福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(6)(含解析)

1、2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（6）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中，错误的是( )A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B血液透析是利用了胶体的性质C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D厨房中燃气泄漏，立即打开抽油烟机排气2下列说法正确的是( )A食用植物油是人体的营养物质B分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确

2、的是( )A25，pH=13的NaOH溶液中，含有OH的数目为0.1NAB1.2g C60和石墨的混合物中，含有的碳原子数目为0.1NAC2.24L N2和NH3的混合气体中，含有的共用电子对数目为0.3NAD标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA4短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族下列说法正确的是( )A单质的还原性：YZB原子半径：YZWC气态氢化物的稳定性：XWDY和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应5下列实验设计和结论

3、相符的是( )A将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42D在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液6利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2下列说法正确的是( )Aa为直流电源的负极B阴极的电极反应式为：2HSO3+2H+eS2O42+2H2OC阳极的电极反应式为：SO2+2H2O2eSO42+4H+D电解时，H+由阴极室

4、通过阳离子交换膜到阳极室725时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是( )A在B点有：c（Na+）=c（CH3COO）B对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）CC点时，c（CH3COO）=c（Na+）c（H+）=c（OH）DD点时，c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）二、非选择题（本大题共3小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）8X、Y、Z、J、Q、W六种元素

5、，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一W是应用最广泛的金属元素请回答：（1）Y元素原子的结构示意图为_（2）元素的金属性J_W（填“”或“”），下列各项中，能说明这一结论的事实有_（填序号）A单质与酸反应置换出氢气的难易程度 B单质的熔点C最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 D在金属活动顺序表中的位置（3）已知：3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）H1=1118.4kJ/mol2X2（g）+Z2（g）=

6、2X2Z（g）H2=483.8kJ/mol则反应3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g）的H=_（4）已知反应：2QZ2（g）+Z2（g）2QZ3（g），QZ2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：压强：P1_P2（填“”、“=”或“”）200下，将一定量的QZ2和Z2充入体积不变的密闭容器中，经10min后测得容器中各物质的物质的量浓度如下表所示：气体QZ2Z2QZ3浓度（mol/L）0.41.21.6能说明该反应达到化学平衡状态的是_a反应速率v（QZ2）=v（QZ3）b体系的压强保持不变c混合气体的密度保持不变dQZ2和Z2的体积比保持不变计算上述反应在010min内，

7、v（QZ2）=_（5）以YX3为燃料可以设计成燃料电池（电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液）该电池负极电极反应式为_9金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水，煤和石油燃烧的废气中也含有颗粒状的铬（1）某兴趣小组拟定以下流程，对含Cr3+、Fe2+等离子的废水进行无害化处理请回答下列问题：写出加入双氧水后发生反应的离子方程式：_过滤操作需要的玻璃仪器有_活性炭的作用是_（2）工业含铬废水中铬常以Cr2O72形式存在，可按下列流程来除去废水中的铬写出还原池中发生反应的离子方程式：_石灰水处理后生成的沉淀有_（用化学式表示）现处理1×102 L含铬（）39mgL1

8、的废水，需要绿矾_g10淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：将1：1的淀粉水乳液与少许98%硫酸加入烧杯中，水浴加热至8590，保持30min，然后逐渐将温度降至60左右；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65% HNO3与98% H2SO4的质量比为4：3）溶液；反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H12O

9、6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O请回答下列问题：（1）实验加入98%硫酸少许的目的是_（2）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_（3）冷凝水的进口是_（填“a”或“b”）（4）装置B的作用为_（5）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是_（6）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，发生的化学反应为NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O，若用步骤后含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是_，缺点是_（7）将产品在恒温箱内约90以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4标准溶液滴

10、定，该反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_化学一物质结构与性质11（13分）可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO+3CCaC2+COCaC2+N2CaCN2+CCaCN2+2H2ONH2CN+Ca（OH）2NH2CN与水反应生成尿素CO（NH2）2，尿素合成三聚氰胺（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的价层电子排布式_CaCN2

11、中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和_（填化学式），由此可以推知CN的空间构型为_（2）尿素分子中C原子采取_杂化（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过_结合，在肾脏内易形成结石A共价键B离子键C分子间氢键（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为_已知CaO晶体的密度为，用NA表示阿伏加德罗常数，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离_（已知Ca40、O16，列出计算式）CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为CaO 3 401kJmol1、NaCl 786kJmol1导致两者晶格能差异的主要原因是_化学一有机化

12、学基础12有机物AF的转化关系如下：已知：有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6：1：2：1；F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代 物只有两种请回答下列问题：（1）A的分子式是_（2）B中的官能团名称是_（3）D的结构简式为_，名称为_（4）C+EF的化学方程式是_（5）和C互为同分异构体，且含相同官能团的有机物有_种（6）X与E互为同分异构体，属于酯类化合物，分子中只含一种官能团，苯环上一硝基取代物只有一种，则X的结构简式为_；X分子中有_种不同化学环境的氢原子，其峰面积之比为_；1mol X与NaOH溶液共热反应，最多消耗_ mol NaOH2

13、015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（6）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中，错误的是( )A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B血液透析是利用了胶体的性质C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D厨房中燃气泄漏，立即打开抽油烟机排气【考点】药物的主要成分和疗效；胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【专题】化学计算【分析】A、铬离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性；B、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；C、

14、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；D、燃气遇到电火花可发生爆炸【解答】解：A、铬离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性，故A正确；B、透析（dialysis）是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D、燃气遇到电火花可发生爆炸，因此不可打开抽油烟机排气，故D错误；故选：D【点评】本题考查了蛋白质、胶体、硅胶、铁粉等物质的性质，题目难度不大，掌握物质的性质是解题的关键2下列说法正确的是(

15、)A食用植物油是人体的营养物质B分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用 【专题】有机反应【分析】A糖类、油脂、蛋白质和水、无机盐是人体必须的营养物质；B分馏利用沸点差异分离混合物；C相对分子质量在10000以上的为高分子；D酒精中含C、H、O元素【解答】解：A糖类、油脂、蛋白质和水、无机盐是人体必须的营养物质，即食用植物油是人体的营养物质，故A正确；B干馏、裂化、裂解均有新物质生成，均是化学变化，而分馏为物理变化，故B错误；C葡萄糖不是高分子化合物，淀粉、蛋白

16、质为高分子，故C错误；D酒精不是碳氢化合物，甲烷、汽油都是碳氢化合物，但都可作燃料，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A25，pH=13的NaOH溶液中，含有OH的数目为0.1NAB1.2g C60和石墨的混合物中，含有的碳原子数目为0.1NAC2.24L N2和NH3的混合气体中，含有的共用电子对数目为0.3NAD标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏

17、加德罗定律【分析】A缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；B C60和石墨只含有碳元素，1.2g二者的混合物中含有1.2gC原子，含有0.1mol碳原子；C没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；D二氧化氮与水的反应中，3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，转移了2mol电子，据此计算出二氧化氮完全反应转移的电子数【解答】解：A没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故A错误；B1.2g C60和石墨的混合物中含有1.2gC，含有碳原子的物质的量为0.1mol，含有的碳原子数目为0.1NA，

18、故B正确；C不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L混合气体的物质的量，故C错误；D标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水完全反应生成0.2mol硝酸，转移了0.2mol电子，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A、D为易错点，注意A中缺少溶液体积、D中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮4短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离

19、子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族下列说法正确的是( )A单质的还原性：YZB原子半径：YZWC气态氢化物的稳定性：XWDY和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比原子Y原子多1，Z的核外电子数为11+1=12，故Z为Mg元素，W与X同主族，则W为硫元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周

20、期律知识解答该题【解答】解：短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比原子Y原子多1，Z的核外电子数为11+1=12，故Z为Mg元素，W与X同主族，则W为硫元素，A同周期自左而右金属性减弱，单质的还原性降低，故还原性NaMg，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，故原子半径NaMgS，故B错误；C同主族自上而下非金属性减弱，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：H2OH2S，故C错误；DY和Z两者最高价

21、氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化镁，二者不反应，故D错误故选A【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键5下列实验设计和结论相符的是( )A将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42D在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液【考点】化学实验方案的评价；硫酸根离子的检验；分液和萃

22、取；常见气体的检验 【专题】实验评价题【分析】A乙醇与水混溶，二者不分层；B氨气的水溶液显碱性；C硫酸钡、氯化银均为不溶于水、不溶于酸的沉淀；原溶液还可能含有亚硫酸根离子；D除杂后加热，铁离子水解会生成氢氧化铁【解答】解：A将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，因乙醇与水混溶，二者不分层，不能进行萃取，故A错误；B氨气的水溶液显碱性，则某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，故B正确；C硫酸钡、氯化银均为不溶于水、不溶于酸的沉淀，则某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中可能有SO42，可能含有Ag+，若原溶液中含有亚硫酸根离子，也能生成硫酸钡沉淀，故C错误；

23、D在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，得到氯化铁溶液，但加热，铁离子水解会生成氢氧化铁所以最终得不到FeCl3溶液，故D错误；故选B【点评】本题考查实验方案的评价，明确混合物的分离、提纯、气体或离子的检验、物质的除杂等知识即可解答，选项C为解答的易错点，注意硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，题目难度中等6利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2下列说法正确的是( )Aa为直流电源的负极B阴极的电极反应式为：2HSO3+2H+eS2O42+2H2OC阳极的电极反应式为：SO2+2H2O2eSO42+4H+D电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到

24、阳极室【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO22e+2H2OSO42+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极【解答】解：A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阴极的电极反应式为：2HSO3+2H+2eS2O42+2H2O，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O2eSO42+4H+，故C正确；D、阳离

25、子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；故选C【点评】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键，题目难度中等725时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是( )A在B点有：c（Na+）=c（CH3COO）B对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）CC点时，c（CH3COO）=c（Na+）c（H

26、+）=c（OH）DD点时，c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A根据在B点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；B根据A、B之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；C根据C点pH=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；D醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，D点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断【解答】解：A在B点时，溶液pH7，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH

27、3COO）+c（OH），所以c（Na+）c（CH3COO），故A错误；B在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO、OH，如果加入的醋酸少量，则c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故B错误；C在C点溶液显中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则一定有c（Na+）=c（CH3COO），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+），故C正确；D在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸

28、的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1molL1，而钠离子浓度为c（Na+）=0.05mol/L，则c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误；故选C【点评】本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液pH与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用二、非选择题（本大题共3小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）8X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素元素Z

29、在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一W是应用最广泛的金属元素请回答：（1）Y元素原子的结构示意图为（2）元素的金属性JW（填“”或“”），下列各项中，能说明这一结论的事实有ACD（填序号）A单质与酸反应置换出氢气的难易程度 B单质的熔点C最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 D在金属活动顺序表中的位置（3）已知：3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）H1=1118.4kJ/mol2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）H2=483.8kJ/mol则反应3W（s）+4X

30、2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g）的H=150.8kJ/mol（4）已知反应：2QZ2（g）+Z2（g）2QZ3（g），QZ2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：压强：P1P2（填“”、“=”或“”）200下，将一定量的QZ2和Z2充入体积不变的密闭容器中，经10min后测得容器中各物质的物质的量浓度如下表所示：气体QZ2Z2QZ3浓度（mol/L）0.41.21.6能说明该反应达到化学平衡状态的是bda反应速率v（QZ2）=v（QZ3）b体系的压强保持不变c混合气体的密度保持不变dQZ2和Z2的体积比保持不变计算上述反应在010min内，v（QZ2）=0.16mol/（Lmin）（

31、5）以YX3为燃料可以设计成燃料电池（电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液）该电池负极电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题；电化学专题【分析】X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素元素Z在地壳中含量最高，则Z为Na；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，处于第三周期，设最外层电子数为a，则a：（2+8+a）=3：8，解得a=6

32、，故Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，则X为H元素；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，故Y为N元素；W是应用最广泛的金属元素，则W为Fe，据此解答（1）Y为N元素，原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2、5；（2）根据金属活动顺序表、金属单质与水或酸反应剧烈程度、难易程度，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱等判断金属性强弱；（3）已知：3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）H1=1118.4kJ/mol2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）H2=483.8kJ/mol根据盖斯定律，×2可得：3W（s）+4X2

33、Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g；（4）正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正向移动，QZ2（g）的转化率增大；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量由方程式可知，c（QZ2）=c（QZ3）=1.6mol/L，再根据v=计算v（QZ2）；（5）以NH3为燃料设计成燃料电池，电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下可以得到氮气与水【解答】解：X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素元素Z在地壳中含量最高，则Z为Na；

34、J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，处于第三周期，设最外层电子数为a，则a：（2+8+a）=3：8，解得a=6，故Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，则X为H元素；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，故Y为N元素；W是应用最广泛的金属元素，则W为Fe（1）Y为N元素，原子的结构示意图为，故答案为：；（2）元素的金属性NaFe，A金属单质与酸反应生成氢气越容易，其金属性越强，故A正确；B单质的熔点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故B错误C最高价氧化物对应水化物的碱性越强，元素金

35、属性越强，故C正确； D根据在金属活动顺序表中的位置，可以判断金属性强弱，故D正确，故选：ACD；（3）已知：3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）H1=1118.4kJ/mol2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）H2=483.8kJ/mol根据盖斯定律，×2可得：3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g），则H=1118.4kJ/mol2（483.8kJ/mol）=150.8kJ/mol，故答案为：150.8kJ/mol；（4）由图可知，温度一定，压强P1时QZ2（g）的转化率较小，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正向移动，QZ2（g）的转化

36、率增大，故压强P1P2，故答案为：；a反应速率v（QZ2）=v（QZ3），未指明正逆速率，不能说明到达平衡，若分别表示正、逆速率时反应到达平衡，故a错误；b随反应进行气体物质的量减小，恒温恒容下，压强减小，当体系的压强保持不变时，说明到达平衡，故b正确；c混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度为定值，始终保持不变，故c错误；dQZ2和Z2按物质的量1：3混合，二者氨气2：1反应，随反应进行二者体积之比发生变化，当二者体积比保持不变时，反应到达平衡状态，故d正确；由方程式可知，c（QZ2）=c（QZ3）=1.6mol/L，故010min内，v（QZ2）=0.16mol/（Lmin），故

37、答案为：bd；0.16mol/（Lmin）；（5）以NH3为燃料设计成燃料电池，电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下可以得到氮气与水，该电池负极电极反应式为：2NH36e+6OH=N2+6H2O，故答案为：2NH36e+6OH=N2+6H2O【点评】本题考查结构性质位置关系应用、盖斯定律应用、化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、化学平衡图象、原电池等，注意掌握金属性、非金属强弱比较实验事实9金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水，煤和石油燃烧的废气中也含有颗粒状的铬（1）某兴趣小组拟定以下流程，对含Cr3+、Fe

38、2+等离子的废水进行无害化处理请回答下列问题：写出加入双氧水后发生反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒活性炭的作用是吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味（2）工业含铬废水中铬常以Cr2O72形式存在，可按下列流程来除去废水中的铬写出还原池中发生反应的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O石灰水处理后生成的沉淀有Cr（OH）3、Fe（OH）3（用化学式表示）现处理1×102 L含铬（）39mgL1的废水，需要绿矾62.55g【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】

39、元素及其化合物【分析】（1）含Cr3+、Fe2+、Ca2+等离子的废水加入过氧化氢，可氧化Fe2+生成Fe3+，然后加入NaOH溶液调节pH=8可除去Cr3+、Fe3+，过滤后滤液用钠离子交换树脂除去Ca2+，最后用活性炭吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味，可得用于日常生活的净化水；（2）含Cr2O72的废水，在酸性条件下加入硫酸亚铁，发生氧化还原反应生成Cr3+、Fe3+，然后加入过量石灰水，可得到Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀，以此解答该题【解答】解：（1）含Cr3+、Fe2+、Ca2+等离子的废水加入过氧化氢，可氧化Fe2+生成Fe3+，然后加入NaOH溶液调节pH=8可除去Cr

40、3+、Fe3+，过滤后滤液用钠离子交换树脂除去Ca2+，最后用活性炭吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味，可得用于日常生活的净化水，加入双氧水后发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒等，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；活性炭具有吸附作用，可吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味，故答案为：吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味；（2）含Cr2O72的废水，在酸性条件下加入硫酸亚铁，发生氧化还原反应生成Cr3+、Fe3+，然后加入过量石灰水，可得到Cr（OH）3、F

41、e（OH）3沉淀，还原池中发生反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；还原生成的Cr3+、Fe3+，加入过量石灰水，可得到Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀，故答案为：Cr（OH）3、Fe（OH）3；Cr元素的化合价由+6价降到+3价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，反应的关系式为Cr（）3FeSO47H2O，由关系式可知m（FeSO47H2O）=62.55g，故答案为：62.55【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查

42、，本题注重氧化还原反应的计算，难度不大，离子的检验是高考的热点，注意离子方程式的书写10淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：将1：1的淀粉水乳液与少许98%硫酸加入烧杯中，水浴加热至8590，保持30min，然后逐渐将温度降至60左右；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65% HNO3与98% H2SO4的质量比为4：3）溶液；反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+1

43、2HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H12O6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O请回答下列问题：（1）实验加入98%硫酸少许的目的是加快淀粉水解的速率（或起到催化剂的作用）（2）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为碘水（3）冷凝水的进口是a（填“a”或“b”）（4）装置B的作用为安全瓶（5）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化（6）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，发生的化学反应为NO2+NO+2NaOH2

44、NaNO2+H2O，若用步骤后含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是提高HNO3利用率，缺点是NOx（或氮氧化物）吸收不完全（7）将产品在恒温箱内约90以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为84.0%【考点】制备实验方案的设计 【专题】有机实验综合【分析】（1）浓硫酸具有吸水性和催化能力，硝酸氧化淀粉生成草

45、酸，通过浓硫酸吸水水分促进向正反应方向移动；（2）淀粉遇碘试液变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉；（3）冷凝管的作用是冷凝蒸气，起到冷凝回流作用，冷凝管中水流方向为逆流；（4）有缓冲作用装置能防止倒吸；（5）硝酸浓度过大，会导致酸过量，将导致葡萄糖（C6H12O6）被氧化为CO2，且H2C2O4进一步被氧化；（6）优点：提高HNO3利用率（或循环使用氮氧化物）； 缺点：NOx（或氮氧化物）吸收不完全；（7）高锰酸钾为紫红色，过程中不需要加指示剂；在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，根据反应计算【解答】解：（1）浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，本题实验

46、是将C6H12O6用硝酸氧化可以制备草酸，浓硫酸作催化剂且浓硫酸吸水有利于向生成草酸的方向移动，所以浓硫酸的作用是加快淀粉水解的速率（或起到催化剂的作用），故答案为：加快淀粉水解的速率（或起到催化剂的作用）；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为：碘水；（3）凝管的作用是冷凝蒸气，起到冷凝回流作用，冷凝效果逆流效果好，冷凝水的进口是a进b出，故答案为：a；（4）装置B的作用是防止发生装置和吸收装置间发生倒吸，起到安全瓶的作用，故答案为：作安全瓶；（5）混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液

47、，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步氧化H2C2O4成二氧化碳，故答案为：温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化；（6）用含硫酸的母液来吸收氮氧化物，会生成硝酸而重复使用，提高HNO3利用率；但也会造成吸收不充分，造成环境污染，故答案为：提高HNO3利用率；NOx（或氮氧化物）吸收不完全；（7）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，淡紫色不再褪去，草酸钠（Na2C2O4）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，图示滴定管消耗溶液体积=18.50mL2.5

48、0mL=16.00mL，n（KMnO4）=0.016L×0.0200molL1=3.2×104mol，根据方程式可得：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O2 53.2×104mol 8×104mol 样品中二水合草酸的质量为m=8×104mol×126g/mol=8×126×104g=0.1008g，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为×100%=84.0%，故答案为：84.0%【点评】本题考查了草酸的制取，为高频考点，涉及物质制备、氧化还原反应滴定等知识点，把握实验的原

49、理、实验基本操作、熟练进行氧化还原计算是解答的关键，注意各个仪器作用，题目难度中等化学一物质结构与性质11（13分）可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO+3CCaC2+COCaC2+N2CaCN2+CCaCN2+2H2ONH2CN+Ca（OH）2NH2CN与水反应生成尿素CO（NH2）2，尿素合成三聚氰胺（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的价层电子排布式3d104s2CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和CO2（填化学式），由此可以推知CN的空间构型为直线形（2）尿素分子中C原子采取sp2杂化（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”动物摄入三聚氰胺和三

50、聚氰酸后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过C结合，在肾脏内易形成结石A共价键B离子键C分子间氢键（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为6已知CaO晶体的密度为，用NA表示阿伏加德罗常数，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离（已知Ca40、O16，列出计算式）CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为CaO 3 401kJmol1、NaCl 786kJmol1导致两者晶格能差异的主要原因是CaO晶体中Ca 2+、O 2的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl的带电量【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【专题】图像图表题；结构决定性质思想；化学键与

51、晶体结构【分析】（1）与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原理写出该原子的核外电子排布式；根据等电子体的概念确定与CN22互为等电子体的分子，根据二氧化碳的空间构型确定CN22离子的空间构型；（2）根据价层电子对互斥理论确定尿素的VSEPR模型，根据模型确定其杂化方式；（3）氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间；（4）以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，从而确定钙离子配位数；密度等于质量除体积，摩尔质量除阿佛加德罗常数等于一个分子的质量，选择CaO晶胞中的小立方体模型列式求解钙离子间距；晶格能大小与离子带电量成正比，与离子半径成反比【解答】解：（1）与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原理，基态的锌原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2，价电子排布式为3d104s2；与CN22互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧