2015-2016学年福建省岐滨中学高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·福建开学考）分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）
A．该晶体是原子晶体
B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%
D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价
2．（2015高三上·福建开学考）图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是（ ）
A．步骤①需要用到蒸发皿 B．步骤③需要过滤装置
C．步骤⑤需要用到分液漏斗 D．步骤⑥需要蒸馏装置
3．（2015高三上·福建开学考）取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，
则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（ ）
A．4.4 mol L﹣1 B．3.6 mol L﹣1
C．4.0 mol L﹣1 D．3.2 mol L﹣1
4．（2015高三上·福建开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置
B．由H﹣H和Cl﹣Cl的键长推测液氢和液氯沸点的高低
C．由CaF2晶体中，与Ca2+距离最近的F﹣有8个，推知与F﹣距离最近的Ca2+也有8个
D．由N≡N、H﹣H、N﹣H的键能数据估算3H2（g）+N2（g） 2NH3（g）的反应热
5．（2015高三上·福建开学考）鼠尾草酚用于防治骨质疏松，鼠尾草酸可两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z属于芳香族化合物
B．X、Y、Z均能与FeCl3溶液发生显色反应
C．1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOH
D．X、Y、Z均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
6．（2015高三上·福建开学考）下列说法错误的是（ ）
A．等物质的量的NaX和弱酸HX混合后的溶液中c（HX）可能大于c（X﹣）
B．在pH=4.5的NaHSO3溶液中，c（H2SO3）大于c（SO32﹣）
C．向0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释的过程中c（OH﹣）不断增大
D．向含有Na2SO4的BaSO4悬浊液中加水稀释，c（Ba2+）增大
7．（2015高三上·福建开学考）室温下，用0.10mol L﹣1盐酸分别滴定20.00mL 0.10mol L﹣1氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积[V（HCl）]的变化关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅱ 表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时，有：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，且c（NH4+）=c（Cl﹣）
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，则一定有：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，有：2[c（OH﹣）﹣c（H+）]=c（NH4+）﹣c（NH3 H2O）
二、解答题
8．（2015高三上·福建开学考）天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物[硫化氢、羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH）]，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去．
（1）硫元素的原子结构示意图为 ；羰基硫分子的电子式为 ．
（2）下列说法正确的是 ．
a．乙硫醇的相对分子质量大于乙醇，故其沸点更高
b．同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，说明硫元素非金属性强于碳元素
c．H2S分子和CO2都是极性分子，因为它们都是直线形分子
d．由于乙基的影响，乙硫醇的酸性弱于H2S
（3）羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如下（部分产物已略去）：
COS Na2S溶液 X溶液+H2
①反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为 ．
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则Ⅱ中主要反应的离子方程式为 ．
③如图是反应Ⅱ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）．
a．判断T1、T2、T3的大小： ；
b．在T1温度下，充分反应后，若X溶液中除S2O32﹣外，还有因发生副反应而同时产生的SO42﹣，则溶液中c（S2O32﹣）：c（SO42﹣）= ．
9．（2015高三上·福建开学考）下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀的反应所做实验的记录．
步 骤 现 象
Ⅰ．取5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积0.1mol/L NaCl溶液，混合，振荡． 立即产生白色沉淀
Ⅱ．向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol/L Na2S溶液． 沉淀迅速变为黑色
Ⅲ．将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌． 较长时间后，沉淀变为乳白色
Ⅳ．滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液． 产生红棕色气体，沉淀部分溶解
Ⅴ．过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba（NO3）2溶液． 产生白色沉淀
（1）为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为 ．
（2）已知：25℃时Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2S）=6×10﹣30，此沉淀转化反应的平衡常数K ．
（3）步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有 ．
（4）为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置．
①装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ，试剂W为 ．
②装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，B中试剂为 ．
③实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化．
完成C中反应的化学方程式：
Ag2S+ NaCl+ + AgCl+ S+
C中NaCl的作用是：
10．（2015高三上·福建开学考）可降解塑料PCL的结构可表示为 ．其合成路线如下．
已知：
①
②R﹣CH=CH﹣CH3 R﹣CH=CH﹣CH2Br
③
回答下列问题：
（1）由苯酚生成B的反应试剂和条件为
（2）D的结构简式是 ．上述生成D的反应类型是 ．
（3）PCL属于 （填“线型”或“体型”）高分子材料．
与D具有相同官能团的同分异构体E经下列合成路线可转化为D．
（4）E的结构简式是 ．
（5）由H生成K的化学方程式是 ．
（6）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一，用B做原料三步反应可制得己二酸．
B﹣W→X→己二酸
写出W、X的结构简式：W 、X
11．（2015高三上·福建开学考）废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施．
（1）烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放．
①列举一种由NOx引起的大气污染现象： ．
②已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890.3kJ mol﹣1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）；△H=+180kJ mol﹣1
则CH4脱硝的热化学方程式为CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），△H= ．
③图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．该脱硝反应中，氧化剂是 ；
（2）图2是一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理示意图，同时处理有机废水和硝酸盐废水，并获得淡水．图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．
①电池正极为 ．（填“a”或“b”）
②电极a上的电极反应式为 ．
③电池工作过程中Na+离子移向 、Cl﹣离子移向 ．（填“a电极”、或“b电极”）
④假设咸水中氯化钠的质量分数为2.34%，当两极总共产生7.84L气体（标准状况下）时，理论上处理咸水 g．（忽略CO2的溶解）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，故A错误；
B、根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4× = ，Fe3+的个数为4× = ，CN﹣的个数为12× =3，所以Fe2+、Fe3+、CN﹣的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，故B错误；
C、根据晶胞结构，由B的计算可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个，Fe3+0.5个，CN﹣3个，由B可知M的化合价为+1价，根据化合价代数为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，故C正确；
D、由B的分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2（CN）6，且M为+1价，故D错误；
故选C．
【分析】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，据此判断晶体类型；
B、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断；
C、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数比可判断；
D、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断．
2．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】解：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤③为过滤，得到含碘离子的溶液，④中发生MnO2+2I﹣+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘单质的溶液，⑤为萃取，⑥为蒸馏，
A．灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热溶液，故A错误；
B．步骤③用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；
C．⑤为萃取，所用主要仪器是分液漏斗、烧杯，故C正确；
D．步骤⑥分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确．
故选A．
【分析】由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤③为过滤，得到含碘离子的溶液，④中发生MnO2+2I﹣+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘单质的溶液，⑤为萃取，⑥为蒸馏，以此来解答．
3．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：设其中一份中n（Cu）=x mol，n（Cu2O）=y mol，n（CuO）=z mol，
依得失电子守恒和氧元素守恒，
有： x+2y+z=0.7mol
亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol
则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=0.70mol×2+0.200mol=1.600mol
于是：c（HNO3）=1.600mol/0.500L=3.2mol/L，
故选：D．
【分析】Cu、Cu2O、CuO的固体混合物通入足量的氢气，Cu2O、CuO被还原成铜单质，根据减少的质量即为氧的质量列方程；Cu、Cu2O、CuO的固体混合物加入稀硝酸，Cu、Cu2O被硝酸氧化二价铜，硝酸被还原成NO，根据得失电子守恒列方程．
4．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；反应热和焓变；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数，由电子层数确定周期数，最外层电子数确定族序数，所以由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置，故A正确；
B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关，共价键的键长是决定化学性质的，故B错误；
C、萤石中每个Ca2+被8个F﹣所包围，每个F﹣周围最近距离的Ca2+数目为4，故C错误；
D、与外界条件有关，温度和压强不定，所以无法估算反应热，故D错误；
故选A．
【分析】A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数；
B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关；
C、萤石中每个Ca2+被8个F﹣所包围，每个F﹣周围最近距离的Ca2+数目为4；
D、在外界条件一定的情况下，反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键能．
5．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．芳香族化合物中含有苯环，B中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应，B中不含酚羟基，不能和氯化铁发生显色反应，故B错误；
C．X中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOH，故C正确；
D．碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，X和Z中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，故D错误；
故选C．
【分析】A．芳香族化合物中含有苯环；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应；
C．X中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应；
D．碳碳不饱和键能和溴发生加成反应．
6．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．等物质的量的NaX和弱酸HX混合后，如溶液呈碱性时，说明水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X﹣），故A正确；
B．pH=4.5，说明HSO3﹣电离大于水解程度，则c（H2SO3）小于c（SO32﹣），故B错误；
C．加水解释，c（H+）减小，但Kw不变，则c（OH﹣）不断增大，故C正确；
D．加水稀释，c（SO42﹣）降低，但Ksp不变，则c（Ba2+）增大，故D正确．
故选B．
【分析】A．如水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X﹣）；
B．pH=4.5，说明HSO3﹣电离大于水解程度；
C．加水解释，c（H+）减小；
D．加水稀释，c（SO42﹣）降低．
7．【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，则开始时氨水的pH小于13，所以Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时，恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20 mL，故B错误；
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，氢离子浓度可能大于钠离子，则溶液中离子浓度关系可能为：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3 H2O和NH4Cl，电荷守恒为c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），物料守恒为：2c（Cl﹣）=c（NH3 H2O）+c（NH4+），则2[c（OH﹣）﹣c（H+）]=c（NH4+）﹣c（NH3 H2O），故D正确；
故选BC．
【分析】A．根据氨水和NaOH在滴定开始时的pH来判断；
B．盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性；
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，氢离子浓度可能大于钠离子；
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3 H2O和NH4Cl．
8．【答案】（1）；
（2）bd
（3）COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；T1＞T2＞T3；5：2
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6，则原子结构示意图为 ；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为 ，
故答案为： ； ；（2）a．乙醇中含氢键，则乙醇沸点高于乙硫醇，故a错误；
b．同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性为硫酸＞碳酸，则硫元素非金属性强于碳元素，故b正确；
c．CO2结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子，为直线结构，而H2S分子V型极性分子，故c错误；
d．由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子，乙硫醇的酸性弱于H2S，故d正确；
故答案为：bd；（3）①反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3，反应为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，
故答案为：COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，故答案为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；
③a．由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短，则T1＞T2＞T3，故答案为：T1＞T2＞T3；
b.3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，设产生的SO42﹣为x，由电子守恒可知x×8+（3﹣x）×4=14，解得x=0.5mol，则n（S2O32﹣）= =1.25mol，溶液中c（S2O32﹣）：c（SO42﹣）=1.25：0.5=5：2，
故答案为：5：2．
【分析】（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型；（2）a．乙醇中含氢键；
b．同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性；
c．CO2结构对称，正负电荷中心重合；
d．由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子；（3）①反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3；
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；
③a．由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短；
b.3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，结合电子守恒计算．
9．【答案】（1）≥5mL
（2）5.4×109
（3）BaSO4；S
（4）分液漏斗；过氧化氢溶液；Ag2S悬浊液；2；4；O2；2H2O；4；2；4NaOH；氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）要证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的体积必须≥5mL，
故答案为：≥5mL；（2）氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）+S2﹣（aq） Ag2S（s）+2Cl﹣（aq），该反应的平衡常数为：K= ═ = = =5.4×109，
故答案为：5.4×109；（3）步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀转化成氯化银沉淀；
再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加Ba（NO3）2溶液会生成BaSO4沉淀，
故答案为：BaSO4；S；（4）①根据图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S的混合物，装置A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液，
故答案为：分液漏斗；过氧化氢溶液；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因，
故答案为：Ag2S悬浊液；
③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以NaOH形式存在，则未知的反应物为NaOH，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平可得反应方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O 4AgCl+2S+4NaOH；
装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中c（Ag+）减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O 4AgCl+2S+4NaOH向右移动，
故答案为：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O 4AgCl+2S+4NaOH；氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移．
【分析】（1）证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则应该使步骤Ⅰ中银离子完全转化成氯化银沉淀；（2）写出反应方程式，然后结合平衡常数表达式及氯化银、硫化银的溶度积进行计算；（3）步骤Ⅳ中稀硝酸将硫元素氧化成硫酸根离子，则步骤Ⅴ中加入硝酸钡后生成硫酸钡沉淀；再结合步骤Ⅲ中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，通式生成氯化银沉淀；（4）①根据装置A中仪器结构判断其名称；装置A需要产生氧气，结合二氧化锰可知试剂W为过氧化氢溶液；
②要探究生成氯化银和S沉淀的原因，C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则B中应该为硫化银悬浊液；
③C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和NaOH，根据化合价变化相等配平，从影响化学平衡的角度判断氯化钠在装置C中的作用．
10．【答案】（1）H2，Ni/△
（2）；氧化反应
（3）线型
（4）
（5）HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOH NaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O
（6）；OHCCH2CH2CH2CH2CHO
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为 ，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息①环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为 ，
M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为 ，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，F→G为消去反应，结合信息②和G→H的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，（1）B为 ，可由苯酚与氢气在Ni催化作用下加热生成，故答案为：H2，Ni/△；（2）D为 ， 被过氧乙酸氧化生成 ，故答案为： ；氧化反应；（3）PCL的结构可表示为 ，属于线型高分子材料，故答案为：线型；（4）E的结构简式是 ，故答案为： ；（5）H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，在NaOH溶液中发生中和反应和卤代烃的水解反应，化学方程式为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOH NaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O，故答案为：HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOH NaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O；（6）苯酚与氢气加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，结合题给信息，用臭氧氧化生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，再氧化生成己二酸，则W为 ，X为OHCCH2CH2CH2CH2CHO，
故答案为： ；OHCCH2CH2CH2CH2CHO．
【分析】苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为 ，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息①环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为 ，
M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为 ，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，F→G为消去反应，结合信息②和G→H的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，以此解答该题．
11．【答案】（1）光化学烟雾（或硝酸型酸雨）；﹣1250.3 kJ mol﹣1；NO
（2）b；C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+；b电极；a电极；2500
【知识点】盖斯定律及其应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）①光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的，故答案为：光化学烟雾（或硝酸型酸雨）；②已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ mol﹣1，②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ mol﹣1
根据盖斯定律：①﹣2×②得CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），△H=﹣890.3kJ mol﹣1﹣2×（+180kJ mol﹣1）=﹣1250.3 kJ mol﹣1；
故答案为：﹣1250.3 kJ mol﹣1；③氮的化合价降低，所以氧化剂是一氧化氮，故答案为：NO；（2）该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，①该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，则右边装置中电极b是正极，故答案为：b；②左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，故答案为：C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+；③放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室即向b电极，阴离子Cl﹣移向负极室左室即a电极，故答案为：b电极；a电极；④整个电路转移120mol电子时，负极生成30mol的二氧化碳气体，正极生成12mol的氮气，除理氯化钠120mol，得到关系式为：
42mol气体～ 120molNaCl，
42×22.4 120×58.5
7.84 2.34%×m
则42×22.4×2.34%×m=7.84×120×58.5，解之得x=2500g，故答案为：2500．
【分析】（1）①光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的；②已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ mol﹣1 根据盖斯定律：①﹣2×②得CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），据此计算；③氮的化合价降低，所以氧化剂是一氧化氮；（2）该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，据此分析解答．
1 / 12015-2016学年福建省岐滨中学高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·福建开学考）分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）
A．该晶体是原子晶体
B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%
D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，故A错误；
B、根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4× = ，Fe3+的个数为4× = ，CN﹣的个数为12× =3，所以Fe2+、Fe3+、CN﹣的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，故B错误；
C、根据晶胞结构，由B的计算可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个，Fe3+0.5个，CN﹣3个，由B可知M的化合价为+1价，根据化合价代数为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，故C正确；
D、由B的分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2（CN）6，且M为+1价，故D错误；
故选C．
【分析】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，据此判断晶体类型；
B、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断；
C、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数比可判断；
D、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断．
2．（2015高三上·福建开学考）图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是（ ）
A．步骤①需要用到蒸发皿 B．步骤③需要过滤装置
C．步骤⑤需要用到分液漏斗 D．步骤⑥需要蒸馏装置
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】解：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤③为过滤，得到含碘离子的溶液，④中发生MnO2+2I﹣+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘单质的溶液，⑤为萃取，⑥为蒸馏，
A．灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热溶液，故A错误；
B．步骤③用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；
C．⑤为萃取，所用主要仪器是分液漏斗、烧杯，故C正确；
D．步骤⑥分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确．
故选A．
【分析】由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤③为过滤，得到含碘离子的溶液，④中发生MnO2+2I﹣+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘单质的溶液，⑤为萃取，⑥为蒸馏，以此来解答．
3．（2015高三上·福建开学考）取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，
则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（ ）
A．4.4 mol L﹣1 B．3.6 mol L﹣1
C．4.0 mol L﹣1 D．3.2 mol L﹣1
【答案】D
【知识点】铜及其化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：设其中一份中n（Cu）=x mol，n（Cu2O）=y mol，n（CuO）=z mol，
依得失电子守恒和氧元素守恒，
有： x+2y+z=0.7mol
亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol
则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=0.70mol×2+0.200mol=1.600mol
于是：c（HNO3）=1.600mol/0.500L=3.2mol/L，
故选：D．
【分析】Cu、Cu2O、CuO的固体混合物通入足量的氢气，Cu2O、CuO被还原成铜单质，根据减少的质量即为氧的质量列方程；Cu、Cu2O、CuO的固体混合物加入稀硝酸，Cu、Cu2O被硝酸氧化二价铜，硝酸被还原成NO，根据得失电子守恒列方程．
4．（2015高三上·福建开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置
B．由H﹣H和Cl﹣Cl的键长推测液氢和液氯沸点的高低
C．由CaF2晶体中，与Ca2+距离最近的F﹣有8个，推知与F﹣距离最近的Ca2+也有8个
D．由N≡N、H﹣H、N﹣H的键能数据估算3H2（g）+N2（g） 2NH3（g）的反应热
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；反应热和焓变；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数，由电子层数确定周期数，最外层电子数确定族序数，所以由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置，故A正确；
B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关，共价键的键长是决定化学性质的，故B错误；
C、萤石中每个Ca2+被8个F﹣所包围，每个F﹣周围最近距离的Ca2+数目为4，故C错误；
D、与外界条件有关，温度和压强不定，所以无法估算反应热，故D错误；
故选A．
【分析】A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数；
B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关；
C、萤石中每个Ca2+被8个F﹣所包围，每个F﹣周围最近距离的Ca2+数目为4；
D、在外界条件一定的情况下，反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键能．
5．（2015高三上·福建开学考）鼠尾草酚用于防治骨质疏松，鼠尾草酸可两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z属于芳香族化合物
B．X、Y、Z均能与FeCl3溶液发生显色反应
C．1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOH
D．X、Y、Z均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．芳香族化合物中含有苯环，B中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应，B中不含酚羟基，不能和氯化铁发生显色反应，故B错误；
C．X中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOH，故C正确；
D．碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，X和Z中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，故D错误；
故选C．
【分析】A．芳香族化合物中含有苯环；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应；
C．X中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应；
D．碳碳不饱和键能和溴发生加成反应．
6．（2015高三上·福建开学考）下列说法错误的是（ ）
A．等物质的量的NaX和弱酸HX混合后的溶液中c（HX）可能大于c（X﹣）
B．在pH=4.5的NaHSO3溶液中，c（H2SO3）大于c（SO32﹣）
C．向0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释的过程中c（OH﹣）不断增大
D．向含有Na2SO4的BaSO4悬浊液中加水稀释，c（Ba2+）增大
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．等物质的量的NaX和弱酸HX混合后，如溶液呈碱性时，说明水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X﹣），故A正确；
B．pH=4.5，说明HSO3﹣电离大于水解程度，则c（H2SO3）小于c（SO32﹣），故B错误；
C．加水解释，c（H+）减小，但Kw不变，则c（OH﹣）不断增大，故C正确；
D．加水稀释，c（SO42﹣）降低，但Ksp不变，则c（Ba2+）增大，故D正确．
故选B．
【分析】A．如水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X﹣）；
B．pH=4.5，说明HSO3﹣电离大于水解程度；
C．加水解释，c（H+）减小；
D．加水稀释，c（SO42﹣）降低．
7．（2015高三上·福建开学考）室温下，用0.10mol L﹣1盐酸分别滴定20.00mL 0.10mol L﹣1氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积[V（HCl）]的变化关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅱ 表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时，有：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，且c（NH4+）=c（Cl﹣）
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，则一定有：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，有：2[c（OH﹣）﹣c（H+）]=c（NH4+）﹣c（NH3 H2O）
【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，则开始时氨水的pH小于13，所以Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时，恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20 mL，故B错误；
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，氢离子浓度可能大于钠离子，则溶液中离子浓度关系可能为：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3 H2O和NH4Cl，电荷守恒为c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），物料守恒为：2c（Cl﹣）=c（NH3 H2O）+c（NH4+），则2[c（OH﹣）﹣c（H+）]=c（NH4+）﹣c（NH3 H2O），故D正确；
故选BC．
【分析】A．根据氨水和NaOH在滴定开始时的pH来判断；
B．盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性；
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，氢离子浓度可能大于钠离子；
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3 H2O和NH4Cl．
二、解答题
8．（2015高三上·福建开学考）天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物[硫化氢、羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH）]，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去．
（1）硫元素的原子结构示意图为 ；羰基硫分子的电子式为 ．
（2）下列说法正确的是 ．
a．乙硫醇的相对分子质量大于乙醇，故其沸点更高
b．同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，说明硫元素非金属性强于碳元素
c．H2S分子和CO2都是极性分子，因为它们都是直线形分子
d．由于乙基的影响，乙硫醇的酸性弱于H2S
（3）羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如下（部分产物已略去）：
COS Na2S溶液 X溶液+H2
①反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为 ．
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则Ⅱ中主要反应的离子方程式为 ．
③如图是反应Ⅱ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）．
a．判断T1、T2、T3的大小： ；
b．在T1温度下，充分反应后，若X溶液中除S2O32﹣外，还有因发生副反应而同时产生的SO42﹣，则溶液中c（S2O32﹣）：c（SO42﹣）= ．
【答案】（1）；
（2）bd
（3）COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；T1＞T2＞T3；5：2
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6，则原子结构示意图为 ；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为 ，
故答案为： ； ；（2）a．乙醇中含氢键，则乙醇沸点高于乙硫醇，故a错误；
b．同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性为硫酸＞碳酸，则硫元素非金属性强于碳元素，故b正确；
c．CO2结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子，为直线结构，而H2S分子V型极性分子，故c错误；
d．由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子，乙硫醇的酸性弱于H2S，故d正确；
故答案为：bd；（3）①反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3，反应为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，
故答案为：COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，故答案为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；
③a．由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短，则T1＞T2＞T3，故答案为：T1＞T2＞T3；
b.3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，设产生的SO42﹣为x，由电子守恒可知x×8+（3﹣x）×4=14，解得x=0.5mol，则n（S2O32﹣）= =1.25mol，溶液中c（S2O32﹣）：c（SO42﹣）=1.25：0.5=5：2，
故答案为：5：2．
【分析】（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型；（2）a．乙醇中含氢键；
b．同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性；
c．CO2结构对称，正负电荷中心重合；
d．由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子；（3）①反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3；
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；
③a．由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短；
b.3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，结合电子守恒计算．
9．（2015高三上·福建开学考）下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀的反应所做实验的记录．
步 骤 现 象
Ⅰ．取5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积0.1mol/L NaCl溶液，混合，振荡． 立即产生白色沉淀
Ⅱ．向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol/L Na2S溶液． 沉淀迅速变为黑色
Ⅲ．将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌． 较长时间后，沉淀变为乳白色
Ⅳ．滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液． 产生红棕色气体，沉淀部分溶解
Ⅴ．过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba（NO3）2溶液． 产生白色沉淀
（1）为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为 ．
（2）已知：25℃时Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2S）=6×10﹣30，此沉淀转化反应的平衡常数K ．
（3）步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有 ．
（4）为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置．
①装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ，试剂W为 ．
②装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，B中试剂为 ．
③实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化．
完成C中反应的化学方程式：
Ag2S+ NaCl+ + AgCl+ S+
C中NaCl的作用是：
【答案】（1）≥5mL
（2）5.4×109
（3）BaSO4；S
（4）分液漏斗；过氧化氢溶液；Ag2S悬浊液；2；4；O2；2H2O；4；2；4NaOH；氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）要证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的体积必须≥5mL，
故答案为：≥5mL；（2）氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）+S2﹣（aq） Ag2S（s）+2Cl﹣（aq），该反应的平衡常数为：K= ═ = = =5.4×109，
故答案为：5.4×109；（3）步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀转化成氯化银沉淀；
再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加Ba（NO3）2溶液会生成BaSO4沉淀，
故答案为：BaSO4；S；（4）①根据图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S的混合物，装置A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液，
故答案为：分液漏斗；过氧化氢溶液；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因，
故答案为：Ag2S悬浊液；
③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以NaOH形式存在，则未知的反应物为NaOH，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平可得反应方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O 4AgCl+2S+4NaOH；
装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中c（Ag+）减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O 4AgCl+2S+4NaOH向右移动，
故答案为：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O 4AgCl+2S+4NaOH；氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移．
【分析】（1）证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则应该使步骤Ⅰ中银离子完全转化成氯化银沉淀；（2）写出反应方程式，然后结合平衡常数表达式及氯化银、硫化银的溶度积进行计算；（3）步骤Ⅳ中稀硝酸将硫元素氧化成硫酸根离子，则步骤Ⅴ中加入硝酸钡后生成硫酸钡沉淀；再结合步骤Ⅲ中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，通式生成氯化银沉淀；（4）①根据装置A中仪器结构判断其名称；装置A需要产生氧气，结合二氧化锰可知试剂W为过氧化氢溶液；
②要探究生成氯化银和S沉淀的原因，C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则B中应该为硫化银悬浊液；
③C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和NaOH，根据化合价变化相等配平，从影响化学平衡的角度判断氯化钠在装置C中的作用．
10．（2015高三上·福建开学考）可降解塑料PCL的结构可表示为 ．其合成路线如下．
已知：
①
②R﹣CH=CH﹣CH3 R﹣CH=CH﹣CH2Br
③
回答下列问题：
（1）由苯酚生成B的反应试剂和条件为
（2）D的结构简式是 ．上述生成D的反应类型是 ．
（3）PCL属于 （填“线型”或“体型”）高分子材料．
与D具有相同官能团的同分异构体E经下列合成路线可转化为D．
（4）E的结构简式是 ．
（5）由H生成K的化学方程式是 ．
（6）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一，用B做原料三步反应可制得己二酸．
B﹣W→X→己二酸
写出W、X的结构简式：W 、X
【答案】（1）H2，Ni/△
（2）；氧化反应
（3）线型
（4）
（5）HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOH NaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O
（6）；OHCCH2CH2CH2CH2CHO
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为 ，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息①环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为 ，
M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为 ，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，F→G为消去反应，结合信息②和G→H的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，（1）B为 ，可由苯酚与氢气在Ni催化作用下加热生成，故答案为：H2，Ni/△；（2）D为 ， 被过氧乙酸氧化生成 ，故答案为： ；氧化反应；（3）PCL的结构可表示为 ，属于线型高分子材料，故答案为：线型；（4）E的结构简式是 ，故答案为： ；（5）H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，在NaOH溶液中发生中和反应和卤代烃的水解反应，化学方程式为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOH NaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O，故答案为：HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOH NaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O；（6）苯酚与氢气加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，结合题给信息，用臭氧氧化生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，再氧化生成己二酸，则W为 ，X为OHCCH2CH2CH2CH2CHO，
故答案为： ；OHCCH2CH2CH2CH2CHO．
【分析】苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为 ，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息①环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为 ，
M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为 ，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，F→G为消去反应，结合信息②和G→H的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，以此解答该题．
11．（2015高三上·福建开学考）废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施．
（1）烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放．
①列举一种由NOx引起的大气污染现象： ．
②已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890.3kJ mol﹣1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）；△H=+180kJ mol﹣1
则CH4脱硝的热化学方程式为CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），△H= ．
③图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．该脱硝反应中，氧化剂是 ；
（2）图2是一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理示意图，同时处理有机废水和硝酸盐废水，并获得淡水．图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．
①电池正极为 ．（填“a”或“b”）
②电极a上的电极反应式为 ．
③电池工作过程中Na+离子移向 、Cl﹣离子移向 ．（填“a电极”、或“b电极”）
④假设咸水中氯化钠的质量分数为2.34%，当两极总共产生7.84L气体（标准状况下）时，理论上处理咸水 g．（忽略CO2的溶解）
【答案】（1）光化学烟雾（或硝酸型酸雨）；﹣1250.3 kJ mol﹣1；NO
（2）b；C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+；b电极；a电极；2500
【知识点】盖斯定律及其应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）①光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的，故答案为：光化学烟雾（或硝酸型酸雨）；②已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ mol﹣1，②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ mol﹣1
根据盖斯定律：①﹣2×②得CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），△H=﹣890.3kJ mol﹣1﹣2×（+180kJ mol﹣1）=﹣1250.3 kJ mol﹣1；
故答案为：﹣1250.3 kJ mol﹣1；③氮的化合价降低，所以氧化剂是一氧化氮，故答案为：NO；（2）该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，①该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，则右边装置中电极b是正极，故答案为：b；②左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，故答案为：C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+；③放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室即向b电极，阴离子Cl﹣移向负极室左室即a电极，故答案为：b电极；a电极；④整个电路转移120mol电子时，负极生成30mol的二氧化碳气体，正极生成12mol的氮气，除理氯化钠120mol，得到关系式为：
42mol气体～ 120molNaCl，
42×22.4 120×58.5
7.84 2.34%×m
则42×22.4×2.34%×m=7.84×120×58.5，解之得x=2500g，故答案为：2500．
【分析】（1）①光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的；②已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ mol﹣1 根据盖斯定律：①﹣2×②得CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），据此计算；③氮的化合价降低，所以氧化剂是一氧化氮；（2）该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，据此分析解答．
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