江蘇省鹽城市、南京市2017-2018學(xué)年高考化學(xué)二模試卷 Word版含解析

1、江蘇省鹽城市、南京市2017-2018學(xué)年高考化學(xué)二模試卷 Word版含解析2017-2018學(xué)年江蘇省鹽城市、南京市高考化學(xué)二模試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1美好的生活離不開(kāi)化學(xué)，我們應(yīng)感恩化學(xué)，掌握必要的化學(xué)知識(shí)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A合理使用化肥可以提高農(nóng)作物的產(chǎn)量B二氧化氯、臭氧均可用作自來(lái)水消毒劑C氫氧化鋁和碳酸鈉均可用于治療胃酸過(guò)多D化妝品中的甘油可起到保濕滋潤(rùn)皮膚的作用2下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)的表示正確的是（ ）A質(zhì)量數(shù)為37的氯原子： ClBAl3+的結(jié)構(gòu)示意圖：CNaClO的電子式：D硝基苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：3下列說(shuō)法正確的是（

2、）A分子式為C3H6的有機(jī)物只有兩種同分異構(gòu)體B標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L CCl4的質(zhì)量為154 gC選用適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，既可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，也可以改變反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率D2 g H2（g）在O2（g）中完全燃燒生成H2O（l）放出熱量為285.8 kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=285.8 kJmol14常溫下，反應(yīng)2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自發(fā)進(jìn)行下列說(shuō)法正確的是（ ）A該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B該反應(yīng)中，SO2為還原劑C1 mol H2S中含有的共價(jià)鍵的數(shù)目為3 molD常溫下，H2S的還原性強(qiáng)于S的還原性5已知X、

3、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，其中Y、R原子最外層電子數(shù)相等；X元素最低負(fù)價(jià)絕對(duì)值與W元素最高正價(jià)相等；工業(yè)上常用電解熔融氧化物的方法冶煉W單質(zhì)；Z、W、R的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩反應(yīng)均生成鹽和水下列說(shuō)法正確的是（ ）A原子半徑由大到小的順序：Z、W、YB簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強(qiáng)到弱的順序：X、Y、RCW的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性比Z的強(qiáng)DR的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物化學(xué)式一定是HRO46常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、CO32B與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl、N

4、O3C =106的溶液中：K+、Na+、I，SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、K+、S2、SO427下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（ ）A向苯酚鈉溶液通入少量的CO2：2O+CO2+H2O2OH+CO32B用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag+4H+NO3Ag+NO+2H2OC（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過(guò)量Ba（OH）2溶液混合：Fe2+2SO42+2Ba2+2OHFe（OH）2+2BaSO4D常溫下，向澄清石灰水中通入Cl2：Cl2+2OHCl+ClO+H2O8一定條件下，下列各組物質(zhì)能一步實(shí)現(xiàn)圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（ ）選項(xiàng)XYZWAAlAl2O3NaAlO2A

5、l（OH）3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAA BB CC DD9下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵?）A利用圖1所示裝置制取少量NH3B利用圖2所示裝置制備Fe（OH）3膠體C利用圖3所示裝置收集HClD利用圖4所示裝置檢驗(yàn)是否生成乙烯10用如圖所示裝置（熔融CaF2CaO作電解質(zhì)）獲得金屬鈣，并用鈣還原TiO2制備金屬鈦下列說(shuō)法正確的是（ ）A電解過(guò)程中，Ca2+向陽(yáng)極移動(dòng)B陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為：C+2O24eCO2C在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量減少D若用鉛蓄電池作該裝置

6、的供電電源，“+”接線柱是Pb電極二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分11下列說(shuō)法正確的是（ ）A若電解熔融MgCl2產(chǎn)生1 mol Mg，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為26.021023B海輪船體鑲嵌鋅塊是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，防止船體被腐蝕C室溫下，pH均為3的鹽酸和NH4Cl溶液中，水的電離程度相同D一定條件下反應(yīng)2SO2+O22SO3達(dá)到平衡時(shí)，v正（O2）=2v逆（SO3）12阿替洛爾是一種用于

7、治療高血壓的藥物，它的一種合成路線如下：下列說(shuō)法正確的是（ ）A化合物甲的分子式為C8H8O2NB阿替洛爾分子中含有2個(gè)手性碳原子C一定條件下，化合物甲與NaOH溶液、濃溴水、H2均可以發(fā)生反應(yīng)D阿替洛爾在NaOH乙醇溶液中加熱可發(fā)生消去反應(yīng)13下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（ ）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，再加新制的Cu（OH）2懸濁液煮沸無(wú)磚紅色沉淀產(chǎn)生淀粉未水解C向苯酚濃溶液中滴入溴水，振蕩無(wú)白色沉淀產(chǎn)生苯酚與溴水不反應(yīng)D將乙醇和濃硫酸共熱至170后，將生

8、成的氣體通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色AA BB CC DD1425時(shí)，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（ ）A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B0.1 molL1NaHS溶液：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S）C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等體積混合

9、：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）15臭氧是理想的煙氣脫硝劑，其脫硝反應(yīng)為：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g）H不同溫度下，在三個(gè)容器中發(fā)生上述反應(yīng)，相關(guān)信息如表及圖所示：容器甲乙丙容積/L112反應(yīng)物起始量2mol NO21mol O32mol NO21mol O32mol N2O51mol O2溫度/KT1T2T2下列說(shuō)法正確的是（ ）A010 min內(nèi)甲容器中反應(yīng)的平均速率：v（NO2）=0.02 molL1min1BT1T2，H0C平衡時(shí)N2O5濃度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K時(shí)，若起始時(shí)向容器甲中充入2 mol N

10、O2、1 mol O3、2 mol N2O5和2 mol O2，則脫硝反應(yīng)達(dá)到平衡前，v（正）v（逆）二、非選擇題（共80分）16以硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)為原料制備CuCl2的工藝流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”時(shí)鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為為提高“酸浸”時(shí)銅元素的浸出率，可以采取的措施有：適當(dāng)提高鹽酸濃度；適當(dāng)提高反應(yīng)溫度；（2）“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為（3）“濾渣2”的主要成分為（填化學(xué)式）；“調(diào)pH”時(shí)，pH不能過(guò)高，其原因是（4）“加熱脫水”時(shí)

11、，加入SOCl2的目的是18釷試劑滴定法測(cè)定煙氣中SO3、SO2含量的裝置如圖所示吸收瓶123試劑50mL異丙醇50mL 6.8%H2O2溶液50mL 6.8%H2O2溶液目的吸收SO3吸收SO2當(dāng)通過(guò)1m3煙氣時(shí)，將吸收瓶1中的吸收液轉(zhuǎn)移至錐形瓶1中，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；將吸收瓶2、3中的吸收液轉(zhuǎn)移至1 000mL容量瓶中并定容，取50.00mL至錐形瓶2中，加入40mL異丙醇，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Ba（ClO4）2

12、溶液30.00mL已知：Ba（ClO4）2+H2SO4BaSO4+2HClO4（1）將吸收瓶放入冰水箱中的目的是（2）100g 6.8%（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）的H2O2溶液最多能吸收 L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）SO2（3）當(dāng)溶液中SO42完全沉淀c（SO42）1.0106 molL1時(shí)，c（Ba2+）室溫下，Ksp（BaSO4）=1.11010（4）根據(jù)以上數(shù)據(jù)計(jì)算煙氣中SO3、SO2的質(zhì)量濃度（mgm3）（請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程）19海洋是一個(gè)巨大的化學(xué)資源寶庫(kù)海水綜合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸點(diǎn)為59，微溶于水，有毒性和強(qiáng)腐蝕性（1）電解飽和NaCl溶液的離子方程式為粗鹽中常含Ca2+、Mg2+、SO42等雜

13、質(zhì)離子，可依次加入NaOH、鹽酸試劑來(lái)進(jìn)行提純（2）下列方法可用于海水淡化的是（填字母代號(hào)）A蒸餾法 B萃取法 C離子交換法 D電滲析法（3）工業(yè)上用電解法制Mg時(shí)，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：增加電解質(zhì)的密度，便于分離出熔融的鎂；（4）利用圖所示裝置從母液中提取溴，在B瓶中得到較濃的溴水實(shí)驗(yàn)方案為：關(guān)閉b、d，打開(kāi)a、c，由a向A中緩慢通入Cl2至反應(yīng)完全，（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：SO2、Cl2、熱空氣）20NH3可用于制造硝酸、純堿等，還可用于煙氣脫硝（1）NH3催化氧化可制備硝酸NH3氧化時(shí)發(fā)生如下反應(yīng)：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907

14、.28kJmol14NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1則4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）H3NO被O2氧化為NO2其他條件不變時(shí)，NO的氧化率（NO）與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1所示則p1p2（填“”、“”或“=”）；溫度高于800時(shí)，（NO）幾乎為0的原因是（2）聯(lián)合制堿工藝示意圖如圖2所示“碳化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（3）利用反應(yīng)NO2+NH2N2+H2O（未配平）消除NO2的簡(jiǎn)易裝置如圖3所示電極b的電極反應(yīng)式為；消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48L NH3時(shí)，被消除的NO2的物質(zhì)的量為mol（4）合成氨的原料氣需脫硫處理

15、一種脫硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再與NaVO3反應(yīng)生淺黃色沉淀、Na2V4O9等物質(zhì)生成淺黃色沉淀的化學(xué)方程式為選做題,本題包括A、B兩小題，請(qǐng)選定其中一小題作答若多做，則按A小題評(píng)分A物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)21釩及其化合物非常豐富釩可用于生產(chǎn)合金鋼、航天用的釩鈦合金及化工催化劑等（1）V基態(tài)核外電子排布式為（2）某釩的氧化物的晶胞如圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為（3）利用NH4VO3制備催化劑V2O5的反應(yīng)如下：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O與NH3互為等電子體的一種陽(yáng)離子為（填化學(xué)式）（4）常溫下V（CO）6為藍(lán)綠色固體，易揮發(fā)，易升華，不溶于水，溶于乙

16、醚、吡啶（N）固態(tài)V（CO）6屬于晶體N分子中N原子的雜化類型為V（CO）6中含有的化學(xué)鍵有（填字母）A鍵 B鍵 C配位鍵 D非極性鍵B實(shí)驗(yàn)化學(xué)22以香豆素3甲酸乙酯（）為原料合成香豆素3甲酸（）的裝置如圖所示，實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：在100mL三頸燒瓶中，加入25mL 95%的乙醇溶液、50mL 14%的NaOH溶液和5.45g香豆素3甲酸乙酯，加熱回流15分鐘步驟2：邊攪拌邊將反應(yīng)混合物倒入70mL鹽酸中，析出晶體步驟3：抽濾得到粗產(chǎn)品步驟4：加入50%乙醇重結(jié)晶，得到白色晶體3.80g（1）步驟1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（2）反應(yīng)裝置中冷凝水從口進(jìn)入（填“a”或“b”）（3）步驟2中加入

17、鹽酸的目的是（4）步驟3抽濾完畢或中途停止抽濾時(shí)，應(yīng)先，然后（5）本次實(shí)驗(yàn)中香豆素3甲酸的產(chǎn)率為2016年江蘇省鹽城市、南京市高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1美好的生活離不開(kāi)化學(xué)，我們應(yīng)感恩化學(xué)，掌握必要的化學(xué)知識(shí)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A合理使用化肥可以提高農(nóng)作物的產(chǎn)量B二氧化氯、臭氧均可用作自來(lái)水消毒劑C氫氧化鋁和碳酸鈉均可用于治療胃酸過(guò)多D化妝品中的甘油可起到保濕滋潤(rùn)皮膚的作用【考點(diǎn)】藥物的主要成分和療效；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；醇類簡(jiǎn)介【分析】A農(nóng)藥、化肥的合理使用提高了農(nóng)作物產(chǎn)量； B具有強(qiáng)氧化性的物質(zhì)能殺菌

18、消毒；C碳酸鈉的堿性太強(qiáng)，不能用來(lái)中和胃酸；D甘油中含3個(gè)OH，易形成氫鍵【解答】解：A農(nóng)藥、化肥的合理使用提高了農(nóng)作物產(chǎn)量，緩解了人類糧食危機(jī)，故A正確； B二氧化氯和臭氧都具有強(qiáng)氧化性，所以能殺菌消毒，故B正確；C碳酸鈉的堿性太強(qiáng)，不能用來(lái)中和胃酸，氫氧化鋁可以用來(lái)中和胃酸，故C錯(cuò)誤；D甘油中含3個(gè)OH，易形成氫鍵，則甘油作為化妝品中的保濕劑，故D正確故選C2下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)的表示正確的是（ ）A質(zhì)量數(shù)為37的氯原子： ClBAl3+的結(jié)構(gòu)示意圖：CNaClO的電子式：D硝基苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：【考點(diǎn)】電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合【分析】A質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)

19、，左下角為質(zhì)子數(shù)；B鋁離子的核電荷數(shù)為13，最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C次氯酸鈉為離子化合物，陰陽(yáng)離子需要標(biāo)出所帶電荷，次氯酸根離子還需要標(biāo)出最外層電子；D硝基苯可以看作硝基取代苯環(huán)上的1個(gè)H形成的【解答】解：A氯元素的質(zhì)子數(shù)為17，質(zhì)量數(shù)為37的氯原子的正確表示方法為：1737Cl，故A錯(cuò)誤；BAl3+的核外電子總數(shù)為10，其離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B正確；CNaClO是離子化合物，Na+和ClO間為離子鍵，在Cl和O之間為共價(jià)鍵，其電子式為，故C正確；D硝基苯中N原子與苯環(huán)相連，硝基苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故D正確；故選BCD3下列說(shuō)法正確的是（ ）A分子式為C3H6的有機(jī)物只有兩種同分異構(gòu)體B標(biāo)

20、準(zhǔn)狀況下，22.4 L CCl4的質(zhì)量為154 gC選用適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，既可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，也可以改變反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率D2 g H2（g）在O2（g）中完全燃燒生成H2O（l）放出熱量為285.8 kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=285.8 kJmol1【考點(diǎn)】有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體【分析】A、C3H6的有機(jī)物可能是丙烯和環(huán)丙烷；B、標(biāo)況下四氯化碳是液體；C、使用催化劑，只改變反應(yīng)速率，但平衡不移動(dòng)；D、2 g H2（g）是1mol，而不是2mol【解答】解：A、C3H6的有機(jī)物可能

21、是丙烯和環(huán)丙烷，所以分子式為C3H6的有機(jī)物只有兩種同分異構(gòu)體，故A正確；B、標(biāo)況下四氯化碳是液體，無(wú)法求物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C、使用催化劑，只改變反應(yīng)速率，但平衡不移動(dòng)，所以反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故C錯(cuò)誤；D、2 g H2（g）是1mol，而不是2mol，所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，故D錯(cuò)誤；故選A4常溫下，反應(yīng)2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自發(fā)進(jìn)行下列說(shuō)法正確的是（ ）A該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B該反應(yīng)中，SO2為還原劑C1 mol H2S中含有的共價(jià)鍵的數(shù)目為3 molD常溫下，H2S的還原性強(qiáng)

22、于S的還原性【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)【分析】A反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，應(yīng)滿足HTS0；B反應(yīng)SO2中S元素的化合價(jià)降低；C1個(gè)H2S中含有2個(gè)共價(jià)鍵；D氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性【解答】解：A反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，應(yīng)滿足HTS0，已知2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）的熵變小于零，則H0，故該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B反應(yīng)SO2中S元素的化合價(jià)降低，所以SO2為氧化劑，故B錯(cuò)誤；C1個(gè)H2S中含有2個(gè)共價(jià)鍵，則1 mol H2S中含有的共價(jià)鍵的數(shù)目為2mol，故C錯(cuò)誤；D氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，H2S為還原劑，S還原產(chǎn)物，所以H2S的還原性強(qiáng)

23、于S的還原性，故D正確故選D5已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，其中Y、R原子最外層電子數(shù)相等；X元素最低負(fù)價(jià)絕對(duì)值與W元素最高正價(jià)相等；工業(yè)上常用電解熔融氧化物的方法冶煉W單質(zhì)；Z、W、R的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩反應(yīng)均生成鹽和水下列說(shuō)法正確的是（ ）A原子半徑由大到小的順序：Z、W、YB簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強(qiáng)到弱的順序：X、Y、RCW的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性比Z的強(qiáng)DR的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物化學(xué)式一定是HRO4【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【分析】X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Z、W、R最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩

24、兩反應(yīng)均生成鹽和水，應(yīng)氫氧化鋁與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)，可推知Z為Na元素、W為Al元素，工業(yè)上常用電解熔融氧化鋁的方法冶煉Al單質(zhì)；X元素最低負(fù)價(jià)絕對(duì)值與W元素最高正價(jià)相等，X處于VA族，原子序數(shù)小于Al，故X為N元素；Y、R原子最外層電子數(shù)相等，若Y為O，則R為S，若Y為F，則R為Cl，據(jù)此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Z、W、R最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩反應(yīng)均生成鹽和水，應(yīng)氫氧化鋁與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)，可推知Z為Na、W為Al，工業(yè)上常用電解熔融氧化鋁的方法冶煉Al單質(zhì)；X元素最低負(fù)價(jià)絕對(duì)值與W元素最高正價(jià)相等，X處于VA族，原子序數(shù)小于Al，故X為N元

25、素；Y、R原子最外層電子數(shù)相等，若Y為O，則R為S，若Y為F，則R為ClAY為O或F，Z為Na，W為Al，同周期隨原子序數(shù)增大，原子半徑減小，電子層越多半徑越大，所以原子半徑由大到小的順序：Z、W、Y，故A正確；BX、Y為同周期元素，Y的非金屬性強(qiáng)于X，故氫化物穩(wěn)定性YX，故B錯(cuò)誤；C金屬性AlNa，故堿性：氫氧化鋁氫氧化鈉，故C錯(cuò)誤；DR為S時(shí)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為H2SO4，故D錯(cuò)誤故選A6常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、CO32B與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl、NO3C =106的溶液中：

26、K+、Na+、I，SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、K+、S2、SO42【考點(diǎn)】離子共存問(wèn)題【分析】ApH=1的溶液，顯酸性；B與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液；C. =106的溶液，顯酸性；D離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)【解答】解：ApH=1的溶液，顯酸性，不能大量存在CO32，故A錯(cuò)誤；B與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，堿溶液中不能大量存在Ca2+、Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、NO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣，故B錯(cuò)誤；C. =106的溶液，顯酸性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故C正確；DS2、ClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)

27、，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選C7下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（ ）A向苯酚鈉溶液通入少量的CO2：2O+CO2+H2O2OH+CO32B用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag+4H+NO3Ag+NO+2H2OC（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過(guò)量Ba（OH）2溶液混合：Fe2+2SO42+2Ba2+2OHFe（OH）2+2BaSO4D常溫下，向澄清石灰水中通入Cl2：Cl2+2OHCl+ClO+H2O【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫(xiě)【分析】A苯酚鈉與二氧化碳反應(yīng)生成苯酚與碳酸氫鈉；B電荷不守恒；C向NH4Fe（SO4）2溶液中加入過(guò)量Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鐵和一水合氨；D氯氣與澄清

28、石灰水反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水【解答】解：A向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，由于苯酚的酸性大于碳酸氫根離子，二者反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫根離子，正確的離子方程式為：CO2+H2O+C6H5OC6H5OH+HCO3，故A錯(cuò)誤；B用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡，反應(yīng)的離子方程式為：3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故B錯(cuò)誤；C向NH4Fe（SO4）2溶液中加入過(guò)量Ba（OH）2溶液的離子方程式為：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故C錯(cuò)誤；D氯氣與澄清石灰水反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，離子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故

29、D正確；故選：D8一定條件下，下列各組物質(zhì)能一步實(shí)現(xiàn)圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（ ）選項(xiàng)XYZWAAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAA BB CC DD【考點(diǎn)】鎂、鋁的重要化合物；濃硫酸的性質(zhì)；鐵的化學(xué)性質(zhì)【分析】A、Y（氧化鋁）不能一步轉(zhuǎn)化為W（氫氧化鋁）；B、四氧化三鐵通過(guò)鋁熱反應(yīng)生成單質(zhì)鐵，鐵與弱氧化劑鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵，鐵與氯氣生成氯化鐵；FeCl2FeCl3；FeCl3FeCl2；C、Z（硫）不能一步轉(zhuǎn)化為W（三氧化硫）；D、Z（C2H5OH）不能一步轉(zhuǎn)化為W

30、（CH2BrCH2Br）；【解答】解：A、Y（氧化鋁）不能一步轉(zhuǎn)化為W（氫氧化鋁），不符合條件，故A錯(cuò)誤；B、四氧化三鐵通過(guò)鋁熱反應(yīng)生成單質(zhì)鐵，鐵與弱氧化劑鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵，鐵與氯氣生成氯化鐵；FeCl2FeCl3；FeCl3FeCl2，各步轉(zhuǎn)化都可實(shí)現(xiàn)，故B正確；C、Z（硫）不能一步轉(zhuǎn)化為W（三氧化硫），不符合條件，故C錯(cuò)誤；D、Z（C2H5OH）不能一步轉(zhuǎn)化為W（CH2BrCH2Br），要先消去，再加成，故D錯(cuò)誤；故選B9下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵?）A利用圖1所示裝置制取少量NH3B利用圖2所示裝置制備Fe（OH）3膠體C利用圖3所示裝置收集HClD利用圖4所

31、示裝置檢驗(yàn)是否生成乙烯【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【分析】A氨氣密度比空氣??； B反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀；C氯化氫密度比空氣大；D乙醇能使酸性高錳酸鉀褪色【解答】解：A氨氣密度比空氣小，可用向下排空法收集，故A正確； B加熱燒杯中的水至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，即停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，故B錯(cuò)誤；C氯化氫密度比空氣大，應(yīng)用向上排空氣法，故C錯(cuò)誤；D乙醇能使酸性高錳酸鉀褪色，應(yīng)先除掉乙醇，故D錯(cuò)誤故選A10用如圖所示裝置（熔融CaF2CaO作電解質(zhì)）獲得金屬鈣，并用鈣還原TiO2制備金屬鈦下列說(shuō)法正確的是（ ）A電解過(guò)程中，Ca2+向陽(yáng)極移動(dòng)B陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為

32、：C+2O24eCO2C在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量減少D若用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“+”接線柱是Pb電極【考點(diǎn)】化學(xué)電源新型電池【分析】根據(jù)圖知，陽(yáng)極上電極反應(yīng)式為C+2O24eCO2，陰極上電極反應(yīng)式為：2Ca2+4e2Ca，鈣還原二氧化鈦反應(yīng)方程式為：2Ca+TiO2Ti+2CaO，“+”接線柱應(yīng)連接原電池正極，電解過(guò)程中，電解質(zhì)中陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)、陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，據(jù)此分析解答【解答】解：A電解過(guò)程中，電解質(zhì)中陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)、陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，所以Ca2+向陰極移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)圖知，陽(yáng)極上生成二氧化碳，則陽(yáng)極反應(yīng)式為C+2O24eCO2，故B正確；C陰極上電極

33、反應(yīng)式為：2Ca2+4e2Ca，鈣還原二氧化鈦反應(yīng)方程式為：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量不變，故C錯(cuò)誤；D“+”表示原電池正極，所以“+”接線柱應(yīng)連接原電池正極，即PbO2極，故D錯(cuò)誤；故選B二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分11下列說(shuō)法正確的是（ ）A若電解熔融MgCl2產(chǎn)生1 mol Mg，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為26.021023B海輪船體鑲嵌鋅

34、塊是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，防止船體被腐蝕C室溫下，pH均為3的鹽酸和NH4Cl溶液中，水的電離程度相同D一定條件下反應(yīng)2SO2+O22SO3達(dá)到平衡時(shí)，v正（O2）=2v逆（SO3）【考點(diǎn)】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；反應(yīng)速率的定量表示方法；水的電離【分析】A電解熔融MgCl2產(chǎn)生1 mol Mg，轉(zhuǎn)移2mol電子；B原電池的正極被保護(hù)，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；C酸堿抑制水的電離，能水解的鹽促進(jìn)水的電離；D達(dá)到平衡時(shí)，不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于計(jì)量數(shù)之比【解答】解：A電解熔融MgCl2產(chǎn)生1 mol Mg，轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為26.021023，故A正確；B原電池的正極被

35、保護(hù)，負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e、Zn形成原電池時(shí)，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，故B正確；CpH均為3的鹽酸抑制水的電離，NH4Cl促進(jìn)水的電離，所以pH均為3的鹽酸和NH4Cl溶液中，水的電離程度不相同，故C錯(cuò)誤；D達(dá)到平衡時(shí)，不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于計(jì)量數(shù)之比，則一定條件下反應(yīng)2SO2+O22SO3達(dá)到平衡時(shí)，2v正（O2）=v逆（SO3），故D錯(cuò)誤故選AB12阿替洛爾是一種用于治療高血壓的藥物，它的一種合成路線如下：下列說(shuō)法正確的是（ ）A化合物甲的分子式為C8H8O2NB阿替洛爾分子中含有2個(gè)手性碳原子C一定條件下，化合物甲與NaOH溶液、濃溴水、H2均可以發(fā)生反應(yīng)D阿替洛

36、爾在NaOH乙醇溶液中加熱可發(fā)生消去反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【分析】A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定分子式；B連接四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的原子是手性碳原子；C甲中含有酚羥基、肽鍵和苯環(huán)，具有酚、肽和苯的性質(zhì)；D連接醇羥基碳原子相鄰碳原子上含有H原子，能發(fā)生消去反應(yīng)【解答】解：A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定分子式為C8H9O2N，故A錯(cuò)誤；B連接四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的原子是手性碳原子，該分子中1個(gè)手性碳原子，為連接醇羥基的碳原子，故B錯(cuò)誤；C甲中含有酚羥基、肽鍵和苯環(huán)，具有酚、肽和苯的性質(zhì)，一定條件下，化合物甲與NaOH溶液、濃溴水、H2均可以發(fā)生反應(yīng)，故C正確；D連接醇羥基碳原子相鄰碳原子上含有H原子，能發(fā)生消去反

37、應(yīng)，但需要在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，故D錯(cuò)誤；故選C13下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（ ）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，再加新制的Cu（OH）2懸濁液煮沸無(wú)磚紅色沉淀產(chǎn)生淀粉未水解C向苯酚濃溶液中滴入溴水，振蕩無(wú)白色沉淀產(chǎn)生苯酚與溴水不反應(yīng)D將乙醇和濃硫酸共熱至170后，將生成的氣體通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色AA BB CC DD【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【分析】A加NaCl發(fā)生鹽析，加CuSO4 溶液發(fā)生變

38、性；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，水解生成葡萄糖，應(yīng)在堿性條件下檢驗(yàn)葡萄糖；C向苯酚濃溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D乙醇和濃硫酸共熱至170后發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，但乙醇易揮發(fā)，二者均可使高錳酸鉀褪色【解答】解：A向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別加NaCl發(fā)生鹽析，加CuSO4 溶液發(fā)生變性，鹽析為可逆過(guò)程，變性為不可逆過(guò)程，故A錯(cuò)誤；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，水解生成葡萄糖，應(yīng)在堿性條件下檢驗(yàn)葡萄糖，則沒(méi)有加堿至堿性不能檢驗(yàn)，故B錯(cuò)誤；C向苯酚濃溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，應(yīng)選濃溴水，現(xiàn)象可觀察到白色沉淀，故C錯(cuò)誤；D乙醇和濃硫酸共熱至170后發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，

39、但乙醇易揮發(fā)，二者均可使高錳酸鉀褪色，則該實(shí)驗(yàn)不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正確；故選D1425時(shí)，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（ ）A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B0.1 molL1NaHS溶液：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S）C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等體積混合：c（N

40、a+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較【分析】ANaHC2O4溶液的pH=5.5，說(shuō)明HC2O4的電離程度大于其水解程度，則c（C2O42）c（H2C2O4）；B根據(jù)硫氫化鈉溶液中的質(zhì)子守恒判斷；C當(dāng)二者按照1：1混合時(shí)生成硫酸鈉、硫酸銨，溶液呈酸性，則氫氧化鈉稍過(guò)量，結(jié)合電荷守恒判斷；D醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO）cc（CH3COOH），結(jié)合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）【解答】解：A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5），溶液呈酸性，說(shuō)明HC2O4的電離程度大于

41、其水解程度，則c（C2O42）c（H2C2O4），正確的濃度大小為：c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故A錯(cuò)誤；B0.1 molL1NaHS溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S），故B正確；C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性，則c（OH）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42），由于銨根離子部分水解，則c（SO42）c（NH4+），所以c（Na+）c（SO42），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+

42、），故C正確；D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等體積混合，由于醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO）cc（CH3COOH），結(jié)合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），溶液中正確的濃度大小為：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故D錯(cuò)誤；故選BC15臭氧是理想的煙氣脫硝劑，其脫硝反應(yīng)為：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g）H不同溫度下，在三個(gè)容器中發(fā)生上述反應(yīng)，相關(guān)信息如表及圖所示：容器甲乙丙容積/L112反應(yīng)物起始量2mol NO21mol O32m

43、ol NO21mol O32mol N2O51mol O2溫度/KT1T2T2下列說(shuō)法正確的是（ ）A010 min內(nèi)甲容器中反應(yīng)的平均速率：v（NO2）=0.02 molL1min1BT1T2，H0C平衡時(shí)N2O5濃度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K時(shí)，若起始時(shí)向容器甲中充入2 mol NO2、1 mol O3、2 mol N2O5和2 mol O2，則脫硝反應(yīng)達(dá)到平衡前，v（正）v（逆）【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算【分析】A 圖象分析可知，N2O5（g）生成濃度0.2mol/L，則消耗NO2濃度0.4mol/L，計(jì)算v（NO2）在010min內(nèi)甲容器中反應(yīng)的平均速率=；B先拐先平溫度高

44、，T1T2，溫度越高N2O5（g）濃度越小，結(jié)合平衡移動(dòng)原理分析；C結(jié)合三行計(jì)算列式計(jì)算濃度，化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)不能進(jìn)行徹底分析；D若起始時(shí)向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，計(jì)算濃度商Qc和平衡常數(shù)比較判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向【解答】解：A、讀圖可知，010min內(nèi)甲容器中N2O5的濃度變化量為0.2molL1，2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g），則消耗NO2濃度0.4mol/L，反應(yīng)速率v（NO2）=0.04mol/（Lmin），故A錯(cuò)誤；B先拐先平溫度高，T1T2，溫度越高N2O5（g）濃度越小，說(shuō)明溫度升高平衡逆向進(jìn)行，則反應(yīng)H0

45、，故B錯(cuò)誤；C，乙中依據(jù)化學(xué)三行計(jì)算得到，2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g），2 1 0 00.8 0.4 0.4 0.41.2 0.6 0.4 0.4丙中2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g），1 2 0 平衡時(shí)N2O5濃度：c乙（N2O5）c丙（N2O5），故C錯(cuò)誤；D若起始時(shí)向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，計(jì)算濃度商Qc=1，相當(dāng)于加入五氧化二氮反應(yīng)逆向進(jìn)行，則脫硝反應(yīng)達(dá)到平衡前，v（正）v（逆），故D正確；故選D二、非選擇題（共80分）16以硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、F

46、eCO3、Fe2O3等雜質(zhì)為原料制備CuCl2的工藝流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”時(shí)鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O為提高“酸浸”時(shí)銅元素的浸出率，可以采取的措施有：適當(dāng)提高鹽酸濃度；適當(dāng)提高反應(yīng)溫度；適當(dāng)加快攪拌速率、適當(dāng)延長(zhǎng)酸浸時(shí)間（2）“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl（3）“濾渣2”的主要成分為Fe（OH）3（填化學(xué)式）；“調(diào)pH”時(shí)，pH不能過(guò)高，其原因是防止Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀（4）“加熱脫水”時(shí)，加入SOCl2的目的是生成的

47、HCl抑制CuCl2的水解【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【分析】（1）“酸浸”時(shí)鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，由此確定產(chǎn)物配平得化學(xué)方程式為CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，為提高“酸浸”時(shí)銅元素的浸出率，可：適當(dāng)提高鹽酸濃度；適當(dāng)提高反應(yīng)溫度；適當(dāng)加快攪拌速率、適當(dāng)延長(zhǎng)酸浸時(shí)間；（2）硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)，根據(jù)流程圖，加鹽酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯氣氧化，“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（3）根據(jù)

48、流程圖，經(jīng)氧化后溶液中陽(yáng)離子主要為Cu2+和Fe3+，加試劑X調(diào)節(jié)pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，實(shí)現(xiàn)Cu2+和Fe3+的分離，最終制備CuCl2；“調(diào)pH”時(shí)，pH不能過(guò)高，否則Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀；（4）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加熱脫水”時(shí)，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【解答】解：（1）“酸浸”時(shí)鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，由此確定產(chǎn)物配平得化學(xué)方程式為CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，為提高“酸浸”時(shí)銅元素的浸出率，可：適當(dāng)提高鹽酸濃度；適當(dāng)提高反應(yīng)溫度；適

49、當(dāng)加快攪拌速率、適當(dāng)延長(zhǎng)酸浸時(shí)間，故答案為：CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，適當(dāng)加快攪拌速率、適當(dāng)延長(zhǎng)酸浸時(shí)間；（2）硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)，根據(jù)流程圖，加鹽酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯氣氧化，“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，故答案為：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（3）根據(jù)流程圖，經(jīng)氧化后溶液中陽(yáng)離子主要為Cu2+和Fe3+，加試劑X調(diào)節(jié)pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，實(shí)現(xiàn)Cu2+和Fe3+的分離，最終制備

50、CuCl2；“調(diào)pH”時(shí)，pH不能過(guò)高，否則Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀，故答案為：Fe（OH）3 防止Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀；（4）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加熱脫水”時(shí)，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解（1）CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，故答案為：生成的HCl抑制CuCl2的水解18釷試劑滴定法測(cè)定煙氣中SO3、SO2含量的裝置如圖所示吸收瓶123試劑50mL異丙醇50mL 6.8%H2O2溶液50mL 6.8%H2O2溶液目的吸收SO3吸收SO2當(dāng)通過(guò)1m3煙氣時(shí)，將吸收瓶1中的吸收液轉(zhuǎn)移至錐形瓶

51、1中，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；將吸收瓶2、3中的吸收液轉(zhuǎn)移至1 000mL容量瓶中并定容，取50.00mL至錐形瓶2中，加入40mL異丙醇，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Ba（ClO4）2溶液30.00mL已知：Ba（ClO4）2+H2SO4BaSO4+2HClO4（1）將吸收瓶放入冰水箱中的目的是降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收（2）100g 6.8%（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）的H2O2溶液最多能吸收4.48 L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）SO

52、2（3）當(dāng)溶液中SO42完全沉淀c（SO42）1.0106 molL1時(shí)，c（Ba2+）1.1104 mol/L室溫下，Ksp（BaSO4）=1.11010（4）根據(jù)以上數(shù)據(jù)計(jì)算煙氣中SO3、SO2的質(zhì)量濃度（SO3）=40 mgm3，（SO2）=960 mgm3（mgm3）（請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程）【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量【分析】（1）降低溫度，增大氣體溶解度，有利于二氧化硫、三氧化硫的吸收；（2）發(fā)生反應(yīng)：H2O2+SO2=H2SO4，計(jì)算溶液中H2O2的質(zhì)量，結(jié)合方程式計(jì)算二氧化硫的體積；（3）Ksp（BaSO4）=c（SO42）c（Ba2+）=1.11010計(jì)算；（4）吸收瓶1吸

53、收SO3，根據(jù)S原子守恒可知n（SO3）=nBa（ClO4）21，吸收瓶2、3吸收SO2，根據(jù)S原子守恒可知n（SO2）=nBa（ClO4）22，進(jìn)而計(jì)算質(zhì)量濃度【解答】解：（1）將吸收瓶放入冰水箱中，可以降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收，故答案為：降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收；（2）設(shè)標(biāo)況下最多能吸收二氧化硫的體積為V，則：H2O2+SO2=H2SO434g 22.4L 100g6.8% V所以V=4.48L故答案為：4.48；（3）當(dāng)溶液中SO42完全沉淀時(shí)c（SO42）1.0106 molL1，Ksp（BaSO4）=c（SO42）c（Ba2+）=1.1

54、1010，則c（Ba2+）mol/L=1.1104 mol/L，故答案為：1.1104 mol/L；（4）吸收瓶1吸收SO3，根據(jù)S原子守恒可知n（SO3）=nBa（ClO4）21=0.025 00 molL10.020 00 L=5.000104 mol，（SO3）=（5.000104 mol80 gmol1103 mgg1）/1 m3=40 mgm3；吸收瓶2、3吸收SO2，根據(jù)S原子守恒可知n（SO2）=nBa（ClO4）22=0.025 00 molL10.030 00 L=0.015 00 mol，（SO2）=（0.015 00 mol64 gmol1103 mgg1）/1 m3=9

55、60 mgm3，故答案為：（SO3）=40 mgm3，（SO2）=960 mgm319海洋是一個(gè)巨大的化學(xué)資源寶庫(kù)海水綜合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸點(diǎn)為59，微溶于水，有毒性和強(qiáng)腐蝕性（1）電解飽和NaCl溶液的離子方程式為2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH粗鹽中常含Ca2+、Mg2+、SO42等雜質(zhì)離子，可依次加入NaOH、BaCl2、Na2CO3、鹽酸試劑來(lái)進(jìn)行提純（2）下列方法可用于海水淡化的是ACD（填字母代號(hào)）A蒸餾法 B萃取法 C離子交換法 D電滲析法（3）工業(yè)上用電解法制Mg時(shí)，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：增加電解質(zhì)的密度，便于分離出熔融的鎂；使氯化鎂

56、熔融溫度降低，從而減少冶煉過(guò)程中的能量消耗（4）利用圖所示裝置從母液中提取溴，在B瓶中得到較濃的溴水實(shí)驗(yàn)方案為：關(guān)閉b、d，打開(kāi)a、c，由a向A中緩慢通入Cl2至反應(yīng)完全，關(guān)閉a、c，打開(kāi)b、d、e，由b向A中鼓入足量熱空氣，同時(shí)由e向B中通入足量SO2；關(guān)閉b、e，打開(kāi)a，再由a向B中緩慢通入足量Cl2（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：SO2、Cl2、熱空氣）【考點(diǎn)】海水資源及其綜合利用【分析】海水淡化得到淡水，另外蒸發(fā)溶劑得到粗鹽和母液，粗鹽通過(guò)精制得到精鹽；母液加氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂和酸反應(yīng)生成氯化鎂，制得氯化鎂，母液通入氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，被二氧化硫吸收后發(fā)生氧化還原反應(yīng)生

57、成溴化氫，富集溴元素，通入氯氣氧化溴化氫為溴單質(zhì)得到高濃度的溴（1）惰性電極電解NaCl溶液，生成NaOH、氫氣、氯氣；粗鹽中含有Ca2+、Mg2+及SO42，鎂離子用氫氧根離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，加入過(guò)量的氯化鋇可以將硫酸根離子沉淀，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會(huì)除去反應(yīng)剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進(jìn)行過(guò)濾，最后再加入鹽酸除去反應(yīng)剩余的氫氧根離子和碳酸根離子；（2）海水淡化海水就是將海水中的可溶性雜質(zhì)除去的過(guò)程，可根據(jù)淡化原理進(jìn)行分析；（3）用電解法制Mg時(shí)，通常在MgCl2中加入CaCl2，可使氯化鎂熔

58、融溫度降低，從而減少能耗；（4）通入熱空氣和氯氣，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成溴，空氣將溴吹出，通入二氧化硫，發(fā)生Br2+SO2+H2O2HBr+H2SO4，富集后再通入氯氣，生成溴【解答】解：（1）惰性電極電解NaCl溶液，陽(yáng)極上是氯離子失電子，2Cl2e=Cl2，陰極上是氫離子得電子，2H+2e=H2，由兩極上的電極反應(yīng)可以得到總反應(yīng)為2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會(huì)除去反應(yīng)剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進(jìn)行過(guò)濾，最后再加入鹽酸除去反應(yīng)剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，則試劑可依次加入NaO

59、H、BaCl2、Na2CO3、HCl，故答案為：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH；BaCl2Na2CO3；（2）A蒸餾法，是把水從水的混合物中分離出來(lái)，得到純凈的水，故A正確； B萃取法，對(duì)于微溶于水的有機(jī)物，可用萃取法，水中沒(méi)有微溶于水的有機(jī)物，故B錯(cuò)誤； C通過(guò)離子交換樹(shù)脂可以除去海水中的離子，從而達(dá)到淡化海水的目的，故C正確；D利用電滲析法可使相應(yīng)的離子通過(guò)半透膜以達(dá)到硬水軟化的效果，故D正確；故答案為：ACD；（3）離子濃度越大其熔融鹽的導(dǎo)電性越強(qiáng)，在MgCl2中加入CaCl2，進(jìn)行電解，增大離子濃度，從而增大熔融鹽的導(dǎo)電性，使氯化鎂熔融溫度降低，從而減少冶煉過(guò)程中的能量消耗，故答

60、案為：使氯化鎂熔融溫度降低，從而減少冶煉過(guò)程中的能量消耗；（4）A中海水用硫酸酸化，關(guān)閉a、c，打開(kāi)b、d、e，由b向A中通入熱空氣和氯氣，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成溴，空氣將溴吹出，同時(shí)由e向B中通入足量SO2，發(fā)生Br2+SO2+H2O2HBr+H2SO4，富集后再關(guān)閉b、e，打開(kāi)a，再由a向B中緩慢通入足量Cl2，生成溴，故答案為：關(guān)閉a、c，打開(kāi)b、d、e，由b向A中鼓入足量熱空氣，同時(shí)由e向B中通入足量SO2；關(guān)閉b、e，打開(kāi)a，再由a向B中緩慢通入足量Cl220NH3可用于制造硝酸、純堿等，還可用于煙氣脫硝（1）NH3催化氧化可制備硝酸NH3氧化時(shí)發(fā)生如下反應(yīng)：4NH3（g）+5O2（g