湖南省永州市2019-2020学年高三上学期第一次模拟化学试卷 (有解析)

湖南省永州市2019-2020学年高三上学期第一次模拟化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1.下列有关化学用语的表示正确的是
A. SiO2分子的结构式为：O=Si=O
B. H2O2的电子式为：
C. 乙醇的结构简式为：C2H5OH
D. 乙烷的比例模型：
2.化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是()
A. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
B. 汽车尾气中氮氧化物的产生主要是由于汽油中含有氮元素
C. 用蘸有浓氨水的棉棒检验输送氯气的管道是否漏气
D. 埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
3.下列实验操作中错误的是()
A. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 过滤操作时，向过滤器中倾倒液体时一定要用玻璃棒引流
D. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来
4.已知N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()
A. 0.1mol H2和0.1mol I2(g)于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2N A
B. 1L0.1mol·L−1NaHCO3溶液中HCO3−、和CO32−离子数之和为0.1N A
C. 将2g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数小于2N A
D. 7.8g Na2S和Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.1N A
5.下列说法中正确的是()
A. H2和D2互为同位素
B. H2N−CH2−COOH和H3C−CH2−NO2互为同分异构体
C. 正丁烷、异丁烷、戊烷沸点依次增大
D. Fe2+和Fe3+互为同素异形体
6.某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的
是()
A. 1mol该物质最多能和5mol H2发生加成反应
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加成反应和取代反应
C. 该分子中所有原子都可能共平面
D. 该物质的分子式为C10H10O2
7.下列离子方程式的书写正确的是
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32−+4Cl2+5H2O=2SO42−+8Cl−+10H+
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3⋅H2O=AlO2−+4NH4++2H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O
D. 在海带灰的浸出液(含有I−)中滴加H2O2得到I2：2I−+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
8.下列4组实验操作或装置图(略去部分夹持仪器)中，有错误的图有()个
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9.下面表格中的实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是()
选项实验操作实验现象结论
A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸只表现脱水性B将盐酸滴入Na2CO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强
C 向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，
在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验
试纸变蓝原溶液中含有NH4+
D SO2通入品红溶液中溶液褪色SO2具有还原性
10.下列说法正确的是()
A. 7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2×6.02×1023
B. 标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数为1.0×6.02×1023
C. 工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极上溶解的铜原子数必为0.5×6.02×
1023
D. VLamol⋅L−1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl−的数目大于3×6.02×1023
11.下列相关实验示意图不能达到实验目的的是()
A. 探究不同催化剂对H2O2分解速率影响
B. 探究温度对2NO
⇌N2O4平衡影响
2
C. 验证Cr
O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+平衡状态变化
2
D. 验证钠和水反应的热效应
12.X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，Q是同一
周期中非金属性最强的元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水。

下列说法正确的是()
A. 原子半径：Q>Z>W
B. 熔融WQ3固体时需要破坏离子键
C. Z、W、Q三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
D. 非金属性：Y<Q
13.干电池原理示意图如图，电池总反应为：Zn+2NH4+=Zn2++2NH3↑
+H2↑，下列说法正确的是()
A. 碳为电池的正极
B. Zn极上发生还原反应
C. 常见锌锰干电池为二次电池
D. 反应2NH4++2e−=2NH3↑+H2↑在负极上发生
.常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液
14..AG表示溶液酸度：AG=lg c(H+)
c(OH−)
滴定25mL0.1mol/L的CH3COOH滴定结果如图所示，下列分析正确的
是()
A. 0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH=3
B. m点加入NaOH的体积为25mL
C. 若pH=7，则溶液中水电离的c(OH−)=1.0×10−3.5mol/L
D. 随着NaOH溶液滴入，溶液中水的电离程度逐渐增大，m点最大
15.在反应H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中，若有32g硫生成，则转移电子的物质的量为()
A. 6 mol
B. 3 mol
C. 2 mol
D. 4 mol
二、流程题（本大题共1小题，共10.0分）
16.工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性
材料碳酸锰(MnCO3)。

其工业流程如下：
(1)为了提高“浸锰”过程中原料的浸出速率，可以采取的措施有_________________(写一条)。

(2)浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42−+H2O，该
反应是经历以下两步反应实现的。

写出ⅱ的离子方程式：__________________。

ⅱ：
ⅱ：……
(3)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为________________(填离子符号)。

(4)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少
MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是______________。

(5)写出“氧化”过程中MnO2与SO2反应的化学方程式：_______________________________。

(6)滤渣Ⅱ是____________。

(7)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是_________；加入
NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：____________。

三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
17.某化学兴趣小组对12.5g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程进行研究，其热重曲线(样品质量随温
度变化的曲线)如图所示。

请回答：
(1)试确定110ºC时固体物质N的化学式________。

(2)CuSO4·5H2O隔绝空气加热至650ºC，充分反应后得到的气体用足量的水吸收，然后用
1.00mol·L−1的NaOH溶液中和，则消耗NaOH溶液的体积为________。

(3)当Q加热至1000ºC时，残余固体(纯净物)质量为3.6g，则1000ºC时发生反应的化学方程式为
________。

18.四氯化锡(SnCl4)是一种重要的化工产品。

某兴趣小组拟制备四氯化锡。

I.【查阅资料】
物质熔点/℃沸点/℃化学性质
Sn231227加热时与Cl2反应生成SnCl4
SnCl2246652Sn2+易被Fe3+、O2等氧化
SnCl4−33114极易水解
实验装置如图所示(省略夹持和加热装置)
实验步骤：
(1)检查装置气密性后，按图示加入试剂．仪器b的名称是______ ，其中无水CaCl2的作用是
______ ，B中的试剂是______ (选填下列字母编号)。

A.Na2CO3溶液
B.NaOH溶液
C.饱和NaCl溶
液 D.NaHCO3溶液
(2)先向A中烧瓶内加入盐酸并加热a，当整个装置______ 后(填实验现象)，再加热熔化锡粒，
反应完后，停止加热。

(3)待反应结束后，经______ (填写操作名称)、洗涤、干燥，可回收利用装置A中未反应完的
MnO2。

Ⅲ.[探究与反思]
(1)装置F中吸收Cl2发生反应的离子方程式是______ 。

(2)实验在D中得到的产品很少，经分析装置设计有缺陷，应在D和E之间补充______ (填装
置名称)。

(3)为验证产品中是否含有SnCl2，该小组设计了以下实验方案：(所需试剂从稀HNO3、稀HCl、
FeCl3溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液、蒸馏水中选择)
取适量0.5mL产品溶入20mL蒸馏水中，加入______ ，若______ (填实验现象)，则含有SnCl2，否则无SnCl2。

四、简答题（本大题共3小题，共30.0分）
19.NH3可用于生产硝酸和尿素。

(1)生产硝酸：
①NH3催化氧化是工业制硝酸的第一步反应，其化学方程式是______。

②除此之外，还可能发生以下副反应：
4NH3(g)+4O2(g)=2N2O(g)+6H2O(g)△H=−1105kJ/mol
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=−1269kJ/mol
两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大，原因是______。

(2)生产尿素：
①尿素的合成分两步进行：
a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)△H=−117kJ/mol
b.NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=+15kJ/mol
写出总反应的热化学方程式：______。

②图为n(NH3)：n(CO2)=4：1时，温度对CO2的转化率的影响。

解释温度升高CO2的平衡转化
率增大的原因：______。

③测定尿素样品含氮量的方法如下：取a g尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过
量的v1mL c1mol⋅L−1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2mol⋅L−1NaOH溶液恰好中和，则尿素样品中氮元素的质量分数是______。

20.Fritz Haber在合成氨领域的贡献距今已经110周年，氮族元素及其化合物应用广泛。

(1)在基态 13N原子中，核外存在______对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云
轮廓图为______形。

(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3−、NO2−中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒
子的是______，与NO3−互为等电子体的分子为______。

液氨中存在电离平衡2NH3⇌NH4++NH2−，根据价层电子对互斥理论，可推知NH2−的空间构型为______，液氨体系内，氮原子的杂化轨道类型为______。

NH3比PH3更容易液化的原因为______。

(3)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(N5−)金属盐Co(N5)2(H2O)4⋅4H2O的合成，其结构
如图1所示，可知N5−的化学键类型有______。

(4)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图
及晶胞参数如图2所示。

则晶体X的化学式为______，其晶体密度为______(设阿伏加德罗常数的值为N A，列出计算式)g⋅cm−3。

21.某化学兴趣小组以苯的同系物D和乙烯为主要原料，采用以下路线合成药物
M()：
已知：①相同条件下D蒸气的密度是氢气的46倍；
②+→；
③Fe/HCl。

请回答下列问题：
(1)对于化合物M，下列说法正确的是______(填序号)。

a.可与浓盐酸形成盐
b.不能与氢气发生加成反应
c.可发生水解反应
d.属于两性化合物
(2)A的结构简式为______，D的名称是______。

(3)合成路线中属于氧化反应的有______(填序号)，E分子中官能团名称为______。

(4)写出C+F→G的化学反应方程式______。

(5)E的某种同系物H，相对分子质量比E大14，符合下列条件的H的同分异构体的数目有______种。

①属于芳香族化合物；②含有−NH2；③能与NaHCO3溶液反应放出气体。

其中分子中核磁共振氢谱有6个吸收峰，且峰面积之比为1：1：1：2：2：2的有机物结构简式为______。

(6)已知反应②的原子利用率是100%，通常采用乙烯为原料制得A后与B反应合成C，请用化学反应方程式表示以乙烯为原料制备B的合成路线(无机试剂任选)。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
【分析】
本题考查化学用语，涉及电子式、结构简式和结构式、比例模型的表示方法等，注意化学用语的规范使用，题目难度不大。

【解答】
A.O=Si=O为SiO2分子的结构简式，故A错误；
B.H2O2是共价化合物，电子式为：，故B错误；
C.乙醇的结构简式为：C2H5OH，故C正确；
D.是乙烷的球棍模型，故D错误。

故选C。

2.答案：C
解析：
【分析】
本题考查物质的性质以及用途，为高考常见题型，侧重于化学与生活、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，难度不大．
【解答】
A.高纯度的硅单质广泛用于制作半导体，制光导纤维的材料为二氧化硅，故A错误；
B.汽油中不含氮元素，汽车尾气中氮氧化物由氮气和氧气反应生成，故B错误；
C.氯气和氨气反应生成氯化铵和氮气，有白烟，可用于检验，故C正确；
D.乙醇不具有氧化性，故D错误。

故选：C。

3.答案：D
解析：解：A.蒸发，不能蒸干，当出现较多固体时停止加热，利用余热加热，故A正确；
B.蒸馏时，测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；
C.过滤时，需要玻璃棒引流，则向过滤器中倾倒液体时一定要用玻璃棒引流，故C正确；
D.酒精与水互溶，不能作萃取剂，应利用苯或四氯化碳把碘水中的碘萃取出来，故D错误；
故选D．
A.蒸发，不能蒸干；
B.蒸馏时，测定馏分的温度；
C.过滤时，需要玻璃棒引流；
D.酒精与水互溶，不能作萃取剂．
本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离提纯及实验操作等，为高频考点，把握混合物分离提纯实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
4.答案：B
解析：
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

【解答】
A、H2和I2的反应为气体分子数不变的可逆反应，无论反应程度如何，其分子总数为0.2N A，故A 正确；
B、1L 0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3−和CO32−数之和为0.1N A，故B错误；
C、将2gH2与足量的N2混合，反应为可逆反应不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2N A，故C正确；
=0.1mol，D、Na2S和Na2O2的摩尔质量都为78g/mol，都含1个阴离子，混合物物质的量=7.8g
78g/mol
所含阴离子的数目等于0.1N A，故D正确。

故选B。

5.答案：B
解析：解：A.H2和D2是单质，不是原子，不能互为同位素，故A错误；
B.H2N−CH2−COOH和H3C−CH2−NO2分子式相同，结构不同互为同分异构体，故B正确；
C.异丁烷、正丁烷、戊烷沸点依次增大，故C错误；
D.Fe2+和Fe3+是铁元素的不同离子，不是单质，不能互为同素异形体，故D错误；
故选：B。

A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；
B.分子式相同结构不同的有机物为同分异构体；
C.碳个数越多沸点越大，同分异构体中支链越多沸点越低；
D.同种元素组成的不同单质为同素异形体。

本题考查了同分异构体、同位素、同素异形体的概念、有机物沸点比较等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

6.答案：B
解析：
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。

由结构可知，分子中含苯环、−COOC−、碳碳双键，结合酯、烯烃的性质来解答。

【解答】
A.只有苯环、双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应，故A错误；
B.含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加成反应，且含苯环、酯基可发生取代反应，故B正确；
C.含甲基，为四面体结构，所有原子不可能共面，故C错误；
D.该物质的分子式为C10H8O2，故D错误；
故选B。

7.答案：A
解析：
【分析】
本题考查反应原理以及离子方程式的书写，B，C生成物错误；D不符合氧化还原反应规律。

【解答】
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，发生氧化还原反应，离子方程式为S2O32−+4Cl2+5H2O=
2SO42−+8Cl−+10H+，故A正确；
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故B错误；
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，还应有氨水生成，故C错误；
D. 在海带灰的浸出液(含有I−)中滴加H2O2得到I2，发生氧化还原反应：2I−+H2O2+2H+=I2+ 2H2O，故D错误。

故选A。

8.答案：D
解析：
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大。

涉及气体的制备、原电池原理、溶液配制、中和热测定等，明确常见化学实验基本操作为解答关键。

【解答】
收集氨气的导管应该插入试管底部；原电池装置的两个烧杯中的电解质溶液应该互换；定容时玻璃棒的下端应在刻度线以下；中和热测定时，两个烧杯上口应该相平，据此进行解答。

A.氨气的密度小于空气密度，进气管伸入到试管的底部，图示收集干燥氨气装置不合理，故A错误；
B.铜锌原电池，甲池中盛放ZnCl2，乙池中盛放CuCl2，图示铜锌原电池装置不合理，故B错误；
C.配制一定物质的量浓度溶液过程中，定容时玻璃棒的下端应在刻度线以下，图示配制一定物质的量浓度溶液的装置不合理，故C错误；
D.中和热的测定大、小烧杯上口应在同一水平面，图示中和热的测定装置不合理，还没有环形玻璃搅拌，故D错误；
根据分析可知，有错误的图有4个，
故选：D。

9.答案：C
解析：解：A.蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，体积膨胀，说明生成气体，表现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，盐酸不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以该实验不能说明氯的非金属性比碳强，故B错误；
C.NH4+和NaOH反应生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，该实验能检验铵根离子，故C正确；
D.二氧化硫能和品红溶液反应生成无色物质而体现漂白性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色而体现还原性，故D错误；
故选C．
A.蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，体积膨胀，说明生成气体，表现了浓硫酸的强氧化性；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
C.NH4+和NaOH反应生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
D.二氧化硫能和品红溶液反应生成无色物质而体现漂白性．
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质性质、离子检验、非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和还原性区别、浓硫酸吸水性和脱水性区别，易错选项是B．
10.答案：D
解析：解：A、7.1g氯气物质的量为0.1mol，完全反应转移电子物质的量为0.1mol，转移的电子数为
0.1×6.02×1023，故A错误；
B、标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后生成22.4L二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮，
数目减小，混合后气体的分子总数小于1.0×6.02×1023，故B错误；
C、工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极失去1mol电子，由于粗铜中含有的杂质活泼性大于铜，优先放电，所以阳极上溶解的铜原子数必小于0.5×6.02×1023，故C错误；
D、VLamol⋅L−1的氯化铁溶液中，铁离子发生了水解，导致三价铁离子数目减小，所以若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl−的数目大于3×6.02×1023，故D正确；
故选：D．
A、根据氯气的质量计算出氯气的物质的量及转移的电子的物质的量和数目；
B、根据一氧化氮与氧气反应生成的二氧化氮存在转化平衡判断；
C、根据粗铜中含有活泼性较强的杂质进行判断；
D、过量铁离子在溶液中发生水解数目减少进行判断．
本题考查了阿伏伽德罗常数，注意二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，导致二氧化氮的物质的量减少，本题难度不大．
11.答案：A
解析：
【分析】
本题考查较为综合，涉及化学反应速率的影响因素、化学平衡移动等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大。

【解答】
A.研究催化剂对反应速率的影响，过氧化氢的质量分数要相同，故A错误；
B.已知2NO2⇌N2O4 △H<0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；
C.通过溶液颜色的变化，来判断，如果溶液的颜色不变，说明达平衡状态，故C正确；
D.钠与水反应U型右边的液面上升，如果液面上升，说明发生反应，故D正确。

故选A。

12.答案：C
解析：解：根据分析可知：X为X元素，Y为O元素，Z为Na，W为Al，Q为Cl元素。

A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Na>Al>Cl，即Z>W>Q，故A错误；
B.AlCl3为共价化合物，不存在离子键，故B错误；
C.氢氧化铝具有两性，能够与高氯酸和氢氧化钠溶液反应，故C正确；
D.O、Cl能够形成化合物ClO2，O元素显示−2价，说明O元素的非金属性大于Cl元素，故D错误；故选：C。

X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水，白色沉淀为氢氧化铝，该化合物为偏铝酸钠，XY2为CO2，则X为X元素，Y为O元素，Z为Na，W为Al元素；Q是同一周期中非金属性最强的元素，Q位于第三周期，为Cl元素，据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

13.答案：A
解析：解：A.放电时，Zn元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以Zn是负极、C是正极，故A正确；
B.Zn电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故B错误；
C.常见锌锰干电池不能充放电，所以属于一次电池，故C错误；
D.Zn是负极、C是正极，正极反应式为2NH4++2e−=2NH3↑+H2↑，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故D错误；
故选：A。

该装置是原电池，根据电池反应式知，放电时，Zn元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以Zn是负极、C是正极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，正极反应式为2NH4++2e−= 2NH3↑+H2↑，据此分析解答．
本题考查化学电源新型电池，明确正负极与得失电子关系是解本题关键，知道各个电极上发生的反应及反应类型，难点是正极反应式的书写，题目难度不大．
14.答案：A
解析：
【分析】
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法、AG含义等知识点是解本题关键，A为解答易错点。

【解答】
A.由图象可知，醋酸溶液中AG=lg c(H+)
c(OH−)=8，可知c(H+)
c(OH−)
=108，由c(OH−)⋅c(H+)=10−14可知
c(H+)=10−3mol/L，则pH=3，故A正确；
B.m点AG=1，则该点的c(OH−)=c(H+)，溶液呈中性，而加入25.00mL氢氧化钠时生成醋酸钠，溶液呈碱性，则如呈中性，醋酸应稍过量，则m点加入NaOH的体积小于25mL，故B错误；
C.pH=7，c(OH−)=c(H+)，溶液中水电离的c(OH−)=1.0×10−7 mol/L，故C错误；
D.m点AG=1，则该点的c(OH−)=c(H+)，溶液呈中性，完全生成CH3COONa时，水的电离程度最
大，此时溶液呈碱性，故D错误。

故选A。

15.答案：C
=1mol，
解析：解：n(S)=32g
32g/mol
在反应H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中，H2S→S，H2SO4→SO2，S的化合价变化值都为2，则由方程式可知，生成1molS，转移的电子的物质的量为2mol，
故选：C。

在反应H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中，H2S→S，H2SO4→SO2，结合化合价的变化计算转移电子的物质的量．
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意从化合价的角度进行计算．
16.答案：(1)搅拌(或适当增加温度、研磨矿石等)
(2)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
(3)Mn2+、Fe2+
(4)90℃
(5)MnO2+SO2=MnSO4
(6)Fe(OH)3
(7)防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
解析：
【分析】
本题以碳酸锰的制备为例考查了化学工艺流程，侧重考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等知识，依据实验目的、实验步骤，再结合物质的性质进行分析是解答的关键，题目难度中等，注意对工业流程的分析。

【解答】
工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应：MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42−+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此分析解答。

(1)为了提高“浸锰”过程中原料的浸出速率，可以采取的措施有搅拌、适当增加温度、研磨矿石等；故答案为：搅拌(或适当增加温度、研磨矿石等)；
(2)浸锰过程中，Fe2O3与SO2反应的离子方程式为：Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42−+H2O，该
反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子、铁离子再与二氧化硫反应实现的：Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++
3H 2O 、2Fe 3++SO 2+2H 2O =2Fe 2++SO 42−+4H +， 故答案为：2Fe 3++SO 2+2H 2O =2Fe 2++SO 42−+4H +；
(3)软锰矿形成矿浆，通入足量的SO 2，MnO 2、Fe 2O 3与SO 2反应生成Mn 2+、Fe 2+，SiO 2不反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO 2，滤液含有Mn 2+、Fe 2+， 故答案为：Mn 2+、Fe 2+；
(4)由图可知，90℃时，MnS 2O 6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃； 故答案为：90℃；
(5)氧化过程中MnO 2被还原为Mn 2+，SO 2被氧化为SO 42−，发生反应的化学方程式为MnO 2+SO 2=MnSO 4，
故答案为：MnO 2+SO 2=MnSO 4；
(6)调节溶液pH 的作用是沉淀Fe 3+，所以得到的滤渣Ⅱ为Fe(OH)3； 故答案为：Fe(OH)3；
(7)因NH 4HCO 3稳定性差，受热易分解，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH 4HCO 3溶液时温度不宜太高的原因是防止NH 4HCO 3受热分解，提高原料利用率；加入NH 4HCO 3溶液后，生成MnCO 3沉淀，同时还有气体生成，此气体应为CO 2，发生反应的离子方程式为Mn 2++2HCO 3−=MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O ； 故答案为：防止NH 4HCO 3受热分解，提高原料利用率；Mn 2++2HCO 3−=MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O 。

17.答案：(1)CuSO 4.H 2O ；
(2)0.10L ；
(3)4CuO ==1000ºC
2Cu 2O +O 2↑。

解析： 【分析】
本题考查探究物质组成测定物质含量的方法，题目难度中等，明确不同温度下图像曲线对应物质组成为解题关键，充分考查了学生分析、理解能力和化学计算能力。

【解答】
分析CuSO 4·5H 2O 受热脱水过程的热重曲线可知，可根据110 ℃时样品质量确定脱水产物，设45 ℃时产物为CuSO 4·(5−n)H 2O ，则有
12.5 g 12.5g −8.9g =3.6g 可列式：250
12.5g =18n
3.6g ，求得n =4，110 ℃时产物为CuSO 4·H 2O 晶体； 故答案为：CuSO
4.H 2O ；
(2)分析CuSO 4·5H 2O 受热脱水过程的热重曲线可知，CuSO 4.H 2O 在258 ℃时生成CuSO 4，在650º下8.0gCuSO 4隔绝空气分解可生成4.0CuO ，则得到的气体为SO 3，8.0gCuSO 4为0.5mol ，根据硫原子守恒，
0.5molCuSO 4分解生成0.5molSO 3，生成的气体和发生反应SO 3+ 2NaOH =Na 2SO 4+H 2O ，则消耗NaOH 溶液的体积=
0.05mol×21mol/L
=0.1L ；
故答案为：0.10L ；
(4)Q 为CuO ，当4.0.gCuO 加热至1000ºC 时，残余固体(纯净物)质量为3.6g ，根据质量守恒，4.0.gCuO 加热得到的氧气质量=4.0g −3.6g =0.4g ，则得到0.4g
16g/mol =0.025mol 的氧气，转移的电子数为0.1mol ，4.0.gCuO 为0.05mol ，根据得失电子守恒，则Cu 原子由+2价降低为+1价，则得到3.6g 的固体为Cu 2O ，则1000ºC 时发生反应的化学方程式为4CuO ==1000ºC 2Cu 2O +O 2↑； 故答案为：4CuO ==1000ºC 2Cu 2O +O 2↑。

18.答案：II.(1)分液漏斗；吸收水蒸气，防止进入D 中使SnCl 4水解；C ；
(2)充满黄绿色气体； (3)过滤；
III.(1)2OH −+Cl 2=Cl −+ClO −+H 2O ； (2)连有冷凝管的集气瓶；
(3)适量稀HCl 和KSCN 溶液，再滴入几滴FeCl 3溶液；不出现红色
解析：解：Ⅱ.SnCl 4极易水解，反应应在无水环境下进行，
A 中发生反应：MnO 2+4HCl(浓) △ ̲̲̲̲̲̲ 
MnCl 2+
Cl 2↑+2H 2O ，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl 及水蒸气，B 中盛放饱和食盐水除去HCl ，可以减少氯气的溶解，C 中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn 在D 反应生成SnCl 4，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止进入D 中使产物水解。

(1)由仪器结构特征，可知仪器b 为分液漏斗；由上述分析可知，无水CaCl 2的作用是：吸收水蒸气，防止进入D 中使SnCl 4水解，B 中的试剂是饱和NaCl 溶液，
故答案为：分液漏斗；吸收水蒸气，防止进入D 中使SnCl 4水解；C ； (2)整个装置中充满氯气时，即充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl 4， 故答案为：充满黄绿色气体；
(3)装置A 中未反应完的MnO 2与溶液不互溶，经过过滤、洗涤、干燥进行分离回收， 故答案为：过滤；
Ⅲ.(1)F 中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为：2OH −+Cl 2=Cl −+ClO −+H 2O ，
故答案为：2OH −+Cl 2=Cl −+ClO −+H 2O ；
(2)SnCl 4沸点低，得到主要为SnCl 4蒸气，应在D 、E 之间添加连有冷凝管的集气瓶，通入冷凝水冷却收集，
故答案为：连有冷凝管的集气瓶；。