福建省漳州市普通高中高三化学模拟试卷5月份Word版含解析

2016年福建省漳州市普通高中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1与化学相关的知识散见于中国传统文化典籍之中下列有关说法不正确的是（）A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，”“剂钢”指的是铁的合金C梦溪笔谈载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油D肘后备急方载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，如此提取青蒿素纯属萃取2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1mol苯分子中含有CC键的数目为3NAB含1molNa2CO3的溶液中，阴离子总数大于NAC1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD标准状况下，22.4L空气中含有的氧原子数为2NA3短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第VA族，Y原子的核外电子数比X原子多1，R与Y同主族，Z原子最外层电子数与电子层数相等下列判断正确的是（）A原子半径：RZYBX的最简单气态氢化物分子中含有18个电子CY与Z形成的常见化合物既能与酸反应，又能与碱反应D同周期元素中R的最高价氧化物对应水化物的酸性最强4某香料的合成原料（Y）的分子结构如图，下列有关Y的叙述正确的是（）AY的化学式为C9H10OBY可以发生加成反应和银镜反应CY分子中最多有7个碳原子处于同一平面DY的同分异构体中，属于芳香烃化合物、且苯环上仅含有一个侧链的醇类物质有5种5下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD6最近报道的一种能快速充放电的离子电池，其中的电解质为离子液体AlCl4/EMI+，放电时有关离子转化如图所示下列说法正确的是 （）A放电时，负极发生2AlCl4eAl2Cl7+ClB放电时，有机阳离子EMI+向铝电极方向移动C充电时，阴极发生：4Al2Cl7+3eAl+7AlCl4D充电时，泡沫石墨极与外电源的负极相连725时，向盛有50mLpH=2的一元酸HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示下列叙述正确的是（）A25时，HA的电离平衡常数Ka约为1.43103Bab的过程中，溶液中c（A）与c（HA）之和始终不变Cbc的过程中，温度降低的主要原因是溶液中发生了吸热反应D等浓度的NaOH和NaA混合溶液中一定存在关系：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）二、解答题（共3小题，满分43分）82氯乙醇是一种重要的有机化工原料，受热时易分解通常是以适量的2氯乙醇为溶剂，用氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2氯乙醇制取反应装置如图所示反应原理为：（g）+HCl（g）ClCH2CH2OH（l）H0部分实验药品及物理量：化合物名称相对分子质量熔点（）沸点（）环氧乙烷44112，210.82氯乙醇80.567.5128.8制取与测定实验步骤如下：.2氯乙醇的制取将溶剂2氯乙醇加入三颈烧瓶中，启动搅拌器；分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5（物质的量）的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反应；反应温度控制在30，持续反应100min；采用减压蒸馏，收集产品（1）装置中使用恒压分液漏斗的优点是（2）在步骤中，采用减压分馏的原因是（3）写出实验步骤中提高环氧乙烷利用率的措施：、（写出两点）.2氯乙醇含量的测定已知：ClCH2CH2OH+NaOHHOCH2CH2OH+NaCl（水解反应）Ksp（AgCl）=1.81030；Ksp（AgSCN）=1.01012经检测，所得样品中还含有一定量的氯化氢和其它杂质（杂质不与NaOH和AgNO3溶液反应），密度约为1.10gmL1样品中Cl元素含量的测定，涉及的实验步骤如下：a待完全水解后加稀硝酸至酸性；b加入32.50mL0.400molL1AgNO3溶液，使Cl完全沉淀；c取样品1.00mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；d向其中加入2.00mL硝基苯（密度：1.21gmL1），振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；e加入指示剂，用0.100molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，消耗NH4SCN溶液10.00mL；f另取样品1.00mL加水稀释成10.00mL，用pH计测定，测得溶液的pH为1.00（4）在上述实验步骤ae中，合理的操作顺序是（选填序号）操作d加入硝基苯的目的是，若无此操作，则所测样品中Cl元素含量将会（填“偏大”、“偏小”或“不变”）操作e选用的指示剂可以是下列的（选填序号）A淀粉溶液 B酚酞溶液 CNH4Fe（SO4）2溶液 DFeCl2溶液（5）根据实验测定的数据计算，样品中2氯乙醇的质量分数为（6）2氯乙醇能否与水反应生成HCl？请设计实验验证：9电池级草酸亚铁广泛用于新型电池材料等领域利用制钛白粉的副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO47H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质）生产电池级草酸亚铁的一种工艺流程如图1已知：25时，草酸的电离平衡常数为：Ka1=5.9102，Ka2=6.4105文献记载：草酸亚铁在中性或碱性环境中是不稳定的几种难溶物的溶解度与pH的关系如图2所示回答下列问题：（1）“除杂”步骤加入铁粉的作用有二：其一是还原Fe3+，其二是；为除尽杂质，须控制pH至少为宜，写出pH=3时除去杂质的反应离子方程式：（2）“转化”步骤中草酸与 Fe（OH）2悬浊液的反应体系须控制条件实验表明：酸度对产品纯度的影响如图3随着pH的升高，导致产品纯度下降所发生的氧化还原反应方程式为；为保证产品纯度大于99.5%，反应体系必须保持较低的pH，但过高的酸度又会使产品纯度降低，其原因是（3）“过滤”步骤所得的滤液中含有的阳离子有；此外，其中还含有一定量的H2C2O4，若该滤液的pH=2，则其中c（C2O42 ）：c（H2C2O4 ）=（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净的依据是10氮元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用亚硝酸（HNO2）是一种弱酸、具有氧化性（1）已知：25时，Ka（HNO2）=5.0104 Kb（NH3H2O）=1.8105室温下，0.1molL1的NH4NO2溶液中离子浓度由大到小顺序为（2）酸性工业废水中NO3可用尿素CO（NH2）2处理，转化为对空气无污染的物质，其反应的离子反应方程式为工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该过程实际分为两步反应：第一步合成氨基甲酸铵：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（s）H=272kJmol1第二步氨基甲酸铵分解：H2NCOONH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=+138kJmol1（3）写出以NH3、CO2为原料合成尿素分热化学方程式：（4）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件：T时，在一体积为10L密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图1所示反应进行到10min时测得CO2的物质的量为0.26mol，则第一步的反应速率v（CO2）=已知总反应的快慢由慢的一步决定，则在此条件下，合成尿素两步反应中慢反应的平衡常数K=电化学方法可用于治理空气中的氮氧化物NOx（5）如图2是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气电解池中NO被氧化成NO3的离子方程式为研究发现，除了电流密度外，控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率，其原因是2016年福建省漳州市普通高中高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1与化学相关的知识散见于中国传统文化典籍之中下列有关说法不正确的是（）A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，”“剂钢”指的是铁的合金C梦溪笔谈载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油D肘后备急方载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，如此提取青蒿素纯属萃取【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A铁置换铜属于湿法炼铜；B合金的硬度大于其任一成分；C燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油；D没有液体的分层，不是萃取【解答】解：A铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故A正确；B剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故B正确；C燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，故C正确；D萃取是利用了溶质在不同的溶剂中的溶解度不同，没有液体的分层，不是萃取，故D错误故选D2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1mol苯分子中含有CC键的数目为3NAB含1molNa2CO3的溶液中，阴离子总数大于NAC1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD标准状况下，22.4L空气中含有的氧原子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A苯分子中不含碳碳双键；B碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中部分碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；C亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； D空气中氧气、二氧化碳、水蒸气都含有氧原子【解答】解：A苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中部分碳酸根离子水解，含有1mol碳酸钠溶液中，因为碳酸根离子水解，阴离子总数大于NA，故B正确；C.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故C错误； D空气中氧气、二氧化碳、水蒸气都含有氧原子，各种气体含量未知，无法计算氧原子个数，故D错误；故选：B3短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第VA族，Y原子的核外电子数比X原子多1，R与Y同主族，Z原子最外层电子数与电子层数相等下列判断正确的是（）A原子半径：RZYBX的最简单气态氢化物分子中含有18个电子CY与Z形成的常见化合物既能与酸反应，又能与碱反应D同周期元素中R的最高价氧化物对应水化物的酸性最强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第VA族，Y原子的核外电子数比X原子多1，则Y位于第VIA族，R与Y同主族，则Y为O元素、R为S元素、X为N元素，Z原子最外层电子数与电子层数相等，Z应该位于第三周期，Z最外层电子数为3，则Z为Al元素，所以X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S元素；A电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；BX的简单气态氢化物是NH3；CY和Z形成的化合物是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外【解答】解：短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第VA族，Y原子的核外电子数比X原子多1，则Y位于第VIA族，R与Y同主族，则Y为O元素、R为S元素、X为N元素，Z原子最外层电子数与电子层数相等，Z应该位于第三周期，Z最外层电子数为3，则Z为Al元素，所以X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S元素；A电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，O原子有2个电子层、Al和S有3个电子层且Al原子序数需要S，所以原子半径ZRY，故A错误；BX的简单气态氢化物是NH3，氨气分子中含有10个电子，故B错误；CY和Z形成的化合物是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸强碱、强碱溶液，故C正确；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，第三周期非金属性最强的是Cl，所以第三周期中Cl元素最高价氧化物的水化物酸性最强，故D错误；故选C4某香料的合成原料（Y）的分子结构如图，下列有关Y的叙述正确的是（）AY的化学式为C9H10OBY可以发生加成反应和银镜反应CY分子中最多有7个碳原子处于同一平面DY的同分异构体中，属于芳香烃化合物、且苯环上仅含有一个侧链的醇类物质有5种【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羰基，可发发生加成反应，结合烯烃的平面形结构解答该题【解答】解：A由结构简式可知Y的化学式为C9H12O，故A错误；B不含醛基，则不能发生银镜反应，故B错误；C与碳碳双键直接相连的原子在同一平面上，则Y分子中最多有6个碳原子处于同一平面，故C错误；D分子式为C9H10O，属于芳香烃化合物、且苯环上仅含有一个侧链，则烃基可为正丙级、异丙基两种，分别有3、2中H原子可被羟基取代，则含有一个侧链的醇类物质有5种，故D正确故选D5下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色【解答】解：A向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D6最近报道的一种能快速充放电的离子电池，其中的电解质为离子液体AlCl4/EMI+，放电时有关离子转化如图所示下列说法正确的是 （）A放电时，负极发生2AlCl4eAl2Cl7+ClB放电时，有机阳离子EMI+向铝电极方向移动C充电时，阴极发生：4Al2Cl7+3eAl+7AlCl4D充电时，泡沫石墨极与外电源的负极相连【考点】化学电源新型电池【分析】放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7，负极反应：方程式为Al+7AlCl43e4Al2Cl7，其逆过程就是充电时的阴极反应4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；正极反应为3CnAlCl4+3e=3Cn+3AlCl4，其逆过程就是充电时的阳极反应：Cn+AlCl4eCnAlCl4，以此解答该题【解答】解：A放电时，铝是活泼的金属铝是负极，铝发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4结合生成Al2Cl7，所以电极反应式为：Al3e+7AlCl44Al2Cl7，故A错误；B放电时，阳离子向正极移动，即向石墨极移动，故B错误；C充电时，Al2Cl7在阴极得电子发生还原反应，即阴极发生：4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，故C正确；D充电时正极与外接电源的正极相连，则泡沫石墨极与外电源的正极相连，故D错误故选C725时，向盛有50mLpH=2的一元酸HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示下列叙述正确的是（）A25时，HA的电离平衡常数Ka约为1.43103Bab的过程中，溶液中c（A）与c（HA）之和始终不变Cbc的过程中，温度降低的主要原因是溶液中发生了吸热反应D等浓度的NaOH和NaA混合溶液中一定存在关系：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A电离平衡常数K=计算得到判断；B当酸碱中和恰好完全时，溶液中的溶质为NaA，根据物料守恒c（A）与c（HA）之和始终等于钠离子浓度，若酸过量或碱过量时不再相等；Cbc的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应；D根据物料守恒，等浓度的NaOH和NaA混合溶液中c（Na+）c（OH）c（A）c（H+）【解答】解：A电离平衡常数K=1.43103，故A正确；B当酸碱中和恰好完全时，溶液中的溶质为NaA，根据物料守恒c（A）+c（HA）=c（Na+），若酸过量或碱过量时不再相等，故B错误；Cbc的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，故C错误；D根据物料守恒，等浓度的NaOH和NaA混合溶液中c（Na+）c（OH）c（A）c（H+），故D错误故选A二、解答题（共3小题，满分43分）82氯乙醇是一种重要的有机化工原料，受热时易分解通常是以适量的2氯乙醇为溶剂，用氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2氯乙醇制取反应装置如图所示反应原理为：（g）+HCl（g）ClCH2CH2OH（l）H0部分实验药品及物理量：化合物名称相对分子质量熔点（）沸点（）环氧乙烷44112，210.82氯乙醇80.567.5128.8制取与测定实验步骤如下：.2氯乙醇的制取将溶剂2氯乙醇加入三颈烧瓶中，启动搅拌器；分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5（物质的量）的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反应；反应温度控制在30，持续反应100min；采用减压蒸馏，收集产品（1）装置中使用恒压分液漏斗的优点是平衡气压，使分液漏斗内的液体能顺利滴下（2）在步骤中，采用减压分馏的原因是减小压强，使液体沸点降低，防止2氯乙醇因温度过高而分解（3）写出实验步骤中提高环氧乙烷利用率的措施：氯化氢过量、反应温度控制在30（写出两点）.2氯乙醇含量的测定已知：ClCH2CH2OH+NaOHHOCH2CH2OH+NaCl（水解反应）Ksp（AgCl）=1.81030；Ksp（AgSCN）=1.01012经检测，所得样品中还含有一定量的氯化氢和其它杂质（杂质不与NaOH和AgNO3溶液反应），密度约为1.10gmL1样品中Cl元素含量的测定，涉及的实验步骤如下：a待完全水解后加稀硝酸至酸性；b加入32.50mL0.400molL1AgNO3溶液，使Cl完全沉淀；c取样品1.00mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；d向其中加入2.00mL硝基苯（密度：1.21gmL1），振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；e加入指示剂，用0.100molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，消耗NH4SCN溶液10.00mL；f另取样品1.00mL加水稀释成10.00mL，用pH计测定，测得溶液的pH为1.00（4）在上述实验步骤ae中，合理的操作顺序是cabde（选填序号）操作d加入硝基苯的目的是防止在滴加NH4CSN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，若无此操作，则所测样品中Cl元素含量将会偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）操作e选用的指示剂可以是下列的C（选填序号）A淀粉溶液 B酚酞溶液 CNH4Fe（SO4）2溶液 DFeCl2溶液（5）根据实验测定的数据计算，样品中2氯乙醇的质量分数为80.50%（6）2氯乙醇能否与水反应生成HCl？请设计实验验证：取少量2氯乙醇于试管中，加水溶解，振荡后滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀，如有，则表明2氯乙醇能与水发生反应，否则，不会反应【考点】制备实验方案的设计；氯离子的检验【分析】本题是利用浓硫酸和氯化钠固体混合加热制取氯化氢，再将环氧乙烷与氯化氢在低温下，发生加成反应生成2氯乙醇，并根据沸点差异，将反应后的混合利用减压蒸馏的方式分离提纯得到2氯乙醇；I（1）恒压分液漏斗的特点是能保证液面上方和容器内压强相等，有利于漏斗内液体流下；（2）减压蒸馏能降低液体的沸点，可防止馏份在高温下受热分解；（3）此反应的特征是放热的可逆反应，可通过增加反应物的量或降温促进平衡正向移动，提高反应物的转化率；（4）欲测定2氯乙醇中氯元素的含量，可利用卤代烃的水解原理，使2氯乙醇在氢氧化钠溶液中通过加热使之完全水解，再利用稀硝酸酸化中和多余的NaOH溶液，再滴加过量AgNO3溶液，使溶液中Cl完全转化为AgCl沉淀，利用NH4SCN溶液滴定多余的Ag+，由此计算出滴定Cl消耗的Ag+的量，从而计算出氯元素的含量；混合液中AgCl存在溶解平衡，滴加NH4SCN溶液，可能会促进平衡正向移动，生成AgSCN；NH4SCN溶液遇Fe3+的溶液显红色，则可利用含有Fe3+的溶液检验NH4SCN是否滴加过量；（5）根据实验操作可知，溶液里Cl的物质的量为AgNO3的总物质的量减去NH4SCN的物质的量，另外原样品中混合的HCl的物质的量可根据样品稀释后溶液的pH进行计算，从而计算出实际2氯乙醇中氯元素的质量，并计算出氯元素的质量分数；（6）欲检验2氯乙醇是否与水反应生成氯化氢，可检验混合液中是否含有氯离子【解答】解：（1）使用恒压分液漏斗可确保漏斗液面上方压强和烧瓶内气体压强相等，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：平衡气压，使分液漏斗内的液体能顺利滴下；（2）因为2氯乙醇高温下易分解，可通过减压蒸馏的方法，降低其沸点，防分解，故答案为：减小压强，使液体沸点降低，防止2氯乙醇因温度过高而分解；（3）可通过增大氯化氢的量或降温（控制反应温度控制在30）等方法促进平衡正向移动，提高环氧乙烷的利用率，故答案为：氯化氢过量；反应温度控制在30；（4）为样品中Cl元素含量的测定，可通过先取样品1.00mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；待完全水解后加稀硝酸至酸性；然后加入32.50mL0.400molL1AgNO3溶液，使Cl完全沉淀；再向其中加入2.00mL硝基苯（密度：1.21gmL1），振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；最后加入指示剂，用0.100molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，消耗NH4SCN溶液10.00mL；故答案为：cabde；防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，滴NH4SCN溶液前可加入硝基苯使沉淀表面被有机物覆盖，如果不进行此操作，则会有AgCl部分电离，消耗的NH4SCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，故答案为：防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；偏小；可利用溶液里Fe3+来检验NH4SCN溶液是否过量，现象是当溶液显血红色时可知滴定终点，故答案为：C；（5）样品中含有HCl的物质的量为：0.1mol/L0.01L=0.001mol；总AgNO3的物质的量为0.4mol/L0.0325L=0.013mol；滴定消耗NH4SCN的物质的量为0.1mol/L0.01L=0.001mol；则样品中氯原子的物质的量为：0.013mol0.001mol0.001mol=0.011mol；样品中氯元素的质量分数为： =80.5%，故答案为：80.5%；（6）欲证明2氯乙醇与水反应生成氯化氢，可通过取少量2氯乙醇于试管中，加水溶解，振荡后滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀，如有，则表明2氯乙醇能与水发生反应，否则，不会反应，故答案为：取少量2氯乙醇于试管中，加水溶解，振荡后滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀，如有，则表明2氯乙醇能与水发生反应，否则，不会反应9电池级草酸亚铁广泛用于新型电池材料等领域利用制钛白粉的副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO47H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质）生产电池级草酸亚铁的一种工艺流程如图1已知：25时，草酸的电离平衡常数为：Ka1=5.9102，Ka2=6.4105文献记载：草酸亚铁在中性或碱性环境中是不稳定的几种难溶物的溶解度与pH的关系如图2所示回答下列问题：（1）“除杂”步骤加入铁粉的作用有二：其一是还原Fe3+，其二是调节溶液的PH值；为除尽杂质，须控制pH至少5为宜，写出pH=3时除去杂质的反应离子方程式：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+（2）“转化”步骤中草酸与 Fe（OH）2悬浊液的反应体系须控制条件实验表明：酸度对产品纯度的影响如图3随着pH的升高，导致产品纯度下降所发生的氧化还原反应方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3；为保证产品纯度大于99.5%，反应体系必须保持较低的pH，但过高的酸度又会使产品纯度降低，其原因是溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解（3）“过滤”步骤所得的滤液中含有的阳离子有NH4+、Fe3+、H+；此外，其中还含有一定量的H2C2O4，若该滤液的pH=2，则其中c（C2O42 ）：c（H2C2O4 ）=3.8102（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净的依据是取少量最一次洗涤滤液于试管中，加入足量的氯化钡溶液，没有出现白色浑浊【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO47H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质），加水和铁屑，Fe与Fe3+反应生成FeSO4，调节溶液的PH值为3左右时，TiO2+水解生成TiO2xH2O，使铝离子水解生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣为TiO2xH2O、Fe、氢氧化铝，滤液中再加氨水生成氢氧化亚铁悬浊液，再加入草酸生成草酸亚铁沉淀，过滤得滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，滤渣为草酸亚铁，将草酸亚铁固体洗涤、干燥、粉碎即可得电池级草酸亚铁，（1）样品中的杂质主要为Al3+、Fe3+、TiO2+等，加入铁粉可以还原铁离子，调节溶液的PH值使Al3+、TiO2+都水解产生沉淀而除去，据此答题；（2）随着pH的升高，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁，但溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解，所以要保持合适的PH值；（3）“过滤”步骤所得的滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，据此判断阳离子，此外其中还含有一定量的H2C2O4，存在平衡H2C2O4C2O42+2H+，且K=Ka1Ka2，据此计算c（C2O42 ）：c（H2C2O4 ）；（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净可以根据洗涤液中是否含有硫酸根离子判断【解答】解：副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO47H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质），加水和铁屑，Fe与Fe3+反应生成FeSO4，调节溶液的PH值为3左右时，TiO2+水解生成TiO2xH2O，使铝离子水解生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣为TiO2xH2O、Fe、氢氧化铝，滤液中再加氨水生成氢氧化亚铁悬浊液，再加入草酸生成草酸亚铁沉淀，过滤得滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，滤渣为草酸亚铁，将草酸亚铁固体洗涤、干燥、粉碎即可得电池级草酸亚铁，（1）样品中的杂质主要为Al3+、Fe3+、TiO2+等，加入铁粉可以还原铁离子，调节溶液的PH值，使Al3+、TiO2+都水解产生沉淀而除去，根据图可知，须控制pH至少5为宜，才能使Al3+、TiO2+都水解产生沉淀，pH=3时除去杂质的反应离子方程式为TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，故答案为：调节溶液的PH值；5；TiO2+2H2OH2TiO3+2H+；（2）随着pH的升高，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁，反应的离子方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3，但溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解，所以要保持合适的PH值，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3；溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解；（3）“过滤”步骤所得的滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，所以溶液吕含有阳离子为NH4+、Fe3+、H+，此外其中还含有一定量的H2C2O4，存在平衡H2C2O4C2O42+2H+，且K=Ka1Ka2，当溶液的pH=2即c（H+）=102时，根据K=Ka1Ka2可知，c（C2O42）：c（H2C2O4）=3.8102，故答案为：NH4+、Fe3+、H+；3.8102；（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净的方法是取少量最一次洗涤滤液于试管中，加入足量的氯化钡溶液，没有出现白色浑浊，则说明已经洗涤干净，故答案为：取少量最一次洗涤滤液于试管中，加入足量的氯化钡溶液，没有出现白色浑浊10氮元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用亚硝酸（HNO2）是一种弱酸、具有氧化性（1）已知：25时，Ka（HNO2）=5.0104 Kb（NH3H2O）=1.8105室温下，0.1molL1的NH4NO2溶液中离子浓度由大到小顺序为c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH）（2）酸性工业废水中NO3可用尿素CO（NH2）2处理，转化为对空气无污染的物质，其反应的离子反应方程式为6H+5CO（NH2）2+6NO3=5CO2+8N2+13H2O工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该过程实际分为两步反应：第一步合成氨基甲酸铵：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（s）H=272kJmol1第二步氨基甲酸铵分解：H2NCOONH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=+138kJmol1（3）写出以NH3、CO2为原料合成尿素分热化学方程式：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=134kJmol1（4）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件：T时，在一体积为10L密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图1所示反应进行到10min时测得CO2的物质的量为0.26mol，则第一步的反应速率v（CO2）=0.0074mol/（Lmin）已知总反应的快慢由慢的一步决定，则在此条件下，合成尿素两步反应中慢反应的平衡常数K=c（H20）电化学方法可用于治理空气中的氮氧化物NOx（5）如图2是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气电解池中NO被氧化成NO3的离子方程式为3Cl2+8OH+2NO=2NO3+6Cl+4H2O研究发现，除了电流密度外，控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率，其原因是次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据电离常数Ka（HNO2）=5.0104 Kb（NH3H2O）=1.8105判断一水合氨的电离能力弱于亚硝酸，则铵根离子的水解能力强于亚硝酸根离子，溶液显酸性，据此判断；（2）尿素在酸性条件下与硝酸根反应生成二氧化碳和氮气；（3）已知：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（s）H=272kJmol1H2NCOONH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=+138kJmol1，根据盖斯定律：+可得；（4）反应进行到10min时测得CO2的物质的量为0.26mol，根据v=计算；已知总反应的快慢由慢的一步决定，结合图象变化趋势进行判断，反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小；再根据化学平衡常数概念写K，注意固体不写入表达式；（5）食盐水做电解液电解得Cl2脱氮，根据氧化还原反应的规律可得反应；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率【解答】解：（1）电离常数Ka（HNO2）=5.0104 Kb（NH3H2O）=1.8105，则NH3H2O的电离能力较弱，相应的铵根离子的水解能力稍强，溶液显酸性，所以NH4NO2溶液中离子浓度由大到小顺序为：c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH）；故答案为：c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（2）酸性条件下，亚硝酸根离子和尿素发生氧化还原反应生成两种无毒气体，根据元素守恒知，两种无毒气体应该是氮气和二氧化碳气体，离子反应方程式为：6H+5CO（NH2）2+6NO3=5CO2+8N2+13H2O； 故答案为：6H+5CO（NH2）2+6NO3=5CO2+8N2+13H2O；（3）已知：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（s）H=272kJmol1H2NCOONH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=+138kJmol1，根据盖斯定律：+可得：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=134kJmol1；故答案为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=134kJmol1；（4）体积为10L密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，反应进行到10min时测得CO2的物质的量为0.26mol，v（CO2）=0.0074mol/（Lmin）；故答案为：0.0074mol/（Lmin）；由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢，已知总反应的快慢由慢的一步决定，故合成尿素两步反应中慢反应为H2NCOONH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g），根据化学平衡常数概念K=c（H20）；故答案为：c（H20）；（5）电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：3Cl2+8OH+2NO=2NO3+6Cl+4H2O；故答案为：3Cl2+8OH+2NO=2NO3+6Cl+4H2O；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率；故答案为：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强2016年12月24日