1、广东省云浮市罗定中学2015-2016学年高三（上）期中化学试卷一、选择题：本题包括13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污染2下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0molL1的Ca（OH）2溶液A
2、ABBCCDD3茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（） A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用、和4短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）BY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同CX的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱DY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强5能正确
3、表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O6如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD7amolFeS
4、与bmolFe3O4投入到V L cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（）AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol二、解答题（共6小题，满分43分）8（14分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于
5、热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：C6H12O6溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2请回答下列问题：（1）第步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最合适的是制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是A新制Cu（OH）2悬浊液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是（3）第步需趁热过滤，其原因是（4）第步加入乙醇的作用是（5）第步中，下列洗涤剂最合适的是A冷水 B热水 C乙醇 D乙醇水混合溶液9（2分）下列事实中，能证明亚
6、硫酸的酸性强于氢硫酸的是a亚硫酸受热时易分解b相同条件下，等浓度的亚硫酸溶液导电能力强于氢硫酸c亚硫酸溶液可使品红溶液褪色，而氢硫酸不能d常温下，浓度均为0.1mol/L的H2SO3溶液和H2S溶液的pH分别是2.1和4.510（5分）工业上除去高压锅用水中溶解的氧气常用的试剂有Na2SO3和N2H4（肼）已知16g液态的肼与氧气反应得到氮气和液态水时，放热354.87kJ，该反应的热化学方程式是除去等质量的O2，所耗Na2SO3和N2H4的质量比是（填最简整数比）11（2分）向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是12
7、（6分）已知Na2SO3在高温下发生分解，得到两种产物某同学称取25.2g纯净的Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，将其完全溶于水配成1L溶液，并测溶液的pHNa2SO3高温分解的化学方程式是测得溶液的pH大于0.025mol/LNa2SO3溶液的pH，试解释原因（结合离子方程式说明）13（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（
8、s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（II）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=mol，NO的转化率1=其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡常数K2（填“增大”“减小”或“不变”若要使K2减小，可采用的措施是（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO
9、2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是a向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH【化学与技术】（共1小题，满分15分）14（15分）海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl、SO、Br、CO、HCO等离子合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证火力发电燃煤排放的
10、SO2会造成一系列环境和生态问题利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：（1）天然海水的pH8，呈弱碱性用离子方程式解释原因（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是重金属离子对河流及海洋造成严重污染某化工厂废水（pH=2O，p1gmL1）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01molL1排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SPbI2Pb（OH）2PbSKSP8.310175.61086.310507.11091.210
11、153.41028（3）你认为往废水中投入 （填字母序号），沉淀效果最好ANaOH BNa2S CKI DCa（OH）2（4）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）=（5）如果用食盐处理其只含Ag+的废水，测得处理后废水中NaCl的质量分数为0.117%若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1OlO8molL1，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）=，是否符合排放标准 （填“是”或“否”）已知KSP（AgCl）=1.8l10mol2L2【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）15第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物（1）下列叙述正确的是
12、（填字母）ACH2O与水分子间能形成氢键BCH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化CC6H6分子中含有6个键和1个大键，C6H6是非极性分子DCO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元 素MnFe电离能/kJmol1I1717759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于区（4）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如上图所示，则X的化学式为（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN离子
13、，可在X的催化下，先用NaClO将CN氧化成CNO，再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成N2和CO2H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为与CNO互为等电子体微粒的化学式为（写出一种即可）氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）16结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：（1）A的类别是，能与Cl2反应生成A的烷烃是B中的官能团是（2）反应的化学方程式为（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线得到的产物加
14、水萃取、分液，能除去的副产物是（4）已知：+H2O，则经反应路线得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为（5）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为（只写一种）广东省云浮市罗定中学2015-2016学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题包括13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污
15、染【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】A碘溶于乙醇可形成碘酒；B氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；C浓硫酸与二氧化硅不反应；D甲醛可污染环境【解答】解：A碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；B氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；C浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；D甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确故选：C【点评】本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高
16、学生的学习的积极性，难度不大2下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0molL1的Ca（OH）2溶液AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂；氨的物理性质；溶液的配制；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】化学实验基本操作【分析】A利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；BBaSO4难溶于酸，先加入盐酸可排除Ag+或SO32的影响；C氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，
17、形成喷泉，为物理性质；D氢氧化钙微溶于水【解答】解：A用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故A错误；B硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有SO42，故B正确；C氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故C错误；D氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故D错误
18、故选B【点评】本题考查混合物分离提纯以及物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离方法、原理为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大3茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（） A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用、和【考点】真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】综合实验题【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，
19、用KSCN溶液检验，以此解答该题【解答】解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C过滤时用到、和，故C不选；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故D不选故选B【点评】本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大4短周期主族元素X、Y、Z、
20、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）BY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同CX的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱DY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强【考点】真题集萃；原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z
21、为Mg，A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；B、MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键；C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D、元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定【解答】解：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为MgA、Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）r（Si）r（C）r（O），故A错误；B、Y分别与Z
22、、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，故B错误；C、C和Si同主族，非金属性CSi，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故C错误；D、非金属性OSi，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，故D正确；故选D【点评】本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中原子半径、非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构、10个电子的微粒是解题的必备知识5能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO
23、32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A原子不守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C氢氧化铝不溶于弱碱；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解：A原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A错误；B碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜和稀硝酸反应
24、生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握6如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD【考点】真题集萃【分析】A
25、水蒸气、氢气都能使肥皂水冒泡；B氨气的水溶液呈碱性，酚酞试液遇碱变红色；C二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D乙烯能和溴发生加成反应而使溴褪色【解答】解：A水蒸气、氢气都能使肥皂水冒泡，所以如果有中现象，不能证实中反应发生，故A选；B氨气的水溶液呈碱性，酚酞试液遇碱变红色，氯化铵、氢氧化钙都是固体，且不能使酚酞试液变红色，如果有中现象，则能证实中反应发生，故B不选；C二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，碳酸氢钠是固体，所以如果有中现象，能证实中反应发生，故C不选；D乙烯能和溴发生加成反应而使溴褪色，所以有中现象，能证实中反应发生，故D不选；故选A【点评】本题考查实验装置综合，侧重考查元素化合物知识，明确
26、物质的性质是解本题关键，注意A中水蒸气干扰实验，为易错点7amolFeS与bmolFe3O4投入到V L cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（）AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应中硝酸起氧化剂、酸作用，未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量NO的物质的量
27、【解答】解：反应中硝酸起氧化剂、酸作用，起酸的作用的硝酸未被还原，未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，根据元素守恒可知，nFe（NO3）3=n（Fe）=amol+3bmol=（a+3b）mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3（a+3b）mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=amol（32）+amol6（2）+bmol3（3）（52）=mol，根据氮元素守恒，则未被还原的硝酸的物质的量=VLcmol/Lmol=mol，故选A【点评】本题以元素化合物知识为载体，考查氧化还原反应中守恒法计算技巧，为高频考点，侧重对学生思维能力的考查，题目计算量较大，答案表
28、示不唯一，题目难度中等二、解答题（共6小题，满分43分）8（14分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：C6H12O6溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2请回答下列问题：（1）第步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最合适的是B制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄
29、糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是ADA新制Cu（OH）2悬浊液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是葡萄糖酸、HBr与CaCl2不反应生成葡萄糖酸钙沉淀（3）第步需趁热过滤，其原因是葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品（4）第步加入乙醇的作用是可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出（5）第步中，下列洗涤剂最合适的是CA冷水 B热水 C乙醇 D乙醇水混合溶液【考点】制备实验方案的设计【专题】有机
30、实验综合【分析】（1）反应在55条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置；可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸；（2）CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸完全反应，氯化钙易溶于水，易引入杂质，且葡萄糖酸与氯化钙不反应；（3）趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失；（4）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，可避免损失；（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去【解答】解：（1）反应在55条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置，题中A缺少回流装置，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，排除A，C缺少水浴加热，只有B符合；新制Cu（OH）2悬浊液、Ag（NH3）2OH溶液
31、氧化性较弱，且反应需要碱性条件下进行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高锰酸钾氧化性较强，不能得到葡萄糖酸，可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，故答案为：B；AD；（2）可使葡萄糖酸完全转化为葡萄糖酸钙，使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐，则加入的碳酸钙应过量，因盐酸酸性比葡萄糖酸强，则加入氯化钙与葡萄糖酸、HBr难以反应，且易引入杂质，不易分离，应用碳酸钙，故答案为：使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐；葡萄糖酸、HBr与 CaCl2不反应；（3）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失，故答案为：葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（4）
32、由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，有利于葡萄糖酸钙析出，故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出；（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，故答案为：C【点评】本题为2014年浙江考题，侧重于物质的制备、分离和提纯的考查，着重于学生的分析能力和实验能力的考查，由于培养学生的良好的科学素养，难度中等9（2分）下列事实中，能证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸的是bda亚硫酸受热时易分解b相同条件下，等浓度的亚硫酸溶液导电能力强于氢硫酸c亚硫酸溶液可使品红溶
33、液褪色，而氢硫酸不能d常温下，浓度均为0.1mol/L的H2SO3溶液和H2S溶液的pH分别是2.1和4.5【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】弱酸不能完全电离，电离程度越差，离子浓度越小，弱酸的酸性越弱，据此分析【解答】解：a、如硝酸受热易分解，但硝酸是强酸，所以不能根据受热是否易分解判断酸的强弱，故a错误；b、相同条件下，亚硫酸的导电能力强于氢硫酸，说明亚硫酸电离程度大，酸性强，故b正确；c、亚硫酸溶液具有漂白性，与酸性强弱无关，故c错误；d、浓度均为0.1molL1的H2SO3溶液和H2S溶液的pH分别是2.1和4.5，说明亚硫酸电离程度大于氢硫酸
34、，酸性强，故d正确；故选：bd【点评】本题考查了弱酸的酸性强弱比较，题目难度不大，注意从弱电解质的电离程度的角度分析，相同条件下电离程度越大酸性越强10（5分）工业上除去高压锅用水中溶解的氧气常用的试剂有Na2SO3和N2H4（肼）已知16g液态的肼与氧气反应得到氮气和液态水时，放热354.87kJ，该反应的热化学方程式是N3H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）；H=709.74kJmol1除去等质量的O2，所耗Na2SO3和N2H4的质量比是63：8（填最简整数比）【考点】热化学方程式；化学方程式的有关计算【专题】化学反应中的能量变化；利用化学方程式的计算【分析】16g肼为0.
35、5mol，所以1mol肼燃烧放热709.68KJ，据已知条件书写热化学方程式；1molNa2SO3和N2H4反应，转移电子分别为2mol和4mol，据电子守恒解答；【解答】解：16g肼为0.5mol，所以1mol肼燃烧放热709.68KJ，热化学方程式为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）；H=709.74kJmol1，故答案为：N3H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）；H=709.74kJmol1；1molNa2SO3和N2H4被氧化，转移电子分别为2mol和4mol，除去等质量的O2，消耗Na2SO3和N2H4的物质的量之比为2：1，质量比为：=，故答案为
36、：63：8；【点评】本题考查了热化学方程式书写、氧化还原反应中的电子守恒计算，掌握基础是关键，题目难度中等11（2分）向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀盐酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】发生Na2SO3+2Na2S+6HCl=3S+6NaCl+3H2O，S元素化合价由+4价降低为0，则Na2SO3为氧化剂，S元素化合价由2价升高为0，则Na2S为还原剂，以此计算【解答】解：淡黄色沉淀为S，可知发生反应为Na2SO3+2Na2S+6HCl=3S+6NaCl+3H2O，S元素化合价由+4价
37、降低为0，则Na2SO3为氧化剂，S元素化合价由2价升高为0，则Na2S为还原剂，由反应可知，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2，故答案为：1：2【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应及氧化剂、还原剂判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大12（6分）已知Na2SO3在高温下发生分解，得到两种产物某同学称取25.2g纯净的Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，将其完全溶于水配成1L溶液，并测溶液的pHNa2SO3高温分解的化学方程式是4Na2SO33Na2SO4+Na2S测得溶液的pH大于0.0
38、25mol/LNa2SO3溶液的pH，试解释原因（结合离子方程式说明）S2发生水解：S2+H2OHS+OH，其水解程度大于SO32，所以混合液的pH大于Na2SO3溶液【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】25.2g纯净的Na2SO37H2O中m（H2O）=718g/mol=12.6g，某同学称取25.2g纯净的Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，高温条件下，Na2SO3发生分解反应生成两种物质，则亚硫酸钠分解生成两种固体；分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1molL1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成的一种物质
39、的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，根据化合价的变化可知，另一种物质为Na2SO4，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；Na2S水解程度大于Na2SO3，导致溶液的pH大于0.025mol/LNa2SO3溶液的pH【解答】解：25.2g纯净的Na2SO37H2O中m（H2O）=718g/mol=12.6g，某同学称取25.2g纯净的Na2SO37H2O晶体在高温下隔绝空气加热至恒重，冷却后称得固体为12.6g，高温条件下，Na2SO3发生分解反应生成两种物质，则亚硫酸钠分解生成两种固体；分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1molL1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成
40、的一种物质的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，根据化合价的变化可知，另一种物质为Na2SO4，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S；含有结晶水的晶体，受热首先失去结晶水，根据硫的化合价分析，分解后的物质配成溶液，测得溶液的pH大于0.1molL1Na2SO3溶液的pH，说明分解生成的一种物质的水解程度比Na2SO3大，则说明生成Na2S，S2发生水解：S2+H2OHS+OH，其水解程度大于SO32，所以混合液的pH大于Na2SO3溶液，故答案为：S2发生水解：S2+H2OHS+OH，其水解程
41、度大于SO32，所以混合液的pH大于Na2SO3溶液【点评】本题考查化学方程式有关计算、盐类水解等知识点，为高频考点，正确获取信息并利用信息解答问题是解本题关键，难点是判断亚硫酸钠分解产物，题目难度不大13（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L
42、恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（II）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=75%其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡常数K2不变（填“增大”“减小”或“不变”若要使K2减小，可采用的措施是升高温度（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、
43、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bca向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）
