2022年山东省青岛市高考冲刺化学一模冲刺

2019年山东省青岛市高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化 B．秦始皇统一币制，规定金为上币，铜为下币，金铜均属于有色金属 C．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃 D．我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维为同素异形体2．（6分）试管实验操作简单，现象明显。以下试管实验操作及现象均正确的是（）A．直接向淀粉水解液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，产生砖红色沉淀 B．向苯中滴加少量溴的四氯化碳溶液，充分振荡后静置，分层，上层无色下层橙红色 C．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，振荡，溶液变血红色 D．用一束强光照射鸡蛋白溶液，产生一条光亮的通路3．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图。下列说法正确的是（）A．X2R溶液的浓度为0.03mol•L﹣1 B．最简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z＞R C．工业上通常采用电解法冶炼Q的单质 D．RZ2通入BaCl2、Ba（NO3）2溶液中，均无明显现象4．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同 B．可以用碳酸氢钠溶液来鉴别乙酸、乙醇和甲苯 C．有机物C4H8Cl2的同分异构体有10种（不考虑立体异构） D．蛋白质在蛋白酶的作用下水解为氨基酸，高温可加速其水解5．（6分）水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如图。该电池以粉末多孔锌电极（锌粉、活性炭及粘结剂等）为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌[Zn（CF3SO3）2]为电解液。下列叙述错误的是（）A．放电时，Zn2+向V2O5电极移动 B．充电时，阳极区电解液的浓度变大 C．充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应 D．放电时，V2O5电极上的电极反应式为V2O5+xZn2++2xe﹣＝ZnxV2O56．（6分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．4℃时，5.4mL水含有0.9NA个原子 B．常温下，0.1mol环氧乙烷（）共有0.3NA个共价键 C．标准状况下，2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NA D．含有0.2NA个阴离子的Na2O2与CO2完全反应，转移0.4NA电子7．（6分）已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。向20mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示，下列说法不正确的是（）A．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol•L﹣1 B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大 C．a点时溶液中存在[NH3•H2O]+2[OH﹣]＝[NH4+]+2[H+] D．a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数：Kh（b）＞Kh（a）＞Kh（c）二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）ClO2又称百毒净，可用于水的净化和纸张、纺织品的漂白。用如图所示装置（夹持装置和加热装置省略）制备ClO2并探究ClO2的某些性质。已知：①高氯酸：沸点90℃，浓度低于60%比较稳定，浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸。②回答下列问题：（1）仪器a的名称为。实验开始前，胶塞及导管接口必须包锡箔纸，其原因是。（2）写出装置A制备ClO2同时生成高氯酸的化学方程式。（3）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，装置C中生成NaC1O2，离子方程式为。若关闭止水夹③，打开止水夹②，B中可观察到的现象为。（4）从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是。（5）城市饮用水处理新技术用NaClO2、高铁酸钠替代Cl2．如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是。9．（15分）三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程：回答下列问题：（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式。（2）“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为（填化学式）。（3）操作Ⅰ的步骤包括、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c（OH﹣）过大，其原理。（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是。写出该步骤的化学方程式。（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co（NH3）6]Cl3转化成Co3+后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定（淀粉溶液做指示剂），反应原理：2Co3++2I﹣＝2Co2++I2，I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是。a．用久置于空气中的KI固体配制溶液b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡d．溶液蓝色退去，立即读数10．（14分）有效除去大气中的SO2和氮氧化物，是打赢蓝天保卫战的重中之重。（1）用NaOH溶液吸收热电企业产生的废气时，涉及如下转化：由图甲关系可得△H4＝。（2）某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）（慢反应）△H＜02NO2（g）⇌N2O4（g）（快反应）△H＜0体系的总压强p总和PO2随时间的变化如图乙所示①图乙中表示O2压强变化的曲线是（填“甲”或“乙”）。②已知N2O5分解的反应速率v＝0.12pN2O5（kPa•h﹣1），t＝10h时，pN2O5＝kPa，v＝kPa•h﹣1（结果保留两位小数，下同）。③该温度下2NO2⇌N2O4反应的平衡常数Kp＝kPa﹣1（Kp为以分压表示的平衡常数）。（3）亚硝酸盐广泛存在于各种水体和腌制品中，可用电吸附装置去除。去除量跟电压、初始浓度、共存阴离子等因素有关。某科研机构的实验结果如图丙所示：①据图丙可知，待处理液中NO2﹣与NO3﹣的C0＝mg•L﹣1时，装置对NO3﹣的吸附量高于NO2﹣。②据图丙分析，为提高离子去除量可采取的措施有（写出一条即可）。（4）电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理（工作原理如图丁所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当Fe电极消耗11.2g时，理论上可处理NaNO2含量为4.6%的污水g。三、【化学-选修3：物质结构与性质】11．（15分）氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr．回答下列问题：（1）已知银（Ag）位于元素周期表第五周期，与Cu同族，则基态Ag的价电子排布式为。（2）下列关于物质结构与性质的说法，正确的是A．玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱B．Br、S、O三种元素的电负性顺序为O＞Br＞SC．Na的第一电离能小于Mg，但其第二电离能却远大于MgD．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S（3）依据VSEPR理论推测S2O32﹣的空间构型为，中心原子S的杂化方式为。[Ag（S2O3）2]3﹣中存在的化学键有（填字母序号）A．离子键B．极性键C．非极性键D．金属键E．配位键（4）第一电子亲和能（E1）是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量（单位为kJ•mol﹣1），电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：元素AlSiPSClE1（kJ•mol﹣1）42.513472.0200349表中元素的E1自左而右呈增大趋势，试分析P元素呈现异常的原因。（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B组成。则该氧化物的化学式为；已知该晶体的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则密度ρ为g•cm﹣3（用含a和NA的代数式表示）。四、【化学-选修5：有机化学基础】12．有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：已知：请回答下列问题：（1）有机物A中含有官能团的名称为。有机物F的名称为。（2）③的反应条件为，反应类型为。（3）有机物B的结构简式为。反应⑤的化学方程式为。（4）A的同分异构体中，同时符合下列条件的有种。①含有苯环结构，且苯环上有两个取代基②属于酯类物质，且遇FeCl3溶液显紫色（5）结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇（）的合成路线（无机试剂任选）。

2019年山东省青岛市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化 B．秦始皇统一币制，规定金为上币，铜为下币，金铜均属于有色金属 C．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃 D．我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维为同素异形体【分析】A．明矾不能淡化海水；B．铁、铬、锰及其合金属于黑色金属，其余金属属于有色金属；C．苯乙酸含O元素；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料。【解答】解：A．明矾不能淡化海水，不能实现海水淡化，故A错误；B．铁、铬、锰及其合金属于黑色金属，其余金属属于有色金属，则金铜均属于有色金属，故B正确；C．苯乙酸含O元素，为含氧衍生物，苯乙烯属于芳香烃，故C错误；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，炭黑的主要成分为碳，为混合物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握海水淡化、金属分类、物质组成及类别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意萃取及氧化还原反应的应用，题目难度不大。2．（6分）试管实验操作简单，现象明显。以下试管实验操作及现象均正确的是（）A．直接向淀粉水解液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，产生砖红色沉淀 B．向苯中滴加少量溴的四氯化碳溶液，充分振荡后静置，分层，上层无色下层橙红色 C．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，振荡，溶液变血红色 D．用一束强光照射鸡蛋白溶液，产生一条光亮的通路【分析】A．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，应该先加入氢氧化钠溶液中和氢离子，再滴入新制氢氧化铜浊液；B．苯与四氯化碳不分层；C．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成的是蓝色沉淀；D．鸡蛋白溶液为胶体，具有丁达尔效应。【解答】解：A．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液在碱性条件下反应，应该先用氢氧化钠溶液中和氢离子，该操作方法不合理，故A错误；B．苯和四氯化碳都是有机溶剂，混合液不分层，故B错误；C．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，振荡，生成蓝色沉淀，溶液不会出现血红色，故C错误；D．鸡蛋白溶液属于胶体，则用一束强光照射鸡蛋白溶液，产生一条光亮的通路，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，把握物质检验方法、胶体性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。3．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图。下列说法正确的是（）A．X2R溶液的浓度为0.03mol•L﹣1 B．最简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z＞R C．工业上通常采用电解法冶炼Q的单质 D．RZ2通入BaCl2、Ba（NO3）2溶液中，均无明显现象【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，则X为H元素；Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，则Y含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质，Q为金属元素；向100mLH2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图，R化合价为﹣2价，且有正化合价，则R为S元素，结合反应2H2S+SO2＝3S↓+2H2O可知，Z为O元素；Q的原子序数大于O小于S，可能为Na、Mg、Al，据此解答。【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na或Mg、Al，R为S。A．标况下336mL二氧化硫的物质的量为：＝0.015mol，根据2H2S+SO2＝3S↓+2H2O可知，0.15mol二氧化硫完全反应消耗0.3mol硫化氢，则硫化氢溶液浓度为：＝3mol/L，故A错误；B．非金属性Z＞R＞Z，则最简单气态氢化物的稳定性：Z＞R＞Z，故B错误；C．Q为活泼金属，工业上通常采用电解法获得Q的单质，故C正确；D．二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度中等，把握原子结构、原子序数、元素的位置推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。4．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同 B．可以用碳酸氢钠溶液来鉴别乙酸、乙醇和甲苯 C．有机物C4H8Cl2的同分异构体有10种（不考虑立体异构） D．蛋白质在蛋白酶的作用下水解为氨基酸，高温可加速其水解【分析】A．裂化汽油含有烯烃；B．乙酸具有酸性，乙醇易溶于水，甲苯不溶于水；C．丁烷有2种，结合氯原子的位置异构判断；D．高温下蛋白质变性。【解答】解：A．裂化汽油含有烯烃，可发生加成反应，分馏汽油为饱和烃，与溴水不反应，故A错误；B．乙酸具有酸性，可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，乙醇易溶于水，甲苯不溶于水，溶液分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C．C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法确定，如图所示：，C4H2Cl8共有9种，故C错误；D．高温下蛋白质变性，不能发生水解，故D错误。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握有机物的结构、官能团的性质以及同分异构体的判断，难度不大。5．（6分）水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如图。该电池以粉末多孔锌电极（锌粉、活性炭及粘结剂等）为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌[Zn（CF3SO3）2]为电解液。下列叙述错误的是（）A．放电时，Zn2+向V2O5电极移动 B．充电时，阳极区电解液的浓度变大 C．充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应 D．放电时，V2O5电极上的电极反应式为V2O5+xZn2++2xe﹣＝ZnxV2O5【分析】A、原电池中阳离子向正极移动；B、充电时，阳极区发生氧化反应；C、充电时，粉末多孔锌电极为阴极；D、放电时，V2O5电极上发生还原反应。【解答】解：A、原电池中阳离子向正极移动，所以放电时，Zn2+向V2O5电极移动，故A正确；B、充电时，阳极区发生氧化反应，电极反应式为：ZnxV2O5﹣2xe﹣＝V2O5+xZn2+，锌离子通过阳离子交换膜向左移动，所以阳极区电解液的浓度变小，故B错误；C、充电时，粉末多孔锌电极为阴极，发生还原反应，故C正确；D、放电时，V2O5电极上发生还原反应，电极反应式为：V2O5+xZn2++2xe﹣＝ZnxV2O5，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原电池、电解池原理、电极反应和离子移向等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。6．（6分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．4℃时，5.4mL水含有0.9NA个原子 B．常温下，0.1mol环氧乙烷（）共有0.3NA个共价键 C．标准状况下，2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NA D．含有0.2NA个阴离子的Na2O2与CO2完全反应，转移0.4NA电子【分析】A.4℃时，5.4mL质量为5.4g，依据N＝×NA计算；B.1个环氧乙烷含有7个共价键；C．一氧化氮与氧气混合会发生反应生成二氧化氮，所以混合后气体的物质的量减小，分子数目减小；D．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，2mol过氧化钠反应转移2mol电子。【解答】解：A.4℃时，5.4mL水含有原子个数为：×3×NA＝0.9NA，故A正确；B．常温下，0.1mol环氧乙烷（）共有0.7NA个共价键，故B错误；C．标准状况下，2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数小于0.1NA，故C错误；D．含有0.2NA个阴离子的Na2O2物质的量为0.2mol，与CO2完全反应，转移0.2NA电子，故D错误；故选：A。【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，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。7．（6分）已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。向20mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示，下列说法不正确的是（）A．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol•L﹣1 B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大 C．a点时溶液中存在[NH3•H2O]+2[OH﹣]＝[NH4+]+2[H+] D．a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数：Kh（b）＞Kh（a）＞Kh（c）【分析】向20mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。A．根据一水合氨的物质的量计算硫酸的浓度；B．当溶液中pH＝pOH时，溶液呈中性，而氨水与硫酸恰好反应时水的电离程度最大；C．a点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，据此结合电荷守恒、物料守恒分析；D．升高温度促进NH3•H2O的电离，电离常数增大。【解答】解：20mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。A．20mL0.1mol•L﹣1的氨水中含有一水合氨的物质的量为：0.1mol/L×0.02L＝0.002mol，硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为：0.002mol×＝0.001mol，该硫酸的物质的量浓度为：＝0.05mol/L，故A正确；B．当溶液中pH＝pOH时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故B错误；C．a点加入10mL等浓度的氨水，反应后溶质为等一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒可得：2[SO42﹣]+[OH﹣]＝[NH4+]+[H+]，根据物料守恒可得：[NH3•H2O]+[NH4+]＝4[SO42﹣]，二者结合可得：[NH3•H2O]+2[OH﹣]＝[NH4+]+2[H+]，故C正确；D．升高温度促进NH3•H2O的电离，电离常数增大，由图可知，温度：b＞a＞c，则a、b、c三点NH3•H2O的电离常数：Kh（b）＞Kh（a）＞Kh（c），故D正确；故选：B。【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重于考查学生的分析能力和应用能力。二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）ClO2又称百毒净，可用于水的净化和纸张、纺织品的漂白。用如图所示装置（夹持装置和加热装置省略）制备ClO2并探究ClO2的某些性质。已知：①高氯酸：沸点90℃，浓度低于60%比较稳定，浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸。②回答下列问题：（1）仪器a的名称为三颈烧瓶。实验开始前，胶塞及导管接口必须包锡箔纸，其原因是橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管易发生爆炸。（2）写出装置A制备ClO2同时生成高氯酸的化学方程式3NaClO3+3H2SO4（浓）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O。（3）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，装置C中生成NaC1O2，离子方程式为2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2。若关闭止水夹③，打开止水夹②，B中可观察到的现象为红布条褪色。（4）从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在38℃～60℃范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解。（5）城市饮用水处理新技术用NaClO2、高铁酸钠替代Cl2．如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是NaClO2、Cl2、Na2FeO4。【分析】A装置由过量浓硫酸和NaC1O3反应制备ClO2和高氯酸，反应为：3NaClO3+3H2SO4（浓）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O，高氯酸遇含碳化合物易爆炸，故胶塞及导管接口必须包锡箔纸，关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，ClO2与NaOH和H2O2在C中反应：2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2，控制温度38℃～60℃下进行进行减压蒸发结晶可得晶体NaClO2，关闭止水夹③，打开止水夹②，ClO2有强氧化性，使B中红布条褪色，用D中NaOH溶液吸收尾气，据此分析作答。【解答】解：（1）仪器a为三颈烧瓶；由题可知，高氯酸浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸，橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管易发生爆炸；故答案为：三颈烧瓶；橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管易发生爆炸；（2）A中由过量浓硫酸和NaC1O3反应制备ClO2和高氯酸，反应为：3NaClO3+3H2SO4（浓）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；故答案为：3NaClO3+3H2SO4（浓）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；（3）关闭止水夹②，打开止水夹①③，ClO2与NaOH和H2O2在C中反应：2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2；若关闭止水夹③，打开止水夹②，ClO2有强氧化性，使B中红布条褪色；故答案为：2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2；红布条褪色；（4）根据已知，温度低于38℃，得到的晶体含有结晶水，温度高于60℃NaClO2会分解，故从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在38℃～60℃进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解；故答案为：38℃～60℃；减压可降低沸点，较低温度下蒸发，避免晶体高温分解；（5）NaClO2中氯元素由+3价降为﹣1，则1molNaClO2转移电子4mol，消毒效率为，1molNa2FeO4转移电子3mol，消毒效率可表示为：，1molCl2转移电子2mol，消毒效率可表示为：，三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是NaClO2、Cl2、Na2FeO4；故答案为：NaClO2、Cl2、Na2FeO4。【点评】本题考查了物质的制备和性质检验，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、环境保护等，明确实验原理及实验基本操作方法、信息的有效运用是解本题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，题目难度较大。9．（15分）三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程：回答下列问题：（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式6Fe2++ClO3﹣+6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O。（2）“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为Fe（OH）3和Al（OH）3（填化学式）。（3）操作Ⅰ的步骤包括HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c（OH﹣）过大，其原理NH4Cl溶于水电离出的NH4+会抑制后期加入的NH3•H2O的电离。（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为甲（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是防止Co（OH）3的生成。写出该步骤的化学方程式H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O。（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co（NH3）6]Cl3转化成Co3+后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定（淀粉溶液做指示剂），反应原理：2Co3++2I﹣＝2Co2++I2，I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是ab。a．用久置于空气中的KI固体配制溶液b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡d．溶液蓝色退去，立即读数【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3：用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe（OH）3和Al（OH）3，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH＝2﹣3，加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O，再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。【解答】解：（1）加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2++ClO3﹣+6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O；故答案为：6Fe2++ClO3﹣+6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O；（2）加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe（OH）3和Al（OH）3；故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；（3）为防止产品水解，故[Co（NH3）6]Cl3应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤；故答案为：HCl氛围下蒸发浓缩；（4）流程中NH4Cl除作反应物外，NH4Cl溶于水电离出的NH4+会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c（OH﹣）过大；故答案为：NH4Cl溶于水电离出的NH4+会抑制后期加入的NH3•H2O的电离；（5）若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入H2O2，可防止Co（OH）3的生成，此时的反应为：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O；故答案为：甲；防止Co（OH）3的生成；H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O；（6）a．用久置于空气中的KI固体配制溶液，KI中部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的Na2S2O3标准液增多，测定结果偏高，a正确；b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，b正确；c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的Na2S2O3标准液体积读数偏小，测定结果偏低，c错误；d．溶液蓝色退去，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，立即读数，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，d错误；故答案为：ab。【点评】本题考查了物质制备方案设计，题目难度中等，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应、滴定误差的分析等，明确流程涉及的原理解本题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意相关基础知识的学习与积累。10．（14分）有效除去大气中的SO2和氮氧化物，是打赢蓝天保卫战的重中之重。（1）用NaOH溶液吸收热电企业产生的废气时，涉及如下转化：由图甲关系可得△H4＝△H1+△H2﹣△H3。（2）某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）（慢反应）△H＜02NO2（g）⇌N2O4（g）（快反应）△H＜0体系的总压强p总和PO2随时间的变化如图乙所示①图乙中表示O2压强变化的曲线是乙（填“甲”或“乙”）。②已知N2O5分解的反应速率v＝0.12pN2O5（kPa•h﹣1），t＝10h时，pN2O5＝28.2kPa，v＝3.38kPa•h﹣1（结果保留两位小数，下同）。③该温度下2NO2⇌N2O4反应的平衡常数Kp＝0.05kPa﹣1（Kp为以分压表示的平衡常数）。（3）亚硝酸盐广泛存在于各种水体和腌制品中，可用电吸附装置去除。去除量跟电压、初始浓度、共存阴离子等因素有关。某科研机构的实验结果如图丙所示：①据图丙可知，待处理液中NO2﹣与NO3﹣的C0＝500mg•L﹣1时，装置对NO3﹣的吸附量高于NO2﹣。②据图丙分析，为提高离子去除量可采取的措施有将NO2﹣预先氧化为NO3﹣或降低氯化钠的浓度（写出一条即可）。（4）电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理（工作原理如图丁所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当Fe电极消耗11.2g时，理论上可处理NaNO2含量为4.6%的污水100g。【分析】（1）图中转化关系可知2molNaoH通入二氧化硫气体生成亚硫酸钠，继续通入生成亚硫酸氢钠，或通入二氧化碳生成碳酸钠溶液，再通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，结合盖斯定律可知物质变化和起始状态与终了状态有关，与变化途径无关，据此计算得到；（2）①图乙中表示O2压强变化的曲线是乙，甲为总压强p总；②图甲表示总压强p总，反应起始只有N2O5气体，则起始pN2O5＝53.8kPa，根据图可知，t＝10h时，pO2＝12.8kPa，根据反应2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g），则该时间段N2O5的压强减少为12.8kPa×2＝25.6kPa，据此计算；③根据反应2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）计算N2O5完全分解时的压强计算出NO2和O2的压强，再根据2NO2（g）⇌N2O4（g）计算平衡时的NO2、N2O4压强，可得平衡常数；（3）①图丙可知，待处理液中NO2﹣与NO3﹣的C0＝500mg•L﹣1时，装置对NO3﹣的吸附量高于NO2﹣；②根据图丙，NaCl浓度越大，离子去除量减小，C0＝500mg•L﹣1时，NO3﹣的吸附量高于NO2﹣，据此分析；（4）根据图示，Fe为阳极，通电后，左极区产生浅绿色溶液，Fe放电生成Fe2+，电极反应为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，随后生成无色气体，说明Fe2+与NO2﹣发生氧化还原反应得到N2，同时生成Fe3+，反应为：6Fe2++8H++NO2﹣＝6Fe3++4H2O+N2↑，可得关系式：3Fe～NaNO2，据此计算。【解答】解：（1）图中转化关系可知2molNaoH通入二氧化硫气体生成亚硫酸钠，继续通入生成亚硫酸氢钠，或通入二氧化碳生成碳酸钠溶液，再通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠得到△H3+△H4＝△H1+△H2，H4＝△H1+△H2﹣△H3，故答案为：△H1+△H2﹣△H3；（2）①图象可知开始时压强为0，压强为0，随反应进行生成氧气，氧气的压强增大，故乙曲线是氧气压强变化的曲线，故答案为：乙；②图甲表示总压强p总，反应起始只有N2O5气体，则起始pN2O5＝53.8kPa，根据图可知，t＝10h时，pO2＝12.8kPa，根据反应2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g），则该时间段N2O5的压强减少为12.8kPa×2＝25.6kPa，故t＝10h时，pN2O5＝53.8kPa﹣25.6kPa＝28.2kPa，v＝0.12pN2O5（kPa•h﹣1）＝0.12×28.2kPa＝3.38kPa•h﹣1；故答案为：28.2；3.38；③已知：起始pN2O5＝53.8kPa，根据反应2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g），则N2O5完全分解时，生成的pNO2＝53.8kPa×2＝107.6kPa，pO2＝53.8kPa÷2＝26.9kPa，则总压强应该为107.6kPa+26.9kPa＝134.5kPa，根据图乙，最终压强为94.7kPa，则NO2转化发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）使压强减少了134.5kPa﹣94.7kPa＝39.8kPa，根据反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），△p＝pN2O4＝39.8kPa，则平衡时pNO2＝107.6kPa﹣2×29.8kPa＝28kPa，则该反应的平衡常数Kp＝＝0.05kPa﹣1；故答案为：0.05；（3）①图丙可知，待处理液中NO2﹣与NO3﹣的C0＝500mg•L﹣1时，装置对NO3﹣的吸附量高于NO2﹣；故答案为：500；②根据图丙，NaCl浓度越大，离子去除量减小，C0＝500mg•L﹣1时，NO3﹣的吸附量高于NO2﹣，故将NO2﹣预先氧化为NO3﹣或降低氯化钠的浓度，可以提高离子去除量；故答案为：将NO2﹣预先氧化为NO3﹣或降低氯化钠的浓度；（4）根据图示，Fe为阳极，通电后，左极区产生浅绿色溶液，Fe放电生成Fe2+，电极反应为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，随后生成无色气体，说明Fe2+与NO2﹣发生氧化还原反应得到N2，同时生成Fe3+，反应为：6Fe2++8H++NO2﹣＝6Fe3++4H2O+N2↑，可得关系式：3Fe～NaNO2，当Fe电极消耗11.2g时，理论上可处理NaNO2的质量为：＝4.2g，则废水的质量为：＝100g；故答案为：100。【点评】本题考查了盖斯定律、化学平衡的有关计算、电解池原理等知识点，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。三、【化学-选修3：物质结构与性质】11．（15分）氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr．回答下列问题：（1）已知银（Ag）位于元素周期表第五周期，与Cu同族，则基态Ag的价电子排布式为4d105s1。（2）下列关于物质结构与性质的说法，正确的是BCA．玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱B．Br、S、O三种元素的电负性顺序为O＞Br＞SC．Na的第一电离能小于Mg，但其第二电离能却远大于MgD．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S（3）依据VSEPR理论推测S2O32﹣的空间构型为四面体，中心原子S的杂化方式为sp3。[Ag（S2O3）2]3﹣中存在的化学键有BCE（填字母序号）A．离子键B．极性键C．非极性键D．金属键E．配位键（4）第一电子亲和能（E1）是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量（单位为kJ•mol﹣1），电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：元素AlSiPSClE1（kJ•mol﹣1）42.513472.0200349表中元素的E1自左而右呈增大趋势，试分析P元素呈现异常的原因P的价电子排布式为3s23p3，3p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子。（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B组成。则该氧化物的化学式为Fe3O4；已知该晶体的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则密度ρ为g•cm﹣3（用含a和NA的代数式表示）。【分析】（1）银（Ag）位于元素周期表第五周期，与Cu同族，处于第IB族；（2）A．玻尔原子结构模型能够成功地解释氢原子光谱；B．非金属性越强电负性越大；C．具有半充满、全充满、全空的电子构型的微粒，比较稳定，失去电子需要的能量较高；D．氢键影响物理性质，不影响化学性质；（3）S2O32﹣中其中1个S原子相当于O原子，中心S原子孤电子对数＝＝0、价层电子对数＝0+4＝4；[Ag（S2O3）2]3﹣中Ag+与S2O32﹣之间形成配位键，S2O32﹣中S原子之间形成非极性键，S与O原子之间形成极性键；（4）P原子的3p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子；（5）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心。O2﹣位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，均摊法计算晶胞中Fe、O原子数目确定化学式，计算晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。【解答】解：（1）银（Ag）位于元素周期表第五周期，与Cu同族，处于第IB族，价电子排布式为：4d105s1，故答案为：4d105s1；（2）A．玻尔原子结构模型能够成功地解释氢原子光谱，故A错误；B．非金属性越强电负性越大，故O＞Br＞S，故B正确；C．Mg原子3s轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于Na的，它们失去1个电子后，Na+的最外层排布为2s22p6，Mg+的最外层排布为3s1，Na+是稳定结构，第二电离能远高于Mg的，故C正确；D．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点大于H2S的，稳定性属于化学性质，与氢键无关，由共价键决定，故D错误，故选：BC；（3）S2O32﹣中其中1个S原子相当于O原子，中心S原子孤电子对数＝＝0、价层电子对数＝0+4＝4，微粒空间构型为四面体形