本试卷共10页，27小题，满分150分。考试用时120分钟。

可能用到的相对原子质量：H 1  C12  N 14  O 16  Na23  Mg 24  AL27  P31  S32   Cl 35．5   K39  Ca 40  Mn 55  Fe 56  Cu63．5  Sr 88

一、选择题(本题包括9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题意)

1．我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素14462Sm与15062Sm的说法正确的是

A． 14462Sm与15062Sm互为同位素

B． 14462Sm与15062Sm的质量数相同

C． 14462Sm与15062Sm是同一种核素

D． 14462Sm与15062Sm的核外电子数和中子数均为62

【解析】质子数相同，中子数不同的核素称为同位素，具有一定数目质子数和中子数的原子成为核素。14462Sm与15062Sm质量数不同，B错；14462Sm与15062Sm是不同核素，C错；14462Sm与15062Sm的中子数不同， D错。

【答案】A

2．广东正在建设海洋强省。下列说法不正确的是

A．从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应

B．往淡水中加入NaCl等配成人造海水，可用于海产品的长途运输

C．赤潮主要是由工农业生产和生活废水引起沿海水域的富营养化而造成的

D．海洋经济专属区的资源开发可获得Fe、Co、K、Au、Mg、B等金属

【解析】B是硼元素，硼元素是非金属元素不是金属元素。

【答案】D

3．下列有关实验操作的说法正确的是

A．可用25ml碱式滴定管量取20．00ml KMnO4 溶液

B．用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸

C．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干

D．将金属钠在研体中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全

【解析】碱式滴定管不能装酸性和强氧化性溶液，A错。pH试纸不能用蒸馏水湿润使用，会使测得的数值偏小，B错。钠若磨成粉末，反应速率加快，与水反应更加剧烈，更加不安全，D错。

【答案】C

4．下列叙述不正确的是

A．天然气和沼气的主要成分是甲烷

B．等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等

C．纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件，都能水解

D．葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物

【解析】天然气与沼气的主要成分为甲烷，A正确；乙醇和乙酸的化学式不同，由方程式可知，1mol乙醇消耗3mol氧气，1mol乙酸消耗2mol氧气，B错。油脂与纤维素乙酸酯都属于酯类，水解生成对应的酸和醇，蛋白质水解生成氨基酸，C正确。葡萄糖分子式为C6H12O6，蔗糖分子式为C12H22011，不是同分异构体，也不是同系物，D正确。

【答案】B

5．下列说法都正确的是

①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关

②四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金

③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱点解质

④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置

⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键

⑥水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物

A． ①②③④   B． ①②④⑥  C． ①②⑤⑥  D． ③④⑤⑥

【解析】解答组合型选择题要关注选项组合。三角洲的形成于胶体的形成有关，①正确，则排出D选项；硫酸钡是难溶性盐属于强电解质，③错误，则排出A选项；氯气是非金属单质分子中只含有非极性键，⑤错误，则排出C选项。

【答案】B

6．设nA 代表阿伏加德罗常数(NA )的数值，下列说法正确的是

A．1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA   

B．乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA 个氢原子

C．标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA

D．将0.1mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有0.1NA  Fe3+

【解析】K2SO4中阴离子为硫酸根，1mol硫酸根所带电荷为2 mol，A错误。乙烯和C3H6的最简式相同均为CH2，28 g混合气有2 mol CH2，所以含4 mol H原子，B错误。Fe3+在溶液中发生水解，0.1 mol FeCl3溶液中，Fe3+的物质的量要小于0.1 mol，D错误。

【答案】C

 

7．难挥发性二硫化钽(TaS2 )可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2 粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：

  

下列说法正确的是(    ).

A．在不同温度区域，TaI4 的量保持不变

B．在提纯过程中，I2 的量不断减少

C．在提纯过程中，I2 的作用是将TaS2 从高温区转移到低温区

D．该反应的平衡常数与TaI4 和S2 的浓度乘积成反比

【解析】高温区TaS2反应生成TaI4气体至低温区，从而在低温区重新生成TaS2，一段时间后，杂质留在高温区，TaS2在低温区，从而达到分离效果。不同温度下反应的方向不同，TaI4的量与温度高低有关并非保持不变，A错误；因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误，C正确。平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成正比，D错误。

【答案】C

8．广州将于2010年承办第16界亚运会。下列措施有利于节能减排、改善环境质量的有

①在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题

②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料

③加速建设地铁轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放

④发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统

⑤使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾

A． ①②③④       B． ①②⑤       C． ①②④⑤     D． ③④⑤

【解析】同样是组合型选择题，同样要关注选项判断。核电可减少污染物如SO2等排放，可改善环境质量，①正确，则排出D选项；地铁可减少汽车的数量，从而减少尾气排放，有利于改善环境，③正确，则排出B、C选项。

【答案】A

9．下列浓度关系正确的是(    )。

A．氯水中：c(Cl2)=2{c(ClO-)+c(Cl-)+c(HCl)}

B．氯水中：c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(ClO-)

C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na+)=c(CH3COO-)

D．Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)

 

【解析】氯气在水中与水反应是可逆反应，物料守恒不成立，A错误；Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl中电离的H+与Cl-浓度相等，再加上HClO会电离出H+，所以H+浓度一定大于Cl-浓度，B错误；等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合恰好完全反应生成醋酸钠，因CH3COO-水解，所以Na+浓度大于CH3COO-的浓度，C错误。

【答案】D

 

二、选择题(本题包括9小题，每小题4分，共36分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，但只要选错一个就得0分)

10．出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是（    ）。

A．锡青铜的熔点比纯铜高

B．在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护作用

C．锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快

D．生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程

【解析】合金的熔点一般比各组分的熔点要低，所以锡铜合金的熔点比纯铜低，A错误；Sn与Cu形成原电池，因Sn比Cu金属活泼性强，所以 Sn作负极，Cu作正极，Sn对Cu起到保护作用，B正确；合金在潮湿环境下，可可以发生电化学腐蚀，比干燥环境腐蚀要快，C正确；电化学腐蚀同样属于化学反应过程，D错误。

【答案】BC

11．元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是

A．同周期元素中X的金属性最强

B．原子半径X＞Y，离子半径X＋＞Z2－

C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高

D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强

【解析】由题目信息可推断出，X为Na ，Y为Cl，Z为O。同周期(第三周期中)X(Na)的金属性最强，A正确；同周期元素从左向右原子半径减小，原子半径X(Na)>Y(Cl)，电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，离子半径X(Na+)<Z(O2—)，B错误；同族元素中(VIA族)Z(O)的氢化物稳定性最高，C正确；同周期(第三周期中)Y(Cl)的非金属性最强，则最高价含氧酸的酸性最强(HClO4)，D正确。

【答案】B

12．下列离子方程式正确的是

A．向盐酸中滴加氨水：H++OH－=H2O

B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O

C．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+4H2O

D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32－＋2Cl2＋3H2O＝2SO32－＋4Cl－＋6H＋

【解析】氨水是弱电解质，应写分子形式，A错误。漏写Fe3+与I—的氧化还原反应， B错误；SO32-亚硫酸根可被Cl2氧化(氯气足量)，D错误。

【答案】C

13．警察常从案发现场的人体气味来获取有用线索，人体气味的成分中含有以下化合物：①辛酸；②壬酸；③环十二醇；④5，9一十一烷酸内酯；⑤十八烷⑥已醛；⑦庚醛。下列说法正确的是

A．①、②、⑥分子中碳原子数小于10，③、④、⑤分子中碳原子数大于10

B．①、②是无机物，③、⑤、⑦是有机物

C．①、②是酸性化合物，③、⑤不是酸性化合物

D．②、③、④含氧元素，⑤、⑥、⑦不含氧元素

【解析】辛酸含8个C，壬酸含9个C，己醛含6个C，A正确；辛酸、壬酸都是有机物，B错误；辛酸、壬酸均属于羧酸呈酸性，是酸性化合物体；醇与烷是非电解质，不是酸性化合物，C正确；己醛与庚醛都含有氧，D错误。

【答案】AC

14．可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为点解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是

A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－

B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e＝Al(OH)3↓

C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变

D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极

【解析】无论是NaOH还是NaCl，在正极上都是O2得到电子被还原，A正确；生成的Al(OH)3是两性氢氧化物，在碱溶液中发生反应生成AlO2—，B错误；生成的Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，消耗电解质中的NaOH，使pH减少，C错误；原电池中，电子在外电路的负极流向正极，D错误。

【答案】A

15、取5等份NO2 ，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：

2NO2(g)N2O4(g)，△H＜0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是

【解析】在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，D正确。

【答案】BD

16．磷钨酸H3PW12O40等杂多酸可代替浓硫酸用于乙酸乙酯的制备。下列说法不正确的是

A．H3PW12O40在该酯化反应中其催化作用

B．杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质

C．H3PW12O40、KH2PW12O40与Na3PW12O40中都有相同的原子团

D．硅钨酸H4 SiW12O40也是一种杂多酸，其中W的化合价为+8

【解析】因浓硫酸在制备乙酸乙酯中起到催化剂和吸水剂的作用，又杂多酸可代替浓硫酸制备乙酸乙酯，所以杂多酸同样起到催化作用，A正确；因大多数盐属于强电解质，所以杂多酸盐为强电解质，所以杂多酸盐也为强电解质，B正确；磷钨酸又可将其视作为H3PO4与WO3的混合酸，因磷酸为三元中强酸，磷酸盐中含有的酸根不同即原子团不同，C错误；从化合价和代数为0可知W的价态为+6价，D错误。

【答案】CD

17．常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+H+下列说法正确的是

A．H2O2的氧化氢比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱

B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降

C．在H2O2分解过程中， Fe2+和Fe3+的总量保持不变

D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+

【解析】由氧化还原反应的强弱律可知，氧化性是氧化剂大于氧化产物，还原性是还原剂大于还原产物，由方程一可知，氧化剂H2O2氧化性比氧化产物Fe3+强，由方程二可知，还原剂H2O2还原性比，原产物为Fe2+强，所以A错误；方程一和方程二相加，即H2O2分解生成H2O和O2，H2O2呈弱酸性，所以随着反应进行，pH升高，B错误；H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变，C正确；因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要避免混入Fe2+，D正确。

【答案】CD

18．硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是

A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小

B．三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大

C．283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液

D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到263K后变为不饱和溶液

【解析】平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A错误；温度一定时Ksp=[Sr2+][SO42—]，由图可知，313K时，相同SO42—浓度下，Sr2+的浓度最大，所以平衡常数最大，B正确；283K时，Sr2+的浓度比平衡时要小，Qc小于Ksp(283K)，对应为不饱和溶液，C正确；283K下的饱和溶液，突然升温至363K，Ksp减少，析出沉淀，仍然为饱和溶液，D错误。

【答案】BC

 

三、(本题包括3小题，共34分)

19．(12分)

   某试验小组利用如下装置(部分固定装置略)制备氧化钙(Ca3N2)，并探究其实验式。

(1)按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是            。

(2)反应过程中末端导管必须插入试管A的水中，目的是          。

(3)制备氮化钙的操作步骤是：

①打开活塞K并通入N2；

②点燃酒精灯，进行反应；

③反应结束后，         ；

④拆除装置，取出产物。

(4)数据记录如下：

 

空瓷舟质量m0/g

瓷舟与钙的质量m1/g

瓷舟与产物的质量m2/g

14.80

15.08

15.15

 

①计算得到实验式CaxN2,其中x=             ．

②若通入的N2中混有少量O2，请比较x与3的大小，并给出判断依据：           。

【解析】(1)检查装置气密性首先要关闭活塞K，并将末端导管插入试管A的水中形成密闭系统，而是要通过升温形成压强差。(2)由题给(4)的②可知，若N2中混有O2会使产物不纯，因此要隔绝氧气对反应的影响，末端导管必须插入试管A的水中可防止氧气进入。(3)此处要联想初中氧气制备作答，因为温度降低会导致压强减小，出现倒吸现象，所以要首先撤出导管，在熄灭酒精灯。(4)①由题给实验数据可知：

m(Ca )=m1—m0=15.08—14.80=0.28g

则n(Ca )=0.28g/40g·moL—1=0.007mol

m(CaxN2)=15.15—14.80=0.35g

则m(N)=0.35g—0.28g=0.07g

n(N)=0.07g/14g·mol—1=0.005mol
因为n(Ca ):n(N)=7:5，所以x=2×7/5=2.8

②因为钙的总量不变，若通入的N2中混有少量O2，所得产物中会混有氧化钙，因为氮的相对原子质量小于样的相对原子质量，结果m2偏大，n(N)会偏大，所以x值会减小。

 

【答案】(1)关闭活塞K，将末端导管插入试管A的水中，用酒精灯微热硬质试管，若末端导管有连续均匀的气泡冒出，撤去酒精灯冷却一段时间，在导管内形成一段水柱，并且一段时间不回落，则证明装置的气密性良好。
(2)反应过程中末端导管必须始终插入试管A的水中，目的是：防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置，氧化单质钙，生成氧化钙，引入杂质。
(3)反应结束后，先将末端导管从试管A中拔出，再熄灭酒精灯。
(4)x=2.8；因为钙的总量不变，若通入的N2中混有少量O2，所得产物中会混有氧化钙，因为氮的相对原子质量小于样的相对原子质量，结果m2偏大，n(N)会偏大，所以x值会减小。

 

20．(10分)

 甲酸甲酯水解反应方程式为：

HCOOCH3(l)+H2O(l)HCOOH(l)+CH3OH(l)；△H>0

某小组通过试验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：

组分

HCOOCH3

H2O

HCOOH

CH3OH

物质的量/mol

1.00

1.99

0.01

0.52

甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间(t)的变化如下图：

(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：

反应时间范围/min

0~5

10~15

20~25

30~35

40~45

50~55

75~80

平均反应速率/(10－3mol·min－1)

1.9

7.4

7.8

4.4

1.6

0.8

0.0

 

请计算15—20 min范围内甲酸甲酯的减少量为           mol，甲酸甲酯的平均反应速率为       mol·min—1(不要求写出计算过程)。

   (2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：          。

   (3)上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T1下的K值为              。

    (4)其他条件不变，仅改变温度为T2(T2大于T1)，在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。

【解析】(1)15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%=0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol—0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009mol·min—1。

(2)从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变。

(3)由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol ，甲醇的物质的量=0.76mol。所以K=(0.76×0.25)/(1.75×0.76)=1/7。

(4)因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要低于T1。

【答案】(1)15—20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol；甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol·min—1。

(2)反应速率随着反应的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反应的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反应速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反应达到平衡后，转化率不变。

(3)1/7。

(4)图略。作图要点：因为T2>T1，温度越高，平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T2达到平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快达到平衡，所以T2达到平衡的时间要小于T1。

21．(12分)

   三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可有于摄影和蓝色印刷。某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解,对所得气体产物和固体产物进行实验和探究。请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程。

    限选试剂：浓硫酸、1.0 mol·L-1HNO3、1.0 mol·L-1盐酸、1.0 mol·L-1 NaOH、3%  H2O2 、0.1 mol·L-1KI、0.1 mol·L-1CuSO4、20% KSCN、澄清石灰水、氧化铜、蒸馏水。

(1)将气体产物依次通过澄清石灰水(A)、浓硫酸、灼热氧化铜(B)、澄清石灰水(C)，观察到A、C中澄清石灰水都变浑浊，B中有红色固体生成，则气体产物是        。

(2)该小组同学查阅资料后推知，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。验证固体产物中钾元素存在的方法是         ，现象是            。

(3)固体产物中铁元素存在形式的探究。

  ①提出合理假设

    假设1：          ；          假设2：               ；假设3：          。

②设计实验方案证明你的假设(不要在答题卡上作答)

③实验过程

 根据②中方案进行实验。在答题卡上按下表的格式写出实验步骤、预期现象与结论。

实验步骤

预期现象与结论

步骤1

 

步骤2

 

步骤3

 

……

 

 

【解析】(1)由A中澄清石灰水都变浑浊，可知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O分解的产物中有CO2；由B中有红色固体生成，C中澄清石灰水变浑浊，可知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O分解的产物中有CO。(2)因为所有的钾盐、钠盐和铵盐都可溶，所以验证钠、钾元素一般是用颜色反应。(3)由于草酸根中C为+3价，而产物中二氧化碳、碳酸钾中碳为+4价，一氧化碳中碳为+2价，存在着化合价的变化。由题意铁元素不可能以三价形式存在，说明铁的化合价一定发生变化，由铁的常见化合价不难得出，其一定会降低，可能为0价或+2价。由此不难得出三种假设。设计实验步骤时要注意铁和氧化亚铁均与盐酸反应生成亚铁离子，均与硝酸反应生成铁离子，也就是说铁的存在会干扰氧化亚铁的检验，所以要利用两者性质的差异性先检验出铁，排出铁的干扰。因此一定要用到硫酸铜溶液。由于题给试剂没有能够检验亚铁离子的试剂，所以要将其氧化为铁离子再检验，所以必须用到硝酸和硫氰化钾溶液。

【答案】(1)则气体产物是：CO2和CO。 

 

(2)验证固体产物中钾元素存在的方法是焰色反应，现象是透过蓝钴玻璃观察呈紫色火焰。(3)假设1：铁元素的存在形式为Fe单质；假设2：铁元素的存在形式为FeO；假设3：铁元素的存在形式为Fe与FeO的混合物。

实验步骤

预期现象与结论

步骤一：用药匙取少量固体产物于一支洁净干燥的试管A中，用胶头滴管滴加过量的煮沸过的0．1mol/LCuSO4溶液于试管中，振荡，静置，过滤，取出固体另一试管B中备用。

若出现大量红色固体，则证明假设1或假设3成立。
若不出现红色固体，则假设2可能成立。

步骤二：往试管B的固体加过量1mol/L盐酸，滴加少量20%KSCN溶液，再滴加少量煮沸过的1mol/LHNO3溶液。

加盐酸后，固体部分溶解。
若加入少量1mol/LHNO3后溶液变血红色，则证明原固体为Fe与FeO混合，假设3成立。
若加入少量1 mol/LHNO3后溶液不变血红色，则证明原固体只含Fe，假设1成立

步骤三：若步骤一不出现红色固体。用药匙另取少量固体产物于一支洁净干燥的试管中，用胶头滴管滴加过量煮沸过的1 mol/L的盐酸，滴加少量20%KSCN溶液，再滴加少量煮沸过的1 mol/L HNO3溶液。

加盐酸后，固体全部溶解。若滴加KSCN溶液后，溶液不呈血红色，滴加1 mol/LHNO3后溶液变血红色，则证明假设2成立。

 

四、(本题包括3小题，共34分)

22．(12分) 某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、 CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：

 

沉淀物

Fe(OH)3

Al(OH)3

Mg(OH)2

pH

3.2

5.2

12.4

 

部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的pH由见上表，请回答下列问题：

(1)“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有          (要求写出两条)

(2)滤渣I的主要成分有       。

(3)从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质有       。

(4)Mg(ClO3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：

      MgCl2+2NaClO3===Mg(ClO3)2+2NaCl

已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如下图所示：

①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO3)2．简述可制备Mg(ClO3)2的原因：         。

②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中，常伴有NaCl析出，原因是：            。除去产品中该杂质的方法是：             。

【解析】 (1)固体溶解及反应完全的措施一般是加热、振荡或搅拌，或是增大硫酸的浓度，所以答案应该从这些方面分析回答。

(2)从题给信息可以看出pH调到5.5应该Fe3+和Al3+沉淀完全，所以沉淀应该是氢氧化铁和氢氧化铝。

(3)从流程变化，因为废料浸出用到硫酸，可知滤液中应该含有硫酸根离子；从废料成分中含有CaMg(CO3)2和两次调节pH均用到氢氧化钠，可知滤液中阳离子应该有钠离子和钙离子，所以从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质是硫酸钠和硫酸钙。

(4)①分析该题可以结合硝酸钾与氯化钠的分离方法思考，同时要注意题给图示，从图示上我们不难得到下列信息，一是相同温度时氯酸镁的溶解度最大氯化钠溶解度最小，二是氯酸镁溶解度随温度变化最大，氯化钠溶解度随温度变化最小。所以控制反应温度的变化，可以控制可溶性物质的分离。

②从题给图示不难看出相同温度时氯化钠的溶解度最小，因此在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中一定会析出氯化钠。由于氯酸镁和氯化钠均溶于水，溶于水的可溶性物质一般用结晶和重结晶的方法分离。

【答案】(1)增大硫酸浓度；加热升高温度；边加硫酸边搅拌(要求写出两条)
(2)滤渣Ⅰ主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3

(3)从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有CaSO4、Na2SO4

(4)①该反应的生成物为Mg(ClO3)2和NaCl的混合溶液，NaCl的溶解度随温度变化不大，Mg(ClO3)2的溶解度随温度升高而升高。利用两物的溶解度差异，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，将Mg(ClO3)2与NaCl分离，制得Mg(ClO3)2。

②因为在相同温度向下NaCl的溶解度最小，所以在冷却结晶过程中，会有少量NaCl随Mg(ClO3)2析出；重结晶。

23、(11分)

磷单质及其化合物的、有广泛应用。

(1)同磷灰石[主要成分]在高温下制备黄磷(P4)的热化学方程式为：

4Ca5(PO4)3F(s)+21SiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF4(g) ；△H

①上述反应中，副产物矿渣可用来          。

②已知相同条件下：

4Ca3(PO4)2F(s)+3SiO2(s)=6Cas3(PO4)2(s)+2CaSio3(s)+SiF4(g) ；△H1

2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)；△H2

SiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s) ；△H3

用△H1、△H2和△H3表示△H，△H =            

(2)三聚磷酸可视为三个磷酸分子(磷酸结构式见右图)之间脱去两个水分子产物，其结构式为            。三聚磷酸钠(俗称“五钠”)是常用的水处理剂，其化学式为        

(3)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。

①NaH2PO2中P元素的化合价为             。

②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2－，在酸性等条件下发生下述反应：

(a)       Ni2+ +      H2PO2－+       →    Ni++       H2PO3－+     

(b)6H2PO—2 +2H+ =2P+4H2PO3+3H2↑

请在答题卡上写出并配平反应式(a)。

(4)利用②中反应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。

  方法上的不同点：                    ；原理上的不同点：          ；化学镀的优点：                    。

【解析】(1)①由方程式可以看出副产物矿渣应该是CaSiO3(s)，结合炼铁我们不难得出答案是制水泥。

②运用盖斯定律，反应1—反应2×3+反应3×18=总反应，则△H=△H1—3△H2+18△H3

(2)结合题意三聚磷酸钠(俗称“五钠”)可知产物三聚磷酸应含有五个羟基，即三个磷酸分子之间有三个羟基相互反应脱去两个水分子，所以三聚磷酸的结构式为，三聚磷酸钠的化学式为Na5P3O10。

(3)①因为Na、H的化合价为+1，O为—2，所以由化合价代数和为0可得P的化合价为：+1。

②由得失电子数目守恒(2—1)×2=(3—1)×1，可知Ni2+ 和Ni+的化学计量数为2，H2PO2－和H2PO3－的化学计量数为1，再由电荷守恒2×2—1=2×1—1+2×1，可知H+在方程式的右边，H2O在方程式的左边，化学计量数分别为2和1。即总方程式为：2Ni2+ +      1H2PO2－+ 1H2O → 2 Ni+  +1H2PO3－+ 2 H+

(4)比较化学镀与电镀应该从反应环境和条件以及反应实质和产物方面去分析归纳问题，从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件表面形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化还原反应，这是两者的相同点，不同点是化学镀用的是化学反应，而电镀用的是电化学；很明显化学镀装置简单，而且不需要消耗电能，装置简单、耗能少、操作简便应该是化学镀优于电镀的。

【答案】(1)水泥；△H1—3△H2+18△H3。

(2) ，Na5P3O10。

(3)+1；2Ni2+ + 1H2PO2－+ 1H2O → 2 Ni+  +1H2PO3－+ 2 H+。

(4)化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐蚀反应；电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应 ；装置简便，节约能源，操作简便  。

24．(11分)

超细氧化铝是一种重要的功能陶瓷原料。

(1)实验室常以NH4Al(SO4)2和NH4HCO3为原料，在一定条件下先反应生成沉淀NH4AlO(OH)HCO3,该沉淀高温分解即得超Al2O3,NH4AlO(OH)HCO3热分解的化学反应方程式________________。

(2)NH4Al(SO4)2的相对分子质量为453。欲配制100 mL PH为2浓度约为0.1 mol-1的NH4Al(SO4)2溶液，配制过程为

①用托盘天平称量NH4Al(SO4)2·12H2O固体_________g

②将上述固体置于烧杯中____________________________________

(3)在0.1 mol·l—1NH4Al(SO4)2溶液中，铝各形态的浓度(以Al3＋计)的对数(lgc)随溶液ph变化的关系见下图

①用NaOH溶液调节(2)中溶液pH至7，该过程中发生反应的离子方程式有    

②请在答题卡的框图中，画出0.01mol·l—1NH4Al(SO4)2溶液中铝各形态的浓度的对数lgc随溶液pH变化的关系图，并进行必要的标注。

【解析】(1)解答该题的关键是要判断出反应的产物，由题意NH4AlO(OH)HCO3热分解的产物应该有Al2O3，结合所学知识可知产物还应有NH3、CO2和H2O，配平化学方程式得：2NH4AlO(OH)HCO3=△=2NH3↑ +Al2O3+ 3H2O↑+2CO2↑

(2)注意配置一定物质的量浓度溶液的操作步骤地准确性，一般是计算、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶。计算时要注意规范，同时要注意托盘天平的精确度是±0.1 g，100 mL 0.1mol/LNH4Al(SO4)2中，物质的量为0.01 mol,M[NH4Al(SO4)2]=453 g/mol ，所以m(NH4Al(SO4)2)=453 g/mol×0.01 mol=4.53 g=4.5 g；溶解时要注意玻璃棒搅拌，转移时注意用到玻璃棒引流，同时还要注意洗涤操作，定容时距刻度2~3cm处应改用胶头滴管，同时还要注意上下震荡，使之混合均匀，装瓶时要注意贴上标签。

(3)①从题给图示可以看出，pH至7时铝离子完全转化为氢氧化铝沉淀，没有出现沉淀的溶解，又因为铵根离子水解使溶液显酸性，所以中性溶液中必须是铵根离子和一水合氨的混合物，说明必需有铵根离子与氢氧根的反应。该过程中发生反应的离子方程式为：Al3+ +3OH—=Al(OH)3↓；NH4+ +OH—=NH3·H2O②作图时注意NH4Al(SO4)2浓度的变化，由于浓度变为0.01 mol·l—1，所以起始与最终数值为—2，又因为Al3+浓度减少减少为0.01 mol·l—1，而溶度积常数不变，所以刚开始产生沉淀时pH要增大。而完全沉淀和沉淀溶解时的PH应与原图一样不能改变，但注意氢氧化铝完全溶解时的pH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所区别。
【答案】(1)2NH4AlO(OH)HCO3=△=2NH3↑+Al2O3+3H2O↑+2CO2↑(2)将4.5 g固体置于烧杯中，边加蒸馏水溶解边用玻璃棒搅拌，待完全溶解后，用玻璃棒移液至100 mL的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，加蒸馏水至刻度线2~3cm处应改用胶头滴管，上下振荡，静置，将配置好的溶液装入试剂瓶中，并贴上标签。(3)图略。作图要点：起始与最终数值为—2；刚开始产生沉淀时pH要增大；完全沉淀和沉淀溶解时的pH应与原图一样；氢氧化铝完全溶解时的pH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所区别。

五、(本题包括1小题，9分)

25．(9分)叠氮化合物应用广泛，如NaN3，可用于汽车安全气毂PhCH2N3可用于合成化合物V(见下图，仅列出部分反应条件Ph—代表苯基)

(1)下列说法不正确的是____________(填字母)

A．反应①④属于取代反应

B．化合物I可生成酯，但不能发生氧化反应

C．一定条件下化合物II能生成化合物I

D．一定条件下化合物II能与氢气反应类型与反应②相同

(2)化合物II发生聚合反应的化学方程式为______________(不要求写出反应条件)

(3)反应③的化学方程式为______________(要求写出反应条件)

(4)化合物III与PhCH2N3发生环加成反应成化合物V，不同条件下环加反应还可生成化合物V的同分异构体。该同分异物的分子式为____________结构式为______________。

(5)科学家曾预言可合成C(N3)4。其可分解成单质，用作炸药。有人通过NaN3与NC－CCl3,反应成功全成了该物质下列说法正确的是___________(填字母)

A．该合成反应可能是取代反应

B．C(N3)4与甲烷具有类似的空间结构

C．C(N3)4不可能与化合物Ⅲ发生环加反应

D．C(N3)4分解爆炸的化学反应方程式可能为C(N3)4→C＋6N2↑

【解析】(1)反应①是氯原子取代侧链上的氢原子，属于取代反应，④是氯原子被N3基团所取代，也应属于取代反应，A正确；化合物I中含有羟基，而且与之相连的碳原子上有1个氢原子，应该可以发生酯化反应和氧化反应，B错误；按反应机理若用化合物II所得产物会少一个氢原子，C错误；化合物II与氢气和溴水或溴的四氯化碳溶液均发生加成反应，D正确。答案BC。

(2)化合物II：PhCH=CH2中含有碳碳双键，应该发生加聚反应，书写时不要漏写n，注意将苯基写为侧链。反应方程式：

(3)甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应，书写时千万不要漏写反应条件光照，不要漏写小分子氯化氢，反应的方程式：

(4)书写分子式应该没有问题，因为同分异构体的分子式是相同的，但要注意苯基原子个数不要计算错误，分子式为：C14H13N3。书写同分异构体要从结构式出发，注意碳碳双键上苯基位置的变化，即

 

 (5)从NaN3与NC－CCl3,反应分析不难看出反应过程中有C、N三键的破坏，不符合取代反应的要求，所以A错误；C(N3)4可视作甲烷分子中的氢原子被N3基团所替代代，所以C(N3)4与甲烷具有类似的空间结构，B正确；因为C(N3)4分子中存在N、N 不饱和键，应该可以发生加成反应，C错误；由题给信息科学家曾预言可合成C(N3)4。其可分解成单质，可以判断D正确。答案BD。

【答案】(1)BC(2) (3)

 (4) (5)BD

26．(10)光催化制氢是化学研究的热点之一。科学家利用含有呲啶环(呲啶的结构式为

其性质类似于苯)的化合物II作为中间体，实现了循环法制氢，示意图如下(仅列出部分反应条件)：

(1)化合物II的分子式为______________。

(2)化合物I合成方法如下(反应条件略，除化合物III的结构未标明外，反应式已配平)；

化合物III的名称是________________。

 (3)用化合物V(结构式见右图)代替III作原料，也能进行类似的上述反应，所得有机物的结构式为___________________。                          

                                                           

 (4)下列说法正确的是_____________(填字母)

A．化合物V的名称是间羟基苯甲醛，或2—羟基苯甲醛

B．化合物I具有还原性；II具有氧化性，但能被酸性高锰酸钾溶液氧化

C．化合物I、II、IV都可发生水解反应

D．化合物V遇三氯化铁显色，还可发生氧化反应，但不能发生还原反应

 (5)呲啶甲酸酯可作为金属离子的萃取剂。2—呲啶甲酸正丁酯(VI)的结构式见右图，其合成原料2—呲啶甲酸的结构式为_________________；VI的同分异构体中，呲啶环上只有一氢原子被取代的呲啶甲酸酯类同分异构体有_________________种。 

                   

【解析】(1)由题给结构简式可以数出分子中所含原子个数，注意不要数掉了环上的氢原子，分子式为：C11H13NO4。

(2)结合题(1)可以得到化合物I的分子式为C11H15NO4，接着计算出化合物Ⅳ的分子式为C5H8O3，再由质量守恒定律，可得化合物III的分子式为：C(11+1—2×5—1)H(15+8——2×8—5)N(1—1)O(4+4×1+2—2×3—3)，结合所学知识可确定其为甲醛。

(3)结合题(3)可以得到有机物的分子式为C(7+2×5+1—1)H(6+2×8+5—8)O(2+2×3+3—4×1—2)N，所得化合物与化合物I相比多出部分为C6H4NO，由此可以确定甲醛在反应中提供化合物ICH2部分，化合物V应该提供部分替代CH2部分，所以所得化合物的结构式为：。

(4)间羟基苯甲醛应为3—羟基苯甲醛，2—羟基苯甲醛应为邻羟基苯甲醛，A错误；由题给图示不难看出反应的过程为：化合物II+H2→化合物I，也就是说化合物I可以去氢，表现氧化性，化合物II可以加氢，表现还原性，B错误；化合物I、II、IV都含有酯基结构，都能发生酯的水解反应，C正确；化合物V中含有酚羟基、醛基和苯环，醛基即能发生氧化反应，也能发生还原反应，D错误。答案：C。

    (5)水解生成2—呲啶甲酸和丁醇，结合酯的水解反应我们不难得到2—呲啶甲酸的结构式为：；由于呲啶环存在对称性，其一元取代物有3种，去掉VI，应该还有2种。

【答案】(1)C11H13NO4(2)甲醛(3)(4)C(5)2

27：(10分)

铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。

(1)Cu位于元素周期表第I B族。Cu2＋的核外电子排布式为__________。

 (2)右图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为_________。

 (3)胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4 H2O，其结构示意图如下：

下列说法正确的是__________(填字母)。

A．在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化 

B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键

C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键

D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去

 (4)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH2)2]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，单NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是_______________。

(5)Cu2O的熔点比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，请解释原因__________。

【解析】(1)Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去两个电子后电子排布式应为1s22s22p63s23p63d9。

(2)由题给图示可以看出氧原子O有8个位于定点，2个位于面心，4个位于棱上，1个位于体内，所以晶胞中氧离子个数为8×1/8+2×1/2+4×1/4+1=4。

(3)在上述结构示意图中，所有氧原子都是饱和氧原子，所以都采用sp3杂化，A正确；在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键和Cu、O离子键，B正确；胆矾是五水硫酸铜，从性质和组成上应为离子晶体，C错误；由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，D正确。答案：ACD。

(4)NF3分子中氟原子非金属性强是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2＋形成配位键。

(5)Cu2O和Cu2S均为离子化合物，离子化合物的熔点与离子键的强弱有关。由于氧离子的例子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d9(2)4(3)ACD(4)NF3分子中氟原子非金属性强是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2＋形成配位键(5)高；由于氧离子的例子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。

 

 

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