【答案】B【解析】【詳解】A．PM2.5指環境空氣中空氣動力學當量直徑小于等小，面積大，活性強，易附帶有毒、有害物質，且在大氣中的停留而對人體健康和大氣環境質量的影響大，其在空氣中含量濃度越高2.反應8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關微粒的化學用語A.中子數為9的氮原子：NB.N2分子的電子式：N【答案】C【解析】A.鋁的金屬活潑性強，可用于制作鋁金【答案】D【解析】4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能【答案】A【解析】5.實驗室以CaCO3為原料，制備CO2并獲得CaCl2.6H2O晶體。下列圖示裝置和原理不能達到D.制得CaCl2.6H2O【答案】D【解析】6.下列有關化學反應的敘述正確的是A.室溫下，Na在空氣中反應生成NaB.室溫下，Al與4.0mol.L-1NaOH溶液反應生成ND.室溫下，Fe與濃H2SO4反應生【答案】B【解析】A.Cl2通入水中制氯水：Cl2+H2O?2H++Cl-+ClO-C.0.1mol.L-1NaAlO2溶液中通入過量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-【答案】C【解析】【詳解】A.次氯酸為弱酸，書寫離子方程式時應以分子形式體現，正確的是Cl2＋H2OH++Cl－HClO，故A錯誤；B.NO2與H2O反應：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，離子方程式為3NO2＋H2O=2H＋2NO3-＋NO,故B錯誤；C.碳酸的酸性強于偏鋁酸，因此NaAlO2溶液通入過量【點睛】本題應注意“量”，像選項C中若不注意CO2是過量的，往往產物寫成CO-，還有選C.高溫下反應每生成1molSi需消耗2×22.4LH2D用E表示鍵能，該反應ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)【答案】B【解析】-2E(Si－Si)，故D錯誤；C.原子半徑r:r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)D.原子的最外層電子數n:n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)【答案】A【解析】,故B錯誤；電解石灰水A.NaCl(aq)→Cl2(g)→電解石灰水【答案】C【解析】11.將金屬M連接在鋼鐵設施表面，可減緩水體中A.陰極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+【答案】C【解析】【分析】該裝置為原電池原理的金屬防護措施，為犧牲陽極的陰極保護B.陽極金屬M實際為原電池裝置的負極，電子流出，原電池中負極金屬比正極活C.金屬M失電子，電子經導線流入鋼鐵設備，從而使鋼鐵設施表面積累D.海水中的離子濃度大于河水中的離子濃度，離子濃度越大，溶液的導電性越強【答案】CD【解析】【點睛】醇類和鹵代烴若發生消去反應，則醇分子中羥基(-OH)或鹵代烴中鹵原子相連的碳原子必須有相鄰的碳原子，且此相鄰的AB室溫下，向0.1mol.L-1HClCDHHA.A【答案】B【解析】【詳解】A.加入碘水后，溶液呈藍色，只能說明溶液中含有淀粉，,故A錯誤；B.加入鹽酸后，產生大量氣泡，說明鎂與鹽酸發生化學反應，此時溶液溫度上升C.BaCl2、CaCl2均能與Na2CO【點睛】淀粉在稀硫酸作催化劑下的水解程度確定試驗較為典型，一般分三種考法：①淀粉未發生水解：向充分反應后的溶液中加入碘單質，溶液變藍，然后加溶液呈堿性，然后加入新制氫氧化銅溶液并加熱，未生成磚紅色沉淀：向充分反應后的溶液中加入碘單質，溶液變藍，,然后加入新制氫氧化銅溶液并加熱，生成磚紅色沉淀；③向充分反質，溶液不變藍，然后加入過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后加加熱，生成磚紅色沉淀。此實驗中需要注意：①碘單質需在加入氫氧則氫氧化鈉與碘單質反應，不能完成淀粉的檢驗；②酸性水解后的溶液堿化，否則無法完成葡萄糖的檢驗；③利用新制氫氧化銅溶液或銀D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸):+c(H2C2O4)=c(Na+)+【答案】AD【解析】【詳解】A.NaHCO3水溶液呈堿性，說明HCO3-的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2COCO-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學式可知，該混合溶液中Na+濃度最NH)=2c(Cl-)，兩式聯立消去c(Cl-)可得：C.若不考慮溶液中相關微粒行為，則c(CH3COOH)=)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，D.該混合溶液中物料守恒為：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O-)，電荷守恒為：2cH+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O-)+c(OH-)，故D正確；-1-1C.相同條件下，改用高效催化劑能使曲線【答案】BD【解析】烷轉化率增大，甲烷和二氧化碳反應是體積增大的反應，增大壓強16.吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對空氣的(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反應的離子方程式為_______2至溶液pH=6時，溶液中濃度最大的陰離子是_____________(填化(2)ZnO水懸濁液吸收SO2。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO2，在開始吸收(3)O2催化氧化。其他條件相同時，調節吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5-生成速率越大，其主要原因是__________；隨著氧化的進行，溶液的pH將__________(【答案】(1).2NH3+H2O+SO2=2NH+SO-或ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO3-或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO3-(5).【解析】【分析】子；通過分析ZnO吸收SO2后產物的溶解性判斷吸收率變化的原因；通過分析HSO3-與氧氣反【詳解】(1)向氨水中通入少量SO2時，SO2與氨水反NH3+H2O+SO2=2NH+SO-（或2NH3·H2O+SO2=2NH+SO-+H2O根據圖-1所示，pH=6時，溶液中不含有亞硫酸，僅含有HSO3-和SO-，根據微粒物質的量分數曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是HSO3-；(2)反應開始時，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3變；一旦ZnO完全反應生成ZnSO3后，ZnSO3繼續吸收SO2HSO3-（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO3-）(3)HSO3-可以經氧氣氧化生成SO-，這一過程中需要調節溶液pH在4.5~6.5的范圍內，pH越低，溶液中的HSO3-的濃度越大，使得催化氧化過程中反應速率越快；隨著反,大量的HSO3-反應生成SO-，反應的離子方程式為2HSO3-+O2=2SO-+2H+，隨著反應的(1)A中的含氧官能團名稱為硝基、__________和___(4)C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡②能發生水解反應，水解產物之一是α-無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題【解析】【分析】(2)對比A和C的結構簡式，可推出A→B(4)①能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②能發生水解反鍵，水解產物之一是α-氨基酸，該有機物中含有“”，另一產物分子中不同化學環境的氫原子數目之比為1：1，且含有苯環，;O與H2發生加成反應生成CH3CH2CH2OH，。【點睛】有機物的推斷和合成中，利用官能團的性質以及反應條NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉.(1)NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaONaClO的離子方程式為__________；用于環境殺菌消毒的NaClO溶液須稀釋并及時使用，若在空氣中暴露時間過長且見光，將會導致消毒作用減弱，其原因是__________HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2OI2+2S2O-=S4O-+2I-準確稱取1.1200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上適量稀硫酸和過量KI溶液，密封在暗處靜置5m至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續滴定至終點，消耗Na2S2O3@若在檢測中加入稀硫酸的量過少，將導致樣品的有效氯測定值____________(填“偏高”【答案】(1).Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O(2).nS2O-)=0.1000mol×L-1×0.02000L=2.000×10-3mol根據物質轉換和電子得失守恒關系：C3N3O3Cl~2HClO~2I2~4S2O-得n(Cl)=0.5n(S2O-)=1.000×10-3mol【解析】【詳解】(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；次氯酸鈉溶液長期暴露在空氣中會吸收空氣中的二氧化碳氣故答案為：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產生HClO，HClO①由題中反應可知，C3N3O3Cl2-在酸性條件產生HClO，HClO氧化碘離子產生碘單質，碘單C3N3O3Cl2-~2HClO~2I2~4S2O-，n(S2O-)=0.1000mol.L-1×0.02000L=2.000×10-3mol，根據物質轉換和電子得失守恒故答案為：n(S2O-)=0.1000mol.L-1×0.02000L=2.000×10-3mol，根據物質轉換和電子得失守恒關系：C3N3O3Cl2-~2HClO~2I2~4S2O-，得n(Cl)=0.5n（S2O-）=②如果硫酸的用量過少，則導致反應C3N3O3Cl2-+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO不能充分19.實驗室由煉鋼污泥(簡稱鐵泥，主要成份為鐵的(1)酸浸：用一定濃度的H2SO4溶液浸取鐵泥中的鐵元素。若其他條件措施能提高鐵元素浸出率的有_______2+外，還會生成___________(填化學式)；檢驗Fe3+是否還原完全的實驗操作是_________(3)除雜：向“還原”后的濾液中加入NH4F溶液，使Ca2+轉化為CaF2沉淀除Ka(HF)=6.3×10-4]。①生成FeCO3沉淀的離子方程式為____取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色是否呈血紅色pH偏低形成HF，導致溶液中F-濃度減Fe2++HCO3-+NH3.H2O=FeCO3↓+NH+H2O或Fe2++HCO3-+NH3=FeCO3↓+NH(6).在攪拌下向FeSO4溶液中緩慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最后一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaC【解析】【分析】鐵泥的主要成份為鐵的氧化物，鐵泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相應硫酸鹽溶濾液中加入過量鐵粉將Fe3+還原為Fe2+；向“還原”后的濾液中加入NH4F使Ca而除去；然后進行“沉鐵”生成FeCO3，將FeCO3沉淀經(2)為了提高鐵元素的浸出率，“酸浸”過程中硫酸溶液要適當過量，故向外，還有H2生成；通常用KSCN溶液檢驗Fe3+，故檢驗Fe3+是否還原完全量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色是否呈血紅色，若不呈血(3)向“還原”后的濾液中加入NH4F溶液，使Ca2+轉化為CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(C)，當Ca2+完全沉淀（某離子濃度小于1×10-5mol/L表明該離子沉淀完全）時，溶2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+濃度較大，H+與F-形成弱酸HF，導致溶液中)減小，CaF2沉淀不完全，故答案為：pH偏低形成HF，導NH4HCO3混合溶液反應生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化O3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO），②根據題意Fe(OH)2開始沉淀的pH=6.5，為防止產生Fe(OH)2沉淀，所以將Fe—NH4HCO3混合溶液反應制備FeCO3沉淀的過程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗滌完全”，所以設計的實驗方案中要用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗最后的洗滌液中不含SO-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最后一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不出現白色NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取【點睛】本題的易錯點是實驗方案設計中的細節，需注意兩點：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉(1)CO2催化加氫。在密閉容器中，向含有催化劑的KHCO3溶液(CO2與K通入H2生成HCOO-，其離子方程式為__________；其他條件不變，HCO催化加氫的轉化率迅速上升，其主要原因是____(2)HCOOH燃料電池。研究HCO。電池負極電極反應式為_____________；放電過程中需補充的物質A為_________(填化學式(3)HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，HCOOH分解生成CO①HCOOD催化釋氫反應除生成CO2外，還生成HCOOH催化釋氫的效果更佳，其具體優點是___________溫度升高反應速率增大，溫度升高催化劑的活性增強(3).HCOO-+2OH--2e-=HCO3-+H2O(4).H2SO4(5).2HCOOH+2OH-+O2=2HCO3-+2H2O或2HCOO-+O2=2HCO3-(6).HD(7).【解析】【分析】(1)根據元素守恒和電荷守恒書寫離子方程式；從溫度對反應速率的影(2)該裝置為原電池裝置，放電時HCOOˉ轉化為HCO3-被氧化，所以左側為負極，Fe3+轉化為(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分別與催化劑結合，在催化劑表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ,之【詳解】(1)含有催化劑的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ,根據元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為ˉ+H2O；反應溫度在40℃高，活化分子增多，反應速率加快，同時溫度升高催化劑的活性增強，所以HCO3-的催化加(2)①左側為負極，堿性環境中HCOOˉ失電子被氧化為HCO3-，根據電荷守恒和元素守恒可得電極反應式為HCOOˉ+2OHˉ-2eˉ===HCO3-+H2O；電池放電過程中，鉀離子移向正極，酸根，而隨著硫酸鉀不斷被排除，硫酸根逐漸減少，鐵離子和亞鐵離補充硫酸根，為增強氧氣的氧化性，溶液最好顯酸性，則②根據裝置圖可知電池放電的本質是HCOOH在堿性環境中被氧氣氧化為HCO3-，根據電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為2HCOOH+O2+2OHˉ=2HCO3-+2(3)①根據分析可知HCOOD可以產生HCOOˉ和D+，所以最終產物為CO2和H和KOH，生成的KOH可以吸收分解產生的CO2，從【點睛】第3小題為本題難點，要注意理解圖示的HCOOH催化分解的反應機理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ,然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ,Hˉ和H+反應生成氫21.以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料(4)檸檬酸的結構簡式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧