福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(3)(含解析)

1、2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（3）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下列说法不正确的是( )A有科学家称硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸易分解生成有色产物且溶于浓硝酸C漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒刑D铝热反应常被用于野外焊接钢轨，说明铝的氧化性很强2下列有关说法错误的是( )A油脂的种类很多，但它们水解后都一定有一产物产生B淀粉、纤维素都属糖类，它们的通式相同，但它们不互为同分异构体C已知CH4

2、+H2OCH3OH+H2该反应的有机产物是无毒物质DC（CH3）4二氯代物只有2种3下列实验现象可用同一原理解释的是( )A品红溶液中分别通入SO2和Cl2，溶液均褪色B溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色C鸡蛋白溶液中分别加入NaCl溶液和HgCl2溶液，均有固体析出D分别加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结4已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+H2OH2SO3+OHHSO3H+SO32，向0.1molL1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是( )A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）增大B加入少量Na2S

3、O3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+c（SO32）C加入少量NaOH溶液，的值均增大D加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）5V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示：YVXWZ为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，W与Z可形成化合物ZW3下列判断正确的是( )A原子半径：XYVWBX、W的质子数之和与最外层电子数之和的比值为 2：1C甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，但其中含有共价键

4、D在足量的沸水中滴入含有16.25 g ZW3的溶液可得到0.1 mol Z（OH）36液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质下列关于该燃料电池的叙述不正确的是( )A电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B负极发生的电极反应式为N2H4+4OH4eN2+4H2OC该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D该燃料电池持续放电时，K+从负极向正极迁移，因而离子交换膜需选用阳离子交换膜7T时，在1L的密闭容器中充入2m

5、ol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol，测得H2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如下图所示下列说法不正确的是( )A010 min 内（H2）=0.3 mol/（Lmin）BT时，平衡常数K=，CO2与H2的转化率相等CT时，若上述反应中有64 g CH3OH生成，则同时放出98.0 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）82013年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区其中，汽车尾气和燃煤尾气是

6、造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图1所示据此判断：该反应的_0（填“”或“”）在T1温度下，02s内的平均反应速率v（N2）=_当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率若催化剂的表面积S1S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_（填字母）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境

7、问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（g）的热化学方程式_将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的图2是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图电极a、b表面发生的电极反应式分别为a：_，b：_9目前，新能源不断被利用到现代的汽车中，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向（1）高铁酸钾锌电池（碱性介质）是一种典

8、型的高铁电池，则该种电池负极材料是_（填化学式）（2）工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定反应原理为在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2ONa2FeO4与KOH反应生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH主要的生产流程如图1：写出反应的离子方程式：_流程图中反应是在某低温下进行的，且此温度无NaOH析出，说明此温度下Ksp（K2FeO4）_Ksp（Na2FeO4）（填

9、“”、“”或“=”）（3）已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4FeO+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，则K2FeO4在水处理中的作用是_（4）FeO在水溶液中的存在形态如图2所示若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数的变化情况是_若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，_转化为_（填化学式）10硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作传统照相业的定影剂、鞣革时重铬酸盐的还原剂及纸浆漂白时的脱氯剂等某化学探究小组通过查阅资料，利用图1所示装置及试剂可制备硫代硫酸钠（1）装置A中的“硫酸”最好选用_（填字母序号）A发烟硫酸 B浓硫酸 C80

10、%的硫酸 D10%的硫酸（2）装置C中除生成目标产物硫代硫酸钠外，还生成一种温室气体则装置C中发生反应的离子方程式为_（3）装置B的作用是_，装置D的作用是_（4）若将分液漏斗中的硫酸换为浓盐酸，装置C中除生成硫代硫酸钠外，还生成一种钠盐，该钠盐的化学式为_，为防止该钠盐的生成，有同学在上述装置中增加了如图2装置E该装置E应该添加的位置为_（填字母序号）A只能在装置A和装置B之间B只能在装置B和装置C之间C在装置A和装置B或装置B和装置C之间都可以D只能在装置C和装置D之间该装置中盛放的试剂为_（填字母序号）ANaOH溶液 BNa2SO3溶液 CNaHCO3溶液 DNaHSO3溶液二、非选择题

11、（本大题共1小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）（13分）化学一物质结构与性质11（13分）用Cr3+掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝（其晶胞如图1所示）可由氯化铝与氨经气相反应制得（1）Cr3+基态的核外电子排布式可表示为_（2）氮化铝的化学式为_（3）氯化铝是易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图2所示在Al2Cl6中存在的化学键有_（填字母）a离子键 b共价键 c配位键 d金属键（4）一定条件下用Al2O3和CCl4反应制备AlCl3的反应为Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2其中，COCl2分子的空间构型为_化学一有机化学基础12有机物丙（C1

12、3H18O2）是一种香料，其合成路线如图所示已知：RCHCH2RCH2CH2OH；质谱图表明甲的相对分子质量为88，它的核磁共振氢谱显示有3组峰；乙是的同系物回答下列问题：（1）A的化学名称是_（2）B的分子式是_（3）C与新制碱性Cu（OH）2反应的化学方程式是_（4）丙中有两个甲基，在一定条件下，1mol D可以和2mol H2反应生成乙，D可以发生银镜反应，则D的结构简式为_（5）甲与乙反应的化学方程式为_，该反应的类型是_（6）甲的同分异构体中符合下列条件的共有_种含有“COO”结构；核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为3：2：32015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（3）一、选择题（本大

13、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下列说法不正确的是( )A有科学家称硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸易分解生成有色产物且溶于浓硝酸C漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒刑D铝热反应常被用于野外焊接钢轨，说明铝的氧化性很强【考点】硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】A硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，仅次于氧，硅作为一种普遍使用的新型能源

14、主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用，以此解答该题；B浓硝酸见光易分解，分解生成的二氧化氮溶于硝酸呈黄色；C漂白粉的主要成分为次氯酸钙Ca（ClO）2和氯化钙，即可用作漂白剂，又可用作消毒剂漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2；D铝热反应常被用于野外焊接钢轨，铝热反应中，铝失电子而作还原剂【解答】解：A硅是“21世纪的能源”，是因为硅在自然界中含量丰富，能作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用，故A正确；B浓硝酸见光易分解，则浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸而变黄，故B正确；C漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2，漂白的原理是：Ca（ClO）2在空气中

15、发生反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有漂白性，能使品红等有色物质褪色，又可用作游泳池及环境的消毒剂，故C正确；D2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe该反应放出大量的热量使得生成的铁融化，常被用于野外焊接钢轨，铝热反应中，铝失电子化合价升高而作还原剂，故D错误；故选D【点评】本题考查了硅、氯、氮、铝等元素化合物知识，侧重考查了铝热反应，明确铝热反应的原理是解本题关键，题目难度不大2下列有关说法错误的是( )A油脂的种类很多，但它们水解后都一定有一产物产生B淀粉、纤维素都属糖类，它们的通式相同，但它们不互为同分异构体C已知CH4+H2OCH3OH+H2该反应

16、的有机产物是无毒物质DC（CH3）4二氯代物只有2种【考点】同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构 【分析】A、油脂水解为甘油和高级脂肪酸（盐）；B、淀粉和纤维素聚合度不同；C、CH3OH有毒；D、4个甲基上的12个H等效【解答】解：A、油脂水解为甘油和高级脂肪酸（盐），它们水解后都一定有相同产物甘油，故A正确；B、淀粉和纤维素均属于多糖，聚合度n不同，因此分子式不同，不互为同分异构体，故B正确；C、CH3OH有毒，能致人失明，故C错误；D、4个甲基上的12个H等效，二氯代物只有2种，其中一种情况为取代同一甲基上的2个H，另外一种情况为分别取代不同甲基上的一个H，故D正确；故选C【点

17、评】本题考查淀粉、纤维素、油脂的结构和性质，涉及聚合物、等效氢、甲醇的性质和应用，难度不大3下列实验现象可用同一原理解释的是( )A品红溶液中分别通入SO2和Cl2，溶液均褪色B溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色C鸡蛋白溶液中分别加入NaCl溶液和HgCl2溶液，均有固体析出D分别加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；铵盐；化石燃料与基本化工原料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫与品红化合生成无色物质，氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性；B植物油和裂化汽油中均含碳碳双键；C前者是盐析，后

18、者是蛋白质变性；D前者为化学变化，后者为物理变化【解答】解：A二氧化硫与品红化合生成无色物质，氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性使品红漂白，则褪色原理不同，故A不选；B植物油和裂化汽油中均含碳碳双键，均与溴水发生加成反应，则褪色原理相同，故B选；C前者是盐析，后者是蛋白质变性，二者原理不同，盐析可逆，变性不可逆，故C不选；D前者为化学变化，后者为物理变化，二者原理不同，故D不选；故选：B【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生反应为解答的关键，注意反应原理的判断及现象的分析，题目难度不大4已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+

19、H2OH2SO3+OHHSO3H+SO32，向0.1molL1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是( )A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）增大B加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+c（SO32）C加入少量NaOH溶液，的值均增大D加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理 【专题】盐类的水解专题【分析】A加入金属钠，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠抑制水解平衡促进电离平衡；B依据溶液中电荷守恒分析判断；C加入氢氧化钠促进电离平

20、衡右移，抑制水解平衡左移；D依据溶液中的电荷守恒分析比较【解答】解：A加入少量金属Na，Na与HSO3电离出的H+反应，溶液中c（HSO3）浓度减小，故A错误；B加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故B错误；C加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32），c（OH）浓度增大；，比值增大，故C正确；D.0.1molL1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），则c（Na+）c（SO32）c（H+）=c（OH）

21、，故D错误；故选C【点评】本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等5V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示：YVXWZ为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，W与Z可形成化合物ZW3下列判断正确的是( )A原子半径：XYVWBX、W的质子数之和与最外层电子数之和的比值为 2：1C甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，但其中含有共价键D在足量的沸水中滴入含有16.2

22、5 g ZW3的溶液可得到0.1 mol Z（OH）3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，则Y、V为第二周期而X、W为第三周期元素；Z为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素，为Fe元素；V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲是NH3，乙为HCl，所以V是N、W是Cl元素，则Y是C、X是Al元素，W与Z可形成化合物ZW3，ZW3为FeCl3；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；BAl

23、、Cl的质子数之和为30，最外层电子数之和为10；C白烟为NH4Cl，是离子化合物，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，NH原子之间存在共价键；D沸水中加入FeCl3溶液得到的是Fe（OH）3胶体，该反应为可逆反应【解答】解：V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，则Y、V为第二周期而X、W为第三周期元素；Z为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素，为Fe元素；V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲是NH3，乙为HCl，所以V是N、W是Cl元素，则Y是C、X是Al元素，W与Z可形成化合物ZW3，ZW3为FeCl3；

24、A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径XWYV，故A错误；BAl、Cl的质子数之和为30，最外层电子数之和为10，二者之比为3：1，故B错误；C白烟为NH4Cl，是离子化合物，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，NH原子之间存在共价键，所以氯化铵中存在离子键和共价键，故C正确；D沸水中加入FeCl3溶液得到的是Fe（OH）3胶体，该反应为可逆反应，溶液中的Fe3+不可能完全转化为Fe（OH）3胶体，故D错误；故选C【点评】本题考查元素周期表和元素周期律综合应用，为高频考点，涉及化学键判断、胶体制备、原子结构、元素周期律等知识点，正确判断元素是

25、解本题关键，注意铵盐中都存在离子键，铵盐是全部由非金属元素形成的离子化合物，易错选项是D6液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质下列关于该燃料电池的叙述不正确的是( )A电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B负极发生的电极反应式为N2H4+4OH4eN2+4H2OC该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D该燃料电池持续放电时，K+从负极向正极迁移，因而离子交换膜需选用阳离子交换膜【考点】化学电源新型电池 【专题

26、】电化学专题【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答【解答】解：A该燃料电池中，右侧通入氧化剂空气的电极b为正极，电流从正极流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A正确；B通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，故B正确；C因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电

27、材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C正确；D该原电池中，正极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，故D错误；故选D【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，难度不大7T时，在1L的密闭容器中充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol，测得H2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如下图所示下列说法不正确的是( )A010 min 内（H2）

28、=0.3 mol/（Lmin）BT时，平衡常数K=，CO2与H2的转化率相等CT时，若上述反应中有64 g CH3OH生成，则同时放出98.0 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】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 【专题】化学平衡专题【分析】A、据v（H2）=计算；B、据K=求算；C、据热化学方程式求算；D、正反应放热，升温平衡逆向移动【解答】解：A、v（H2）=0.3 mol/（Lmin），故A正确；B、氢气反应了3mol/L，则二氧化碳反应1mol/L，生成甲醇1mol/L则生成水蒸气1mol/L，K=，CO2与H2的起始浓度与化学计量数

29、相等，所以转化率相等，故B正确；C、生成1mol甲醇即32g，放热49KJ，醋酸64g甲醇放热98KJ，故C正确；D、正反应放热，升温时平衡逆向移动，氢气转化率降低，故D错误；故选D【点评】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数的计算、据热化学方程式计算、转化率，题目难度中等二、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）82013年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和

30、时间（t）的变化曲线，如图1所示据此判断：该反应的0（填“”或“”）在T1温度下，02s内的平均反应速率v（N2）=0.05mol/（Ls）当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率若催化剂的表面积S1S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是bd（填字母）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=

31、867.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（g）的热化学方程式CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810.1kJ/mol将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的图2是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图电极a、b表面发生的电极反应式分别为a：2H2O4eO2+4H+，b：2CO2+4e+4H+2HCOOH【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理 【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学反应中的能量变化；化学

32、平衡专题；电化学专题【分析】（1）根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响，进而判断H；由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v=计算v（CO2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同；a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；b、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；c、t1时刻

33、后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；d、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极【解答】解：（1）由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即H0，故答案为：；由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.2mol/L，故v（CO2）=0.1mol/（

34、Ls），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=v（CO2）=×0.1mol/（Ls）=0.05mol/（Ls），故答案为：0.05mol/（Ls）；接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，故答案为：；a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为

35、定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确，c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；故答案为：bd；（2）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/mol根据盖斯定律，得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）=810.1kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+

36、2H2O（g），H=810.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810.1kJ/mol；由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为2H2O4eO2+4H+，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极，电极反应式为2CO2+4e+4H+2HCOOH，故答案为：2H2O4eO2+4H+；CO2+2H+2e=HCOOH【点评】本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写、原电池、电离平衡常数与水解平衡常数等，题目综合性较大，难度中等，

37、是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握9目前，新能源不断被利用到现代的汽车中，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向（1）高铁酸钾锌电池（碱性介质）是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是Zn（填化学式）（2）工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定反应原理为在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2ONa2FeO4与KOH反应生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH

38、主要的生产流程如图1：写出反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O流程图中反应是在某低温下进行的，且此温度无NaOH析出，说明此温度下Ksp（K2FeO4）Ksp（Na2FeO4）（填“”、“”或“=”）（3）已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4FeO+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，则K2FeO4在水处理中的作用是杀菌消毒、净水（4）FeO在水溶液中的存在形态如图2所示若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数的变化情况是先变大，后变小若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，HFeO4转化为FeO42（填化学式）【考点

39、】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电化学专题；无机实验综合【分析】（1）高铁酸钾锌电池（碱性介质）中，高铁酸钾是氧化剂在正极反应，锌易失电子是还原剂发生氧化反应而作负极，据此答题；（2）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化；（3）高铁酸钠具有强氧化性，被还原后生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性；（4）根据图象可知随着溶液碱性的增强，HFeO4的分布分数先增大后减小；向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，根据图象知，随着溶液碱性的增强，FeO42的分布分数逐渐增大，HFeO4的分

40、布分数逐渐减小【解答】解：（1）高铁酸钾锌电池（碱性介质）中，高铁酸钾是氧化剂在正极反应，锌易失电子是还原剂发生氧化反应而作负极，故答案为：Zn；（2）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp（K2FeO4）Ksp（Na2FeO4），故答案为：；（3）高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒，被还原后生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能净水，故答案为：杀菌消毒、净水；（4）根据图象知，随着溶液碱性的增强，HFeO4的分布分

41、数先增大后减小，故答案为：先变大，后变小；根据图象知，随着溶液碱性的增强，FeO42的分布分数逐渐增大，HFeO4的分布分数逐渐减小，所以HFeO4转化为FeO42，故答案为：HFeO4；FeO42【点评】本题考查原电池原理、难溶电解质的溶解平衡等知识点，难度不大，注意基础知识的积累、运用10硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作传统照相业的定影剂、鞣革时重铬酸盐的还原剂及纸浆漂白时的脱氯剂等某化学探究小组通过查阅资料，利用图1所示装置及试剂可制备硫代硫酸钠（1）装置A中的“硫酸”最好选用C（填字母序号）A发烟硫酸 B浓硫酸 C80%的硫酸 D10%的硫酸（2）装置C中除生成目标产物硫代硫酸钠外，

42、还生成一种温室气体则装置C中发生反应的离子方程式为4SO2+2S2+CO323S2O32+CO2（3）装置B的作用是防止装置C中的液体倒吸入装置A中（或作安全瓶），装置D的作用是吸收尾气中的SO2（4）若将分液漏斗中的硫酸换为浓盐酸，装置C中除生成硫代硫酸钠外，还生成一种钠盐，该钠盐的化学式为NaCl，为防止该钠盐的生成，有同学在上述装置中增加了如图2装置E该装置E应该添加的位置为A（填字母序号）A只能在装置A和装置B之间B只能在装置B和装置C之间C在装置A和装置B或装置B和装置C之间都可以D只能在装置C和装置D之间该装置中盛放的试剂为D（填字母序号）ANaOH溶液 BNa2SO3溶液 CNa

43、HCO3溶液 DNaHSO3溶液【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶，装置C中二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境（1）SO32与H+反应可生成SO2，故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H+；（2）结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化硫、硫化钠和碳酸钠，生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳；（3）装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶；装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧

44、化硫反应；（4）若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有 HCl；装置 E 的作用是除去 HCl，则其应放置在安全瓶前； 二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生反应【解答】解：硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶，装置C中二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境（1）SO32与H+反应可生成SO2，故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H+，硫酸的浓度大则反应速率快，故选取80%的硫酸，故答案为：C；（2）结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化

45、硫、硫化钠和碳酸钠，生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳，离子方程式为：4SO2+2S2+CO323S2O32+CO2，故答案为：4SO2+2S2+CO323S2O32+CO2；（3）装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶；装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境，故答案为：防止装置C中的液体倒吸入装置A中（或作安全瓶）；吸收尾气中的SO2；（4）若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有 HCl，HCl 可与碳酸钠、硫化钠反应生成氯化钠；装置 E 的作用是除去 HCl，则其应放置在安全瓶前； 二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生反应，因此只能选取 NaHSO3溶液，故答案为

46、：NaCl；A；D【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用，掌握基础，注意积累是解题关键，题目难度中等二、非选择题（本大题共1小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）（13分）化学一物质结构与性质11（13分）用Cr3+掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝（其晶胞如图1所示）可由氯化铝与氨经气相反应制得（1）Cr3+基态的核外电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3（2）氮化铝的化学式为AlN（3）氯化铝是易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图2所示在Al2Cl6中存在的化学键有bc（填字母）a离子键 b共价键 c

47、配位键 d金属键（4）一定条件下用Al2O3和CCl4反应制备AlCl3的反应为Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2其中，COCl2分子的空间构型为平面三角形【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况 【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理写出其核外电子排布式；（2）利用均摊法求出晶胞中两种原子的个数，再确定分子式；（3）根据双聚物Al2Cl6结构确定化学键的类型；（4）COCl2分子的结构式为，双键中含有1个键、1个键，确定碳原子的杂化方式与分子构型【解答】解：（1）

48、铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；（2）氮化铝晶胞中N原子的个数=8×+1=2，Al原子的个数=4×+1=2，所以氮化铝的化学式为AlN；故答案为：AlN；（3）双聚物Al2Cl6形式存在，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供，所以含有配位键，则在Al2Cl6中存在的化学键有共价键、配位键，故答案为：bc；（4）COCl2分子的结构式为，C=O中含有1个键、1个键，碳原子的杂化