.化學(xué)【解析】不同蛋白質(zhì)分子所含結(jié)構(gòu)并不一定相同,故水解的最終產(chǎn)物也不一定相同,A項錯誤;糖類中纖維素與淀粉水解的最終產(chǎn)物都是葡萄糖,B項正確;Fe3O4常用于磁性材料,C項錯誤;CaO常用于食品干燥劑,P2O5不能用于食品干燥劑,D項錯誤.【解析】NH3和NOx(氮的氧化物)在一定條件下能發(fā)生歸中反應(yīng)生成氮氣和水,C項錯誤.,B項正確;H2還原C化合物,D項錯誤.【解析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下,5.6LH37Cl中含中子數(shù)目為5NA,A項未指明標(biāo)準(zhǔn)狀況,無法計算,A項錯誤;未指明溶液的體積,B項錯誤;配平方程式為3N2H4+4HAuCl4==4Au+3N2+16HCl,該反應(yīng)生成4molHCl,轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為3NA,C項正確;N2H4的結(jié)構(gòu)式為"",一根“－”代表一對共用電子,32gN2H4(1mol)中含有共用電子對的數(shù)目為5NA,D項錯誤.【解析】Fe(OH)2溶于稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng),A項錯誤;Fe粉投入CuSO4溶液,正確離子方程式為:Fe＋Cu2+==Cu＋Fe2+,B項錯誤;堿性鋅錳干電池的負(fù)極反應(yīng)式為Zn+2OH-―2e－==Zn(OH)2(人教版寫法),也可以寫為Zn+2OH-―2e－==ZnO＋H2O(魯科版寫法,也可以刪去),C項正確;過量的CO2能溶解碳酸鈣,生成碳酸氫鈣,向漂白粉溶液通入少量CO2,其離子方程式才為Ca2++2ClO－＋CO2+H2O==CaCO3↓+2HClO,D項錯誤.【解析】鈉的燃燒應(yīng)該在坩堝中進行,不能在表面皿中進行,A項錯誤;氯氣和鮮花中的水生成次氯酸,使得鮮花褪色,不能證明干燥的氯氣具有漂白性,B項錯誤;過濾不能分離膠體和溶液,應(yīng)該使用滲析法,C項錯誤;氫氧化鎂不溶于NaOH,氫氧化鋁溶于NaOH溶液,可知氫氧化鎂的堿性大于氫氧化鋁的堿性,則金屬性Mg大于Al,D項正確.【高三化學(xué)試題參考答案第1頁(共5頁)】【解析】向濃鹽酸中滴加少量的“84”消毒液,發(fā)生反應(yīng)為2HCl＋NaClO==NaCl＋Cl2↑+H2O(ClO－＋Cl-+2H＋==Cl2↑+H2O),溶液pH增大,A項錯誤;向NaHS溶液中滴加少量的CuSO4溶液,發(fā)生反應(yīng)為2NaHS+2CuSO==2CuS↓+Na2SO4+H2SO4(HSCu2+==CuS↓+H＋),溶液pH減小,但發(fā)生的不是氧化還原反應(yīng),B項錯誤;向FeCl3溶液中通入SO2,溶液棕黃色變淺,發(fā)生反應(yīng)為2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++SO-+4H＋,溶液pH減小,C項正確;向NaHSO4溶液中滴加等體積等濃度NaHSO3溶液,發(fā)生反應(yīng)為HSO+H＋==SO2↑+H2O,溶液pH增大,D項錯誤。【解析】依題意可推測X是氫、Y是氧、Z是鈉、W是硫。離子半徑:S2->Na＋,A項錯誤;NaH能與H2O發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣,B項正確;因水分子間存在氫鍵,沸點:H2O＞H2S,C項錯誤;硫的氧化物的水化物常見的有硫酸和亞硫酸,亞硫酸是弱電解質(zhì),D項錯誤?！窘馕觥坑蓤D可知,左側(cè)產(chǎn)生氫氣,故外接電池a端是負(fù)極,A項錯誤;閉合K2時,電解總反應(yīng)為2H2O2H2↑+O2↑,B項錯誤;電解時,產(chǎn)生氧氣的電極也產(chǎn)生酸,故閉合K1時,氧氣參與電極的反應(yīng)式為O2+4H++4e-==2H2O,C項正確;閉合K1時,構(gòu)成氫氧燃料電池,化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能,D項錯誤。【解析】在除Sb(+5)過程中,最終生成Sb2S3,沒有生成S的反應(yīng),故S不可以循環(huán)利用,A項錯誤;根據(jù)反應(yīng)機理圖可知,S單質(zhì)歧化生成硫酸根和硫化氫,正確的離子方程式為4S+4H2O==3H2S＋SO-+2H＋,當(dāng)生成1molSO-副產(chǎn)物時,理論上需要4molS參與歧化反應(yīng),B項錯誤;根據(jù)反應(yīng)機理圖可知,生成Sb2S3沉淀的離子方程式為3H2S+2Sb3+==Sb2S3↓+6H＋,C項正確;Sb(+3)的沉淀去除過程發(fā)生了非氧化還原反應(yīng),D項錯誤?！窘馕觥?.1mol.L-1CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.1mol.L-1,則水電離出的c(H＋)大于1.0×10-13mol.L-1,A項錯誤;適當(dāng)稀釋0.1mol.L-1HCOOH溶液,溶液中c(H＋)減小,根據(jù)水的離子積判斷溶液中c(OH－)增大,B項錯誤;反應(yīng)HCOOH＋CH3COO－蘭HCOO－＋CH3COOH的平衡常數(shù)K=即pK=-1,C項錯誤;0.1mol.L-1的CH3COONa溶液和0.1mol.L-1HCOOK溶液相比,c(Na＋)＝c(K＋),因Ka(HCOOH)＞Ka(CH3COOH),水解能力CH3COOHCOO－,故c(CH3COO－)＜c(HCOO－),D項正確?！窘馕觥夸囋诨鹧嫔献茻龝r,原子中的電子吸收能量,從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道,但處于能量較高的電子是不穩(wěn)定的,很快躍遷回能量較低的軌道,多余的能量以光的形式放出,屬于發(fā)射光譜,A項正確;基態(tài)Fe2+的價層電子排布式為3d6,價層電子排布圖為,B項正確;PO-中磷原子價層電子對為4,且無孤對電子,VSEPR模型與空間結(jié)構(gòu)一致,都是正四面體,C項正確;由圖可知,Cs＋位于晶胞的體心,Br－位于晶胞的棱中,故晶胞中每個Cs＋周圍與它最近且等距離的Br－有12個,D項錯誤?！靖呷瘜W(xué)試題參考答案第2頁(共5頁)】【解析】依題意只發(fā)生Na2CO3+NO＋NO2==2NaNO2+CO2反應(yīng),獲得產(chǎn)品NaNO2的純度才高.“分解塔”中通SO2和噴入硝酸,二氧化硫被氧化生成硫酸,因反應(yīng)后生成的NO與NO2物質(zhì)的量之比恰好為1∶1,故反 應(yīng)的方程式為2HNO3+2SO2+H2O==NO＋NO2+2H2SO4,氧化劑與還原劑之比為1∶1,A項錯誤;因硝 酸不穩(wěn)定,受熱易分解、易揮發(fā),故“分解塔”中的溫度不宜過高,否則產(chǎn)品中NaNO3雜質(zhì)含量升高,B項錯誤;若 硝酸濃度過大,從“分解塔”出來的氣體中NO2含量高,導(dǎo)致反應(yīng)Na2CO3+2NO2==NaNO2+NaNO3+CO2 發(fā)生,產(chǎn)品中NaNO3雜質(zhì)含量升高,C項正確;酸雨的形成與CO2無關(guān),D項錯誤.【解析】36.6g草酸鈷(CoC2O4.2H2O,Mr=183)的物質(zhì)的量為0.2mol,其中結(jié)晶水的質(zhì)量為7.2g,到a點固體損失質(zhì)量7.2g,恰好結(jié)晶水全部失去,則a點對應(yīng)固體的成分是CoC2O4,該階段不發(fā)生氧化還原反應(yīng),A項錯誤;根據(jù)“b、c點對應(yīng)固體物質(zhì)中僅含有兩種元素且組成元素相同”,b、c點對應(yīng)固體均為鈷的氧化物,固體中Co元素的質(zhì)量始終為11.8g,b點固體中O元素的質(zhì)量為4.2g,b點固體中Co和O的個數(shù)比∶ ,即b點對應(yīng)固體的成分是Co3O4,B項錯誤;高溫條件下,c點對應(yīng)的物質(zhì)更穩(wěn)定,C項錯誤;c點固體中O元素的質(zhì)量3.2g,c點固體中Co和O的個數(shù)比即c點對應(yīng)固體的成分是CoO,設(shè)混合物中Co3O4為xmol,根據(jù)鈷元素守恒,可得CoO的物質(zhì)的量為(0.2-3x)mol,混合物的總質(zhì)量為241x+75(0.2-3x)=15.8,解得x=0.05,CoO的物質(zhì)量也為0.05mol,D項正確.15.【答案】(共15分)(1)①H2S＋CO-==HSHCO(2分)②RNO(溶液)、Na2CO3溶液(2分)(少答且答對給1分)(2)①丙(1分)②<(2分)③16/3(2分)(3)①正(1分)陽(1分)②H2S+2M1(n+1)＋==2M++2H＋＋S↓(2分)③可獲得H2;光能是可再生能源(2分,合理即可)【解析】(1)①根據(jù)題意知,反應(yīng)Ⅰ中的反應(yīng)為H2S＋Na2CO3==NaHS＋NaHCO3.②反應(yīng)Ⅱ中的反應(yīng)為NaHS＋RNO＋H2O==RNHOH＋S↓+NaOH、NaHCO3+NaOH==Na2CO3+H2O,反應(yīng)Ⅲ中的反應(yīng)為2RNHOH＋O2==2RNO+2H2O,RNO(溶液)、Na2CO3溶液兩種物質(zhì)可循環(huán)利用.(2)①由化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)可知,H2的變化量比S2的大,故曲線乙為H2,丙為S2(g).②溫度越高,H2S的分解速率越快.③a點,n(H2S)＝n(H2)=8.0mol,n(S2)=4.0mol,H2S的起始量為16mol,b點,n(H2S)＝n(S2)＝xmol,根據(jù)硫原子守恒,可得x=16/3.(3)①由圖可判斷,A電極失電子發(fā)生氧化反應(yīng),A電極是陽極,應(yīng)與光伏電池的正極相連.②由圖可判斷,生成S的離子方程式為H2S+2M1(n+1)＋==2M++2H＋＋S↓.③光電催化工藝總反應(yīng)的產(chǎn)物是S和H2,富瑪克斯法工藝總反應(yīng)的產(chǎn)物是S和H2O,且前者利用光能,清潔、可再生.【高三化學(xué)試題參考答案第3頁(共5頁)】(2)蒸餾燒瓶(1分)吸收尾氣中多余的氯氣,防止污染空氣,同時可以防止空氣中的水蒸氣進入裝置B中,使POCl3發(fā)生水解(2分,合理即可)(3)2MnO+16H++10Cl－==2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分)(4)①向水解液加稀硝酸酸化(2分,合理即可)②滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液,溶液變紅色,且半分鐘不變色(2分,合理即可)偏高【解析】(1)白磷(P4)分子中磷原子的雜化類型為sp3;白磷為正四面體結(jié)構(gòu),其鍵角為60°.(2)裝置b中的試劑為堿石灰,作用是吸收尾氣中多余的氯氣,防止污染空氣,同時可以防止空氣中的水蒸氣進入反應(yīng)裝置B中,使POCl3發(fā)生水解.(3)利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣的離子方程式為2MnO+16H++10Cl－==2Mn2++5Cl2↑+8H2O.(4)①為避免滴定過程中生成Ag3PO4沉淀,應(yīng)加稀硝酸酸化,排除PO-以及OH－對滴定實驗的干擾.②用Fe(NO3)3做指示劑,用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量Ag＋,當(dāng)Ag＋完全反應(yīng),Fe3++3SCN－==Fe(SCN)3,溶液變紅色,達到滴定終點.③根據(jù)元素守恒可得關(guān)系式:POCl3~3Cl－~3Ag＋、PCl3~3Cl－~3Ag＋.與Cl－反應(yīng)的Ag＋的物質(zhì)的量為則n 假設(shè)n的物質(zhì)的量分別是x、y,則-c2V2)×10-2mol,根據(jù)質(zhì)量關(guān)系可得137.5x+153.5y＝a,解得所以POCl3的含量為實驗過程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀與溶液隔離,避免滴定過程中SCN－與AgCl反應(yīng);根據(jù)硝基苯的作用,若忘記此操作,則V2偏大,會導(dǎo)致所測POCl3的含量偏高.17.【答案】(共14分)(1)增大接觸面積,提高反應(yīng)速率和焙燒效率(2分)(2)4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4(2分)(3)R3N與水不互溶;ReO在有機萃取劑R3N中的溶解度大于在水中的溶解度(2分,合理即可)c(2分)(4)坩堝(1分)泥三角(1分)4NH4ReO4+3O22Re2O7+2N2+8H2O(2分)(5)60(1分)1.0(1分)【解析】(1)“焙燒”時常采用逆流操作,即空氣從焙燒爐下部通入,料粉(鉬精礦粉和生石灰按一定比例混合)從上部加入,這樣操作的目的是增大接觸面積,提高反應(yīng)速率和焙燒效率.(2)在生石灰和足量空氣的作用下,硫元素最終會被轉(zhuǎn)化為CaSO4,一個ReS2參與反應(yīng),化合價整體升高19,據(jù)此配平可寫出4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4.(3)根據(jù)萃取操作:有機萃取劑R3N與水不互溶且ReO在有機萃取劑R3N中的溶解度大于在水中的溶解度.“反萃取”過程中使用氨水、NH4Cl混合溶液更好,其原因為:氨水消耗H＋使R3N＋H＋＋ReOR3N.HReO4逆向移動、NH4Cl增大濃度,降低NH4ReO4溶解度.(4)“熱解”即固體加熱分解,應(yīng)在坩堝中進行,使用坩堝加熱時,坩堝應(yīng)放在泥三角上;由圖可知,“熱解”時有N2【高三化學(xué)試題參考答案第4頁(共5頁)】生成,而Re的化合價沒有變化,“熱解”還要有O2參與,化學(xué)方程式寫為4NH4ReO4+3O22Re2O7+2N2+8H2O。(5)由圖可判斷,分析反應(yīng)時間看實線,pH看虛線,當(dāng)反應(yīng)時間為60min時,母液中的含鉬量最小;當(dāng)溶液的pH=1.0時,母液中的含鉬量最小。18.【答案】(共15分)(1)1,2-二溴乙烷(2分)(2)碳碳雙鍵、羧基(2分)(3)加成反應(yīng)(1分)氧化反應(yīng)(1分)(4)HOCH2CH2OH＋CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH2OH＋H2O(