2019-2020年高三上学期模拟化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期模拟化学试卷 含解析一、选择题（共7个小题，每小题只在一个选项符合题意，每小题6分，共42分）1化学与环境、生活、健康密切相关，下列说法错误的是（）A单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料B大气中SO2是形成酸雨的主要因素之一C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D“血液透析”利用了胶体的性质2设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温下，4g CH4含nA个CH共价键B1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移个2nA个电子C1L 0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有0.1nA个HCO3D常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2nA个O原子3在水溶液中能大量共存的一组离子是（）AFe2+、Al3+、ClO、ClBK+、Cu2+、OH、NO3CNH4+、Na+、Br、SO42DMg2+、H+、SiO32、SO424除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是（）AMgO固体（SiO2），加过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥BCO2（SO2），酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气CKNO3晶体（NaCl），蒸馏水溶解、蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥DFeCl3溶液（CuCl2），过量铁粉，过滤5下列化合物不能通过化合反应获得的是（）AFe（OH）3BCaSiO3CAl（OH）3DNaHCO36下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A氧化性：Fe3+Cu2+B还原性：BrClC碱性：NaOHMg（OH）2D酸性：H2SO4H3PO47下列说法正确的是（）A原电池中负极发生还原反应B可充电电池充电时负极连接外加电源的负极C铁制品上电镀铜时铜作阴极D原电池工作时盐桥中阳离子流向负极二、非选择题（包括四个大题，共58分）8某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示的实验装置（1）连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是（回答操作名称，不必叙述操作细节）（2）实验室用Na2SO3与硫酸反应制备SO2，MnO2跟浓盐酸共热反应制备Cl2时制备Cl2应选用上图A、E两发生装置中装置（填装置序号），通过（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸，反应的离子方程式为（3）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：，D：（4）实验小组利用下图所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性试分析：实验小组在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是：（结合反应方程式回答）盛NaOH溶液的烧杯吸收尾气一段时间后，经分析：D中溶液仍呈强碱性，且一定存在Cl、OH和SO42对于可能存在的其他阴离子，小组提出以下3种假设假设1：只存在SO32；假设2：只存在ClO；假设3：既不存在SO32，也不存在ClO现限选以下试剂，设计实验方案，进行实验，请完善实验步骤并填写预期现象a3mol/L H2SO4 b0.01mol/L KMnO4c1mol/L BaCl2溶液d淀粉碘化钾溶液 e酚酞试液步骤一：取少量吸收液于试管中，滴加3mol/L H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分装于F、G两试管中步骤二：向F试管中滴加少量 （填序号），若溶液（填现象），则假设1成立步骤三：向G试管中滴加少量（填序号），若溶液（填现象），则假设2成立9乙烷催化脱氢制取乙烯反应：CH3CH3（g）CH2=CH2（g）+H2（g）（1）上述反应的平衡常数表达式为（2）下列描述中能说明一定温度下上述反应在恆容容器中已达平衡的是a单位时间内生成Amol乙烯同时生成Amol氢气b容器中各气体的物质的量不随时间而变化c容器中气体密度不随时间而变化d容器中气体压强不随时间而变化（3）已知：共价键CCC=CCHHH键能/KJmol1348610413436计算上述反应的H=KJmol1升高温度，平衡常数K将（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）对于上述反应，图1（“能”或“不能”）表示生成物浓度与温度的关系，理由是图2“能”或“不能”）表示反应速率与压强的关系，理由是（5）一定温度下，将n摩尔乙烷放入V升密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷的平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K=（用含n、V、a的代数式表示）10据报道，有一种细菌在氧气存在下的酸性溶液中，能将黄铜矿（CuFeS2）氧化成硫酸盐发生的反应为：4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，上述反应中被氧化的元素是，检验反应后溶液中含有Fe3+的试剂是（2）工业生产中利用上述反应后的溶液，按如图1的流程可制备胆矾（CuSO45H2O）：步骤二的操作名称是步骤三的操作包括蒸发浓缩、过滤、洗涤请解释步骤一加入CuO能除去CuSO4溶液中Fe3+的原因：（3）有人提出可以利用如图2的装置从溶液B中提炼金属铜该过程中右侧电极的反应式是若溶液B为200mL，电解一段时间后，测得某电极增重0.64g停止通电，此时溶液pH=（溶液体积不变）（4）Fe（OH）3在碱性条件下可被氯酸钾氧化为K2FeO4，K2FeO4有很强的氧化性，由Cu、K2FeO4和KOH溶液可形成碱性电池，Cu和K2FeO4分别是电池的负极和正极材料该电池正极的电极反应是该电池总反应的离子方程式是11随着世界粮食需求量的增加，农业对化学肥料的需求越来越大氮肥是需求最大的一种化肥氮肥的生产和合理施用在农业生产中起着重大作用合成氨、化肥生产及制取纯碱流程示意图如下：（1）目前，工业上用铁触媒作催化剂，在2050MPa、450左右用氮、氢混合气体在中进行合成氨则沿X方向回去的物质是（2）xx年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通入一个加热到570的电解池中，氢气和氮气在电极上合成了氨，反应物转化率大大提高新法合成氨电解池中的电解质能传导H+，请写出阴极反应式（3）尿素的结构简式目前生产尿素是以氨气与CO2为原料，发生反应的化学方程式是：（4）氨碱法所用CO2来源于，联合制碱法CO2来源于沉淀池中发生反应的化学方程式是（5）联合制碱法是对氨碱法的改进，其主要优点是；（回答两点）12甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和甲、乙组成的成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐Y也能与戊的气态氢化物Z的水溶液反应生成盐；甲、丙可组成化合物M请回答下列问题（1）戊离子的结构示意图为乙的单质的电子式为（2）丙、丁、戊的简单离子半径由大到小顺序为（用离子符合表示），X的沸点比Z的沸点高的原因是（3）戊的单质与过量X混合可观察到白烟，反应的化学方程式为，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量Y的稀溶液中发生反应的离子方程式：（5）M晶体类型为M与X在一定条件下反应生成甲的单质和一种由甲、乙、丙三元素组成的化合物写出该反应的化学方程式：13乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的化学名称是；其核磁共振氢谱有个峰（2）B和A反应生成C的化学方程式为，该反应的类型为；（3）D的结构简式为；D的一种同分异构体的结构简式为（4）在A、B、C、E、F中；不能与金属钠反应的是（5）F和足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为xx重庆市西北狼联盟高三（上）模拟化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7个小题，每小题只在一个选项符合题意，每小题6分，共42分）1化学与环境、生活、健康密切相关，下列说法错误的是（）A单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料B大气中SO2是形成酸雨的主要因素之一C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D“血液透析”利用了胶体的性质【考点】硅和二氧化硅；胶体的重要性质；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质【分析】A硅是良好的半导体材料；B依据酸雨的成因解答；C明矾水解生成的氢氧化铝具有吸附性，能够吸附杂质颗粒；D血液是胶体，具有胶体的性质【解答】解：A硅是良好的半导体材料，是制造太阳能电池主要原料，故A正确；B二氧化硫的排放、氮的氧化物的排放是酸雨的主要原因，故B正确；C明矾水解生成的氢氧化铝具有吸附性，能够吸附杂质颗粒而具有吸水性，不具有漂白性，故C错误；D血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，故D正确；故选：C2设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温下，4g CH4含nA个CH共价键B1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移个2nA个电子C1L 0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有0.1nA个HCO3D常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2nA个O原子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、质量换算物质的量结合甲烷分子结构计算碳氢键；B、足量稀硝酸与铁反应生成三价铁；C、碳酸氢根离子水解；D、依据气体摩尔体积的应用条件是标准状况分析；【解答】解：A、4g CH4物质的量为0.25mol，分子中含CH共价键40.25nA=nA个，故A正确；B、稀硝酸过量，生成硝酸铁，转移电子应该是3 nA个电子，故B错误；C、碳酸氢根离子水解，应该是小于0.1nA个HCO3；故C错误；D、条件错误，应为标准状况，故D错误；故选A3在水溶液中能大量共存的一组离子是（）AFe2+、Al3+、ClO、ClBK+、Cu2+、OH、NO3CNH4+、Na+、Br、SO42DMg2+、H+、SiO32、SO42【考点】离子共存问题【分析】如离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质以及氧化还原反应、互促水解等反应，则能大量共存，否则不能【解答】解：AFe2+和ClO发生氧化还原反应，故A错误；BCu2+与OH生成氢氧化铜沉淀，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DH+与SiO32反应生成硅酸沉淀，故D错误故选C4除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是（）AMgO固体（SiO2），加过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥BCO2（SO2），酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气CKNO3晶体（NaCl），蒸馏水溶解、蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥DFeCl3溶液（CuCl2），过量铁粉，过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】ASiO2与NaOH溶液反应，而MgO不能；BSO2能被酸性KMnO4溶液氧化，而二氧化碳不能；C二者溶解度受温度影响不同；DFeCl3、CuCl2均与Fe反应【解答】解：ASiO2与NaOH溶液反应，而MgO不能，则加过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可除杂，故A正确；BSO2能被酸性KMnO4溶液氧化，而二氧化碳不能，则利用酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气可除杂，故B正确；C二者溶解度受温度影响不同，则馏水溶解、蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥可分离，故C正确；DFeCl3、CuCl2均与Fe反应，将原物质反应掉，不能除杂，应选氧化铁除杂，故D错误；故选D5下列化合物不能通过化合反应获得的是（）AFe（OH）3BCaSiO3CAl（OH）3DNaHCO3【考点】化学基本反应类型【分析】A氢氧化亚铁、氧气、水可发生化合反应；B氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙；C氧化铝不溶于水，不能与水反应；D碳酸钠、水、二氧化碳可发生化合反应【解答】解：A氢氧化亚铁、氧气、水可发生化合反应生成Fe（OH）3，故A错误； B氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故B错误；C氧化铝不溶于水，不能与水反应，则不能利用化合反应生成Al（OH）3，故C正确；D碳酸钠、水、二氧化碳可发生化合反应生成NaHCO3，故D错误故选C6下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A氧化性：Fe3+Cu2+B还原性：BrClC碱性：NaOHMg（OH）2D酸性：H2SO4H3PO4【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A金属阳离子的氧化性强弱与其得电子难易程度有关；B同一主族元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C同一周期元素，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；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【解答】解：A铁离子、铜离子的氧化性强弱与其得电子难易程度有关，与元素周期律无关，故A选；B同一主族元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性ClBr，所以还原性：BrCl，故B不选；C同一周期元素，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性NaMg，所以碱性：NaOHMg（OH）2，故C不选；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，非金属性SP，所以酸性：H2SO4H3PO4，故D不选；故选A7下列说法正确的是（）A原电池中负极发生还原反应B可充电电池充电时负极连接外加电源的负极C铁制品上电镀铜时铜作阴极D原电池工作时盐桥中阳离子流向负极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，即电子流出的是负极，正极上得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，以此解答【解答】解：A原电池中，失电子的电极作负极，负极失去电子发生氧化反应，故A错误；B原电池负极发生氧化反应，充电时，阴极发生还原反应，可充电电池充电时负极连接外加电源的负极，故B正确；C电镀铜时铜作阳极，故C错误；D原电池工作时阳离子向正极移动，故D错误故选B二、非选择题（包括四个大题，共58分）8某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示的实验装置（1）连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是检查装置的气密性（回答操作名称，不必叙述操作细节）（2）实验室用Na2SO3与硫酸反应制备SO2，MnO2跟浓盐酸共热反应制备Cl2时制备Cl2应选用上图A、E两发生装置中E装置（填装置序号），通过分液漏斗（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸，反应的离子方程式为4H+2Cl+MnO2Mn2+Cl2+2H2O（3）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：恢复红色，D：无变化（4）实验小组利用下图所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性试分析：实验小组在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是：SO2和Cl2按1：1混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，使混合气体失去漂白作用（结合反应方程式回答）盛NaOH溶液的烧杯吸收尾气一段时间后，经分析：D中溶液仍呈强碱性，且一定存在Cl、OH和SO42对于可能存在的其他阴离子，小组提出以下3种假设假设1：只存在SO32；假设2：只存在ClO；假设3：既不存在SO32，也不存在ClO现限选以下试剂，设计实验方案，进行实验，请完善实验步骤并填写预期现象a3mol/L H2SO4 b0.01mol/L KMnO4c1mol/L BaCl2溶液d淀粉碘化钾溶液 e酚酞试液步骤一：取少量吸收液于试管中，滴加3mol/L H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分装于F、G两试管中步骤二：向F试管中滴加少量b （填序号），若溶液褪色（填现象），则假设1成立步骤三：向G试管中滴加少量d（填序号），若溶液变蓝色（填现象），则假设2成立【考点】性质实验方案的设计；氯气的实验室制法【分析】（1）连接好装置后必须进行检查装置气密性，确保装置气密性良好，避免实验失败且氯气、二氧化硫泄漏污染空气；（2）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，用分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气；（3）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；（4）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性；步骤二：KMnO4 具有强氧化性，SO32中+4价的硫具有还原性；步骤三：淀粉遇到碘单质显蓝色【解答】解：（1）该实验装置中连接了多个仪器，且氯气、二氧化硫有毒气体，不避免氯气、二氧化硫泄漏，会污染空气且浪费试剂，所以在实验前需要检验装置气密性，故答案为：检查装置的气密性；（2）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；用分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，离子反应方程式为：MnO2+4H+2ClMn 2+Cl2+2H2O，故答案为：E；分液漏斗；4H+2Cl+MnO2Mn2+Cl2+2H2O；（3）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，故答案为：恢复红色；无变化；（4）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，而使气体失去漂白性，故答案为：SO2和Cl2按1：1混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，使混合气体失去漂白作用；步骤二：KMnO4 具有强氧化性与具有还原性的SO32发生氧化还原反应：5SO32+2MnO4+6H+5SO42+2Mn2+3H2O，KMnO4褪色，故答案为：b；褪色；步骤三：ClO中+1价的氯具有强氧化性，能将碘化钾中1价的碘氧化成碘单质淀粉遇到碘单质显蓝色，故答案为：d；变蓝色9乙烷催化脱氢制取乙烯反应：CH3CH3（g）CH2=CH2（g）+H2（g）（1）上述反应的平衡常数表达式为（2）下列描述中能说明一定温度下上述反应在恆容容器中已达平衡的是bda单位时间内生成Amol乙烯同时生成Amol氢气b容器中各气体的物质的量不随时间而变化c容器中气体密度不随时间而变化d容器中气体压强不随时间而变化（3）已知：共价键CCC=CCHHH键能/KJmol1348610413436计算上述反应的H=+128KJmol1升高温度，平衡常数K将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）对于上述反应，图1能（“能”或“不能”）表示生成物浓度与温度的关系，理由是温度越高，反应速率越大，达平衡时间越短（或曲线斜率越大）；该反应是吸热反应，温度越高，达平衡时生成物浓度越大图2不能“能”或“不能”）表示反应速率与压强的关系，理由是该反应是气体体积增加的反应，达平衡后再加压，平衡向逆方向移动，V逆V正（5）一定温度下，将n摩尔乙烷放入V升密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷的平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K=（用含n、V、a的代数式表示）【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；（2）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；（3）反应热=反应物总键能生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是CH3CH3中总键能与CH2=CH2、H2总键能之差；（4）图1分析先拐先平温度高，平衡正向进行，生成物浓度增大；图2增大压强反应速率增大，平衡逆向进行，正反应速率大于逆反应速率；（5）平衡常数K=【解答】解：（1）乙烷催化脱氢制取乙烯反应：CH3CH3（g）CH2=CH2（g）+H2（g），平衡常数K=，故答案为：；（2）CH3CH3（g）CH2=CH2（g）+H2（g），a单位时间内生成Amol乙烯同时生成Amol氢气，只能说明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b容器中各气体的物质的量不随时间而变化，物质浓度不变，说明正逆反应速率相同，故b正确；c气体质量和密度不变，容器中气体密度始终不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d反应前后气体物质的量发生变化，容器中气体压强不随时间而变化，说明反应达到平衡状态，故d正确；故答案为：bd；（3）CH3CH3（g）CH2=CH2（g）+H2（g），反应热=反应物总键能生成物总能键能=436KJ/mol+610KJ/mol+4413KJ/mol348KJ/mol6413KJ/mol=+128KJ/mol，反应焓变大于0，正反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，故答案为：+128，增大；（4）图1分析先拐先平温度高，平衡正向进行，生成物浓度增大，图1能表示生成物浓度与温度的关系，温度越高，反应速率越大，达平衡时间越短（或曲线斜率越大）；该反应是吸热反应，温度越高，达平衡时生成物浓度越大，图2不能表示反应速率与压强的关系，该反应是气体体积增加的反应，达平衡后再加压，平衡向逆方向移动，V逆V正；增大压强反应速率增大，平衡逆向进行，图2中正反应速率大于逆反应速率错误，故答案为：能，温度越高，反应速率越大，达平衡时间越短（或曲线斜率越大）；该反应是吸热反应，温度越高，达平衡时生成物浓度越大；不能，该反应是气体体积增加的反应，达平衡后再加压，平衡向逆方向移动，V逆V正；（5）一定温度下，将n摩尔乙烷放入V升密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷的平衡转化率为a，依据平衡三行列式计算， CH3CH3（g）CH2=CH2（g）+H2（g），起始量（mol/L） 0 0变化量（mol/L） a a a 平衡量（mol/L）（1a） a a 则该温度下反应的平衡常数K=，故答案为：10据报道，有一种细菌在氧气存在下的酸性溶液中，能将黄铜矿（CuFeS2）氧化成硫酸盐发生的反应为：4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，上述反应中被氧化的元素是Fe和CuFeS2中的S，检验反应后溶液中含有Fe3+的试剂是KSCN溶液（2）工业生产中利用上述反应后的溶液，按如图1的流程可制备胆矾（CuSO45H2O）：步骤二的操作名称是过滤步骤三的操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤请解释步骤一加入CuO能除去CuSO4溶液中Fe3+的原因：加入CuO与H+反应，使c（H+）减小，c（OH）增大，使溶液中Fe3+生成Fe（OH）3沉淀而除去（3）有人提出可以利用如图2的装置从溶液B中提炼金属铜该过程中右侧电极的反应式是4OH4e2H2O+O2若溶液B为200mL，电解一段时间后，测得某电极增重0.64g停止通电，此时溶液pH=1（溶液体积不变）（4）Fe（OH）3在碱性条件下可被氯酸钾氧化为K2FeO4，K2FeO4有很强的氧化性，由Cu、K2FeO4和KOH溶液可形成碱性电池，Cu和K2FeO4分别是电池的负极和正极材料该电池正极的电极反应是FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH该电池总反应的离子方程式是2FeO42+3Cu+8H2O2 Fe（OH）3+3Cu（OH）2+4OH【考点】原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）在氧化还原反应中，化合价升高的元素在反应中被氧化；铁离子遇到KSCN溶液会变红色；（2）根据分离液体和固体的操作解答；溶解度受温度影响较大的物质从溶液中结晶析出的方法是冷却热饱和溶液；运用沉淀溶解平衡移动的原理进行解答；（3）溶液B为硫酸铜，从溶液B中提炼金属铜，实质是2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2；根据电解后所得到的硫酸的量确定氢离子的量，并计算浓度得到溶液pH；（4）由Cu、K2FeO4和KOH溶液可形成碱性电池，K2FeO4在正极上得电子生成Fe（OH）3；碱性条件下，Cu与K2FeO4反应生成Fe（OH）3和Cu（OH）2【解答】解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化；铁离子遇到KSCN溶液会变红色，所以检验反应后溶液中含有Fe3+的试剂是KSCN溶液；故答案为：Fe和CuFeS2中的S；KSCN溶液；（2）步骤二的操作是分离固体和液体混合物，采用过滤操作；CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，故答案为：过滤；冷却结晶；加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH）增大，使溶液中c（Fe3+）c3（OH）KspFe（OH）3，导致Fe3+生成Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：加入CuO与H+反应，使c（H+）减小，c（OH）增大，使溶液中Fe3+生成Fe（OH）3沉淀而除去；（3）CuSO4溶液中铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以铜离子先放电；氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，氢氧根离子先放电，阳极上失电子，发生氧化反应，所以该过程中右边电极氢氧根离子在阳极上失电子生成氧气4OH4e=O2+2H2O；阴极的电极反应方程式是Cu2+2eCu，当生成金属铜为0.64g时，即生成金属铜的物质的量是0.01mol，此时生成硫酸的物质的量是0.01mol，氢离子浓度是=0.1mol/L，所以溶液pH=1；故答案为：4OH4e=O2+2H2O；1；（4）由Cu、K2FeO4和KOH溶液可形成碱性电池，K2FeO4在正极上得电子生成Fe（OH）3，则正极的电极方程式为：FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH；故答案为：FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH；碱性条件下，Cu与K2FeO4反应生成Fe（OH）3和Cu（OH）2，该电池总反应的离子方程式是2FeO42+3Cu+8H2O2 Fe（OH）3+3Cu（OH）2+4OH；故答案为：2FeO42+3Cu+8H2O2 Fe（OH）3+3Cu（OH）2+4OH11随着世界粮食需求量的增加，农业对化学肥料的需求越来越大氮肥是需求最大的一种化肥氮肥的生产和合理施用在农业生产中起着重大作用合成氨、化肥生产及制取纯碱流程示意图如下：（1）目前，工业上用铁触媒作催化剂，在2050MPa、450左右用氮、氢混合气体在氨合成塔中进行合成氨则沿X方向回去的物质是N2和H2（2）xx年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通入一个加热到570的电解池中，氢气和氮气在电极上合成了氨，反应物转化率大大提高新法合成氨电解池中的电解质能传导H+，请写出阴极反应式N2+6H+6e2NH3（3）尿素的结构简式H2NCONH2目前生产尿素是以氨气与CO2为原料，发生反应的化学方程式是：CO2+2NH3H2NCONH2+2H2O（4）氨碱法所用CO2来源于碳酸钙高温分解，联合制碱法CO2来源于合成氨厂沉淀池中发生反应的化学方程式是NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl（5）联合制碱法是对氨碱法的改进，其主要优点是能提高原料的利用率，减少废渣（CaCl2）的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl 可做氮肥（回答两点）【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】（1）氮气和氢气的反应在合成塔中进行，因为合成氨反应为可逆反应，反应后化合物中含有一定量的氮气和氢气，分离后再作为原料进行循环利用；（2）阴极上N2得电子生成NH3；（3）尿素的结构简式为H2NCONH2；氨气与CO2反应生成H2NCONH2和2H2O；（4）联合制碱法中CO2来源于石灰石煅烧，氨碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气；在沉淀池中NH3、CO2、H2O、NaCl反应生成NH4Cl 和 NaHCO3；（5）能提高原料的利用率，减少废渣（CaCl2）的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高； NH4Cl 可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气 CO 转化成 CO2，减少了 CaCO3 制 CO2 这一工序【解答】解：（1）氮气和氢气的反应在合成塔中进行，因为合成氨反应为可逆反应，反应后化合物中含有一定量的氮气和氢气，分离后再作为原料进行循环利用故答案为：合成塔； H2、N2；（2）用电解法制备氨气，阴极上N2得电子生成NH3，则阴极反应式为N2+6H+6e2NH3；故答案为：N2+6H+6e2NH3；（3）尿素的结构简式为H2NCONH2；在一定条件下，氨气与CO2反应生成H2NCONH2和2H2O，其反应的方程式为：CO2+2NH3H2NCONH2+2H2O；故答案为：CO2+2NH3H2NCONH2+2H2O；（4）联合制碱法中CO2来源于石灰石煅烧，石灰石高温分解生成CO2和CaO，氨碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气；在沉淀池中NH3、CO2、H2O、NaCl反应生成NH4Cl 和 NaHCO3，则反应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；故答案为：碳酸钙高温分解；合成氨厂；NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；（5）联合制碱法能提高原料的利用率，减少废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl 可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO 转化成 CO2，减少了 CaCO3 制 CO2 这一工序故答案为：能提高原料的利用率，减少废渣（CaCl2）的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4Cl 可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气 CO 转化成 CO2，减少了 CaCO3 制 CO2 这一工序12甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和甲、乙组成的成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐Y也能与戊的气态氢化物Z的水溶液反应生成盐；甲、丙可组成化合物M请回答下列问题（1）戊离子的结构示意图为乙的单质的电子式为（2）丙、丁、戊的简单离子半径由大到小顺序为ClNa+Al3+（用离子符合表示），X的沸点比Z的沸点高的原因是氨分子间存在氢键（3）戊的单质与过量X混合可观察到白烟，反应的化学方程式为3Cl2+8NH36NH4Cl+N2，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：3（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量Y的稀溶液中发生反应的离子方程式：AlO2+H+H2OAl（OH）3（5）M晶体类型为离子化合物M与X在一定条件下反应生成甲的单质和一种由甲、乙、丙三元素组成的化合物写出该反应的化学方程式：NaH+NH3H2+NaNH2 【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素甲、乙组成的常见气体X能使润的红色石蕊试纸变蓝，则X为NH3，甲为H元素，乙为N元素；甲、丙处于同一主族，丙的原子序数大于N，故丙为Na；丙、丁、戊处于同一周期，即处于第三周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和，则戊最外层电子数=1+5+1，则戊为Cl；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物（NaOH）的溶液反应生成盐Y，也能与戊的气态氢化物Z（HCl）的水溶液反应生成盐，丁为两性金属，则丁为Al元素，Y为NaAlO2；甲、丙可组成化合物M为NaH，据此解答【解答】解：甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素甲、乙组成的常见气体X能使润的红色石蕊试纸变蓝，则X为NH3，甲为H元素，乙为N元素；甲、丙处于同一主族，丙的原子序数大于N，故丙为Na；丙、丁、戊处于同一周期，即处于第三周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和，则戊最外层电子数=1+5+1，则戊为Cl；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物（NaOH）的溶液反应生成盐Y，也能与戊的气态氢化物Z（HCl）的水溶液反应生成盐，丁为两性金属，则丁为Al元素，Y为NaAlO2；甲、丙可组成化合物M为NaH（1）Cl的结构示意图为：，乙的单质为N2，电子式为，故答案为：；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：ClNa+Al3+；氨气分子之间存在氢键，HCl分子之间为范德华力，氢键比较范德华力更强，故氨气的沸点更高，故答案为：ClNa+Al3+；氨分子间存在氢键；（3）氯气与过量氨气混合可观察到白烟，反应生成氮气与氯化铵，反应方程式为：3Cl2+8NH36NH4Cl+N2，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质氨气只占反应掉的，被氧化的物质氨气与被还原的物质氯气物质的量之比=8：3=2：3，故答案为：3Cl2+8NH36NH4Cl+N2；2：3；（4）将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为AlO2+H+H2OAl（OH）3，故答案为：AlO2+H+H2OAl（OH）3；（5）M为NaH，属于离子晶体，NaH与NH3在一定条件下反应生成甲的单质（氢气）和一种由甲、乙、丙三元素组成的化合物，该化合物为NaNH2，该反应的化学方程式：NaH+NH3H2+NaNH2 ，故答案为：离子化合物；NaH+NH3H2+NaNH2 13乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的化学名称是乙醇；其核磁共振氢谱有3个峰（2）B和A反应生成C的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，该反应的类型为酯化反应（或取代反应）；（3）D的结构简式为；D的一种同分异构体的结构简式为CH3CHO（4）在A、B、C、E、F中；不能与金属钠反应的是CF（5）F和足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为CH3COOCH2CH2OOCH3+2NaOHHOCH2CH2OH+2CH3COONa【考点】有机物的推断【分析】乙烯与水加成生成A为乙醇，乙醇催化氧化生成B为乙酸，乙酸与乙醇反应生成C为乙酸乙酯，乙烯与氧气反应生成D（C2H4O），D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反应，DE是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸乙二酯，据此解答【解答】解：乙烯与水加成生成A为乙醇，乙醇催化氧化生成B为乙酸，乙酸与乙醇反应生成C为乙酸乙酯，乙烯与氧气反应生成D（C2H4O），D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反应，DE是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸乙二酯（1）由上述分析可知，A是乙醇，其核磁共振氢谱有 3个峰，故答案为：乙醇；3；（2）B和A反应生成C是乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，该反应的类型为酯化反应（或取代反应），故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，酯化反应（或取代反应）；（3）由上述分析可知，D为环氧乙烷，结构简式为，其同分异构体的结构简式为CH3CHO等，故答案为：；CH3CHO；（4）在A、B、C、E、F中，A、E含有羟基、B含有羧基，均能与Na反应，不能与金属钠反应的是 CF，故答案为：CF；（5）F和足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH2OOCH3+2NaOHHOCH2CH2OH+2CH3COONa，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCH3+2NaOHHOCH2CH2OH+2CH3COONaxx12月14日