2016年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)化学及答案解析.docx

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1、2016年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)化学一、单项选择题(共10小题，每小题2分，满分20分，每小题只有一个选项符合题意)1(2分)大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”下列活动会导致大气中CO2含量增加的是( )A燃烧煤炭供热B利用风力发电C增加植被面积D节约用电用水解析：A燃烧煤炭供热时，碳与氧气反应产生大量的二氧化碳气体，故A正确；B风力发电中不会涉及到含碳物质的燃烧，故不会导致二氧化碳含量增加，故B错误；C、增加植被面积可以吸收二氧化碳，减少CO 2含量，故C错误；D、节约用水用电与二氧化碳无关，故D错误。答案：A2(2分)下列有关化学用语表示正确的是( )A中子数位10的

2、氧原子：BMg2+的结构示意图：C硫化钠的电子式：D甲酸甲酯的结构简式：C 2H4O2解析：A中子数为10的氧原子，质子数为8，则质量数为18，则原子表示为，故A错误；B镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成，离子的结构示意图为：，故B正确；C硫化钠的化学式中含有两个钠离子，硫化钠正确的电子式为：，故C错误；D甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，C2H4O2为甲酸甲酯的分子式，故D错误。答案：B3(2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( ) ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆BNH4HCO3受热易分解，可用作氮肥CFe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂DAl2O3熔点高，可用作耐高温

3、材料解析：A二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误； B做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；DAl2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确。答案：D4(2分)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族下列说法正确的是( )A元素X、W的简单阴离子具有相同的电子

4、层结构B由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物CW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 D原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)解析：Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，A元素X、W的简单阴离子分别为O2、S2，离子的电子层结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左

5、到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，故D错误。答案：B5(2分)下列指定反应的离子方程式正确的是( )A将铜插入稀硝酸中：Cu+4H +2NO3Cu2+2NO2+H2OB向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe3+C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+H2SiO3+3Na+解析：A将铜插入稀硝酸中反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉反应的离子方程式为：2Fe

6、3+Fe3Fe3+，故B错误；C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水反应的离子方程式：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故C正确；D向Na 2SiO3溶液中滴加稀盐酸反应的离子方程式：SiO32+2H+H2SiO3，故D错误。答案：C6(2分)根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是( )A制取氨气 B制取NaHCO3C分离NaHCO3 D干燥NaHCO3解析：A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B

7、应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。答案：C7(2分)下列说法正确的是( )A氢氧燃料电池工作时，H 2在负极上失去电子B0.1molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.021023个D室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强解析：A、氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故A正确；B、Na2CO3溶液加热，促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C、常

8、温常压，不是标准状况，22.4LCl2中，不能用公式计算气体的物质的量，故C错误；D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1molL 1CH3COOH溶液，使得离子浓度减小，导电能力减弱，故D错误。答案：A8(2分)通过以下反应均可获取H2下列有关说法正确的是( )太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)H1=571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H2=131.3kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H3=206.1kJmol 1A反应中电能转化为化学能B反应为放

9、热反应 C反应使用催化剂，H3减小D反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的H=74.8kJmol1解析：A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B、反应的H20，故该反应为吸热反应，故B错误；C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；D、根据盖斯定律，目标反应CH4(g)C(s)+2H2(g)相当于，故H=H3H2，H=206.1kJmol1131.3kJmol1=74.8kJmol1，故D正确。答案：D9(2分)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )ASiO 2 SiCl4 SiBFeS2 SO2 H2SO4CN2 NH3 NH4

10、Cl(aq)DMgCO3 MgCl2 Mg解析：A二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁和氢气，不能直接得到 金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误。答案：C10(2分)下列图示与对应的叙述不相符合的是( )A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱

11、电解质在水中建立电离平衡的过程 D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线解析：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图像符合电离特点，故C正确；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图像符合，故D正确。 答案：A二、不定项选择题：本题共5个小题，每小题4分，共计20分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且全部选对的得

12、4分，但只要选错一个，该小题就得0分。11(4分)化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是( ) A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C在酸性条件下水解，水解产物只有一种D1mol化合物X最多能与2molNaOH反应解析：A两个苯环连接在饱和碳原子上，具有甲烷的结构特点，且CC为键，可自由旋转，则分子中两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；B含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠反应，故B错误；C能水解的只有酯基，因为环状化合物，则水解产物只有一种，故C正确；D能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物X

13、最多能与3molNaOH反应，故D错误。答案：C12(4分)制备(NH 4)2Fe(SO4)26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH1)进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )A通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl、SO42B加入过量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42、ClOC加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OHD加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、OH解析：A氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在二价铁离子，故A错误；BFe2

14、+有强还原性，酸性条件ClO 离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；CFe2+、OH结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；D该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，离子之间不反应，能共存，故D正确。答案：D13(多选)(4分)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )选项实验操作和现象结论A室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO 2，溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强 B室温下，向浓度均为0.1molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp(Ba2SO4)Ksp(Ca2SO4)C室

15、温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用PH试纸测得：0.1molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL1 NaHSO3溶液的pH约为5HSO3结合H+的能力比SO32的强AABBCCDD解析：A向苯酚钠溶液中通入足量CO 2，溶液变浑浊，说明生成苯酚，可说明碳酸的酸性比苯酚的强，故A正确；B向浓度均为0.1molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀，不能确定生成的沉淀成分，则不能比较溶度积大小，故B错误；C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变

16、蓝色，说明生成碘，可说明Fe3+的氧化性比I2的强，故C正确；D阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3结合H+的能力比SO32的弱，故D错误。答案：AC14(多选)(4分)H 2C2O4为二元弱酸。20时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)=0.100molL1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )APH=2.5的溶液中：c(H 2C2O4)+c(C2O42)c(HC2O4)Bc(Na+)=0.100molL1的溶液中：c(H+)+c(H

17、2C2O4)=c(OH)+c(C2O42)Cc(HC2O4)=c(C2O42)的溶液中：c(Na+)0.100molL1+c(HC2O4)DpH=7的溶液中：c(Na+)2c(C2O42)解析：A分析图象可知，PH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O42)浓度之和小于c(HC2O4)，则c(H2C2O4)+c(C2O42)c(HC2O4)，故A错误；B依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH)，物料守恒c(Na+)=c(C2O42 )+c(

18、HC2O4)+c(H2C2O4)，代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH)+c(C2O42)，故B正确；Cc(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)=0.100molL1，c(HC2O4)=c(C2O42，电荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH)，得到溶液中c(Na+)0.100molL1+c(HC2O4)，故C错误；DpH=7的溶液中溶质为草酸钠，草酸根离子水解减少，则c(Na+)2c(C2O42)，故D正确。答案：BD 15(多选)(4分)一定温度下，在3个体积均为1.0L的容量密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3O

19、H(g)达到平衡，下列说法正确的是( )A该方应的正反应放热 B达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C达到平衡时，容器中c(H2)大于容器中c(H2)的两倍D达到平衡时，容器中的反应速率比容器中的大解析：A对比、，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A正确；B对比、，在相同温度下反应，但浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，则容器中反应物转化率比容器中的小，故B错误；C浓度较大，温度较高，增大浓度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移

20、动，则不能比较、c(H 2)关系，故C错误；D对比、，温度较高，浓度相当，升高温度，反应速率增大，故D正确。答案：AD三、解答题(共5小题，满分68分)16(12分)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如图1： (1)氯化过程控制电石渣过量，在75左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。 提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_(填序号)。A适当减缓通入Cl2速率B充分搅拌浆料C加水

21、使Ca(OH)2完全溶解解析：氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，答案：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O AB(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO 3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2：nCaCl2_1：5(填“”、“”或“=”)。解析：发生6Ca(

22、OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca(ClO3)2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca(OH)2微溶，则滤渣中含有CaCO3、Ca(OH)2；氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca(ClO)2和CaCl2，则nCa(ClO3)2：nCaCl21：5。答案：CaCO3、Ca(OH)2 (3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。解析：该溶液中尽可能多地析出KClO3固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶。答案：蒸发浓缩、冷却结晶。17(15分)化合物H

23、是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成： (1)D中的含氧官能团名称为_(写两种)。解析：由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键。答案：酚羟基、羰基和酰胺键等(2)FG的反应类型为_。解析：F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应。答案：消去反应(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_。 能发生银镜反应；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢。解析：C的一种同分异构体：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HC

24、OO结构；分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为。 答案：(4)E经还原得到F，E的分子是为C14H17O3N，写出E的结构简式_。解析：E经还原得到F，E的分子是为C1 4 H1 7 O3 N，= =7，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成OH，E的结构简式为。 答案：(5)已知：苯胺( )易被氧化请以甲苯和(CH 3CO)2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。解析：甲苯和(CH3 CO)2 O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻硝基 甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成

25、，氧化可生成，流程为答案： 18(12分)过氧化钙(CaO28H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。(1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2O。Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_。解析：依据方程式Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O可知，反应时加入氢氧化钙是为了提高双氧水的利用率。答案：提高过氧化氢的利用率(2)箱池塘水中加入一定量的CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有( )(填序号)。ACa2+BH+CCO 32DOH1解析：过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此箱池水塘中

26、加入一定量的CaO28H2O，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，选择AD。答案：AD(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，将MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：O2 MnO(OH)2 I2 S4O62 写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000molL1。Na2S2O3标准溶

27、液13.50mL计算该水样中的溶解氧(用mgL1表示)，写出计算过程。解析：O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的反应中O2是氧化剂得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，失2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为：O2+2Mn2+4OH =MnO(OH)2；依据流程图并依据电子得失守恒可知氧气得到的电子就是硫代硫酸钠失去的电子，其中硫元素化合价从+2价升高到+2.5价，计算该水样中的溶解氧答案：O2+2Mn2+4OH=MnO(OH)2； I2+2S2O32=2I+S4O62，n(I2)= =6.750105mol，n(MnO(OH)2)=n(I2)=6.7

28、50105mol，n(O2)= n(MnO(OH)2)= 6.750105mol=3.375105mol，水中溶解氧= =10.80mg/L，答：该水样中的溶解氧10.80mg/L。19(15分)实验室以一种工业废渣(主要成分为MgCO 3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物)为原料制备MgCO33H2O实验过程如图1：(1)酸溶过程中主要反应的热化学方程式为MgCO 3(S)+2H+(aq)Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l)H=50.4kJmol1Mg2SiO4(s)+4H+(aq)2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l)H=225.4kJmol1酸溶需加热的目的是_；

29、所加H2SO4不宜过量太多的原因是_。解析：加热，温度升高，可增大反应速率，即加快酸溶速率，但加入硫酸不能过多，避免制备MgCO3时消耗过多的碱而浪费原料。答案：加快酸溶速率避免制备MgCO3时消耗过多的碱(2)加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为_。解析：加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O答案：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O(3)用图2所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe 3+。实验装置图中仪器A的名称为_。为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一

30、定量的有机萃取剂，_、静置、分液，并重复多次。解析：由装置图可知仪器A为分液漏斗，用于萃取、分液；萃取时，为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离。答案：分液漏斗充分振荡(4)请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO33H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，_，过滤、用水洗涤固体23次，在50下干燥，得到MgCO33H2O。已知该溶液中pH=8.5时Mg(OH) 2开始沉淀；pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全。解析：分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5pH8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg(OH)2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉

31、淀，静置，向上 层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明已完全反应，过滤后，用水洗涤固体23次，在50下干燥，得到MgCO33H2O。答案：至5pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加碳酸钠溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成。20(14分)铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。 (1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O72的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O72转化为Cr3+，其电极反应式为_。解析：正极上Cr2O72转化为Cr3+，发生还原反应，在酸性溶液中，电极方程式为Cr2O72+14H+6e=

32、2Cr3+7H2O。答案：Cr2O72+14H+6e=2Cr3+7H2O(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，结果如图1所示。当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是_。当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是_。解析：当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，则只有碳粉，可去除水中少量的Cu 2+和Pb2+，原因是碳粉具有吸附性，也可起到净水的作用；随着铁的质量分数的增加，形成的微电池数目减少，反应速率减小，则Cu2+和Pb2+的

33、去除率不升反降。答案：活性炭对Cu2+和Pb2+具有吸附作用铁的质量分数的增加，碳铁混合物中国微电池数目减少(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4，其离子方程式为_。纳米铁粉与水中NO3 反应的离子方程式为4Fe+NO3+10H+4Fe2+NH4+3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NO3的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3的速率有较大差异(见图2)，产生该差异的可能原因是_。 解析：向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，

34、溶液中BH4(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2+BH4+4OH=2Fe+2H2+B(OH)4；pH偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO3的去除率下降；由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。答案：2Fe2+BH4+4OH=2Fe+2H2+B(OH)4纳米铁粉与氢离子反应生成氢气Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3 的反应(或形成FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO3的反应速率)。【选做题】本题包括21、22两小题，请选

35、定其中一个小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按21小题评分物质的结构与性质21(12分)Zn(CN)42 在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO+Zn(CN)42+4H+4H2OZn(H2O)42+4HOCH2CN(1)Zn2+基态核外电子排布式为_。解析：Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10。答案：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；(2)1molHCHO分子中含有键的数目为_mol。解析：单键为键，双键含有1个键和1个键，三键含有1个键和

36、2个键，HCHO分子中含有2个CH键、1个C=O双键，分子中含有3个键，所以1mol甲醛(HCHO)分子中含有的键数目为3mol。答案：3 (3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化轨道类型是_。解析：，其中与羟基(OH)相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对=4+0=4，杂化轨道类型为SP3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个键和2个键，价层电子对=2+ =2，所以碳原子杂化轨道类型为SP。答案：sp 3杂化、sp杂化(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为_。解析：原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3原子最外层电子数为8的分子或离子，这样的微粒

37、有：H2S、NH2，阴离子为：NH2。答案：NH2 (5)Zn(CN)42中Zn2+与CN的C原子形成配位键，不考虑空间构型，Zn(CN)42的结构可用示意图表示为_。解析：Zn(CN)42中锌离子提供空轨道，C原子提供电子对形成配位键，结构示意图表示为：，图示箭头表示碳提供电子给锌。答案： 实验化学22焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时均易分解。实验室制备少量Na2S2O5的方法。在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示。当溶液pH约为4时，停止反应。在20静置结晶，生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO

38、3Na2S2O5+H2O。 (1)SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为_。解析：向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为2SO2+CO32+H2O=2HSO3+CO2。答案：2SO2+CO32+H2O=2HSO3+CO2(2)装置Y的作用是_。解析：二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y为安全瓶，可防止倒吸。答案：防止倒吸(3)析出固体的反应液经减压抽滤，洗涤，2530干燥，可获得Na2S2O5固体。组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、_和抽气泵。依次用饱和SO 2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体，用饱和SO2水

39、溶液洗涤的目的是_。 解析：组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵，由反应2NaHSO3Na2S2O5+H2O可知，增大HSO3的浓度，有利于生成Na2S2O5，用饱和SO2水溶液洗涤，可降低Na2S2O5的溶解度，减少Na2S2O5的溶解，答案：吸滤瓶减少Na2S2O5在水中的溶解(4)实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是_。解析：Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化，可知验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4。答案：在制备过程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4。