遼寧省沈陽市郊聯(lián)體2015屆高考化學(xué)二模試卷

1、遼寧省沈陽市郊聯(lián)體2015屆高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1（3分）國家對食品、空氣、藥品安全問題越來越重視，下列說法中一定正確的是（）A歐洲和北美洲的一些大城市上空二氧化氮濃度很高，其原因是這些地區(qū)硝酸工業(yè)發(fā)達(dá)B大氣污染物中的二氧化硫能引起呼吸道疾病C天然的藥物無任何毒副作用，可長期服用D長期食用二氧化硫含量超標(biāo)的食品會破壞維生素B1，可通過服入堿性物質(zhì)（如NaOH）的方法來消除二氧化硫中毒2（3分）下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是（）A能發(fā)生消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)和加成反應(yīng)B硫酸銨溶液可以使蛋白質(zhì)變性CC4H10與C10H22一定互為同系物D分子式為C4H10O

2、的有機(jī)物共2種3（3分）下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（） 選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A將干燥純凈的氯氣通入裝有濕潤的紅色紙條的試劑瓶中紅色褪去氯氣有漂白性B往乙醇中加入適量濃硫酸制備乙烯，并將產(chǎn)生的氣體直接通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液紫紅色褪去證明乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化C取少量BaSO4固體于試管中，加入足量的鹽酸沉淀不溶解BaSO4不溶于鹽酸，且可以用鹽酸和BaCl2溶液檢驗(yàn)SO42D在分液漏斗中加入碘水后再加入苯，充分振蕩分層，且上層溶液呈紫色苯可作為碘的萃取劑AABBCCDD4（3分）下列有關(guān)溶液的敘述正確的是（）A惰性電極電解氯化鉀溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2

3、OHB能溶解Fe（OH）3的溶液中含有：HCO3、Na+、Mg2+、ClC中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42D石灰乳與Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32=CaCO35（3分）下列有關(guān)金屬腐蝕與防護(hù)的說法正確的是（）A在酸性環(huán)境下，鋼鐵只能發(fā)生析氫腐蝕B金屬腐蝕的實(shí)質(zhì)是金屬失去電子被還原的過程C輪船的船殼水線以下常裝有一些鋅塊，這是利用了犧牲陽極的陰極保護(hù)法D銅鐵交接處，在潮濕的空氣中直接發(fā)生反應(yīng)：Fe3eFe3+，繼而形成鐵銹6（3分）一定條件下，固定容積的密閉容器中，CO和H2反應(yīng)生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）如圖是該反應(yīng)在不同溫度下CO的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)

4、間變化的曲線下列判斷正確的是（）AT1T2，該反應(yīng)的H0B加入催化劑可以提高CO的轉(zhuǎn)化率CT1時(shí)的平衡常數(shù)K1T2時(shí)的平衡常數(shù)K2DCO（g）+2H2（g）CH3OH（1）的H值將變大7（3分）下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）ANaHSO3溶液：c（OH）=c（HSO3）+c（H+）+c（H2SO3）BCuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（Cu2+）c（H+）C（OH）C氯氣溶于水達(dá)到平衡后，若其他條件不變加入CaCO3固體，增加DNaSiO3溶液加水稀釋后，恢復(fù)至原溫度，pH和KW均減小二、填空題（共3小題）8（15分）（1）工業(yè)合成氨

5、是一個(gè)可逆反應(yīng)：N2（g）+H2（g）2NH3（g）圖中虛線部分是通過改變化學(xué)反應(yīng)中的條件，請解釋原因：下表為不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)由此可推知，表中T1573K（填“”、“”或“=”） T/KT1573T3K1.00×1072.54×1051.88×103（2）Mg2Cu是一種儲氫合金350時(shí)，Mg2Cu與H2反應(yīng)，生成MgCu2和僅含一種金屬元素的氫化物（其中氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.077）Mg2Cu與H2反應(yīng)的化學(xué)方程式為（3）錫常見的價(jià)態(tài)有+2和+4價(jià)，在化合物中穩(wěn)定的價(jià)態(tài)為+4價(jià)，則配制的SnCl2的水溶液除了固體SnCl2和水外，還需要的物質(zhì)是（4）汽車燃

6、油不完全燃燒時(shí)產(chǎn)生CO，有人設(shè)想按下列反應(yīng)除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知該反應(yīng)的H0，簡述該設(shè)想能否實(shí)現(xiàn)的依據(jù)：（5）Mg（OH）2是制鎂鹽、耐火材料和阻燃劑的重要原料已知：a、25時(shí)，KSPMg（OH）2=4.0×1038；b、Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）H=+81.5kJmol1下列敘述正確的是A、從鹽鹵或海水中獲得Mg（OH）2，工業(yè)上選擇NaOH作沉淀劑BMg（OH）2能作阻燃劑是它分解吸熱且生成MgO覆蓋可燃物C、可加熱Mg（OH）2得到MgO，再電解熔融的MgO制金屬鎂D、高溫下，碳可以和氧化鎂發(fā)生反應(yīng)酸堿指示劑百里酚藍(lán)變色的pH

7、范圍如下：pH8.08.09.69.6顏色黃色綠色藍(lán)色25時(shí)，在Mg（OH）2的飽和溶液中滴加2滴百里酚藍(lán)指示劑，溶液的顏色為9（14分）過碳酸鈉（2Na2CO33H2O2）是一種集洗滌、漂白、殺菌于一體的氧系漂白劑某興趣小組制備過碳酸鈉的實(shí)驗(yàn)方案和裝置示意圖如下：已知：主反應(yīng) 2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）2Na2CO33H2O2（s）H0副反應(yīng) 2H2O2=2H2O+O250°C時(shí)2Na2CO33H2O2（s）開始分解請回答下列問題：（1）步驟的關(guān)鍵是控制溫度，其措施有、和（2）在濾液X中加入適量NaCl固體可析出過碳酸鈉，原因是（3）步驟中選用無水乙醇洗滌產(chǎn)品的目的

8、是（4）下列物質(zhì)中，會引起過碳酸鈉失效的有A、Na2S B、FeCl3 C、Na2SiO3 D、NaHCO3（5）如果以單位質(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，那么，ClO2、H2O2、Cl2三種消毒殺菌劑的消毒效率由大到小的順序是（6）設(shè)計(jì)下列實(shí)驗(yàn)方案鑒別Na2CO3和NaHCO3兩種白色粉末，不能達(dá)到預(yù)期目的是（）A、取等量的白色粉末滴加等濃度的鹽酸，比較產(chǎn)生氣泡的快慢B分別向等量的白色粉末中加等體積適量的水，比較固體溶解量的多少C分別將等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比較是否有沉淀生成D分別將等量的白色粉末用如圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，比較澄清石灰水是否變混濁10（14分）（1

9、）A、B、C、D均為中學(xué)化學(xué)常見的物質(zhì)，其組成元素均為主族元素它們間的反應(yīng)關(guān)系如圖所示A是可溶性強(qiáng)堿，B是正鹽，D不溶于稀硝酸，則A與B反應(yīng)（加熱）的化學(xué)方程式為C氣體中各原子（能或不能）滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C與溴化氫反應(yīng)后生成的物質(zhì)的電子式為室溫下，醋酸的電離平衡常數(shù)為2×105，則醋酸根的水解常數(shù)為（2）A、B、C、D、E、F、G七種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素A與E最外層電子數(shù)相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大；D、F同主族，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是D原子質(zhì)子數(shù)的2倍；A和D可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對分子質(zhì)量XY），B形成的化合物種類最多回答問題：G元素為（

10、填元素符號）；A、C、D三種元素形成的化合物有很多，其中能促進(jìn)水的電離的是（寫一種即可）液態(tài)化合物Y與稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可產(chǎn)生一種無色助燃性氣體及可溶性的Cr2（SO4）3，則該反應(yīng)的離子方程式為三、解答題（共3小題）11（15分）三氯氧磷（化學(xué)式：POCl3）常用作半導(dǎo)體摻雜劑及光導(dǎo)纖維原料氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的化學(xué)方程式為（2）通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實(shí)驗(yàn)步驟如下：取a g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性向錐形瓶中加入0.1000molL1的AgNO3溶液40.00mL

11、，使Cl完全沉淀向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋加入指示劑，用c molL1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)，記下所用體積已知：Ksp（AgCl）=3.2×1010，Ksp（AgSCN）=2×1012滴定選用的指示劑是（選填字母），滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為aFeCl2 bNH4Fe（SO4）2 c淀粉 d甲基橙實(shí)驗(yàn)過程中加入硝基苯的目的是，如無此操作所測Cl元素含量將會（填“偏大”、“偏小”或“不變”）（3）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO4、H3PO3等）廢水在廢水中先加入適量漂白粉，再加入生石灰調(diào)節(jié)pH將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽沉淀并回

12、收在沉淀前先加入適量漂白粉的作用是下圖是不同條件對磷的沉淀回收率的影響圖象處理該廠廢水最合適的工藝條件為（選填字母）a調(diào)節(jié)pH=9 b調(diào)節(jié)pH=10 c反應(yīng)時(shí)間30min d反應(yīng)時(shí)間120min若處理后的廢水中c（PO43）=4×107 molL1，溶液中c（Ca2+）=molL1（已知KspCa3（PO4）2=2×1029）12（15分）、用Cr3+摻雜的氮化鋁是理想的LED用熒光粉基質(zhì)材料，氮化鋁（其晶胞如圖1所示）可由氯化鋁與氨經(jīng)氣相反應(yīng)制得（1）基態(tài)Cr的價(jià)電子排布式可表示為（2）氮化鋁的化學(xué)式為，距離鋁原子最近且距離相等的氮原子數(shù)目為個(gè)（3）氯化鋁易升華，其雙聚物

13、Al2Cl6結(jié)構(gòu)如圖2所示，在Al2Cl6中存在的化學(xué)鍵有、（4）科學(xué)家最近研制出可望成為高效火箭推進(jìn)劑的N（NO2）3（如圖所示）已知該分子中NNN鍵角都是108.1°，下列有關(guān)N（NO2）3的說法正確的是，a、該物質(zhì)中氮元素有兩種不同的化合價(jià)b、該物質(zhì)可以歸類于亞硝酸鹽類化合物c、該分子中的4個(gè)氮原子構(gòu)成正四面體d、該分子中氮原子的化學(xué)環(huán)境各不相同（5）AlCl3在下述反應(yīng)中作催化劑分子中碳原子的雜化類型為（6）科學(xué)家研究表明，F(xiàn)e3O4是由Fe2+、Fe3+、O2通過離子鍵而組成的復(fù)雜離子晶體，O2的重復(fù)排列方式如圖3所示，該排列方式中存在著兩種類型的由O2圍成的空隙，如1、3

14、、6、7的O2圍成的空隙和3、6、7、8、9、12的O2圍成的空隙，前者為正四面體空隙，后者為正八面體空隙，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面體空隙中，則Fe3O4晶體中，正四面體空隙數(shù)與O2離子數(shù)目之比，%正四面體空隙填有Fe3+13（15分）、某分子式為C10H20O2的酯，在一定條件下可發(fā)生如圖的轉(zhuǎn)化過程：則符合上述條件的酯的結(jié)構(gòu)可有（）A、2種 B、4種 C、6種 D、8種、藥用有機(jī)物A為一種無色液體，從A出發(fā)可發(fā)生如下一系列反應(yīng)：請回答：（1）E中官能團(tuán)的名稱是；反應(yīng)的反應(yīng)類型為（2）化合物F結(jié)構(gòu)簡式：（3）有機(jī)物A的同分異體甚多，

15、其中屬于酯類的化合物，且含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)的異構(gòu)體有種（4）E的一種同分異構(gòu)體H，已知H可以和金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，且在一定條件下可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，試寫出H的結(jié)構(gòu)簡式：（5）工業(yè)制取乙醇的化學(xué)方程式：（6）寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：遼寧省沈陽市郊聯(lián)體2015屆高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1（3分）國家對食品、空氣、藥品安全問題越來越重視，下列說法中一定正確的是（）A歐洲和北美洲的一些大城市上空二氧化氮濃度很高，其原因是這些地區(qū)硝酸工業(yè)發(fā)達(dá)B大氣污染物中的二氧化硫能引起呼吸道疾病C天然的藥物無任何毒副作用，可長期服用D長期食用二氧化硫含量超標(biāo)的食品會破壞維生

16、素B1，可通過服入堿性物質(zhì)（如NaOH）的方法來消除二氧化硫中毒考點(diǎn)：二氧化硫的污染及治理；氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響；藥物的主要成分和療效 分析：A汽車尾氣中含有大量的一氧化氮，一氧化氮容易氧化為二氧化氮；B二氧化硫有毒；C安全用藥是指根據(jù)病情需要，正確選擇藥物的品種、劑量和服用時(shí)間等，以充分發(fā)最佳效果，盡量避免藥物對人體產(chǎn)生的不良作用或危害；D強(qiáng)氧化鈉為強(qiáng)堿，具有腐蝕性解答：解：A歐洲和北美洲的一些大城市上空二氧化氮濃度很高，與汽車過多有很大關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B大氣污染物中的二氧化硫有毒，吸入體內(nèi)能引起呼吸道疾病，故B正確；C“是藥三分毒”天然藥物也有副作用的，不能過量服用，故C錯(cuò)誤；

17、DNaOH的堿性太強(qiáng)，腐蝕性強(qiáng)，則不能服入NaOH的方法來消除二氧化硫中毒，可選擇弱堿性溶液，如碳酸鈉、肥皂水等，故D錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評：本題考查了與生產(chǎn)生活相關(guān)的化學(xué)，熟悉二氧化硫、氮的氧化物等有毒物質(zhì)的性質(zhì)及生活中用藥的安全常識是解題關(guān)鍵，注意對相關(guān)知識的積累2（3分）下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是（）A能發(fā)生消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)和加成反應(yīng)B硫酸銨溶液可以使蛋白質(zhì)變性CC4H10與C10H22一定互為同系物D分子式為C4H10O的有機(jī)物共2種考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；芳香烴、烴基和同系物；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；蛋白質(zhì)的鹽析 分析：A不含碳碳不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應(yīng)；B硫酸銨可使蛋白質(zhì)

18、鹽析；C根據(jù)同系物的定義判斷；D分子式為C4H10O的有機(jī)物可為醇或醚解答：解：A有機(jī)物含有羧基，可發(fā)生酯化反應(yīng)，含有羥基，可發(fā)生消去反應(yīng)，但不能發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B重金屬鹽可使蛋白質(zhì)變性，但硫酸銨只能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，故B錯(cuò)誤；CC4H10與C10H22都為烷烴，結(jié)構(gòu)相似，為同系物，故C正確；D分子式為C4H10O的有機(jī)物可為醇或醚，對應(yīng)的同分異構(gòu)體有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、CH3COH（CH3）2、CH30CH2CH2CH3等，大于2種，故D錯(cuò)誤故選C點(diǎn)評：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的相關(guān)概念以

19、及同分異構(gòu)體的判斷，難度不大3（3分）下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（） 選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A將干燥純凈的氯氣通入裝有濕潤的紅色紙條的試劑瓶中紅色褪去氯氣有漂白性B往乙醇中加入適量濃硫酸制備乙烯，并將產(chǎn)生的氣體直接通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液紫紅色褪去證明乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化C取少量BaSO4固體于試管中，加入足量的鹽酸沉淀不溶解BaSO4不溶于鹽酸，且可以用鹽酸和BaCl2溶液檢驗(yàn)SO42D在分液漏斗中加入碘水后再加入苯，充分振蕩分層，且上層溶液呈紫色苯可作為碘的萃取劑AABBCCDD考點(diǎn)：氯氣的化學(xué)性質(zhì)；硫酸根離子的檢驗(yàn)；乙烯的化學(xué)性質(zhì)；分液和萃取 分析：A次氯酸有

20、漂白性；B乙醇可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)；CSO42可以用鹽酸和BaCl2溶液檢驗(yàn)；D苯的密度比水小解答：解：A氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸有漂白性，氯氣無漂白性，故A錯(cuò)誤； B乙醇可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，應(yīng)先除去乙醇，故B錯(cuò)誤；C加入足量鹽酸，沒有沉淀生成，說明不是銀離子，沒有氣體產(chǎn)生，說明不是碳酸根離子、亞硫酸根離子，再滴加氯化鋇，產(chǎn)生白色沉淀，則溶液中一定含有硫酸根離子，故C正確；D苯的密度比水小，上層呈紫色，故D正確；故選CD點(diǎn)評：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及物質(zhì)的性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)、離子的檢驗(yàn)及物質(zhì)的分離提純等，側(cè)重實(shí)驗(yàn)基本操作和實(shí)驗(yàn)原理的考查，注意

21、裝置的作用及實(shí)驗(yàn)的操作性、評價(jià)性分析，題目難度不大4（3分）下列有關(guān)溶液的敘述正確的是（）A惰性電極電解氯化鉀溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHB能溶解Fe（OH）3的溶液中含有：HCO3、Na+、Mg2+、ClC中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42D石灰乳與Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32=CaCO3考點(diǎn)：離子共存問題；離子方程式的書寫 分析：A惰性電極電解氯化鉀溶液，陰極氫離子得到電子生成氫氣，陽極氯離子放電生成氯氣；B能夠溶解氫氧化鐵的溶液中存在大量氫離子，碳酸氫根離子能夠與氫離子反應(yīng)；C鐵離子部分水解，溶液顯示酸性，不可能為中性；D石灰乳中，氫氧化鈣不能拆

22、開，應(yīng)該兩邊化學(xué)式解答：解：A用惰性電極電解氯化鉀溶液，反應(yīng)生成氯氣、氫氣和氫氧化鉀，反應(yīng)的離子方程式為：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故A正確；B能溶解Fe（OH）3的溶液中含有大量氫離子，HCO3與氫離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；CFe3+在溶液中部分水解，溶液顯示酸性，不可能為中性溶液，故C錯(cuò)誤；D石灰乳與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣和氫氧化鈉，氫氧化鈣不能拆開，正確的離子方程式為：Ca（OH）2+CO32=CaCO3+2OH，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評：本題考查了離子方程式的書寫判斷，題目難度中等，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確電解原理及電極反應(yīng)式的書寫方法，D為易錯(cuò)點(diǎn)，石灰

23、乳中的氫氧化鈣在離子方程式中不能拆開5（3分）下列有關(guān)金屬腐蝕與防護(hù)的說法正確的是（）A在酸性環(huán)境下，鋼鐵只能發(fā)生析氫腐蝕B金屬腐蝕的實(shí)質(zhì)是金屬失去電子被還原的過程C輪船的船殼水線以下常裝有一些鋅塊，這是利用了犧牲陽極的陰極保護(hù)法D銅鐵交接處，在潮濕的空氣中直接發(fā)生反應(yīng)：Fe3eFe3+，繼而形成鐵銹考點(diǎn)：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù) 專題：電化學(xué)專題分析：A強(qiáng)酸性環(huán)境下，鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，弱酸性或中性條件下，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕；B金屬失電子被氧化；CZn、Fe和海水構(gòu)成原電池，Zn作負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e被保護(hù)；DCu、Fe和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負(fù)極、Cu作正極解答：解：A強(qiáng)酸性環(huán)境

24、下，鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，弱酸性或中性條件下，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，所以酸性條件下鋼鐵不一定發(fā)生析氫腐蝕，故A錯(cuò)誤；B金屬腐蝕的實(shí)質(zhì)是金屬失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以屬于被氧化的過程，故B錯(cuò)誤；CZn、Fe和海水構(gòu)成原電池，Zn易失電子作負(fù)極而被腐蝕，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，所以輪船的船殼水線以下常裝有一些鋅塊，這是利用了犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故C正確；DCu、Fe和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負(fù)極、Cu作正極，負(fù)極反應(yīng)式為Fe2eFe2+，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查金屬腐蝕與防護(hù)，明確原電池原理是解本題關(guān)鍵，作原電池負(fù)極或電解池陰極的金屬被保護(hù)，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，注意鐵發(fā)生析氫腐蝕或吸氧腐蝕時(shí)

25、生成亞鐵離子而不是鐵離子，為易錯(cuò)點(diǎn)6（3分）一定條件下，固定容積的密閉容器中，CO和H2反應(yīng)生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）如圖是該反應(yīng)在不同溫度下CO的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的曲線下列判斷正確的是（）AT1T2，該反應(yīng)的H0B加入催化劑可以提高CO的轉(zhuǎn)化率CT1時(shí)的平衡常數(shù)K1T2時(shí)的平衡常數(shù)K2DCO（g）+2H2（g）CH3OH（1）的H值將變大考點(diǎn)：轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線 分析：根據(jù)先拐先平數(shù)值大原則，由圖可知，溫度T1T2，平衡時(shí)，溫度越高CO的轉(zhuǎn)化率越小，說明升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動，據(jù)此判斷反應(yīng)熱、K1與K2關(guān)系解答：解：A由圖可知

26、，溫度T2先到達(dá)平衡，反應(yīng)速率較快，故溫度T1T2；升高溫度，CO的轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡逆向移動，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故H0，故A錯(cuò)誤；B催化劑只能改變化學(xué)反應(yīng)速率，對化學(xué)平衡無影響，故B錯(cuò)誤；C升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動，所以T1時(shí)的平衡常數(shù)K1T2時(shí)的平衡常數(shù)K2，故C正確；DCH3OH（g）CH3OH（1），放出熱量，故CO（g）+2H2（g）CH3OH（1）放出的熱量大于CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）放出的熱量，因反應(yīng)熱為負(fù)值，故CO（g）+2H2（g）CH3OH（1）的H值將變小，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查化學(xué)平衡圖象、化學(xué)平衡移動及平衡常數(shù)影響因素等，難度中等，注意根

27、據(jù)先拐先平數(shù)值大原則判斷溫度高低，再結(jié)合CO的轉(zhuǎn)化率判斷反應(yīng)熱7（3分）下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）ANaHSO3溶液：c（OH）=c（HSO3）+c（H+）+c（H2SO3）BCuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（Cu2+）c（H+）C（OH）C氯氣溶于水達(dá)到平衡后，若其他條件不變加入CaCO3固體，增加DNaSiO3溶液加水稀釋后，恢復(fù)至原溫度，pH和KW均減小考點(diǎn)：離子濃度大小的比較；離子積常數(shù) 分析：A、電荷守恒：2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）=（H+）+c（Na+），由物料守恒可知c（HSO3）+c（SO32）

28、+c（H2SO3）=c（Na+），以此計(jì)算；B、CuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中，電離出的銨根離子濃度大約是銅離子濃度的2倍，硫酸根離子不水解，銅離子和銨根離子會發(fā)生水解導(dǎo)致溶液顯示酸性；C、原平衡為：Cl2+H2OH+Cl+HClO，加入CaCO3固體后，氫離子濃度減小，平衡正向移動，次氯酸的濃度變大；D、NaSiO3溶液加水稀釋后，促進(jìn)水解，但濃度變小，所以PH變小，恢復(fù)至原溫度，KW是溫度的函數(shù)解答：解：A、電荷守恒：2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）=（H+）+c（Na+），由物料守恒可知c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3）=c（Na+），代入，得c（

29、SO32）+c（OH）=c（H+）+c（H2SO3），故A錯(cuò)誤； B、CuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中，電離出的銨根離子濃度大約是銅離子濃度的2倍，硫酸根離子不水解，銅離子和銨根離子會發(fā)生水解導(dǎo)致溶液顯示酸性，所以離子濃度大小為：c（SO42）c（NH4+）c（Cu2+）c（H+）C（OH），故B正確；C、原平衡為：Cl2+H2OH+Cl+HClO，加入CaCO3固體后，氫離子濃度減小，平衡正向移動，次氯酸的濃度變大，所以減小，故C錯(cuò)誤；D、NaSiO3溶液加水稀釋后，促進(jìn)水解，但濃度變小，所以PH變小，恢復(fù)至原溫度，KW不變，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評：本題考查了離子濃度的大小比較，化

30、學(xué)平衡的移動、水解平衡等，注意次氯酸是一種弱電解質(zhì)，在加入碳酸鈣固體時(shí)，氫離子濃度減小，平衡正向移動，然后分析比值的大小，綜合性強(qiáng)，有一定難度二、填空題（共3小題）8（15分）（1）工業(yè)合成氨是一個(gè)可逆反應(yīng)：N2（g）+H2（g）2NH3（g）圖中虛線部分是通過改變化學(xué)反應(yīng)中的條件，請解釋原因：下表為不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)由此可推知，表中T1573K（填“”、“”或“=”） T/KT1573T3K1.00×1072.54×1051.88×103（2）Mg2Cu是一種儲氫合金350時(shí)，Mg2Cu與H2反應(yīng)，生成MgCu2和僅含一種金屬元素的氫化物（其中氫的質(zhì)量分

31、數(shù)為0.077）Mg2Cu與H2反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2（3）錫常見的價(jià)態(tài)有+2和+4價(jià)，在化合物中穩(wěn)定的價(jià)態(tài)為+4價(jià)，則配制的SnCl2的水溶液除了固體SnCl2和水外，還需要的物質(zhì)是鹽酸和Sn（4）汽車燃油不完全燃燒時(shí)產(chǎn)生CO，有人設(shè)想按下列反應(yīng)除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知該反應(yīng)的H0，簡述該設(shè)想能否實(shí)現(xiàn)的依據(jù)：不能實(shí)現(xiàn)，因?yàn)槠銱TS0（5）Mg（OH）2是制鎂鹽、耐火材料和阻燃劑的重要原料已知：a、25時(shí)，KSPMg（OH）2=4.0×1038；b、Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）H=+81.5kJmo

32、l1下列敘述正確的是BDA、從鹽鹵或海水中獲得Mg（OH）2，工業(yè)上選擇NaOH作沉淀劑BMg（OH）2能作阻燃劑是它分解吸熱且生成MgO覆蓋可燃物C、可加熱Mg（OH）2得到MgO，再電解熔融的MgO制金屬鎂D、高溫下，碳可以和氧化鎂發(fā)生反應(yīng)酸堿指示劑百里酚藍(lán)變色的pH范圍如下：pH8.08.09.69.6顏色黃色綠色藍(lán)色25時(shí)，在Mg（OH）2的飽和溶液中滴加2滴百里酚藍(lán)指示劑，溶液的顏色為藍(lán)色考點(diǎn)：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；焓變和熵變；用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算 分析：（1）溫度和平衡常數(shù)間的關(guān)系取決于平衡受溫度的影響情況；（2）令金屬氫化物為RHx，金屬R的相對分子質(zhì)量為a，則

33、=0.077，即923x=77a，X為金屬的化合價(jià)，討論可得x=2，a=24，故該金屬氫化物為MgH2；（3）配制的SnCl2的水溶液時(shí)，要防止Sn2+被氧化和水解；（4）HTS0時(shí)，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行；（5）A、從鹽鹵或海水中獲得Mg（OH）2，工業(yè)上選擇生石灰作沉淀劑；B、Mg（OH）2分解吸熱，且MgO不能燃燒；C、MgO熔點(diǎn)太高，工業(yè)上電解氯化鎂制取鎂；D、高溫條件下，碳和氧化鎂反應(yīng)生成鎂和二氧化碳或一氧化碳；（4）Mg（OH）2的飽和溶液中的溶度積計(jì)算飽和溶液中的氫氧根離子濃度，結(jié)合水溶液中離子積計(jì)算氫離子濃度計(jì)算pH，然后結(jié)合表中數(shù)據(jù)判斷溶液所呈現(xiàn)的顏色解答：解：（1）對于放熱反應(yīng)，

34、溫度升高，則化學(xué)平衡逆向移動，導(dǎo)致平衡常數(shù)減小，所以T1573K，故答案為：；（2）令金屬氫化物為RHx，金屬R的相對分子質(zhì)量為a，則=0.077，即923x=77a，X為金屬的化合價(jià)，討論可得x=2，a=24，故該金屬氫化物為MgH2，故反應(yīng)方程式為2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，故答案為：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2；（3）配制的SnCl2的水溶液時(shí)，要防止Sn2+被氧化和水解，加入鹽酸抑制其水解，加入Sn防止其氧化，故答案為：鹽酸和Sn；（4）反應(yīng)2CO（g）=2C（s）+O2（g）的S0，其H0，則其HTS0，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行，故答案為：不能實(shí)現(xiàn)，因?yàn)槠銱TS

35、0；（5）A、從鹽鹵或海水中獲得Mg（OH）2，工業(yè)上選擇生石灰作沉淀劑，故A錯(cuò)誤；B、Mg（OH）2分解吸熱，且MgO不能燃燒，所以Mg（OH）2能作阻燃劑是它分解吸熱且生成MgO覆蓋可燃物，故B正確；C、MgO熔點(diǎn)太高，工業(yè)上電解氯化鎂制取鎂，故C錯(cuò)誤；D、高溫加熱碳和氧化鎂的混合物時(shí)，生成的二氧化碳或一氧化碳能不斷脫離反應(yīng)體系，促使反應(yīng)不斷進(jìn)行，因此碳可以置換出鎂，故D正確；故答案為：BD；25時(shí)，Mg（OH）2的溶度積Ksp=5.6×1012，根據(jù)反應(yīng)Mg（OH）2（s）Mg2+2OH可得：c（Mg2+）c2（OH）=5.6×1012，設(shè)c（OH）=2c（Mg2+）

36、=x，則：0.5x×x2=5.6×1012，解得：x=2.24×104mol/L，c（H+）=mol/L=4.5×1011mol/L，溶液的pH=10.49.6，所以溶液呈藍(lán)色，故答案為：藍(lán)色點(diǎn)評：本題考查了鹽類水解、反應(yīng)化學(xué)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件、化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作方法的綜合應(yīng)用等知識，難度中等，試題涉及的知識點(diǎn)較多，全面考查了學(xué)生的分析、理解能力，正確分析題中數(shù)據(jù)為解答關(guān)鍵，難度較大9（14分）過碳酸鈉（2Na2CO33H2O2）是一種集洗滌、漂白、殺菌于一體的氧系漂白劑某興趣小組制備過碳酸鈉的實(shí)驗(yàn)方案和裝置示意圖如下：已知：主反應(yīng) 2Na2CO3（aq）+3

37、H2O2（aq）2Na2CO33H2O2（s）H0副反應(yīng) 2H2O2=2H2O+O250°C時(shí)2Na2CO33H2O2（s）開始分解請回答下列問題：（1）步驟的關(guān)鍵是控制溫度，其措施有冷水浴、和緩慢滴加H2O2溶液（2）在濾液X中加入適量NaCl固體可析出過碳酸鈉，原因是增大鈉離子濃度、降低產(chǎn)品的溶解度（鹽析作用）（3）步驟中選用無水乙醇洗滌產(chǎn)品的目的是洗去水份，利于干燥（4）下列物質(zhì)中，會引起過碳酸鈉失效的有ABA、Na2S B、FeCl3 C、Na2SiO3 D、NaHCO3（5）如果以單位質(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，那么，ClO2、H2O2、Cl2三種消毒殺菌劑的

38、消毒效率由大到小的順序是ClO2H2O2Cl2（6）設(shè)計(jì)下列實(shí)驗(yàn)方案鑒別Na2CO3和NaHCO3兩種白色粉末，不能達(dá)到預(yù)期目的是（）A、取等量的白色粉末滴加等濃度的鹽酸，比較產(chǎn)生氣泡的快慢B分別向等量的白色粉末中加等體積適量的水，比較固體溶解量的多少C分別將等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比較是否有沉淀生成D分別將等量的白色粉末用如圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，比較澄清石灰水是否變混濁考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì) 分析：雙氧水和碳酸鈉混合控制溫度發(fā)生反應(yīng)2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2（s），靜置過濾得到固體2Na2CO33H2O2，將固體洗滌、干燥得到較純

39、凈的2Na2CO33H2O2；（1）溫度過高時(shí)過碳酸鈉分解導(dǎo)致其產(chǎn)率過低，反應(yīng)溫度較低，控制溫度可遷移苯與硝酸反應(yīng)的溫度控制方法：可以攪拌冷卻，讓反應(yīng)速率減小，緩慢滴加H2O2溶液；（2）溶液X中含有溶解的過碳酸鈉，鈉離子濃度越大，過碳酸鈉的溶解度越??；（3）過碳酸鈉難溶于乙醇，水和乙醇互溶；（4）過碳酸鈉相當(dāng)于帶結(jié)晶雙氧水的碳酸鈉，具有雙氧水的性質(zhì)，催化劑、還原性物質(zhì)易促進(jìn)過碳酸鈉反應(yīng)而導(dǎo)致失效；（5）計(jì)算獲得1mol電子需要ClO2、H2O2、Cl2的質(zhì)量，質(zhì)量越小消毒效率越高；（6）A等量的碳酸氫鈉與等體積、等濃度的鹽酸反應(yīng)快些；B碳酸鈉和碳酸氫鈉在等溫時(shí)的溶解度的不同，碳酸氫鈉的溶解度

40、較??；CNa2CO3和NaHCO3均可與澄清石灰水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀；D加熱碳酸氫鈉分解放出CO2與澄清石灰水生成沉淀，碳酸鈉加熱不易分解解答：解：雙氧水和碳酸鈉混合控制溫度發(fā)生反應(yīng)2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2（s），靜置過濾得到固體2Na2CO33H2O2，將固體洗滌、干燥得到較純凈的2Na2CO33H2O2；（1）制備過碳酸鈉是放熱反應(yīng)，反應(yīng)過程中放出的熱量使溫度升高，溫度過高會導(dǎo)致過碳酸鈉分解，從而降低其產(chǎn)率，反應(yīng)在較低溫度下進(jìn)行，控制溫度可遷移苯與硝酸反應(yīng)的溫度控制方法，即水浴法；攪拌也可以控制溫度，所以還可用磁力攪拌的方法；讓反應(yīng)速率減小控制溫

41、度，所以可用緩慢滴加H2O2溶液的方法，故答案為：冷水浴；緩慢滴加H2O2溶液等； （2）加入氯化鈉固體，鈉離子濃度增大，降低了過碳酸鈉的溶解度，可以析出過碳酸鈉，故答案為：增大鈉離子濃度、降低產(chǎn)品的溶解度（鹽析作用）；（3）無水乙醇能和水互溶，且極易揮發(fā)，所以選用無水乙醇洗滌，所以其目的是：洗去水份，利于干燥，故答案為：洗去水份，利于干燥；（4）過碳酸鈉相當(dāng)于帶結(jié)晶雙氧水的碳酸鈉，具有雙氧水的性質(zhì)，F(xiàn)eCl3能作雙氧水分解的催化劑，亞硫酸鈉具有還原性，能被過碳酸鈉氧化，碳酸氫鈉和硅酸鈉都不與過碳酸鈉反應(yīng)，故選：AB；（5）Cl元素最終轉(zhuǎn)化為氯離子，過氧化氫轉(zhuǎn)化為水，獲得1mol電子，需要Cl

42、O2的質(zhì)量為×68.5g/mol=13.7g，需要H2O2的質(zhì)量為×34g/mol=17g，需要Cl2的質(zhì)量為×71g/mol=35.5g，故消毒效率：ClO2H2O2Cl2，故答案為：ClO2；H2O2；Cl2；（6）A等量的碳酸氫鈉與等體積、等濃度的鹽酸反應(yīng)快些，可鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉，故A正確；B碳酸氫鈉的溶解度較小，分別向等量的白色粉末中加等體積適量的水，比較固體溶解量的多少，可以鑒別二者，故B正確；CNa2CO3和NaHCO3均可與澄清石灰水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，故加入澄清石灰水比較是否有沉淀生成的方法不能鑒別兩白色粉末，故C錯(cuò)誤；D加熱碳酸氫鈉分解放出CO

43、2與澄清石灰水生成沉淀，碳酸鈉加熱不易分解，可以進(jìn)行鑒別，故D正確，故選：C點(diǎn)評：本題考查制備實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、氧化還原反應(yīng)計(jì)算、物質(zhì)鑒別方案等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力及知識遷移、基本操作能力，題目難度中等10（14分）（1）A、B、C、D均為中學(xué)化學(xué)常見的物質(zhì)，其組成元素均為主族元素它們間的反應(yīng)關(guān)系如圖所示A是可溶性強(qiáng)堿，B是正鹽，D不溶于稀硝酸，則A與B反應(yīng)（加熱）的化學(xué)方程式為Ba（OH）2+（NH4）2SO4BaSO4+2NH3+2H2OC氣體中各原子不能（能或不能）滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C與溴化氫反應(yīng)后生成的物質(zhì)的電子式為室溫下，醋酸的電離平衡常數(shù)為2×105，則醋酸根的水解常數(shù)為

44、5×1010（2）A、B、C、D、E、F、G七種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素A與E最外層電子數(shù)相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大；D、F同主族，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是D原子質(zhì)子數(shù)的2倍；A和D可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對分子質(zhì)量XY），B形成的化合物種類最多回答問題：G元素為Cl（填元素符號）；A、C、D三種元素形成的化合物有很多，其中能促進(jìn)水的電離的是NH4NO3（寫一種即可）液態(tài)化合物Y與稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可產(chǎn)生一種無色助燃性氣體及可溶性的Cr2（SO4）3，則該反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O

45、2考點(diǎn)：無機(jī)物的推斷；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用 分析：（1）若A是可溶性強(qiáng)堿，B是正鹽，二者反應(yīng)生成氣體，應(yīng)為銨鹽，D不溶于稀硝酸，則A為Ba（OH）2，B為（NH4）2SO4，D為BaSO4、C為NH3；水解和電離為可逆過程，Ka=，Kb=，則有KaKb=Kw，據(jù)此計(jì)算；（2）A、B、C、D、E、F、G七種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A與E最外層電子數(shù)相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大，則E為Na元素，D、F同主族，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是D原子質(zhì)子數(shù)的2倍，則D為O元素，F(xiàn)為S元素，A和D可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對分子質(zhì)量XY），則A為H元素，X為H2O，Y為H2O

46、2，B形成的化合物種類最多，則B為C元素，C的原子序數(shù)介于B、D之間，所以C為N元素，G的原子序數(shù)大于F，則G為Cl元素，據(jù)此答題解答：解：（1）若A是可溶性強(qiáng)堿，B是正鹽，二者反應(yīng)生成氣體，應(yīng)為銨鹽，D不溶于稀硝酸，則A為Ba（OH）2，B為（NH4）2SO4，D為BaSO4、C為NH3，則A與B反應(yīng)（加熱）的化學(xué)方程式為 Ba（OH）2+（NH4）2SO4BaSO4+2NH3+2H2O，C中有氫原子，所以C氣體中各原子不能滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C與溴化氫反應(yīng)后生成的物質(zhì)為NH4Br，其電子式為，故答案為：Ba（OH）2+（NH4）2SO4BaSO4+2NH3+2H2O；不能；水解和電離為可逆

47、過程，Ka=，Kb=，則有KaKb=Kw，所以Kb=5×1010，故答案為：5×1010；（2）A、B、C、D、E、F、G七種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A與E最外層電子數(shù)相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大，則E為Na元素，D、F同主族，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是D原子質(zhì)子數(shù)的2倍，則D為O元素，F(xiàn)為S元素，A和D可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對分子質(zhì)量XY），則A為H元素，X為H2O，Y為H2O2，B形成的化合物種類最多，則B為C元素，C的原子序數(shù)介于B、D之間，所以C為N元素，G的原子序數(shù)大于F，則G為Cl元素，根據(jù)上面的分析可知，G為Cl，故答案為：Cl

48、；A、C、D三種元素形成的化合物中能促進(jìn)水的電離的NH4NO3，銨根離子水解能促進(jìn)水的電離，故答案為：NH4NO3；Y為H2O2，Y與稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可產(chǎn)生一種無色助燃性氣體即為氧氣及可溶性的Cr2（SO4）3，反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2，故答案為：Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2點(diǎn)評：本題考查無機(jī)物的推斷及結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系，題目難度中等，是對知識綜合運(yùn)用與學(xué)生能力考查，推斷元素是關(guān)鍵，較好的體現(xiàn)學(xué)生充分利用信息，對知識全面掌握的情況三、解答題（共3小題）11（15分）三氯氧磷（化學(xué)式：POC

49、l3）常用作半導(dǎo)體摻雜劑及光導(dǎo)纖維原料氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的化學(xué)方程式為PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl（2）通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實(shí)驗(yàn)步驟如下：取a g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性向錐形瓶中加入0.1000molL1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl完全沉淀向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋加入指示劑，用c molL1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)，記下所用體積已知：Ksp（AgCl）=3.2×1010，Ksp（AgSCN）=2&#

50、215;1012滴定選用的指示劑是b（選填字母），滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為溶液變?yōu)榧t色aFeCl2 bNH4Fe（SO4）2 c淀粉 d甲基橙實(shí)驗(yàn)過程中加入硝基苯的目的是防止在滴加NH4SCN時(shí)，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀，如無此操作所測Cl元素含量將會偏?。ㄌ睢捌蟆?、“偏小”或“不變”）（3）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO4、H3PO3等）廢水在廢水中先加入適量漂白粉，再加入生石灰調(diào)節(jié)pH將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽沉淀并回收在沉淀前先加入適量漂白粉的作用是將廢水中的H3PO3氧化為PO43，使其加入生石灰后轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽下圖是不同條件對磷的沉淀回收率的影響圖象處理該廠廢水

51、最合適的工藝條件為bc（選填字母）a調(diào)節(jié)pH=9 b調(diào)節(jié)pH=10 c反應(yīng)時(shí)間30min d反應(yīng)時(shí)間120min若處理后的廢水中c（PO43）=4×107 molL1，溶液中c（Ca2+）=5×106molL1（已知KspCa3（PO4）2=2×1029）考點(diǎn)：制備實(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)；探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量 專題：實(shí)驗(yàn)探究和數(shù)據(jù)處理題；電離平衡與溶液的pH專題分析：（1）氯化水解法產(chǎn)物是三氯氧磷和鹽酸，結(jié)合原子守恒分析；（2）當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點(diǎn)時(shí)NH4SCN過量，F(xiàn)e3+與SCN反應(yīng)溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點(diǎn)

52、；由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機(jī)物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時(shí)，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)液用量偏多；（3）在沉淀前先加入適量漂白粉使廢水中的H3PO3氧化為PO43，加入生石灰后能完全轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽，達(dá)到較高的回收率；根據(jù)圖1、2分析磷的沉淀回收率；根據(jù)KspCa3（PO4）2=c（Ca2+）3×c（PO43）計(jì)算解答：解：（1）氯化水解法是用三氯化磷、氯氣與水反應(yīng)生成三氯氧磷和鹽酸，其化學(xué)方程式為：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案為：PCl3+H2O+Cl2=P

53、OCl3+2HCl；（2）用c molL1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)，當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點(diǎn)時(shí)NH4SCN過量，加NH4Fe（SO4）2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN反應(yīng)溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點(diǎn)；故答案為：b；溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色；已知：Ksp（AgCl）=3.2×1010，Ksp（AgSCN）=2×1012，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機(jī)物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時(shí)，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN與AgCl反應(yīng)生成AgSCN沉淀，則滴定時(shí)消耗的NH4SC

54、N標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏多，即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應(yīng)的銀離子的物質(zhì)的量偏小，所以測得的氯離子的物質(zhì)的量偏??；故答案為：偏?。唬?）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO4、H3PO3等）廢水，在廢水中先加入適量漂白粉，使廢水中的H3PO3氧化為PO43，使其加入生石灰后能完全轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽，達(dá)到較高的回收率；故答案為：將廢水中的H3PO3氧化為PO43，使其加入生石灰后轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽；根據(jù)圖1、2可確定pH=10、反應(yīng)時(shí)間30 min時(shí)磷的沉淀回收率較高，則處理該廠廢水最合適的工藝條件為pH=10、反應(yīng)時(shí)間30 min；故答案為：bc；若處理后的廢水中c（PO43）=4×107 molL1，KspCa3（PO4）2=c（Ca2+）3×c（PO43）=2×1029，c（Ca2+）=5×106molL1；故答案為：5×106點(diǎn)評：本題考查了物質(zhì)的制備方案設(shè)計(jì)，題目涉及化學(xué)方程式的書寫、滴定原理的應(yīng)用、圖象分析以及難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)的應(yīng)用等，題目綜合性較強(qiáng)，難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和對基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用能力12（15分）