高三化学-扬州中学2016届高三下学期开学化学试卷

2015-2016学年江苏省扬州中学高三（下）开学化学试卷

一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）

1．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用．下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（ ）

A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率 B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放

C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求 D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放 2．下列表述正确的是（ ） A．中子数为10的氧原子：B．Na2S的电子式：

O

C．聚氯乙烯的结构简式：CH2CHCl

D．Mg5（Si4O10）2（OH）2?4H2O的氧化物形式：5MgO?8SiO2?5H2O 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） A．1.0 mol?L﹣1 KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣

B．水电离出的c（H+）=10﹣10 mol?L﹣1的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ C．pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣

D．c（ClO﹣）=1.0 mol?L﹣1的溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣ 4．下列离子方程式书写正确的是（ ）

A．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3OH﹣+Fe3+═Fe（OH）3↓ B．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2

C．用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精：3CH3CH2OH+2Cr2O72﹣+13H+=4Cr3++11H2O+3CH3COO﹣

D．次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣ 5．下列有关物质的性质与应用不相对应的是（ ） A．氢氟酸具有弱酸性，可用于雕刻玻璃

B．MgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料 C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒 D．油脂在碱性条件下易水解，可用于制作肥皂

6．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ） A．标准状况下，2.24LCH2Cl2含有分子的数目为0.1NA

B．电解精炼铜时，阳极质量减少12.8g时，转移电子0.4NA

C．25℃，pH=11的Na2CO3溶液中由水电离出的H+的数目为10﹣3NA D．常温常压下，将0.1mol Fe投入足量的稀硝酸中，转移的电子为0.3 NA

7．氯碱工业是一种高耗能产业，一种将燃料电池与电解池组合的新工艺可节能30%以上，如图是该工艺图示（电极未标出）．下列说法正确的是（ ）

1

A．X为H2，Y为Cl2

B．A池为电解池，且m＜n C．B池为燃料电池，且a＞b

D．该工艺优点是燃料电池提供电能且能提高烧碱产品的浓度

8．利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（ ）

A．用图1所示装置可制取氨气

B．用图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液 C．用图3所示装置可制取乙烯并验证其易被氧化

D．用图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性 9．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）

SO3H2SO4 ①FeS2

NaAlO2（aq）Al（OH）3 ②Al2O3

Na Na2O2 ③NaCl（aq）④Fe⑤海水

FeSO4（aq）

母液

粗溴

Fe（OH）2

Fe2O3

Br2．

A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤

10．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍．下列判断正确的是（ ）

A．原子半径：W＞Z＞Y＞X

B．含Y元素的盐溶液一定显酸性

C．最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W

D．X与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体 11．下列说法正确的是（ ）

A．在NaHS溶液中滴入少量的CuCl2溶液产生黑色沉淀，HS﹣电离程度增大，反应后溶液pH减小

B．浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯酚＞碳酸

2

C．在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，则Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4） D．等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小

12．羟氨苄青霉素是高效、广谱和低毒的抗生素，其结构简式如图所示．下列说法不正确的

是（ ）

A．羟氨苄青霉素在空气中不能稳定存在

B．每个羟氨苄青霉素分子中含有3个手性碳原子

C．羟氨苄青霉素既能与盐酸反应，又能与碳酸氢钠溶液反应

D．1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH 13．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 A 用洁净的铂丝蘸取某食盐试样在酒精灯火焰上灼烧 火焰显黄色 结论 该食盐中不含有KIO3 B 向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶未出现砖红色沉Y中不含有醛基 液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热 淀 C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 D 在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静有白色沉淀生成，白色沉淀可能置 苯层呈紫色 为CuI （ ） A．A B．B C．C D．D 14．25°C时，用2a mol?L﹣1NaOH溶液滴定1.0L2a mol?L﹣1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F一的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示．下列说法正确的是 （ ）

A．pH=3时，溶液中：c（Na+）＜c（F一） B．c（F一）＞c（HF）时，溶液一定呈碱性

C．pH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）＜2amol?L﹣1 D．pH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应

15．如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）?2C（g）△H=﹣192kJ?mol﹣1．向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（ ）

3

A．平衡时A气体在两容器中体积分数可能相等

B．若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：A＞B

C．若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90% D．若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率N＞M

二、解答题（共5小题，满分68分）

16．人造金刚石酸洗废液中含有大量的Ni2+、Mn2+、Co2+等离子．某厂技术人员设计了如下方案，使上述离子的浓度降低到排放标准，且得到了纯度较高的镍粉． Ⅰ．废液组成： Ni Mn Co Fe Cu Zn 金属元素 ﹣1≤0.1 ≤0.05 ≤0.05 浓度（g?L） 45 15 7.5 Ⅱ．处理方案： 步骤1：调节pH：向强酸性溶液中加入NaOH溶液调节pH到2．

此步骤中工业上不直接使用饱和Na2CO3溶液来调节溶液的pH的原因可能是 ．

步骤2：除去Mn2+、Co2+离子：在搅拌下加入适量饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液并控制pH≤3.5，过滤．

①Mn2+反应生成MnO2同时放出CO2，写出此反应的离子方程式： ．

②Co2+反应生成Co（OH）3沉淀同时放出CO2，写出此反应的离子方程式： ；

Ni2+可反应生成Ni（OH）3沉淀，Co2+可使Ni（OH）3转化为Co（OH）3沉淀，写出Ni（OH）3转化为Co（OH）3的离子方程式： ．

③此步骤中必须控制好NaClO溶液的用量，其原因可能是 ． 步骤3：回收镍

以铅片为阳极，镍铬钛不锈钢片为阴极，电解步骤2中所得滤液，在阴极得到镍 粉．电解过程中电流效率与pH的关系如图所示，分析图表，回答下列问题： ①pH较低时，电流效率低的原因可能是： ． ②电解的最佳pH范围是： （填序号）． A．3.0～3.5 B．3.5～4.0 C．4.0～4.5 D．4.5～5.0．

17．化学物I是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路线如下：

4

（1）反应①的类型为： ，反应④的类型为： ． （2）物质F中含氧官能团的名称为 ．

（3）反应③会生成与D互为同分异构体的副产物，该反应的方程式为 ． （4）若未设计反应⑥，则化合物I中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，其结构简式为 ．

（5）写出同时满足下列条件的物质I的一种同分异构体的结构简式 ． ①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③分子的核磁共振氢谱有5个峰．

CH2=CHCOOH （6）已知：CH2=CHCH2OH以CH2=CHCH=CH2、用）．合成

流程图示例如下：CH2=CH2

CH3CH2Br

CH3CH2OH． ．

为原料，合成

，写出合成流程图（无机试剂任

18．工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到

一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH） 3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝晶体．

（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，反应的离子方程式为 ．

n（2）写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式 ．实验证明，（MnO2）

/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好．若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量为 ． （3）调节pH的作用是 ．

5

A．X为H2，Y为Cl2

B．A池为电解池，且m＜n C．B池为燃料电池，且a＞b

D．该工艺优点是燃料电池提供电能且能提高烧碱产品的浓度 【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】根据图片知，B装置中通入空气和Y，空气作氧化剂，且整个装置是原电池和电解池组合的装置，B能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池； 燃料电池中氢气是燃料，在负极上反应，空气是氧化剂，在正极上反应，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电解池中，电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时得到氢氧化钠．

【解答】解：根据图片知，B装置中通入空气和Y，空气作氧化剂，且整个装置是原电池和电解池组合的装置，B能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池； A．通过以上分析知，A是电解池，B是原电池，原电池中燃料是氢气，所以Y是氢气，则X是氯气，故A错误；

B．A是电解池，电解氯化钠过程中，氯化钠溶液被电解时生成氯气、氢气和氢氧化钠，所以导致溶液中氯化钠浓度降低，所以m＞n，故B错误；

C．B是燃料电池，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，所以a＜b，故C错误；

D．B装置是把化学能转变为电能的装置，属于原电池，且正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，故D正确； 故选D．

8．利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（ ）

A．用图1所示装置可制取氨气

B．用图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液 C．用图3所示装置可制取乙烯并验证其易被氧化

D．用图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性 【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．浓氨水与生石灰制取氨气，选固体与液体反应不需要加热装置； B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5不分层；

C．乙醇挥发后溶解在KOH溶液中，排除对乙烯检验的干扰；

11

D．浓硫酸使蔗糖变黑，体现脱水性，与C反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，图中品红褪色，说明二氧化硫具有漂白性，高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性．

【解答】解：A．浓氨水与生石灰制取氨气，选固体与液体反应不需要加热装置，则图中装置能实现氨气的制取，故A正确；

B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5不分层，则不能利用图中分液装置操作，故B错误； C．乙醇挥发后溶解在KOH溶液中，排除对乙烯检验的干扰，则图中装置能制取乙烯并验证其易被氧化，故C正确；

D．浓硫酸使蔗糖变黑，体现脱水性，与C反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，图中品红褪色，说明二氧化硫具有漂白性，高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，说明二氧化硫具有还原性，所以图中装置能说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故D正确； 故选B．

9．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）

SO3H2SO4 ①FeS2

NaAlO2（aq）Al（OH）3 ②Al2O3

Na Na2O2 ③NaCl（aq）④Fe⑤海水

FeSO4（aq）

母液

粗溴

Fe（OH）2

Fe2O3

Br2．

A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤

【考点】含硫物质的性质及综合应用；海水资源及其综合利用；钠的重要化合物；铁的氧化

物和氢氧化物．

【分析】①FeS2生成SO2；

②NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3； ③应电解熔融的NaCl；

④Fe（OH）2可被氧化为Fe（OH）3；

⑤NaBr与NaBrO3在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2．

【解答】解：①FeS2生成SO2，应在催化剂条件下继续与氧气反应可生成SO3，故①错误；

②Al（OH）3具有两性，与强酸反应，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，故②正确； ③电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，应电解熔融的NaCl，故③错误； ④Fe（OH）2可被氧化为Fe（OH）3，加热分解可生成Fe2O3，故④正确； ⑤NaBr与NaBrO3在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2，故⑤正确． 故选C．

10．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍．下列判断正确的是（ ）

A．原子半径：W＞Z＞Y＞X

B．含Y元素的盐溶液一定显酸性

C．最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W

12

D．X与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体 【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【分析】由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，结合元素周期律及其单质化合物的性质来解答．

【解答】解：由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，

A．同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＞Z＞W＞X，故A错误；

B．Y为Al，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，故B错误；

C．非金属性W＞Z，则最简单气态氢化物的热稳定性为W＞Z，故C错误；

D．N元素与氢元素组成的化合物XH5为NH4H，NH4H与水反应可产生氨气、氢气两种气体，故D正确， 故选D．

11．下列说法正确的是（ ）

A．在NaHS溶液中滴入少量的CuCl2溶液产生黑色沉淀，HS﹣电离程度增大，反应后溶液pH减小

B．浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯酚＞碳酸

C．在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，则Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4） D．等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小

【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【分析】A、HS﹣电离出的S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀； B、苯酚和碳酸钠反应生成可溶性的碳酸氢钠和苯酚钠；

C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl﹣和CrO42﹣

沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小；

D、Ka（HA）越大，酸性越强；

【解答】解：A、在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS﹣电离出的S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS﹣电离程度增大，pH减小，故A正确；

B、C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，苯酚钠和碳酸氢钠都是易溶性物质，所以溶液变澄清，说明酸性苯酚＞碳酸氢根离子，故B错误；

C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl﹣和CrO42﹣

沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小，但由于AgCl和Ag2CrO4的Ksp表达式不同，故不能说明Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4），故C错误；

D、Ka（HA）越大，酸性越强，如HA电离程度大于A﹣水解程度，则溶液呈酸性，否则呈碱性，故D正确． 故选AD．

13

12．羟氨苄青霉素是高效、广谱和低毒的抗生素，其结构简式如图所示．下列说法不正确的

是（ ）

A．羟氨苄青霉素在空气中不能稳定存在

B．每个羟氨苄青霉素分子中含有3个手性碳原子

C．羟氨苄青霉素既能与盐酸反应，又能与碳酸氢钠溶液反应

D．1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH 【考点】有机物的结构和性质．

【分析】有机物含有酚羟基、氨基、肽键、羧基，结合苯酚、氨基酸以及乙酸的性质解答该题．

【解答】解：A．含有酚羟基，易被空气中氧气氧化，故A正确；

B．有结构简式可知，分子中含有5个饱和碳原子，其中4个碳原子上连接不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；

C．含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与碳酸氢钠溶液反应，故C正确； D．酚羟基、羧基都可与氢氧化钠发生中和反应，且含有2个肽键，水解可生成羧基，则1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH，故D正确． 故选B．

13．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 用洁净的铂丝蘸取某食盐试样在酒精灯火焰上灼烧 火焰显黄色 该食盐中不含有KIO3 B 向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶未出现砖红色沉Y中不含有醛基 液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热 淀 C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 D 白色沉淀可能在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静有白色沉淀生成，置 苯层呈紫色 为CuI （ ） A．A B．B C．C D．D 【考点】化学实验方案的评价．

A． 【分析】钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃；

B．新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行； C．久置的Na2O2粉末中可能混有碳酸钠； D．发生氧化还原反应生成CuI和碘．

【解答】解：A．钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，则该实验中不能确定是否含KIO3，故A错误；

B．氢氧化钠的量不足，反应后所得的浊液不是碱性条件下，氢氧化铜不能氧化醛基，故B错误；

C．取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体，不能确定是否变质，故C错误；

D．在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成CuI和碘，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故D正确．

14

故选D． 14．25°C时，用2a mol?L﹣1NaOH溶液滴定1.0L2a mol?L﹣1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F一的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示．下列说法正确的是 （ ）

A．pH=3时，溶液中：c（Na+）＜c（F一） B．c（F一）＞c（HF）时，溶液一定呈碱性

C．pH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）＜2amol?L﹣1 D．pH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【分析】A．pH=3时，c（H+）＞c（OH﹣），结合溶液的电荷守恒判断； B．当pH＞3.45时，c（F﹣）＞c（HF），结合图象分析； C．可根据pH=4时，溶液电荷守恒判断； D．HF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性． 【解答】解：A．pH=3时，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（F﹣），则c（F﹣）＞c（Na+），故A正确； B．当pH＞3.45时，c（F﹣）＞c（HF），溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误； C．当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，c（F﹣）＜1.6amol/L，c（HF）＜0.4amol/L，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（F﹣），c（F﹣）=c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）＜1.6amol/L，则c（HF）+c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）＜2amol?L﹣1，故C正确； D．HF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故D错误． 故选AC．

15．如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）?2C（g）△H=﹣192kJ?mol﹣1．向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（ ）

A．平衡时A气体在两容器中体积分数可能相等

B．若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：A＞B

C．若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90% D．若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率N＞M 【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．

【分析】M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，

15

A、让M、N中平衡时A的体积分数一样，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，利用三段式表示平衡时各组分的物质的量据此判断；

B、由于x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，用a表示参加反应的B的物质的量，表示出转化率，据此比较；

C、题目中热化学方程式的意义为1molA完全反应，放热192 kJ，根据实际放出的热量计算参加反应的A的物质的量，进而表示出转化率进行判断；

D、N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，据此确定．

【解答】解：M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，

A、要让M、N中平衡时A的体积分数一样，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，则： A（g）+3B（g）?2C（g） 起始：x y

反应：z 3z 2z 平衡：x﹣z y﹣3z 2z 故平衡时A的体积分数为

，A的体积分数始终为定值，则x=y，即x=y时，平衡

时A气体在两容器中体积分数相等，故A正确；

B、x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，则： A（g）+3B（g）?2C（g） 初始（mol）：x 2x 0 变化（mol）：a 3a 2a 故A的转化率=，B的转化率=

，则平衡时，M中的转化率：A＜B，故B错误；

C、题目中热化学方程式的意义：若1molA完全反应，放热192 kJ，当M中放出热量172.8 kJ时，参加反应的A的物质的量为

×1mol=0.9mol，故A的转化率为

，故C错

误；

D、x=1，y=3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，压强增大，平衡正向移动，达到平衡后的转化率关系为：α（M）＜α（N），故D正确． 故选AD．

二、解答题（共5小题，满分68分）

16．人造金刚石酸洗废液中含有大量的Ni2+、Mn2+、Co2+等离子．某厂技术人员设计了如下方案，使上述离子的浓度降低到排放标准，且得到了纯度较高的镍粉． Ⅰ．废液组成：

Ni Mn Co Fe Cu Zn 金属元素 ≤0.1 ≤0.05 ≤0.05 浓度（g?L﹣1） 45 15 7.5 Ⅱ．处理方案： 步骤1：调节pH：向强酸性溶液中加入NaOH溶液调节pH到2．

此步骤中工业上不直接使用饱和Na2CO3溶液来调节溶液的pH的原因可能是 产生大量的CO2不利于工业生产 ．

16

步骤2：除去Mn2+、Co2+离子：在搅拌下加入适量饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液并控制pH≤3.5，过滤．

①Mn2+反应生成MnO2同时放出CO2，写出此反应的离子方程式： Mn2++ClO﹣+CO32﹣=MnO2↓+Cl﹣+CO2↑ ．

②Co2+反应生成Co（OH）3沉淀同时放出CO2，写出此反应的离子方程式： 2Co2++ClO﹣

+2CO32﹣+3H2O=2Co（OH）3↓+Cl﹣+2CO2↑ ；

Ni2+可反应生成Ni（OH）3沉淀，Co2+可使Ni（OH）3转化为Co（OH）3沉淀，写出Ni（OH）3转化为Co（OH）3的离子方程式： Co2++Ni（OH）3=Co（OH）3↓+Ni2+ ． ③此步骤中必须控制好NaClO溶液的用量，其原因可能是 Mn2+，Co2+沉淀完全而Ni2+不被沉淀 ． 步骤3：回收镍

以铅片为阳极，镍铬钛不锈钢片为阴极，电解步骤2中所得滤液，在阴极得到镍 粉．电解过程中电流效率与pH的关系如图所示，分析图表，回答下列问题： ①pH较低时，电流效率低的原因可能是： 产生大量氢气 ． ②电解的最佳pH范围是： C （填序号）． A．3.0～3.5 B．3.5～4.0 C．4.0～4.5 D．4.5～5.0．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】步骤1：饱和Na2CO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体；

步骤2：①Mn2+被ClO﹣氧化成+4价的Mn，以MnO2的形式被除去，ClO﹣被还原成Cl﹣，同时放出CO2，根据化合价升降相等以及原子守恒配平；

②Co2+被ClO﹣氧化成+3价的Co，以Co（OH）3的形式被除去，ClO﹣被还原成Cl﹣，同时放出CO2，根据化合价升降相等以及原子守恒配平；根据题目信息即可完成；

③Ni（Ⅲ）和Co（Ⅲ）都有很强的氧化性，但Ni（Ⅲ）非常不稳定，氧化性比Co（Ⅲ）化合物的氧化性强，因此只要ClO﹣适量，即使Ni2+被氧化生成了三价镍的化合物，也会被

未参加反应的Co2+、Mn2+还原为Ni2+．因此防止Ni2+被沉淀的方法就是控制ClO﹣的用量．

步骤3：从图中曲线变化趋势可以看出，当溶液酸性较大时，电解效率很低，随着pH的增大，电解效率增大，但是当pH＞4.5后，电解率与溶液pH变化不明显．因此此处要重点分析pH较小时电解效率不高，以及pH较大时电解效率也不高的原因．由于H+、Ni2+都能在电极的阴极放电，所以当pH较小，也即[H+]较大时，将产生大量的氢气，造成电解效率较低．当pH较大时，由于Ni2+生成了难溶物，溶液中[Ni2+]减小，也造成电解效率低．因此，从图中可以看出来，最佳的pH范围大约为4.0～4.5．

【解答】解：步骤1：饱和Na2CO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体，产生大量的CO2不利于工业生产，故答案为：产生大量的CO2不利于工业生产；

17

步骤2：①Mn2+被ClO﹣氧化成+4价的Mn，以MnO2的形式被除去，ClO﹣被还原成Cl﹣，同时放出CO2，离子方程式为：Mn2++ClO﹣+CO32﹣=MnO2↓+Cl﹣+CO2↑， 故答案为：Mn2++ClO﹣+CO32﹣=MnO2↓+Cl﹣+CO2↑；

②Co2+被ClO﹣氧化成+3价的Co，以Co（OH）3的形式被除去，ClO﹣被还原成Cl﹣，同时放出CO2，离子方程式为：2Co2++ClO﹣+2CO32﹣+3H2O=2 Co（OH）3↓+Cl﹣+2CO2↑， Ni2+可反应生成Ni（OH）3沉淀，Co2+可使Ni（OH）3转化为Co（OH）3沉淀，离子方程式为：Co2++Ni（OH）3=Co（OH）3↓+Ni2+，

故答案为：2Co2++ClO﹣+2CO32﹣+3H2O=2 Co（OH）3↓+Cl﹣+2CO2↑；Co2++Ni（OH）3=Co（OH）3↓+Ni2+；

③Ni（Ⅲ）和Co（Ⅲ）都有很强的氧化性，但Ni（Ⅲ）非常不稳定，氧化性比Co（Ⅲ）化合物的氧化性强，因此只要ClO﹣适量，即使Ni2+被氧化生成了三价镍的化合物，也会被未参加反应的Co2+、Mn2+还原为Ni2+，因此防止Ni2+被沉淀的方法就是控制ClO﹣的用量，故答案为：Mn2+，Co2+沉淀完全而Ni2+不被沉淀；

步骤3：从图中曲线变化趋势可以看出，当溶液酸性较大时，电解效率很低，随着pH的增大，电解效率增大，但是当pH＞4.5后，电解率与溶液pH变化不明显．因此此处要重点分析pH较小时电解效率不高，以及pH较大时电解效率也不高的原因．由于H+、Ni2+都能在电极的阴极放电，所以当pH较小，也即[H+]较大时，将产生大量的氢气，造成电解效率较低．当pH较大时，由于Ni2+生成了难溶物，溶液中[Ni2+]减小，也造成电解效率低．因此，从图中可以看出来，最佳的pH范围大约为4.0～4.5． 故答案为：①产生大量氢气；②C．

17．化学物I是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路线如下：

（1）反应①的类型为： 取代反应 ，反应④的类型为： 加成反应 ． （2）物质F中含氧官能团的名称为 羧基、醚键 ．

（3）反应③会生成与D互为同分异构体的副产物，该反应的方程式为

．

（4）若未设计反应⑥，则化合物I中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，其结构简式为

．

18

（5）写出同时满足下列条件的物质I的一种同分异构体的结构简式

或 ．

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③分子的核磁共振氢谱有5个峰．

CH2=CHCOOH （6）已知：CH2=CHCH2OH以CH2=CHCH=CH2、用）．合成

流程图示例如下：CH2=CH2

CH3CH2Br为原料，合成

，写出合成流程图（无机试剂任

CH3CH2OH． ．

【考点】有机物的合成．

【分析】（1）对比A、B的结构可知，A中酚羟基中H原子被取代生成B；对比D、E的结构可知，D中碳碳双键与氢气发生加成反应； （2）根据F的结构简式判断含有的官能团；

（3）反应③是取代反应，取代的位置是碳碳双键两端的碳原子上，故生成的副产物为

，同时生成HBr；

（4）反应④是取代反应，是羧基中的羟基取代苯环上的氢原子，该条件下会取代G中两个Br原子的位置，形成五元环或六元环；

（5）I的同分异构体满足：①能发生银镜反应；②能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，③分子的核磁共振氢谱有5个峰，结合I的结构可知，还含有2个﹣CH=CH2，且为对称结构；

（6）根据流程③把原料连接起来，可知

的合成原料

、

HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2

4﹣加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，与溴发生1，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，

结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH． 【解答】解：（1）对比A、B的结构可知，A中酚羟基中H原子被取代生成B，属于取代反应；对比D、E的结构可知，D中碳碳双键与氢气发生加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；

（2）根据F的结构简式，可知含有的含氧官能团为：羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；

19

（3）反应③是取代反应，取代的位置是碳碳双键两端的碳原子上，故生成的副产物为

，同时生成HBr，反应方程式为：

，

故答案为：；

（4）反应④是取代反应，是羧基中的羟基取代苯环上的氢原子，该条件下会取代G中两个Br原子的位置，形成五元环或六元环，其结构简式为：

，故答案为：

；

（5）I的同分异构体满足：①能发生银镜反应；②能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，③分子的核磁共振氢谱有5个峰，结合I的结构可知，还含有2个﹣CH=CH2，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：

或

，

故答案为：或；

（6）根据流程③把原料连接起来，可知的合成原料、

HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2

4﹣加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，与溴发生1，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，

结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：

，

故答案为：．

20

18．工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH） 3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝晶体．

（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，反应的离子方程式为 MnO4﹣

+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O ．

（2）写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式

2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4 ．实验证明，n（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好．若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量为 0.102mol ． （3）调节pH的作用是 使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去 ．

（4）操作1的名称为 过滤 ，操作2的名称为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 ． 【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH）3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝产品；

（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；

（2）根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为

2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；结合离子方程式和化学方程式定量关系计算；

（3）铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁； （4）操作1为过滤，操作2为蒸发结晶．

【解答】解：（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：MnO4﹣+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O， 故答案为：MnO4﹣+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O；

（2）由题意可知高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应生成活性二氧化锰，根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4，若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，溶液中含有Fe2+物质的量为0.03mol，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，n（Fe）=0.06mol MnO4﹣+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O，

0.01mol 0.03mol 0.01mol

n（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好．则n（MnO2）=0.06mol×4=0.24mol； 反应中生成二氧化锰物质的量=0.24mol﹣0.01mol=0.23mol，消耗高锰酸钾物质的量： 2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4， 2 5

21

n 0.23mol n=0.092mol，

为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量=0.092mol+0.01mol=0102mol；

故答案为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；0.102mol；

（3）铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁，当调节溶液PH，使溶液PH增大时，易使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，

故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；

（4）根据题中信息，反应一段时间，二氧化锰和Fe （OH） 3发生吸附共沉作用，可知操作1为过滤，操作2为过滤后，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤； 故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤．

19．以钡矿粉（主要成份为BaCO3，含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等）制备BaCl2?2H2O的流程如图1：

（1）氧化过程主要反应的离子方程式为 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O ．

（2）沉淀C的主要成分是Ca（OH）2和 Mg（OH）2 ．由图2可知，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为 提高温度 ．

（3）用BaSO4重量法测定产品纯度的步骤为：

步骤1：准确称取0.4～0.6g BaCl2?2H2O试样，加入100mL水，3mL 2mol?L﹣1 的HCl溶液加热溶解．

步骤2：边搅拌，边逐滴加入0.1mol?L﹣1 H2SO4溶液．

步骤3：待BaSO4沉降后，_____，确认已完全沉淀．

步骤4：过滤，用0.01mol?L﹣1的稀H2SO4洗涤沉淀3～4次，直至洗涤液中不含Cl﹣为止．

步骤5：将折叠的沉淀滤纸包置于_____中，经烘干、炭化、灰化后在800℃灼烧至恒重．称量计算BaCl2?2H2O中Ba2+的含量．

①步骤3所缺的操作为 向上层清液中加入1～2滴0.1mol/LH2SO4溶液 ．

②若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为 称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大 ．

22

③步骤5所用瓷质仪器名称为 坩埚 ．滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，该反应的化学方程式为 BaSO4+4CBaSO4+2C2CO2↑+BaS ．

4CO↑+BaS或④有同学认为用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂效果更好，请说明原因 BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，得到沉淀质量更大，测定误差小 ．

[已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10 Ksp（BaCrO4）=1.2×10﹣10]． 【考点】制备实验方案的设计．

【分析】钡矿粉的主要成分BaCO3（含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，过滤除去不溶物，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，过滤分离，滤液中加入盐酸酸化，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2?2H2O晶体． （1）氧化过程是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+； （2）沉淀C的主要成分是氢氧化钙与氢氧化镁，由氢氧化钡与氢氧化钙的溶解度曲线可知，升高温度氢氧化钡溶解度增大，可以降低氢氧化钙的溶解度；

（3）①步骤3：利用硫酸检验上清液是否含有Ba2+，确定沉淀完全； ②称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；

③步骤5：在坩埚中进而固体物质的灼烧；BaSO4被残留的炭还原生成BaS，C被氧化生成CO或二氧化碳；

④由溶度积常数可知，两种沉淀剂效果相差不大，用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂得到沉淀质量更大，测定误差小．

【解答】解：钡矿粉的主要成分BaCO3（含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，过滤除去不溶物，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）

大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，过滤分离，滤液中加入盐酸酸化，再通过蒸发浓缩、2沉淀、

冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2?2H2O晶体．

（1）氧化过程是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，以便调节溶液pH使铁离子完全沉淀，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； 故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

（2）加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，氢氧化钙溶解度随温度升高减小，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为提高温度；

故答案为：Mg（OH）2；提高温度；

（3）①步骤3所缺的操作是检验Ba2+是否沉淀完全，具体操作为：向上层清液中加入1～2滴0.1mol/LH2SO4溶液，

故答案为：向上层清液中加入1～2滴0.1mol/LH2SO4溶液；

②若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为：沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；

故答案为：称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；

23

③将折叠的沉淀滤纸包置于坩埚中经烘干、炭化、灰化后在800℃灼烧至恒重，称量计算BaCl2?2H2O中Ba2+的含量；滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，C被氧化生成CO或二氧化碳，反应的化学方程式为：BaSO4+4C或BaSO4+2C

2CO2↑+BaS，

4CO↑+BaS或BaSO4+2C

2CO2↑+BaS；

4CO↑+BaS

故答案为：坩埚；BaSO4+4C

④由溶度积常数可知，两种沉淀剂效果相差不大，由于BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂得到沉淀质量更大，测定误差小；

故答案为：BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，得到沉淀质量更大，测定误差小．

20．氮可以形成多种化合物，如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等． （1）已知：N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）△H=+50.6kJ?mol﹣1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol﹣1

则①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H= ﹣622.2 kJ?mol﹣1

②N2（g）+2H2（g）=N2H4（l） 不能自发进行的原因是 △H＞0，△S＜0 ． ③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是 NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O ．

（2）采矿废液中的CN﹣ 可用H2O2处理．已知：H2SO4=H++HSO4﹣ HSO4﹣?H++SO42﹣ 用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82﹣，S2O82﹣水解可以得到H2O2．写出阳极上的电极反应式 2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+ ．

（3）氧化镁处理含NH4+的废水会发生如下反应：

MgO+H2O?Mg（OH）2 Mg（OH）2+2NH4+?Mg2++2NH3?H2O． ①温度对氮处理率的影响如图所示．在25℃前，升高

温度氮去除率增大的原因是 升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出 ．

②剩余的氧化镁，不会对废水形成二次污染，理由是 氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染 ．

（4）滴定法测废水中的氨氮含量（氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中）步骤如下： ①取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175mL ②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热

③用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3=（NH4）2B4O7+5H2O]

④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c mol?L﹣1的硫酸滴定至终点[（NH4）2B4O7+H2SO4+5H2O=（NH4）2SO4+4H3BO3]，记录消耗的体积V mL． 则水样中氮的含量是 2800cV mg?L﹣1（用含c、V的表达式表示）．（请写出计算过程）

【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量． 【分析】（1）①a、N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）；△H=+50.6kJ?mol﹣1 b、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ?mol﹣1

24

依据盖斯定律b﹣a得到N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）；依据热化学方程式和盖斯定律来计算；

②依据△H﹣T△S＜0判断反应自发进行；

③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4和氯化钠，据此书写方程式； （2）电解池中阴离子在阳极失电子发生氧化反应； （3）①依据氨气溶解度随温度增大减小分析； ②氧化镁是难溶物质；

（4）依据滴定实验步骤和滴定用量结合化学方程式计算分析得到． 【解答】解：（1）①a、N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）；△H=+50.6kJ?mol﹣1 b、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ?mol﹣1 依据盖斯定律b﹣a得到N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）；△H=﹣622.2KJ/mol， 故答案为：﹣622.2；

②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）不能自发进行的原因是△H﹣T△S＞0，则反应△S＜0，△H＞0，故答案为：△H＞0，△S＜0；

NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4和氯化钠，方程式为：

故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；

（2）用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82﹣，HSO4﹣离子在阳极失电子生成S2O82﹣，电极反应为：2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+， 故答案为：2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+；

（3）①在25℃前，升高温度氮去除率增大的原因是因为氨气溶解度随温度升高，溶解度减小，

故答案为：升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出；

②剩余的氧化镁，是难溶于水的物质沉淀出不形成污染，不会对废水形成二次污染， 故答案为：氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染； （4）依据滴定实验和反应化学方程式可知： 2NH3～（NH4）2B4O7～H2SO4 2 1

2×cV×10﹣3mol cV×10﹣3mol 水样中氮的含量=

=2.8cV（g/L）=2800cV（mg/L），

故答案为：2800cV．

本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。 21．（1）在短周期主族元素中，氯及其相邻两元素的电负性由大到小的顺序是 F＞Cl＞S （用元素符号表示）

（2）A、B、C为同一短周期金属元素．依据下表数据分析，C元素在化合物中的主要化合价为 +3 ；A、B、C三种元素的原子半径由大到小的顺序是 A＞B＞C ． 电离能/kJ?mol﹣1 I1 I2 I3 I4 A B C 500 740 580 4600 1500 1800 6900 7700 2700 9500 10500 11600 25

（3）已知过氧化氢分子的空间结构如图所示，

分子中氧原子采取 sp3 杂

化；通常情况下，H2O2与水任意比互溶的主要原因是 H2O2分子与水分子间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶 ．

（4）R是1～36号元素中未成对电子数最多的原子．R3+在溶液中存在如下转化： R3+

R（OH）3

[R（OH）4]﹣

①基态R原子的价电子排布式为 3d54s1 ． ②[R（OH）4]﹣中存在的化学键是 BD ．

A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键

（5）等电子体原理可广义理解为：重原子数相等（重原子指原子序数≥4的原子），总电子数或价电子数相等的分子或离子．若将H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，阴离子与H2O2互为等电子体．则A的结构简式为 NH4OOH ．

【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用． 【分析】（1）同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，据此判断；

（2）由表中数据可知，C的第四电离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A第二电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小；

（3）由H2O2的结构可知，O原子形成1个O﹣H键、1个O﹣O键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断杂化方式；

H2O2中氧元素的电负性很强，H2O2分子H2O分子之间形成氢键， 使H2O2与水任意比互溶；（4）R是1～36号元素中未成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，为Cr元素；

根据[Al（OH）4]﹣的结构理解[Cr（OH）4]﹣中成键情况，Cr3+与OH﹣之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键；

（5）将H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，为NH4+，H2O2失去1个H+形成OOH﹣，含有18个电子，与H2O2互为等电子体，为据此书写． 【解答】解：（1）短周期主族元素中，与氯相邻两元素为F、S，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性F＞Cl＞S， 故答案为：F＞Cl＞S；

（2）由表中数据可知，C的第四电离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A第二电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2

价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Na＞Mg＞Al，即A＞B＞C，

故答案为：+3，A＞B＞C；

（3）由H2O2的结构可知，O原子形成1个O﹣H键、1个O﹣O键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，H2O2中氧元素的电负性很强，H2O2分子H2O分子之间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶，

故答案为：sp3，H2O2分子H2O分子之间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶；

（4）①R是1～36号元素中未成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，

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故答案为：3d54s1；

②R为Cr元素，[Cr（OH）4]﹣与[Al（OH）4]﹣结构相似，Cr3+与OH﹣之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键， 故答案为：BD；

（5）将H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，为NH4+，H2O2失去1个H+形成OOH﹣，含有18个电子，与H2O2互为等电子体，故白色固体A为NH4OOH， 故答案为：NH4OOH．

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2016年4月20日

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