福建省岐濱中學(xué)2016屆高三化學(xué)上學(xué)期開學(xué)試卷（含解析）

1、福建省岐濱中學(xué)2016屆高三上學(xué)期開學(xué)化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1分析化學(xué)中常用X射線研究晶體結(jié)構(gòu)，有一種藍(lán)色晶體可表示為：MxFey（CN）z，研究表明它的結(jié)構(gòu)特性是Fe2+、Fe3+分別占據(jù)立方體的頂點(diǎn)，自身互不相鄰，而CN一位于立方體的棱上，其晶體中的陰離子結(jié)構(gòu)如圖示，下列說法正確的是( )A該晶體是原子晶體BM的離子位于上述立方體的面心，呈+2價(jià)CM的離子位于上述立方體的體心，呈+1價(jià)，且M+空缺率（體心中沒有M+的占總體心的百分比）為50%D晶體的化學(xué)式可表示為MFe2（CN）3，且M為+1價(jià)考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算專題：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)分析：A、該晶體中含有Fe

2、2+、Fe3+、CN等陰陽離子，據(jù)此判斷晶體類型；B、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，利用均攤法確定晶胞中各離子個(gè)數(shù)，再根據(jù)化合價(jià)代數(shù)各為零可判斷；C、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，利用均攤法確定晶胞中各離子個(gè)數(shù)比可判斷；D、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，利用均攤法確定晶胞中各離子個(gè)數(shù)，再根據(jù)化合價(jià)代數(shù)各為零可判斷解答：A、該晶體中含有Fe2+、Fe3+、CN等陰陽離子，所以該晶體為離子晶體，故A正確；B、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有Fe2+的個(gè)數(shù)為4×=，F(xiàn)e3+的個(gè)數(shù)為4×=，CN的個(gè)數(shù)為12×=3，所以Fe2+、Fe3+、CN的個(gè)數(shù)比為1：1：6，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零可知，M的化合價(jià)為+1價(jià)，故B錯(cuò)誤；C、

3、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，由B的計(jì)算可知，每個(gè)晶胞中含有Fe2+0.5個(gè)，F(xiàn)e3+0.5個(gè)，CN3個(gè)，由B可知M的化合價(jià)為+1價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)為零，可知每個(gè)晶胞平均含有M也是0.5個(gè)，而M的離子位于上述立方體的體心上，所以兩個(gè)晶胞中一個(gè)有M+，而另一個(gè)必?zé)oM+，所以M+空缺率為50%，故C正確；D、由B的分析可知，晶體的化學(xué)式可表示為MFe2（CN）6，且M為+1價(jià)，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題主要考查均攤法計(jì)算化學(xué)式、晶體結(jié)構(gòu)的確定等知識點(diǎn)，中等難度，有一定的綜合性2圖為實(shí)驗(yàn)室從海帶中提取碘單質(zhì)的流程示意圖，判斷下列說法錯(cuò)誤的是( )A步驟需要用到蒸發(fā)皿B步驟需要過濾裝置C步驟需要用到分液漏斗D步驟需要

4、蒸餾裝置考點(diǎn)：海水資源及其綜合利用分析：由提取海帶中的碘的實(shí)驗(yàn)流程可知，海帶在坩堝中灼燒，然后溶解得到懸濁液，步驟為過濾，得到含碘離子的溶液，中發(fā)生MnO2+2I+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘單質(zhì)的溶液，為萃取，為蒸餾，以此來解答解答：解：由提取海帶中的碘的實(shí)驗(yàn)流程可知，海帶在坩堝中灼燒，然后溶解得到懸濁液，步驟為過濾，得到含碘離子的溶液，中發(fā)生MnO2+2I+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘單質(zhì)的溶液，為萃取，為蒸餾，A灼燒固體，應(yīng)放在坩堝中，蒸發(fā)皿用于加熱溶液，故A錯(cuò)誤；B步驟用于分離和固體和液體，得到含碘離子的溶液，為過濾操作，故B正確；C為萃取，所用主要儀器是分液漏

5、斗、燒杯，故C正確；D步驟分離碘與苯，二者互溶，但沸點(diǎn)不同，則操作名稱是蒸餾，故D正確故選A點(diǎn)評：本題以海帶提碘為載體考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握流程中的反應(yīng)及混合物分離提純方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大3取一定質(zhì)量含Cu、Cu2O、CuO的固體混合物，將其分成兩等份并進(jìn)行下列轉(zhuǎn)化，則轉(zhuǎn)化過程中所加稀HNO3的物質(zhì)的量濃度為( )A4.4 molL1B3.6 molL1C4.0 molL1D3.2 molL1考點(diǎn)：銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算專題：計(jì)算題分析：Cu、Cu2O、CuO的固體混合物通入足量的氫氣，Cu2O、CuO被

6、還原成銅單質(zhì)，根據(jù)減少的質(zhì)量即為氧的質(zhì)量列方程；Cu、Cu2O、CuO的固體混合物加入稀硝酸，Cu、Cu2O被硝酸氧化二價(jià)銅，硝酸被還原成NO，根據(jù)得失電子守恒列方程解答：解：設(shè)其中一份中n（Cu）=x mol，n（Cu2O）=y mol，n（CuO）=z mol，依得失電子守恒和氧元素守恒，有：x+2y+z=0.7mol亦即反應(yīng)后生成的硝酸銅的物質(zhì)的量為0.70mol則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，故選：D點(diǎn)評：本題考查銅及化合物的性質(zhì)，并且利用有關(guān)化

7、學(xué)方程式計(jì)算技能或原子守恒思想解決問題側(cè)重電子守恒和原子守恒的思想的考查，此思想是解決化學(xué)計(jì)算的簡潔方法，應(yīng)用比較廣泛，應(yīng)給予重視4下列說法中正確的是( )A由元素的原子序數(shù)推測其在元素周期表中的位置B由HH和ClCl的鍵長推測液氫和液氯沸點(diǎn)的高低C由CaF2晶體中，與Ca2+距離最近的F有8個(gè)，推知與F距離最近的Ca2+也有8個(gè)D由NN、HH、NH的鍵能數(shù)據(jù)估算3H2（g）+N2（g）2NH3（g）的反應(yīng)熱考點(diǎn)：元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用；鍵能、鍵長、鍵角及其應(yīng)用；不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別；反應(yīng)熱和焓變分析：A、知道了元素的原子序數(shù)，可以確定元素的電子層數(shù)和最外層電子數(shù)；B、沸點(diǎn)

8、高低是物質(zhì)的物理性質(zhì)與共價(jià)鍵的鍵長無關(guān)；C、螢石中每個(gè)Ca2+被8個(gè)F所包圍，每個(gè)F周圍最近距離的Ca2+數(shù)目為4；D、在外界條件一定的情況下，反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的總鍵能生成物的總鍵能解答：解：A、知道了元素的原子序數(shù)，可以確定元素的電子層數(shù)和最外層電子數(shù)，由電子層數(shù)確定周期數(shù)，最外層電子數(shù)確定族序數(shù)，所以由元素的原子序數(shù)推測其在元素周期表中的位置，故A正確；B、沸點(diǎn)高低是物質(zhì)的物理性質(zhì)與共價(jià)鍵的鍵長無關(guān)，共價(jià)鍵的鍵長是決定化學(xué)性質(zhì)的，故B錯(cuò)誤；C、螢石中每個(gè)Ca2+被8個(gè)F所包圍，每個(gè)F周圍最近距離的Ca2+數(shù)目為4，故C錯(cuò)誤；D、與外界條件有關(guān)，溫度和壓強(qiáng)不定，所以無法估算反應(yīng)熱，故D錯(cuò)誤；

9、故選A點(diǎn)評：本題考查原子序數(shù)與元素在周期表中的位置、熔沸點(diǎn)高低的影響因素、晶體中粒子數(shù)目的比和反應(yīng)熱的相關(guān)知識，綜合性強(qiáng)，但比較容易5鼠尾草酚用于防治骨質(zhì)疏松，鼠尾草酸可兩步轉(zhuǎn)化得到鼠尾草酚，下列說法正確的是( )AX、Y、Z屬于芳香族化合物BX、Y、Z均能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C1 mol X或1mol Z與NaOH溶液反應(yīng)，均最多消耗3molNaOHDX、Y、Z均能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)分析：A芳香族化合物中含有苯環(huán)；B含有酚羥基的有機(jī)物能和氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)；CX中羧基和酚羥基能和NaOH反應(yīng)，Z中酚羥基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反應(yīng)；D碳碳不

10、飽和鍵能和溴發(fā)生加成反應(yīng)解答：解：A芳香族化合物中含有苯環(huán)，B中不含苯環(huán)，所以不屬于芳香族化合物，故A錯(cuò)誤；B含有酚羥基的有機(jī)物能和氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，B中不含酚羥基，不能和氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；CX中羧基和酚羥基能和NaOH反應(yīng)，Z中酚羥基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反應(yīng)，所以1 mol X或1mol Z與NaOH溶液反應(yīng)，均最多消耗3molNaOH，故C正確；D碳碳不飽和鍵能和溴發(fā)生加成反應(yīng)，X和Z中不含碳碳不飽和鍵，所以不能和溴發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查酚、酯的性質(zhì)，易錯(cuò)選項(xiàng)是C6下列

11、說法錯(cuò)誤的是( )A等物質(zhì)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醋酸溶液中加水稀釋的過程中c（OH）不斷增大D向含有Na2SO4的BaSO4懸濁液中加水稀釋，c（Ba2+）增大考點(diǎn)：鹽類水解的應(yīng)用；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡分析：A如水解程度大于電離，則c（HX）大于c（X）；BpH=4.5，說明HSO3電離大于水解程度；C加水解釋，c（H+）減小；D加水稀釋，c（SO42）降低解答：解：A等物質(zhì)的量的NaX和弱酸HX混合后，如溶液呈堿性時(shí)，說明水解程度大于電離，則c（HX）

12、大于c（X），故A正確；BpH=4.5，說明HSO3電離大于水解程度，則c（H2SO3）小于c（SO32），故B錯(cuò)誤；C加水解釋，c（H+）減小，但Kw不變，則c（OH）不斷增大，故C正確；D加水稀釋，c（SO42）降低，但Ksp不變，則c（Ba2+）增大，故D正確故選B點(diǎn)評：本題考查電解質(zhì)的電離和鹽類的水解，屬于綜合知識的考查，為高頻考點(diǎn)，要求學(xué)生具有分析和解決問題的能力，注意把握平衡常數(shù)的理解和運(yùn)用，難度不大7室溫下，用0.10molL1鹽酸分別滴定20.00mL 0.10molL1氫氧化鈉溶液和氨水，滴定過程中溶液pH隨加入鹽酸體積的變化關(guān)系如圖所示下列說法不正確的是( )A表示的是滴定

13、氨水的曲線，當(dāng)V（HCl）=20 mL時(shí)，有：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）B當(dāng)pH=7時(shí)，滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，且c（NH4+）=c（Cl）C滴定氫氧化鈉溶液時(shí)，若V（HCl）20 mL，則一定有：c（Cl）c（Na+）c（OH）c（H+）D當(dāng)?shù)味ò彼腣（HCl）=10 mL時(shí)，有：2=c（NH4+）c（NH3H2O）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較分析：A根據(jù)氨水和NaOH在滴定開始時(shí)的pH來判斷；B鹽酸與氨水恰好反應(yīng)生成氯化銨，溶液顯酸性；C滴定氫氧化鈉溶液時(shí)，若V（HCl）20 mL，氫離子濃度可能大于鈉離子；D當(dāng)?shù)味ò彼腣（HCl）=10 mL時(shí)，溶液

14、中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH3H2O和NH4Cl解答：解：A一水合氨是弱堿，在溶液中部分電離，則開始時(shí)氨水的pH小于13，所以表示的是滴定氨水的曲線，當(dāng)V（HCl）=20 mL時(shí)，恰好反應(yīng)生成氯化銨，溶液顯酸性，則c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故A正確；B滴定氨水消耗的V（HCl）=20 mL，鹽酸與氨水恰好反應(yīng)生成氯化銨，溶液顯酸性，當(dāng)pH=7時(shí)，滴定氨水消耗的V（HCl）20 mL，故B錯(cuò)誤；C滴定氫氧化鈉溶液時(shí)，若V（HCl）20 mL，氫離子濃度可能大于鈉離子，則溶液中離子濃度關(guān)系可能為：c（Cl）c（H+）c（Na+）c（OH），故C錯(cuò)誤；D當(dāng)?shù)味ò彼腣（HCl）=1

15、0 mL時(shí)，溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH3H2O和NH4Cl，電荷守恒為c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），物料守恒為：2c（Cl）=c（NH3H2O）+c（NH4+），則2=c（NH4+）c（NH3H2O），故D正確；故選BC點(diǎn)評：本題考查酸堿混合的定性判斷和計(jì)算，題目難度中等，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)以及電荷守恒、物料守恒的應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力二、解答題（共4小題，滿分58分）8天然氣（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物，可以用氫氧化鈉溶液洗滌除去（1）硫元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為；羰基硫分子的電子式為（2）下列說法正確的是bda乙硫醇的相對分子質(zhì)量大于乙醇，

16、故其沸點(diǎn)更高b同溫度同濃度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，說明硫元素非金屬性強(qiáng)于碳元素cH2S分子和CO2都是極性分子，因?yàn)樗鼈兌际侵本€形分子d由于乙基的影響，乙硫醇的酸性弱于H2S（3）羰基硫用氫氧化鈉溶液處理及利用的過程如下（部分產(chǎn)物已略去）：COSNa2S溶液X溶液+H2反應(yīng)I除生成兩種正鹽外，還有水生成，其化學(xué)方程式為COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O已知X溶液中硫元素的主要存在形式為S2O32，則中主要反應(yīng)的離子方程式為2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH如圖是反應(yīng)中，在不同反應(yīng)溫度下，反應(yīng)時(shí)間與H2產(chǎn)量的關(guān)系圖（Na2S初始含量為3mmo1）

17、a判斷T1、T2、T3的大?。篢1T2T3；b在T1溫度下，充分反應(yīng)后，若X溶液中除S2O32外，還有因發(fā)生副反應(yīng)而同時(shí)產(chǎn)生的SO42，則溶液中c（S2O32）：c（SO42）=5：2考點(diǎn)：含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用分析：（1）S的質(zhì)子數(shù)為16，原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子為6；羰基硫分子與二氧化碳分子結(jié)構(gòu)相似，均為直線型；（2）a乙醇中含氫鍵；b同溫度同濃度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知對應(yīng)最高價(jià)含氧酸的酸性；cCO2結(jié)構(gòu)對稱，正負(fù)電荷中心重合；d由于乙基的影響，乙硫醇難電離出氫離子；（3）反應(yīng)I除生成兩種正鹽外，還有水生成，由元素守恒可知，生成正鹽為Na2S、Na2C

18、O3；硫化鈉與水反應(yīng)生成S2O32、氫氣和氫氧化鈉，根據(jù)電子守恒和原子守恒書寫；a由圖可知，溫度高的反應(yīng)速率大，則反應(yīng)的時(shí)間短；b.3molNa2S若只生成S2O32轉(zhuǎn)移12mol電子，T1溫度下，生成的氫氣為7mol，轉(zhuǎn)移電子為14mol，結(jié)合電子守恒計(jì)算解答：解：（1）S的質(zhì)子數(shù)為16，原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子為6，則原子結(jié)構(gòu)示意圖為；羰基硫分子與二氧化碳分子結(jié)構(gòu)相似，均為直線型，其電子式為，故答案為：；（2）a乙醇中含氫鍵，則乙醇沸點(diǎn)高于乙硫醇，故a錯(cuò)誤；b同溫度同濃度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知對應(yīng)最高價(jià)含氧酸的酸性為硫酸碳酸，則硫元素非金屬性強(qiáng)于碳元素，

19、故b正確；cCO2結(jié)構(gòu)對稱，正負(fù)電荷中心重合，則為非極性分子，為直線結(jié)構(gòu)，而H2S分子V型極性分子，故c錯(cuò)誤；d由于乙基的影響，乙硫醇難電離出氫離子，乙硫醇的酸性弱于H2S，故d正確；故答案為：bd；（3）反應(yīng)I除生成兩種正鹽外，還有水生成，由元素守恒可知，生成正鹽為Na2S、Na2CO3，反應(yīng)為COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，故答案為：COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；硫化鈉與水反應(yīng)生成S2O32、氫氣和氫氧化鈉，其反應(yīng)的離子方程式為：2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH，故答案為：2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH；a由圖可知，溫

20、度高的反應(yīng)速率大，則反應(yīng)的時(shí)間短，則T1T2T3，故答案為：T1T2T3；b.3molNa2S若只生成S2O32轉(zhuǎn)移12mol電子，T1溫度下，生成的氫氣為7mol，轉(zhuǎn)移電子為14mol，設(shè)產(chǎn)生的SO42為x，由電子守恒可知x×8+（3x）×4=14，解得x=0.5mol，則n（S2O32）=1.25mol，溶液中c（S2O32）：c（SO42）=1.25：0.5=5：2，故答案為：5：2點(diǎn)評：本題考查較綜合，涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)計(jì)算、圖象分析及離子反應(yīng)等，側(cè)重反應(yīng)原理中高頻考點(diǎn)的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等9下表是某學(xué)生為探究AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為Ag2S沉淀的

21、反應(yīng)所做實(shí)驗(yàn)的記錄（1）為了證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為5mL（2）已知：25時(shí)Ksp（AgCl）=1.8×1010，Ksp（Ag2S）=6×1030，此沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)K=5.4×109（3）步驟V中產(chǎn)生的白色沉淀的化學(xué)式為BaSO4，步驟中乳白色沉淀除含有AgCl外，還含有S（4）為了進(jìn)一步確認(rèn)步驟中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)了如下圖所示的對比實(shí)驗(yàn)裝置裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗，試劑W為過氧化氫溶液裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混合物，B中試劑為Ag2S懸濁液實(shí)驗(yàn)表明：C中沉

22、淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化完成C中反應(yīng)的化學(xué)方程式：Ag2S+NaCl+O2+H2OAgCl+S+NaOHC中NaCl的作用是：氧氣將Ag2S氧化成S時(shí)有Ag+產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）減小，有利于氧化還原反應(yīng)的平衡右移考點(diǎn)：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)分析：（1）證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S的緣故，則應(yīng)該使步驟中銀離子完全轉(zhuǎn)化成氯化銀沉淀；（2）寫出反應(yīng)方程式，然后結(jié)合平衡常數(shù)表達(dá)式及氯化銀、硫化銀的溶度積進(jìn)行計(jì)算；（3）步驟中稀硝酸將硫元素氧化成硫酸根離子，則步驟中加入硝酸鋇后生成硫酸鋇沉淀；再結(jié)合步驟

23、中黑色沉淀消失可知硫化銀與空氣中氧氣反應(yīng)生成硫單質(zhì)，通式生成氯化銀沉淀；（4）根據(jù)裝置A中儀器結(jié)構(gòu)判斷其名稱；裝置A需要產(chǎn)生氧氣，結(jié)合二氧化錳可知試劑W為過氧化氫溶液；要探究生成氯化銀和S沉淀的原因，C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混合物，則B中應(yīng)該為硫化銀懸濁液；C中硫化銀、氯化鈉、氧氣和水反應(yīng)生成氯化銀沉淀、S單質(zhì)和強(qiáng)氧化鈉，根據(jù)化合價(jià)變化相等配平，從影響化學(xué)平衡的角度判斷氯化鈉在裝置C中的作用解答：解：（1）要證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S的緣故，則步驟中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的體積必須5mL，故答案為：5mL；（2）氯化

24、銀轉(zhuǎn)化成硫化銀的反應(yīng)為：2AgCl（s）+S2（aq）Ag2S（s）+2Cl（aq），該反應(yīng)的平衡常數(shù)為：K=5.4×109，故答案為：5.4×109；（3）步驟中較長時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀沉淀轉(zhuǎn)化成氯化銀沉淀；再根據(jù)濾出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根離子，則在步驟中向X中滴加Ba（NO3）2溶液會生成BaSO4沉淀，故答案為：BaSO4；S；（4）根據(jù)圖示可知，裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗；乳白色沉淀為氯化銀和S的混合物

25、，裝置A的作用是提供氧氣，根據(jù)圓底燒瓶中為二氧化錳可知W為過氧化氫溶液，故答案為：分液漏斗；過氧化氫溶液；進(jìn)一步確認(rèn)步驟中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混合物，則裝置B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為Ag2S懸濁液，通過對比反應(yīng)現(xiàn)象判斷生成乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，故答案為：Ag2S懸濁液；裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以強(qiáng)氧化鈉形式存在，則未知的反應(yīng)物為強(qiáng)氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平可得反應(yīng)方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH；裝置C

26、中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag2S氧化成S時(shí)有Ag+產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使溶液中c（Ag+）減小，從而有利于氧化還原反應(yīng)2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH向右移動(dòng)，故答案為：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH；氧氣將Ag2S氧化成S時(shí)有Ag+產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）減小，有利于氧化還原反應(yīng)的平衡右移點(diǎn)評：本題考查了性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，題目難度較大，涉及難溶物溶度積的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)的配平、性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案評價(jià)等知識，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出正確結(jié)論為解答關(guān)

27、鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?0可降解塑料PCL的結(jié)構(gòu)可表示為其合成路線如下已知：RCH=CGCH3RCH=CHCH2Br回答下列問題：（1）由苯酚生成B的反應(yīng)試劑和條件為H2，Ni/（2）D的結(jié)構(gòu)簡式是上述生成D的反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)（3）PCL屬于線型（填“線型”或“體型”）高分子材料與D具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體E經(jīng)下列合成路線可轉(zhuǎn)化為D（4）E的結(jié)構(gòu)簡式是（5）由H生成K的化學(xué)方程式是HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O（6）M的氧化產(chǎn)物己二酸是合成尼龍的原料之一，用B做原料三步反應(yīng)可制得己

28、二酸BWX己二酸寫出W、X的結(jié)構(gòu)簡式：W、XOHCCH2CH2CH2CH2CHO考點(diǎn)：有機(jī)物的推斷專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：苯酚與氫氣加成生成環(huán)己醇B，B為，環(huán)己醇在Cu作催化劑的條件下氧化生成環(huán)己酮，結(jié)合信息環(huán)己酮與過氧乙酸反應(yīng)生成D，D為，M的氧化產(chǎn)物是己二酸，則M為HOOC（CH2）5OH，M能夠通過酯化反應(yīng)，縮聚生成高分子化合物，E是D的同分異構(gòu)體，具有相同的官能團(tuán)，可知E為，E水解生成F，F(xiàn)為HOOC（CH2）3CHOHCH3，F(xiàn)G為消去反應(yīng)，結(jié)合信息和GH的反應(yīng)條件可知，G為HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H為HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K

29、為HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，以此解答該題解答：解：苯酚與氫氣加成生成環(huán)己醇B，B為，環(huán)己醇在Cu作催化劑的條件下氧化生成環(huán)己酮，結(jié)合信息環(huán)己酮與過氧乙酸反應(yīng)生成D，D為，M的氧化產(chǎn)物是己二酸，則M為HOOC（CH2）5OH，M能夠通過酯化反應(yīng)，縮聚生成高分子化合物，E是D的同分異構(gòu)體，具有相同的官能團(tuán)，可知E為，E水解生成F，F(xiàn)為HOOC（CH2）3CHOHCH3，F(xiàn)G為消去反應(yīng)，結(jié)合信息和GH的反應(yīng)條件可知，G為HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H為HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K為HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，（1）B為，可由苯酚與

30、氫氣在Ni催化作用下加熱生成，故答案為：H2，Ni/；（2）D為，被過氧乙酸氧化生成，故答案為：；氧化反應(yīng)；（3）PCL的結(jié)構(gòu)可表示為，屬于線型高分子材料，故答案為：線型；（4）E的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（5）H為HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，在NaOH溶液中發(fā)生中和反應(yīng)和鹵代烴的水解反應(yīng)，化學(xué)方程式為HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O，故答案為：HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O；（6）苯酚與氫氣加成生成環(huán)己醇，環(huán)己醇發(fā)生消

31、去反應(yīng)生成環(huán)己烯，結(jié)合題給信息，用臭氧氧化生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，再氧化生成己二酸，則W為，X為OHCCH2CH2CH2CH2CHO，故答案為：；OHCCH2CH2CH2CH2CHO點(diǎn)評：本題考查有機(jī)物的合成，為高頻考點(diǎn)，和常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，題目難度中等，解答本題注意結(jié)合題給信息和官能團(tuán)的轉(zhuǎn)化，特別是有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)，是解答該題的關(guān)鍵，注意借鑒題給信息進(jìn)行解答11廢水、廢氣、廢渣的處理是減少污染、保護(hù)環(huán)境的重要措施（1）煙氣中的NOx必須脫除（即脫硝）后才能排放列舉一種由NOx引起的大氣污染現(xiàn)象：光化學(xué)煙霧（或硝酸型酸雨）已知：CH4（g）+2O2（g）

32、CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）；H=+180kJmol1則CH4脫硝的熱化學(xué)方程式為CH4（g）+4NO（g）CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），H=1250.3 kJmol1圖1是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理該脫硝反應(yīng)中，氧化劑是NO；（2）圖2是一種三室微生物燃料電池污水凈化系統(tǒng)原理示意圖，同時(shí)處理有機(jī)廢水和硝酸鹽廢水，并獲得淡水圖中有機(jī)廢水中有機(jī)物可用C6H10O5表示電池正極為b（填“a”或“b”）電極a上的電極反應(yīng)式為C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+電池工作過程中Na+離子移向b電極、Cl離子移向a電極（填“a電極”、或“b電極”）假設(shè)咸水中氯化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2.34%，當(dāng)兩極總共產(chǎn)生7.84L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）時(shí)，理論上處理咸水2500g（忽略CO2的溶解）考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響分析：（1）光化學(xué)煙霧（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的；已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1根據(jù)蓋斯定律：2×得CH4（g）+4NO（g）CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），據(jù)此計(jì)算；氮的化合價(jià)降低，