初中化学鲁教版九年级下册第八单元海水中的化学单元复习 校赛得奖

2015-2016学年福建省福州八中高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，含25小题，每小题2分，共50分）1．下列过程中，一定需要通电才能实现的是（）A．电解质电离 B．电化学防腐 C．蓄电池放电 D．电解精炼铜2．下到化学用语表示正确的是（）A．四氯化碳分子的比例模型：B．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体C．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2ClD．丙烯的键线式：3．通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（）A．甲烷的产量 B．苯的产量 C．乙醇的产量 D．乙烯的产量4．常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．根据表中信息判断下列说法不正确的是（）共价键H﹣HF﹣FH﹣FH﹣ClH﹣IE（kJ•mol﹣1）436157568432298A．432kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298kJ•mol﹣1B．表中最稳定的共价键是H﹣F键C．H2（g）→2H（g）△H=+436kJ•mol﹣1D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣25kJ•mol﹣15．“水煤气（CO、H2）﹣空气”燃料电池的工作原理如图所示，其中a、b均为惰性电极．下列叙述正确的是（）A．甲处通入的是空气，乙处通入的是水煤气B．a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应C．用该电池电镀铜，若待镀金属增重，至少消耗标准状况下的水煤气D．a电极的反应式包括：CO+4OH﹣+2e﹣═CO32﹣+2H2O6．一定条件下，实验室利用如图所示装置，通过测电压求算Ksp（AgCl）．工作一段时间后，两电极质量均增大．下列说法错误的是（）A．该装置工作时化学能转化为电能B．左池中的银电极作正极C．总反应为Ag+（aq）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s）D．盐桥中的K+向右池方向移动7．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（）A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣═Fe2+8．室温下进行的下列实验，不能达到预期目的是序号（）序号实验内容实验目的A测定相同浓度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向Mg（OH）2浊液中滴加少量LFeCl3溶液比较Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶解度C将两个完全相同且充满NO2的密闭烧瓶，分别浸泡于热水、冰水中探究温度对化学平衡状态的影响D向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1mol通浓度的CuSO4，FeCl3溶液比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响A．A B．B C．C D．D9．T℃时，在1L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣•mol﹣1．测得H2和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况如图所示：下列说法不正确的是（）A．0～10min内v（H2）=mol•L﹣1•min﹣1B．T℃时，平衡常数K=，CO2与H2的转化率相等C．T℃时，当有32gCH3OH生成时，放出kJ的热量D．达到平衡后，升高温度或再充入CO2气体，都可以提高H2的转化率10．已知，I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）．某I2、KI溶液中，c（I3﹣）与温度（T）的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（）A．反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）△H＞0B．状态A的c（I2）比状态D的小C．A点对应的反应速率大于C点对应的反应速率D．其他条件不变，向溶液中加入KI固体，平衡由C点移动到D点11．常温下，下列说法正确的是（）A．分别中和pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液，消耗等量的NaOHB．pH=a的CH3COOH溶液加水稀释10n倍后，pH=a+nC．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，水的电离程度相同D．Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO）+2c（H2CO3）12．室温下，有pH均为9体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是（）A．两种溶液中的c（Na+）相等B．两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比为C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等13．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示．下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞YB．简单离子半径：Z＜WC．Y元素存在同素异形体D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性14．常温下，下列溶液一定呈碱性的是（）A．pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合B．•L﹣1盐酸和•L﹣1氨水等体积混合C．•L﹣1氨水和•L﹣1氯化铵溶液等体积混合D．一定体积pH=5的稀硫酸加水稀释103倍15．常温下，下列有关叙述正确的是（）A．mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释后，各离子浓度均减小B．pH=7的NH4Cl和氨水混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）C．加热滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液颜色变浅D．mol•L﹣1Na2CO3溶液中，c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）16．25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如表，下列说法正确的是（）AgClAg2CrO4AgI颜色白砖红黄Ksp×10﹣10×10﹣12×10﹣17A．AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c（Ag+）依次减弱B．Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）约为×10﹣6mol•L﹣1C．向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色D．向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀17．下列关于乙烯说法正确的是（）A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液及溴的四氯化碳溶液褪色原理相同B．工业利用乙烯水化法制乙醇，是发生了取代反应C．水果运输中为延长果实的成熟期，常在车厢里放置浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土D．乙烯在空气中燃烧，发生火焰明亮并带有浓烟的火焰18．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A．甲烷与氯气混和后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液的褪色B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体；乙烯与水生成乙醇的反应D．乙烯与溴水反应；乙酸与乙醇的酯化反应19．下列对有机物结构的叙述中不正确的是（）A．乙烯、溴苯分子中的所有原子均共平面B．在有机物分子中，含有的氢原子个数一定是偶数C．与属于同种物质，说明苯分子中6个碳原子之间的键是完全一样的D．CH2Cl2只有一种结构说明甲烷分子是正四面体结构，而不是平面正方形结构20．下列烃分子的二氯代物有三种的是（）A．CH3﹣CH2﹣CH3 B． C． D．21．有关分子结构的下列叙述中正确的是（）①除苯环外的其余碳原子有可能都在一条直线上②除苯环外的其余碳原子不可能都在一条直线上③12个碳原子不可能都在同一平面上④12个碳原子有可能都在同一平面上．A．①② B．②③ C．①③ D．②④22．某有机物结构简式如图，下列说法错误的是（）A．该有机物属于饱和链烃B．该有机物可由两种单炔烃分别与氢气加成得到C．该烃与2，3﹣二甲基丁烷互为同系物D．该烃的一氯取代产物共有5种23．某有机物其结构简式为，关于该有机物下列叙述正确的是（）A．分子式为C13H18ClB．能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色C．在加热和催化剂作用下，最多能和3molH2反应D．该分子中能通过聚合反应生成高分子化合物24．某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（）A．2﹣甲基﹣2﹣丁烯 B．2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯C．3﹣甲基﹣1﹣丁烯 D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯25．已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子结构相似，如图所示：则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为（）A．2 B．3 C．4 D．6二、解答题（共5小题，满分50分）26．以乙炔为原料可以合成聚氯乙烯、聚丙烯腈和氯丁橡胶，有关合成路线图如下：请完成下列各题：（1）写出物质的结构简式：A，C；（2）写出反应的化学方程式：反应①：；反应③：；反应⑦：．27．用菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制备MnSO4•H2O的工艺流程如下：Ⅰ．向菱锰矿中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量MnO2，过滤；Ⅲ．调节滤液pH=a，过滤；Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥得到产品；Ⅴ．检验产品纯度．（1）步骤Ⅰ中，滤渣的主要成分是．（2）将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整：□MnO2+□Fe2++□═Mn2++□Fe3++□□（3）与选用Cl2作为氧化剂相比，MnO2的优势主要在于：原料来源广、成本低、可避免环境污染、．（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2开始沉淀时完全沉淀时注：金属离子的起始浓度为L步骤Ⅲ中a的取值范围是．（5）步骤Ⅴ，通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度．已知一定条件下，MnO4﹣与Mn2+反应生成MnO2．取xg产品配成溶液，用LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液ymL，产品中锰元素的质量分数为．28．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示其中Y所处的周期序数与族序数相等．按要求回答下列问题：XYZW（1）写出X的原子结构示意图．（2）列举一个事实说明X非金属性强于Z：（用化学方程式表示）（3）含Y的氯化物呈酸性的原因是（用离子方程式表示）29．运用所学化学原理，解决下列问题：（1）已知：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2．某同学利用单质硅和铁为电极材料设计原电池（NaOH为电解质溶液），该原电池负极的电极反应式为；（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ•mol﹣1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣1；③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ•mol﹣1．工业上生产粗硅的热化学方程式为；（3）已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．表为该反应在不同温度时的平衡常数．则：该反应的△H0（填“＜”或“＞”）；500℃时进行该反应，且CO和H2O起始浓度相等，CO平衡转化率为．温度℃400500800平衡常数K9130．氨、硫、氯及其化合物对环境有着重要的影响，在化工生产和日常生活中的用途也十分广泛，如用做漂白剂、沉淀剂、农药、化肥等．（1）以N2和H2为原料合成氢气的反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=QkJ．mol﹣1．已知N﹣N键键能为946kJ．mol﹣1，H﹣H键键能为436kJ．mol﹣1，N﹣H键键能为391kJ．mol﹣1，则Q=．（2）将体积均为560mL（标准状况下）的SO2和Cl2同时缓慢通水中，得到溶液，则溶液pH=．（3）物质的量浓度相等的NH4HSO3溶液和NaHSO3溶液中，阴离子的电离程度较小的是（填化学式），原因是（4）用惰性电极电解NaHSO3溶液的装置如图所示，则I是（填化学式，下同），阳极区放出的混合气体的成分为．（5）氨水是一种常见的沉淀剂．向的MgCl2溶液中通入（不考虑溶液体积的变化），有白色沉淀生成．①写出生成白色沉淀的离子方程式．②当反应中开始有白色沉淀出现时，通人的体积（标准状况）为mL．（已知实验条件下NH3．H2O的电离平衡常数为×l0﹣5，Ksp[Mg（OH）2]=×10﹣11）

2015-2016学年福建省福州八中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，含25小题，每小题2分，共50分）1．下列过程中，一定需要通电才能实现的是（）A．电解质电离 B．电化学防腐 C．蓄电池放电 D．电解精炼铜【考点】电解原理；氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护．【分析】一定需要通电才能实现，发生电解反应，以此来解答．【解答】解：A．电离溶于水或熔化即可，不需要通电，故A不选；B．电化学腐蚀可能形成原电池，不需要通电，故B不选；C．蓄电池放电为原电池，故C不选；D．电解精炼铜，一定需要通电，粗铜为阳极，故D选；故选D．2．下到化学用语表示正确的是（）A．四氯化碳分子的比例模型：B．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体C．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2ClD．丙烯的键线式：【考点】球棍模型与比例模型；结构简式．【分析】A、四氯化碳中，氯原子原子半径比碳原子的原子半径大；B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体；C、氯乙烷的分子式为C2H5Cl；D、丙烯的结构简式为CH3CH=CH2．【解答】解：A、四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中碳原子半径却比氯原子大，故A错误；B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故B正确；C、氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故C错误；D、丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误．故选B．3．通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（）A．甲烷的产量 B．苯的产量 C．乙醇的产量 D．乙烯的产量【考点】乙烯的化学性质．【分析】乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志．【解答】解：乙烯可有石油裂解生成，且乙烯用途广泛，可用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展．因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故选D．4．常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．根据表中信息判断下列说法不正确的是（）共价键H﹣HF﹣FH﹣FH﹣ClH﹣IE（kJ•mol﹣1）436157568432298A．432kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298kJ•mol﹣1B．表中最稳定的共价键是H﹣F键C．H2（g）→2H（g）△H=+436kJ•mol﹣1D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣25kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析推断；B、键能越大形成的化学键越稳定；C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量；D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算判断；【解答】解：A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298kJ•mol﹣1，故A正确；B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H﹣F，最稳定的共价键是H﹣F键，故B正确；C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2（g）→2H（g）△H=+436kJ•mol﹣1，故C正确；D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算判断，△H=436KJ/mol+157KJ/mol﹣2×568KJ/mol=﹣543KJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣543kJ•mol﹣1，故D错误；故选D．5．“水煤气（CO、H2）﹣空气”燃料电池的工作原理如图所示，其中a、b均为惰性电极．下列叙述正确的是（）A．甲处通入的是空气，乙处通入的是水煤气B．a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应C．用该电池电镀铜，若待镀金属增重，至少消耗标准状况下的水煤气D．a电极的反应式包括：CO+4OH﹣+2e﹣═CO32﹣+2H2O【考点】化学电源新型电池．【分析】CO具有还原性，在原电池负极失电子被氧化，电极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O和H2﹣2e﹣+2OH﹣=H2O，由装置图可知a为负极，b为正极，正极发生还原反应，电极反应式为，O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，以此解答该题．【解答】解：A．由电子流向可知a为负极，b为正极，则甲处通入水煤气，乙处通入空气，故A错误；B．a为负极，a电极发生氧化反应，b为正极，b电极发生还原反应，故B错误；C．如用这种电池电镀铜，待镀金属增重，n=，得电子，需要水煤气，体积为，故C正确；D．a电极的反应式包括：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O，故D错误；故选C．6．一定条件下，实验室利用如图所示装置，通过测电压求算Ksp（AgCl）．工作一段时间后，两电极质量均增大．下列说法错误的是（）A．该装置工作时化学能转化为电能B．左池中的银电极作正极C．总反应为Ag+（aq）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s）D．盐桥中的K+向右池方向移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、该装置是原电池；B、左池银失电子，生成银离子；C、左边的银失电子生成银离子，与电解质溶液中的氯离子结合生成氯化银，右边电解质溶液中的银离子得电子生成单质银；D、原电池中的阳离子向正极移动．【解答】解：A、该装置是原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B、左池银失电子，生成银离子，发生氧化反应，所以左池中的银电极作负极，故B错误；C、左边的银失电子生成银离子，与电解质溶液中的氯离子结合生成氯化银，右边电解质溶液中的银离子得电子生成单质银，所以总反应为Ag+（aq）+Cl﹣（aq）⇌AgCl（s），故C正确；D、原电池中的阳离子向正极移动，所以盐桥中的K+向右池方向移动，故D正确；故选B．7．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（）A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣═Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来分析解答．【解答】解：A．根据PH=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pHpH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B．pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；C．根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；D．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确；故选C．8．室温下进行的下列实验，不能达到预期目的是序号（）序号实验内容实验目的A测定相同浓度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向Mg（OH）2浊液中滴加少量LFeCl3溶液比较Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶解度C将两个完全相同且充满NO2的密闭烧瓶，分别浸泡于热水、冰水中探究温度对化学平衡状态的影响D向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1mol通浓度的CuSO4，FeCl3溶液比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．测定相同浓度的盐溶液的pH，对应酸越弱，则盐溶液的pH越大；B．发生沉淀的转化，生成更难溶的物质；C．存在化学平衡2NO2⇌N2O4，温度低，颜色浅，则降低温度平衡正向移动；D．同浓度H2O2溶液，加入CuSO4、FeCl3溶液，阴离子不同．【解答】解：A．测定相同浓度的盐溶液的pH，对应酸越弱，则盐溶液的pH越大，则NaClO的pH大，可知HClO的酸性比醋酸弱，故A正确；B．向Mg（OH）2浊液中滴加少量LFeCl3溶液，发生沉淀的转化，Mg（OH）2的溶解度比Fe（OH）3的溶解度大，故B正确；C．存在化学平衡2NO2⇌N2O4，温度低，颜色浅，则降低温度平衡正向移动，则该反应为放热反应，可探究温度对化学平衡状态的影响，故C正确；D．同浓度H2O2溶液，加入CuSO4、FeCl3溶液，阴离子不同，则不能说明阳离子对H2O2分解速率的影响，故D错误；故选D．9．T℃时，在1L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣•mol﹣1．测得H2和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况如图所示：下列说法不正确的是（）A．0～10min内v（H2）=mol•L﹣1•min﹣1B．T℃时，平衡常数K=，CO2与H2的转化率相等C．T℃时，当有32gCH3OH生成时，放出kJ的热量D．达到平衡后，升高温度或再充入CO2气体，都可以提高H2的转化率【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】结合图可知浓度的变化，则CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）开始2600转化1311平衡1311A．结合v=计算；B．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，起始量之比等于化学计量数之比；C．n（CH3OH）==1mol，物质的量与反应中热量变化成正比；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；充入CO2气体平衡正向移动．【解答】解：结合图可知浓度的变化，则CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）开始2600转化1311平衡1311～10min内v（H2）==mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；B．T℃时，平衡常数K==，起始量之比等于化学计量数之比，则CO2与H2的转化率相等，故B正确；C．n（CH3OH）==1mol，物质的量与反应中热量变化成正比，则当有32gCH3OH生成时，放出kJ的热量，故C正确；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2的转化率减小；充入CO2气体平衡正向移动，H2的转化率增大，故D错误；故选D．10．已知，I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）．某I2、KI溶液中，c（I3﹣）与温度（T）的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（）A．反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）△H＞0B．状态A的c（I2）比状态D的小C．A点对应的反应速率大于C点对应的反应速率D．其他条件不变，向溶液中加入KI固体，平衡由C点移动到D点【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．通过温度对化学平衡的影响判断反应的焓变；B．减小I3﹣的浓度，化学平衡逆向移动；C．温度越高化学反应速率越快；D．其他条件不变，向溶液中加入KI固体，增大了I﹣的浓度，平衡正向移动．【解答】解：A、由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＜0，故A错误；B．D点相对于A点而言I3﹣的浓度较小，减小I3﹣的浓度，化学平衡逆向移动，c（I2）增大，故B正确；C．C点对应的温度大于A点，温度越高化学反应速率越快，故C错误；D．其他条件不变，向溶液中加入KI固体，增大了I﹣的浓度，平衡正向移动，I3﹣的浓度增大，故D错误；故选B．11．常温下，下列说法正确的是（）A．分别中和pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液，消耗等量的NaOHB．pH=a的CH3COOH溶液加水稀释10n倍后，pH=a+nC．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，水的电离程度相同D．Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO）+2c（H2CO3）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．醋酸为弱酸，pH相等时醋酸的浓度较大，消耗的氢氧化钠的物质的量较大；B．醋酸在稀释过程中电离程度增大，则稀释10n倍后，溶液的pH变化小于n；C．氢氧化钠抑制了水的电离，醋酸钠促进了水的电离；D．根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断．【解答】解：A．分别中和pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液，醋酸为弱酸，则醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH较多，故A错误；B．pH=a的CH3COOH溶液加水稀释10n倍后，稀释过程中醋酸的电离程度增大，则稀释10n倍后，溶液的pH变化小于n，即稀释后溶液的pH＜a+n＜7，故B错误；C．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，前者醋酸根离子水解促进了水的电离，而后者氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，所以水的电离程度不同，故C错误；D．Na2CO3溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故D正确；故选D．12．室温下，有pH均为9体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是（）A．两种溶液中的c（Na+）相等B．两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比为C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等【考点】盐类水解的应用；水的电离．【分析】A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa）；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C．加水稀释促进含有弱离子的盐水解；D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比．【解答】解：pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa），A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH﹣）=10﹣9mol/L，CH3COONa溶液mol/L=10﹣5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比=，故B正确；C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故C错误；D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误；故选B．13．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示．下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞YB．简单离子半径：Z＜WC．Y元素存在同素异形体D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液PH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，据此解答．【解答】解：第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液PH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，A．非金属性W＞Z＞Y，气态氢化物的稳定性：W＞Z＞Y，故A错误；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣，故B错误；C．Y为磷元素，单质有红磷、白磷，故C正确；D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、磷酸，恰好中和生成磷酸钠，溶液中磷酸根水解，溶液呈碱性，故D错误，故选C．14．常温下，下列溶液一定呈碱性的是（）A．pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合B．•L﹣1盐酸和•L﹣1氨水等体积混合C．•L﹣1氨水和•L﹣1氯化铵溶液等体积混合D．一定体积pH=5的稀硫酸加水稀释103倍【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】常温下，溶液呈碱性，说明溶液中c（OH﹣）＞c（H+），A．pH=11的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=L，pH=3的醋酸溶液中c（CH3COOH）＞L，二者等体积混合，酸有剩余，溶液呈酸性；B．等物质的量的盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子易水解而使其溶液呈酸性；C．等物质的量的氨水和氯化铵混合，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度；D．稀硫酸无限稀释时溶液接近中性，但仍然为酸性．【解答】解：A．pH=11的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=L，pH=3的醋酸溶液中c（CH3COOH）＞L，二者等体积混合，酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以溶液呈酸性，故A错误；B．等物质的量的盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子易水解而使其溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），故B错误；C．等物质的量的氨水和氯化铵混合，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，所以混合溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．稀硫酸无限稀释时溶液接近中性，但仍然为酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），故D错误；故选C．15．常温下，下列有关叙述正确的是（）A．mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释后，各离子浓度均减小B．pH=7的NH4Cl和氨水混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）C．加热滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液颜色变浅D．mol•L﹣1Na2CO3溶液中，c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；B．根据电荷守恒分析；C．加热促进盐的水解；D．mol•L﹣1Na2CO3溶液中，c（HCO﹣3）＜c（OH﹣）．【解答】解：A．mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，由于Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），已知PH=7，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（NH4+）=c（Cl﹣），故B正确；C．加热促进盐的水解，醋酸钠溶液碱性增强溶液颜色变深，故C错误；D．mol•L﹣1Na2CO3溶液中CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，所以c（HCO﹣3）＜c（OH﹣），故D错误；故选B．16．25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如表，下列说法正确的是（）AgClAg2CrO4AgI颜色白砖红黄Ksp×10﹣10×10﹣12×10﹣17A．AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c（Ag+）依次减弱B．Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）约为×10﹣6mol•L﹣1C．向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色D．向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．由表中数据可知溶度积AgCl饱和溶液中c（Ag+）==×10﹣5mol/L，其溶解度也最大，Ag2CrO4饱和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L；B．Ag2CrO4饱和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L；C．AgI溶度积小于AgCl，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的容易实现，所以向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，可能有黄色沉淀产生；D．由A可知，饱和溶液中c（Ag+）：AgCl＜Ag2CrO4，向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成白色沉淀．【解答】解：A．由表中数据可知溶度积AgCl饱和溶液中c（Ag+）==×10﹣5mol/L，其溶解度也最大，Ag2CrO4饱和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L，故A错误；B．Ag2CrO4饱和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L，故B错误；C．AgI溶度积小于AgCl，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的容易实现，所以向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，可能有黄色沉淀产生，故C正确；D．由A可知，饱和溶液中c（Ag+）：AgCl＜Ag2CrO4，向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成白色沉淀，故D错误；故选C．17．下列关于乙烯说法正确的是（）A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液及溴的四氯化碳溶液褪色原理相同B．工业利用乙烯水化法制乙醇，是发生了取代反应C．水果运输中为延长果实的成熟期，常在车厢里放置浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土D．乙烯在空气中燃烧，发生火焰明亮并带有浓烟的火焰【考点】乙烯的化学性质；烯烃．【分析】A、乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，分别发生氧化反应、加成反应；B、乙烯和水发生加成反应制取乙醇；C、乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D、乙烯中碳的百分含量不是很高．【解答】解：A、乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，分别发生氧化反应、加成反应，则褪色原理不同，故A错误；B、乙烯有双键，与水加成制乙醇属于加成反应，故B错误；C、乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，故C正确；D、乙烯中碳的百分含量不是很高，燃烧时不会有浓烟，故D错误．故选C．18．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A．甲烷与氯气混和后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液的褪色B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体；乙烯与水生成乙醇的反应D．乙烯与溴水反应；乙酸与乙醇的酯化反应【考点】有机物的结构和性质；取代反应与加成反应．【分析】A．甲烷与氯气混和后光照反应，为取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液的褪色，为氧化反应；B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，为加成反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，为加成反应；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体，苯中H被取代；乙烯与水生成乙醇的反应，碳碳双键转化为﹣OH；D．乙烯与溴水反应，为加成反应；乙酸与乙醇的酯化反应，为取代反应．【解答】解：A．分别为取代反应、氧化反应，故A不选；B．均为加成反应，故B不选；C．分别为取代反应、加成反应，故C选；D．分别为加成反应、取代反应，故D不选；故选C．19．下列对有机物结构的叙述中不正确的是（）A．乙烯、溴苯分子中的所有原子均共平面B．在有机物分子中，含有的氢原子个数一定是偶数C．与属于同种物质，说明苯分子中6个碳原子之间的键是完全一样的D．CH2Cl2只有一种结构说明甲烷分子是正四面体结构，而不是平面正方形结构【考点】常见有机化合物的结构．【分析】A．乙烯、苯都是平面型分子，根据苯的结构确定溴苯结构；B．在有机物分子中，含有的氢原子个数不一定是偶数；C．苯分子中碳碳原子之间的化学键是介于单键和双键之间的特殊键；D．甲烷分子中的两个氢原子被氯原子取代生成二氯甲烷，如果甲烷是平面正方形结构，则二氯甲烷有两种结构．【解答】解：A．乙烯、苯都是平面型分子，溴苯中溴原子处于苯中H原子的位置，所有原子处于同一平面，故A正确；B．在有机物分子中，含有的氢原子个数不一定是偶数，如CH3Cl，故B错误；C．属于同种物质，则该分子中就不含碳碳双键和碳碳单键，应该是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的键，故C正确；D．甲烷分子中的两个氢原子被氯原子取代生成二氯甲烷，如果甲烷是平面正方形结构，则二氯甲烷有两种结构，实际上，二氯甲烷有一种结构，则甲烷分子是正四面体结构，故D正确；故选B．20．下列烃分子的二氯代物有三种的是（）A．CH3﹣CH2﹣CH3 B． C． D．【考点】有机化合物的异构现象．【分析】先根据等效氢找一氯代物，然后一氯代物中氢原子的种类可得二氯代物．【解答】解：A．CH3﹣CH2﹣CH3一氯代物有2种，二氯代物有4种，故A错误；B．一氯代物有2种，二氯代物有3种，故B正确；C．一氯代物有1种，二氯代物有2种，故C错误；D．一氯代物有4种，二氯代物有10种，故D错误；故选B．21．有关分子结构的下列叙述中正确的是（）①除苯环外的其余碳原子有可能都在一条直线上②除苯环外的其余碳原子不可能都在一条直线上③12个碳原子不可能都在同一平面上④12个碳原子有可能都在同一平面上．A．①② B．②③ C．①③ D．②④【考点】常见有机化合物的结构．【分析】根据常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，注意单键可以旋转．【解答】解：①乙烯是平面结构，不是直线结构，除苯环外的其余碳原子不可能都在一条直线上，故①错误，②正确；③分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子（苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个）共面，故③错误；④正确．故选D．22．某有机物结构简式如图，下列说法错误的是（）A．该有机物属于饱和链烃B．该有机物可由两种单炔烃分别与氢气加成得到C．该烃与2，3﹣二甲基丁烷互为同系物D．该烃的一氯取代产物共有5种【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构可知，分子中只有单键，为饱和烃，相邻2个C上至少含2个H可看成炔烃加成生成，由对称性可知，分子中含5种H，以此来解答．【解答】解：A．分子中只有单键，且为链状结构，则该有机物属于饱和链烃，故A正确；B．左侧的3个C可看成2种炔烃加成产物，该有机物可由两种单炔烃分别与氢气加成得到，故B正确；C．该烃与2，3﹣二甲基丁烷分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C错误；D．由对称性可知，分子中含5种H，该烃的一氯取代产物共有5种，故D正确；故选C．23．某有机物其结构简式为，关于该有机物下列叙述正确的是（）A．分子式为C13H18ClB．能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色C．在加热和催化剂作用下，最多能和3molH2反应D．该分子中能通过聚合反应生成高分子化合物【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、﹣Cl，结合烯烃、卤代烃的性质来解答．【解答】解：A．分子式为C13H17Cl，故A错误；B．含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液、溴水均褪色，故B错误；C．苯环、碳碳双键均与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应，故C错误；D．含碳碳双键，能通过聚合反应生成高分子化合物，故D正确；故选D．24．某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（）A．2﹣甲基﹣2﹣丁烯 B．2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯C．3﹣甲基﹣1﹣丁烯 D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯【考点】有机物结构式的确定；有机化合物命名．【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，不饱和原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，采用逆推法，减去相邻碳原子上的氢原子，重新形成不饱和键，即可的原来的不饱和烃，再根据有机物的命名原则进行命名．【解答】解：（CH3）2CHCH2CH3，结构为．5号碳原子与1号碳原子化学环境相同．若1（或5号）、2号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2﹣甲基﹣1﹣丁烯；若2、3号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2﹣甲基﹣2﹣丁烯；若3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为3﹣甲基﹣1﹣丁烯；若3、4号碳原子各去掉2个H原子，形成的炔烃为3﹣甲基﹣1﹣丁炔；若1、2号碳原子各去掉1个H原子，同时3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的二烯烃为2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，故选B．25．已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子结构相似，如图所示：则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为（）A．2 B．3 C．4 D．6【考点】有机化合物的异构现象．【分析】苯环上的六个碳原子是完全相同，硼氮苯中的B、N是两种不同的原子．【解答】解：苯的二氯取代物有邻、间、对三种同分异构体，硼氮苯也应该有这三种同分异构体，但考虑苯环上的六个碳原子是完全相同的，而硼氮苯中，B、N是两种不同的原子，所以间位上应有两种不同的排列，所以一共有四种同分异构体．故选C．二、解答题（共5小题，满分50分）26．以乙炔为原料可以合成聚氯乙烯、聚丙烯腈和氯丁橡胶，有关合成路线图如下：请完成下列各题：（1）写出物质的结构简式：ACH2=CHCl，CCH≡C﹣CH═CH2；（2）写出反应的化学方程式：反应①：CH≡CH+HClCH2=CHCl；反应③：；反应⑦：．【考点】有机物的合成．【分析】乙炔与氯化氢发生加成反应生成A为CH2=CHCl，A发生加聚反应得聚氯乙烯．乙炔与HCN发生加成反应生成B为CH2=CHCN，B发生加聚反应生成聚丙烯腈．2分子乙炔聚合得C为CH≡C﹣CH═CH2，C与氯化氢发生加成反应得到D为CH2=CCl﹣CH═CH2，D发生加聚反应生成氯丁橡胶，据此解答．【解答】解：乙炔与氯化氢发生加成反应生成A为CH2=CHCl，A发生加聚反应得聚氯乙烯．乙炔与HCN发生加成反应生成B为CH2=CHCN，B发生加聚反应生成聚丙烯腈．2分子乙炔聚合得C为CH≡C﹣CH═CH2，C与氯化氢发生加成反应得到D为CH2=CCl﹣CH═CH2，D发生加聚反应生成氯丁橡胶．（1）由上述分析可知，A为CH2=CHCl，C为CH≡C﹣CH═CH2，故答案为：CH2=CHCl；CH≡C﹣CH═CH2；（2）反应①是乙炔与氯化氢发生加成反应生成CH2=CHCl，反应方程式为：CH≡CH+HClCH2=CHCl，反应③是乙炔与HCN发生加成反应生成CH2=CHCN，反应化学方程式为：；反应⑦是CH2=CCl﹣CH═CH2发生加聚反应生成氯丁橡胶，反应方程式为：，故答案为：CH≡CH+HClCH2=CHCl；；．27．用菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制备MnSO4•H2O的工艺流程如下：Ⅰ．向菱锰矿中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量MnO2，过滤；Ⅲ．调节滤液pH=a，过滤；Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥得到产品；Ⅴ．检验产品纯度．（1）步骤Ⅰ中，滤渣的主要成分是二氧化硅．（2）将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整：□MnO2+□Fe2++□═Mn2++□Fe3++□□（3）与选用Cl2作为氧化剂相比，MnO2的优势主要在于：原料来源广、成本低、可避免环境污染、不会引入Cl﹣，使制得的MnSO4·H2O产品更纯净．（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2开始沉淀时完全沉淀时注：金属离子的起始浓度为L步骤Ⅲ中a的取值范围是≤a＜．（5）步骤Ⅴ，通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度．已知一定条件下，MnO4﹣与Mn2+反应生成MnO2．取xg产品配成溶液，用LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液ymL，产品中锰元素的质量分数为．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入过量稀H2SO4，生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液，二氧化硅不溶解，过滤除去二氧化硅；向滤液中加入过量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为二价锰离子，调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，过滤除去氢氧化铁和氢氧化铝固体，对硫酸锰溶液进行浓缩、冷切结晶、过滤、洗涤干燥得到产品，（1）二氧化硅不溶于稀硫酸；（2）根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒配平反应；（3）注意最后不能引入杂质离子，氯气会引入氯离子；（4）调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，而锰离子不能沉淀，根据表格回答；（5）根据方程式3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2+4H+进行计算．【解答】解：菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入过量稀H2SO4，生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液，二氧化硅不溶解，；向滤液中加入过量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为二价锰离子，调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，过滤除去氢氧化铁和氢氧化铝固体，对硫酸锰溶液进行浓缩、冷切结晶、过滤、洗涤干燥得到产品，（1）菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入过量稀H2SO4，生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液，二氧化硅不溶解，滤渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：二氧化硅；（2）锰元素化合价由+4价降低到+2价，铁元素由+2价升高到+3价，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒，配平反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：1、2+4H+、1、2、2H2O；（3）选用Cl2作为氧化剂会最后的溶液中引入氯离子，使制得的产品不纯，而MnO2不会引入Cl﹣，使制得的MnSO4·H2O产品更纯净，故答案为：不会引入Cl﹣，使制得的MnSO4·H2O产品更纯净；（4）调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，根据表格可知二价锰离子开始沉淀的pH=，铝离子开始沉淀的pH=，故≤a＜，故答案为：≤a＜；（5）设含有硫酸锰的物质的量为z，根据方程式3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2+4H+3mol2molz×10﹣3molz=×10﹣3mol，锰元素的质量分数=，故答案为：．28．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示其中Y所处的周期序数与族序数相等．按要求回答下列问题：XYZW（1）写出X的原子结构示意图．（2）列举一个事实说明X非金属性强于Z：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓；（用化学方程式表示）（3）含Y的氯化物呈酸性的原因是Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+（用离子方程式表示）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示，Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知，Z为Si，X为N，W为S，据此结合元素周期律知识解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示，Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知，Z为Si，X为N，W为S，（1）X为N元素，其原子序数为7，核外含有2个电子层，其原子结构示意图为：，故答案为：；（2）X为N，W为S，通过最高价氧化物对应水合物的酸性强弱可以判断非金属性N大于S，反应反应为：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓，故答案为：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓；（3）Y的氯化物为氯化铝，氯化铝溶液中，铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+．29．运用所学化学原理，解决下列问题：（1）已知：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2．某同学利用单质硅和铁为电极材料设计原电池（NaOH为电解质溶液），该原电池负极的电极反应式为Si+6OH﹣﹣4e﹣=SiO32﹣+3H2O；（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ•mol﹣1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣1；③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ•mol﹣1．工业上生产粗硅的热化学方程式为2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）△H=（a+b﹣c）kJ•mol﹣1；（3）已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．表为该反应在不同温度时的平衡常数．则：该反应的△H＜0（填“＜”或“＞”）；500℃时进行该反应，且CO和H2O起始浓度相等，CO平衡转化率为75%．温度℃400500800平衡常数K91【考点】电极反应和电池反应方程式；热化学方程式；化学平衡的计算．【分析】（1）负极发生氧化反应，Si在负极上失去电子，碱性条件下生成硅酸根与水，结合电荷守恒和原子守恒书写；（2）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；，已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ•mol﹣1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣1；③Si（s）+O2（g）