2019-2020年高三上学期第六次月考化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第六次月考化学试卷 含解析一、选择题：本题包括13小题每小题6分，共78分，每小题只有一个选项符合题意1下列行为中不符合“促进低碳经济”宗旨的是 （）A发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖B尽量使用含的产品，减少使用含或的产品C推广煤的干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料D推广利用微生物发酵技术，将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的生活环境的污染及治理.专题：热点问题分析：“促进低碳经济”应开发和利用好新能源，减少化石燃料的燃烧，提高煤的使用率，减少污染性气体的排放，增大低碳和零碳技术的研发和产业，充分利用好可再生能源解答：解：A发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖，符合“促进低碳经济”宗旨，故A正确； B126C，136C，146C都是碳元素，不能减少碳的排放，故B错误；C推广煤的干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料，提高煤的使用率，减少污染性气体的排放，故C正确；D推广利用微生物发酵技术，将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气，减少污染性气体的排放，故D正确故选B点评：本题考查使用化石燃料的利弊及新能源的开发，理解“促进低碳经济”宗旨是解题的关键2下列叙述正确的是（）A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变考点：二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物.专题：压轴题；化学反应速率专题；元素及其化合物分析：ACO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；BNO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；CAl（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大解答：解：ACO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；C氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误故选C点评：本题考查元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累3（6分）（xx秋神木县校级月考）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAB室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A依据元素化合价升高数目解答；B氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/L；C燃料电池中正极发生还原反应，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应得到4mol电子D铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量解答：解：A反应中，铵根离子中N元素化合价由3价升高为氮气中的0价，共失去15个电子，所以生成28 g N2，转移的电子数目为NA=3.75NA，故A正确；B室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为11013mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH离子数目为1013NA，故B错误；C标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移了4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（0）0.2mol=，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的H2分子数目为NA，故D错误；故选：A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系4（6分）如图所示，a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图装置制取、净化、收集的气体是（）选项气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BCO2盐酸碳酸钙饱和NaHCO3CNO稀硝酸铜屑H2ODNO2浓硝酸铜屑NaOH溶液AABBCCDD考点：常见气体制备原理及装置选择；气体的净化和干燥.分析：A、浓氨水有挥发性，在加热条件下分解生成氨气，生石灰和水反应放出大量的热，所以可用浓氨水和生石灰制取氨气；碱石灰一般应盛放在干燥管内，氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集；B、盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集；C、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集一氧化氮；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸有挥发性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和碱反应，二氧化氮和碱也反应，所以不能用氢氧化钠洗气解答：解：A、浓氨水有挥发性，在加热条件下分解生成氨气，生石灰和水反应放出大量的热，所以可用浓氨水和生石灰制取氨气；碱石灰一般应盛放在干燥管内，氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故A错误；B、盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集，故B正确；C、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集一氧化氮，故C错误；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸有挥发性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和碱反应，二氧化氮和碱也反应，所以不能用氢氧化钠洗气，故D错误故选B点评：本题考查了气体的制备、净化、收集装置的选择，确定气体的收集方法时要考虑气体的密度、溶解性、稳定性5（6分）（2011秋庄河市校级期末）下列叙述正确的是（）A向体积为Va的0.02molL1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.02molL1NaOH溶液，VaVb时：c （CH3COOH）+c（CH3COO）c （Na+）B将0.2 molL1的盐酸与0.1 molL1的KAlO2溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH）c（Al3+）c（H+）c（K+）c（Cl）CpH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）不相等D25时，pH=4，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A若VaVb，醋酸过量，根据物料守恒判断；B根据反应H+AlO2+H2O=Al（OH）3以及Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O判断；C根据pH=lg判断；DpH=4，说明溶液中c（H+）c（OH），结合电荷守恒计算解答：解：A因CH3COOH溶液与NaOH溶液的浓度相等，当VaVb时，CH3COOH过量，反应后溶液中的溶质为CH3COOK和CH3COOH（剩余），根据物料守恒关系，c（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Na+），故A正确；B假设溶液体积都为1L，将0.2 molL1的盐酸与0.1 molL1的KAlO2溶液等体积混合，首先发生H+AlO2+H2O=Al（OH）3，反应后H+过量，继续发生Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，溶液中存在Al3+和Al（OH）3，应有c（Al3+）c（H+），故B错误；C根据pH=lg可知，pH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）相等，故C错误；DpH=4，说明溶液中c（H+）c（OH），则c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），溶液中存在c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），则c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故D错误故选A点评：本题考查酸碱混合的计算和判断以及离子浓度大小比较，题目难度较大，易错点为D，注意根据电荷守恒和物料守恒的角度分析该题6（6分）（xx上海）根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（）A 3甲基1，3丁二烯B 2羟基丁烷CCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷DCH3CH（NH2）CH2COOH 3氨基丁酸考点：有机化合物命名.专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：A、甲基的序号不是最小的；B、不是烷烃，应该是醇的命名，称为丁醇；C、烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干（甲、乙、丙）代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3（使取代基的位置数字越小越好）以数字代表取代基的位置数字与中文数字之间以隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基，其位置以，隔开，一起列于取代基前面；D、羧酸的命名，选取含有羧基的最长链为主链，符合原则解答：解：A、根据烯烃命名原则，取代基应该是2甲基，正确命名应该是2甲基1，3丁二烯，故A错误；B、是醇不是烷烃，根据醇的命名，应该是 2丁醇，故B错误；C、根据烷烃命名原则，2乙基说明主链不是最长的，应该是3甲基己烷，故C错误；D、是一种氨基酸，命名是3氨基丁酸，故D正确；故选D点评：本题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可有利于培养学生的规范答题能力7（6分）（2011春周口期末）将0.6mol A和0.5molB充入0.4L密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g）mD（g）+E（g），经过5min后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1molL1min1，下列结论正确的是（）AB的转化率为20%Bm值为1C5min内用A表示的平均反应速率为0.1 molL1min1D平衡时反应混合物总物质的量为1 mol考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：依据化学平衡三段式列式计算，根据选项要求分别进行计算，转化率为消耗量除以起始量的百分比，速率之比等于化学方程式中的系数之比；解答：解：5min内用E表示的平均反应速率为0.1molL1min1，依据反应速率计算反应消耗的物质的量=0.1molL1min1 0.4L5min=0.2mol； 2A（g）+B（g）mD（g）+E（g）起始量（mol） 0.6 0.5 0 0变化量（mol） 0.4 0.2 0.2 0.2平衡量（mol） 0.2 0.3 0.2 0.2A、B的转化率=100%=40%，故A错误；B、依据消耗量分析可知m=1，故B正确；C、5min内用A表示的平均反应速率=0.2mol/Lmin，故C错误；D、平衡时反应混合物总物质的量=0.2+0.3+0.2+0.2=0.9mol，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡的三段式计算应用，概念理解是解题关键，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）有X、Y、Z三种元素，已知：X2、Y均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色请回答下列问题：（1）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+此液体具有的性质是ABD（填字母）A光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体已知一定条件下，1mol该气体被O2氧化放热98.0kJ若2mol该气体与1mol O2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kJ，则该气体的转化率90%原无色有刺激性气味的气体与含1.5mol Y的含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）的溶液在一定条件下反应可生成一种强酸和一种氧化物若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式是（用单线桥表示电子转移方向和数目）：（4）室温时，pH=5的HY溶液和pH=5的ZY3溶液中，水电离出的氢离子分别是109 molL1和105 molL1考点：无机物的推断.分析：有X、Y、Z三种元素，Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色，为FeCl3，故Z为Fe元素，Y为Cl元素，X2、Y均与Cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数，为18个电子，故X为S元素；（1）Cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4；（2）将FeCl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，所形成的溶液具有胶体的性质，氢氧化铁胶体胶粒带正电荷，会发生电泳现象，溶液中含有氯离子，将溶液蒸干促进水解，最终氢氧化铁分解生成氧化铁；（3）硫单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为SO2，根据反应热计算参加反应的二氧化硫的物质的量，再利用转化率定义计算；Cl元素的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气），故该酸为HClO3，该酸具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，根据转移电子数计算氯元素在氧化物中化合价，判断氧化物化学式，据此书写（4）室温时，pH=5的HY溶液为HCl，溶液中水电离出的氢离子浓度等于水电离出氢氧根离子浓度，pH=5的ZY3溶液为FeCl3中铁离子水解结合水电离出氢氧根离子，促进水的电离生成氢离子计算解答：解：有X、Y、Z三种元素，Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，为FeCl3，故Z为Fe元素，Y为Cl元素，X2、Y均与Cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数，为18个电子，故X为S元素，（1）Cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；（2）将FeCl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式是Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，A氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，故A正确；B胶体胶粒带有正电荷，通直流电后，发生电泳现象，负极附近液体颜色加深，故B正确；C所得的溶液中含有氯离子，向该液体中加入硝酸银溶液，有沉淀产生，故C错误；D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化铁生成，故D正确；故答案为：Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；ABD；（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为SO2，发生反应2SO2+O22SO2，1molSO2被O2氧化放热98.0kJ，若2mol该气体与1mol O2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kJ，故参加反应的SO2为1mol=1.8mol，故SO2转化率为100%=90%，故答案为：90%；Cl元素的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气），故该酸为HClO3，SO2与含1.5molHClO3溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸为和一种氧化物，该强酸为H2SO4，Cl元素在氧化物中化合价为x，则（5x）1.56.021023=1.56.021023，解得x=4，故氧化物为ClO2，反应方程式为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2，反应的单线桥表示电子转移方向和数目为：故答案为：；（4）室温时，pH=5的HY溶液为HCl，溶液中水电离出的氢离子浓度等于水电离出氢氧根离子浓度，c（H+）水=c（OH）水=109mol/L，pH=5的ZY3溶液为FeCl3中铁离子水解结合水电离出氢氧根离子，促进水的电离生成氢离子，c（H+）水=c（OH）水=105mol/L；故答案为：109；105 点评：本题以元素推断为载体，考查常用化学用语书写、胶体性质、氧化还原反应计算、反应热与化学平衡计算，题目综合性较大，难度中等，（3）中注意利用氧化还原反应规律计算氯元素在氧化物中的化合价9（15分）水是组成生命体的重要化学物质，有关水的反应又很多（1）水分子自身作用会生成阴、阳两种离子，其中阳离子的电子式是（2）室温时，在由水电离产生的c（H+）=11014molL1的溶液中NH4+、Al3+、Br、SO42Na+、Mg2+、Cl、NO3K+、Ba2+、Cl、NO3K+、Na+、HCO3、SO42四组离子中，一定可以大量共存的是（填序号，下同），可能大量共存的是（3）在下列反应中属于氧化还原反应，水仅做氧化剂的是D（填字母，下同），水既不做氧化剂又不做还原剂的是BACaO+H2OCa（OH）2B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2C2F2+2H2O4HF+O2D3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（4）已知铅蓄电池的反应为Pb+PbO2+2H2SO4充电放电 2PbSO4+2H2O，下列分析错误的是CA铅蓄电池是最常用的可充电电池，在充电时，电池的正极应接直流电源的正极B铅蓄电池在放电时，电解液的酸性减弱C铅蓄电池在放电时，PbO2作为负极，不断转化为PbSO4D铅蓄电池在充电时，PbO2是氧化产物用该铅蓄电池电解1.8mL水，电池内转移的电子数约为0.2NA，消耗0.2 mol硫酸（5）如图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容请认真阅读标签内容后计算该矿泉水中镁离子的物质的量浓度的最大值是2104 molL1；一瓶合格的这种矿泉水中硫酸根离子的物质的量不能超过1104mol考点：离子共存问题；氧化还原反应；常见化学电源的种类及其工作原理.专题：物质的性质和变化专题；氧化还原反应专题；电化学专题分析：（1）两个水分子自身作用会生成阴、阳两种离子，阳离子为H3O+；（2）由水电离产生的c（H+）=11014molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，结合离子的性质判断；（3）水仅做氧化剂，则水中H元素的化合价降低；水既不做氧化剂又不做还原剂，则水中H、O元素的化合价均不变化；（4）放电时，Pb为负极、PbO2为正极，负极反应式为Pb+SO422e=PbSO4，正极电极方程式为PbO2+4H+SO422e=2H2O+PbSO4，充电时，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式相反；结合电子守恒及电池反应计算；（5）由信息可知镁离子的浓度最大为4.8mg/L；酸根离子的浓度最大为19.2mg/L解答：解：（1）两个水分子自身作用会生成阴、阳两种离子，阳离子为H3O+，其电子式为，故答案为：；（2）由水电离产生的c（H+）=11014molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，但碱性条件下NH4+、Al3+不能大量共存；酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，但碱性条件下Mg2+不能大量共存；溶液无论呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存；溶液无论呈酸性还是碱性，HCO3离子都不能大量存在故答案为：；（3）ACaO+H2OCa（OH）2中，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应；B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；C2F2+2H2O4HF+O2中，水中O元素的化合价升高，则水为还原剂；D3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2中，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故答案为：D；B； （4）A充电时，电池的正极要恢复原状，需要失电子发生氧化反应，应该作电解池阳极，所以与直流电源正极相连，故A正确；B铅蓄电池放电时，电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，稀硫酸参加反应导致氢离子浓度降低，则溶液酸性减弱，故B正确；C放电时，PbO2作为正极，发生反应PbO2+4H+SO422e=2H2O+PbSO4，不断转化为PbSO4，故C错误；D铅蓄电池在充电时，阳极反应式为2H2O+PbSO4+2e=PbO2+4H+SO42，PbO2是氧化产物，故D正确；故答案为：C； 电解1.8mL水，水的物质的量为=0.1mol，由2H2O2H2+O2可知，转移电子为0.2NA，由电子守恒可知电池内转移的电子数约为0.2NA，由电池反应可知，转移2mol电子消耗2mol硫酸，则转移0.2mol电子时消耗硫酸为0.2mol，故答案为：0.2NA；0.2；（5）由信息可知镁离子的浓度最大为4.8mg/L，物质的量浓度为=2104molL1，故答案为：2104molL1；酸根离子的浓度最大为19.2mg/L，则500mL时硫酸根离子为0.5L19.2mg/L=9.6mg，其物质的量为=1104mol，故答案为：1104点评：本题考查较综合，涉及离子的共存、氧化还原反应及原电池等，为高频考点，把握化学反应原理的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大10（15分）KMnO4是常用的强氧化剂，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，简略生产过程如下：（1）反应器中反应的化学方程式为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量偏高 （填“偏高”或“偏低”），其中Al的氧化物和KOH溶液反应的化学方程式为：2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为：2MnO422e=2MnO4；（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入CO2制备KMnO4，化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3 根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为66.7%与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用（5）测定高锰酸钾样品纯度的方法是：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液产生黑色沉淀，反应的离子方程式3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=2.01023，工业上调节PH沉淀废水中的Mn2+，当pH=10时，c（Mn2+）=21015 mol/L考点：电解原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题分析：（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，写出相应的方程式（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子（4）根据化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3分析KMnO4的产率；电解法阳极都生成KMnO4，产率更高（5）根据氧化还原反应原理书写；（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=c（Mn2+）c（OH）2结合pH=10计算c（Mn2+）；解答：解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，所以氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高；故答案为：偏高；2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e=H2+2OH，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO422e=2MnO4，故答案为：2MnO422e=2MnO4；（4）由化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO4，所以KMnO4的产率最高为100%=66.7%；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；故答案为：66.7%；产率更高、KOH循环利用；（5）向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液产生黑色沉淀，根据氧化还原反应化合价由升必有降，则黑色物质为二氧化锰，所以反应的离子方程式3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+；故答案为：3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+；（6）已知常温下KSP（Mn（OH）2）=c（Mn2+）c（OH）2）=2.01023，又pH=10，所以c（OH）=104mol/L，所以c（Mn2+）=21015mol/L；故答案为：21015；点评：本题以电解原理为载体考查了电极反应式的书写、化学反应方程式的书写等知识点，难度不大，会根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式是解本题的关键【化学-选修2：化学与技术】11（15分）在富碘卤水中，采用如图所示的工艺流程生产单质碘：试回答：（1）乙、丁中溶质的化学式：乙FeI2；丁FeCl3（2）第步骤操作中用稀硫酸浸洗的目的是C（填写字母编号） A、除去未反应的AgI B、除去未反应的I C、除去未反应的Fe（3）第步骤中可供提纯I2的两种方法是萃取和升华（不要求写具体步骤）（4）实验室检验I2的试剂是淀粉（5）甲物质见光易变黑，其反应的化学方程式2AgI2Ag+I2（6）反应中所加的硝酸应选稀硝酸硝酸（填“浓”或“稀”），原因是用稀硝酸生成等量的硝酸银时消耗的硝酸少，可以节约能源考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：富碘卤水中含有I，加入硝酸银发生：Ag+IAgI，过滤水洗后的甲为AgI，加入Fe搅拌，可得Ag和FeI2，所以乙为FeI2，生成的银中含有少量铁粉，通入硫酸生成硫酸亚铁除去，则丙为硫酸亚铁，银单质可以循环利用；FeI2具有还原性，与充足的氯气发生氧化还原反应生成I2和FeCl3，反应的化学方程式为2FeI2+3Cl22I2+2FeCl3，则丁溶液为FeCl3溶液；最后将碘单质经过萃取或升华法进行提纯，（1）依据分析推断乙、丁中溶质的化学式为：FeI2，FeCl3；（2）流程分析可知稀硫酸是用来除去过量铁屑；（3）依据碘单质易升华，易溶解于有机溶剂中提纯碘单质；（4）依据碘单质遇到淀粉变蓝检验；（5）甲为碘化银见光分解生成银、碘单质；（6）根据银与浓硝酸、稀硝酸的反应方程式分析应该使用浓硝酸还是稀硝酸解答：解：富碘卤水中含有I，加入硝酸银发生：Ag+IAgI，过滤水洗后的甲为AgI，加入Fe搅拌，可得Ag和FeI2，所以乙为FeI2，生成的银中含有少量铁粉，通入硫酸生成硫酸亚铁除去，则丙为硫酸亚铁，银单质可以循环利用；FeI2具有还原性，与充足的氯气发生氧化还原反应生成I2和FeCl3，反应的化学方程式为2FeI2+3Cl22I2+2FeCl3，则丁溶液为FeCl3溶液；最后将碘单质经过萃取或升华法进行提纯，（1）根据分析可知，乙溶液溶质为：FeI2，丁溶液溶质为FeCl3，故答案为：FeI2；FeCl3；（2）得到的银中含有铁粉，第步骤操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去混有的铁粉，所以C正确，故答案为：C；（3）碘单质在水中溶解度减小，易溶于有机溶剂，可以通过萃取法提纯；碘单质具有升华的性质，也可以通过升华的方法提纯，故答案为：萃取；升华；（4）淀粉遇到碘单质变蓝，可以用淀粉具有碘单质，故答案为：淀粉；（5）AgI不稳定，见光易分解生成银和碘单质，反应的化学方程式为：2AgI2Ag+I2，故答案为：2AgI2Ag+I2；（6）银与浓硝酸、稀硝酸反应的方程式分别为：Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2+H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO+2H2O，从反应方程式可知，用稀硝酸反应制备硝酸银消耗的硝酸的物质的量小，所以为了节约能源，应该选用稀硝酸，故答案为：稀硝酸；用稀硝酸生成等量的硝酸银时消耗的硝酸少，可以节约能源点评：本题考查物质的制备、分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，注意根据物质的性质认真分析流程图的反应过程，正确判断各物质是解答该题的关键【化学-选修物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（xx南关区校级一模）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大请根据下列相关信息，回答问题 A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1 C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol D原子核外所有p轨道上电子全充满或半充满 E元素的主族序数与周期数的差为4 F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图违背了泡利原理（4）G位于第VIIB族d区，价电子排布式为3d54s2（5）DE3中心原子的杂化方式为sp3杂化，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为正四面体（6）F元素的晶胞如图所示，若设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数为NA，F原子的摩尔质量为M，则F原子的半径为cm考点：晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素； B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则B为N元素；C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，该元素第二电离能远远小于第三电离能，则C位于第IIA族，其原子序数大于B，则C为Mg元素； D原子核外所有p轨道上电子全充满或半充满，原子序数大于Mg，则D为P元素；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为短周期元素，其原子序数大于D，则其主族族序数VIIA，则E是Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，其金属性最强，为K元素；G在周期表的第七列且位于第四周期，则G为Mn元素，再结合题目分析解答解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素； B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则B为N元素；C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，该元素第二电离能远远小于第三电离能，则C位于第IIA族，其原子序数大于B，则C为Mg元素； D原子核外所有p轨道上电子全充满或半充满，原子序数大于Mg，则D为P元素；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为短周期元素，其原子序数大于D，则其主族族序数VIIA，则E是Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，其金属性最强，为K元素；G在周期表的第七列且位于第四周期，则G为Mn元素，（1）NH5为离子化合物，则该物质为NH4H，其电子式为，故答案为：；（2）N基态原子中能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形，故答案为：3；哑铃；（3）某同学根据上述信息，推断Mg基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图违背了泡利原理，故答案为：泡利原理；（4）Mn位于第VIIB族最后填充的为d电子，为d区元素，价电子排布式为3d54s2，故答案为：B；d；3d54s2；（5）PCl3中心原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，所以P原子的杂化方式为sp3杂化，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；（6）K元素的晶胞如图所示，该晶胞中K原子个数=1+8=2，晶胞的质量=g=g，若设该晶胞的密度为ag/cm3，则晶胞的体积=cm3，则晶胞的棱长=cm，令F原子的半径为r cm，晶胞体对角线上的3个F原子相邻，则：（4r）2=3（）2，r=，故答案为：点评：本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化判断、电子排布式的书写等知识点，侧重考查学生分析问题、计算能力，利用构造原理、价层电子对互斥理论等知识点分析解答，难点是晶胞的计算，注意晶胞中哪些原子直接相连，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（xx龙马潭区校级二模）AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g CO2和3.6g H2O；E的蒸气对氢气的相对密度为30，则E的分子式为C2H4O2（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基由B生成C的化学方程式为（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是氢氧化钠醇溶液、加热、浓硫酸、加热（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是取代反应、加成反应（5）F存在于栀子香油中，其结构简式为（6）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是 （填结构简式）考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=302=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为=0.2mol，=0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答解答：解：E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=302=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为=0.2mol，=0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；（2）由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；（4）由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（5）由上述分析可知，F的结构简式为，故答案为：；（6）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，若含有3个取代基时，取代基不可能相同，苯环上取代至少有2种，故不可能含有3个取代基，可以可以4个取代基，为2个Br、2个CH3，分别为，故符合条件的同分异构体共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是，故答案为：7；点评：本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，难度中等