2015届江苏常州市高三第一次调研试卷与答案化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2015届江苏常州市高三第一次调研试卷与答案化学试卷与答案（带解析） 选择题 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A标准状态下， 33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为 1.5NA B常温常压下， 7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为 NA C 50mL18.4mol L 1浓硫酸与足量铜微热反应，生成 SO2分子的数目为0.46NA。 D某密闭容器盛有 0.1molN2和 0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为 0.6NA 答案： B 试题分析： A标准状态下，氟化氢通常以聚合分子的形式存在，所以 33.6L氟化氢中含有氟原子的数目大于 1.5NA，错误

2、； B乙烯与丙烯的最简式是 CH2，最简式的式量是 14，常温常压下， 7.0g乙烯与丙烯的混合物含有最简式的物质的量是 0.5mol，所以其中含有氢原子的数目为 NA，正确； C 50mL18.4mol L 1浓硫酸含有硫酸的物质的量是 0.92mol，只有能硫酸与足量铜在加热反应时发生反应，当硫酸变为稀硫酸时，反应就不再发生，因此生成 SO2分子的数目小于 0.46NA，错误； D某密闭容器盛有 0.1molN2和 0.3molH2，由于该反应是可逆反应，所以在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于 0.6NA，错误。 考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。 向甲、乙、丙三个密闭容器中充入

3、一定量的 A和 B，发生反应： A(g) + xB(g) 2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中 C的浓度随时间变化关系分别以下表和下图表示： 容器 甲 乙 丙 容积 0.5L 0.5L 1.0L 温度 / T1 T2 T2 反应物 起始量 1.5molA 0.5molB 1.5molA 0.5molB 6.0molA 2.0molB 下列说法正确的是 A 10min内甲容器中反应的平均速率 v(A) 0.025mol/(L min) B由图可知： T1 T2，且该反应为放热反应 C x 1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动 D T1 ，起始时甲容器中充入 0.5m

4、olA、 1.5molB，平衡时 A的转化率为 25% 答案： B 试题分析： A 10min内甲容器中反应的平均速率 v(C) 1.25mol 0. 5L10min=0.125mol/(L min)，由于 v(C) 2v(A)，所以 v(A)=0.0625mol/(Lmin)，错误； B由于甲、乙其它反应条件相同，而反应温度不同，乙首先达到平衡，说明： T1 T2，由于升高温度， C的平衡含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，根据平衡移动原理可知：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以且该反应为放热反应，正确； C x 1，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，若平衡时

5、保持温度不变，改变容器体积，即改变气体的压强，平衡不移动，正确； D T1 ，起始时甲容器中充入1.5molA、 0.5molB，平衡时 C 的的物质的量是 1. 5mol，则反应消耗 A0.75mol，A转化率为 50%,当总物质的量相同时，开始时的物质的量改为 0.5molA、1.5molB，即相当于增加了 B的含量，平衡正向移动， A转化率增大，大于 50%,错误。 考点：考查图像法在表示化学平衡移动、反应速率、物质的转化率及反应热的判断中的应用的知识。 关于下列各图的叙述中正确的是 A甲表示 H2与 O2发生反应过程中的能量变化，则 H2的燃烧热为 241.8 kJmol 1 B乙表示

6、恒温恒容条件下， 2NO2(g) N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点 A对应的状态为化学平衡状态 C丙表示 A、 B两物质的溶解度随温度变化情况，将 tl 时 A、 B的饱和溶液分别升温至 t2 时，溶质的质量分数 B A D丁表示常温下，稀释 HA、 HB两种酸的稀溶液时，溶液 pH随加水量的变化，则 NaA溶液的 pH小于同浓度的 NaB溶液的 pH 答案： D 试题分析： A甲表示 H2与 O2发生反应过程中的能量变化，由于燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，气态水含有的能量比液态水多，则 H2的燃烧热大于 24

7、1.8 kJ mol 1，正确；B乙表示恒温 恒容条件下， 2NO2(g) N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点 A对应的状态为 NO2和 N2O4的浓度相等、速率也相同的状态，由于它们的浓度及速率还在发生变化，因此反应没有达到化学平衡状态，错误； C丙表示 A、 B两物质的溶解度随温度变化情况，将 tl 时 A、 B的饱和溶液分别升温至 t2 时，由于溶液中溶质的质量、溶剂的质量都没有发生变化，因此溶质的质量分数二者相等，错误； D丁表示常温下，稀释 HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液 pH随加水量的变化，则由于稀释相同的倍数，HapH变化大，则 HA的酸性比 HB强

8、。根据盐的水解规律可知：谁弱谁水解，谁强显谁性可知， NaA溶液的 pH小于同浓度的 NaB溶液的 pH，正确； 考点：考查图像法在表示化学反应的反应热与物质的存在状态、物质的溶解度与温度的关系、平衡状态的判断、电解质溶液稀释中的作用的知识。 As2S3和 HNO3有如下反应： As2S3 + 10H+ + 10NO3 2H3AsO4 + 3S + 10NO2+ 2H2O，下列说法正确的是 A生成 1mol H3AsO4时，转移电子个数为 10NA B将该反应设计成一原电池，则 NO2应该在正极附近逸出 C该反应的氧化产物之一为 S D反应产物 NO2与 11.2LO2（标准状况）混合后用水吸

9、收全部转化为浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的 CO2的量为 0.5mol 答案： BC 试题分析： A根据方程式可知每生成 2mol H3AsO4时，转移电子个数为 10NA，则生成 1mol H3AsO4时，转移电子个数为 5NA，错误； B若将该反应设计成一原电池，则 NO2应该是 NO3-得到电子的产物，根据原电池反应规律可知在正极附近逸出，正确； C在该反应中， As2S3的 -2价 S被氧化变为 O价的单质 S,+3价的 As被氧化变为反应后 H3AsO4中 +5价，所以该反应的氧化产物之一为 S ，正确； D反应产物 NO2与 11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收发生反

10、应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3， n(O2)= 0.5mol，则 n(NO2)=2mol，反应产生的硝酸的物质的量是 2mol,，反应产物与 C发生反应，由于只有浓硝酸与 C反应，C+4HNO3(浓 ) CO2+4NO2+2H2O，反应后硝酸变为稀硝酸则不能与 C反应，因此所产生的 CO2的量小于 0.5mol，错误。 考点：考查氧化还原反应中物质 的作用、性质及 反应原理的应用的知识。 水溶液中只可能有 K+、 Mg2+、 AlO2 、 Al3+、 SiO32 、 CO32 、 SO42 中的若干种离子。某同学对溶液进行了如下实验： 下列判断错误的是 A有气体甲生成，表明溶液 X中

11、一定含有 CO32 B沉淀甲不可能是硅酸镁 C Al3+一定存在于溶液 X中 D不可能确定 SO42 是否存在于溶液 X中 答案： C 试题分析：向溶液 X中加入盐酸，常数气体，则证明含有 CO32 ，气体甲是CO2；同时产生沉淀甲，则含有 SiO32 ；由于 Mg2+、 Al3+、 SiO32 会发生离子反应而不能大量共存，所以一定不含有 Mg2+、 Al3+，沉淀甲不可能是硅酸镁；向该无色酸性溶液中加入过量的氨水，形成白色沉淀，则证明在该溶液中存在AlO2 。由于 Al3+与 AlO2 会发生离子反应而不能大量共存，所以一定不含有Al3+，根据溶液呈电中性可知可以确定含有阳离子 K+，但是

12、不可能确定 SO42 是否存在于溶液 X中，故选项是 C。 考点：考查溶液的成分的确定的知识。 已知： 25 时， CaCO3的 Ksp为 2.910 9， CaF2的 Ksp为 2.710 11下列说法正确的是 A 25 时，饱和 CaCO3溶液与饱和 CaF2溶液相比，后者 Ca2+浓度大 B 25 时，饱和 CaCO3溶液与饱和 CaF2溶液等体积混合，会析出 CaCO3固体 C 25 时， CaCO3固体在 20mL0.01mol L 1盐酸中的 Ksp比在 20mL0.01mol L 1氨水中的 Ksp大 D 25 时，在 CaCO3悬浊液中加入 NaF固体， CaCO3不可能全转化

13、为 CaF2 答案： AB 试题分析： A.25 时， CaCO3的 Ksp为 2.910 9，则 c2(Ca2+)=2.910 9， CaF2的Ksp为 2.710 11,则 c3(Ca2+)=6.7510 12，所以 Ca2+浓度后者大，正确； B 25时，饱和 CaCO3溶液与饱和 CaF2溶液等体积混合，由于 c (Ca2+)较大， c (Ca2+) c(CO32-)Ksp(CaCO3)所以会析出 CaCO3固体，正确； C物质的溶度积常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以 25 时， CaCO3固体在 20mL0.01mol L 1盐酸中的 Ksp比在 20mL0.01mol L

14、1氨水中的 Ksp相同，错误； D 25时，在 CaCO3悬浊液中加入 NaF固体，若 c (Ca2+) c2(F-)Ksp(CaF2)，则 CaCO3可能全转化为 CaF2，错误。 考点：考查溶度积常数在离子浓度大小比较、沉淀的转化等的应用的知识。 有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入 1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3，试管中各有 10 mL相同浓度的盐酸（如下图），同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是 A甲装置的气球膨胀速率大 B若最终两气球体积相同，则一定有 c(HCl)2 mol/L C若最终两气球体积不同，则一定有 c(HC

15、l)1 mol/L D最终两溶液中 Na+、 Cl 的物质的量相同 答案： B 试题分析： A.Na2CO3与 HCl反应分步进行，首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。 n(Na2CO3)= 1.06 g106g/mol=0.01mol;n(NaHCO3)= 0.84 g84g/mol= 0.01mol;由于加入的盐酸体积相等，所以 HCl的物质的量相等，反应产生的气体后者大于前者，因此乙装置的气球膨胀速率大，错误； B若最终两气球体积相同，则盐酸的物质的量对盐来说都过量，产生的气体按照盐计算，由于两种盐含

16、有的 C相同，根据 C元素守恒可知则一定有 c(HCl)0.02mol 0.01L=2 mol/L，正确； C在碳酸钠完全反应前两反应产生的气体的物质的量都不相同，根据 B选项知道盐完全反应时盐酸的浓度是 2 mol/L，所以若气球体积不同，则一定有 c(HCl)HX，向往NaY溶液中通入少量 CO2生成 HY和 Na2CO3则证明酸性 HCO3- HY，则酸性H2CO3 HX HCO3- HY，所以选项 A错误；酸性越强，其电离产生的离子结合 H+的能力就越强，所以结合 H+的能力大小关系是： Y CO32 X HCO3 ,正确； C酸越强，其盐水解的程度就越小，溶液的碱性就越弱，由于酸性H

17、2CO3 HX HCO3- HY，所以溶液碱性： NaY Na2CO3 NaX NaHCO3，错误； D NaX溶液中通入足量 CO2后的溶液为 NaHCO3和 HX。由于盐是强电解质，电离程度大于弱电解质 HX，而且 HCO3 会发生水解反应消耗水电离产生的 H+，使溶液中 c(OH-)c(H+)， CO2溶于水反应产生碳酸，即 HX电离使溶液显酸性，所以离子浓度： c(Na+) c(HCO3 ) c(H+) c(X ) c(OH )，错误。 考点：考查溶液中离子浓度大小比较的知识。 甲、乙、丙、丁 4种化合物均含有 2种或 3种元素，分子中均含 18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出

18、两种阴离子。下列推断合理的是 A某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应 B乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙中含有化合价为 1的元素 C丙与氧气的摩尔质量相同，则丙一定仅由两种元素组成 D丁中含有第二周期 A族元素，则丁一定是甲烷的同系物 答案： B 试题分析：甲、乙、丙、丁 4种化合物均含有 2种或 3种元素，分子中均含 18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，则甲是 H2S，电离产生的两种阴离子是 HS-、 S2-。 A某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该盐可能是 Na2S也可能是 NaHS,由于它们是强碱弱酸盐。所以水解使溶液显碱性，若该盐是酸式盐 N

19、aHS,则既能与酸反应，也能与碱发生反应，错误； B乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙是 H2O2，其中含有 O元素的化合价为 1，正确； C丙与氧气的摩尔质量相同，是 32g/mol,具有 18个电子，则丙可能是N2H4，也可能是 CH3OH,故不一定仅 由两种元素组成，错误； D丁中含有第二周期 A族元素，则丁是甲醇 CH3OH，丁醇与甲烷不是同系物，错误。 考点：考查元素及化合物的推断、物质的分类及性质的知识。 LiAlH4（ ）、 LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出 H2， LiAlH4在 125 分解为 LiH、 H2和 Al。下列说法不正确的是

20、 A LiH与 D2O反应，所得氢气的摩尔质量为 4 g/mol B 1 mol LiAlH4在 125 完全分解，转移 3 mol电子 C LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为： LiAlH4 + 2H2OLiAlO2 + 4H2 D LiAlH4与乙醛作用生成乙醇， LiAlH4作还原剂 答案： A 试题分析： A LiH与 D2O反应，产生 LiOD和 HD，因此所得氢气的摩尔质量为 3 g/mol，错误； B在 LiAlH4中 Li是 +1价， Al是 +3价，根据化合物中正负化合价的代数和为 0可知 H是 -1价，在 125 完全分解，根据 Al元素化合价的变化可

21、知 1 mol LiAlH4分解转移 3 mol电子，正确； C LiAlH4电离产生 -1价 H与 水电离产生的 +1价的 H+发生反应结合形成氢气， Al3+与 OH-则结合形成水和AlO2-，所以溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为： LiAlH4 + 2H2O=LiAlO2 + 4H2，正确； D乙醛得到氢气被还原变为氢气，由于 LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，因此 LiAlH4作还原剂，正确。 考点：考查 LiAlH4的结构、性质及在氧化还原反应中物质的作用及电子转移的计算的知识。 实验题 （ 12分）某兴趣小组的同学发现，将 CuSO4溶液与 Na2CO3溶液混合会产生蓝绿

22、色沉淀。他们对沉淀的组成很感兴趣 ，决定采用实验的方法进行探究。 【提出猜想】 猜想 1：所得沉淀为 ； 猜想 2：所得沉淀为 ； 猜想 3：所得沉淀为碱式碳酸铜 化学式可表示为 mCu (OH)2 nCuCO3。 查阅资料获知，无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）。 【实验探究】 步骤 1：将所得悬浊液过滤，先用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，风干。 步骤 2：取一定量所得固体，用如下装置（夹持仪器未画出）进行定性实验。 能证明猜想 1成立的实验现象是 。 【问题讨论】 （ 1）检查上述虚线框内装置气密性的实验操作是：关闭 K， 。 （ 2）若在上述装置 B中盛放无水 CaCl2，

23、 C中盛放 Ba(OH)2溶液，还可测定所得沉淀的组成。 C中盛放 Ba(OH)2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是 。 若所取蓝绿色固体质量为 27.1 g，实验结束后，装置 B的质量增加 2.7 g， C中产生沉淀的质量为 19.7 g。则该蓝绿色固体的化学式为 。 答案： Cu(OH)2 CuCO3 B中白色固体变蓝， C中无明显现象（若猜想 1所得沉淀为 CuCO3，则实验现象为 B中无明显现象， C中产生白色沉淀）。 （ 1）用酒精灯微热硬质玻璃管，若 C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后， C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好。 （ 2） Ba(OH)2溶解度大于 Ca(O

24、H)2，充分吸收 CO2； BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小。 Cu5(OH)6(CO3)2或 2CuCO3 3Cu(OH)2。 试题分析：将 CuSO4溶液与 Na2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀，可能是发生盐的水解反应形成 Cu(OH)2沉淀，也可能是发生复分解反应形成 CuCO3沉淀；还可能是在物质中二者都含有得到是是碱式盐碱式碳酸铜 化学式可表示为 mCu (OH)2 nCuCO3；若猜想 1成立， Cu(OH)2加热分解产生 CuO和水，在 B中白色 CuSO4结合水形成蓝色 CuSO4 5H2O而变为蓝色； C中澄清的石灰水不变浑浊；若猜想 1所得沉淀为 CuCO3，

25、则 CuCO3受热分解产生 CuO和 CO2，实验现象为B中无明显现象， C中澄清石灰水变浑浊产生白色沉淀。（ 1）检查上述虚线框内装置气密性的实验操作是：关闭 K，用酒精灯微热硬质玻璃管，若 C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后， C中导管内形成一段稳定的水柱，则证明装置的气密性良好。（ 2）若在上述装置 B中盛放无水 CaCl2， C中盛放Ba(OH)2溶液，还可 测定所得沉淀的组成。 C中盛放 Ba(OH)2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是 Ba(OH)2溶解度大于 Ca(OH)2，可以充分吸收 CO2； BaCO3的摩尔质量大于 CaCO3，使测量误差小，结果会更准确。 若所取蓝绿

26、色固体质量为 27.1 g，实验结束后，装置 B的质量增加 2.7 g， n(H2O)= 2.7 g 18g/mol=0.15mol， n(CO2)= 19.7 g 197g/mol=0.10mol，则 n(CuCO3)= 0.10mol，n(Cu(OH)2)= 0.15mol， n(CuCO3)： n(Cu(OH)2)=2:3,该蓝绿色固体的化学式为2CuCO3 3Cu(OH)2,或写为 Cu5(OH)6(CO3)2。 考点：考查化学实验方案的设计与评价、反应现象的描述、物质成分的确定的知识。 （ 15分）三草酸合铁（ ）酸钾晶体（ K3Fe(C2O4)3 3H2O）有很重要的用途。可用如下

27、流程来制备。根据题意完成下列各题： （ 1）若用铁和稀硫酸制备绿矾（ FeSO4 7H2O）过程中，其中 （填物质名称）往往要过量，理由是 。 （ 2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是 。（按前后顺序填） a过滤洗涤 b蒸发浓缩 c冷却结晶 d灼烧 e干燥 某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（ K3Fe(C2O4)3 3H2O）中铁元素含量，做了如下实验： 步骤 1：称量 5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成 250ml溶液。 步骤 2：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被氧化成二氧化碳，同时， MnO4 被还原成 Mn2

28、+。向反应后的溶液中加入一定量锌粉，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，溶液仍显酸性。 步骤 3：在酸性条件下，用 0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗 KMnO4溶液 20.00mL，滴定中 MnO4 ，被还原成Mn2+。 （ 3）步骤 1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有 ；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、 、定容、摇匀。 （ 4）步骤 2中，加入锌粉的目的是 。 （ 5）步骤 3中，发生反应的离子方程式为 。 （ 6）步骤 2中，若加入的 KMnO4的溶液的量不够，

29、则测得的铁含量 。（选填“偏低 ”、 “偏高 ”、 “不变 ”） （ 7）某同学将 8.74g无水三草酸合铁酸钾（ K3Fe(C2O4)3）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为 5.42g，同时得到密度为 1.647g/L（已折合成标准状况下）气体。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。写出该分解反应的化学方程式 。 答案：（ 1）铁 (1 分 ) 防止 Fe2+被氧化 (2 分 ) ；（ 2） b、 c、 a、 e(2 分 )；（ 3）250mL容量瓶 (1分 ) 洗涤 (1分 ) （ 4）还原 Fe3+为 Fe2+(2分 ) ；（ 5） MnO4 + 5Fe2

30、+ + 8H+=Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O(2分 ) 偏高 (2分 ) 2K3Fe(C2O4)3 3K2CO3 + Fe + FeO + 4CO+ 5CO2(3分 ) 试题分析：（ 1）若用铁和稀硫酸制备绿矾（ FeSO4 7H2O）过程中，二者恰好完全反应，其中 FeSO4被空气中的氧气氧化为 Fe2(SO4)3，为防止变质，铁粉应该过量；（ 2）要从溶液中得到绿矾，由于 FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以必须进行的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤最后干燥。故编号是 b、 c、 a、 e；（ 3）步骤 1中，配制 250mL一定浓度的三草酸合 铁酸钾溶液需要使用的

31、玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有 250mL容量瓶；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。（ 4）步骤 2中，加入锌粉的目的是将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+；（ 5）步骤 3中， MnO4 将 Fe2+氧化为 Fe3+，它本身被还原为 Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式为 MnO4 + 5Fe2+ + 8H+=Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O； 步骤 2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则 C2O42-就偏低，测得的铁含量就会偏高； 某同学将 8.74g无水三草酸合铁酸钾（ K3Fe(C2O4)3）在一定条件下加热分解，所得固体的

32、质量为 5.42g，同时得到密度为 1.647g/L（已折合成标准状况下）气体。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有 K2CO3。M=1.647g/L22.4L/mol=36.9g/mol，假设混合气体中 CO2、 CO的物质的量分别是 x、 y，则 (44x+28y)(x+y)= 36.9，解得 x： y=5:4, n(K3Fe(C2O4)3)= 8.74g437g/mol=0.02mol，根据 K元素守恒 可得 n(K2CO3)= (0.02mol3) 2=0.03mol，在固体中含有 Fe元素的物质的量是： n(Fe)= 0.02mol,产生的 CO、CO2的物质的量是

33、 0.02mol6-0.03mol=0.09mol，由于 n(CO2):n(CO)= 5:4,所以n(CO2)=0.05mol， n(CO)=0.04mol； Fe元素结合的 O元素的物质的量是0.02mol12-0.05mol2-0.04mol1-0.03mol3=0.01mol，因此 K3Fe(C2O4)3发生分解反应的各种物质的物质的量 的比为 n(K3Fe(C2O4)3)： n(K2CO3)： n(Fe)：n(FeO): n(CO2):n(CO)= 0.02mol: 0.03mol :0.01mol:0.01mol: 0.05mol:0.04mol=2:3:1:1: 5:4。故该分解反

34、应的化学方程式是 2K3Fe(C2O4)3 3K2CO3 + Fe + FeO + 4CO+ 5CO2。 考点：考查化学操作的原因、混合物分离方法及步骤、仪器的合理使用、配制物质的量浓度的溶液的步骤、离子方程式的书写、误差分析、守恒方法在化学方 程式书写的计算中的应用的知识。 填空题 （ 12分）饮用水中含有一定浓度的 NO3 一 将对人类健康产生危害， NO3一 能氧化人体血红蛋白中的 Fe(II)，使其失去携氧功能。为了降低饮用水中 NO3 一 的浓度，某兴趣小组提出如下方案： 请回答下列问题： （ 1）已知过滤后得到的滤渣是一种混合物，则在溶液中铝粉和 NO3 一 反应的离子方程式为 。

35、 （ 2）该方案中选用熟石灰调节 pH，理由是 、 ，在调节 pH时，若 pH过大或过小都会造成 的利用率降低。 （ 3）用 H2催化还原法也可降低饮用水中 NO3 的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则催化还原法的离子方程式为 _。 （ 4）饮用水中的 NO3 主要来自于 NH4+。已知在微生物作用的条件下， NH4+经过两步反应被氧化成 NO3 。两步反应的能量变化示意图如下： 试写出 1 mol NH4+ (aq)全部氧化成 NO3 (aq)的热化学方程式是 。 答案：（ 1） 10Al + 6NO3 + 18H2O=10Al(OH)3 + 3N2+ 6OH （ 3分

36、） （ 2）引入的 Ca2+对人体无害（ 1分） 来源丰富、价格便宜（ 1分） 铝（ 1分） （ 3） 5H2 + 2NO3 N2 + 4H2O + 2OH （ 3分） （ 4） NH4+ (aq) + 2O2(g)=2H+(aq) + NO3 (aq) + H2O(l) H 346 kJ/mol（ 3分） 试题分析：（ 1）根据题意，在含有 NO3-的碱性溶液中加入铝粉，会发生氧化还原反应，结合电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可得反应的离子方程式为10Al + 6NO3 + 18H2O=10Al(OH)3 + 3N2+ 6OH ；（ 2）该方案中选用熟石灰调节 pH，理由是引入的 Ca2+对人

37、体无害，而且熟 石灰的来源丰富、价格便宜；在调节 pH时，若 pH过大或过小都会造成 Al发生反应产生氢气，导致 Al的利用率降低。（ 3）用 H2催化还原法也可降低饮用水中 NO3 的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，说明氧化产物是水，还原产物是 N2，则催化还原法的离子方程式为 5H2 + 2NO3 N2 + 4H2O + 2OH ；（ 4）根据图示可知 1 mol NH4+ (aq)全部氧化成 NO3 (aq)放出热量是 346 kJ，所以该反应的热化学方程式是 NH4+ (aq) + 2O2(g)=2H+(aq) + NO3 (aq) + H2O(l) H 346

38、kJ/mol。 考点：考查含 NO3-的污水的处理方法的离子方程式的书写、化学试剂的选择、热化学方程式的书写的知识。 （ 14分）某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为 MnO2、 ZnS外还含有少量的 FeS、 CuS、 Al2O3等物质）为原料制取 Zn和 MnO2。 （ 1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式： MnO2 + FeS + H2SO4 MnSO4 + Fe2(SO4)3 + S + H2O （ 2）将所得含有 Mn2+、 Fe3+、 Cu2+、 Al3+、 Zn2+的酸性溶液按以下的工业流程进行操作处理得溶液（ IV），电解溶液（ IV）即

39、得 MnO2和 Zn。 a操作 中加 Zn粉后发生反应的离子方程式为 。 b操作 中加入适量 X的作用是什么 ； X的首选物的化学式是 。 c操作 中所加碳酸盐的化学式是 。 （ 3）为了从上述流程中产生的 Fe(OH)3、 Al(OH)3沉淀混合物中回收 Al(OH)3，工厂设计了如下的有关流程图a AlCl3溶液和 NaAlO2溶液反应生成 AI(OH)3的离子方程式为 ，若总共得到 n molAl(OH)3，则消耗的 NaOH和 HCl的理论量（ mol）分别为 、 。 b若使用下列流程回收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？ 答案：（ 1） 3 MnO2 + 2 FeS + 6 H2S

40、O4= 3 MnSO4 + 1 Fe2(SO4)3 + 2 S + 6 H2O (2分 ) （ 2） a Zn + 2Fe3+=Zn2+ + 2Fe2+、 Zn + Cu2+=Zn2+ + Cu (2分 ) b将 Fe2+氧化成 Fe3+ MnO2(2分 ) c MnCO3或 ZnCO3或 MnCO3和 ZnCO3(2分 ) （ 3） a Al3+ + 3AlO2 + 6H2O=4Al(OH)3 (2分 ) (2分 ) b如按下流程，则得到同样 n molAl(OH)3，消耗的 NaOH、 HCl的理论量分别为 n mol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则 (2分 ) 试题

41、分析：（ 1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，根据原子守恒、电子守恒可得配平的化学方程式： 3MnO2 + 2FeS +6H2SO4=3MnSO4 + Fe2(SO4)3 +2S + 6H2O； a操作 向该溶液中加入 Zn粉后，溶液中的 Fe3+、 Cu2+会与 Zn发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为 Zn + 2Fe3+=Zn2+ + 2Fe2+、Zn + Cu2+=Zn2+ + Cu；根据图示可知在酸性溶液 中含有 Fe2+、 Al3+等，要将它们反应转化为 Al(OH)3、 Fe(OH)3沉淀，应该先加入氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+；为了不引入新的

42、杂质离子，加入的氧化剂可以是 MnO2； c操作 中所加碳酸盐就是调整溶液的酸碱性的，根据除杂的原则，该物质应该是的化学式是 MnCO3或 ZnCO3；（ 3） a AlCl3溶液和 NaAlO2溶液混合 发生盐的双水解反应生成 AI(OH)3，该反应的离子方程式为 Al3+ + 3AlO2 + 6H2O=4Al(OH)3；由于 n(Al3+)： n(AlO2 )=1:3,所以若总共得到 n molAl(OH)3，则需要消耗 AlCl3的物质的量是 n/4mol，消耗 NaAlO2的物质的量是 3n/4mol，根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaAlO2)= 3n/4mol， n(HCl)

43、=3n(AlCl3)= 3n/4mol， b若使用下列流程回收处理，得到同样 n molAl(OH)3，消耗的 NaOH、 HCl的理论量分 别为 n mol，大于前一个流程消耗酸碱的用量，因此相对而言，前流程更符合节约的原则。 考点：考查氧化还原反应离子方程式的书写、物质的选择及作用、关于化学方程式的计算、化学实验方案的设计及评价的知识。 （ 12分）已知 A、 B、 C、 D、 E、 F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中 A、 B、 C、 D、 E为不同主族的元素。 A、 C的最外层电子数都是其电子层数的 2倍， B的电负性大于 C，透过蓝色钴玻璃观察 E的焰色反应为

44、紫色， F的基态原子中有 4个未成对电子。 （ 1）基态的 F3+核外电子排布式是 。 （ 2） B的气态氢化物在水中的溶解度远大于 A、 C的气态氢化物，原因是 。 （ 3）化合物 FD3是棕色固体、易潮解、 100 左右时升华，它的晶体类型是 ；化合物 ECAB中的中的阴离子与 AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是 。 （ 4） FD3与 ECAB溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是 。 （ 5）化合物 EFF(AB)6是一种蓝色晶体，下图表示其晶胞的 （ E+未画出）。该蓝色晶体的一个晶胞中 E+的个数为 。 （ 6） ZnS在荧光体、光导体材料、涂

45、料、颜料等行业中应用广泛。立方 ZnS晶体结构如图所示 其晶胞边长为 540.0 pm，密度为 （列式并计算）， a位置 S2 离子与 b位置 Zn2+离子之间的距 离 pm（列式表示）。 答案：（ 1） 1s22s22p63s23p63d5(1分 ) （ 2） NH3与 H2O分子间存在氢键，其他分子与 H2O分子间不存在氢键 (1分 ) （ 3）分子晶体（ 1分） (2分 ) （ 4） K2Fe(SCN)5(2分 ) （ 5） 4（ 1分） （ 6） (2分 ) 或 或 (2分 ) 试题分析：根据题意可知 A是 C； B是 N； C是 S； D是 Cl； E 是 K； F是 Fe。（ 1）

46、 26号元素 Fe的基态的 Fe3+核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d5;（ 2） B的气态氢化物 NH3是由极性分子构成的物质，在水中容易与水分子形成氢键，增加了分子之间的吸引力，而 CH4、 H2S与水分子之间不能形成氢键，因此 NH3的溶解度远大于 A、 C的气态氢化物；（ 3）化合物 FD3是棕色固体、易潮解、100 左右时升华，根据物质的物理性质可推知它的晶体类型是分子晶体；化合物 ECAB即 KSCN中的的阴离子 SCN-与 CS2互为等电子体，该阴离子的电子式是 ；（ 4） FeCl3与 KSCN溶液混合，得到含多种配合物的血红色 溶液，根据化合物中元素的化合价

47、的代数和为 0的原则可知其中配位数为 5的配合物的化学式是 K2Fe(SCN)5；（ 5）化合物 KFeFe(CN)6是一种蓝色晶体，右图表示其晶胞的 （ E+未画出）。根据晶胞结构可知，在 晶胞中含有： Fe3+：1/84=1/2； Fe2+： 1/84=1/2； CN-： 1/412=3.则在一个晶胞中含有 Fe3+：1/28=4； Fe3+： 1/28=4； CN-： 38=24,根据在化合物中元素的正负化合价的代数和为 0可知在晶胞中含有 K+的个数是 4. 根据 ZnS的晶胞结构可知：含有黑球： 14=4;含有白球： 1/88+1/26=4,，所以一个晶胞中含有 4个 ZnS。则晶胞的密度是： ZnS；根据晶胞结构可知黑球位于 4 个白球构成的正四面体的几何中心，两个白球之间的距离是 ，假设白球与黑球之间的距离是 x，则 ,解得 x= 或 或 。 考点：考查元素的推断、原子核外电子排布式的书写、离子的电子式的书写、物质晶体化学式的确定、晶体的密度及微粒之间距离的计算的知识。 推断题 （ 15分）紫杉醇（ paclitaxel）是一种抗癌药，化合物 D是紫杉醇的侧链，D的合成路线如下： （ 1） A的合成应用了 2010年诺贝尔化学奖的获奖成果 交叉偶联反应，反应式如下（已配平）： C