山西省忻州一中、长治二中、康杰中学、临汾一中四校高三下学期第三次联考化学试卷有答案

山西省忻州一中、长治二中、康杰中学、临汾一中四校2016届高三下学期第三次联考化学试卷一、选择题1 .化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A. “84消毒液具有漂白性是因为空气中的CO2与消毒液中的NaClO反应生成HC1OB.乙醇汽油”是向汽油中添加了一定比例的乙醇，该混合燃料的热值也发生了改变C.用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染D.丝绸和棉花的组成元素相同，分子结构不同，因而性质不同2 .分子式为C6H12。2的有机物，该物质能发生银镜反应， 且在酸性条件下水解为 A和B.不考虑立体异构,满足条件的该有机物的同分异构体共有（）A. 8 种B. 12 种C. 15 种D. 20 种3 .设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A .标准状况下，2.24 L CCI4中含有的分子数为 0.1 NaB.标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.4 NaC. 28 g聚乙烯含有的碳原子数为 2nNAD.常温常压下，3.0 g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4 Na4.下列关于甲、乙、丙、丁四组仪器装置的有关用法正确且能达到目的是（）HTA.甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B.乙装置：用盐酸标准液测氢氧化钠溶液浓度C.丙装置：配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液D. 丁装置：可在瓶中先装满水，气体由口入，收集 NO气体5. A、B、C、D、E、F为短周期元素，且原子序数依次增大，前 5种元素质子数之和为 39, B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物 A2c和A2c2, E元素的周期序数与主族序数相等 .下列说法中不正确的是（）A.原子半径：r （D） r （F） r （A）2:1B. D与C也能形成D2c和D2c2化合物，两种化合物中阳离子和阴离子个数比都为C.把2 molD的单质投入足量的水中，产生的气体体积为 22.4 LD.由A、B、C三种元素组成的18电子微粒能发生氧化反应6 .常温下，某酸 HA的电离常数：K=1x10 5,下列说法正确的是() c(HA)c(OH )小,A. HA溶液中加入NaA固体后， -减小 c(A )B.常温下，0.1 mol/L HA溶液中水电离的c ( H+)为1013 mol/LC. NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，存在关系：2c(Na+)=c(A)+c(C)D.常温下，0.1 mol/L NaA溶液水解常数为10一97,已知常温下Ks/AgCl)=1 6父101O、Ksp(AgI)=2.0M10-16 ,下列说法中正确的是()A,含有大量C的溶液中肯定不存在 Ag +B. AgI悬浊液中加入少量 KI粉末，平衡AgI (s) Ag+( aq)+I( aq)向左移动，溶液中离子的总浓度会减 小Ksp(AgI)1C. AgCl悬浊液中逐渐加入 KI固体至c (I)=- molLL时，AgCl开始向AgI沉淀转化 Ksp(AgCl)D,向浓度均为0.01 mol_L1的KCl和KI的混合溶液中滴加 AgN03溶液，当C开始沉淀时，溶液中 的浓度为 1.25 108mol_L_1二、解答题(共3小题，满分43分)8 . MnCO3是信息产业和机电工业的重要基础功能材料，某地有含镒矿石(主要成分是MnO2还含CaO、ALOs、FeS等杂质)，由此矿石生产 MnCO3的工艺流程如下：物质开始沉淀沉淀完全Fe (OH”2.73.7Ca (OH)212Al (OH”3.84.7回答下列问题：(1)操作I为：。(2)取溶液I加入 KSCN溶液，溶液呈血红色，试写出酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式： 。3 3)调节溶液pH所用物质X最好为。A. NaOH溶液 B.氨水 C. MnCO3固体 D.盐酸(4)滤渣I为,滤渣n为。(5)沉镒的化学方程式为：。(6) MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池的正极，充放电过程中发生LiMn 2O4与LiirMn?。4之间的转化，写出该电池充电时正极发生的反应式： 。9 .工业产生的废气 COx、NOx、SOx对环境有害，若能合理的利用吸收，可以减少污染，变废为宝。(1)有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2L CH3OH+H2O已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH (g)+H2O (l) AH=-a kJol 1 ;2H2(g)+O2(g)=2HzO (l) AH= -b kJhol 1;CH3OH (g)=CH3OH (l) AH=-c kJol 1 ;则表示CH 30H (l)燃烧热的热化学方程式为：。(2)光气(COCl2 )是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl 2(g)+CO (g) COCl2(g)制备。图1为此反应的反应速率随温度变化的曲线，图2为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：图1图2。6 min内，反应的平均速率 v (CJ) =10 min改变的条件是 ，该反应平衡常数变化的趋势是(填 增大、微小“或 不变”)。(3)利用氨水可以将SO2和NO?吸收，原理如图3所示：NO?被吸收的离子方程式是(4)用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图4,判断B为电源的 极，电解时阳极的电极反应敏水MHdHSS溶液* 错盆港滑10 .实验室用甲酸和浓硫酸反应制备 CO ,用于还原氧化铜，实验装置图和实验步骤如下:按图连接好装置，检查装置气密性 点燃I处酒精灯，缓慢滴入甲酸 在完成某项操作后，点燃另外两处酒精灯反应结束后熄灭酒精灯，待产物冷却至室温后，收集产物IIIII请回答下列问题:1) (1)甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和h2o,体现浓硫酸具有A .氧化性B.脱zK性C.吸zK性2) ) NaOH溶液的作用是。实验步骤某项操作是指 ;(3)若干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，则装置n中出现的现象为：(4)该实验能证明 HCOOH受热产物中有 CO的现象为:(5)实验步骤中酒精灯I、出和IV的熄灭顺序为 H .学习小组查阅资料知：Cu的颜色为红色或紫红色，而 CU2O的颜色也为红色或砖红色。灼烧 4CuO 2CU2O+O2 Cu2O+2H + =Cu+Cu2+ +H 2O因此对CO充分还原CuO后所得红色固体是否含有 CU2O进行了认真的研究，提出下列设计方案:该红色固体溶于足量稀硫酸中，观察溶液颜色的变化。(6)请你评价该方案的合理性，并简述理由：方案：,理由：。【化学-选彳2:化学与技术】11 .亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图:包工和空已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品NaClO 213H20 ；ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。(1)发生器中发生反应的离子方程式为。发生器中鼓入空气的作用可能是 。A.将SO2氧化成SO3 ,增强酸性B.将NaClO3还原为C1O2C.稀释C1O2以防止爆炸(2)吸收塔内发生反应的化学方程式为；吸收塔内的温度不能超过 20 C,其目的是 。(3)吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl ,所用还原剂的还原性应适中。以下还可以选择的还原剂是(选填序号)。A. Na?。?B. Na2sC. FeCl2(4)从滤液中得到 NaClOzUHzO粗晶体的实验操作依次是 。(5)某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：A.准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸储水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 ml待测溶液。(已知：ClO2 +4I +4H + =2H 2O+212 +Cl )1B.移取25.00 ml待测溶放于锥形瓶中，加几滴捉粉溶披，用cmolLL Na2s2O3标傕披滴te至终点，重复 2次，测得平均值为 V ml。(已知：I2+2S2O/ =2+S406c达到滴定终点时的现象为 。该样品中NaClO2的质量分数为 (用含m、C、V的代数式表示，结果化成最简)。化学-选彳3：物质结构12.铝及其化合物在工农业生产及日常生活中有重要用途，请完成下列问题。国1图2图3(1)铝原子核外自旋方向相同的电子最多有 个，与铝同族的第四周期元素原子的价电子排布式为 .(2) LiAlH 4是一种特殊的还原剂，可将竣基直接还原成醇。(如图1) CH3COOH分子中。键与兀键个数之比，分子中键角1一键角2 (填 二戢之”)。(3)工业上可用ALO3、N2、C在高温下制备一种高温结构陶瓷，其晶胞如图2 (与金刚石相似)。晶胞中N原子配位数为 ,该晶胞中含有 个Al原子。该化合物的晶体类型为 ，若该晶胞密度为 a gLcm 3 ,则该晶胞边长的表达式为 pm。(4) AlCl 3在183c开始升华，溶于水、乙醛等，其二聚物的结构如图3所示，其中Al原子的杂化方式为,在图中用“一标出分子中的配位键。化学-选彳5：有机化学基础CHi13.双安妥明结构简式如图所示 (Oo4COCHaW，可用于降低血液中的胆固醇，该物质合成线路如图CH、所示：i-r-i HaOH 汨液 r-t42又安妥明A |M B |Li icco) i-m mSfkiTiKri!已知：I .宣Ca8OH 地斗忠1COQH 旦叫 Q-O?HCOOHn . RCH=CH 2 -廿 T RCH 2CH 2BrID.已知：C的密度是同温同压下 H 2密度的28倍，且支链有一个甲基；I能发生银镜反应且 1mol I(C3H4O)能与2 mol H 2发生加成反应；K的结构具有对称性。试回答下列问题：(1)写出双安妥明的分子式 。(2) C的结构简式为; H的结构简式为。(3)反应 AE的反应条件是 ,反应I -J的类型是 。(4)反应“肝2 双安妥明”的化学方程式为 。(5)符合下列3个条件的H的同分异构体有 种。与FeCl3溶液显色；苯环上只有两个取代基；1 mol该物质最多消耗 3 mol NaOH ,其中氢原子共有五种不同环境的是 (写结构简式)。山西省忻州一中、长治二中、康杰中学、临汾一中四校 2016届高三下学期第三次联考化学试卷答案一、选择题15 DADDC67 DD二、解答题(共3小题，满分43分)8. (1)过滤Wj温(2) FeS+12H+ +3MnO 22Fe3+2S J +3Mn 2+6H 2O(3) C(4) Al (OH%、Fe (OH”； CaF2(5) MnSO4+2NaHCO3=MnCO3，+Na2SO4+H2O+CO2(6) LiMn 2O -xe =LixMn2O4+xLi + 、3319. (1) CH3OH (l) + 3O2(g)=CO2(g)+2H2O AH=- (，b+2ca d) kJmol 1 22(2) 0.15 mol L 1|min 1升高温度；减小(3) 2NO2+4HSO3 N2+4SO42 +4H +(4)正；Si+4H 4e SiH410. (1) B(2)洗气，除去酸，f气体；检验 CO的纯度(3)长颈漏斗中液面上升(4)装置IV中黑色固体变红，装置出中的澄清石灰水变浑浊(5) IV、I、出(6)合理；因为CU2。可与稀硫酸溶液反应生成 Cu2+,会使溶液变蓝【化学-选彳2:化学与技术】 211. (1) 2ClO3 +SO2=2ClO2 +SO4 ； c(2) 2NaOH+2ClO 2+H2O2=2 NaClO2+2 H2O+O2 ；防止 H2O2 分解(3) a(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(5)滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色 22.625CV % m化学-选彳3:物质结构2112. (1) 7； 4s 4P(2) 7:1; (3) 4; 4原子晶体；3 4 14 1010aNA(4) sp3化学-选彳5：有机化学基础13.(1) C 23 H 28。6(2) C (CHJ2=阳；(3)(4)(5)-CH-CH,NaOH水溶液、加热；加成反应CH,钺.践O-CXOOM * HOC/CWC趣OH 0山西省忻州一中、长治二中、康杰中学、临汾一中四校2016届高三下学期第三次联考化学试卷、选择题1 .【考点】氯、澳、碘及其化合物的综合应用；蔗糖、麦芽糖简介；淀粉的性质和用途。【分析】A. 84”消毒液具有漂白性与二氧化碳、水发生复分解反应；B.乙醇燃烧放出热，汽油燃烧放热；C.聚乳酸塑料可降解；D.丝绸的成分为蛋白质，棉花的成分为纤维素。【解答】解：A . 84”消毒液具有漂白性与二氧化碳、水发生复分解反应， 生成HC1O具有强氧化性可漂白,故A正确；B.乙醇燃烧放出热，汽油燃烧放热，则混合燃料的热值也发生了改变，故 B正确；C.聚乳酸塑料可降解，则用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故C正确;D.丝绸的成分为蛋白质，棉花的成分为纤维素，组成及分子式均不同，故 D错误； 故选D.2 .【考点】有机化合物的异构现象。【分析】分子式为C6H12。2的有机物，属于酯类说明含有酯基，能发生银镜反应说明含有醛基，且该分子中含有2个氧原子，所以该有机物必须是甲酸戊酯，根据戊醇的同分异构体可判断满足条件的酯的数目，以此来解题。【解答】解：有机物的分子式为C6H12。2,属于酯类说明含有酯基，能发生银镜反应说明含有醛基，且该分子中含有2个氧原子，所以该有机物必须是甲酸戊酯，甲酸戊酯为戊醇和甲酸形成的酯，戊醇的同分异构体为：主链五个碳的有 3种：CH 2(OH) CH 2CH 2CH 2CH 3 CH 3CH ( OH ) CH2CH2CH3cH 3CH 2CH (OH) CH2CH3；主链四个碳的有 4 种：CH2 (OH) CH (CH3) CH2CH3 CH3c (OH) (CH3)CH2CH3 CH3CH (CH3)CH (OH)CH3 CH3CH (CH3) CH2CH2 (OH);主链三个碳的有1种：C (CH3) 3CH2OH,戊醇8种属于醇的同分异构体，而甲酸没有同分异构体，所以甲酸戊酯的同分异构体8种，故选A .3 .【考点】阿伏加德罗常数。【分析】A.标况下四氯化碳为液体；B. 0.3mol二氧化氮与水反应生成 0.2mol硝酸和0.1mol一氧化氮；C,聚乙烯的最简式为 CH2, 28g聚乙烯中含有最简式 2mol,含有2mol碳原子；D.葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O,只需要计算3. 0gCH2O的物质的量计算原子数。【解答】解：A.标准状况下，2. 24 L CCl 4为液体不能使用气体摩尔体积，故 A错误;B.标况下，6. 72L二氧化氮的物质的量为 0.3mol, 0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol 一氧化氮，转移了 0.2mol电子，转移的电子数目为0.2Na,故B错误；C. 28g聚乙烯中含有2mol最简式CH2,所以28g混合物中含有2mol碳原子，含有的碳原子数为2Na,故C错误；CH2O,只需要计算3. 0gCH2O的物质的量计算原子数X 4XD.葡萄糖和冰醋酸最简式相同为Na=0.4Na,故 D 正确；故选D.4 .【考点】化学实验方案的评价。【分析】A.元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属的非金属性越强，强酸能和弱酸的盐反应生成 弱酸；B.盐酸应放入酸式滴定管中；C.不能在容量瓶中稀释溶解氢氧化钠；D. NO不溶于水，可以采用排水法收集。【解答】解：A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫能和硅酸钠反应生成硅酸，但亚硫酸不是S元素最高价氧化物的水化物， 所以不能据此判断 S、Si的非金属性强弱，故A错误;B.盐酸应放入酸式滴定管中，故 B错误；C.容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释溶解氢氧化钠；D. NO不溶于水，可以采用排水法收集， 如果该集气瓶中装满水， 导气管遵循 短进长出”原则，故D正确; 故选D.5 .【考点】原子结构与元素周期律的关系。【分析】A. C能形成两种液态化合物 A2c和A2c2,该液态化合物分别为 H2O和H2O2,则A为H元素， C为O元素；A. D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，应为第三周期，处于出 A族元素，故E为Al元素；A、B、C、D. E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39,设B的原子序数为x,则有1+x+8+11+13=39 , x=6,所以B为碳元素，结合元素对应的单质、化合物的性质 可解答该题。【解答】解：A . C能形成两种液态化合物 A2c和A2c2,该液态化合物分别为 H2O和H2O2,则A为H元 素，C为O元素；A. D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，应为第三周期，处 于IDA族元素，故E为Al元素；A、B、C、D. E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39,设B的原子序数为x,则有1+x+8+11 + 13=39 , x=6,所以B为碳元素，A. D为Na,为短周期原子半径最大的元素，H为原子半径最小的元素，故 A正确；B. Na2O2由钠离子与过氧根离子（。22）构成，阳离子和阴离子个数比为2： 1, Na2O中阳离子和阴离子个数比也为2: 1 ,故B正确；C.气体存在的条件未知，不能确定体积，故 C错误；D.由A、B、C三种元素组成的18电子微粒可为 HCHO,为甲醛，可发生氧化还原反应，故 D正确。故选C.6 .【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡。【分析】A.里空出一二的比值为A的水解平衡常数，水解平衡常数只受温度影响;I c(A ).B. HA为弱酸，则氢离子浓度小于 0.1mol/L ,水电离的氢离子浓度大于10 13mol/L ;C.根据混合液中的物料守恒判断；D. NaA的水解平衡常数 k侬)世 H)= 据此带入数据计算即可。二(小)K(Hk)【解答】解：A.里坦2空f 的比值为A的水解平衡常数，加入 NaA固体后，由于温度不变，则水c(A )解平衡常数不变，故 A错误；B,由于HA为弱酸，则常温下 0.1mol/LHA 溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L ,水电离的c (H + ) 一定大于-141 父 1 mol/L=10 13mol/L ,故 B 错误；0. 1C. NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，NaA和HCl的物质的量相等，根据物料守恒可得：2c( Na+)=cD.(A-) +c (Cl ) +c (HA),故 C 错误;NaA 的水解平衡常数 k=三&理应”一=,义1 s =10 9,故 D 正确;) 及旧心1X10 故选D.7 .【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。【分析】A . 一般认为离子浓度为 105mol?L1时沉淀完全；B,加入少量 KI粉末，平衡 AgI (s) ?Ag+ (aq) +I (aq)向左移动，c ()浓度增大，c (Ag+)减小,但引入K+;C.发生 AgCl (s) +I(aq) ?AgI (s) +Cl (aq), K=K钿(如CDKsr(AgI)；D.当 C开始沉淀时，c (Ag + ) =ULS_L2=1 . 6x 10 8mol/L ,溶液中0. 01【解答】解：A. 一般认为离子浓度为10-5mol?L-1时沉淀完全，则含有大量的Ag+,故A错误；I的侬度为1-6X1Q 0C厂的溶液中，肯定存在少量B.加入少量 KI粉末，平衡 AgI (s) ?Ag+ (aq) 但引入K+,则离子的总浓度会增大，故 B错误；C.发生 AgCl (s) +I (aq) ?AgI (s) +Cl (aq)+I (aq)向左移动，c ()浓度增大，c (Ag+)减小,K=i处则Ks/Agl)Ks/ASI)时正向移%(加1)动，即c ()=F VKsp(AgCl)mol?L1时，AgCl开始向Agl沉淀转化，故C错误;D.当C开始沉淀时，C (Ag+) =L 60=1. 6x 10 8mol/L ,溶液中的浓度为 四丝网=1 . 250.011.6X10-6X 10 8mol?L 1,故 D 正确；故选D.二、解答题(共3小题，满分43分)8 .【考点】制备实验方案的设计。【分析】镒矿石的主要成分是MnO2还含CaO、A2O3. FeS等杂质，加入稀硫酸高温酸溶，二氧化镒将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子，同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应，通过操作I过滤得到S沉淀和含有镒离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液I;通过调节滤液I的pH,将铝离子、铁离子转化成Al (OH) 3 Fe(OH) 3,过滤后分离出 Al (OH) 3 Fe (OH) 3,滤液n中含有钙离子和镒离子，加入NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀，过滤后得到滤渣n ( CaF2沉淀)和滤液出(主要含有硫酸镒)，再加入碳酸氢钠，发生反应：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3/Na2SO4+H2O+CO2T,从而获得 MnCO3,(1)操作I得到的是 S单质的沉淀，据此判断分离方法；(2)溶液I加入KSCN溶液呈现红色，说明有铁离子存在，据此写出在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式；(3)除杂时由于不能引进杂质，则调节溶液的pH所用的物质最好为 MnCO 3；(4)根据表中数据分析可得到当pH=6的时候，铁离子和铝离子会完全沉淀，据此可知滤渣成分；滤液中还会含有钙离子，加入 NaF后转化成CaF2沉淀；(5)沉镒是利用碳酸氢钠与硫酸镒反应生成碳酸镒沉淀，据此写出反应的化学方程式；(6) MnCO 3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池充电过程中正极发生LiMn 2O4失去电子写生成 Li1xMn2O4,据此写出该电池充电时正极发生的反应式。【解答】解：镒矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al 2O3 FeS等杂质，加入稀硫酸高温酸溶，二氧化镒将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子，同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应，通过操作I过滤得到S沉淀和含有镒离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液I;通过调节滤液I的 pH,将铝离子、铁离子转化成 Al (OH) 3 Fe(OH) 3,过滤后分离出 Al (OH) 3 Fe (OH) 3,滤液n中含有钙离子和镒离子，加入NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀，过滤后得到滤渣n ( CaF2沉淀)和滤液出(主要含有硫酸镒)，再加入碳酸氢钠，发生反应：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3/Na2SO4+H2O+CO2T,从而获得 MnCO 3,(1)操作I得到的是 S单质的沉淀，该物质分离的方法为过滤，故答案为：过滤；(2)取溶液I加入 KSCN溶液，溶液呈现红色，说明有铁离子存在，所以在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式：FeS+12H+3MnO 2 -皿 2Fe3+2S J+3Mn 2+6H2O, 高温故答案为：FeS+12H+3MnO 2 - 皿 2Fe3+2S J+3Mn 2+6H2。；(3)由于不能引进杂质，则调节溶液的pH所用的物质X最好为MnCO3固体，故C正确，故答案为：C;(4)根据表中数据分析可得到当pH=6的时候，铁离子和铝离子会完全沉淀，因此滤渣为Al (OH) 3 Fe(OH) 3；滤液中还会含有钙离子，则加入 NaF后转化成CaF2沉淀，故答案为：Al (OH) 3 Fe (OH) 3； CaF?；(5)滤液出中含有硫酸镒，硫酸镒与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸镒沉淀、硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NaHCO 3=MnCO 3/Na2SO4+H2O+CO2 t故答案为：MnSO4+2NaHCO 3=MnCO 3 Na2SO4+H2O+CO2 T;(6) MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池充电过程中正极发生LiMn 2O4失去电子的氧化反应，该电池充电时正极发生的反应式为：LiMn 2O4- xe =Li 1 xMn2O4+xLi +,故答案为：LiMn 2O4_ xe =Li 1 xMn 2O4+xLi 。9 .【考点】化学平衡的计算。【分析】(1)CO2 (g) +3H2 (g) ?CH3OH (g) +H2O (g) H= - a kJ?mol 1;2H2 (g) +O2 (g) 2H2O (g) H= - b kJ?mol 1； H2O (g) 一 H2O (l) H= - c kJ?mol 1;CH30H (g) CH30H H= - d kJ?mol 1,由盖斯定律可知，X+X2-得到CH30H+-|-O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)；I A c|(2)由图可知， c (CI2) =1 . 2mol/L - 0.3mol/L ,结合 丫=戈:计算；由图可知，第10 min时平衡逆向移动，据影响平衡移动的因素分析，升温平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；(3)二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气；(4)电解池中的阳极上发生失电子的氧化反应，单质硅失电子后和d结合生成SiH4；【解答】解：(1) CO2 (g) +3H2 (g) ?CH3OH (g) +H2O (g) H= - a kJ?mol 1；2H2 (g) +O2 (g) 2H2。(g) H= - b kJ?mol 1; H2O (g) H2O (l) H= - c kJ?mol 1；,+x 2一得到 ch30H（l）+ 三02 （g） =C02 （g） +2H2O（i）ah=-3 （方 b+2cCH30H (g) CH30H (l) H= - d kJ?mol 1, 由盖斯定律可知， -a- d) kJ?mol33则 CH30H(l)燃烧热的热化学方程式为CH30H(l)+ 亍02 (g)=C02( g)+2H2O(l) H=- (b+2c-a - d) kJ?mol 1,故答案为：CH30H (l) +)。2 (g) =C02 (g) +2H2O (l) H=-(=b+2c-a- d) kJ?mol 1；(2)由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为 0.3mol/L ,浓度变化为 1. 2mol/L - 0.3mol/L=0.9mol/L ,则v(Cl2) =J,加1-=0.15 moi?L 1?min 1,6min故答案为：0.15 mol?L 1?min 1 ;影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，该反应是放热反应，由图可知，第10 min时平衡逆向移动，只能是升温，由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动， 正反应为放热反应， 所以温度高，平衡常数减小， 故答案为：升高温度；减小；(3)二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式：2NO2+4HSO3 =N2+4SO42 +4H + ；故答案为：2NO2+4HSO 3 N 2+4SO42 +4H +;(4)从图示知，粗硅变化为 SiH4,失电子发生氧化反应，B为电源的正极，H移向阳极生成 SiH4,电极反应式为 Si+4H -4e =SiH4f,故答案为：正；Si+4H - 4e - SiET；10 .【考点】性质实验方案的设计。【分析】(1)甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和H2O,体现浓硫酸具有脱水性；(2)氢氧化钠溶液吸收酸性气体；CO加热容易发生爆炸危险，需要排尽装置中空气，还原氧化铜之前需要检验纯度；(3)干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，装置n装置气压增大，将溶液压入长颈漏斗中；(4)若生成CO, CO与CuO反应生成Cu与二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；(5)尾气中CO需要燃烧处理，还要防止石灰水倒吸；(6) Cu与稀硫酸不反应，而 CU2O与稀硫酸反应得到 Cu与硫酸铜，溶液呈蓝色。【解答】解：(1)甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和H2O,体现浓硫酸具有脱水性，故选：B;(2)氢氧化钠溶液洗气，除去酸性气体；CO加热容易发生爆炸危险，需要排尽装置中空气，实验步骤某项操作是指：检验 CO的纯度，故答案为：洗气，除去酸性气体；检验CO的纯度；(3)干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，装置n装置气压增大，则装置n中出现的现象为：长颈漏斗中液面上升，故答案为：长颈漏斗中液面上升；(4)若生成CO, CO与CuO反应生成Cu与二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙，装置 IV中黑 色固体变红，装置出中的澄清石灰水变浑浊，故答案为：装置IV中黑色固体变红，装置出中的澄清石灰水变浑浊；(5)尾气中CO需要燃烧处理，还要防止石灰水倒吸，实验步骤中酒精灯的熄灭顺序为：IV、I、m,故答案为：IV、I、出；(7) Cu与稀硫酸不反应，而 Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成 Cu2+,会使溶液变蓝，观察溶液颜色的变化可 以判断生成物，故答案为：合理；因为 Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成 Cu2+,会使溶液变蓝。【化学-选彳2:化学与技术】11 .【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。【分析】氯酸钠、水和稀硫酸在C1O2发生器中通入二氧化硫和空气反应生成C1O2 ,吸收塔内的反应是氢氧化钠、过氧化氢吸收 C1O2反应生成亚氯酸钠(NaClO2),蒸发浓缩结晶析出，过滤洗涤得到晶体，(1)发生器中发生反应为氯酸钠在酸溶液中氧化二氧化硫生成二氧化氯和硫酸，由信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。据此解答。(2)根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物。根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2,一定有C1O2- NaClO2,化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生。据此书写方程式。温度过高，H2O2容易分解；(3)还原性要适中。还原性太强，会将C1O2还原为更低价态产物， 影响NaClO2生产；方便后续分离提纯， 加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2 ( 4)从溶液中得到含结晶水的晶体， 只能采取蒸发、 浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体。得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体；(5)步骤H中发生反应是酸性溶液中C1O2能被完全还原成 C，碘离子被氧化为碘单质，溶液中Na2s2。3能与I2反应：2Na2s2O3+l2=2NaI+Na 2S4O6溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点；依据 ClO2 +4H +4I =212+Cl +2H 20, 2Na2s2O3+l2=2NaI+Na 2s4。6,反应的定量关系计算得到；【解答】解：(1)发生器中发生反应是氯酸钠在酸溶液中氧化二氧化硫生成二氧化氯和硫酸，反应的离子方程式为：2c1O3+SO2=2C1O2仔SO42，由信息可知，纯 C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。发生器中鼓入空气的作用应是稀释C1O2以防止爆炸，故选 c,故答案为：2cIO3 +SO2=2ClO2 仔SO42 , c；(2)根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2,所以一定有ClO2-NaClO2,化合价降低，被还原；则H2O2 必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2c10 2+H2O2=2 NaClO 2+2H 2O+O2, H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20C,其目的是防止 H2O2分解，故答案为:2NaOH+2c10 2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2；防止 H2O2分解。(4)还原性要适中。还原性太强，会将C102还原为更低价态产物，影响NaClO?生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产。Na2O2溶于水相当于H2O2. Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，故选a, 故答案为：a;(4)从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，得到的 粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(5)步骤n中发生反应是酸性溶液中ClO2能被完全还原成Cl ,碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2+4H+4I=2I2+Cl+2H 2。，溶液中Na2s2O3 能与I2反应：2Na2s2O3+12=2NaI+Na 2s4。6溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点，滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化， 故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化；依据 ClO2 +4H +4I =212+Cl +2H 20, 2Na2s2O3+l2=2NaI+Na 2s4O6,反应的定量关系计算得到，设 NaClOz 物质的量为x,ClO2 2I2 4Na2s2O3+cV x 10 3molx=” 10 7mol 4样品中NaClO2的质量分数故答案为：t;mg一x 100%= J该晶胞的构成微粒是原子， 所以属于原子晶体；该晶胞中1010pm,化学-选彳3:物质结构12 .【考点】晶胞的计算；原子核外电子的运动状态。【分析】(1)基态原子核外电子排布中，Al原子核外有7个轨道，不同轨道上的电子自旋方向可能相同;与铝同族的第四周期元素原子的价电子为4s、4P电子;(2)该分子中单键都是 b键、双键中一个是 b键而另一个是 兀键；孤对电子与成键电子对排斥力大于成键 电子对之间排斥力;(3)该晶胞中N原子位于每个小立方体中心，所以N原子配位数是4；利用均摊法计算 Al原子个数；该晶胞的构成微粒是原子，所以属于原子晶体；该晶胞中N原子个数为4. Al原子个数=8x=+6 X =4,该晶胞体积=N&,晶胞边长=；N4 ；(4)根据图知，该物质中每个 Al原子含有4个共价键，则每个 Al原子价层电子对个数是 4,根据价层电子对互斥理论确定 Al原子杂化方式；配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子。【解答】解：(1)基态原子核外电子排布中， Al原子核外有7个轨道，不同轨道上的电子自旋方向可能相同，所以铝原子核外自旋方向相同的电子最多有7个；与铝同族的第四周期元素原子的价电子为4s、4P电子，其价电子排布式为 4s24p1 ,故答案为：7； 4s24p1 ；(2)该分子中单键都是 b键、双键中一个是 b键而另一个是 兀键，该分子中含有 7个b键1个兀键；C=O 双键中氧原子含有 2对孤对电子，由于孤对电子与成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，故分子 中键角1键角2,故答案为：7： 1； ；(3)该晶胞中N原子位于每个小立方体中心，所以 N原子配位数是4；利用均摊法计算 Al原子个数=8X -+6 X -=4,故答案为：4 ； 4 ；N原子个数为4. Al原子个数=8 X=+6 X=4,故答案为：原子晶体;(4)根据图知，该物质中每个 Al原子含有4个共价键，则每个 Al原子价层电子对个数是 4,根据价层电子对互斥理论确定 Al原子杂化方式为sp3;配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，Al原子含有空轨道、Cl原子含有孤电子对，所以其配位键为 C，ir，故答案为：sp3; 口一/口“口。ci 干 a ci化学-选彳5:有机化学基础13 .【考点】有机物的推断。【分析】由双安妥明的结构CCOCHaJijCHi可知，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、,I的分子式为C3H4。，经过系列反应生成 K, C的密度是同温同压下 H2密度的28倍,CC的相对分子质量为 56,且支链有一个甲基，能发生加成反应，则 C结构简式为C (CH3)2=CH2；根据 C原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH, I能发生银镜反应，分子中含有- CHO ,且Imoll能与2mol氢 气发生加成反应，说明分子中还含有 C=C双键，故I为CH2=CH - CHO , J为HOCH 2CH2CHO , H为CM,B与G反应生成,由反应信息i可知，合成H的物质为苯酚钠、BrC (CH3) 2COOH , C的分子式为C4H8,经过系列转化生成 G,根据C原子数目可知，G为BrC (CH3) 2COOH ,故B为苯酚钠，A与氢氧化钠反应生成 B,故A为苯酚01H ；F在澳/红磷作用下生成 G,根据反应信息i,可知F为CH (CH3) 2COOH , E连续氧化生成F,故E为CH (CH3) 2CH2OH, D转化生成E, D为CH (CH3) 2CH2BJ据此分析解答。【解答】解：由双安妥明的结构比尔均 可知，合成双安妥明的物质为 HOCH 2CH2CH2OH.CH, |的分子式为C3H4。，经过系列反应生成 K, C的密度是同温同压下 H2密度的28倍，CC的相对分子质量为 56,且支链有一个甲基，能发生加成反应，则 C结构简式为C (CH3)2=CH2；根据 C原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH, I能发生银镜反应，分子中含有- CHO ,且Imoll能与2mol氢 气发生加成反应，说明分子中还含有 C=C双键，故I为CH2=CH - CHO , J为HOCH 2CH2CHO , H为-cookB与G反应生成-coon,由反应信息i可知，合成H的物质为苯酚钠、BrC (CH3) 2COOH, CA与氢氧化钠反应生成B,故A为苯酚0H；的分子式为C4H8,经过系列转化生成 G,根据C原子数目可知，G为BrC (CH3) 2COOH ,故B为苯酚钠,C23H28。6；F在澳/红磷作用下生成 G,根据反应信息i,可知F为CH (CH3) 2COOH , E连续氧化生成F,故E为CH (CH3) 2CH2OH , D 转化生成 E, D 为 CH (CH3)2CH2BJ(1)双安妥明的结构(00士8UC坨可知，其分子式为 C23H28。6,故答案为:(2)通过以上分析知，C结构简式为C(CH3)2=CH2, H结构简式为一 CWH，故答案为：C(CH3)2=CH2；(3) D是卤代烧，E是醇，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，所以其反应条件是氢氧化钠水溶液，I为CH2=CH - CHO, J为HOCH2CH2CHO, I和水发生加成反应生成 J,所以其反应类型是加成反应, 故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；加成反应；(4) H+2 双安妥明的反应方程式为: CHi律辕嶷jJ-OC-COOH 4 HO0MteHQjpM故答案为:c-GDOGh； 妻* ,C-GOOGHjIjChs * 阴冷CHjCHj(5) H结构简式为-COOK,H同分异构体符合下列条件:与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基;苯环上只有两个取代基；1mol该物质最多消耗 3mol NaOH ,说明另一个取代基为 RCOO-基，该取代基为 CH3CH2CH2COO-、(CH3) 2CHCOO -,这两种取代基都与酚羟基有邻间对3种位置关系，所以符合条件的有6种，其中氢原子共有五种不同环境的是故答案为：6；桢CHi-20 - / 20