1、1化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（ ）AA BB CC DD考点：物质结构与性质答案：B试题解析：A由于加热条件下，浓硝酸与碳粉、与铁都能反应，故 A 错误;B由于过量的 NH3与 Cl2反应生成 NH4Cl，有白烟产生，因此可用于检验氯气管道泄漏，故 B 正确;C由于冶炼 Mg 时应该是电解熔融的 MgCl2，故 C 错误;D由于葡萄糖是单糖，不能水解，故 D 错误。2下列除去杂质的方法正确的是（ ）除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入 Cl2，气液分离除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏除去 CO2中少量的 SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶
2、液的洗气瓶除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏A B C D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯） ，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质【解答】解：光照条件下通入 Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则，故错误；饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，故正确；二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠
3、，将原物质除掉了，不符合除杂原则，故错误；乙酸与生石灰反应，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，故正确；故选 B3一种高能纳米级 Fe3S4和镁的二次电池，其工作原理为：装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）A放电时，镁电极为负极B放电时，正极的电极反应式为C充电时，阴极的电极反应式为D充电时， 从阴离子交换膜左侧向右侧迁移考点：电解池原电池答案：D试题解析：二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解池原理。根据化合价升降，放电时 Mg 转化为 MgS，化合价升高，故为负极，则 Fe3S4为正极，其电极反应式为 ，因此 A、B
4、正确;充电时，MgS 化合价降低为 Mg，故为阴极，其电极反应式为 ，因此 C 正确;充电时，阴离子向阳极移动，则 S2-从阴离子交换膜右侧向左侧迁移 ，故 D 错误。4若 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A在标准状况下，N A个水分子所占的体积约为 22.4LB5.6g 铁与氯气完全反应，失去电子的数目为 0.2NAC1molC1 2发生化学反应，转移的电子数必为 2NAD在标准状况下，22.4L 由 N2、N 2O 组成的混合气体中所含有的 N 的物质的量为 2mol【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、根据气体摩尔体积的使用范围分析；B、氯气具有强氧化性，能把铁氧化成三价铁，据
5、此分析；C、根据反应物、生成物的化合价分析；D、先根据气体摩尔体积计算混合气体的物质的量，再根据每个分子中含有的 N原子数计算氮原子的物质的量；【解答】解：A、气体摩尔体积的使用范围为气体，标况下水是液体，所以 NA个水分子所占的体积不是 22.4L，故 A 错误B、氯气具有强氧化性，能把铁氧化成三价铁，5.6g 铁与氯气完全反应，失去电子的数目为 0.3NA，故 B 错误C、生成物的化合价未知，所以无法计算转移的电子数，故 C 错误D、标况下，22.4L 由 N2、N 2O 组成的混合气体的物质的量为 1mol，每个分子中含有 2 个氮原子，所以混合气体中所含有的 N 的物质的量为 2mol
6、，故 D 正确故选 D5在 300mL 的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的 CO 气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO） 4（g） ，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/ 25 80 230平衡常数 5104 2 1.9105下列说法不正确的是（ ）A上述生成 Ni（CO） 4（g）的反应为放热反应B25时反应 Ni（CO） 4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为 2105C80达到平衡时，测得 n（CO）=0.3mol，则 Ni（CO） 4的平衡浓度为 2 mol/LD在 80时，测得某时刻，Ni（CO） 4、CO 浓度均为 0.5 mol/L，则此时v
7、（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】A由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；B相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；C根据 80C 平衡常数计算 Ni（CO） 4的平衡浓度；D计算常数的浓度商 Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，据此判断【解答】解：A由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故 A 正确；B.25C 时反应 Ni（s）+4CO（g）Ni（CO） 4（g）的平衡常数为 5104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数
8、，故 25C 时反应 Ni（CO） 4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为 =2105 ，故 B 正确；C80C 达到平衡时，测得 n（CO）=0.3mol，c（CO）= =1mol/L，故cNi（CO） 4=Kc4（CO）=21 4mol/L=2mol/L，故 C 正确；D浓度商 Qc= =8，大于 80C 平衡常数 2，故反应进行方向逆反应进行，故 v（正） v （逆） ，故 D 错误；故选 D6下列说法不正确的是（ ）A苯环上有两个取代基的 C9H12，其苯环上一氯代物的同分异构体（不考虑立体异构）共有 10 种B2,2二甲基丙醇与 2甲基丁醇互为同分异构体C某只含有 C、H、O、
9、N 的有机物的简易球棍模型如图-1 所示，该有机CH3CH2CH2NO2互为同系物DS诱抗素的分子结构如下图-2 所示，则该分子的分子式为 C15H20O4考点：有机物的结构答案：C试题解析：A苯环上有两个取代基的 C9H12，2 个取代基可能为甲基和乙基，有邻、间、对 3 种同分异构体 ，其苯环上的一氯代物分别有 4 种、4 种、2 种，故总共有 10 种，故 A 正确；B2，2-二甲基丙醇与 2-甲基丁醇的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故 B 正确；C由球棍模型可知该有机物的结构简式为 ，与 CH3CH2CH2NO2结构不相似，不是同系物，属于同分异构体，故 C 错误；D分子中含有
10、 15 个 C 、20 个 H、4 个 O，则该物质分子式为 C15H20O4，故 D 正确740 ，在氨水体系中不断通入 CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A在 pH90 时，B不同 pH 的溶液中存在关系：C在溶液 pH 不断降低的过程中，有含 NH2COO 的中间产物生成D随着 CO2的通入， 不断增大考点：溶液中的离子平衡电解质答案：D试题解析：A、在 pH90 时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c（NH 4+）c（HCO ） c（NH 2COO）c（CO 32 ），A 正确；B、根据电荷守恒可得：c（NH 4+）c（H +）2c（CO 32 ）c
11、（HCO 3 ）c（NH 2COO）c（OH），B 正确；C、从图上看，pH 降低过程中，有含 NH2COO的中间产物生成，C 正确；D、 ，K b不变，c（NH 4+）不断增大，则比值不断减小，D 不正确。26. 实验室以工业碳酸钙（含少量 Na+、Al 3+、Fe 3+等杂质）为原料制取CaCl22H2O 和 CaO2的主要流程如下：（1）加入试剂 X，调节溶液 pH 为碱性环境，以除去溶液中 Al3+和 Fe3+，滤渣的主要成分是_。试剂 X 可以选择下列的_（填编号）。ACaO BCaCO 3 CNH 3H2O DBa（OH） 2（2）操作 II 中进行蒸发浓缩时，除三角架、酒精灯外，
12、还需要的仪器有_。（3）由 CaCl2制取 CaO2的反应中，温度不宜太高的原因是_。（4）用下列装置测定工业碳酸钙的质量分数检验装置 B 气密性良好的实验过程是_。按 ABCD 顺序连接，然后从 A 装置通入空气，目的是_；装置 D 的作用为_。实验时，准确称取 1000g 工业碳酸钙 3 份，进行 3 次测定，测得BaCO3沉淀的平均质量为 1773g，则样品中 CaCO3的质量分数为_。考点：化学实验基础操作物质的分离、提纯和检验答案：（1）Fe（OH） 3和 Al（OH） 3； AC；（2）蒸发皿、玻璃棒（坩埚钳）；（3）防止温度过高 H2O2发生分解；（4）关闭分液漏斗活塞，用止水夹
13、夹住左边（或右边或不用）胶皮管处，将右边（或左边或两边）导气管插入水中，微热 B 装置，发现导气管有气泡产生，冷却后，导气管有一段液柱形成，证明气密性良好（合理即可）；排净装置中二氧化碳；防止空气中 CO2与Ba（OH） 2溶液反应；90%；试题解析：（1）在碱性条件下，Al 3+、Fe 3+分别生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，所以滤渣的主要成分是 Fe（OH） 3和 Al（OH） 3；由于实验室以工业碳酸钙为原料制取 CaCl2H2O 和 CaO2的，所以试剂 X 不能选用碳酸钙。又因为不能引入新的杂质，所以不能选择氢氧化钡，可以选择氧化钙。由于后续实验中加入碳酸铵，所以 X 还可以是氨水，即答
14、案选 AC；（2）由于氯化钙易溶于水，所以要得到氯化钙晶体，应该是蒸发浓缩冷却结晶，所以操作 II 中进行蒸发浓缩时，除三角架、酒精灯外，还需要的仪器有蒸发皿、玻璃棒（坩埚钳）。（3）由 CaCl2制取 CaO2的反应中，需要双氧水参加。由于双氧水易分解，所以温度不宜太高的原因是）防止温度过高 H2O2分解。（4）由于 B 装置中含有分液漏斗，所以要检验其气密性，正确的操作应该是关闭分液漏斗的活塞，用止水夹夹住左边（或右边或不用）橡皮管处，将右边（或左边或两边）导气管插入水中，微热 B 装置，发现导气管有气泡产生，冷却后，导气管有一段液柱形成，注明气密性良好。实验原理是利用盐酸和碳酸钙反应生成
15、 CO2，CO 2被氢氧化钡吸收生成碳酸钡沉淀，然后通过称量 C 装置的即可。由于在反应中装置中会残留 CO2，所以通入空气的目的是排净装置中二氧化碳。由于空气中含有 CO2，因此 D 装置中碱石灰的作用是防止空气中 CO2与Ba（OH） 2溶液反应。根据碳酸钙中碳元素守恒，碳酸钙中的碳元素先成为二氧化碳，然后是二氧化碳在和氢氧化钡反应得到碳酸钡沉淀，碳酸钡中的碳元素全部来自碳酸钙中，所以 1773gBaCO 3沉淀的物质的量为 1773g/197g/mol=009mol，所以碳酸钙的物质的量是 009mol，质量是 9g，百分含量是9g/1000g100%=9000%27. 能源、环境与人类
16、生活和社会发展密切相关，研究它们的综合利用有重要意义。（1）氧化还原法消除氮氧化物的转化：反应为：NOO 3NO 2O 2，生成 112 L O 2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 mol。反应中，当 n（NO 2）nCO（NH 2） 232 时，反应的化学方程式是 。（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）SO 2（g） SO3（g）NO（g） H418 kJmol 1已知：2SO 2（g）O 2（g） 2SO3（g） H1966 kJmol 1写出 NO 和 O2反应生成 NO2的热化学方程式 。（3）某化学兴趣小组构想将 NO 转
17、化为 HNO3，装置如图 1，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是 （4）将燃煤废气中的 CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO 2（g）+6H 2（g）CH3OCH3（g）+3H 2O（g）；该反应平衡常数表达式为 K 。已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO 2的转化率如图所示。该反应的 H_（填“大于”、“小于”或“等于”）0。（5）合成气 CO 和 H2在一定条件下能发生如下反应：CO（g） +2H 2（g）CH3OH（g） H 0。在容积均为 V L 的 I、三个相同密闭容器中分别充入 a mol CO 和 2a mol H2，三个容器的反应温度分别为 T1、T 2、
18、T 3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到 t min 时 CO 的体积分数如图所示，此时 I、三个容器中一定达到化学平衡状态的是 ；若三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO 转化率最大的反应温度是 。考点：电解池原电池氧化还原反应化学反应热的计算化学平衡答案： 1 ；6NO 24CO（NH 2） 27N 28H 2O4CO 2；2NO（g）+O 2（g） 2NO2（g） H1130 kJ/mol；（3） NO-3e -+2H2O=NO3-+4H+；（4）c（CH 3OCH3） c3（H 2O）/ c2（CO 2） c6（H 2）；小于 ；（5）；T 1 ；试题解析：（1）
19、NO+O 3NO 2+O2，生成 1mol 氧气转移电子是 2mol，生成112L 即 05molO 2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 1mol；当 n（NO 2）：nCO（NH 2） 2=3：2，即 NO2和 CO（NH 2） 2的化学计量数之比是3：2，其方程式表示为：6NO 2+4CO（NH 2） 2=7N2+8H2O+4CO2；（2）已知：NO 2（g）+SO 2（g）SO 3（g）+NO（g）H=-418kJ/mol -1；2SO 2（g）+O 2（g）2SO 3（g）H=-1966kJ/mol -1，由-2 得：2NO（g）+O 2（g）=2NO 2（g），H=-1966kJ
20、/mol -1-2（-418kJ/mol -1）=-1130 kJ/mol -1；（3）将 NO 转化为 HNO3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧化反应，即 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；（4）2CO 2（g）+6H 2（g）CH 3OCH3（g）+3H 2O（g）；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K= c（CH 3OCH3） c3（H 2O）/ c2（CO 2） c6（H 2）；由图 2 可知：温度越高，CO 2转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即H0，故答案为：；（5）CO（g）+2H 2（g）CH 3OH（g）H0，
21、该反应正反应为放热反应，根据图 3 中、图象，CO 百分含量由小到大依次为：，T 1中的状态转变成 T2中的状态，CO 百分含量减小，说明平衡正向移动，说明 T1未达平衡状态，T 2中的状态转变成 T3中的平衡状态，CO 百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明 T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容器内的反应都达到化学平衡时，容器温度最低，所以 CO 转化率最大的反应温度是 T1；28（15 分)锌浮渣主要含 Zn、ZnO、SiO 2、Fe 2+、Cd 2+、Mn 2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流
22、程如下：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣 1 进行再次浸出，其目的是 。（2）净化 1 是为了将 Mn2+转化为 MnO2而除去，试写出该反应的离子方程式 。（3）90时，净化 2 溶液中残留铁的浓度受 pH 影响如图。pH 值中等时，虽有利于 Fe2+转化为 Fe3+，但残留铁的浓度仍高于 pH 为 34 时的原因是 。（4）滤渣 3 的主要成份为 （填化学式）。（5）碳化在 50进行,“前驱体”的化学式为 ZnCO32Zn（OH) 2H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式 ；碳化时所用 NH4HCO3的实际用量为理论用量的 1.1 倍，其原因一是为了使 Zn2+充分沉淀，二是 。
23、【答案】（1）提高锌元素的总浸出率；（2）Mn2+S2O82 +2H2OMnO 2+2SO 42 +4H+；（3）H +抑制 Fe3+水解 ；（4）Cd ；（5）3ZnSO 4+6NH4HCO3ZnCO 32Zn（OH) 2H2O+3（NH 4)2SO4+5CO2，反应过程中有部分 NH4HCO3分解（或 NH4HCO3消耗 H+，避免 H+浓度过大 溶解ZnCO32Zn（OH) 2H2O）。【解析】试题分析：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，滤渣 1 再次进行浸出的目的是提高锌元素的浸出率，故应填写：提高锌元素的总浸出率；（2）Mn 2 MnO 2化合价升高 2，是还原剂，则（NH 4)2S2O8
24、是氧化剂化合价降低，+7 价+6 价，1mol（NH 4)2S2O8降低 2，Mn 2 S 2O82 MnO 2SO 42 ，缺项配平，反应物中有 H2O 参加，生成 H ，根据所带电荷数守恒，离子反应方程式：Mn2+S2O82 +2H2OMnO 2+2SO 42 +4H+；（3)加入 H2O2是把 Fe2 转化成 Fe3 ，有利于除去铁元素，Fe 3 3H 2O V2O5 高 温 、 高 压催 化 剂 浓 硫 酸 180催 化 剂 充 电放 电 催 化 剂 放 电充 电 Fe（OH) 33H ，c（H )增加，抑制了Fe3 的水解，故残留铁的浓度仍高于 pH 为 34；（4）根据工艺流程，浸出除去 SiO2，净化 1 除去 Mn2 ，净化 2 除去 Fe2 ，碳化除去 NH4 、SO 42 ，故净化3 是除去 Cd2 ，加入锌粉，利用锌还原性强于 Cd，把 Cd 置换出来，故滤渣 3是 Cd 和过量锌粉；（5）从净化 3 中出来的溶液主要是硫酸锌溶液，碳化中反应物是硫酸锌和碳酸氢铵，生成物是前驱体、硫酸铵、CO 2，根据原子个数守恒，反应方程式：3ZnSO 4+6NH4HCO3ZnCO 32Zn（OH) 2H2O+3（NH 4)2SO4+5CO2，
