安徽省六安一中2016届高考化学模拟试卷(二)(解析版)

第27页（共27页）2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（二）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列说法错误的是（）A．“APEC蓝”是2014年新的网络词汇，形容2014年APEC会议期间北京蓝蓝的天空．说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油C．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂D．有机垃圾发酵生产沼气2．同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NH3和H2．现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（）A．V1＞V2＞V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V3＞V1＞V23．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和．下列说法正确的是（）A．元素A所形成的氧化物只有一种B．元素B的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应D．氢化物的稳定性：A＞B4．我国支持“人文奥运”的一个重要体现是坚决反对运动员服用兴奋剂．某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是①该物质属于芳香族化合物②该有机物的分子式为C15H18O3③该物质所有的碳原子一定在同一个平面上④遇FeCl3溶液呈紫色，因为该物质与苯酚属于同系物⑤1mol该化合物最多可与3molNaOH发生反应⑥1mol该化合物最多可与含3molBr2的溴水发生取代反应（）A．①⑤⑥ B．①④⑤ C．①④⑥ D．②③④5．如图中甲池是以甲醇为原料，KOH为电解质的高效燃料电池，电化学过程的如图．下列说法中不正确的是（）A．甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2OB．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和PH，则电解过程中转移的电子数为0.2NAD．常温常压下，1gCH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示该反应的热化学方程式为CH3OH（l）+1.5O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ•mol﹣16．下列图示与对应的叙述不相符的是（）A．图1表示相同温度下，向pH=10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B．图2表示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀物质的量与盐酸体积的关系C．图3表示压强对可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的影响，乙的压强比甲的压强大D．图4表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）7．某同学用如图所示装置制备并检验Cl2的性质．下列说法正确的是（）A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B．Ⅱ图中：量筒中发生了加成反应C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成二、解答题（共4小题，满分44分）8．甲醛是深受关注的有机化合物．甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠．完成下列填空：（1）将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL．甲醛水溶液的浓度为；上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过mL．（2）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O，每1mol甲醛参加反应转移的电子数为个．甲醛中的碳的杂化方式为．（填sp、sp2、sp3）9．硝酸在工业及科研上常用于物质的制备．实验室常用稀硝酸与铜反应制取干燥且较纯的一氧化氮，现设计如下实验．按下图连接好装置并检查气密性，在A中加入0.5g碳酸钙粉末，再加入20.0mL5.0mol•L﹣1的稀硝酸，片刻后塞上胶塞，将铜丝插入稀硝酸中．①从图2中选择合适的装置接入图1虚线框中，则a接、接b（填连接的字母）．②当观察到．现象时，表明NO已收集满，立即将铜丝抽离液面．10．近年来，我国多地频现种种极端天气，二氧化碳、氮氧化物、二氧化硫是导致极端天气的重要因素．（1）活性炭可用于处理大气污染物NO，在1L恒容密闭容器中加入0.100molNO和2.030mol固体活性炭（无杂质），生成气体E和气体F．当温度分别在T1℃和T2℃时，测得平衡时各物质的物质的量如下表：活性炭NOEFT12.0000.0400.0300.030T22.0050.0500.0250.025①结合上表数据，写出NO与活性炭反应的化学方程式；②上述反应的平衡常数表达式K=，根据上述信息判断，T1和T2的关系是；A．T1＞T2B．T1＜T2C．无法比较③在T1℃下反应达到平衡后，下列措施能改变NO的转化率的是；a．增大c（NO）b．增大压强c．升高温度d．移去部分F（2）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得H2，具体流程如图1所示①用离子方程式表示反应器中发生的反应；②用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是；（3）开发新能源是解决大气污染的有效途径之一．直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC工作原理如图2所示通过a气体的电极是原电池的极（填“正”或“负”），b电极反应式为．11．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹．（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式；（2）一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种合成氮化硅的工艺主要流程如图：①净化N2和H2时，铜屑的作用是；硅胶的作用是；②在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）═Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度；体系中要通入适量的氢气是为了；③X可能是（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）．（3）工业上可以通过如图2所示的流程制取纯硅：①个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式；②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应Ⅰ中HCl的利用率为90%，反应Ⅱ中H2的利用率为93.75%．则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是．选做题（三选一）（共1小题，满分14分）【化学选修2：化学与技术】12．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的实验过程如下：29.0g盐泥滤液Ⅰ→滤液Ⅱ→产品已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12．②在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是；（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L﹣1，则溶液pH≥才可能产生Mg（OH）2沉淀．（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是，滤渣的主要成分是；（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入；②过滤，得沉淀；③；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．（5）若获得的MgSO4•7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为（MgSO4•7H2O的相对分子质量为246）．【化学选修3：物质结构与性质】13．A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A的最高价和最低价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子未成对电子数目相同，E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道是4s电子数的4倍．请回答下列问题：（1）F的基态原了价电子排布式为；（2）B、C、D、E的原子的第一电离能由小到大的顺序为；（用元素符号回答）（3）下列关于B2A2分子和A2D2分子的说法正确的是；A．分子中都含有σ键和π键B．中心原子都sp杂化C．都是含极性键和非极性键的非极性分子D．互为等电子体E．B2A2分子的沸点明显低于A2D2分子（4）F2+能与BD分子形成[F（BD）4]2+，其原因是BD分子中含有；（5）由B、E、F三种元素形成的一种具有超导性的晶体，晶胞如图所示．B位于E和F原子紧密堆积所形成的空隙当中．与一个F原子距离最近的F原子的数目为，该晶体的化学式为，若该晶体的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，B、E、F三种元素的原子半径分别为r1pm、r2pm、r3pm，则该晶体的密度表达式为．2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列说法错误的是（）A．“APEC蓝”是2014年新的网络词汇，形容2014年APEC会议期间北京蓝蓝的天空．说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油C．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂D．有机垃圾发酵生产沼气【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．道路限行可减少汽车尾气排放，污染企业停工可减少污染；B．将“地沟油”制成肥皂，可以变废为宝；C．铁粉是抗氧化剂；D．沼气主要成分是甲烷，是有机物质在厌氧条件下，经过微生物的发酵作用而生成的一种混合气体．【解答】解：A．道路限行可减少汽车尾气排放，污染企业停工可减少污染，可减轻雾霾、保证空气质量，故A正确；B．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油变成肥皂，可以提高资源的利用率，故B正确；C．铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；D．沼气主要成分是甲烷，是有机物质在厌氧条件下，经过微生物的发酵作用而生成的一种混合气体，故D正确．故选C．【点评】本题考查了常见食品添加剂、地沟油等生活中常见的物质的性质，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．2．同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NH3和H2．现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（）A．V1＞V2＞V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V3＞V1＞V2【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氮族元素．【分析】先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高．试管中剩余气体越少；【解答】解：设每种气体各占L，①组合发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为：（L）②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，剩余气体的体积为（L）③组合NH3全部溶于水，剩余H2为，故答案：V1＞V3＞V2故选：B．【点评】本题考查了混合气体混合溶于水后的剩余气体体积的计算，关键是同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水．3．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和．下列说法正确的是（）A．元素A所形成的氧化物只有一种B．元素B的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应D．氢化物的稳定性：A＞B【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第二周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则B为N元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为C元素，结合原子序数可知，C、D、E只能处于第三周期，故E为S元素，故C为Mg；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，据此解答．【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第二周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则B为N元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为C元素，结合原子序数可知，C、D、E只能处于第三周期，故E为S元素，故C为Mg；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，A．A为碳元素，形成的氧化物有CO、CO2等，故A错误；B．B为N元素，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸属于强酸，故B正确；C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化镁与氢氧化铝之间不能反应，故C错误；D．氢化物稳定性与非金属性强弱一致，N元素非金属性强于碳，故氨气的稳定性较强，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，判断X为第二周期元素为突破口，A注意对元素周期律的理解掌握．4．我国支持“人文奥运”的一个重要体现是坚决反对运动员服用兴奋剂．某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是①该物质属于芳香族化合物②该有机物的分子式为C15H18O3③该物质所有的碳原子一定在同一个平面上④遇FeCl3溶液呈紫色，因为该物质与苯酚属于同系物⑤1mol该化合物最多可与3molNaOH发生反应⑥1mol该化合物最多可与含3molBr2的溴水发生取代反应（）A．①⑤⑥ B．①④⑤ C．①④⑥ D．②③④【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该有机物含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，可与高锰酸钾发生氧化反应，含有C=C官能团，可发生加成、氧化反应，结合苯环、乙烯的结构特征判断有机物的空间结构特点．【解答】解：①含有苯环，属于芳香族化合物，故正确；②由结构简式可知分子式为C16H16O3，故错误；③两个苯环之间由单键相连，可以旋转，与双键碳相连的苯环也可以旋转，所以所有碳原子不一定都在同一平面上，故错误；④此有机物遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，故错误；⑤分子中含有3个酚羟基，1mol该化合物最多可与3molNaOH发生反应，故正确；⑥分子中酚羟基含有3个邻位氢原子可被取代，则1mol该化合物最多可与含3molBr2的溴水发生取代反应，故正确．故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物中官能团与性质的关系，熟悉烯烃、苯酚的性质即可解答，题目难度不大．5．如图中甲池是以甲醇为原料，KOH为电解质的高效燃料电池，电化学过程的如图．下列说法中不正确的是（）A．甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2OB．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和PH，则电解过程中转移的电子数为0.2NAD．常温常压下，1gCH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示该反应的热化学方程式为CH3OH（l）+1.5O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ•mol﹣1【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．甲池是甲醇氧气燃料电池反应，根据碱性条件书写方程式；B．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极阴离子放电，发生失电子的氧化反应；C．乙池加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu（OH）2从组成上可看成CuO，•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol；D.1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.80KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ•mol﹣1．【解答】解：A．甲池是甲醇氧气燃料电池反应，燃料燃烧的产物二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O，故A正确；B．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极阴离子放电，发生失电子的氧化反应，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B正确；C．乙池加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu（OH）2从组成上可看成CuO，•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol，即0.4NA，故C错误；D.1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.80KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ•mol﹣1，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，涉及电极反应式的书写、热化学反应方程式、物质的量的计算等知识点，这些知识点都是考试热点，根据串联电路中转移电子相等进行计算，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．6．下列图示与对应的叙述不相符的是（）A．图1表示相同温度下，向pH=10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B．图2表示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀物质的量与盐酸体积的关系C．图3表示压强对可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的影响，乙的压强比甲的压强大D．图4表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；元素及其化合物．【分析】A．pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时NaOH的pH变化大；B．先发生NaOH与盐酸的反应不生成沉淀，然后发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，根据方程式确定产生沉淀与沉淀消失阶段消耗盐酸的体积；C．可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）为反应前后体积不变的反应，增大压强平衡不移动，但反应速率加快；D．发生氧化还原反应生成Mn2+，Mn2+对该反应有催化作用．【解答】解：A．pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故A正确；B．先发生NaOH与盐酸的反应不生成沉淀，然后发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，沉淀生成与溶解消耗酸为1：3，图象与实际不符，故B错误；C．可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）为反应前后体积不变的反应，增大压强平衡不移动，但反应速率加快，由图象可知，乙到达平衡时间短，反应速率快，乙的压强比甲的压强大，故C正确；D．发生氧化还原反应生成Mn2+，Mn2+对该反应有催化作用，随反应进行反应速率加快，直到反应结束，故D正确；故选B．【点评】本题以图象形式考查溶液的稀释pH判断、化学反应与图象的关系、化学反应速率和化学平衡及氧化还原反应等，明确图象的含义及发生反应是关键，题目难度中等，需要学生具有扎实的基础与读图获取信息的能力．7．某同学用如图所示装置制备并检验Cl2的性质．下列说法正确的是（）A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B．Ⅱ图中：量筒中发生了加成反应C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化锰和稀盐酸不反应；B．光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应；C．铜在氯气中燃烧产生棕色烟；D．起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应．【解答】解：A．浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，而稀盐酸和二氧化锰不反应，所以无论二氧化锰是否过量，盐酸都无法完全反应，故A错误；B．光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应而不是加成反应，故B错误；C．铜在氯气中燃烧产生棕色烟，向集气瓶中加入水，溶液呈蓝色，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应而生成氯气，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质之间的反应、实验现象、反应类型判断等知识点，明确物质的性质及实验原理是解本题关键，易错选项是C．二、解答题（共4小题，满分44分）8．甲醛是深受关注的有机化合物．甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠．完成下列填空：（1）将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL．甲醛水溶液的浓度为11mol/L；上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过10mL．（2）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O，每1mol甲醛参加反应转移的电子数为1.204×1024个．甲醛中的碳的杂化方式为sp2．（填sp、sp2、sp3）【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】原子组成与结构专题．【分析】（1）将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，得到溶液中含有NaOH，由硫酸的物质的量可得NaOH，以此确定甲醛的物质的量，进而计算浓度；若滴定管规格为50mL，如硫酸全部反应，体积为50mL，则可知消耗硫酸的物质的量，可知需要甲醛的物质的量，结合其浓度，可确定体积；（2）根据方程式中碳元素的化合价变化分析计算，用甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型．【解答】解：（1）产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，n（H2SO4）=1.100mol/L×0.02L=0.022mol，将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，得到溶液中含有NaOH，加入硫酸发生H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，则n（HCHO）=n（NaOH）=2n（H2SO4）=0.044mol，c（HCHO）==11mol/L，若滴定管规格为50mL，如硫酸全部反应，体积为50mL，则可知消耗硫酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.055mol，则n（HCHO）=n（NaOH）=2n（H2SO4）=0.11mol，甲醛水溶液取样不能超过的体积为=0.01L=10mL，故答案为：11；10；（2）HCHO分子中碳原子化合价为0价，HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O↓+2H2O，甲酸中碳原子化合价为+2价，每1mol甲醛参加反应转移的电子数为2NA，即1.204×1024，甲醛分子中含有碳氧双键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，故答案为：1.204×1024；sp2．【点评】本题以甲醛为载体综合考查物质的含量测定、杂化理论的应用，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等．9．硝酸在工业及科研上常用于物质的制备．实验室常用稀硝酸与铜反应制取干燥且较纯的一氧化氮，现设计如下实验．按下图连接好装置并检查气密性，在A中加入0.5g碳酸钙粉末，再加入20.0mL5.0mol•L﹣1的稀硝酸，片刻后塞上胶塞，将铜丝插入稀硝酸中．①从图2中选择合适的装置接入图1虚线框中，则a接f、e接b（填连接的字母）．②当观察到E中球形干燥管中出现红棕色．现象时，表明NO已收集满，立即将铜丝抽离液面．【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择．【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】①NO气体的密度与氮气相同，二氧化碳的密度大于NO，应该选排出二氧化碳的方法收集NO，采用短进长出的方式；②一氧化氮遇到空气显示红棕色，据此判断NO收集满的现象．【解答】解：①装置c用于收集NO气体，由于NO与氮气的密度相同，所以应该选用排二氧化碳的方法收集，二氧化碳的密度大于氮气，则a应该连接f，e连接b，故答案为：f；e；②NO遇到氧气生成红棕色的二氧化氮，所以当观察到E中球形干燥管中出现红棕色时，表明NO已经收集满，故答案为：E中球形干燥管中出现红棕色．【点评】本题考查了常见实验装置的综合应用，题目难度中等，明确NO的制备原理及化学性质为解答关键，试题充分培养了学生的分析能力及化学实验能力．10．近年来，我国多地频现种种极端天气，二氧化碳、氮氧化物、二氧化硫是导致极端天气的重要因素．（1）活性炭可用于处理大气污染物NO，在1L恒容密闭容器中加入0.100molNO和2.030mol固体活性炭（无杂质），生成气体E和气体F．当温度分别在T1℃和T2℃时，测得平衡时各物质的物质的量如下表：活性炭NOEFT12.0000.0400.0300.030T22.0050.0500.0250.025①结合上表数据，写出NO与活性炭反应的化学方程式C+2NO⇌N2+CO2；②上述反应的平衡常数表达式K=，根据上述信息判断，T1和T2的关系是C；A．T1＞T2B．T1＜T2C．无法比较③在T1℃下反应达到平衡后，下列措施能改变NO的转化率的是cd；a．增大c（NO）b．增大压强c．升高温度d．移去部分F（2）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得H2，具体流程如图1所示①用离子方程式表示反应器中发生的反应SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+；②用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行；（3）开发新能源是解决大气污染的有效途径之一．直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC工作原理如图2所示通过a气体的电极是原电池的负极（填“正”或“负”），b电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】（1）①由表中数据可知，C、NO、E、F的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成为N2与CO2；②平衡常数表达式是用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；由表中数据可知，温度由T1变为T2，平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，不能判断温度变化；③根据平衡移动原理分析解答，a．增大c（NO），相当于增大压强，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动；b．该反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动；c．反应移动存在热效应，升高温度，平衡一定移动；d．移去部分生成物F，平衡向正反应移动；（2）①反应器中二氧化硫、碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；②HI分解反应为可逆反应；（3）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应．【解答】解：（1）①由表中数据可知，C、NO、E、F的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成为N2与CO2，且该反应为可逆反应，故反应方程式为：C+2NO⇌N2+CO2，故答案为：C+2NO⇌N2+CO2；②由表中数据可知，温度由T1变为T2，平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，无法判断温度变化，故答案为：C；③a．增大c（NO），相当于增大压强，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，NO的转化率不变，故a不符合；b．该反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动，NO的转化率不变，故b不符合；c．反应移动存在热效应，升高温度，平衡一定移动，NO转化率一定变化，故c符合；d．移去部分生成物F，平衡向正反应移动，NO的转化率增大，故d符合；故答案为：cd；（2）①反应器中二氧化硫、碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+；②HI分解反应为可逆反应，则使用膜反应器分离出H2的目的是及时分离出产物H2，有利于反应正向进行，故答案为：HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行；（3）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故答案为：负；O2+4e﹣+4H+=2H2O．【点评】本题考查平衡常数及化学平衡的有关计算、平衡的移动以及原电池的工作原理等，难度中等，由于该反应的热效应不知，故T1和T2的关系无法比较，此为易错点．11．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹．（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；（2）一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种合成氮化硅的工艺主要流程如图：①净化N2和H2时，铜屑的作用是除去原料气中的氧气；硅胶的作用是除去生成的水蒸气；②在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）═Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为了将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；③X可能是硝酸（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）．（3）工业上可以通过如图2所示的流程制取纯硅：①个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应Ⅰ中HCl的利用率为90%，反应Ⅱ中H2的利用率为93.75%．则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是5：1．【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】（1）根据信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，除生成氮化硅外还有氯化氢生成；（2）①Cu能与氧气反应，硅胶具有吸水性；②控制氮气的流速是防止温度过高，体系中要通入适量的氢气可将氧气转化为水蒸气；③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉；（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；②反应生产1mol纯硅需补充HCl：﹣3，需补充H2：﹣1．【解答】解：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，反应的化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；（2）①Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；②氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，故答案为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；③反应生产1mol纯硅需补充HCl：：﹣3=，需补充H2：﹣1≈0.064，则补充HCl与H2的物质的量之比=：0.064≈5：1，故答案为：5：1．【点评】本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，明确制备实验的装置中各部分的作用及物质的性质是解答本题的关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．选做题（三选一）（共1小题，满分14分）【化学选修2：化学与技术】12．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的实验过程如下：29.0g盐泥滤液Ⅰ→滤液Ⅱ→产品已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12．②在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率；（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L﹣1，则溶液pH≥8才可能产生Mg（OH）2沉淀．（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底或高温下CaSO4•2H2O溶解度小，滤渣的主要成分是Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液；②过滤，得沉淀；③向沉淀中加足量稀硫酸；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．（5）若获得的MgSO4•7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为20.0%（MgSO4•7H2O的相对分子质量为246）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的；（2）根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH﹣）2来计算；（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO4•7H2O﹣Mg（OH）2进行计算．【解答】解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH﹣）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L﹣1，则溶液的c（OH﹣）==10﹣6mol/L，所以氢离子浓度为10﹣8mol/L，pH为8，故答案为：8；（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；（5）设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol，由关系式MgSO4•7H2O﹣Mg（OH）2可知，Mg（OH）2的质量为0.1mol×58g/mol=5.8g，故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为×100%=20.0%，故答案为：20.0%．【点评】本题考查制备实验，为高频考点，把握物质的性质、反应原理及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验及计算能力的考查，题目难度中等．【化学选修3：物质结构与性质】13．A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A的最高价和最低价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子未成对电子数目相同，E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道是4s电子数的4倍．请回答下列问题：（1）F的基态原了价电子排布式为3d84s2；（2）B、C、D、E的原子的第一电离能由小到大的顺序为Mg＜C＜O＜N；（用元素符号回答）（3）下列关于B2A2分子和A2D2分子的说法正确的是E；A．分子中都含有σ键和π键B．中心原子都sp杂化C．都是含极性键和非极性键的非极性分子D．互为等电子体E．B2A