闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高温加热（杂质不反应），充分反应后，冷却，得到残留固体的质量为1.32g，样品中含硫化锌的质量分数是____．（2）取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液中和余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．①反应后溶液中多余的硫酸是____mol．②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是____．（3）将标况下4.48LSO2气体慢慢通入200mL一定浓度NaOH溶液中，SO2气体全部被吸收，将反应后的溶液在空气中小心蒸干（不考虑酸式盐的分解），得到不超过两种物质的无水晶体26.8g．通过计算确定所得晶体的成分与物质的量．
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闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高温加热（杂质不反应），充分反应后，冷却，得到残留固体的质量为1.32g，样品中含硫化锌的质量分数是93%&．（2）取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液中和余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．①反应后溶液中多余的硫酸是0.18&&mol．②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是S&．（3）将标况下4.48LSO2气体慢慢通入200mL一定浓度NaOH溶液中，SO2气体全部被吸收，将反应后的溶液在空气中小心蒸干（不考虑酸式盐的分解），得到不超过两种物质的无水晶体26.8g．通过计算确定所得晶体的成分与物质的量．
本题难度：较难
题型：填空题&|&来源：2014-闵行区一模
分析与解答
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习题“闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高...”的分析与解答如下所示：
（1）闪锌矿（主要成份为ZnS）在空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2，根据固体质量差量法来计算即可；（2）①根据硫酸和氢氧化钠之间的中和反应来确定剩余的硫酸的物质的量；②根据电子守恒和化合价变化之间的关系来计算；（3）SO2与氢氧化钠反应都生成Na2SO3，可通过化学方程式的计算得出其质量，SO2与氢氧化钠反应都生成NaHSO3，可通过化学方程式的计算得出其质量，比较极限反应获得固体质量和实际质量之间的关系可以进行讨论，在根据S元素守恒和质量关系计算各自的量的多少即可．
解：（1）设ZnS的质量是x，则2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2&&&减少的固体质量194&&&&&&&161&&&&&&&&&&32x&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&1.56-1.32&&即194x=321.56-1.32& 解得x=1.455g，所以ZnS的质量分数=1.4551.56×100%≈93%，故答案为：93%；（2）①硫酸和氢氧化钠之间中和的实质是：H++OH-=H2O，用0.25mol/L的NaOH溶液中和余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL，这些氢氧化钠中和掉的硫酸的物质的量0.25mol/L×0.0217L×12=0.0027mol，剩余硫酸的物质的量0.0027mol×100015≈0.18mol，故答案为：0.18；②取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），消耗的硫酸的物质的量是0.012L×18.4mol/L-0.18mol=0.0408mol．设硫酸的还原产物中，硫元素的化合价是n，金属锌的物质的量是：1.95g65g/mol=0.03mol，生成硫酸锌的物质的量是0.03mol，所以0.03mol的硫酸显示酸性，根据电子守恒：1.95g65g/mol×（2-0）=（0.0408mol-0.03mol）×（6-n），解得n=0，所以浓硫酸被还原的产物是硫单质，故答案为：S；（3）若4.48L即0.2mol标况下的SO2与氢氧化钠反应都生成Na2SO3，可通过化学方程式的计算得出其质量，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，生成Na2SO325.2g，若4.48L即0.2mol标况下的SO2与氢氧化钠反应都生成NaHSO3，SO2+NaOH═NaHSO3，生成的NaHSO3质量为20.8g，所以最后得到的无水晶体不可能是这两种物质形成的混合物，也不可能是其中之一，由此其组成可能是Na2SO3和反应没有完全消耗掉的NaOH，在蒸干过程中，亚硫酸盐会被空气中氧气氧化为硫酸盐，亚硫酸氢盐会被氧化为硫酸氢盐，所以所得晶体还可以是或是亚硫酸钠、硫酸钠的混合物；或是亚硫酸氢钠、硫酸钠的混合物；或是硫酸钠、硫酸氢钠的混合物，若晶体组成是Na2SO3和反应没有完全消耗掉的NaOH此混合物中的氢氧化钠质量为26.8-25.2=1.6g，其物质的量为0.04mol，如果是亚硫酸钠、硫酸钠的混合物，硫酸钠是亚硫酸钠的氧化产物，根据硫元素守恒以及晶体质量之和是26.8g，解得他们各自的物质的量均是0.1mol，同理可得，如果是硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，物质的量分别是0.04mol、0.16mol，如果是硫酸钠、硫酸氢钠的混合物，物质的量分别是0.13mol、0.07mol，故答案为：{&n(Na2SO3)=0.20&mol&n(NaOH)=0.04&mol&&&&&&&&&&{n(Na2SO3)=&0.10&moln(Na2SO4)=&0.10&mol&&&&&&&{n(NaHSO3)=0.04&mol&&n(Na2SO4)=0.16mol&&&&&&&&&&&{n(Na2SO4)=0.13moln(NaHSO4)=0.07&mol．
本题是一道关于元素以及化合物的计算题，多种解题思想：元素守恒、极限反应的灵活应用是解题的关键，难度大．
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闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，...
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经过分析，习题“闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高...”主要考察你对“含硫物质的性质及综合应用”
等考点的理解。
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含硫物质的性质及综合应用
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与“闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高...”相似的题目：
某学生取纯净的Na2SO3o7H2O&50.00g，在密闭容器中经600℃以上的强热至恒重，分析及计算表明，恒重后的样品质量相当于无水亚硫酸钠的计算值，而且各元素的组成也符合计算值，但将它溶于水，却发现溶液的碱性大大高于同时配制的亚酸钠溶液．经过他的实验和思考，这位同学解释了这种反常现象．（1）他将恒重后的样品溶于水配成溶液，为加速溶解，可采取&&&&的措施，观察发现样品全部溶解，溶液澄清．（2）取少量（1）中所配溶液，加入足量的用&&&&&（填一种酸）酸化的氯化钡溶液有白色沉淀，说明产物中含有&&&&（填离子符号）．（3）另取少量（1）中所配溶液于试管中，滴加少量盐酸，看到气泡产生，闻到臭鸡蛋气味，说明生成&&&&气体，同时发现溶液变浑浊，原因是生成&&&&．（4）根据以上实验，该同学经分析解释了以上实验中的反常现象，请你用一个化学方程式表示：&&&&．
（2014秋o永年县校级月考）由一种阳离子和两种酸根离子组成的盐称为混盐．下列关于混盐Na4S2O3的有关判断，不正确的是（　　）该混盐水溶液呈碱性该混盐溶液加入BaCl2可以生成白色沉淀该混盐与H2SO4反应有气体生成该混盐在酸性条件下可生成S，每产生1molS转移1.5NA个电子
黄铜矿（CuFeS2）是制取铜的主要原料，还可制备硫及铁的化合物．（1）冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O2&高温&&8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若CuFeS2中Cu、Fe的化合价均为+2，反应中被氧化的元素有&&&&（填元素符号）．（2）上述冶炼过程中产生大量的SO2，下列关于SO2的说法中正确的是&&&&（填字母）．a．可处理后用于消毒杀菌b．可排放到空气中消灭害虫c．可处理后用于漂白织物d．可用KMnO4溶液吸收制浓硫酸（3）过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性，经少量K2S2O8处理过的KI溶液遇淀粉变蓝色，写出K2S2O与KI溶液反应的离子方程式：&&&&．（4）用冶炼铜反应的固体产物配制FeCl2溶液，首先用&&&&处理，然后过滤，再向溶液中加入过量的&&&&．FeCl2溶液长期放置会变质，溶液变成棕黄色．检验FeCl2溶液已变质加入&&&&，溶液中立即出现&&&&现象．（5）将足量的SO2慢慢通入一定体积某浓度的NaOH溶液中，溶液的pH随SO2体积（已换算成标准状况，不考虑溶液体积变化）的变化曲线如图所示：①NaOH溶液的物质的量浓度为&&&&moloL-1；②n（SO2）：n（NaOH）=1：2，反应对应M点的纵坐标&&&&7（填“＜”、“=”或“＞”）；③N点溶液中含有的阴离子除OH-外，还有&&&&（填化学式）．
“闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物...”的最新评论
该知识点好题
1已知硫粉跟亚硫酸钠溶液共热可制得硫代硫酸钠．现以硫化亚铁为主要原料，按下图制取硫代硫酸钠．图中的A、B、C和D是硫单质或硫的化合物，其它不含硫的反应产物已被略去，各步反应可以添加必要的试剂．请填写下列空白：（1）反应（Ⅰ）的化学方程式是：&&&&．（2）物质B的分子式是：&&&&．（3）物质D的分子式：&&&&．
2氯磺酸（HSO3C1）是一种易与水反应的强酸，可以在常温下用HCl+SO3→HSO3Cl制得，下列说法正确的是（　　）
3（2014o湖南一模）下列各组物质，不能按如图（“→”表示反应一步完成）关系转化的是（　　）
&选项&&a&&b&&c&&A&&S&&SO3&&H2SO4&&B&&SiO2&&NaSiO3&&H2SiO3&&C&&AlCl3&NaAlO2&&Al（OH）3&&D&&NaOH&&NaHCO3&&Na2CO3&
该知识点易错题
1氯磺酸（HSO3C1）是一种易与水反应的强酸，可以在常温下用HCl+SO3→HSO3Cl制得，下列说法正确的是（　　）
2（2014o湖南一模）下列各组物质，不能按如图（“→”表示反应一步完成）关系转化的是（　　）
&选项&&a&&b&&c&&A&&S&&SO3&&H2SO4&&B&&SiO2&&NaSiO3&&H2SiO3&&C&&AlCl3&NaAlO2&&Al（OH）3&&D&&NaOH&&NaHCO3&&Na2CO3&
3下列化合物：①SO3&&&②Fe（OH）3&③FeCl2&&④CuS&&⑤H2SiO3&&⑥NaHCO3其中不可能通过化合反应制得的是（　　）
欢迎来到题库，查看习题“闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高温加热（杂质不反应），充分反应后，冷却，得到残留固体的质量为1.32g，样品中含硫化锌的质量分数是____．（2）取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液中和余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．①反应后溶液中多余的硫酸是____mol．②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是____．（3）将标况下4.48LSO2气体慢慢通入200mL一定浓度NaOH溶液中，SO2气体全部被吸收，将反应后的溶液在空气中小心蒸干（不考虑酸式盐的分解），得到不超过两种物质的无水晶体26.8g．通过计算确定所得晶体的成分与物质的量．”的答案、考点梳理，并查找与习题“闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．回答下列问题（以下计算保留2位小数）（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高温加热（杂质不反应），充分反应后，冷却，得到残留固体的质量为1.32g，样品中含硫化锌的质量分数是____．（2）取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液中和余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．①反应后溶液中多余的硫酸是____mol．②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是____．（3）将标况下4.48LSO2气体慢慢通入200mL一定浓度NaOH溶液中，SO2气体全部被吸收，将反应后的溶液在空气中小心蒸干（不考虑酸式盐的分解），得到不超过两种物质的无水晶体26.8g．通过计算确定所得晶体的成分与物质的量．”相似的习题。和反应生成,,和,结合质量守恒书写化学方程式;硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫;二氧化硫可与硫化氢反应生成硫,硫化氢与氧气反应也可生成硫;电离常数越小,对应的盐溶液的碱性越强;加入氨水,溶液存在大量的,可生成沉淀;将黑色的固体加入足量的盐酸中,生成和氯化铁,氯化铁可氧化生成,加入氢氧化钠,可生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁.
解:和反应生成,,和,反应的方程式为,故答案为:;硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫;二氧化硫可与硫化氢反应生成硫,硫化氢与氧气反应也可生成硫,涉及反应有;;或,故答案为:,;或;第二步电离常数最小小,则硫化钠易水解,溶液的碱性较强,故答案为:硫化钠溶液;硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子,则其水解程度大于碳酸氢根离子;饱和溶液中电离产生的很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进的电离,溶液存在大量的,可生成沉淀,故答案为:饱和溶液中电离产生的很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进的电离,浓度增大,有沉淀生成;将黑色的固体加入足量的盐酸中,生成和氯化铁,氯化铁可氧化生成,加入氢氧化钠,可生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁,可观察到产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀,故答案为:氯化亚铁;硫化氢;产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀.
本题为年上海考题,考查含硫物质的综合应用,弱电解质的电离等知识,侧重于学生的分析能力的考查,注意相关知识的积累,难度中等.
1382@@3@@@@氧化还原反应@@@@@@126@@Chemistry@@Senior@@$126@@2@@@@化学反应与能量@@@@@@21@@Chemistry@@Senior@@$21@@1@@@@化学反应原理@@@@@@3@@Chemistry@@Senior@@$3@@0@@@@高中化学@@@@@@-1@@Chemistry@@Senior@@$1440@@3@@@@弱电解质在水溶液中的电离平衡@@@@@@128@@Chemistry@@Senior@@$128@@2@@@@电解质溶液@@@@@@21@@Chemistry@@Senior@@$21@@1@@@@化学反应原理@@@@@@3@@Chemistry@@Senior@@$3@@0@@@@高中化学@@@@@@-1@@Chemistry@@Senior@@$1502@@3@@@@含硫物质的性质及综合应用@@@@@@130@@Chemistry@@Senior@@$130@@2@@@@氧族与碳族及其应用@@@@@@22@@Chemistry@@Senior@@$22@@1@@@@常见无机物及其应用@@@@@@3@@Chemistry@@Senior@@$3@@0@@@@高中化学@@@@@@-1@@Chemistry@@Senior@@
@@21@@3##@@21@@3##@@22@@3
第五大题，第1小题
求解答 学习搜索引擎 | 硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现,硫的化合物大多具有氧化性或还原性,许多金属硫化物难溶于水.完成下列填空:(1)硫化氢具有还原性,可以和许多氧化剂反应,在酸性条件下,{{H}_{2}}S和KMn{{O}_{4}}反应生成S,MnS{{O}_{4}},{{K}_{2}}S{{O}_{4}}和{{H}_{2}}O,写出该反应的化学方程式:___.(2)石油化工的废气中有{{H}_{2}}S,写出从废气中回收单质硫的两种方法(除空气外,不能使用其他原料),以化学方程式表示:___,___.(3)室温下,0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液,碱性更强的是___,其原因是___.已知:{{H}_{2}}S:{{K}_{i1}}=1.3×{{10}^{-7}}{{K}_{i2}}=7.1×{{10}^{-15}}{{H}_{2}}C{{O}_{3}}:{{K}_{i1}}=4.3×{{10}^{-7}}{{K}_{i2}}=5.6×{{10}^{-11}}(4)向ZnS{{O}_{4}}溶液中加饱和{{H}_{2}}S溶液,没有沉淀生成,继续增加一定量的氨水后,生成ZnS沉淀,用电离平衡原理解释上述现象.___(5)将黑色的F{{e}_{2}}{{S}_{3}}固体加入足量的盐酸中,溶液中有淡黄色固体生成,产物还有___,___,过滤,微热滤液,然后加入过量氢氧化钠溶液,可观察到的现象是___.欢迎来到高考学习网，
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& 2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷 Word版含解析
2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷 Word版含解析
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2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列说法正确的是（　　）
　 A． 温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳
　 B． 直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色
　 C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质
　 D． 晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维
2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
　 A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣
　 B． l.0 moloL﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣
　 C． 甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣
　 D． 在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+
3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）?R（g）△H=﹣Q1kJomol﹣1，②2R （g）+N（g）?2T （g）
△H=﹣Q2kJomol﹣1．
Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（　　）
　 A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g） 的能量总和
　 B． 将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJ
　 C． 当1 mol M（s） 与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJ
　 D． M（g）+N（g）?R（g）△H=﹣Q3 kJomol﹣1，则Q3＜Q1
4．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）
　 A． 15种 B． 13种 C． 11种 D． 9种
5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（　　）
　 A． T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+ ）：CaCO3＞CaF2
　 B． T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体
　 C． T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大
　 D． T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体
6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）?C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（　　）
　 A． 该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36
　 B． 恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行
　 C． 反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 moloL﹣1os﹣1
　 D． 在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小
7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（　　）
　 A． 碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂
　 B． 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
　 C． 可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化
　 D． 常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大
二、非选择题
8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．
Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．
（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．
（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3 和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：
①写出X2W4的结构式：　　　　　　；
②写出XW5的电子式：　　　　　　；
③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为　　　　　　．
Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．
（4）该氮肥的名称是　　　　　　（填一种）．
（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250moloL﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．
①图2中x　　　　　　7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液 中离子浓度的关系正确的是　　　　　　
a．c（Na+）=c（R﹣）
b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11moloL﹣1
②室温时，HR的电离常数Ka=　　　　　　（填数值）．
9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：
请回答下列问题：
（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJomol﹣1，该反应不能自发进行，则a　　　　　　0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是　　　　　　；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：　　　　　　．
（3）电解过程中析出锌的电极反应式为　　　　　　．
（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为　　　　　　．
（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为　　　　　　．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要　　　　　　L空气（折算成标准状况）进入该电池．
（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH　　　　　　g．
10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．
操 作 现 象
通入氯气至过量
I．A中溶液变红
II．稍后，溶液由红色变为黄色
（1）B中反应的离子方程式是　　　　　　．
（2）A中溶液变红的原因是　　　　　　．
（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．
①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在　　　　　　．
②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．
（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．
资料显示：SCN﹣的电子式为 ．
①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是　　　　　　．
②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是　　　　　　．
③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是　　　　　　．
④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是　　　　　　mol．
三、[化学---选修5：有机化学基础]（15分）
11．以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：
已知：I．RONa+R′X→ROR′+NaX；
II．RCHO+R′CH2CHO +H2O（R、R′表示烃基或氢）
（1）A的名称是　　　　　　；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是　　　　　　．
（2）①和②的反应类型分别是　　　　　　、　　　　　　．
（3）E的结构简式是　　　　　　，试剂a的分子式是　　　　　　．
（4）C→D的化学方程式是　　　　　　．
（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有　　　　　　种．
（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是　　　　　　．
（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH溶液发生反应的化学方程式　　　　　　．
20年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列说法正确的是（　　）
　 A． 温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳
　 B． 直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色
　 C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质
　 D． 晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维
考点： 常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途．
专题： 化学应用．
分析： A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等；
B．使溴水褪色的有机物常含有不饱和键；
C．对二甲苯密度比水小；
D．根据硅、二氧化硅的性质和用途判断．
解答： 解：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等，由于二氧化碳的含量较大，为导致温室效应的主要气体，但不仅仅有二氧化碳，故A错误；
B．直流汽油、甘油不能使溴水褪色，故B错误；
C．烃的密度都比水小，故C错误；
D．硅常用于半导体材料，可用于制作太阳能电池板，二氧化硅具有较好的折光性，可用于制作光导纤维，故D正确．
点评： 本题考查较为综合，涉及环境污染、有机物的结构和性质以及硅、二氧化硅的用途等知识，为高频考点，侧重于化学与环境、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等．
2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
　 A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣
　 B． l.0 moloL﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣
　 C． 甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣
　 D． 在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+
考点： 离子共存问题．
分析： A．酸性条件下，离子之间不发生任何反应；
B．ClO﹣具有强氧化性；
C．甲基橙显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性；
D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性．
解答： 解：A．醋酸溶液呈碱性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；
B．ClO﹣具有强氧化性，具有还原性的Fe2+、I﹣不能大量共存，故B错误；
C．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性，酸性条件下，NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，且CO32﹣不能大量存在于酸性条件下，故C错误；
D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故D错误．
点评： 本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累．
3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）?R（g）△H=﹣Q1kJomol﹣1，②2R （g）+N（g）?2T （g）
△H=﹣Q2kJomol﹣1．
Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（　　）
　 A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g） 的能量总和
　 B． 将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJ
　 C． 当1 mol M（s） 与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJ
　 D． M（g）+N（g）?R（g）△H=﹣Q3 kJomol﹣1，则Q3＜Q1
考点： 反应热和焓变．
分析： A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物；
B、反应是可逆反应不能进行彻底；
C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断；
D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值．
解答： 解：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，1mol R（g）的能量总和小于1mol M（s）与1mol N（g）的能量总和，故A错误；
B、反应是可逆反应不能进行彻底，将2mol R（g）与1mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量＜Q2 kJ，故B错误；
C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断，①+得到，M（s）+N（g）?T（g）△H=﹣（Q1+）kJ/mol，则C正确；
D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值，M（g）+N（g）?R（g）△H=﹣Q3 kJomol﹣1，则Q3＞Q1，故D错误；
点评： 本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算应用，注意焓变为负值是放热反应，题目难度中等．
4．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）
　 A． 15种 B． 13种 C． 11种 D． 9种
考点： 有机化合物的异构现象．
分析： 有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体．
解答： 解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，
其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，
分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，
若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；
若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；
若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；
若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；
所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；
点评： 本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质．
5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（　　）
　 A． T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+ ）：CaCO3＞CaF2
　 B． T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体
　 C． T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大
　 D． T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体
考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题： 电离平衡与溶液的pH专题．
分析： A、依据Ksp结合沉淀溶解平衡计算钙离子浓度减小；
B、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙Ksp减小；
C、Ksp随温度变化，不随浓度变化；
D、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于Ksp，会发生沉淀．
解答： 解：A、T℃时，饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）=c（CO32﹣）=mol/L，饱和CaF2溶液c（Ca2+）oc（F﹣）2=4.0×10﹣12，c（Ca2+）=mol/L；所以饱和CaCO3溶液和饱和CaF2溶液相比，后者的c（Ca2+）大于前者，故A错误；
B、等体积混合后的c（Ca2+）会较饱和CaCO3溶液中的c（Ca2+）大许多倍，c（Ca2+）=mol/L+（mol/L）；
c（CO32﹣）只减少到原来的一半为mol/L，此时溶液中的c（Ca2+）×c（CO32﹣）=（mol/L+mol/L）×mol/L＞Ksp（CaCO3）=1.0×10﹣10，所以会析出CaCO3固体，故B错误；
C、T℃时，CaCO3固体盐酸中的Ksp与在纯水中的Ksp相同，因沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度改变，故C错误；
D、T℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，当c（Ca2+）oc（F﹣）2≥Ksp（CaF2）时，CaCO3能转化为CaF2，故D正确；
点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的应用，平衡的移动和沉淀生成的条件分析，溶度积常数的计算应用是解题关键，题目难度中等．
6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）?C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（　　）
　 A． 该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36
　 B． 恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行
　 C． 反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 moloL﹣1os﹣1
　 D． 在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小
考点： 化学平衡的计算．
分析： 根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；
A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，
c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数=；
B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变；
C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 moloL﹣1os﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；
D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低．
解答： 解：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；
A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，
c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数===7.36，故A正确；
B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变，则可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行，故B正确；
C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 moloL﹣1os﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 moloL﹣1os﹣1，故C正确；
D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低，但焓变不变，故D错误；
点评： 本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，侧重考查学生发生计算能力，难点是平衡常数的计算，易错选项是D，注意焓变与反应路径无关，为易错点．
7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（　　）
　 A． 碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂
　 B． 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
　 C． 可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化
　 D． 常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大
考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变．
专题： 元素及其化合物．
分析： A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；
B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；
D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．
解答： 解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；
B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；
D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；
点评： 本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．
二、非选择题
8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．
Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．
（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．
（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3 和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：
①写出X2W4的结构式：　　；
②写出XW5的电子式：　　；
③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为　4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJomol﹣1 　．
Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．
（4）该氮肥的名称是　碳酸铵或碳酸氢铵　（填一种）．
（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250moloL﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．
①图2中x　＞　7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液 中离子浓度的关系正确的是　c　
a．c（Na+）=c（R﹣）
b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11moloL﹣1
②室温时，HR的电离常数Ka=　5.0×10﹣6　（填数值）．
考点： 位置结构性质的相互关系应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
分析： 某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．
Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素：
（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族；
（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；
②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成；
③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，计算4mol氨气反应放出的热量，注明物质聚集状态与反应热，书写热化学方程式；
Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：
（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵；
（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）；
②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+），c（HR）≈0.2mol/L，代入电离常数Ka=计算．
解答： 解：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．
Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素；
（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族，在周期表位置为，
故答案为：；
（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对，结构式为：，故答案为：；
②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故答案为：；
③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，4mol氨气反应放出的热量为382.8kJ×4=1531.2kJ，反应热化学方程式为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJomol﹣1 ，
故答案为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJomol﹣1 ；
Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：
（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵，故答案为：碳酸铵或碳酸氢铵；
（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，R﹣离子水解，溶液呈碱性，则pH＞7，则c（Na+）＞c（R﹣），水解程度微溶，溶液中离子浓度为：c（Na+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）=≈0.11moloL﹣1，故ab错误、c正确，
故答案为：＞；c；
②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，c（HR）≈0.2mol/L，电离常数Ka===5.0×10﹣6，
故答案为：5.0×10﹣6．
点评： 本题属于拼合型题目，涉及元素推断、电子式、结构式、热化学方程式、盐类水解、电离平衡常数等，试题知识点较多、综合性较强，侧重考查考生对基本概念和基本原理的理解和应用能力，难度中等．
9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：
请回答下列问题：
（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJomol﹣1，该反应不能自发进行，则a　＞　0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是　ZnS　；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：　2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O　．
（3）电解过程中析出锌的电极反应式为　[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑　．
（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为　3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+　．
（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为　Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O　．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要　4.2　L空气（折算成标准状况）进入该电池．
（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH　80　g．
考点： 制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理．
分析： 锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn（NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，
（1）吸热的熵减的反应在任何条件下都不能自发进行；
（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应；
ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水；
（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+ 得电子发生还原反应；
（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水；
根据转移电子相等计算消耗空气体积；
（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，根据转移电子和NaOH之间的关系式计算氢氧化钠质量．
解答： 解：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn（NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，
（1）N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJomol﹣1，该反应不能自发进行，说明△G=△H﹣T△S＞0，该反应是熵增的反应，则△S＞0，则a＞0，
故答案为：＞；
（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应，则发生氧化反应的物质是ZnS；
ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水，反应方程式为2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O，
故答案为：ZnS；2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O；
（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+ 得电子发生还原反应，电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑，故答案为：[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑；
（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子反应方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，
故答案为：3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水，电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；
以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，阳极上是Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上是Cu2++2e﹣=Cu，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则减少的铜和生成的铜各是4.8g即0.075mol，转移电子是0.15mol，根据反应2Zn+O2═2ZnO，当转移电子是4mol时，消耗氧气是1moL，所以转移电子是0.15mol时，消耗氧气是0.0375moL，氧气体积是空气提及的五分之一，所以消耗空气的体积是0.0375moL×5×22.4L/mol=4.2L；
故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；4.2；
（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，转移电子和NaOH之间的关系式为2e﹣﹣﹣﹣2NaOH，当转移2mol电子时生成2molNaOH，则m（NaOH）=2mol×40g/mol=80g，
故答案为：80．
点评： 本题以物质制备为载体考查电解原理、氧化还原反应等知识点，为高频考点，明确物质性质及各个电极上发生的反应是解本题关键，注意利用转移电子守恒进行相关计算，易错点是（4）题，二氧化硫和硝酸钡溶液反应发生氧化还原反应生成硫酸钡而不是生成亚硫酸钡，题目难度中等．
10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．
操 作 现 象
通入氯气至过量
I．A中溶液变红
II．稍后，溶液由红色变为黄色
（1）B中反应的离子方程式是　Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O　．
（2）A中溶液变红的原因是　Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化钾，所以溶液变红　．
（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．
①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在　Fe3+　．
②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．
（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．
资料显示：SCN﹣的电子式为 ．
①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是　SCN﹣中的碳元素是最高价态+4价　．
②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是　硫元素　．
③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是　取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN﹣中氮元素被氧化成　．
④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是　16　mol．
考点： 氯、溴、碘的性质实验；氯气的实验室制法．
分析： （1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；
（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，据此答题；
（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，据此答题；
（4）①根据SCN﹣的电子式为可知，SCN﹣中碳显+4价，硫显﹣2价，氮显﹣3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，据此答题；
②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素，据此答题；
③利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被　氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此答题；
④SCN﹣与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量．
解答： 解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）氯气具有强氧化性，则Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，
故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化钾，所以溶液变红；
（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，
故答案为：Fe3+；
（4）①根据SCN﹣的电子式为可知，SCN﹣中碳显+4价，硫显﹣2价，氮显﹣3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，
故答案为：SCN﹣中的碳元素是最高价态+4价；
②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素，
故答案为：硫元素；
③利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被　氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN﹣中氮元素被氧化成，
故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN﹣中氮元素被氧化成；
④SCN﹣与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=NO3﹣+SO42﹣+CO2+Cl﹣+18H+，该反应中电子转移数目为16，则由方程式可知，每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，
故答案为：16．
点评： 本题是实验方案的设计与评价，题目难度中等，试题综合性较强，涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，熟练掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求为解答关键．
三、[化学---选修5：有机化学基础]（15分）
11．以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：
已知：I．RONa+R′X→ROR′+NaX；
II．RCHO+R′CH2CHO +H2O（R、R′表示烃基或氢）
（1）A的名称是　苯酚　；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是　羟基、醛基　．
（2）①和②的反应类型分别是　加成反应　、　氧化反应　．
（3）E的结构简式是　　，试剂a的分子式是　C2H4O　．
（4）C→D的化学方程式是　+2Br2→+2HBr　．
（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有　6　种．
（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是　　．
（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH溶液发生反应的化学方程式　+NaOH→+H2NCH（CH3）　．
考点： 有机物的推断．
分析： A的分子式为C6H6O，而能与HCHO反应生成B，由B的结构可知A为；B的分子式为C7H8O2，生成的C的分子式为C7H6O2，则反应②为羟基氧化为醛基，则C的结构简式为：，C与溴发生酚羟基邻位取代生成D为，由信息I中的反应可知，D与甲醇钠反应生成E为．由H的结构可知G为，逆推可知F为，结合信息II可知，TMBA与CH2CHO在碱性条件下生成F，据此解答．
解答： 解：A的分子式为C6H6O，而能与HCHO反应生成B，由B的结构可知A为；B的分子式为C7H8O2，生成的C的分子式为C7H6O2，则反应②为羟基氧化为醛基，则C的结构简式为：，C与溴发生酚羟基邻位取代生成D为，由信息I中的反应可知，D与甲醇钠反应生成E为．由H的结构可知G为，逆推可知F为，结合信息II可知，TMBA与CH2CHO在碱性条件下生成F，
（1）由上述分析可知，A为，名称为苯酚，C的结构简式为：C分子中含氧官能团的名称是：羟基、醛基，
故答案为：苯酚；羟基、醛基；
（2）反应①的反应物为苯酚和甲醛，生成物为B，对比结构可知反应①为加成反应；反应②为醇羟基氧化为醛基，
故答案为：加成反应；氧化反应；
（3）由上述分析可知，E的结构简式为试剂a的分子式是C2H4O，
故答案为：；C2H4O；
（4）C→D的化学方程式为+2Br2→+2HBr，
故答案为：+2Br2→+2HBr；
（5）D为，属于芳香族酯类化合物一定含有﹣OOCH，2个Br原子相邻时，﹣OOCH有2种位置，2个Br原子相间时，﹣OOCH有3种位置，2个Br原子相对时，﹣OOCH有1种位置，故共有2+3+1=6种，
故答案为：6；
（6）F为，与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是，
故答案为：；
（7）抗癫痫病药物H含有酰胺键，在NaOH条件下发生水解，则反应的化学方程式为+NaOH→+H2NCH（CH3）2，
故答案为：+NaOH→+H2NCH（CH3）．
点评： 本题考查有机合成与推断、同分异构体的判断、有机反应类型、化学方程式的书写，是对有机化学基础的综合考查，注意充分利用TMBA与H的结构、有机物分子式推断，较好的考查学生分析推理能力，难度中等．
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