2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）（解析版）
文档属性
| 名称 | 2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 326.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-11 10:14:27 | ||
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文档简介
2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．下列有关环境问题的做法错误的是（ ）
A．生活污水使用明矾杀菌消毒
B．向燃煤中加入适量石灰石“固硫”
C．推广使用可降解塑料防止白色污染
D．提倡公交出行可减少氮氧化物排放
2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NH4Cl的电子式：
B．对硝基甲苯：
C．碳酸的电离方程式：H2CO3 2H++CO
D．硫离子的结构示意图：
3．下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用于洗去铁屑表面的油污
B．铝易发生钝化，可用于作飞机、火箭的结构材料
C．炭具有还原性，可用于冶炼钠、镁、铝等金属
D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥二氧化硫气体
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子最外层比次外层多3个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强．下列说法正确的是（ ）
A．X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的强
B．元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构
C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应
D．等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，前者产生的氢气多
5．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3 H2O=AlO+4NH+4+2H2O
C．向碳酸氢钙溶液中加入少量烧碱溶液：Ca2++2HCO+2OH﹣=CaCO3↓+CO+H2O
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：5SO+6H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O
6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2
L
CCl4中含有的分子数为0.5NA
B．在Na2O2与水的反应中，每生成1
mol
O2，转移电子的数为2NA
C．常温常压下，7.8
g苯中含有双键的数目为0.3NA
D．25℃时，0.1
mol L﹣1
NH4NO3溶液中含有的铵根离子数为0.1NA
7．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．pH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO、Cl﹣
B．0.1
mol L﹣1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO、OH﹣
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、K+、Cl﹣、I﹣
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、Cl﹣
8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．
用如图所示装置验证反应产物二氧化碳
B．
用如图装置吸收氨气并防止倒吸
C．
如图装置配制100
mL
1
mol L﹣1的硫酸
D．
用如图装置除去氯气中的氯化氢
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．FeFe2O3Fe2（SO4）3
B．MgOMgSO4（aq）Mg
C．饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
D．NH3NOHNO3
10．通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：
a．CH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）△H1=+256.6kJ mol﹣1
b．2CH3CH2OH（g）+O2（g）=6H2（g）+4CO（g）△H2=+27.6kJ mol﹣1
则下列说法正确的是（ ）
A．升高a的反应温度，乙醇的转化率增大
B．由b可知：乙醇的燃烧热为13.8
kJ mol﹣1
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+485.6
kJ mol﹣1
D．制取等量的氢气，途径b消耗的能量更多
一、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
B．向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣
C．在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加
D．298
K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其△H＜0
12．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极为正极，OH﹣移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣
C．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni（OH）2
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中不含有K+
C．在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，说明SO2具有漂白性
D．向某FeCl2溶液中，加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀，说明原FeCl2已氧化变质
14．如图图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
C．图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应
D．图4表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1
mol L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
15．硫酸钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）．下列说法正确的是（ ）
A．CO2制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化
B．硫酸钙与焦炭反应时生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2
C．由SO2制取H2SO4的过程均为氧化还原反应
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉时，Cl2仅作还原剂
三、非选择题（共80分）
16．氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用．请按要求写出相应的方程式．
（1）将含SO2的废气通入含Fe2+（催化剂）的溶液中，常温下可使SO2转化为SO24﹣，其总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4．上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，写出第二步反应的离子方程式： ．
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液．若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因： ．
（3）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂．氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：
①写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式： ．
②写出ClO2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目： ．
③ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl﹣．写出该反应的离子方程式 ．
17．某化工厂用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，其部分生产流程如下：
已知：过滤（Ⅱ）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）如下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Al（OH）3
Zn（OH）2
Mn（OH）2
开始沉淀时的pH
2.7
4.0
6.4
7.7
完全沉淀时的pH
3.7
5.2
8.0
10.4
（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是 ．
（2）写出FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式： ．
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．pH调节的范围是 ，试剂X可以选用 （填选项字母）．
A．MnCO3
B．Na2CO3
C．Zn2（OH）2CO3
D．NH3 H2O
（4）电解（Ⅴ）中阳极的电极反应式为 ．
（5）Zn和MnO2是制作电池的原料．某锌﹣锰碱性电池以KOH溶液为电解质溶液，其电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）．该电池的正极的电极反应式为 ．
18．FeCO3与砂糖混用可作补血剂．以黄铁矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）为主要原料制备FeCO3的流程如下：
（1）质量分数为30%（密度是1.176g cm﹣3）的稀硫酸的物质的量浓度为 ．
（2）检验滤液A中存在Fe2+的试剂是 ．
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀外，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式： ．
（4）写出滤液C与NH4HCO3溶液反应的离子方程式： ．
（5）FeCO3在空气中灼烧可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1
写出FeCO3在空气中灼烧生成Fe2O3的热化学方程式： ．
（6）某兴趣小组为充分利用副产品，欲利用滤渣D为原料制取Al2O3，请补充完成实验步骤：向滤渣D中加入适量NaOH溶液， ．
19．多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质．用香兰素与硝基甲烷等为原料合成多巴胺的路线如下．
（1）下列说法正确的是 ．
A．可用银镜反应鉴别香兰素和多巴胺
B．1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗3mol
Br2
C．有机物B分子中不含手性碳原子
D．多巴胺分子中最多有7个碳原子共平面
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为 ．
（3）反应①、②的反应类型分别为 ．
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ．
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③由6种不同化学环境的氢原子．
20．黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点．某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁．为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：
①称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500mol L﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL
Na2S2O3溶液至终点．
③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g．
（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为 ．
（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）．
21．将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急．
（1）根据键能数据估算CH4+4F2=CF4+4HF的反应热△H= ．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ mol﹣1）
414
489
565
155
（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成．
①某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：CH3OCH3+6CO﹣12e﹣=8CO2+3H2O．写出该燃料电池的正极反应式： ．
②废水中含甲醇对水质会造成污染，Co3+可将甲醇氧化为CO2．某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理，其阳极反应式为 ．
（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气．
①电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的 极；电极B所得到的物质X的分子式为 ．
②反应池中发生的离子反应方程式为 ．
22．A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子．
（1）F+离子的电子排布式是 ．
（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是 ．
（3）B、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是 ；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是 ．
（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是 ；1mol该分子中含有π键的数目是 ．
（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是 ，C原子的配位数是 ．
2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．下列有关环境问题的做法错误的是（ ）
A．生活污水使用明矾杀菌消毒
B．向燃煤中加入适量石灰石“固硫”
C．推广使用可降解塑料防止白色污染
D．提倡公交出行可减少氮氧化物排放
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．明矾不具有强氧化性；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染；
C．聚乙烯、聚氯乙烯塑料难降解；
D．汽车尾气中含有大量氮的氧化物．
【解答】解：A．明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染，向燃煤中加入适量石灰石“固硫”，能够减少二氧化硫排放，减少酸雨，故B正确；
C．推广使用可降解塑料，可以减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，可以防止白色污染，故C正确；
D．提倡公交出行，减少私家车使用，可减少氮氧化物排放，有利于环境保护，故D正确；
故选：A．
2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NH4Cl的电子式：
B．对硝基甲苯：
C．碳酸的电离方程式：H2CO3 2H++CO
D．硫离子的结构示意图：
【考点】电子式．
【分析】A、氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；
B、对硝基苯中的硝基中直接和苯环相连的是N原子；
C、碳酸是二元弱酸，电离分步进行；
D、硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子．
【解答】解：A、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故A错误；
B、对硝基苯中的硝基中直接和苯环相连的是N原子，故结构简式为，故B错误；
C、碳酸是二元弱酸，电离分步进行，故电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，故C错误；
D、硫离子的核内有16个质子，带16个正电荷，而核外有18个电子，故结构示意图为，故D正确．
故选D．
3．下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用于洗去铁屑表面的油污
B．铝易发生钝化，可用于作飞机、火箭的结构材料
C．炭具有还原性，可用于冶炼钠、镁、铝等金属
D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥二氧化硫气体
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．依据盐类水解应用及油脂水解的性质；
B．依据铝密度小的性质解答；
C．依据金属冶炼方法解答；
D．浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性．
【解答】解：A．油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，所以可以用于洗去铁屑表面的油污，故A正确；
B．铝可用于作飞机、火箭的结构材料是因为其密度小，制成的合金机械性能强，与发生钝化无关，故B错误；
C．钠、镁、铝性质活泼的金属，用电解法制取，不能用碳还原法，故C错误；
D．浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性，且不能与二氧化硫发生反应，故D错误；
故选：A．
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子最外层比次外层多3个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强．下列说法正确的是（ ）
A．X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的强
B．元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构
C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应
D．等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，前者产生的氢气多
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子最外层比次外层多3个电子，则X为N元素；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Y为Na元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，Z为Al元素；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强，W为Cl元素，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，X为N，Y为Na，Z为Al，W为Cl，
A．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的弱，故A错误；
B．元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构不同，分别为10电子、18电子结构，故B错误；
C．Z的氢氧化物具有两性，与NaOH、高氯酸均反应，则Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应，故C正确；
D．等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，由、×3可知，转移电子不同，后者生成氢气多，故D错误；
故选C．
5．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3 H2O=AlO+4NH+4+2H2O
C．向碳酸氢钙溶液中加入少量烧碱溶液：Ca2++2HCO+2OH﹣=CaCO3↓+CO+H2O
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：5SO+6H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．一水合氨为弱碱，反应生成的是氢氧化铝沉淀；
C．碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水；
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液生成硫酸根离子、锰离子和水．
【解答】解：A．醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3→Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液生成硫酸根离子、锰离子和水，反应的离子方程式为：5SO32﹣+6H++2MnO4﹣=5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故D正确．
故选D．
6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2
L
CCl4中含有的分子数为0.5NA
B．在Na2O2与水的反应中，每生成1
mol
O2，转移电子的数为2NA
C．常温常压下，7.8
g苯中含有双键的数目为0.3NA
D．25℃时，0.1
mol L﹣1
NH4NO3溶液中含有的铵根离子数为0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、标况下四氯化碳为液体；
B、过氧化钠和水的反应中，氧元素的价态由﹣1价变为0价；
C、苯不是单双键交替的结构；
D、溶液体积不明确．
【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、过氧化钠和水的反应中，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2NA
个电子，故B正确；
C、苯不是单双键交替的结构，即苯中无碳碳双键，故C错误；
D、溶液体积不明确，故溶液中的铵根离子的个数无法计算，故D错误．
故选B．
7．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．pH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO、Cl﹣
B．0.1
mol L﹣1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO、OH﹣
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、K+、Cl﹣、I﹣
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．pH=1的溶液，显酸性；
B．离子之间结合生成水、沉淀；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液，含Fe3+；
D．该组离子之间不反应．
【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性，K+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；
B．HCO3﹣、Ba2+、OH﹣结合生成水和沉淀，不能共存，故B不选；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液，含Fe3+，与I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；
故选D．
8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．
用如图所示装置验证反应产物二氧化碳
B．
用如图装置吸收氨气并防止倒吸
C．
如图装置配制100
mL
1
mol L﹣1的硫酸
D．
用如图装置除去氯气中的氯化氢
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊；
B．氨气不溶于四氯化碳；
C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D．进气方向错误．
【解答】解：A．碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫，故A错误；
B．氨气不溶于四氯化碳，不直接与水接触，可防止倒吸，故B正确；
C．容量瓶只能用于配制溶液，且在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；
D．进气方向错误，洗气时，气体从长导管进入，故D错误．
故选B．
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．FeFe2O3Fe2（SO4）3
B．MgOMgSO4（aq）Mg
C．饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
D．NH3NOHNO3
【考点】氨的化学性质．
【分析】A．铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁；
B．硫酸镁溶液电解不能得到金属镁；
C．饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不能溶于水得到硝酸；
【解答】解：A．铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故A错误；
B．MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，电解硫酸镁溶液实质是电解水，不能得到金属镁，故B错误；
C．饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故C正确；
D．氨气和氧气催化氧化生成NO，NO不溶于水，不能和水发生反应生成硝酸，故D错误；
故选C．
10．通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：
a．CH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）△H1=+256.6kJ mol﹣1
b．2CH3CH2OH（g）+O2（g）=6H2（g）+4CO（g）△H2=+27.6kJ mol﹣1
则下列说法正确的是（ ）
A．升高a的反应温度，乙醇的转化率增大
B．由b可知：乙醇的燃烧热为13.8
kJ mol﹣1
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+485.6
kJ mol﹣1
D．制取等量的氢气，途径b消耗的能量更多
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
B．应生成稳定的氧化物；
C．氢气的燃烧为放热反应；
D．根据反应热计算．
【解答】解：A．a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则乙醇的转化率增大，故A正确；
B．燃烧热指应生成稳定的氧化物，应生成水、二氧化碳，故B错误；
C．氢气的燃烧为放热反应，△H＜0，故C错误；
D．由热化学方程式可知生成1mol氢气，a吸收kJ、b吸收kJ，故D错误．
故选A．
一、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
B．向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣
C．在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加
D．298
K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其△H＜0
【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；电解原理．
【分析】A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；
D．如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0．
【解答】解：A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率，故A错误；
B．可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，如Zn等，则阳极质量的减少多于阴极质量的增加，故C正确；
D．因△S＜0，如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0，则△H＜0，故D正确．
故选CD．
12．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极为正极，OH﹣移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣
C．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni（OH）2
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
【解答】解：A．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故A错误；
B．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故B正确；
C．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故C错误；
D．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni（OH）2，故D正确；
故选BD．
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中不含有K+
C．在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，说明SO2具有漂白性
D．向某FeCl2溶液中，加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀，说明原FeCl2已氧化变质
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．根据强酸制备弱酸的特点判断；
B．观察钾离子，应透过蓝色钴玻璃；
C．二氧化硫与碘发生氧化还原反应；
D．过氧化钠可氧化亚铁离子．
【解答】解：A．一般来说，强酸可与弱酸的盐反应制备弱酸，则向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝，故A正确；
B．观察钾离子，应透过蓝色钴玻璃，以滤去黄光，故B错误；
C．二氧化硫与碘发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故C错误；
D．过氧化钠可氧化亚铁离子，不能证明是否变质，故D错误．
故选A．
14．如图图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
C．图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应
D．图4表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1
mol L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．加入催化剂，可降低反应的活化能；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变；
C．根据温度和浓度对速率的影响分析；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳．
【解答】解：A．加入催化剂，可降低反应的活化能，图象符合，故A正确；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变，则溶质的质量分数B=A，故B错误；
C．开始时反应放热温度升高，则反应速率加快，随着反应进行浓度减小，则速率减小，故C正确；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳，则图象中生成二氧化碳前后消耗的盐酸体积比为2：1，故D错误．
故选AC．
15．硫酸钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）．下列说法正确的是（ ）
A．CO2制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化
B．硫酸钙与焦炭反应时生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2
C．由SO2制取H2SO4的过程均为氧化还原反应
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉时，Cl2仅作还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．气体变为固体，释放能量；
B．反应的化学方程式为2CaSO4+CCO2+2SO2+2CaO，以此判断；
C．SO2制取H2SO4，先生成SO3，再生成H2SO4；
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉，Cl元素化合价既升高又降低．
【解答】解：A．气体变为固体，释放能量，故A错误；
B．反应的化学方程式为2CaSO4+CCO2+2SO2+2CaO，反应中生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2，故B正确；
C．SO2制取H2SO4，先生成SO3，再生成H2SO4，生成H2SO4不是氧化还原反应，故C错误；
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉，Cl元素化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂也是还原剂，故D错误．
故选B．
三、非选择题（共80分）
16．氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用．请按要求写出相应的方程式．
（1）将含SO2的废气通入含Fe2+（催化剂）的溶液中，常温下可使SO2转化为SO24﹣，其总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4．上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，写出第二步反应的离子方程式： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO4
2﹣+4H+ ．
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液．若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因： 3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CaSO4↓+3CO2↑ ．
（3）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂．氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：
①写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式： Cl﹣+3H2OClO3﹣+3H2↑ ．
②写出ClO2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目： ．
③ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl﹣．写出该反应的离子方程式 2ClO2+2CN﹣=2CO2↑+2Cl﹣+N2↑ ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，根据电荷守恒和元素守恒可书写反应的离子方程式；
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，根据元素守恒可书写反应的化学方程式；
（3）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到，ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl﹣，根据电荷守恒和元素守恒写出该反应的离子方程式；
【解答】解：（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO4
2﹣+4H+，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO4
2﹣+4H+；
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的化学方程式为3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CaSO4↓+3CO2↑，
故答案为：3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CaSO4↓+3CO2↑；
（3）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到，ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl﹣，根据电荷守恒和元素守恒写出该反应的离子方程式，
①电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，电解的离子反应方程式为：Cl﹣+3H2OClO3﹣+3H2↑，故答案为：Cl﹣+3H2OClO3﹣+3H2↑；
②ClO2发生器中的反应为，化学方程式NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，用化学方程式表示并标出电子转移的方向及数目为，
故答案为：；
③ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl﹣，反应的离子方程式为
2ClO2+2CN﹣=2CO2↑+2Cl﹣+N2↑，
故答案为：2ClO2+2CN﹣=2CO2↑+2Cl﹣+N2↑．
17．某化工厂用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，其部分生产流程如下：
已知：过滤（Ⅱ）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）如下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Al（OH）3
Zn（OH）2
Mn（OH）2
开始沉淀时的pH
2.7
4.0
6.4
7.7
完全沉淀时的pH
3.7
5.2
8.0
10.4
（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是 加快反应（浸取）速率 ．
（2）写出FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式： 2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O ．
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．pH调节的范围是 5.2～6.4 ，试剂X可以选用 AC （填选项字母）．
A．MnCO3
B．Na2CO3
C．Zn2（OH）2CO3
D．NH3 H2O
（4）电解（Ⅴ）中阳极的电极反应式为 Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+ ．
（5）Zn和MnO2是制作电池的原料．某锌﹣锰碱性电池以KOH溶液为电解质溶液，其电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）．该电池的正极的电极反应式为 2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣ ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，加入稀硫酸加热、浸取，过滤（Ⅱ）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液，滤渣为S，加入试剂X加热，其作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．pH调节的范围是5.2～6.4，过滤得到滤液含MnSO4、ZnSO4，加入硫酸后电解得到锌和二氧化锰，
（1）矿石粉碎可以增大固体与溶液的接触面积；
（2）FeS和MnO2和稀硫酸反应生成硫单质，硫酸锰、硫酸铁和水，
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．结合图表数据分析，选择溶液PH能使铁离子、铝离子全部沉淀，锰离子不沉淀，加入试剂不能引入新的杂质；
（4）电解（Ⅴ）中是电解硫酸锰溶液，阳极上是锰离子失电子生成二氧化锰发生氧化反应；
（5）根据电极反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知电池工作时，负极材料是Zn，发生氧化反应生成Zn（OH）2，正极材料为MnO2，发生还原反应，以此解答该题；
【解答】解：（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是：加快反应（浸取）速率，
故答案：加快反应（浸取）速率；
（2）FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O，
故答案为：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O；
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．结合图表数据分析，选择溶液PH能使铁离子、铝离子全部沉淀，锰离子不沉淀，图表中离子开始菜单和菜单完全的溶液PH得到，pH调节的范围是：5.2～6.4，加入试剂不能引入新的杂质，试剂X可以选择，
A．MnCO3
和酸反应且不引入新的杂质，故A正确；
B．Na2CO3
和酸反应但会引入新的杂质钠离子，故B错误；
C．Zn2（OH）2CO3
和酸反应，不引入新的杂质，故C正确；
D．NH3 H2O和酸反应，但会引入新的杂质铵根离子，故D错误；
故答案为：5.2～6.4；AC；
（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+，Fe作阴极，阴极反应：Zn2++2e﹣═Zn，
故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+；
（5）根据电极反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知电池工作时，负极材料是Zn，发生氧化反应生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，正极材料为MnO2，发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣，电子从负极沿导线流向正极，
故答案为：2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣．
18．FeCO3与砂糖混用可作补血剂．以黄铁矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）为主要原料制备FeCO3的流程如下：
（1）质量分数为30%（密度是1.176g cm﹣3）的稀硫酸的物质的量浓度为 3.6mol L﹣1 ．
（2）检验滤液A中存在Fe2+的试剂是 酸性KMnO4溶液 ．
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀外，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式： Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu ．
（4）写出滤液C与NH4HCO3溶液反应的离子方程式： Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O ．
（5）FeCO3在空气中灼烧可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1
写出FeCO3在空气中灼烧生成Fe2O3的热化学方程式： 4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ mol﹣1 ．
（6）某兴趣小组为充分利用副产品，欲利用滤渣D为原料制取Al2O3，请补充完成实验步骤：向滤渣D中加入适量NaOH溶液， 向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】本题是利用黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，用硫酸溶解后，过滤除去SiO2，滤液用过量的铁粉置换出铜，并调节溶液pH得到Al（OH）3沉淀，通过过滤除去不溶物，得到的滤液主要是硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵，
（1）可假设硫酸溶液的体积为1L，结合公式c=计算硫酸的物质的量浓度；
（2）检验溶液里有无Fe2+，可以用酸性高锰酸钾，亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色；
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还可以置换溶液里的铜，也可以将Fe3+还原成Fe2+；
（4）绿硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵；
（5）根据盖斯定律，将反应①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1；②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1；③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1中，将①﹣2×③+4×②可得反应4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g），据此书写热化学方程式；
（6）根据上面的分析可知，滤渣D含有铁、铜、氢氧化铝，利用氢氧化铝的两性可以分离，再将氢氧化铝加热分解可得氧化铝；
【解答】解：（1）30%的硫酸溶液1L，溶液质量为1000mL×1.176g/cm3=1176g，硫酸的物质的量浓度为
=3.6g/mol，故答案为：3.6mol L﹣1；
（2）检验溶液里有无Fe2+，可以用酸性高锰酸钾，亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；
（3）铁粉的作用除调节溶液pH外，还能与Cu2+和Fe3+反应，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（4）绿硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）根据盖斯定律，将反应①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1；②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1；③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1中，将①﹣2×③+4×②可得热反应方程式为4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260
kJ mol﹣1，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260
kJ mol﹣1；
（6）根据上面的分析可知，滤渣D含有铁、铜、氢氧化铝，在滤渣中加入适量的氢氧化钠，过滤，再向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝，
故答案为：向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝．
19．多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质．用香兰素与硝基甲烷等为原料合成多巴胺的路线如下．
（1）下列说法正确的是 AC ．
A．可用银镜反应鉴别香兰素和多巴胺
B．1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗3mol
Br2
C．有机物B分子中不含手性碳原子
D．多巴胺分子中最多有7个碳原子共平面
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为 酚羟基和醚键 ．
（3）反应①、②的反应类型分别为 加成反应、消去反应 ．
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ．
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③由6种不同化学环境的氢原子．
【考点】有机物的合成．
【分析】香兰素发生加成反应生成A，A发生反应生成M，M发生加成反应生成B，根据A、B结构简式知，M结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成多巴胺；
（1）A．香兰素中含有醛基、多巴胺中不含醛基；
B．香兰素中苯环上羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，醛基能和溴发生氧化反应；
C．有机物中连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D．连接苯环的碳原子和苯环共平面；
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为醚键和酚羟基；
（3）反应①、②的反应类型分别为加成反应、消去反应；
（4）A的同分异构体符合下列条件；
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
③由6种不同化学环境的氢原子，说明含有6种氢原子．
【解答】解：香兰素发生加成反应生成A，A发生反应生成M，M发生加成反应生成B，根据A、B结构简式知，M结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成多巴胺；
（1）A．香兰素中含有醛基、多巴胺中不含醛基，所以可以用银氨溶液鉴别二者，故A正确；
B．香兰素中苯环上羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，醛基能和溴发生氧化反应，所以1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗1mol
Br2，故B错误；
C．有机物中连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则B中不含手性碳原子，故C正确；
D．连接苯环的碳原子和苯环共平面，多巴胺分子中最多有8个碳原子共平面，故D错误；
故选AC；
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为醚键和酚羟基，故答案为：酚羟基和醚键；
（3）反应①、②的反应类型分别为加成反应、消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；
（4）A的同分异构体符合下列条件；
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
③由6种不同化学环境的氢原子，说明含有6种氢原子；
则符合条件的同分异构体为，
故答案为：．
20．黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点．某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁．为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：
①称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500mol L﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL
Na2S2O3溶液至终点．
③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g．
（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为 a+3b=2c+d ．
（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）．
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】（1）由题给信息，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]元素化合价代数和为0来分析；
（2）测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量，根据各微量物质的量之比写出黄钠铁矾的化学式．
【解答】解：（1）由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，a+3b﹣2c﹣d=0，得到a+3b=2c+d；
故答案为：a+3b=2c+d；
（2）由相关反应知：n（Fe3+）=2n（I2）=n（Na2S2O3）
250
mL溶液A中：
n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.2500
mol L﹣1×30.00
mL×10﹣3L mL﹣1×10=7.50×10﹣2
mol
n（SO42﹣）=×5=5.00×10﹣2mol
根据质量守恒有：
n（Na+）×23
g mol﹣1+n（OH﹣）×17
g mol﹣1
=12.125
g﹣7.50×10﹣2
mol×56
g mol﹣1﹣5.00×10﹣2
mol×96
g mol﹣1
根据电荷守恒有：
n（Na+）+7.50×10﹣2
mol×3=5.00×10﹣2
mol×2+n（OH﹣）
解得：
n（Na+）=0.025
mol
n（OH﹣）=0.150
mol
a：b：c：d=n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO2﹣4）：n（OH﹣）=1：3：2：6
黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6．
答：黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6．
21．将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急．
（1）根据键能数据估算CH4+4F2=CF4+4HF的反应热△H= ﹣1940kJ mol﹣1 ．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ mol﹣1）
414
489
565
155
（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成．
①某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：CH3OCH3+6CO﹣12e﹣=8CO2+3H2O．写出该燃料电池的正极反应式： O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣ ．
②废水中含甲醇对水质会造成污染，Co3+可将甲醇氧化为CO2．某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理，其阳极反应式为 Co2+﹣e﹣=Co3+ ．
（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气．
①电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的 B 极；电极B所得到的物质X的分子式为 H2 ．
②反应池中发生的离子反应方程式为 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ ．
【考点】反应热和焓变．
【分析】（1）根据反应热能与反应物的总键能减生成物的总键能计算；
（2）①燃料电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应；
②电解池中阳极失电子发生氧化反应；
（3）①A极生成铁离子，B极生成气体，可知A为阳极，B为阴极；
②反应池中铁离子和硫化氢反应生成硫，则铁离子被还原．
【解答】解：（1）在反应CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）中，△H=（4×414+4×155）kJ mol﹣1﹣（4×489+4×565）kJ mol﹣1=﹣1940
kJ mol﹣1，
故答案为：﹣1940
kJ mol﹣1；
（2）①燃料电池中，正极上氧化剂氧气得电子和二氧化碳发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，
故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；
②通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+﹣e﹣=Co3+，故答案为：Co2+﹣e﹣=Co3+；
（3）①A极生成铁离子，B极生成气体，可知A为阳极，B为阴极，B极生成气体为氢气，故答案为：阳；
H2；
②反应池中铁离子和硫化氢反应生成硫，则铁离子被还原，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+．
22．A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子．
（1）F+离子的电子排布式是 1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10} ．
（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞C ．
（3）B、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是 C2H6 ；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是 氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键 ．
（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是 sp2 ；1mol该分子中含有π键的数目是 1mol ．
（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是 Cu3N ，C原子的配位数是 6 ．
【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；
（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；
（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为乙烷；
含有氢键的氢化物熔沸点较高；
（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；一个甲醛分子中含有1个π键；
（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，利用均摊分计算该晶胞中N、Cu原子个数，从而确定其化学式；该晶胞中N原子配位数为6．
【解答】解：A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；
（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}；
（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为C2H6；
含有氢键的氢化物熔沸点较高，氮的氢化物中含有氢键而碳的氢化物中不含氢键，所以氮的氢化物熔沸点较高，
故答案为：C2H6；氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键；
（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp2；一个甲醛分子中含有1个π键，则1mol甲醛中含有1molπ键，
故答案为：sp2；1mol；
（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞中Cu原子个数=12×=3、N原子个数=8×=1，所以其化学式为Cu3N；该晶胞中N原子配位数为6，
故答案为：Cu3N；6．
2017年1月8日
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．下列有关环境问题的做法错误的是（ ）
A．生活污水使用明矾杀菌消毒
B．向燃煤中加入适量石灰石“固硫”
C．推广使用可降解塑料防止白色污染
D．提倡公交出行可减少氮氧化物排放
2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NH4Cl的电子式：
B．对硝基甲苯：
C．碳酸的电离方程式：H2CO3 2H++CO
D．硫离子的结构示意图：
3．下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用于洗去铁屑表面的油污
B．铝易发生钝化，可用于作飞机、火箭的结构材料
C．炭具有还原性，可用于冶炼钠、镁、铝等金属
D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥二氧化硫气体
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子最外层比次外层多3个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强．下列说法正确的是（ ）
A．X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的强
B．元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构
C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应
D．等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，前者产生的氢气多
5．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3 H2O=AlO+4NH+4+2H2O
C．向碳酸氢钙溶液中加入少量烧碱溶液：Ca2++2HCO+2OH﹣=CaCO3↓+CO+H2O
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：5SO+6H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O
6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2
L
CCl4中含有的分子数为0.5NA
B．在Na2O2与水的反应中，每生成1
mol
O2，转移电子的数为2NA
C．常温常压下，7.8
g苯中含有双键的数目为0.3NA
D．25℃时，0.1
mol L﹣1
NH4NO3溶液中含有的铵根离子数为0.1NA
7．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．pH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO、Cl﹣
B．0.1
mol L﹣1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO、OH﹣
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、K+、Cl﹣、I﹣
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、Cl﹣
8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．
用如图所示装置验证反应产物二氧化碳
B．
用如图装置吸收氨气并防止倒吸
C．
如图装置配制100
mL
1
mol L﹣1的硫酸
D．
用如图装置除去氯气中的氯化氢
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．FeFe2O3Fe2（SO4）3
B．MgOMgSO4（aq）Mg
C．饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
D．NH3NOHNO3
10．通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：
a．CH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）△H1=+256.6kJ mol﹣1
b．2CH3CH2OH（g）+O2（g）=6H2（g）+4CO（g）△H2=+27.6kJ mol﹣1
则下列说法正确的是（ ）
A．升高a的反应温度，乙醇的转化率增大
B．由b可知：乙醇的燃烧热为13.8
kJ mol﹣1
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+485.6
kJ mol﹣1
D．制取等量的氢气，途径b消耗的能量更多
一、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
B．向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣
C．在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加
D．298
K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其△H＜0
12．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极为正极，OH﹣移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣
C．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni（OH）2
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中不含有K+
C．在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，说明SO2具有漂白性
D．向某FeCl2溶液中，加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀，说明原FeCl2已氧化变质
14．如图图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
C．图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应
D．图4表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1
mol L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
15．硫酸钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）．下列说法正确的是（ ）
A．CO2制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化
B．硫酸钙与焦炭反应时生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2
C．由SO2制取H2SO4的过程均为氧化还原反应
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉时，Cl2仅作还原剂
三、非选择题（共80分）
16．氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用．请按要求写出相应的方程式．
（1）将含SO2的废气通入含Fe2+（催化剂）的溶液中，常温下可使SO2转化为SO24﹣，其总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4．上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，写出第二步反应的离子方程式： ．
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液．若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因： ．
（3）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂．氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：
①写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式： ．
②写出ClO2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目： ．
③ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl﹣．写出该反应的离子方程式 ．
17．某化工厂用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，其部分生产流程如下：
已知：过滤（Ⅱ）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）如下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Al（OH）3
Zn（OH）2
Mn（OH）2
开始沉淀时的pH
2.7
4.0
6.4
7.7
完全沉淀时的pH
3.7
5.2
8.0
10.4
（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是 ．
（2）写出FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式： ．
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．pH调节的范围是 ，试剂X可以选用 （填选项字母）．
A．MnCO3
B．Na2CO3
C．Zn2（OH）2CO3
D．NH3 H2O
（4）电解（Ⅴ）中阳极的电极反应式为 ．
（5）Zn和MnO2是制作电池的原料．某锌﹣锰碱性电池以KOH溶液为电解质溶液，其电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）．该电池的正极的电极反应式为 ．
18．FeCO3与砂糖混用可作补血剂．以黄铁矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）为主要原料制备FeCO3的流程如下：
（1）质量分数为30%（密度是1.176g cm﹣3）的稀硫酸的物质的量浓度为 ．
（2）检验滤液A中存在Fe2+的试剂是 ．
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀外，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式： ．
（4）写出滤液C与NH4HCO3溶液反应的离子方程式： ．
（5）FeCO3在空气中灼烧可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1
写出FeCO3在空气中灼烧生成Fe2O3的热化学方程式： ．
（6）某兴趣小组为充分利用副产品，欲利用滤渣D为原料制取Al2O3，请补充完成实验步骤：向滤渣D中加入适量NaOH溶液， ．
19．多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质．用香兰素与硝基甲烷等为原料合成多巴胺的路线如下．
（1）下列说法正确的是 ．
A．可用银镜反应鉴别香兰素和多巴胺
B．1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗3mol
Br2
C．有机物B分子中不含手性碳原子
D．多巴胺分子中最多有7个碳原子共平面
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为 ．
（3）反应①、②的反应类型分别为 ．
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ．
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③由6种不同化学环境的氢原子．
20．黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点．某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁．为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：
①称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500mol L﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL
Na2S2O3溶液至终点．
③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g．
（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为 ．
（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）．
21．将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急．
（1）根据键能数据估算CH4+4F2=CF4+4HF的反应热△H= ．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ mol﹣1）
414
489
565
155
（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成．
①某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：CH3OCH3+6CO﹣12e﹣=8CO2+3H2O．写出该燃料电池的正极反应式： ．
②废水中含甲醇对水质会造成污染，Co3+可将甲醇氧化为CO2．某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理，其阳极反应式为 ．
（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气．
①电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的 极；电极B所得到的物质X的分子式为 ．
②反应池中发生的离子反应方程式为 ．
22．A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子．
（1）F+离子的电子排布式是 ．
（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是 ．
（3）B、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是 ；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是 ．
（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是 ；1mol该分子中含有π键的数目是 ．
（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是 ，C原子的配位数是 ．
2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．下列有关环境问题的做法错误的是（ ）
A．生活污水使用明矾杀菌消毒
B．向燃煤中加入适量石灰石“固硫”
C．推广使用可降解塑料防止白色污染
D．提倡公交出行可减少氮氧化物排放
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．明矾不具有强氧化性；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染；
C．聚乙烯、聚氯乙烯塑料难降解；
D．汽车尾气中含有大量氮的氧化物．
【解答】解：A．明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染，向燃煤中加入适量石灰石“固硫”，能够减少二氧化硫排放，减少酸雨，故B正确；
C．推广使用可降解塑料，可以减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，可以防止白色污染，故C正确；
D．提倡公交出行，减少私家车使用，可减少氮氧化物排放，有利于环境保护，故D正确；
故选：A．
2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NH4Cl的电子式：
B．对硝基甲苯：
C．碳酸的电离方程式：H2CO3 2H++CO
D．硫离子的结构示意图：
【考点】电子式．
【分析】A、氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；
B、对硝基苯中的硝基中直接和苯环相连的是N原子；
C、碳酸是二元弱酸，电离分步进行；
D、硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子．
【解答】解：A、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故A错误；
B、对硝基苯中的硝基中直接和苯环相连的是N原子，故结构简式为，故B错误；
C、碳酸是二元弱酸，电离分步进行，故电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，HCO3﹣ H++CO32﹣，故C错误；
D、硫离子的核内有16个质子，带16个正电荷，而核外有18个电子，故结构示意图为，故D正确．
故选D．
3．下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用于洗去铁屑表面的油污
B．铝易发生钝化，可用于作飞机、火箭的结构材料
C．炭具有还原性，可用于冶炼钠、镁、铝等金属
D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥二氧化硫气体
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．依据盐类水解应用及油脂水解的性质；
B．依据铝密度小的性质解答；
C．依据金属冶炼方法解答；
D．浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性．
【解答】解：A．油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，所以可以用于洗去铁屑表面的油污，故A正确；
B．铝可用于作飞机、火箭的结构材料是因为其密度小，制成的合金机械性能强，与发生钝化无关，故B错误；
C．钠、镁、铝性质活泼的金属，用电解法制取，不能用碳还原法，故C错误；
D．浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性，且不能与二氧化硫发生反应，故D错误；
故选：A．
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子最外层比次外层多3个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强．下列说法正确的是（ ）
A．X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的强
B．元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构
C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应
D．等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，前者产生的氢气多
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子最外层比次外层多3个电子，则X为N元素；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Y为Na元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，Z为Al元素；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强，W为Cl元素，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，X为N，Y为Na，Z为Al，W为Cl，
A．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的弱，故A错误；
B．元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构不同，分别为10电子、18电子结构，故B错误；
C．Z的氢氧化物具有两性，与NaOH、高氯酸均反应，则Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应，故C正确；
D．等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，由、×3可知，转移电子不同，后者生成氢气多，故D错误；
故选C．
5．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3 H2O=AlO+4NH+4+2H2O
C．向碳酸氢钙溶液中加入少量烧碱溶液：Ca2++2HCO+2OH﹣=CaCO3↓+CO+H2O
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：5SO+6H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．一水合氨为弱碱，反应生成的是氢氧化铝沉淀；
C．碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水；
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液生成硫酸根离子、锰离子和水．
【解答】解：A．醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3→Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液生成硫酸根离子、锰离子和水，反应的离子方程式为：5SO32﹣+6H++2MnO4﹣=5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故D正确．
故选D．
6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2
L
CCl4中含有的分子数为0.5NA
B．在Na2O2与水的反应中，每生成1
mol
O2，转移电子的数为2NA
C．常温常压下，7.8
g苯中含有双键的数目为0.3NA
D．25℃时，0.1
mol L﹣1
NH4NO3溶液中含有的铵根离子数为0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、标况下四氯化碳为液体；
B、过氧化钠和水的反应中，氧元素的价态由﹣1价变为0价；
C、苯不是单双键交替的结构；
D、溶液体积不明确．
【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、过氧化钠和水的反应中，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2NA
个电子，故B正确；
C、苯不是单双键交替的结构，即苯中无碳碳双键，故C错误；
D、溶液体积不明确，故溶液中的铵根离子的个数无法计算，故D错误．
故选B．
7．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．pH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO、Cl﹣
B．0.1
mol L﹣1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO、OH﹣
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、K+、Cl﹣、I﹣
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．pH=1的溶液，显酸性；
B．离子之间结合生成水、沉淀；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液，含Fe3+；
D．该组离子之间不反应．
【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性，K+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；
B．HCO3﹣、Ba2+、OH﹣结合生成水和沉淀，不能共存，故B不选；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液，含Fe3+，与I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；
故选D．
8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．
用如图所示装置验证反应产物二氧化碳
B．
用如图装置吸收氨气并防止倒吸
C．
如图装置配制100
mL
1
mol L﹣1的硫酸
D．
用如图装置除去氯气中的氯化氢
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊；
B．氨气不溶于四氯化碳；
C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D．进气方向错误．
【解答】解：A．碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫，故A错误；
B．氨气不溶于四氯化碳，不直接与水接触，可防止倒吸，故B正确；
C．容量瓶只能用于配制溶液，且在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；
D．进气方向错误，洗气时，气体从长导管进入，故D错误．
故选B．
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．FeFe2O3Fe2（SO4）3
B．MgOMgSO4（aq）Mg
C．饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
D．NH3NOHNO3
【考点】氨的化学性质．
【分析】A．铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁；
B．硫酸镁溶液电解不能得到金属镁；
C．饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不能溶于水得到硝酸；
【解答】解：A．铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故A错误；
B．MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，电解硫酸镁溶液实质是电解水，不能得到金属镁，故B错误；
C．饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故C正确；
D．氨气和氧气催化氧化生成NO，NO不溶于水，不能和水发生反应生成硝酸，故D错误；
故选C．
10．通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：
a．CH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）△H1=+256.6kJ mol﹣1
b．2CH3CH2OH（g）+O2（g）=6H2（g）+4CO（g）△H2=+27.6kJ mol﹣1
则下列说法正确的是（ ）
A．升高a的反应温度，乙醇的转化率增大
B．由b可知：乙醇的燃烧热为13.8
kJ mol﹣1
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+485.6
kJ mol﹣1
D．制取等量的氢气，途径b消耗的能量更多
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
B．应生成稳定的氧化物；
C．氢气的燃烧为放热反应；
D．根据反应热计算．
【解答】解：A．a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则乙醇的转化率增大，故A正确；
B．燃烧热指应生成稳定的氧化物，应生成水、二氧化碳，故B错误；
C．氢气的燃烧为放热反应，△H＜0，故C错误；
D．由热化学方程式可知生成1mol氢气，a吸收kJ、b吸收kJ，故D错误．
故选A．
一、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
B．向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣
C．在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加
D．298
K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其△H＜0
【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；电解原理．
【分析】A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；
D．如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0．
【解答】解：A．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率，故A错误；
B．可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，如Zn等，则阳极质量的减少多于阴极质量的增加，故C正确；
D．因△S＜0，如能自发进行，应满足△H﹣T △S＜0，则△H＜0，故D正确．
故选CD．
12．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极为正极，OH﹣移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣
C．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni（OH）2
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
【解答】解：A．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故A错误；
B．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故B正确；
C．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故C错误；
D．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni（OH）2，故D正确；
故选BD．
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中不含有K+
C．在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，说明SO2具有漂白性
D．向某FeCl2溶液中，加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀，说明原FeCl2已氧化变质
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．根据强酸制备弱酸的特点判断；
B．观察钾离子，应透过蓝色钴玻璃；
C．二氧化硫与碘发生氧化还原反应；
D．过氧化钠可氧化亚铁离子．
【解答】解：A．一般来说，强酸可与弱酸的盐反应制备弱酸，则向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝，故A正确；
B．观察钾离子，应透过蓝色钴玻璃，以滤去黄光，故B错误；
C．二氧化硫与碘发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故C错误；
D．过氧化钠可氧化亚铁离子，不能证明是否变质，故D错误．
故选A．
14．如图图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
C．图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应
D．图4表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1
mol L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．加入催化剂，可降低反应的活化能；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变；
C．根据温度和浓度对速率的影响分析；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳．
【解答】解：A．加入催化剂，可降低反应的活化能，图象符合，故A正确；
B．t1℃时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变，则溶质的质量分数B=A，故B错误；
C．开始时反应放热温度升高，则反应速率加快，随着反应进行浓度减小，则速率减小，故C正确；
D．碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳，则图象中生成二氧化碳前后消耗的盐酸体积比为2：1，故D错误．
故选AC．
15．硫酸钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）．下列说法正确的是（ ）
A．CO2制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化
B．硫酸钙与焦炭反应时生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2
C．由SO2制取H2SO4的过程均为氧化还原反应
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉时，Cl2仅作还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．气体变为固体，释放能量；
B．反应的化学方程式为2CaSO4+CCO2+2SO2+2CaO，以此判断；
C．SO2制取H2SO4，先生成SO3，再生成H2SO4；
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉，Cl元素化合价既升高又降低．
【解答】解：A．气体变为固体，释放能量，故A错误；
B．反应的化学方程式为2CaSO4+CCO2+2SO2+2CaO，反应中生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2，故B正确；
C．SO2制取H2SO4，先生成SO3，再生成H2SO4，生成H2SO4不是氧化还原反应，故C错误；
D．石灰乳与Cl2反应制取漂白粉，Cl元素化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂也是还原剂，故D错误．
故选B．
三、非选择题（共80分）
16．氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用．请按要求写出相应的方程式．
（1）将含SO2的废气通入含Fe2+（催化剂）的溶液中，常温下可使SO2转化为SO24﹣，其总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4．上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，写出第二步反应的离子方程式： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO4
2﹣+4H+ ．
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液．若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因： 3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CaSO4↓+3CO2↑ ．
（3）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂．氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：
①写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式： Cl﹣+3H2OClO3﹣+3H2↑ ．
②写出ClO2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目： ．
③ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl﹣．写出该反应的离子方程式 2ClO2+2CN﹣=2CO2↑+2Cl﹣+N2↑ ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，根据电荷守恒和元素守恒可书写反应的离子方程式；
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，根据元素守恒可书写反应的化学方程式；
（3）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到，ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl﹣，根据电荷守恒和元素守恒写出该反应的离子方程式；
【解答】解：（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO4
2﹣+4H+，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO4
2﹣+4H+；
（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的化学方程式为3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CaSO4↓+3CO2↑，
故答案为：3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CaSO4↓+3CO2↑；
（3）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到，ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl﹣，根据电荷守恒和元素守恒写出该反应的离子方程式，
①电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，电解的离子反应方程式为：Cl﹣+3H2OClO3﹣+3H2↑，故答案为：Cl﹣+3H2OClO3﹣+3H2↑；
②ClO2发生器中的反应为，化学方程式NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，用化学方程式表示并标出电子转移的方向及数目为，
故答案为：；
③ClO2能将电镀废水中的CN﹣离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl﹣，反应的离子方程式为
2ClO2+2CN﹣=2CO2↑+2Cl﹣+N2↑，
故答案为：2ClO2+2CN﹣=2CO2↑+2Cl﹣+N2↑．
17．某化工厂用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，其部分生产流程如下：
已知：过滤（Ⅱ）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）如下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Al（OH）3
Zn（OH）2
Mn（OH）2
开始沉淀时的pH
2.7
4.0
6.4
7.7
完全沉淀时的pH
3.7
5.2
8.0
10.4
（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是 加快反应（浸取）速率 ．
（2）写出FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式： 2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O ．
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．pH调节的范围是 5.2～6.4 ，试剂X可以选用 AC （填选项字母）．
A．MnCO3
B．Na2CO3
C．Zn2（OH）2CO3
D．NH3 H2O
（4）电解（Ⅴ）中阳极的电极反应式为 Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+ ．
（5）Zn和MnO2是制作电池的原料．某锌﹣锰碱性电池以KOH溶液为电解质溶液，其电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）．该电池的正极的电极反应式为 2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣ ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，加入稀硫酸加热、浸取，过滤（Ⅱ）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液，滤渣为S，加入试剂X加热，其作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．pH调节的范围是5.2～6.4，过滤得到滤液含MnSO4、ZnSO4，加入硫酸后电解得到锌和二氧化锰，
（1）矿石粉碎可以增大固体与溶液的接触面积；
（2）FeS和MnO2和稀硫酸反应生成硫单质，硫酸锰、硫酸铁和水，
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．结合图表数据分析，选择溶液PH能使铁离子、铝离子全部沉淀，锰离子不沉淀，加入试剂不能引入新的杂质；
（4）电解（Ⅴ）中是电解硫酸锰溶液，阳极上是锰离子失电子生成二氧化锰发生氧化反应；
（5）根据电极反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知电池工作时，负极材料是Zn，发生氧化反应生成Zn（OH）2，正极材料为MnO2，发生还原反应，以此解答该题；
【解答】解：（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是：加快反应（浸取）速率，
故答案：加快反应（浸取）速率；
（2）FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O，
故答案为：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O；
（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3．结合图表数据分析，选择溶液PH能使铁离子、铝离子全部沉淀，锰离子不沉淀，图表中离子开始菜单和菜单完全的溶液PH得到，pH调节的范围是：5.2～6.4，加入试剂不能引入新的杂质，试剂X可以选择，
A．MnCO3
和酸反应且不引入新的杂质，故A正确；
B．Na2CO3
和酸反应但会引入新的杂质钠离子，故B错误；
C．Zn2（OH）2CO3
和酸反应，不引入新的杂质，故C正确；
D．NH3 H2O和酸反应，但会引入新的杂质铵根离子，故D错误；
故答案为：5.2～6.4；AC；
（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+，Fe作阴极，阴极反应：Zn2++2e﹣═Zn，
故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+；
（5）根据电极反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知电池工作时，负极材料是Zn，发生氧化反应生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，正极材料为MnO2，发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣，电子从负极沿导线流向正极，
故答案为：2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣．
18．FeCO3与砂糖混用可作补血剂．以黄铁矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）为主要原料制备FeCO3的流程如下：
（1）质量分数为30%（密度是1.176g cm﹣3）的稀硫酸的物质的量浓度为 3.6mol L﹣1 ．
（2）检验滤液A中存在Fe2+的试剂是 酸性KMnO4溶液 ．
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀外，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式： Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu ．
（4）写出滤液C与NH4HCO3溶液反应的离子方程式： Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O ．
（5）FeCO3在空气中灼烧可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1
写出FeCO3在空气中灼烧生成Fe2O3的热化学方程式： 4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ mol﹣1 ．
（6）某兴趣小组为充分利用副产品，欲利用滤渣D为原料制取Al2O3，请补充完成实验步骤：向滤渣D中加入适量NaOH溶液， 向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】本题是利用黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，用硫酸溶解后，过滤除去SiO2，滤液用过量的铁粉置换出铜，并调节溶液pH得到Al（OH）3沉淀，通过过滤除去不溶物，得到的滤液主要是硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵，
（1）可假设硫酸溶液的体积为1L，结合公式c=计算硫酸的物质的量浓度；
（2）检验溶液里有无Fe2+，可以用酸性高锰酸钾，亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色；
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还可以置换溶液里的铜，也可以将Fe3+还原成Fe2+；
（4）绿硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵；
（5）根据盖斯定律，将反应①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1；②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1；③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1中，将①﹣2×③+4×②可得反应4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g），据此书写热化学方程式；
（6）根据上面的分析可知，滤渣D含有铁、铜、氢氧化铝，利用氢氧化铝的两性可以分离，再将氢氧化铝加热分解可得氧化铝；
【解答】解：（1）30%的硫酸溶液1L，溶液质量为1000mL×1.176g/cm3=1176g，硫酸的物质的量浓度为
=3.6g/mol，故答案为：3.6mol L﹣1；
（2）检验溶液里有无Fe2+，可以用酸性高锰酸钾，亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；
（3）铁粉的作用除调节溶液pH外，还能与Cu2+和Fe3+反应，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（4）绿硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）根据盖斯定律，将反应①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3△H=﹣1648kJ mol﹣1；②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ mol﹣1；③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ mol﹣1中，将①﹣2×③+4×②可得热反应方程式为4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260
kJ mol﹣1，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260
kJ mol﹣1；
（6）根据上面的分析可知，滤渣D含有铁、铜、氢氧化铝，在滤渣中加入适量的氢氧化钠，过滤，再向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝，
故答案为：向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝．
19．多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质．用香兰素与硝基甲烷等为原料合成多巴胺的路线如下．
（1）下列说法正确的是 AC ．
A．可用银镜反应鉴别香兰素和多巴胺
B．1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗3mol
Br2
C．有机物B分子中不含手性碳原子
D．多巴胺分子中最多有7个碳原子共平面
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为 酚羟基和醚键 ．
（3）反应①、②的反应类型分别为 加成反应、消去反应 ．
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ．
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③由6种不同化学环境的氢原子．
【考点】有机物的合成．
【分析】香兰素发生加成反应生成A，A发生反应生成M，M发生加成反应生成B，根据A、B结构简式知，M结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成多巴胺；
（1）A．香兰素中含有醛基、多巴胺中不含醛基；
B．香兰素中苯环上羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，醛基能和溴发生氧化反应；
C．有机物中连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D．连接苯环的碳原子和苯环共平面；
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为醚键和酚羟基；
（3）反应①、②的反应类型分别为加成反应、消去反应；
（4）A的同分异构体符合下列条件；
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
③由6种不同化学环境的氢原子，说明含有6种氢原子．
【解答】解：香兰素发生加成反应生成A，A发生反应生成M，M发生加成反应生成B，根据A、B结构简式知，M结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成多巴胺；
（1）A．香兰素中含有醛基、多巴胺中不含醛基，所以可以用银氨溶液鉴别二者，故A正确；
B．香兰素中苯环上羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，醛基能和溴发生氧化反应，所以1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗1mol
Br2，故B错误；
C．有机物中连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则B中不含手性碳原子，故C正确；
D．连接苯环的碳原子和苯环共平面，多巴胺分子中最多有8个碳原子共平面，故D错误；
故选AC；
（2）有机物C中的含氧官能团的名称为醚键和酚羟基，故答案为：酚羟基和醚键；
（3）反应①、②的反应类型分别为加成反应、消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；
（4）A的同分异构体符合下列条件；
①具有α﹣氨基酸的共同结构片段；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
③由6种不同化学环境的氢原子，说明含有6种氢原子；
则符合条件的同分异构体为，
故答案为：．
20．黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点．某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁．为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：
①称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500mol L﹣1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL
Na2S2O3溶液至终点．
③另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g．
（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为 a+3b=2c+d ．
（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）．
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】（1）由题给信息，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]元素化合价代数和为0来分析；
（2）测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量，根据各微量物质的量之比写出黄钠铁矾的化学式．
【解答】解：（1）由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaaFeb（SO4）c（OH）d]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，a+3b﹣2c﹣d=0，得到a+3b=2c+d；
故答案为：a+3b=2c+d；
（2）由相关反应知：n（Fe3+）=2n（I2）=n（Na2S2O3）
250
mL溶液A中：
n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.2500
mol L﹣1×30.00
mL×10﹣3L mL﹣1×10=7.50×10﹣2
mol
n（SO42﹣）=×5=5.00×10﹣2mol
根据质量守恒有：
n（Na+）×23
g mol﹣1+n（OH﹣）×17
g mol﹣1
=12.125
g﹣7.50×10﹣2
mol×56
g mol﹣1﹣5.00×10﹣2
mol×96
g mol﹣1
根据电荷守恒有：
n（Na+）+7.50×10﹣2
mol×3=5.00×10﹣2
mol×2+n（OH﹣）
解得：
n（Na+）=0.025
mol
n（OH﹣）=0.150
mol
a：b：c：d=n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO2﹣4）：n（OH﹣）=1：3：2：6
黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6．
答：黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）6．
21．将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急．
（1）根据键能数据估算CH4+4F2=CF4+4HF的反应热△H= ﹣1940kJ mol﹣1 ．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ mol﹣1）
414
489
565
155
（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成．
①某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：CH3OCH3+6CO﹣12e﹣=8CO2+3H2O．写出该燃料电池的正极反应式： O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣ ．
②废水中含甲醇对水质会造成污染，Co3+可将甲醇氧化为CO2．某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理，其阳极反应式为 Co2+﹣e﹣=Co3+ ．
（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气．
①电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的 B 极；电极B所得到的物质X的分子式为 H2 ．
②反应池中发生的离子反应方程式为 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ ．
【考点】反应热和焓变．
【分析】（1）根据反应热能与反应物的总键能减生成物的总键能计算；
（2）①燃料电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应；
②电解池中阳极失电子发生氧化反应；
（3）①A极生成铁离子，B极生成气体，可知A为阳极，B为阴极；
②反应池中铁离子和硫化氢反应生成硫，则铁离子被还原．
【解答】解：（1）在反应CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）中，△H=（4×414+4×155）kJ mol﹣1﹣（4×489+4×565）kJ mol﹣1=﹣1940
kJ mol﹣1，
故答案为：﹣1940
kJ mol﹣1；
（2）①燃料电池中，正极上氧化剂氧气得电子和二氧化碳发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，
故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；
②通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+﹣e﹣=Co3+，故答案为：Co2+﹣e﹣=Co3+；
（3）①A极生成铁离子，B极生成气体，可知A为阳极，B为阴极，B极生成气体为氢气，故答案为：阳；
H2；
②反应池中铁离子和硫化氢反应生成硫，则铁离子被还原，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+．
22．A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子．
（1）F+离子的电子排布式是 1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10} ．
（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞C ．
（3）B、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是 C2H6 ；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是 氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键 ．
（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是 sp2 ；1mol该分子中含有π键的数目是 1mol ．
（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是 Cu3N ，C原子的配位数是 6 ．
【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；
（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；
（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为乙烷；
含有氢键的氢化物熔沸点较高；
（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；一个甲醛分子中含有1个π键；
（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，利用均摊分计算该晶胞中N、Cu原子个数，从而确定其化学式；该晶胞中N原子配位数为6．
【解答】解：A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；
（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}；
（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为C2H6；
含有氢键的氢化物熔沸点较高，氮的氢化物中含有氢键而碳的氢化物中不含氢键，所以氮的氢化物熔沸点较高，
故答案为：C2H6；氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键；
（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp2；一个甲醛分子中含有1个π键，则1mol甲醛中含有1molπ键，
故答案为：sp2；1mol；
（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞中Cu原子个数=12×=3、N原子个数=8×=1，所以其化学式为Cu3N；该晶胞中N原子配位数为6，
故答案为：Cu3N；6．
2017年1月8日
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