2011年重庆卷（理综）
（11重庆理综，T6）“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是
A． 风力发电，让能源更清洁 B．合成光纤，让通讯更快捷
C．合成药物，让人类更健康 D．环保涂料，让环境更宜居
【解析】A 风力发电，可以减小对环境的污染，但与化学并无多大关系，故A不符合“化学，让生活更美好”的主旨，故A错；光纤的传输能力强，抗干扰能力强，符合“化学，让生活更美好”的主旨，故B正确；合成药物、环保涂料，都符合这一主旨，故C、D都正确。
（11重庆理综，T7）下列叙述正确的是
A. Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同
B.K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性
C. Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大
D.C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
【解析】D Fe与氯气生成FeCl3，而Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，故A错；K与不足量的稀硫酸反应时，能发生2K+2H2O===2KOH+H2↑,使溶液呈碱性，故B错；Na的密度比K大，故C错；P、S、Cl是同周期元素，非金属性依次增强，故最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，H2CO3是弱酸，而H3PO4是中强酸，故酸性H3PO4＞H2CO3，则D选项正确。
（11重庆理综，T8）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是
A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【解析】B 酚酞遇到碱变红色，遇到酸不变色，故滴有酚酞试液的溶液颜色变深，是因为溶液的碱性增强。明矾溶液水解显酸性，故A错；CH3COONa溶液显碱性，加热时水解程度增大，碱性增强，故B正确；氨水中加入少量NH4Cl固体，会使氨水的电离程度减小，碱性减弱，颜色变浅，故C错；NaCl固体对NaHCO3的水解无影响，故D错。
（11重庆理综，T9）在实验室进行下列实验， 括号内的实验用品都能用到的是
A.硫酸铜晶体里结晶水含量的测定（坩埚、温度计、硫酸铜晶体）
B.蛋白质的盐析（试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液）
C.钠的焰色反应（铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸）
D.肥皂的制取（蒸发皿、玻璃棒、甘油）
【解析】C 硫酸铜晶体里结晶水含量的测定实验中用不到温度计，故A错；醋酸铅溶液使蛋白质变性，而不是盐析，故B错；肥皂的制取能生成甘油，而不是用到甘油，故D错。
（11重庆理综，T10） 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是
【解析】A 由温度影响曲线可知，温度升高(T2＞T1)，水的含量降低，对四个反应来说平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，排除B、C；由压强影响曲线可知，压强增大(P1＞P2)，水蒸气的含量增大，对反应来说应正向移动，正反应是气体分子数减小的反应，故选A。
（11重庆理综，T11）不能鉴别、、和四种溶液（不考虑他们间的相互反应）的试剂是
A. 盐酸、硫酸 B. 盐酸、氢氧化钠溶液
C. 氨水、硫酸 D. 氨水、氢氧化钠溶液
【解析】D 取四种溶液少许，滴入盐酸生成白色沉淀的是AgNO3，有气体生成的是K2SO3；另取其他两种溶液少许，滴入硫酸生成白色沉淀的是BaCl2，无现象的是Mg(NO3)2，故A能鉴别；滴加盐酸后，另取其他两种溶液少许，滴加氢氧化钠溶液生成白色沉淀的是Mg(NO3)2，无现象的是BaCl2，故B也能鉴别；取四种溶液少许，滴入氨水，先沉淀后沉淀消失的是AgNO3，有白色沉淀生成的是Mg(NO3)2；取其他两种溶液少许，滴加硫酸后有白色沉淀生成的是BaCl2，有气体生成的是K2SO3，故C可以鉴别；滴加氨水后，取其他两种溶液少许，滴加氢氧化钠溶液时BaCl2和K2SO3都无现象，故D不能鉴别。
（11重庆理综，T12）NM-3和D-58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：
关于NM-3和D-58的叙述，错误的是
A.都能与溶液反应，原因不完全相同
B.都能与溴水反应，原因不完全相同
C.都不能发生消去反应，原因相同
D.遇溶液都显色，原因相同
【解析】C NM-3含有的官能团是酚羟基、酯基、羧基和碳碳双键，D-58所含的官能团是酚羟基、醇羟基和羰基；它们都能与NaOH溶液反应，NM-3中是酚羟基和酯基、羧基反应，而D-58中只有酚羟基反应，故A正确；它们都能与溴水反应，但NM-3是酚的取代和碳碳双键的加成，而D-58只有酚的取代，故B正确；它们都不能消去，NM-3的原因是没有可消去的官能团，而D-58是醇羟基的邻位碳上没有H原子，故C错；它们都能和FeCl3溶液都显色，原因都是含有酚羟基，故D正确。
（11重庆理综，T13）SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键。已知：1 molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ,断裂1 molF-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ，则S(s)＋3F2(g)＝SF6(g)的反应热△H为
A. -1780 kJ·mol-1 B. -1220 kJ·mol-1
C.-450 kJ·mol-1 D. +430 kJ·mol-1
【解析】B 由题目的信息可知，反应物的化学键断裂吸收的能量为280 kJ +3×160kJ=760 kJ，生成物的化学键形成时放出的热量为6×330kJ=1980 kJ，故反应放出的热量为1980 kJ-760 kJ=1220 kJ，其反应热为-1220 kJ·mol-1。
（11重庆理综，T26）用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅、铁等配制而成。
(1)Al的原子结构示意图为______________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_____________。
(2)30Si的原子的中子数为_________; SiO2的晶体类型为__________________。
(3)Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。
(4)焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是__________。
(5)经处理后的熔渣36.0 g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。
【解析】(1) Al的原子结构示意图为，Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al + 2OH- + 2H2O == 2AlO2- + 3H2↑；(2)30Si的原子的中子数为30-14=16，SiO2的晶体类型为原子晶体；(3)“Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性”，则Y是F，第ⅦA族氢化物中沸点最低的是HCl，而不是HF，因为HF分子之间存在氢键；(4)“使金属不被氧化的气体”可由药皮的成分分析得出，大理石分解可生成CO2，CO2可以做保护气。
(5)“加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体”，该固体为SiO2；“滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体”，该固体为Fe(OH)3，为=0.2 mol，故Fe2O3为0.1 mol，质量为16 g，则Al2O3的质量为(36.0 g-11.0 g-16 g)=9 g，质量分数为=25%。
【答案】(1)，2Al + 2OH- + 2H2O == 2AlO2- + 3H2↑
(2)16 原子晶体 (3)HCl (4) CO2 (5)25%
（11重庆理综，T27）固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水放生复分解反应，甲组同学用题27图装置（夹持装置略）对其进行探究实验。
（1）仪器B的名称是____________。
（2）试验中，Ⅱ中的试纸变蓝，Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则Ⅲ中的试剂为__________________；Ⅳ发生反应的化学方程式为____________；Ⅴ中的试剂为____________________。
（3）乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为Ⅰ——Ⅱ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅴ——Ⅵ，此时Ⅱ 中现象为________，原因是__________________。
（4）经上述反应，2.5g 化合物A理论上可得0.56L（标准状况）M;则A的化学式为________________.
【解析】(1)仪器B的名称是分液漏斗；(2) “Ⅱ中的试纸变蓝”，说明生成了NH3，“Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成”，是发生了反应：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；Ⅲ中试剂的作用是除去氨气中的水，故应是碱石灰；Ⅴ中的试剂的作用是除去剩余的氨气，故应为浓硫酸。
(3)装置连接顺序改变后，因为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，该反应有水生成，且氨气肯定不能完全反应，剩余的氨气和水反应NH3·H2O，显碱性，使红色石蕊试纸变蓝。
(4)设该化合物的化学式为M3Nx，M的相对原子质量为R，则：
M3Nx ～ x /2 N2
3R+14x 11.2 x L
2.5g 0.56 L
2.5×11.2x =(3R+14x) ×0.56
得R=12 x，因x是M的化合价，只能取正整数，R为12、24或36，则此元素只能为Mg，化合物A是Mg3N2。
【答案】(1)分液漏斗
(2)碱石灰； 3CuO+ 2NH3 3Cu +N2+3H2O；浓H2SO4
(3)试纸变蓝，Cu0与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水，使试纸变蓝
(4) Mg2N2。
（11重庆理综，T28）食品添加剂必须严格按照食品安全国家标准（GB2760-2011）的规定使用。作为食品添加剂中的防腐剂G和W，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）。
(1)G的制备
①A与苯酚在分子组成上相差一个CH2原子团，他们互称为 ；常温下A在水中的溶解度比苯酚的 （填“大”或“小”）。
②经反应AB和DE保护的官能团是 。
③EG的化学方程式为 。
(2)W的制备
①J→L为加成反应，J的结构简式为__________。
②M→Q的反应中，Q分子中形成了新的_________（填“C-C键”或“C-H键” ）。
③用Q的同分异构体Z制备，为避免发生，则合理的制备途径为酯化、 、 .（填反应类型）
④应用MQT的原理，由T制备W的反应步骤为
第1步： ；第2步：消去反应；第3步： .（第1、3步用化学方程式表示）
【解析】(1)①A中也含有酚羟基，组成上与苯酚相差一个CH2原子团，它们的关系是同系物；A的碳原子数比苯酚多，溶解度应小于苯酚的。
②从AE过程中结构的变化看，AB过程中酚羟基反应了，DE过程中酚羟基又生成了，故过程中保护的官能团是酚羟基。
③从EG的结构变化看，是羧基生成了酯基，故发生的是酯化反应，方程式为：。
(2)①J能跟2HCl加成，说明J中两个碳碳双键或碳碳三键，J中只有两个碳，故J是乙炔，结构简式为HC≡CH。
②两个乙醛发生反应时，其中一分子乙醛断开碳氧双键，另一分子乙醛断开α—H，H原子接到氧原子上，剩余的部分接到碳原子上，故新形成的化学键是C-C键。
③的同分异构体经过三步生成，且第一步是酯化，其结构应为，经过酯化、加聚、水解即可得到。
④T中有4个碳原子，而W中有6个碳原子，故第一步应由M和T发生类似MQ的反应，方程式为：
第二步发生消去反应：
第三步的反应为：
。
【答案】(1)①同系物 小于 ②—OH
③
(2)①HC≡CH ②C-C键 ③加聚 水解
④
（11重庆理综，T29）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。
(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________.（填分子式）
(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________。
②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________ mol/(L·min)。
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______。（填字母代号）
a. 40°C、pH=3.0 b. 10°C、pH=4.0 c. 30°C、pH=7.0
(3)O3 可由臭氧发生器(如下图)电解稀硫酸制得。
①图中阴极为_____(填“A”或“B”)，其电极反应式为 。
②若C处通入O2 ，则A极的电极反应式为 。
③若C处不通入O2，D、E处分别收集到L和有L气体(标准情况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为 (忽略 O3 的分解)。
【解析】(1) O3具有强氧化性，能将KI氧化成I2，本身被还原成O2，故反应生成的两种单质是I2和O2。
(2)①由题意知，pH增大，O3的分解速率增大，故起催化作用的是OH-；
②O3的起始浓度为0.0216 mol/L，30°C、pH=4.0条件下，减小一半(0.0108 mol/L)所需要的时间是108 s，故反应速率为1.00×10-4 mol/(L ·s)；
③由表中数据可知，溶液的pH对反应速率的影响程度较大，故30°C、pH=7.0时的速率最大；在相邻温度和相邻pH的条件下，温度的影响程度大，故a比b快。
(3)①臭氧是OH-发生氧化反应生成的，故B电解应为阳极，则A电极是阴极，其电极反应式为：2H+ + 2e- == H2↑；
②若C处通入O2 ，O2 要参加反应，故电极反应式为：O2 + 4H+ + 4e- == 2H2O；
③若C处不通入O2，则D处收集到的气体是H2，E处收集到的气体是O2和O3，设生成O3的体积为V，则生成O2的体积为(-V)，根据两极通过的电子数相等，有：
2=6V+4(-V)，故V=(-2)，O3占的体积分数为。
【答案】
（1）I2、O2 （2）①OH—； ②1.00×10—4 ③b、a、c
（3）①A；2H++2e—=H2↑ ②O2+4H++4e—=2H2O ③（x-2y）/y。2011年福建卷(理综)
（11福建理综，T6）下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是
A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C．节能减排符合低碳经济的要求
D．合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)有助于缓解能源紧缺
【解析】A 由于N2不是造成温室效应的气体，所以A不正确。这题涉及STSE内容，主要与环保、能源有关，常识题。
（11福建理综，T7）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是
A．H3BO3的酸性比H2CO3的强
B．Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强
C．HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强
D．若M＋和R2－的核外电子层结构相同，则原子序数：R>M
【解析】B 由于非金属性C﹥B，H3BO3的酸性比H2CO3的弱；B项正确；HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱；若M＋和R2－的核外电子层结构相同，则原子序数：R﹤M；比如Na+与O2—。这题是基础题，不过A、B两项设问中出现B，Be等陌生元素。
（11福建理综，T8）下列关于有机化合物的认识不正确的是
A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳
B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体
C．在水溶液里，乙酸分子中的—CH3可以电离出H＋
D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应
【解析】C 在水溶液里，乙酸分子中的—COOH才可以电离出H＋。这题是必修2有机内容，考查角度简单明了，不为难学生。K^S*5U.C#O%
（11福建理综，T9）下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是
A B C D
Y CO2 Fe2O3 C2H5OH FeCl3
W MgO Al2O3 C2H5ONa CuCl2
【解析】D A项中是Mg与CO2反应，B项中Al与Fe2O3发生铝热反应，C项中是金属Na与C2H5OH反应，这三个反应都是置换反应。D项中是发生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，不是置换反应，但学生可能将此反应记错，认为生成了铁单质。此题难度不大，但素材来自教学一线，考查学生平时学习的错误，对实际教学有一定的指导作用。K^S*5U.C#O%
（11福建理综，T10）常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a＋1)的措施是
A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸 D．提高溶液的温度
【解析】B 醋酸是弱酸，稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误，加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成(a＋1)；B项正确。
加入等体积0.2 mol·L－1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H＋），溶液的pH减少；C项错误。提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H＋）增大，溶液的pH减少；D项错误。
此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。K^S*5U.C#O%
（11福建理综，T11）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是
A．水既是氧化剂又是溶剂
B．放电时正极上有氢气生成
C．放电时OH－向正极移动
D．总反应为：2Li＋2H2O=== 2LiOH＋H2↑
【解析】C 考生可能迅速选出C项是错误，因为原电池放电时OH－是向负极移动的。这个考点在备考时训练多次。这种电池名称叫锂水电池。可推测其总反应为：
2Li＋2H2O=== 2LiOH＋H2↑。再写出其电极反应如下：
（—）2Li—2e—＝2Li+
（+）2H2O+2e—＝2OH—＋H2↑
结合选项分析A、B、D都是正确的。
此题情景是取材于新的化学电源，知识落脚点是基础，对原电池原理掌握的学生来说是比较容易的。
（11福建理综，T12）25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：
Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如右图所示。
下列判断正确的是
A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应△H>0
D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
【解析】D 由于铅是固体状态，往平衡体系中加入金属铅后，平衡不移动，c(Pb2＋)不变；往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，平衡向左移动，c(Pb2＋)变大；升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，平衡向左移动，说明该反应是放热反应，△H﹤0；25℃时，该反应的平衡常数K＝=0.22/0.10=2.2，故D项正确。
此题也是新情景，考查平衡移动原理以及平衡常数计算，题目不偏不怪，只要基础扎实的同学都能顺利作答。
（11福建理综，T23）I、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
（1）磷元素的原子结构示意图是____________。
（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：
2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10 10C＋P4O10===P4＋10CO
每生成1 mol P4时，就有________mol电子发生转移。
（3）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂。在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：
C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－ 2S2O32－＋I2===S4O62－＋2I－
在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol·L－1 I2溶液V1 mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol·L－1 Na2S2O3溶液V2 mL。该溶液中维生素C的物质的量是__________mol。
（4）在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应：
2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O
生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：
0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL 0.01mol·L－1Na2SO3溶液的体积/mL H2O的体积/mL 实验温度/℃ 溶液出现蓝色时所需时间/s
实验1 5 V1 35 25
实验2 5 5 40 25
实验3 5 5 V2 0
该实验的目的是_____________________；表中V2=___________mL
II、稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。
（5）铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是______________。
（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：
□Ce3＋＋□H2O2＋□H2O === □Ce(OH)4↓＋□_______
【解析】（1）写出P原子的结构示意图：；
（2）每生成1 mol P4时，P由+5价变成0价，电子转移为5×4＝20或C化合价由0价变成为+2价，电子转移为2×10＝20；
（3）n（Na2S2O3）＝bV1/1000 mol；与其反应的I2为bV1/2000 mol，与维生素C反应的I2为 mol，即维生素C的物质的量是mol（或其它合理答案）；
（4）由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，实验1和实验2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系。
（5）题目中给出：“加热条件下CeCl3易发生水解”，可知NH4Cl的作用是肯定是抑制水解的，CeCl3水解会生成HCl，可以完整答出：NH4Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl3水解。
（6）根据题意：“强酸性”或观察方程式可知缺项是H＋，利用电子得失守恒或观察法就可以配平方程式。2Ce3＋＋H2O2＋6H2O=== 2Ce(OH)4↓＋6H＋
此题考查原子结构示意图，氧化还原反应的配平与电子转移计算，滴定中的简单计算，水解知识，实验探究变量的控制等，上述皆高中化学中的主干知识。题设中的情景都是陌生的，其中还涉及到稀土知识，其中第（4）小问是该题亮点，设问巧妙，有点类似于2010全国新课标一题，但题目设计更清晰，不拖泥带水。第6小问的缺项配平有点超过要求，但题中给出提示，降低了难度。
这题拼凑痕迹比较明显，每小问前后联系不强，或者说没有联系。
【答案】。
（11福建理综，T24）四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：
回答下列问题：
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生。
2Fe3＋＋Fe === 3Fe2＋
2TiO2＋(无色) ＋Fe＋4H＋ === 2Ti3＋(紫色) ＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色) ＋Fe3＋＋H2O === TiO2＋(无色) ＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是____________。
（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。
（3）若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39,该温度下反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋ ＋H2O的平衡常数K=_____________。
（4）已知：TiO2 (s) ＋2 Cl2 (g)=== TiCl4(l) ＋O2(g) △H=+140KJ·mol-1
2C(s) ＋O2(g)=== 2CO(g) △H=—221KJ·mol-1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。
（6）依据右表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ，可采用_____________方法。
TiCl4 SiCl4
熔点/℃ －25.0 －68.8
沸点/℃ 136.4 57.6
【解析】
（1）根据题意给出方程式分析铁屑的作用就是作为还原剂的，即：将Fe3＋还原为Fe2＋，另外浸出液显紫色，说明含有Ti3＋，防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋。参考答案中“生成Ti3＋保护Fe2＋不被氧化。”有点让人费解，能不能说成“防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋”或者说“将TiO2＋还原成Ti3＋”。
（2）形成TiO2·n H2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10－9~10－ 7m（或1nm—100nm）；
（3）Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH—)＝2.79×10—39，25℃时，c(H+)×c(OH—)＝Kw＝1×10—14；反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋ ＋H2O的平衡常数K=＝＝＝2.79×103。
此问设计精妙！利用数学关系巧妙代换求出反应的平衡常数，命题者的独具匠心可见一斑。
（4）涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出方程式相加即可得出答案：
TiO2(s)＋ 2C(s)＋2Cl2 (g)＝TiCl4(l)＋2CO(g) △H=—81KJ·mol-1
（5）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处产生了废气，废液，废渣等。
（6）右表信息可以看出，SiCl4，TiCl4两者的沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可用蒸馏（或分馏）等方法。
这题是典型的化工流程题，问题设置不难。第（3）小问是亮点，精妙！个人觉得加上请计算该反应的平衡常数K可能设问更清晰。
【答案】。
（11福建理综，T25）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：
查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。
（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是___________________________________。
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是_______________________________。
Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_________________________________。
（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是________________________________。
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_____________（填标号）。
a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b.滴加盐酸不宜过快
c.在A—B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d. 在B—C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g 。则样品中碳酸钙的质量分数为_________。
（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_________________________。
【解析】
（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式书写，要求基础。
Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－或Al(OH)3 ＋OH－＝AlO2－＋2H2O
（2）生成的是NaAlO2溶液，通入CO2气体有Al(OH)3白色沉淀生成，并且生成NaHCO3，加入盐酸有CO2气体产生、Al(OH)3沉淀溶解。学生完整描述实验现象要比较扎实的基本功。
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气，把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收。这样设问学生经常接触。
（4）CO2＋Ba(OH)2＝BaCO3↓＋H2O，基础简单的方程式书写。
（5）在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，会影响测量，滴加盐酸不宜过快，保证生成的CO2完全被吸收。在A—B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，因为整个装置中不需要干燥，有水份不会影响CO2吸收。在B—C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，C瓶中是足量Ba(OH)2，可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2吸收，所以不需要除去CO2中的HCl，选cd。
（6）BaCO3质量为3.94g ，n(BaCO3)=0.0200mol， 则n(CaCO3)=0.0200mol，质量为2.00g，则样品中碳酸钙的质量分数为25%。此问计算比较简单。
（7）Ba(OH)2溶液还吸收了水蒸气、氯化氢气体等，造成质量偏大，所以可以回答B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。
本题取材牙膏摩擦剂的探究实验，其中第（5）（7）小问出的不错，第（5）小问考查影响实验准确度的因素探讨，对学生的能力有较高的要求。第（7）小问设置有台阶，降低了难度，若将“结果明显偏高增加”设置成填空可能会更好。K^S*5U.C#O%
【答案】。
（11福建理综，T30）氮元素可以形成多种化合物。
回答以下问题：
（1）基态氮原子的价电子排布式是_________________。
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____________。
（3）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被－NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是_______________；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是___________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) △H=－1038.7kJ·mol－1
若该反应中有4mol N－H键断裂，则形成的π键有________mol。
③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在__________(填标号)
a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 范德华力
（4）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个
氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存
在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。
下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_________（填标号）。
a. CF4 b. CH4 c. NH4＋ d. H2O
【解析】（1）基态氮原子的价电子排布式是2s22p3 ，学生可能审题时没注意到是价电子排布式。
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C
（3）①NH3分子的空间构型是三角锥型，NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2（氨基）取代形成的，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3，这个与H2O，H2O2中O的杂化类型都是sp3的道理是一样的。
②反应中有4mol N－H键断裂，即有1molN2H4参加反应，生成1.5molN2，则形成的π键有3mol。
③N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，可见它是离子晶体，晶体内肯定不存在范德华力。
（4）要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F，O，N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是c和d，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选c。
这题中的（3）（4）两问亮点较多，让人耳目一新，其中第（4）耐人回味，这样子就把氢键的来龙去脉和特点考查彻底！高！K^S*5U.C#O%
【答案】。
（11福建理综，T31）透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶。制备它的一种配方中含有下列四种物质：
（甲） （乙） （丙） （丁）
填写下列空白：
(1)甲中不含氧原子的官能团是____________；下列试剂能与甲反应而褪色的是___________（填标号）
a. Br2/CCl4溶液 b.石蕊溶液 c.酸性KMnO4溶液
(2)甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：_______
(3)淀粉通过下列转化可以得到乙（其中A—D均为有机物）:
A的分子式是___________，试剂X可以是___________。
（4）已知：
利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是 。
（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为 。K^S*5U.C#O%
【解析】。
【答案】（1）碳碳双键（或）；ac
（2）CH2＝CH－CH2－CH2－COOH（3）C6H12O6；Br2/CCl4（或其它合理答案）
（4）+CH3CH2Cl＋HCl（5） 。2011年广东卷（理综）
（11广东理综，T7）下列说法正确的是
A.纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色
B.蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质
C.溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯
D.乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇
【解析】C A.纤维素不能B.蛋白质，葡萄糖不是D, 食用植水解有甘油生成。
（11广东理综，T8）能在水溶液中大量共存的一组离子是
A. H＋、I―、NO3―、SiO32－ B. Ag＋、Fe3＋、Cl―、SO42―
C.K＋、SO42－、Cu2＋、NO3― D.NH4＋、OH－、Cl－、HCO3－
【解析】C A. H＋、I―、NO3―、三者发生氧化还原反应；H＋，SiO32－ 生成沉淀；B. Ag＋与Cl―、SO42―形成沉淀。D.NH4＋与OH－和OH－与HCO3－均反应。
（11广东理综，T9）设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A、常温下，23g NO2含有nA个氧原子
B、1L0.1mol L-1的氨水含有0.1nA个OH―
C、常温常压下，22.4LCCl4含有个nACCl4分子
D、1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2nA个电子
【解析】A B、弱电解质部分电离，小于0.1nA个。C、条件和状态不对。D、1molFe2+作还原剂，转移nA个电子。
（11广东理综，T10）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是
A、将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性
B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成
C、将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
D、将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体
【解析】B A、稀释方法不对。C、不能直接倒入，应采用玻璃棒引流。D、加热蒸干得MgO固体。
（11广东理综，T11）对于0.1mol L-1 Na2SO3溶液，正确的是
A、升高温度，溶液的pH降低
B、c（Na＋）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
C、c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ c（OH―）
D、加入少量NaOH固体，c（SO32―）与c（Na＋）均增大
【解析】D A、水解为吸热，升高温度，溶液的pH升高。B、物料守恒：应为c（Na＋）=2c（SO32―）+2 c（HSO3―）+2 c（H2SO3）。C、电荷守恒应为：c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（OH―）。
（11广东理综，T12）某小组为研究电化学原理，设计如图2装置。下列叙述不正确的是
A、a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B、a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-= Cu
C、无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
【解析】D A、发生置换反应，正确。B、形成原电池，铜片作正极，溶液中Cu2＋先放电，正确；铁片作负极失去电子形成Fe2+，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，所以C、正确。D、a和b分别连接直流电源正、负极，a作阳极，铜片失去电子形成为Cu2＋。Cu2＋向铁电极移动。错误。
（11广东理综，T22）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则
A、原子半径：丙>丁>乙
B、单质的还原性：丁>丙>甲
C、甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物
D、乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【解析】AD 甲为H ，乙为N ，丙为Na ，丁为Al 。所以AD正确。C、丙的氧化物为离子化合物。
（11广东理综，T23）下列试验现象预测正确的是
A、实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B、实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
C、实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D、实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
【解析】BD A、Br2与NaOH溶液反应，上层溶液颜色变为无色。B、产生的SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，正确。C、NO与空气反应生成红棕色NO2。D、制取氢氧化铁胶体要注意：在沸水中加入饱和的氯化铁溶液，继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，即可。
（11广东理综，T30）直接生成碳-碳键的反应时实现高效、绿色有机合成的重要途径。交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳-碳单键的新反应。例如：
化合物I可由以下合成路线获得：
（1）化合物I的分子式为 ，其完全水解的化学方程式为 （注明条件）。
（2）化合物II与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为 （注明条件）。
（3）化合物III没有酸性，其结构简式为 ；III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物V的结构简式为 。
（4）反应①中1个脱氢剂IV（结构简式见右）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族胡恶化为分子的结构简式为 。
（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似①的反应，其产物分子的结构简式为 ；1mol该产物最多可与 molH2发生加成反应。
【解析】。
【答案】（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H8O4，
（2）
(3)；
（4） （5）；8
（11广东理综，T31）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I,II,III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图13所示。
（1）在0-30小时内，CH4的平均生成速率VⅠ、VⅡ和VⅢ从大到小的顺序为 ；
反应开始后的12小时内，在第 种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),该反应的△H=+206 kJ mol-1
①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）
（3）已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式
【解析】（1）VⅢ>VⅡ> VⅠ；Ⅱ。（2）①略②根据平衡的三步计算可求CH4的平衡转化率为：0.1/0.11=0.91 (3) CO2(g) ＋3H2O(g) ===2O2(g) ＋CO(g)+3H2(g) △H=+1008 kJ mol-1
【答案】。
（11广东理综，T32）由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。工艺流程如下：
（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为① 和②
（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有 ；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在
（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为
（4）镀铝电解池中，金属铝为 极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4― 和Al2Cl7―形式存在，铝电极的主要电极反应式为
（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是 。
【解析】本题考查溶液中的离子反应及有关物质的提纯与除杂，意在考查学生分析问题、解决实际问题的能力，考查学生对实验基本技能与操作的掌握情况以及应用于实际的能力。⑴对该锂辉石进行粉碎处理的目的是增大其与硫酸的接触面积，从而加快反应速率，提高浸出率；⑵步骤I所需要加入的物质，其主要作用是增大溶液的pH，将溶液的pH调整到6.0~6.5，分析备选物，只有石灰石能达到目的；⑶步骤I处理后的浸出液中，已经除去了Fe3+、Al3+，加入H2O2会将Fe2+氧化为Fe3+，加入石灰乳则可将氧化得到的Fe3+和Mg2+，再加入Na2CO3则可除去所加入的过量Ca2+；⑸母液中留下的主要离子为Na+和SO42—，所以回收得到的物质为Na2SO4。
【答案】（1）①2Al +Fe2O3=Al 2O3+2Fe ②4Al+3SiO2===3Si+ 2Al 2O3（2）H2、AlCl3；NaCl。(3)Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O(4)阳极；阳极：Al-3e-=Al3+、（阴极：4Al2Cl7― +3e- = 7AlCl4―+Al ）(5)铝在空气中易形成一层极薄的致密而坚固的氧化膜，它能阻止氧化深入内部，起到防腐保护作用。
（11广东理综，T33）某同学进行试验探究时，欲配制1.0mol L-1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂（化学式量：315）。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100g H2O）分别为2.5、3.9和5.6。
（1）烧杯中未溶物仅为BaCO3，理由是
（2）假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，设计试验方案，进行成分检验，在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）
限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
实验步骤 预期现象和结论
步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。
步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。
步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，
步骤4：
（3）将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：
①配制250ml 约0.1mol L-1Ba(OH)2·8H2O溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水， ，将溶液转入 ，洗涤，定容，摇匀。
②滴定：准确量取25.00ml所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将
（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol L-1盐酸装入50ml酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸Vml。
③ 计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数= （只列出算式，不做运算）
（4）室温下， (填“能”或“不能”) 配制1.0 mol L-1Ba(OH)2溶液
【解析】（1）Ba(OH)2·8H2O与CO2作用转化为BaCO3（2）步骤2：预期现象和结论：有白色沉淀生成，说明有Ba2+。步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中。预期现象和结论：试管中有气泡生成，烧杯中的澄清石灰水变浑浊，结合步骤2说明沉淀是BaCO3 。步骤4：取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值。预期现象和结论：pH>9.6，说明有大量的OH—，综合上面步骤可知试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。（3）①溶解、过滤；250ml的容量瓶中。②0.1980 思路：0.025x0.1x2=C’x0.05------（盐酸体积最多不能多于50ml） 得C’=0.1 mol L-1 所以应该是选大于0.1 mol L-1而且接近的③25xCx2=0.1980xV 得C=(0.1980/50)V , Ba(OH)2·8H2O的质量分数=250x10—3x0.1980Vx315x100%/50w。（4）不能。
【答案】。2011年北京卷（理综）
（11北京理综，T6）垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是
A B C D
垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸
垃圾分类
【解析】B 废易拉罐、废塑料瓶都属于可回收物，废荧光灯管中含有重金属等有害物质，属于有害垃圾，废纸属于可燃垃圾，选B。
（11北京理综，T7）下列说法不正确的是
A.麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B.用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯
C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H 5的水解产物是CH3CO18OH和C2H 5OH
D.用甘氨酸()和丙氨酸()缩合最多可形成4种二肽
【解析】C 麦芽糖能发生银镜反应，其水解产物葡萄糖也能发生银镜反应，A正确；溴水与苯酚溶液反应生成三溴苯酚白色沉淀，与己二烯发生加成反应而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴，B正确；在酸性条件下，CH3CO18OC2H 5的水解产物是CH3COOH和C2H 518OH，C错；甘氨酸和丙氨酸缩合形成二肽时可能有如下四种情况：①二个甘氨酸之间；②二个丙氨酸之间；③甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；④甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间。D正确。
（11北京理综，T8）结合右图判断，下列叙述正确的是
A.I和II中正极均被保护
B. I和II中负极反应均是Fe-2e-=Fe2＋
C. I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH―
D. I和II中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，均有蓝色沉淀
【解析】A 题给装置I、II都是原电池，活泼金属作负极，首先被腐蚀，不活泼金属作正极，被保护；A对；I中负极反应式为：Zn-2e-=Zn2＋，B错；II中正极反应式为：2H＋+-2e-=H2↑，C错；I中没有Fe2＋，D错。
（11北京理综，T9）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是
A.用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2－=HgS↓
B.用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NOC+NO2
C.向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋
D.用高温催化氧化法去除烃类废气(CxHy)：CxHy+(x+)O2xCO2+H2O
【解析】B HgS溶解度极小，A对；B中产物为N2和CO2，B错；明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al(OH)3胶体，C正确；烃完全氧化生成CO2和H2O，D正确。
（11北京理综，T10）25℃、101kPa下：①2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) △H= -414kJmol-1
②2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) △H= -511kJmol-1
下列说法正确的是
A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 25℃、101kPa下：Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) △H= -317kJmol-1
【解析】D 在Na2O和Na2O2中，阴、阳离子的个数比都是1:2，A错；由钠守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，转移的电子数相同，B错；Na与足量O2反应的产物是Na2O2，C错；热化学方程式①×2-②可得Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) △H= -317kJmol-1，D正确。
（11北京理综，T11）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数
A.取a克混合物充分加热，减重b克
B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【解析】C 在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，A项成立；B项得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，B项成立；同理，Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化也不同，D项成立；C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，C项明显错误。
（11北京理综，T12）已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如右图所示。下列说法正确的是
A.b代表0℃下CH3COCH3的Y-t 曲线
B.反应进行到20min末，CH3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【解析】D b曲线的起始斜率明显大于a曲线，说明b对应的反应速率较大，温度较高，A、B错；温度升高，平衡转化率降低，C错；等量的CH3COCH3，转化率相同时，产物CH3COCH2COH(CH3)2的物质的量相同，D正确。
（11北京理综，T25）在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式 K(t1) K(t2)
F2+H22HF 1.8×1036 1.9×1032
Cl2+H22HCl 9.7×1012 4.2×1011
Br2+H22HBr 5.6×107 9.3×106
I2+H22HI 43 34
⑴已知t2>t1，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
⑵HX的电子式是 。
⑶共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。
⑷X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。
⑸K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因： ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
⑹仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加， （选填字母）。
a.在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b. X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c.HX的还原性逐渐减弱
d.HX的稳定性逐渐减弱。
【解析】温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；X2都能与H2反应生成HX的原因是卤素原子的最外层电子数均为7，得一个电子或形成一个共用电子对时，即可形成8电子稳定结构；平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的。
另解析（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
（2）HX属于共价化合物，H－X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；
（3）F、Cl、Br、I属于 ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H－F键的极性最强，H－I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；
（5）同（3）
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c、d与K的大小无直接联系。
【答案】⑴放热 ⑵H:X: ⑶HF、HCl、HBr、HI ⑷卤素原子的最外层电子数均为7 ⑸同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多 ⑹ad。
（11北京理综，T26）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。
⑴溶液A的溶质是 。
⑵电解饱和食盐水的离子方程式是 。
⑶电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用： 。
⑷电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH4＋、SO42－[c(SO42－)>c(Ca2＋)]。精制流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 。
②过程I中将NH4＋转化为N2的离子方程式是 。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程II中除去的离子有 。
④经过程III处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L。若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液 kg（溶液体积变化忽略不计）。
【解析】电解饱和食盐水时，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，反应的离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH―，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH；电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程I是将Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀除去，即盐泥a除泥沙外，还含有的物质是Mg(OH)2；将NH4＋转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH4＋+3Cl2+8OH―N2↑+6Cl－+8H2O；过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的Ca2＋和SO42－分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去；NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4，若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b时至少需要10% Na2SO3溶液，若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5mg/L，则还需添加10% Na2SO3溶液50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10% Na2SO3溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg。
另解析：1）电解时在电极的作用下，溶液中的阳离子向阴极作定向运动，阴离子向阳极作定向运动，所以电解饱和食盐水时Na＋和H＋向阴极运动并放电，但H＋比Na＋易得电子，所以H＋首先放电，方程式为2H＋＋2e－=H2↑。由于H＋是水电离出的，所以随着H＋的不断放电，就破坏了阴极周围水的电离平衡，OH－的浓度就逐渐增大，因此溶液A的溶质是NaOH。由于Cl－比OH－易失电子，所以在阳极上CI－首先放电，方程式为2Cl－－2e－=Cl2↑。因此电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
（2）见解析（1）
（3）由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。
（4）由于溶液中含有Mg2＋，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2；淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl－，方程式为2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑；沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42－就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClO＝Na2SO4+NaCl。10m3 盐水b中含NaClO的物质的量为，由方程式可知消耗Na2SO3的质量为1mol×126g/mol＝126g。若设需要10% Na2SO3溶液的质量为X，则有，解得x＝1760g，即至多添加10% Na2SO3溶液1.76kg。
【答案】⑴NaOH ⑵2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH― ⑶Cl2与水反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动。减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出 ⑷①Mg(OH)2 ②2NH4＋+3Cl2+8OH―N2↑+6Cl－+8H2O ③SO42－、Ca2＋ ④1.76
（11北京理综，T27）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。
实验操作和现象：
操作 现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸 均未发现白色沉淀溶解
⑴A中反应的化学方程式是 。
⑵C中白色沉淀是 ，该沉淀的生成表明SO2具有 性。
⑶C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是 。
⑷分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上：
甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是 ；
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是 。
甲 大量白色沉淀
乙 少量白色沉淀
②进行实验，B中现象：
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因： 。
⑸合并⑷中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是 。
【解析】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等。
由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，不是BaSO3；同理，C中的白色沉淀也是BaSO4，并因此说明SO2具有还原性；C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2＋BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O2BaSO4↓+4H＋；合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【答案】⑴Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O ⑵H2SO4 还原 ⑶2NO+O22NO2 ⑷①通N2一段时间，排除装置中的空气 饱和NaHSO3溶液 ②甲：SO42－+Ba2＋BaSO4↓，乙：2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O2BaSO4↓+4H＋ 白雾的量远多于装置中O2的量 ⑸SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
（11北京理综，T28）常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PVB的合成路线如下：
已知：I.RCHO+R’CH2CHO+H2O(R、R’表示烃基或氢)
II.醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：
⑴A的核磁共振氢谱有两种峰。A的名称是 。
⑵A与合成B的化学方程式是 。
⑶C为反式结构，由B还原得到。C的结构式是 。
⑷E能使Br2的CCl4溶液褪色。N由A经反应①～③合成。
a.①的反应试剂和条件是 。
b.②的反应类型是 。
c.③的化学方程式是 。
⑸PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是 。
⑹碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是 。
【解析】根据A的分子式和A转化为B的反应条件，结合题给信息I和A的核磁共振氢谱，可以确定A为乙醛，B为；由C为反式结构，由B还原得到，可以确定C中仍具有C=C，被还原的基团应是—CHO，由此即可确定C的结构式（见答案）；根据D的分子式C11H12O2，可以确定其不饱和度为6，结合生成D的反应条件，可确定D为，进而确定M为乙酸；由PVB的结构简式和题给信息II可确定其单体之一是CH3(CH2)2CHO，即N为CH3(CH2)2CHO；另一高分子化合物PVA为，进而推出PVAc的单体为CH3COOCH=CH2；由A和N的结构简式，结合题给信息I即可推出E为，CH3CH=CHCHO，F为CH3(CH2)3OH。由此即可按题设要求回答有关问题了，具体见答案。
另解析：（1）A的分子式是C2H4O，且A的核磁共振氢谱有两种峰，因此A只能是乙醛；
（2）根据题中的信息Ⅰ可写出该反应的方程式
（3）C为反式结构，说明C中含有碳碳双键。又因为C由B还原得到，B中含有醛基，因此C中含有羟基，故C的结构简式是；
（4）根据PVB的结构简式并结合信息Ⅱ可推出N的结构简式是CH3CH2CH2CHO，又因为E能使Br2的CCl4溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氢氧化钠溶液中并加热的条件下生成的，即E的结构简式是CH3CH=CHCHO，然后E通过氢气加成得到F，所以F的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH。F经过催化氧化得到N，方程式为；
（5）由C和D的结构简式可知M是乙酸，由PVB和N的结构简式可知PVA的结构简式是聚乙烯醇，因此PVAC的单体是乙酸乙烯酯，结构简式是CH3COOCH=CH2，所以碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是
。
【答案】（1）乙醛
（2）
（3）
（4）a稀氢氧化钠 加热
b加成（还原）反应
c
（5）CH3COOCH=CH2
（6）2011年山东卷（理综）
（11山东理综，T9）化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化
B. BaSO4在医学上用作钡餐，BaSO4对人体无毒
C. 14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
D.葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体
【解析】D 煤的干馏属于化学变化，而石油的分馏属于物理变化，故A错；Ba2+是有毒的，BaSO4之所以能做钡餐，是因为BaSO4既不溶于水，又不溶于酸，故B错；12C、14C是两种原子，其关系是同位素，同素异形体是同种元素的不同单质之间的关系，故C错；葡萄糖是小分子，粒子的小于1nm，故不属于胶体，无丁达尔现象产生，故D正确。
（11山东理综，T10）某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素
A.在自然界中以化合态的形式存在 B.单质常用作半导体材料和光导纤维
C.最高价氧化物不与酸反应 D.气态氢化物比甲烷稳定
【解析】A 短周期中最外层电子数是次外层电子数一半的有Li： 和Si：，属于非金属的是硅。硅在自然界中全部以化合态形式存在，故A正确；做光导纤维是二氧化硅而不是单质硅，故B错；二氧化硅能与氢氟酸反应，故C错；非金属性C＞Si，故气体氢化物的稳定性CH4＞SiH4，D错。
（11山东理综，T11）下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是
A.乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2
B.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解
C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
D.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键
【解析】B 乙酸的酸性比碳酸强，故A正确；油脂不是高分子化合物，故B错；甲烷与氯气在光照条件下可发生取代反应生成一氯甲烷，苯和硝酸生成硝基苯的反应，也属于取代反应，故C正确；苯不能使溴的四氯化碳褪色，说明苯中不含碳碳双键，苯中的化学键是一种介于单键和双键之间的独特的键，故D正确。
（11山东理综，T12）Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是
A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B.三者的单质放置在空气中只生成氧化物
C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu、Fe、Al
【解析】C 铝的氧化物属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A错；铜在空气中放置，可以生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]，故B错；因HCl易挥发，三种盐在加热条件下，都能彻底水解，故C正确；电解三种盐溶液的混合物时，首先是Fe3+ +e-== Fe2+,不能得到金属单质；当Fe3+消耗完，Cu2+ +2e-==Cu；当Cu2+消耗完，2H+ +2e-==H2,不可能得到铁单质和铝单质，故D错。
（11山东理综，T13）元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是
A.元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B.多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C.P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均以此增强
D.元素周期表中位于金属和非金属非界线附近的元素属于过渡元素
【解析】C 有些元素的最高价不等于最外层电子数，如O、F等元素，故A错；根据核外电子排布规律，能量低的电子在离核较近的区域内运动，能量高的电子在离核较远的区域内运动，故B错；元素的得电子能力越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故C正确；周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素通常既显一定的金属性，又显一定的非金属性，而过渡元素是指副族和第Ⅷ元素，故D错。
（11山东理综，T14）室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A.溶液中导电粒子的数目减少
B.溶液中不变
C.醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
D.再加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【解析】B 醋酸是弱电解质，加水稀释时电离程度增大，溶液中导电粒子的数目是增多的，但粒子的浓度要减小，故A、C错；电离平衡常数只与温度有关，故B正确；10mL pH＝11的NaOH溶液只能反应掉10mL pH＝3的醋酸溶液中电离出的H+，还有大量的未电离的醋酸没有反应，故溶液显酸性，D错。
（11山东理综，T15）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是
A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C.电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用
【解析】C 电镀时Zn 为阳极，Fe为阴极，KCl、ZnCl2的混合溶液为电解质溶液，若未通电，不存在自发进行的氧化还原反应，故不能构成原电池，故A错；电镀时，导线中每通过2 mol电子，就会析出1mol锌，通过的电量与析出的锌量的关系确定，故B错；电镀时保持电流保持恒定，则反应的速率就不会改变，故升高温度对反应的速率无影响，故C正确；镀锌层破损后，锌与铁可构成原电池的两个电极，铁做正极受到保护，故D错。
（11山东理综，T28）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2＋O27N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。
(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达
到平衡状态的是 。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与NO2体积比为1:6，则平衡常数K＝ 。
(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是
。
【解析】
(1) NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O===2HNO3+NO；6NO2+8NH3==7N2+12 H2O，当反应中有1 mol NO2参加反应时，共转移了24 mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为×22.4L=6.72L。
(2)根据盖斯定律，将第二个放出颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2==2SO3+2NO，△H=－83．6 kJ·mol-1，故NO2+SO2SO3+NO，△H=－41．8 kJ·mol-1；本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态；随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1:1，故c不能作为平衡状态的判断依据；d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据。
则:，故x=，平衡时的体积分别为、、和，故平衡常数为=。
(3)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择。因为在250℃时，压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。
【答案】
(1) 3NO2+H2O===2HNO3+NO 6.72
(2)－41．8 b 2.67或8/3
(3) ＜ 在250℃时，压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
（11山东理综，T29）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。
(1)实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为 。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是 。
(2)下图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+S＝Na2Sx,正极的电极反应式为 。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是 。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的 倍。
(3) Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH （填“增大”“减小”或“不变”）， Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为 （用离子方程式表示）。
【解析】(1)乙醇与钠反应的方程式为：2CH3CH2OH + 2Na2CH3CH2ONa + H2↑；要除去硫，常用能溶解硫的二硫化碳清洗。
(2)正极上是S得到电子发生还原反应：xS+2e- == Sx2-；要形成闭合回路，M必须是能使离子在其中定向移动的，故M的两个作用是导电和隔膜；假设消耗的质量都是207 g，则铅蓄电池能提供的电子为2 mol，而钠硫电池提供的电子为1 mol，故钠硫电池的放电量是铅蓄电池的4.5倍。
(3) Na2S溶液中，存在的水解反应为：H2O + S2- HS- + OH-，HS- + H2O H2S + OH-，其中的离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。加入CuSO4，发生的离子反应为Cu2++ S2-==CuS，使水解平衡向左移动，碱性减弱，pH减小；Na2S溶液长期放置会析出硫，是因为O2将其氧化的原因，离子方程式为：2S2-+ 2H2O+O2==
2S+ 4OH-。
【答案】(1)2CH3CH2OH + 2Na2CH3CH2ONa + H2↑ 二硫化碳或热的NaOH溶液
(2)xS+2e- == Sx2- 离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫 4.5
(3)c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋) 减小 2S2-+ 2H2O+O2==2S+ 4OH-
（11山东理综，T30）实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水无水CaCl2和Br2，流程如下：
(1)操作Ⅰ使用的试剂是 ，所用主要仪器的名称是 。
(2)加入溶液W的目的是 。用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+。由表中数据可知，理论上可选择pH最大范围是 。酸化溶液Z时，使用的试剂为 。
(3)实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是 。
(4)常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1.2×10-2, Ka2=6.3×10-3，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,
Ka2=4.7×10-11。
某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即
用酸度计测两溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3。该实验设计不
正确，错误在于 。
设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3（简要说明实验步骤、现象和结论）。 。
仪器自选。
供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。
【解析】(1)通入氯气后Cl2 + 2Br- == 2Cl- +Br2，故操作Ⅰ是萃取，用的仪器是分液漏斗；又因下层得到的是溴，故使用的萃取剂是四氯化碳。
(2)因为加入CaO的目的是除去Mg2+，故加入W的目的是除去SO42-；为了不使Ca2+沉淀，pH的理论值为11.0≤pH＜12.2；酸化时，为不引人新的杂质离子，应选用盐酸。
(3)装置的选择，应从发生装置，除杂装置和收集装置三个方面分析。a中收集方法不对； c中的长颈漏斗应插在液面以下；b、d是合理的。
(4)要通过测pH判断两种酸的酸性强弱，两种酸的浓度必须是相等的，而SO2的溶解度远大于CO2的，两饱和溶液的浓度不相等，故该实验的设计是错误的。
验证酸性强弱，最常用的原理是强酸置换弱酸，故
实验步骤：将SO2通入NaHCO3溶液中，生成的气体再通过酸性高锰酸钾除去过量的SO2，再用品红溶液检验SO2是否除尽，最后通入饱和石灰水中。
实验现象：品红不褪色，饱和石灰水变浑浊。
实验结论：H2SO3的酸性比H2CO3强。
【答案】(1) 四氯化碳 分液漏斗
(2)除去溶液中的SO42- 11.0≤pH＜12.2 盐酸
(3)b、d
(4)用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等；
三种参考方案如下：
方案一：配制相同物质的量浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，用酸度计(或pH试纸)测两种溶液的pH。前者的pH小于后者，证明H2SO3的酸性比H2CO3强。
方案二：将SO2气体依次通过NaHCO3(或Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水。品红溶液不褪色、且澄清石灰水变浑浊，证明H2SO3的酸性比H2CO3强。
方案三：将CO2气体依次通过NaHSO3(或Na2SO3)溶液、品红溶液。品红溶液不褪色，证明H2SO3的酸性比H2CO3强。
（11山东理综，T31）水处理技术在生产、生活中应用广泛。
(1)含有较多 离子的水称为硬水。硬水加热后产生碳酸盐沉淀的离子方程式为
（写一个即可）。
(2)将RH型阳离子交换树脂和ROH型阴离子交换树脂串接来软化天然硬水，应该先使硬水通过 （填“RH”或“ROH”）型离子交换树脂，原因是 。
(3)通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为 。电渗析法净化水时，使离子通过半透膜的推动力是 。
(4)检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的 。
【解析】(1)硬水是含Mg2+、Ca2+较多的水；暂时硬水加热时的分解反应为：Ca2++2HCO3-===CaCO3↓+H2O+CO2↑，或Mg2++2HCO3-===MgCO3↓+H2O+CO2↑。
(2)应先通过阳离子交换剂 HR ；后通过阴离子交换剂 ROH；若先通过阴离子交换树脂，SO42- + ROH == RSO4 + OH-，生成的OH-发生：Mg2+ + 2OH- == Mg(OH)2，能使交换膜发生堵塞。
(3)反渗透又称逆渗透，一种以压力差为推动力，从溶液中分离出溶剂的膜分离操作。因为它和自然渗透的方向相反，故称反渗透。电渗析法的是利用离子交换膜在电场作用下,分离盐水中的阴、阳离子,从而使淡水室中盐分浓度降低而得到淡水的一种膜分离技术。电渗析装置是利用离子在电场的作用下定向迁移,通过选择透过性的离子交换膜达到除盐目的。
(4)水中的离子浓度越小，导电性越差，故可通过测量溶液的电导率来检验蒸馏水的纯度。
【答案】(1)Mg2+、Ca2+
Ca2++2HCO3-===CaCO3↓+H2O+CO2↑，或Mg2++2HCO3-===MgCO3↓+H2O+CO2↑。
(2)HR 先通过阴离子交换膜可能产生等沉淀而影响树脂交换效果
(3)反渗透法 电势差（或电场力）
(4)电导率（或电阻率）
（11山东理综，T32）氧是地壳中含量最多的元素。
(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为 个.
(2)H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为 。
的沸点比高，原因是 。
(3)H+可与H2O形成H3O+，H3O+原子采用 杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，原因为 。
(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为a g·cm-3, NA表示阿伏伽德罗常数，则CaO晶胞体积为 cm3
【解析】(1)氧元素的基态核外电子排布式为：1s22s22p4，4个电子在三个轨道中排布，故未成对的电子个数是两个。
(2)化学键是强烈的相互作用；氢键的作用力比化学键弱，但比范德华力的作用力要强。可形成分子间的氢键，而形成的是分子内的氢键，故前者比后者的沸点要高。
(3) H3O+的空间构型为三角锥型，故O原子的杂化方式为sp3；H3O+中O原子只有一对故对电子，排斥力较小，使得键角变大。
(4)根据NaCl的晶胞可知，一个晶胞含有4个CaO，设晶胞的体积为V，则：×NA×a=56，则V=。
【答案】(1) 2
(2)O—H键、氢键、范德华力
形成的是分子内的氢键，而可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大。
(3)sp3 H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子只有一对故对电子，排斥力较小
(4)
（11山东理综，T33）美国化学家R.F.Heck因发现如下Heck反应而获得2010年诺贝尔化学奖。
（X为卤原子，R为取代基）
经由Heck反应合成M（一种防晒剂）的路线如下：
回答下列问题：
(1)M可发生的反应类型是______________。
a.取代反应 b.酯化反应 c.缩聚反应 d.加成反应
(2)C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的结构简式是__________。
D在一定条件下反应生成高分子化合物G，G的结构简式是__________。
(3)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是_______________。
(4)E的一种同分异构体K符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，与FeCl3溶液作用显紫色。K与过量NaOH溶液共热，发生反应的方程式为__________。
【解析】(1)M中含有的官能团是碳碳双键和酯基，能发生加成、氧化、水解等反应，故选ad。
(2)由第(4)问可知，E的结构简式为：，则D的结构简式为；根据反应条件，A→B发生的是氧化反应，C→D发生的是酯化反应，故B为，A为，C为，C发生消去反应生成F，故F的结构简式为，D发生加聚反应的产物为。
(3)若A未完全氧化，则还含有醛基，可使用银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液检验。
(4)符合条件的K的结构简式为，与足量的NaOH反应的方程式为：。
【答案】(1)ad
(2) 。
(3)银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液
(4)
解析： NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
起始物质的体积 1a 2a 0 0
转化物质的体积 x x x x
平衡物质的体积 1a- x 2a- x x x2011年天津卷（理综）
（11天津理综，T1）化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是
A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B.为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂
C.使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题
D.天然药物无任何毒副作用，可长期服用
【解析】A 乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能吸收乙烯，A正确；食品安全直接关系到我们的身体健康，食品添加剂的使用必须严格控制，B错；含磷洗衣粉的使用只是造成水体富营养化的原因之一，因此使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营养化问题，C错；天然药物有的本身就有很大的毒性，不可食用，D错。
（11天津理综，T2）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是
A.第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子
B.同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小
C.第VIIA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强
D.同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低
【解析】B 铯的同位素具有相同的质子数，A错；同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，B对；第VIIA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C错；第VIIA族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，D错。
（11天津理综，T3）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是
操作 现象 结论
A 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO42－
B 滴加氯水和CCl4，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有I―
C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有Na＋、无K+
D 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4＋
【解析】B 与BaCl2溶液反应生成的白色沉淀可能是BaSO4或BaCO3或BaSO3，A错；在四氯化碳中显紫色的是I2，B正确；黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，C错；NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，D错。
（11天津理综，T4）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是
A.pH>7时，c(C6H5O-)>c(K+)>c(H＋)>c(OH―)
B.pH<7时，c(K+)>c(C6H5O-)> c(H＋)>c(OH―)
C.V[C6H5OH(aq)]=10mL时，c(K+)=c(C6H5O-)>c(OH―)=c(H＋)
D. V[C6H5OH(aq)]=20mL时，c(C6H5O-)+c(C6H5OH)=2c(K+)
【解析】D A、B项均不符合电荷守恒，A、B错；苯酚钾溶液中存在苯酚根离子的水解，故有c(K+)>c(C6H5O-)，C错；D项是物料守恒，正确。
（11天津理综，T5）下列说法正确的是
A.25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw
B.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2OSO32―+2I―+4H＋
C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2―、NO3－
D.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
【解析】C 水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，A错；SO2通入碘水中生成SO42－，B错；加入铝粉能产生H2的溶液可能是强酸性溶液，也可能可能是强碱性溶液，在强酸性溶液中不可能存在AlO2―和NO3－，在强碱性溶液中，C中离子互不反应，可以大量共存，C正确；100℃时，Kw=1×10-12，所以将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错。
（11天津理综，T6）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右所示。由图可得出的正确结论是
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段
【解析】D 化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，A错；a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错；从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错；随着反应的进行，SO2的转化率将逐渐增大，D正确。
（11天津理综，T7）图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。
回答下列问题：
⑴组成单质Y的元素在周期表中的位置是 ；M中存在的化学键类型为 ；R的化学式是 。
⑵一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4。ZH4的电子式为 。
⑶已知A与1mol Al反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。
⑷写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式： 。
⑸向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。
【解析】磁性氧化铁的化学成分是Fe3O4，即A为Fe3O4，据此即可依次确定X为铁，Y为O2，D为HNO3；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，故Z为Si，M为Na2SiO3，R为H2SiO3或H4SiO4。根据上述推断即可回答有关题设问题了，具体见答案。
【答案】⑴第二周期第VIA族 离子键、共价键 H2SiO3(或H4SiO4) ⑵
⑶8Al(s)+3Fe3O4(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) △H=-8a kJ/mol
⑷3Fe3O4+28H＋+NO3－9Fe3＋+NO↑+14H2O ⑸。
（11天津理综，T8）已知：RCH2COOH
+RCl+NaCl
I.冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：
⑴A为一元羧酸，8.8gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24L CO2（标准状况），A的分子式为 。
⑵写出符合A分子式的所有甲酸酯的结构简式： 。
⑶B是氯代羧酸，其核磁共振氢谱有两个峰，写出BC的反应方程式： 。
⑷C+EF的反应类型为 。
⑸写出A和F的结构简式：A. ；F. 。
⑹D的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为 ；写出a、b所代表的试剂：a. ；b. 。
II.按如下路线，由C可合成高聚物H：
CGH
⑺CG的反应类型为 。
⑻写出GH的反应方程式： 。
【解析】⑴设A的分子式为CnH2nO2，则有：
CnH2nO2+NaHCO3 CnH2n-1O2Na+CO2↑+H2O
14n+32 22.4
2.24
，解得n=4
即A的分子式为C4H8O2。
⑵符合A分子式的所有甲酸酯的结构简式见答案；
⑶根据B是氯代羧酸，且核磁共振氢谱有两个峰，可推出B的结构简式为，进而确定A为，C为， F为，BC的反应方程式见答案；
⑷C+EF的反应类型为取代反应；⑸见答案；
⑹由E的结构简式和D的苯环上有两种氢，可以确定D为，其中含有的官能团有羟基和氯原子；是苯酚和Cl2反应的产物，与NaOH或Na2CO3溶液反应生成E。
⑺C在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，生成(G)；⑻G加聚生成H，反应方程式见答案。
【答案】⑴C4H8O2 ⑵、
⑶+CH3CH2OH+H2O
⑷取代反应 ⑸
⑹羟基、氯原子 Cl2 NaOH溶液 ⑺消去反应
⑻
（11天津理综，T9）某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线：
CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHO CH3CH2CH2CH2OH；
CO的制备原理：HCOOHCO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如图）。
请填写下列空白：
⑴实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯，写出化学反应方程式： ， 。
⑵若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是 ，
。c和d中盛装的试剂分别是 ， 。若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是 ；在虚线框内画出收集干燥H2的装置图。
⑶制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是 （填序号）。
①饱和Na2SO3溶液 ②酸性KMnO4溶液 ③石灰水 ④无水CuSO4 ⑤品红溶液
⑷合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是 。
a.低温、高压、催化剂 b.适当的温度、高压、催化剂
c.常温、常压、催化剂 d.适当的温度、常压、催化剂
⑸正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品。为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R-CHO+NaHSO3（饱和）RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇 118℃，并设计出如下提纯路线：
粗品 滤液 有机层 1-丁醇、乙醚 纯品
试剂1为 ，操作1为 ，操作2为 ，操作3为 。
【解析】⑴制备氢气选用锌粒和稀盐酸，反应方程式见答案；制备丙烯选用2-丙醇和浓硫酸，反应方程式见答案。⑵在题给装置中，a的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中；b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c为除去CO中的酸性气体，选用NaOH溶液，d为除去CO中的H2O，试剂选用浓硫酸；若用题给装置制备H2，则不需要酒精灯。⑶检验丙烯和少量SO2、CO2及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选④无水CuSO4检验水蒸气，然后用⑤品红溶液检验SO2，并用①饱和Na2SO3溶液除去SO2；然后用③石灰水检验CO2，用②酸性KMnO4溶液检验丙烯。⑷题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，选b。
【答案】⑴Zn+2HClZnCl2+H2↑ CH3CH=CH2↑+H2O
⑵恒压 防倒吸 NaOH溶液 浓H2SO4 分液漏斗、蒸馏烧瓶
⑶④⑤①②③（或④⑤①③②） ⑷b ⑸饱和NaHSO3溶液 过滤 萃取 蒸馏。
（11天津理综，T10）工业废水中常含有一定量的Cr2O72－和CrO42－，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法
该法的工艺流程为：CrO42－Cr2O72－Cr3+Cr(OH)3↓
其中第①步存在平衡：2CrO42－(黄色)+2H＋Cr2O72－(橙色)+H2O
⑴若平衡体系的pH=2，该溶液显 色。
⑵能说明第①步反应达平衡状态的是 。
a. Cr2O72－和CrO42－的浓度相同 b.2v(Cr2O72－)=v(CrO42－) c.溶液的颜色不变
⑶第②步中，还原1molCr2O72－离子，需要 mol的FeSO47H2O。
⑷第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH―(aq)
常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH―)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至 。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O72－的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
⑸用Fe做电极的原因为 。
⑹在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释） ，溶液中同时生成的沉淀还有 。
【解析】c(H＋)增大，平衡2CrO42－(黄色)+2H＋Cr2O72－(橙色)+H2O右移，溶液呈橙色；平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变；根据电子得失守恒可知，还原1molCr2O72－离子，需要6 mol的FeSO47H2O；当c(Cr3+)=10-5mol/L时，溶液的c(OH―)=mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5。在电解法除铬中，铁作阳极，以提供还原剂Fe2＋；在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H＋放电生成H2的同时，大量产生了OH―，所以溶液中的Fe3＋也将转化为Fe(OH)3沉淀。
【答案】⑴橙 ⑵c ⑶6 ⑷5 ⑸阳极反应为Fe-2e-Fe2＋，提供还原剂Fe2＋
⑹2H＋+2e-H2↑ Fe(OH)32011年全国新标卷（理综）
（11新标理综，T7）下列叙述正确的是
A.1.00mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子
B. 1.00mol NaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023
C.欲配置1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中
D.电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠
【解析】B A项中无NaCl分子，C项中不是溶于1.00L水，而应是配成1.00L溶液，D项中产生的氯气只有0.5mol即11.2L（标准状况）。
（11新标理综，T8）分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A.6种 B.7种 C. 8种 D.9种
【解析】C 考查同分异构体的判断。意在考查学生书写同分异构体的能力。考虑碳链异构和氯原子的位置异构。主链5碳的有3种，主链4碳的有4种，主链3碳的有1种。共8种。
（11新标理综，T9）下列反应中，属于取代反应的是
①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O
③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O
A. ①② B.③④ C.①③ D.②④
【解析】B 考查有机反应类型的判断，意在考查学生从有机物结构的变化中理解有机物性质的能力。①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应。
（11新标理综，T10）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A. c（H+） B. Ka（HF） C. D.
【解析】D 加水不断稀释过程中，HF的电离程度不断增大，H+的数目不断增多，HF分子数目不断减少，c(H+)/c(HF) 始终保持增大。
（11新标理综，T11）铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：
Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2
下列有关该电池的说法不正确的是
A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D. 电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【解析】C 根据电池的总反应，由元素的化合价的升降判断，Fe失去电子，发生了氧化反应生成Fe(OH)2故为负极，Ni2O3得到电子，发生了还原反应生成Ni(OH)2为正极。电池充电时电极反应与放电时的反应相反，阴极上Fe(OH)2发生了还原反应产生OH-，阴极附近溶液的pH升高，故C错。
（11新标理综，T12）能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑
B. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
C. 少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O-+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3-
D. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O
【解析】D A中硝酸有强氧化性，-2价的硫被氧化，不能生成H2S。B中漏掉了NH4+与OH-的反应。C中应生成SO32-。D CaCO3中不溶于水，CH3COOH为弱酸，正确。
（11新标理综，T13）.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种
C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【解析】A X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是碳元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为铝元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为硫元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是锂元素。A中LiCl中Li+的最外层只有两个电子，A错。B中元素X与氢形成的化合物有C2H2,C6H6等，C中元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，D中硫和碳可形成共价化合物CS2。
（11新标理综，T26）0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。
请回答下列问题：
（1）试确定200℃时固体物质的化学式__ ___（要求写出推断过程）；
（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为 。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 ；
（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为________________；
（4）在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=________________mol·L-1（Kap[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。
若在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_______________mol·L-1。
【解析】(1)由图分析可知，CuSO4·5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解。在200℃时失去的水的质量为0.57g，有差量法可以计算。
CuSO4·5H2OCuSO4·(5-n)H2O+n H2O
250 18n
0.80g 0.80g-0.57g=0.23g
n=4
(2) 570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，是CuO和SO3。CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩的晶体为CuSO4·5H2O。其存在的最高温度为102℃。
(3) SO3与水反应生成硫酸，与铜加热反应：2H2SO4(浓)+ CuCuSO4 +SO2↑+H2O
(4)根据溶度积的概念可以直接计算。pH=8时，c(OH-)=10-6，由c(Cu2+)·c(OH-)2= Kap[Cu(OH)2]可得，c(Cu2+)=(2.2×10-20)/10-12=2.2×10-8 。在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，溶液中溶质为硫酸，c(SO42-)不变，为0.1mol·L-1 ，c(H+)为0.2mol·L-1。
【答案】（1）CuSO4·H2O
CuSO4·5H2OCuSO4·(5-n)H2O+n H2O
250 18n
0.80g 0.80g-0.57g=0.23g
n=4
(2) CuSO4 CuO+SO3↑，CuSO4·5H2O， 102℃
(3) 2H2SO4(浓)+ CuCuSO4 +SO2↑+H2O
(4)2.2×10-8 ，0.2
（11新标理综，T27）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________；
（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；
下列说法正确的是______（填序号）
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为
v(CH3OH)= mol·L-1·min-1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为______；
（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为________、正极的反应式为________。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1KJ,则该燃料电池的理论效率为________（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）
【解析】(1)由H2（g）的燃烧热△H为-285.8kJ·mol-1知，1mol H2（g）完全燃烧生成1mol H2O(g)放出热量285.8kJ，即分解1mol H2O(g)为1mol H2（g）消耗的能量为285.8kJ，分解10mol H2O(g)为10mol H2（g）消耗的能量为2858kJ。
(2)写出燃烧热的热化学方程式：
CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1 ①
CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) △H=-726.5kJ·mol-1 ②
用②-①得：
CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2 H2O(l) △H=-443.5kJ·mol-1
(3)根据图像分析，由先拐先平数值大原则，T2>T1，温度升高，生成物的平衡时的物质的量减少，故正反应为放热反应。
①中速率用物质的量与时间之比，错误，应该为物质的量浓度与时间之比。
②该反应的正反应为放热反应，T2>T1，所以T1时的平衡常数比T2时的大。
③正确
④处于A点的反应体系从T1变到T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时增大。正确。
(4)利用化学平衡的三段模式法计算：
CO2 (g)+3H2(g)= CH3OH(g) +2H2O(g)
起始 1 3 0 0
变化 a 3 a a a
平衡 1-a 3-3a a a
根据压强之比等于物质的量之比，则
容器内的压强与起始压强之比为：(4-2a)/4=1-a/2
(5)这是一个典型的燃料电池的电极反应的书写。电池的理论效率的计算可由消耗1mol甲醇所能产生的最大电能与其燃烧热之比即可求得。702.1/726.5=96.6%。
【答案】(1) 2858
(2) CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2 H2O(l) △H=-443.5kJ·mol-1
(3) ③④
(4)1-a/2
(5) CH3OH(g) +H2O-6e-= CO2 +6H+
3/2O2 + +6H+ +6e-= 3H2O
96.6%
（11新标理综，T28） 氢化钙固体登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙。
请回答下列问题：
（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为________(填仪器接口的字母编号)
（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞_________（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）。
A.加热反应一段时间 B.收集气体并检验其纯度
C.关闭分液漏斗活塞 D.停止加热，充分冷却
（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成。
① 写出CaH2与水反应的化学方程式 ___________________
②该同学的判断不正确，原因是________________
（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象__________。
（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是____________。
【解析】
【答案】(1)i→e，f→d，c→j，k(或k，j) k→a
(2) BADC
(3) CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑
金属钙与水反应也有类似现象
(4) 取适量的氢化钙，在加热的条件下雨干燥氧气反应，将反应后生成的气态产物通过装有白色的无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变蓝色，而取钙做相同的实验则观察不到白色变蓝色。
(5) 氢化钙是固体携带方便。
（11新标理综，T36）普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂覆明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散，请回答下列问题：
（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，其中的化学原理是______；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的化学（离子）方程式为______。
（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：
①喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等，这样操作产生的主要问题是______。
②喷洒Zn(C2H5)2。Zn(C2H5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用化学（离子）方程式表示该方法生成氧化锌及防治酸性腐蚀的原理______。
（3）现代造纸工艺常用钛白粉(TiO2)替代明矾。钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿（主要成分FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：
①□FeTiO3+□C+□Cl2□TiCl4+□FeCl3+□CO
②□TiCl4+□O2□TiO3+□Cl2
【解析】⑴⑵⑶⑷⑸
【答案】(1)明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下，纤维素水解，使高分子链断裂；
CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
(2) ①过量的碱同样可以导致纤维素的水解，造成书籍污损。
② Zn(C2H5)2+ H2O= ZnO+2 C2H6↑，ZnO+2H+= Zn2++ H2O
(3) ①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
②TiCl4+O2TiO3+2Cl2。
（11新标理综，T37）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：
请回答下列问题：
(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_________、__________；
(2)基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；
(3)在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体结构为_______；
(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；
(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______个氮原子、________个硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值。阿伏伽德罗常数为NA）。
【解析】
【答案】(1) B2O3+3 CaF2+3H2SO42 BF3↑+3 Ca SO4+3H2O
B2O3+2NH32BN+3 H2O
(2)1s22s22p1，N，+3
(3)120 ，sp2，正四面体
(4)共价键（极性键），分子间作用力
(5)4，4，。
（11新标理综，T38）香豆素是一种天然香料，存在于黑香豆、兰花等植物中。工业上常用水杨醛与乙酸酐在催化剂存在下加热反应制得：
以下是由甲苯为原料生产香豆素的一种合成路线（部分反应条件及副产物已略去）
已知以下信息：
A中有五种不同化学环境的氢；
B可与FeCl3溶液发生显色反应；
同一个碳原子上连有两个羧基通常不稳定，易脱水形成羰基。
请回答下列问题：
(1)香豆素的分子式为_______；
(2)由甲苯生成A的反应类型为___________；A的化学名称为__________；
(3)由B生成C的化学反应方程式为___________；
(4)B的同分异构体中含有苯环的还有______种，其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的有_______种；
(5)D的同分异构体中含有苯环的还有______中，其中：
既能发生银境反应，又能发生水解反应的是________（写结构简式）
能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2的是_________（写结构简式）
【解析】。
【答案】(1)C9H6O2
(2)取代反应，2-氯甲苯（邻氯甲苯）
(3)
(4)4，2
(5)4，，。
—OH
+
O
H+
HO—
—C—
+ H2O
—OH
CH3
CH32011年四川卷（理综）
（11四川理综，T6）下列“化学与生活”的说法不正确的是
A.硫酸钡可用于钡餐透视 B.盐卤可用于制豆腐
C.明矾可用于水的消毒、杀菌 D.醋可用于除去暖水瓶中的水垢
【解析】C 硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确。盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确。明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误。醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确。
（11四川理综，T7）下列推论正确的
A.SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B.NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+ 也为正四面体结构
C.CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D.C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子
【解析】B NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于pH3，A项错误。N、P是同主族元素，形成的离子：NH4＋ 和PH4＋ 结构类似都是正四面体构型，B项正确。CO2是分子晶体，而SiO2是原子晶体，C项错误。C2H6中两个－CH3对称，是非极性分子，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，D项错误。
（11四川理综，T8）下列说法正确的是
A.分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B.分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C.含有金属离子的晶体一定是离子晶体
D.元素的非金属型越强，其单质的活泼型一定越强
【解析】A 惰性气体组成的晶体中不含化学键，只含有分子间作用力，A项正确。1分子能电离出两个H＋ 的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4个H，却是一元酸，B项错误。AlCl3晶体中含有金属阳离子，但是分子晶体，C项错误。氮元素的非金属性较强，但N2很稳定，故D项错误。
（11四川理综，T9）25℃时，在等体积的 ① pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，③pH=0的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离得水的物质的量之比是
A.1:10:10:10 B.1:5:5×10:5×10
C.1:20:10:10 D.1:10:10:10
【解析】A ①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0 mol·L－1，c(OH－)=1.0×10－14mol·L－1，水电离程度为1.0×10－14mol·L－1。②中c(OH－)=0.1 mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，水电离程度为1.0×10－13mol·L－1。③中c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－4mol·L－1。④中c(H＋)=1.0×10－5mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－5mol·L－1。故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10－14mol·L－1：1.0×10－13mol·L－1：1.0×10－4mol·L－1：1.0×10－5mol·L－1=1:10:1010:109，A项正确。
（11四川理综，T10）甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；② 0.1mol/L乙溶液中c（）>0.1mol/L；③ 向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是
A. 甲溶液含有 B. 乙溶液含有
C丙溶液含有 D.丁溶液哈有
【解析】D 根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl－；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。故D项错误。
（11四川理综，T11）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是
操作和现象 结论
A 向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体 HNO3分解成了NO2
B 向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成 淀粉没有水解成葡萄糖
C 向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170°C产生的气体通入酸性KmnO4溶液，红色褪去 使溶液褪色的气体是乙烯
D 向饱和Na2CO3中通入足量CO2 溶液变浑浊 析出了NaHCO3
【解析】D 向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2＋＋NO3－ ＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故A项错误。应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，B项错误。乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误。饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，D项正确。
（11四川理综，T12）25°C和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL,与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合径中乙炔的体积分数为
A. 12.5% B. 25% C. 50% D. 75%
【解析】B 根据燃烧方程式：
C2H6 ＋O2=2CO2＋3H2O 减小V C2H2＋O2=2CO2＋H2O 减小V C3H6＋O2=3CO2＋3H2O 减小V
1 2.5 1 1.5 1 2.5
由方程式不难发现看，C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可。设C2H6和C3H6一共为x mL，C2H2为y mL。则有 x ＋y = 32；2.5x＋1.5y = 72，解得y=8。混合烃中乙炔的体积分数为，B项正确。
（11四川理综，T13）可逆反应①X(g)＋2Y(g )
2Z(g) 、②M(g)
N(g)＋p(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是
A. 反应的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为
D. 在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数相等
【解析】B 降温由平衡(I)向平衡(II)移动，同时X、Y、Z的物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，A项错误。达平衡(I)时的压强于开始时的体系的压强之比为：2.8:3=14:15，B项正确。达平衡(I)时，反应①的总物质的量由3.0 mol减小为2.8 mol，设反应的X的物质的量为△n(X)，利用差量可得：1:1=△n(X)：(3.0－2.8)，解之得：△n(X)=0.2 mol，则X的转化率为：×100%=20%，C项错误。由平衡(I)到平衡(II)，化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，D项错误。
（11四川理综，T26）
甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。
请回答下列问题
戊离子的结构示意图为_______。
与出乙的单质的电子式：_______。
戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2:4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。
写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_________。
按右图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_______。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是__________。
【解析】甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X是NH3，甲是H，乙是N。甲、丙处于同一主族，并且丙的原子序数大于N，则丙是Na。根据戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子的最外层电子数之和，则戊原子最外层电子数=1＋1＋5=7，则戊是Cl。戊的单质是Cl2，与NH3反应生成乙的单质N2和NH4Cl、HCl；并且0.1 mol·L－1的Y溶液的pH＞1，则Y是NH4Cl，Z是HCl。
丁的单质能与NaOH溶液反应，也能与HCl水溶液反应，则丁是Na，生成的盐L是NaAlO2。丙、戊组成的化合物M为NaCl。
(1)Cl－的结构示意图为：
。(2)乙单质N2的电子式为：
(3)NH3与Cl2反应的化学方程式：4NH3＋3Cl2=N2＋2NH4Cl＋4HCl，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质与被还原的物质之比为：2:3。
(4)将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为：AlO2－ ＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。
(5)按右图电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。电解后得到NaOH溶液，滴入酚酞溶液中，观察到溶液变红。
【答案】(1)
(2) (3)2:3 ⑷AlO2－ ＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
(5)2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ 酚酞溶液溶液变红。
（11四川理综，T27）
三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：
铁含量的测定
步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。
步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4-被还原成Mn2+。向反应后的溶液中计入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。
步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KmnO4溶液20.02ml滴定中MnO4-，被还原成Mn2+ 。
重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98ml
请回答下列问题：
配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、_______、转移、洗涤并转移、________摇匀。
加入锌粉的目的是________。
写出步骤三中发生反应的离子方程式________。
实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量__________。（选填“偏低”“偏高”“不变”）
结晶水的测定
将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误；_________;_________。
【解析】(1)①在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液、洗涤→振荡→定容→摇匀等步骤。
②加入锌粉的目的是将Fe3＋恰好还原成Fe2＋。
③在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2＋＋MnO4－ ＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。
④根据步骤三中的离子反应可知：n(Fe)=n(MnO4－ )=××0.01 mol·L－1×10－3×10=4.0×10－4mol，m(Fe)=56 g·mol－1×4.0×10－4mol=2.24×10－2g。晶体中铁的质量分数=×100%=44.8%。
若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高。
⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分。另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1 g。
【答案】(1)①溶解 定容 ②将Fe3＋恰好还原成Fe2＋ ③5Fe2＋＋MnO4－ ＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
④44.8% 偏高
⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却 两次称量质量差不超过0.1 g。
（11四川理综，T28）已知：CH2＝CH－CH＝CH2+R－CH＝CH－R 其中，R、R’表示原子或原子团。
A 、B、C、D、E、F分别表示一种有机物，E的相对分子质量为278，其转化关系如下图所示(其他反应产物及反应条件略去)：
请回答下列问题：
(1) 中含氧官能团的名称是________________。
(2)A反应生成B需要的无机试剂是___________。上图所示反应中属于加成反应的共有______________个。
(3)B与O2反应生成C的化学方程式为___________________。
(4)F的结构简式为________________。
(5)写出含有HC≡C－、氧原子不与碳碳双键和碳碳三键直接相连、呈链状结构的C物质的所有同分异构体的结构简式：_____________。
【解析】根据流程图和所给信息可知A为：CH2BrCH=CHCH2Br，B为CH2OHCH=CHCH2OH，C为OHCCH=CHCHO，D为，E为，F为。
(1) 中含氧官能团是醛基 ⑵强碱KOH或NaOH的水溶液
CH2=CH－CH=CH2与溴反应生成A，属于加成反应；CH2=CH－CH=CH2和C生成，属于加成反应；与H2反应生成D属于加成反应；共有3个加成反应。
(3)B为CH2OHCH=CHCH2OH与O2反应的方程式为：CH2OHCH=CHCH2OH＋O2OHCCH=CHCHO＋2H2O。
(4)F的结构简式为：
(5)C为OHCCH=CHCHO，符合条件的同分异构体有：HC≡C－CH(OH)CHO、HC≡C－－CH2OH、HC≡C－CH2－COOH、HCOOCH2C≡CH。
【答案】(1)醛基 ⑵NaOH的水溶液 3
(3)CH2OHCH=CHCH2OH＋O2OHCCH=CHCHO＋2H2O
(4)
(5)HC≡C－CH(OH)CHO、HC≡C－－CH2OH、HC≡C－CH2－COOH、HCOOCH2C≡CH。
（11四川理综，T29）开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。
请回答下列问题：
(1)已知1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为______________。
(2)该循环工艺过程的总反应方程式为_____________。
(3)用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是____________。
(4)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH)表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：
NiO(OH)+MHNi(OH)2+M
①电池放电时，负极的电极反应式为____________。
②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为______________。
【解析】(1)反应方程式：4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，标出各物质的聚集状态；在反应中4 mol FeS2的质量为m(FeS2)=4 mol×120 g·mol－1=480 g，放热Q=480 g×7.1 kJ/g=3408 kJ，对应的热化学方程式为：
4FeS2(s)＋11O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g) H=－3408 kJ·mol－1。
(2)在反应器中发生反应：SO2＋I2＋2H2O=2HI＋H2SO4，在膜反应器中的反应为：2HI AUTOTEXT <=> \* MERGEFORMAT
I2＋H2，将两个方程式相加得：SO2＋2H2O=H2SO4＋H2。
(3)在膜分离器中发生反应：2HI AUTOTEXT <=> \* MERGEFORMAT
I2＋H2，将H2分离出来有利于平衡向右移动，利于I2和H2的生成。
(4)①负极反应物MH失去电子，生成的H＋在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH－e－＋OH－=H2O＋M。
②O2与MH发生反应，生成H2O和M，电极反应式为：4MH＋O2＋4e－=2H2O＋4M。
【答案】(1)4FeS2(s)＋11O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g) H=－3408 kJ·mol－1
(2)SO2＋2H2O=H2SO4＋H2
(3)促使平衡向右移动，有利于碘和氢气的生成
(4)①MH－e－＋OH－=H2O＋M ②4MH＋O2＋4e－=2H2O＋4M。2011年安徽卷（理综）
（11安徽理综，T7） 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的（如下图所示）。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°，下列有关的说法正确的是
A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键
B.分子中四个氧原子共平面
C.该物质既有氧化性又有还原性
D.15.2g该物资含有6.02×个原子
【解析】C N、O是不同元素的原子，它们之间形成的化学键是极性键，只有同种元素的原子间才能形成非极性键；由NH3的结构分析，N(NO2)3中的四个N原子不能共平面；N(NO2)3的中N元素为+3价，是N的中间价态，应既有氧化性又有还原性，故C正确；15.2g该物质含有的原子的物质的量为=1mol，个数为6.02×1023，故D错。
（11安徽理综，T8）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.饱和氯水中 Cl-、NO3－、Na＋、SO32－
B. c(H＋)= 1×10-13mol·L-1溶液中 C6H5O－、K+、SO42－、Br－
C.Na2S溶液中 SO42－、K+、Cl-、Cu2+
D.pH=12的溶液中 NO3－、I－、Na＋、Al3＋
【解析】B 饱和氯水中的氯气分子能将SO32－氧化，故A不能大量共存；c(H＋)= 1×10-13mol·L-1溶液呈碱性，所有离子可以大量共存，故B正确；C选项中发生的离子反应方程式为Cu2++S2-==CuS↓，故C不能大量共存；D溶液显碱性，Al3＋不能大量存在。
（11安徽理综，T9）电镀废液中Cr2O72-可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：
Cr2O72-(aq)＋2Pb2+(aq)＋H2O（l）2 PbCrO4(s)+ 2H＋(aq) ΔH< 0
该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【解析】A 正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故A图像正确；由方程式知，碱性增强，平衡正向移动，Cr2O72-的转化率增大，故B图不正确；温度升高，正逆反应速率都增大，故C图错；由方程式可知，Pb2+的浓度增大，平衡正向移动，Cr2O72-的转化率增大，其物质的量减小，故D图像也不正确。
（11安徽理综，T10）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 过量的Fe粉中加入，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀将Fe氧化为
B Agl沉淀中滴入稀KCl溶液 有白色沉淀出现 AgCl比Agl更难溶
C Al箔插入稀中 无现象 Al箔 表面被氧化，形成致密的氧化膜
D 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸变蓝色 浓氨水呈碱性
【解析】D 本题综合考查化学实验以及元素化合物的相关知识。A选项，铁粉过量应该生成Fe2+，不会有红色出现；AgCl溶解度比AgI大, AgI沉淀中滴入稀KCl溶液不会有白色沉淀出现，故B错；Al箔插入浓HNO3中才会形成致密的氧化膜钝化，稀硝酸中会反应，故C错；D的实验操作、现象和结论都是正确的。
（11安徽理综，T11）中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C.根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO
【解析】D 本题综合考查化学反应原理中的共性与特性。同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族，故A错；一般规律是主族元素的最高正化合价与族序数相等，但F无正价，故B错；在室温下，pH<7的溶液显酸性，但如果不是在室温下，pH<7就不一定显酸性，故C错。
（11安徽理综，T12）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是
A.正极反应式：Ag+Cl- - e-== AgCl
B.每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
C. Na+不断向“水”电池的负极移动
D. AgCl是还原产物
【解析】B 本题综合考查原电池和氧化还原反应的相关知识。正极反应应该得到电子，故A错；原电池中电解质溶液中的阳离子应该向正极移动，故C错；Ag是反应的还原剂，因此AgCl是氧化产物，故D错。根据方程式，每生成1 mol Na2Mn5O10时，有2 mol Ag生成2 mol Ag+，转移2 mol电子，故B正确。
（11安徽理综，T13）室温下，将1.000 mol·L-1盐酸滴入20.00mL 1.000 mol·L-1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是
A. a点由水电离出的c(H+)=1×10-14 mol·L-1
B. b点：c(NH4+)+ c(NH3·H2O)= c(Cl-)
C.c点：c(Cl-) == c(NH4+)
D.d点后，温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
【解析】C 本题综合考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定的相关知识。
pH=14或pH=0的溶液中，由水电离出的c(H+)才是1×10-14 mol·L-1，a点7
（11安徽理综，T25） W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。
(1)X位于元素周期表中第 周期第 族；W的基态原子核外有 个未成对电子。
(2)X的单质子和Y的单质相比，熔点较高的是 （写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 （写化学式）。
(3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是 。
(4)在25 C、101 kPa下，已知Y的气态化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是 。
【解析】“W的一种核素的质量数为18，中子数为10”，则其质子数为8，是O元素；“X和Ne原子的核外电子数相差1”，且半径比O元素的大，故X只能是Na元素；“Y的单质是一种常见的半导体材料”，则Y是Si元素；“Z的电负性在同周期主族元素中最大”，则Z元素应为Cl元素。
(1)Na元素在周期表中位于第3周期，第ⅠA族；O元素的基态原子核外电子为1s22s22p4，有两个未成对电子。
(2) Si单质的晶体是原子晶体，其熔点比金属晶体Na高得多；氯的非金属性比溴强，故其气态氢化物的稳定性要强。
(3)根据信息可知反应方程式为：SiCl4+3H2O==H2SiO3+4HCl。
(4)由方程式知：SiH4+2O2== SiO2+2H2O，反应共转移8个电子，故1mol SiH4燃烧放出的热量为1520 kJ，故热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)== SiO2(g)+2H2O(l)；△H= -1520kJ·L－1
【答案】(1) 三 ⅠA 2
(2) Si HCl
(3)SiCl4+3H2O==H2SiO3+4HCl；
(4)SiH4(g)+2O2(g)== SiO2(g)+2H2O(l)；△H= -1520kJ·L－1
（11安徽理综，T26）室安卡因（G）是一种抗心率失常药物，可由下列路线合成；
(1)已知A是的单体，则A中含有的官能团是 （写名称）。B的结构简式是 。
(2)C的名称（系统命名）是 ，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是
。
(3)X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有、 、 、 。
(4)F→G的反应类型是 。
(5)下列关于室安卡因（G）的说法正确的是 。
a.能发生加成反应 b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c.能与盐酸反应生成盐 d..属于氨基酸
【解析】本题综合考查有机化学的命名、同分异构、官能团及性质等相关知识。较为简单，只要稍有能力的学生都能做好。
据A是的单体可知A为CH2＝CHCOOH；据A→B的反应条件可知，发生的是加成反应，则B为CH3CH2COOH；据B→C结构的变化，可知发生的是α—取代反应；从C→D结构的变化可知发生的是取代反应；同样从结构的变化可判断，D+E→F，F→G的反应也都是取代反应。
(3)“苯环上一氯代物只有两种”，说明结构的对称程度高，由移动取代基的位置可得：；若是三个取代基，可以是
。
(5) 其中的苯环和羰基可以发生加成反应，故a正确；苯环上的甲基可以使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；氨基显碱性，故可与盐酸反应成盐，故c正确；结构中没有羧基，故d错。
【答案】(1)碳碳双键 羧基 CH3CH2COOH
(2)2-溴丙酸
(3) (注：原答案少最后一种)
(4)取代 (5)abc
（11安徽理综，T27）MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO【多数错成MnO2】和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：
(1)第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的 （写化学式）转化为可溶性物质。
(2)第②步反应的离子方程式： +ClO3-+ ＝MnO2↓+Cl2↑+ 。
(3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、 、 、 ，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有 （写化学式）。
(4)若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 LCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要 mol NaClO3。
【解析】本题综合考查离子反应方程式的书写、氧化还原反应的配平、化学计算以及化学实验的相关知识。情景较为简单，工艺流程清晰。
(1) 要提纯MnO2，加入硫酸后MnO2没有反应，则一定是杂质MnO和MnCO3能跟稀硫酸反应；
(2) 滤液中一定有Mn2+，根据得失电子守恒有：5Mn2++2ClO3-+ =5MnO2↓+Cl2↑
+ ，要使氧元素守恒和溶液中的电荷守恒，反应物质中必须有H2O参加，产物中应有H+生成，故离子方程式为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+。
(3)根据氧化还原反应中“有升必有降”，产物中一定含有NaCl。
(4) 0.224 LCO2的物质的量为0.01 mol，则MnCO3的物质的量也为0.01 mol ，质量为1.15 g。则MnO的质量为(12.69-1.15-8.7) g =2.48 g ，为0.04mol，故溶液中的Mn2+共为0.05 mol，根据(2)中的离子方程式可知需要0.02mol NaClO3。
【答案】(1)MnO和MnCO3
(2)5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+
(3)蒸发皿 酒精灯 玻璃棒 NaCl
(4)0.02 。
（11安徽理综，T28）地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
(1)实验前：①先用0.1 mol·L-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入 （写化学式）。
(2)下图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式 。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。
(3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：溶液的pH；
假设二： ；
假设二： ；
(4)请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。（已知：溶液中的NO3-浓度可用离子色谱仪测定）
【解析】
(1) H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物；为防止空气中的O2对脱氮的影响，可向KNO3溶液中通入N2，排出O2。
(2) t1时刻前H+ 、NO3- 浓度减小，Fe2+ 和NH4+的浓度增大，故反应的离子方程式为4Fe + NO3- + 10H+ == 4Fe2+ + NH4+ + 3H2O。Fe粉足量，反应仍在进行，Fe2+的浓度没有增大的原因是发生了水解反应，因为溶液的pH增大，促进了水解。
(3)影响反应速率的因素还可能有温度、铁粉颗粒大小等。
(4)要验证溶液的pH对反应速率的影响，需其他条件相同，而溶液的酸碱性不同，结合题目中提供的信息，如：通入N2除去O2，用色谱仪测定溶液中NO3-的浓度等，可设计实验步骤，注意语言的条理性和严密性。
【答案】
(1)去除铁粉表面的氧化物等杂质 N2
(2) 4Fe +NO3- +10H+ == 4Fe2+ + NH4+ +3H2O 生成的Fe2+水解(或和溶液中的OH-反应)
(3)温度 铁粉颗粒大小
(4)实验步骤及结论：
①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；
②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；
③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；
④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度；
若pH不同的KNO3溶液中，测出的NO3-的浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。 (本题属于开放性试题，合理答案均可)
实验步骤及结论：