安徽省合肥市百花中学2016届高三化学11月月考试题（含解析）.doc

安徽省合肥市百花中学2016届高三月考化学试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共有7个小题，每小题6分，共42分）‎ ‎1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用，下列叙述正确的是（　　）‎ A．氧化铝的熔点很低，不能用于制作耐高温材料 B．光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关 C．无水乙醇用作医用消毒剂效果更好 D．Na、S、C分别在氧气中点燃均可得到两种不同的氧化物 ‎　‎ ‎2．相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）（　　）‎ A．8种 B．12种 C．16种 D．18种 ‎　‎ ‎3．碳化硅纳米线是最好的增强增韧材料，可由下列反应制得：8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl，下列说法正确的是（　　）‎ A．SiC中硅元素的化合价为﹣4价，SiC属于共价化合物 B．标准状况下，22.4LCCl4中所含共价键数目为4NA C．该反应中CCl4是还原剂 D．每转移8mol电子，会生成1molSiC ‎　‎ ‎4．A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，它们原子的最外层电子数之和为14，B与D同主族，C+与B2﹣具有相同的电子层结构，A和B能形成一种既有极性共价键又有非极性共价键的化合物，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．若A和C形成一种化合物CA，则CA属于离子化合物 B．原子半径的大小顺序：r（D）＞r（C）＞r（B）＞r（A）‎ C．由于化合物A2B形成氢键，所以热稳定性：A2B＞A2D D．元素C的单质是一种高硬度、高熔点的金属 ‎　‎ ‎5．下列实验操作正确且能达到预期目的是（　　） ‎ 编号 试验目的 操作 ‎①‎ 比较水中氢和乙醇中羟基氢的活泼性强弱 用金属钠分别与同温度的水和乙醇反应，观察反应快慢 ‎②‎ 验证苯环上的氢原子能被溴原子所取代 向溴水中滴加苯，充分振荡，观察溴水层是否褪色 ‎③‎ 证明SO2具有漂白性 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色 ‎④‎ 确定碳和硅两元素非金属性强弱 测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的PH A．①② B．①③ C．①④ D．②④‎ ‎　‎ ‎6．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O - 21 -‎ B．将标准状况下1.12L氯气通入10mL 1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2‎ C．氢氧化铁溶于氢碘酸溶液：2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O D．4mol•L﹣1的NaAlO2溶液和7mol•L﹣1的盐酸等体积混合：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O ‎　‎ ‎7．一定温度下，将0.1molAgCl（s）加入到1L 0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中，充分搅拌（不考虑液体体积变化），已知：Ksp（AgCl）=2×10﹣10；Ksp（Ag2CO3）=1×10﹣11，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．沉淀转化反应2AgCl（s）+CO32﹣（aq）⇌Ag2CO3（s）+2Cl﹣（aq）的平衡常数为20mol•L﹣1‎ B．反应后溶液中的：c（Na+）＞c（Cl﹣）=c（Ag+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+ ）‎ C．反应后溶液中的：c（Na+）+c（H+）+c（ Ag+）=2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）‎ D．约有4×10﹣5molAgCl溶解 ‎　‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．（14分）铝、铁是两种重要的金属元素，其单质及化合物在生产生活中的应用日趋广泛．‎ ‎（1）①真空碳热还原﹣氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：‎ Al2O3（s）+AlC13（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=a　kJ•mol﹣1‎ ‎3AlCl（g）═2Al（l）+AlC13（g）△H=b　kJ•mol﹣1‎ 反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．‎ ‎②镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定物质的量比Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为：‎ Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．‎ 得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下可释放出氢气．在6.0mol•L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y　与上述盐酸完全反应，释放出H2　的物质的量为　　　　　　．‎ ‎③熔融状态下，Na单质和FeCl3能组成可充电电池（装置示意图如图甲），可充电电池的总反应方程式：　　　　　　．‎ ‎（2）聚合硫酸铁（PFS：Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理．用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁．为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+．实验步骤如下：‎ ‎①聚合硫酸铁（PFS）中铁元素的化合价为　　　　　　．‎ ‎②用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有　　　　　　．（填序号）‎ ‎（a）容量瓶 （b）烧杯 （c）玻璃棒 ‎③写出步骤Ⅳ反应的离子方程式：　　　　　　．‎ - 21 -‎ ‎（3）高铁酸钠（Na3FeO4）广泛应用于净水、电池工业等领域，可设计如图乙装置用电解法制备，原理是Fe+2OH﹣+2H2OFeO42﹣+3H2↑其阳极反应式为：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎9．（14分）硫代硫酸钠，又名大苏打、海波．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O），回答下列问题：‎ Ⅰ．【查阅资料】‎ ‎（1）Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成．‎ ‎（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．‎ ‎（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革的还原剂，它受热、遇酸易分解．‎ ‎（4）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl．‎ Ⅱ．【制备产品】‎ 实验装置如图所示（省略夹持装置）：‎ 实验步骤：‎ ‎（1）检查装置气密性，按图示加入试剂．‎ ‎（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．‎ ‎（3）等Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中混合物，滤液水浴加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品．‎ ‎【回答问题】‎ ‎（1）仪器B、D作用是　　　　　　；E中的试剂是　　　　　　（选填下列字母编号）．‎ A．稀H2SO4　　　　B．NaOH溶液　　　　C．饱和NaHSO3溶液 ‎（2）C中反应化学方程式　　　　　　．‎ ‎（3）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．‎ ‎（所需试剂从稀硝酸、稀硫酸、稀盐酸、蒸馏水中选择）‎ ‎ 取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，　　　　　　，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．‎ - 21 -‎ ‎（4）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是　　　　　　．‎ ‎（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）入冬以来，中国许多地方出现严重雾霾天气．合肥市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5微米的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：‎ ‎（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样，测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：‎ 离　子 K+‎ Na+‎ NH4+‎ SO42﹣‎ NO3﹣‎ Cl﹣‎ 浓度/mol•L﹣1‎ ‎4×10﹣6‎ ‎6×10﹣6‎ ‎2×10﹣5‎ ‎4×10﹣5‎ ‎3×10﹣5‎ ‎2×10﹣5‎ 根据表中数据判断试样的pH=　　　　　　．‎ ‎（2）洗涤含SO2的烟气，下列物质可作洗涤剂的是　　　　　　‎ a．CaCl2 溶液　　　b．Na2CO3　溶液　　　　c．Ca（OH）2　悬浊液　　　d．浓H2SO4‎ ‎（3）安装汽车尾气催化转化器也可减轻PM2.5的危害，其反应是：‎ ‎2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）；△H＜0‎ ‎①该反应平衡常数表达式K=　　　　　　；温度升高K值　　　　　　（填“增大”或“减小”）‎ ‎②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　　　　　　．‎ ‎（4）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化．‎ ‎①已知汽缸中生成NO的反应为N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　　　　　　．‎ ‎②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）═2C（s）+O2（g）△H＞0，判断该设想能否实现：　　　　　　（填“能”或“不能”），简述其依据：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ 化学—选修2：化学与技术 ‎11．（15分）工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：‎ 完成下列填空：‎ - 21 -‎ ‎（1）粗盐水加入沉淀剂A、B除杂质（沉淀剂A来源与石灰窑厂），写出A、B的化学式：A　　　　　　、B　　　　　　．‎ ‎（2）实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、　　　　　　沉淀、　　　　　　、　　　　　　冷却结晶、　　　　　　、烘干．‎ ‎（3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是　　　　　　．碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是　　　　　　．‎ ‎（4）碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是　　　　　　（填写化学式），检验这一成分的阴离子的具体方法是：　　　　　　．‎ ‎（5）氨碱法流程中氨是循环使用的，为此，滤液D加入石灰水产生氨．加石灰水后所发生的反应的离子方程式为：　　　　　　滤液D加石灰水前先要加热，原因是　　　　　　．‎ ‎（6）产品纯碱中含有碳酸氢钠，现用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，样品质量为m1，加热后剩余固体质量为m2，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ 化学—选修3：物质结构 ‎12．镍（Ni）是一种重要的金属，在材料科学等领域有广泛应用．‎ ‎（1）Ni在元素周期表中的位置是　　　　　　．‎ ‎（2）镍易形成配合物，如：Ni（CO）4、[Ni（NH3）6]2+　等．写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子　　　　　　．配体NH3中N原子的杂化类型为　　　　　　，它可用作致冷剂的原因是　　　　　　．若[Ni（NH3）6]2+　为正八面体构型，则[Ni（CO）2（NH3）4]2+的结构有　　　　　　种．‎ ‎（3）镍常见化合价为+2、+3，在水溶液中通常只以+2价离子的形式存在．+3价的镍离子具有很强的氧化性，在水中会与水或酸根离子迅速发生氧化还原反应．Ni3+的电子排布式为　　　　　　，NiO（OH）溶于浓盐酸的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）镍和镧（La）组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2．LaNix的晶胞如图，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6．LaNixH6中，x=　　　　　　．该贮氢的镧镍合金、泡沫氧化镍、氢氧化钾溶液组成的镍氢电池被用于制作原子钟．‎ ‎　‎ ‎　‎ 化学—选修：有机化学基础 - 21 -‎ ‎13．缓释长效阿司匹林是一种重要的解热镇痛药物，下图表示该药物的合成线路．‎ 已知：请回答下面问题：‎ ‎（1）反应①的条件是　　　　　　；反应③的反应类型　　　　　　．‎ ‎（2）写出反应②的化学反应方程式：　　　　　　‎ ‎（3）若反应④生成一种分子内含有六元环的副产物，则该副产物的结构简式为：　　　　　　‎ ‎（4）1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司匹林与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是　　　　　　、　　　　　　．‎ ‎（5）阿司匹林有多种同分异构体，满足以下三个条件的阿司匹林的同分异构体有　　　　　　种，写出其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式：　　　　　　、　　　　　　．‎ ‎①苯环上只含有两个侧链 ②有两个酯基 ③能发生银镜反应．‎ ‎　‎ ‎　‎ - 21 -‎ 安徽省合肥市百花中学2016届高三月考化学试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共有7个小题，每小题6分，共42分）‎ ‎1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用，下列叙述正确的是（　　）‎ A．氧化铝的熔点很低，不能用于制作耐高温材料 B．光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关 C．无水乙醇用作医用消毒剂效果更好 D．Na、S、C分别在氧气中点燃均可得到两种不同的氧化物 ‎【考点】镁、铝的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的生活环境的污染及治理；乙醇的化学性质．‎ ‎【分析】A．根据氧化铝的熔点很高，可作耐火材料；‎ B．含氮氧化物、一氧化碳、碳氢化合物等废气在强烈的日光作用下，这些排放物发生光化反应，生成二次污染物，这是一种浅蓝色、有刺激性的烟雾﹣﹣光化学烟雾；‎ C．75%乙醇用作消毒是用75%乙醇；‎ D．S在氧气中点燃只能生成二氧化硫．‎ ‎【解答】解：A．氧化铝的熔点很高，则能用于制作耐高温材料，故A错误；‎ B．光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关，故B正确；‎ C．用作消毒是用75%乙醇，故C错误；‎ D．S在氧气中点燃只能生成二氧化硫，Na、C分别在氧气中点燃均可能得到两种不同的氧化物，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，注意知识的积累．‎ ‎　‎ ‎2．相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）（　　）‎ A．8种 B．12种 C．16种 D．18种 ‎【考点】有机化合物的异构现象．‎ ‎【专题】同分异构体的类型及其判定．‎ ‎【分析】相对分子质量为88的饱和一元醇为戊醇（C5H12O），书写戊基﹣C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目，C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：相对分子质量为88的饱和一元醇为戊醇（C5H12O），戊基﹣C5H11可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有8种；C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，丙基有2种结构，故生成的酯为16种，故选C．‎ ‎【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意根据结构利用换元法进行解答．‎ ‎　‎ ‎3．碳化硅纳米线是最好的增强增韧材料，可由下列反应制得：8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl，下列说法正确的是（　　）‎ A．SiC中硅元素的化合价为﹣4价，SiC属于共价化合物 B．标准状况下，22.4LCCl4中所含共价键数目为4NA - 21 -‎ C．该反应中CCl4是还原剂 D．每转移8mol电子，会生成1molSiC ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应．‎ ‎【分析】该反应中Na元素化合价由0价变为+1价、C元素化合价由+4价变为﹣4价，所以Na是还原剂、四氯化碳是氧化剂，‎ A．碳的非金属性比硅的非金属性强，所以SiC中硅元素的化合价为+4价；‎ B．标况下，四氯化碳是液体，气体摩尔体积对其不适用；‎ C．四氯化碳是氧化剂；‎ D．根据转移电子和SiC之间的关系式计算．‎ ‎【解答】解：A．碳的非金属性比硅的非金属性强，所以SiC中硅元素的化合价为+4价，SiC属于共价化合物，故A错误；‎ B．标况下，四氯化碳是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法计算其物质的量，导致无法计算原子个数，故B错误；‎ C．该反应中C元素化合价由+4价变为﹣4价，所以四氯化碳是氧化剂，故C错误；‎ D．每生成1molSiC，转移电子的物质的量=1mol×[4﹣（﹣4）]=8mol，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应、分子极性判断、物质的量的计算，侧重考查基本概念、基本计算，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，注意C元素化合价变化，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，它们原子的最外层电子数之和为14，B与D同主族，C+与B2﹣具有相同的电子层结构，A和B能形成一种既有极性共价键又有非极性共价键的化合物，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．若A和C形成一种化合物CA，则CA属于离子化合物 B．原子半径的大小顺序：r（D）＞r（C）＞r（B）＞r（A）‎ C．由于化合物A2B形成氢键，所以热稳定性：A2B＞A2D D．元素C的单质是一种高硬度、高熔点的金属 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，C+与B2﹣具有相同的电子层结构，结合离子电荷可知，C为Na、B为O元素，B与D同主族，则D为S元素，四原子的最外层电子数之和为14，则A原子最外层电子数=14﹣6﹣6﹣1=1，又A和B能形成一种既有极性共价键又有非极性共价键的化合物，则A为H元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，C+与B2﹣具有相同的电子层结构，结合离子电荷可知，C为Na、B为O元素，B与D同主族，则D为S元素，四原子的最外层电子数之和为14，则A原子最外层电子数=14﹣6﹣6﹣1=1，又A和B能形成一种既有极性共价键又有非极性共价键的化合物，则A为H元素．‎ A．若A和C形成一种化合物为NaH，属于离子化合物，故A正确；‎ B．所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Na）＞r（S）＞r（O）＞r（H），即r（C）＞r（D）＞r（B）＞r（A），故B错误；‎ C．氢键影响物理性质，由于非金属性O＞S，故热稳定性：H2O＞H2S，故C错误；‎ D．钠单质柔软、熔点低，故D错误，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意A中金属氢化物，中学基本不涉及，注意氢键对物质性质的影响．‎ - 21 -‎ ‎　‎ ‎5．下列实验操作正确且能达到预期目的是（　　） ‎ 编号 试验目的 操作 ‎①‎ 比较水中氢和乙醇中羟基氢的活泼性强弱 用金属钠分别与同温度的水和乙醇反应，观察反应快慢 ‎②‎ 验证苯环上的氢原子能被溴原子所取代 向溴水中滴加苯，充分振荡，观察溴水层是否褪色 ‎③‎ 证明SO2具有漂白性 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色 ‎④‎ 确定碳和硅两元素非金属性强弱 测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的PH A．①② B．①③ C．①④ D．②④‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】①从羟基与钠的反应判断；‎ ‎②苯与溴水混合后不发生反应；‎ ‎③SO2通入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应；‎ ‎④从盐的水解角度判断，对应的酸越弱，其酸根离子越易水解．‎ ‎【解答】解：①水和乙醇中都含有羟基，根据与钠反应的剧烈程度可判断二者的活泼性强弱，故①正确；‎ ‎②苯与溴水混合后不发生反应，苯与液溴在溴化铁作催化剂下反应生成溴苯，故②错误；‎ ‎③SO2通入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故③错误；‎ ‎④同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH后者大，说明硅酸弱，根据元素周期律可判断，非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，故④正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意物质的性质以及比较方案的合理性．‎ ‎　‎ ‎6．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O B．将标准状况下1.12L氯气通入10mL 1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2‎ C．氢氧化铁溶于氢碘酸溶液：2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O D．4mol•L﹣1的NaAlO2溶液和7mol•L﹣1的盐酸等体积混合：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．至SO42﹣恰好沉淀完全，与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；‎ B．氯气的物质的量为=0.05mol，溴化亚铁的物质的量为0.01L×1mol/L=0.01mol，由电子守恒可知，氯气过量；‎ C．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘和水；‎ D.4mol/LNaAlO2溶液和7mol/L盐酸等体积混合，1：1转化为沉淀，则生成3mol沉淀和1mol氯化铝．‎ - 21 -‎ ‎【解答】解：A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全的离子反应为NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Fe（OH）3↓+NH3•H2O，故A错误；‎ B．氯气的物质的量为=0.05mol，溴化亚铁的物质的量为0.01L×1mol/L=0.01mol，由电子守恒可知，氯气过量，离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2Br2，故B错误；‎ C．氢氧化铁溶于氢碘酸溶液的离子反应为2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O，故C正确；‎ D.4mol/LNaAlO2溶液和7mol/L盐酸等体积混合的离子反应为4AlO2﹣+7H++H2O═3Al（OH）3↓+Al3+，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意电子、电荷守恒分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．一定温度下，将0.1molAgCl（s）加入到1L 0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中，充分搅拌（不考虑液体体积变化），已知：Ksp（AgCl）=2×10﹣10；Ksp（Ag2CO3）=1×10﹣11，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．沉淀转化反应2AgCl（s）+CO32﹣（aq）⇌Ag2CO3（s）+2Cl﹣（aq）的平衡常数为20mol•L﹣1‎ B．反应后溶液中的：c（Na+）＞c（Cl﹣）=c（Ag+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+ ）‎ C．反应后溶液中的：c（Na+）+c（H+）+c（ Ag+）=2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）‎ D．约有4×10﹣5molAgCl溶解 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A、据K=计算；‎ B、据Ksp（AgCl）=2×10﹣10；Ksp（Ag2CO3）=1×10﹣11，0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液计算c（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，c （CO32﹣）=0.1mol/L；‎ C、据溶液中的电荷守恒分析；‎ D、据Ksp（AgCl）=2×10﹣10计算．‎ ‎【解答】解：A、Ksp（Ag2CO3）=c（Ag+）2×0.1=1×10﹣11，c（Ag+）=10﹣5，Ksp（AgCl）=c（Cl﹣）×10﹣5=2×10﹣10，c（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，K===4×10﹣9，故A错误；‎ B、Ksp（Ag2CO3）=c（Ag+）2×0.1=1×10﹣11，c（Ag+）=10﹣5，Ksp（AgCl）=c（Cl﹣）×10﹣5=2×10﹣10，c（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中c （CO32﹣）=0.1mol/L，所以c （CO32﹣）＞c（Cl﹣），故B错误；‎ C、据电荷守恒，c（Na+）+c （H+）+c （Ag+）=2 c （CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c （Cl﹣）+c （OH﹣），故C正确；‎ D、（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，在1L的溶液中，约有2×10﹣5mol AgCl溶解，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了沉淀的溶解平衡以及沉淀转化、电荷守恒，题目难度较大，注意溶液中电荷守恒的应用．‎ - 21 -‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．（14分）铝、铁是两种重要的金属元素，其单质及化合物在生产生活中的应用日趋广泛．‎ ‎（1）①真空碳热还原﹣氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：‎ Al2O3（s）+AlC13（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=a　kJ•mol﹣1‎ ‎3AlCl（g）═2Al（l）+AlC13（g）△H=b　kJ•mol﹣1‎ 反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）的△H=　（a+b）　kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．‎ ‎②镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定物质的量比Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为：‎ Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．‎ 得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下可释放出氢气．在6.0mol•L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y　与上述盐酸完全反应，释放出H2　的物质的量为　52mol　．‎ ‎③熔融状态下，Na单质和FeCl3能组成可充电电池（装置示意图如图甲），可充电电池的总反应方程式：　2Na+FeCl2Fe+2NaCl　．‎ ‎（2）聚合硫酸铁（PFS：Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理．用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁．为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+．实验步骤如下：‎ ‎①聚合硫酸铁（PFS）中铁元素的化合价为　+3　．‎ ‎②用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有　bc　．（填序号）‎ ‎（a）容量瓶 （b）烧杯 （c）玻璃棒 ‎③写出步骤Ⅳ反应的离子方程式：　6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O　．‎ ‎（3）高铁酸钠（Na3FeO4）广泛应用于净水、电池工业等领域，可设计如图乙装置用电解法制备，原理是Fe+2OH﹣+2H2OFeO42﹣+3H2↑其阳极反应式为：　Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O　．‎ ‎【考点】热化学方程式；判断简单分子或离子的构型；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到对应反应的焓变；‎ - 21 -‎ ‎②该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为：Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12×）mol=52mol；‎ ‎③放电时，为原电池，Fe2+在正极放电生成Fe，；充电时，即为电解质池，电池的负极与外接电源的负极相连；电池的电解质为β﹣Al2O3，所以可充电电池的总反应方程式：2Na+FeCl2Fe+2NaCl；‎ ‎（2）①聚合硫酸铁（PFS）中根据化合价代数和为0，得铁元素的化合价为：=+3价；‎ ‎②根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器；‎ ‎③第Ⅲ步产生的亚铁离子在酸性条件下与氯酸钠发生氧化还原反应，方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；‎ ‎（3）阳极发生氧化反应，化合价升高，所以电极反应式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O．‎ ‎【解答】解：（1）①、①Al2O3（s）+AlC13（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=a　kJ•mol﹣1‎ ‎②3AlCl（g）=2Al（l）+AlCl3（g）；△H=b kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律①+②得到：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H=（a+b）KJ/mol 故答案为：（a+b）；‎ ‎②该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为：Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12×）mol=52mol，故答案为：52mol；‎ ‎③放电时，为原电池，Fe2+在正极放电生成Fe，；充电时，即为电解质池，电池的负极与外接电源的负极相连；电池的电解质为β﹣Al2O3，所以可充电电池的总反应方程式：2Na+FeCl2Fe+2NaCl，故答案为：2Na+FeCl2Fe+2NaCl；‎ ‎（2）①聚合硫酸铁（PFS）中，根据化合价代数和为0，得铁元素的化合价为：=+3价，故答案为：+3；‎ ‎②配制一定量分数硫酸溶液需要的仪器有：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选：bc；‎ ‎③第Ⅲ步产生的亚铁离子在酸性条件下与氯酸钠发生氧化还原反应，方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O，故答案为：6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O； （3）阳极发生氧化反应，化合价升高，所以电极反应式为Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O．‎ ‎【点评】本题考查盖斯定律的应用和以铁及其化合物为载体，以流程图形式考查了氧化还原反应知识、元素化合物的知识，综合性强，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎9．（14分）硫代硫酸钠，又名大苏打、海波．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O），回答下列问题：‎ Ⅰ．【查阅资料】‎ ‎（1）Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成．‎ - 21 -‎ ‎（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．‎ ‎（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革的还原剂，它受热、遇酸易分解．‎ ‎（4）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl．‎ Ⅱ．【制备产品】‎ 实验装置如图所示（省略夹持装置）：‎ 实验步骤：‎ ‎（1）检查装置气密性，按图示加入试剂．‎ ‎（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．‎ ‎（3）等Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中混合物，滤液水浴加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品．‎ ‎【回答问题】‎ ‎（1）仪器B、D作用是　安全瓶　；E中的试剂是　B　（选填下列字母编号）．‎ A．稀H2SO4　　　　B．NaOH溶液　　　　C．饱和NaHSO3溶液 ‎（2）C中反应化学方程式　2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2　．‎ ‎（3）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．‎ ‎（所需试剂从稀硝酸、稀硫酸、稀盐酸、蒸馏水中选择）‎ ‎ 取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，　过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸　，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．‎ ‎（4）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是　先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠混合溶液　．‎ ‎（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为　S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+1OH+　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】实验设计题．‎ ‎【分析】（1）仪器B和D的名称是广口瓶，作用主要是作安全瓶，防止倒吸；E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应；‎ ‎（2）依据题给信息得出反应物和生成物，依据氧化还原反应原理，书写化学反应方程式即可；‎ ‎（3）根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl；硝酸、硫酸、盐酸等性质比较可知；‎ - 21 -‎ ‎（4）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；‎ ‎（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，则氯气被还原为氯离子．‎ ‎【解答】解：（1）因为生成的二氧化硫易溶于水溶液，所以要防止倒吸，则B和D瓶的作用是作安全瓶，防止倒吸；E中的试剂是NaOH溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应，故答案为：安全瓶；B；‎ ‎（2）Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，化合价变化的元素只有S，故化学反应方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；‎ ‎（3）根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸；‎ ‎（4）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；‎ ‎（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，则氯气被还原为氯离子，离子反应为S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+．‎ ‎【点评】本题以某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）为载体，考查了物质的分离提纯、检验、设计优化等，综合性较强．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）入冬以来，中国许多地方出现严重雾霾天气．合肥市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5微米的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：‎ ‎（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样，测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：‎ 离　子 K+‎ Na+‎ NH4+‎ SO42﹣‎ NO3﹣‎ Cl﹣‎ 浓度/mol•L﹣1‎ ‎4×10﹣6‎ ‎6×10﹣6‎ ‎2×10﹣5‎ ‎4×10﹣5‎ ‎3×10﹣5‎ ‎2×10﹣5‎ 根据表中数据判断试样的pH=　4　．‎ ‎（2）洗涤含SO2的烟气，下列物质可作洗涤剂的是　bc　‎ a．CaCl2 溶液　　　b．Na2CO3　溶液　　　　c．Ca（OH）2　悬浊液　　　d．浓H2SO4‎ ‎（3）安装汽车尾气催化转化器也可减轻PM2.5的危害，其反应是：‎ ‎2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）；△H＜0‎ ‎①该反应平衡常数表达式K=　　；温度升高K值　减小　（填“增大”或“减小”）‎ ‎②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　bd　．‎ - 21 -‎ ‎（4）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化．‎ ‎①已知汽缸中生成NO的反应为N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大　．‎ ‎②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）═2C（s）+O2（g）△H＞0，判断该设想能否实现：　不能　（填“能”或“不能”），简述其依据：　；△H＞0△S＜0，则在任何温度下△G＞0，不可能自发进行　．‎ ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）先根据溶液中电荷守恒计算氢离子的浓度，然后求出pH；‎ ‎（2）二氧化硫使酸性氧化物和碱或碱性盐溶液反应；‎ ‎（3）①依据平衡常数概念是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，代入平衡浓度即可计算出平衡常数；因为正反应放热，故温度升高平衡左移，K值减小；‎ ‎②A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；‎ B、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；‎ C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；‎ D、到达平衡后各组分的含量不发生变化；‎ ‎（4）①依据化学反应速率和平衡移动原理分析判断；‎ ‎②根据G=△H﹣T•△S判断反应能否自发进行；‎ ‎【解答】解：（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；试样的pH值根据溶液中电荷守恒：c（H+）+c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）+c（NO3﹣）+c（Cl﹣）计算H+离子浓度为10﹣4，该样本的pH=4，‎ 故答案为：4；‎ ‎（2）洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质可选 b．Na2CO3，c．Ca（OH）2而氯化钙和浓硫酸不与二氧化硫反应，‎ 故答案为：bc；‎ ‎（3）2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．‎ ‎①该反应平衡常数表达式K=；因为正反应放热，故温度升高平衡左移，K值减小，故答案为：；减小；‎ ‎②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；‎ b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确；‎ c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；‎ d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；‎ 故答案为：bd；‎ - 21 -‎ ‎（4）①气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移；‎ 故答案为：温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大；‎ ‎②2CO（g）=2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应．根据G=△H﹣T•△S，G＞0，不能实现，‎ 故答案为：不能；△H＞0△S＜0，则在任何温度下△G＞0，不可能自发进行．‎ ‎【点评】该题综合考查化学反应原理的基础知识，涉及离子的水解、pH值的计算、化学平衡常数的计算、自由能的应用等，题目难度中等，注意相关知识的积累．‎ ‎　‎ 化学—选修2：化学与技术 ‎11．（15分）工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）粗盐水加入沉淀剂A、B除杂质（沉淀剂A来源与石灰窑厂），写出A、B的化学式：A　Ca（OH）2或CaO　、B　Na2CO3　．‎ ‎（2）实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、　溶解　沉淀、　过滤　、　蒸发　冷却结晶、　过滤　、烘干．‎ ‎（3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是　有晶体析出（或出现浑浊）　．碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是　碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大　．‎ ‎（4）碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是　NH4Cl　（填写化学式），检验这一成分的阴离子的具体方法是：　取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子　．‎ ‎（5）氨碱法流程中氨是循环使用的，为此，滤液D加入石灰水产生氨．加石灰水后所发生的反应的离子方程式为：　NH4++OH﹣NH3↑+H2O　滤液D加石灰水前先要加热，原因是　防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀　．‎ ‎（6）产品纯碱中含有碳酸氢钠，现用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，样品质量为m1，加热后剩余固体质量为m2，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为　　．‎ ‎【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；粗盐提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．‎ ‎【专题】综合实验题；实验评价题．‎ ‎【分析】本题是利用粗盐提纯得到的精制食盐水中，通往氨气到饱和后再通CO2，依据侯氏制碱法原理，会有碳酸氢钠沉淀生成，过滤洗涤干燥后将碳酸氢钠加热分解得到纯碱，可结合流程进行分析；‎ ‎（1）根据题意A源于石灰窑，说明其是生石灰或熟石灰，再结合粗盐溶液里含有Mg2+、Ca2+来分析；‎ ‎（2）根据实验室提纯粗盐的整个操作过程来回答；‎ ‎（3）根据物质的溶解性结合实际生产来回答；‎ - 21 -‎ ‎（4）根据题意知道通入二氧化碳后主要发生复分解反应结合质量守恒定律得知溶液中主要是NH4Cl，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银；‎ ‎（4）根据铵盐和强碱的反应实质来写反应，根据碳酸氢钠能和石灰水反应进行分析；‎ ‎（6）根据碳酸氢钠受热易分解和碳酸钠受热稳定的性质来回答．‎ ‎【解答】解：（1）沉淀剂A源于石灰窑，说明其是生石灰或熟石灰；粗盐中的镁离子和钙离子一般用碳酸钠除去，故答案为：Ca（OH）2或CaO；Na2CO3；‎ ‎（2）实验室提纯粗盐的整个操作过程为：取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干几步，故答案为：溶解；过滤；蒸发；过滤；‎ ‎（3）纯碱生产中碳酸化时，会看到溶液中析出晶体，这是由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故答案为：有晶体析出（或出现浑浊）；碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大；‎ ‎（4）根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应，反应的化学方程式为：H2O+CO2+NH3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，最终得到NH4Cl还有碳酸氢钠等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分是NH4Cl；检验其中的氯离子时，要经过取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子，故答案为：NH4Cl；取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子；‎ ‎（5）滤液中主要含有的是氯化铵，其和石灰水反应时：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；由于滤液中还含有一定量的碳酸氢钠，故此加石灰水前先加热，是为防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀，故答案为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀；‎ ‎（6）假设加热前纯碱的质量为m1，加热后的质量为m2，则加热损失的质量为：m1﹣m2，则纯碱中碳酸氢钠的质量为：84（m1﹣m2）/31m1；故纯碱中含有的碳酸氢钠的质量分数，故答案为：．‎ ‎【点评】此题考查了物质的提纯、化学实验基本操作、实验结果的处理等知识．‎ ‎　‎ 化学—选修3：物质结构 ‎12．（2015•九江三模）镍（Ni）是一种重要的金属，在材料科学等领域有广泛应用．‎ ‎（1）Ni在元素周期表中的位置是　第四周期，第Ⅷ族　．‎ ‎（2）镍易形成配合物，如：Ni（CO）4、[Ni（NH3）6]2+　等．写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子　CN﹣、C22﹣　．配体NH3中N原子的杂化类型为　sp3　，它可用作致冷剂的原因是　液态氨汽化时需吸收大量的热　．若[Ni（NH3）6]2+　为正八面体构型，则[Ni（CO）2（NH3）4]2+的结构有　2　种．‎ ‎（3）镍常见化合价为+2、+3，在水溶液中通常只以+2价离子的形式存在．+3价的镍离子具有很强的氧化性，在水中会与水或酸根离子迅速发生氧化还原反应．Ni3+的电子排布式为　[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7　，NiO（OH）溶于浓盐酸的化学方程式为　2NiO（OH）+6HCl（浓）=2NiCl2+Cl2↑+4H2O　．‎ ‎（4）镍和镧（La）组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2．LaNix的晶胞如图，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6．LaNixH6中，x=　5　．该贮氢的镧镍合金、泡沫氧化镍、氢氧化钾溶液组成的镍氢电池被用于制作原子钟．‎ - 21 -‎ ‎【考点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）Ni的原子数序为28，位于周期表第四周期第Ⅷ族；‎ ‎（2）CO的电子数为14，含有2个原子，根据等电子体的定义分析；根据NH3中N原子的δ键判断杂化类型；根据CO的相邻和相对位置判断同分异构体数目；‎ ‎（3）结合能量最低原理书写离子的电子排布式；NiO（OH）具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应；‎ ‎（4）利用均摊法计算晶胞的结构．‎ ‎【解答】解：（1）Ni的原子数序为28，位于周期表第四周期第Ⅷ族，‎ 故答案为：第四周期，第Ⅷ族；‎ ‎（2）CO的电子数为14，含有2个原子，它的等电子体有等CN﹣、C22﹣；NH3中N原子形成4个δ键，为杂化sp3；氨气易液化，液化时吸收大量的热，可用作制冷剂；[Ni（CO）2（NH3）4]2+的结构中，CO可位于平面的相邻和相对两种位置，‎ 故答案为：CN﹣、C22﹣；sp3；液态氨汽化时需吸收大量的热；2；‎ ‎（3）Ni3+的电子排布式为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，NiO（OH）具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，化学方程式为2NiO（OH）+6HCl（浓）=2NiCl2+Cl2↑+4H2O，‎ 故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；2NiO（OH）+6HCl（浓）=2NiCl2+Cl2↑+4H2O；‎ ‎（4）由晶胞结构可知，晶胞中Ni位于顶点，共有8×=1，H位于面心和体心，面心共有8×=4，体心为1，共有5个H原子，则x=5，‎ 故答案为：5．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及物质结构与性质的考查，题目难度中等，本题注意等电子体的判断，利用均摊法计算晶胞的结构，学习中注意杂化类型的判断、电子排布式的书写等方法性的问题．‎ ‎　‎ 化学—选修：有机化学基础 ‎13．缓释长效阿司匹林是一种重要的解热镇痛药物，下图表示该药物的合成线路．‎ - 21 -‎ 已知：请回答下面问题：‎ ‎（1）反应①的条件是　铁粉　；反应③的反应类型　取代反应　．‎ ‎（2）写出反应②的化学反应方程式：　+3NaOH+NaCl+2H2O　‎ ‎（3）若反应④生成一种分子内含有六元环的副产物，则该副产物的结构简式为：　　‎ ‎（4）1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司匹林与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是　3mol　、　4nmol　．‎ ‎（5）阿司匹林有多种同分异构体，满足以下三个条件的阿司匹林的同分异构体有　9　种，写出其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式：　　、　　．‎ ‎①苯环上只含有两个侧链 ②有两个酯基 ③能发生银镜反应．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A被酸性高锰酸钾氧化生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，（CH3）2COHCN发生水解得D为（CH3）2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C（CH3）COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题．‎ ‎【解答】解：根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为 - 21 -‎ ‎，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，（CH3）2COHCN发生水解得D为（CH3）2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C（CH3）COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，‎ ‎（1）反应①的条件是铁粉，B为，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，‎ 故答案为：铁粉；取代反应； ‎ ‎（2）B为，其在NaOH溶液中发生水解反应生成，化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，‎ 故答案为：+3NaOH+NaCl+2H2O；‎ ‎（3）反应③的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应④的一种副产物的结构简式为，‎ 故答案为：； ‎ ‎（4）根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4n mol，‎ 故答案为：3mol；4n mol；‎ - 21 -‎ ‎（5）（3）有机物B与乙酸在一定条件下反应可制得阿司匹林（分子式是C9H8O4），结构简式为，满足以下条件的阿司匹林的同分异构体：‎ ‎①苯环上只含有两个侧链，②有两个酯基，③能发生银镜反应，至少有一个甲酸形成的酯基，侧链为﹣OOCH、﹣OOCCH3，或﹣OOCH、﹣COOCH3，或﹣OOCH、﹣CH2OOCH，各有邻、间、对三种，故共有9种，其中核磁共振氢谱是3：2：2：1的结构简式：、，‎ 故答案为：9；、．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时﹣CN基团转化为﹣COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查．‎ ‎　‎ - 21 -‎