吉林省长春市普通高中2022-2022学年高三（上）质检化学试卷（一） 一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共42分．）1．下列物质的电子式书写正确的是（ ）A．B．C．D． 2．下列解释实验事实的离子方程式正确的是（ ）A．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2OB．用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓D．铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O 3．下列关于有机物的说法正确的是（ ）A．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C．一定条件下，理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2反应D．乙醇、乙酸均能与NaOH稀溶液反应，因为分子中均含有官能团“﹣OH” 4．下列关于物质分类的说法正确的是（ ）A．根据酸分子中含有的氢原子个数、将酸分为一元酸、二元酸和多元酸B．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素C．铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉均为混合物D．明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质 5．二氯丙烷的同分异构体（不考虑空间异构）数目为（ ）A．3种B．4种C．5种D．6种 6．读下列药品标签，有关分析不正确的是（ ）选项ABCD物品标签药品：×××分析该试剂应该装在橡胶塞的细口瓶中该药品不能与皮肤直接接触该物质受热易分解该物质浓度为18.4mol/LA．AB．BC．CD．D 7．原电池是将化学能转变为电能的装置．关于如图所示原电池的说法正确的是（ ）-27-A．Cu为负极，Zn为正极B．电子由铜片通过导线流向锌片C．正极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+D．原电池的反应本质是氧化还原反应 8．实验是化学研究的基础．下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）A．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢 9．X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大．下列说法正确的是（ ）A．M与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸B．Y2X和Y2X2中阴、阳离子的个数比相同，化学键类型也完全相同C．X、Y的简单离子半径：r（X2﹣）＞r（Y+）D．X的气态氢化物比M的气态氢化物稳定 10．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．将0.1molFeCl3溶于1L水中，所得溶液含Fe3+离子数目为0.1NAB．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC．常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAD．在高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA 11．在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物（如图所示），发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，保持温度不变，测得平衡时的有关数据如下：下列说法正确的是（ ）恒容容器甲恒压容器乙Y的物质的量/moln1n2Z的体积分数φ1φ2-27-A．平衡时容器乙的容积一定比反应前大B．平衡时容器甲的压强一定比反应前大C．n2＞n1D．φ2＞φ1 12．对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（ ）A．该反应的氧化剂只有CuSO4B．SO42﹣既不是氧化产物也不是还原产物C．1molCuSO4氧化了mol的SD．被还原的S和被氧化的S的质量比为3：7 13．仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（ ）编号仪器药品实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：Cl＞C＞SiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的A1C13溶液、NaOH溶液提纯混有MgC12杂质的AlCl3溶液A．AB．BC．CD．D 14．用惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液250mL，经过一段时间后，两极均得到11.2L气体（STP），则下列有关描述中，正确的是（ ）A．阳极发生的反应只有：40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑B．两极得到的气体均为混合气体C．若Cu2+起始浓度为lmol•L﹣l，则c（C1﹣）起始为2mol•L﹣1D．Cu2+的起始物质的量应大于0.5mol 二、必做题：本题共3小题，共43分．15．（14分）氮元素能形成多种多样的化合物．请回答：-27-（1）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣akJ/mol（a＞0）．N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1．达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：①298k时，该反应的平衡常数为 L•mol﹣1（精确到0.01）；②下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是 ；A．混合气体的密度保持不变；B．混合气体的颜色不再变化；C．混合气体的气体压强保持不变③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，则此时v（正） v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）常温条件下，向100mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d、e五个点（该条件下硫酸第二步电离是完全的）．①a点溶液的pH 1（填“＞”“＜”或“=”）；②b点溶液中发生水解反应的离子是 ；③c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为 ；④d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d e（填“＞”、“＜”或“=”）． 16．（14分）工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．（1）实验原理①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式 ．（2）实验装置（如图所示）（3）实验过程①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．-27-②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应．③待反应进行完全后，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入过量 （填化学式），与装置B瓶内物质充分反应．④ （填入该步应进行的操作）．⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg．（4）数据分析（已知：该实验条件下的气体摩尔体积为VmL•mol﹣1）①Al4C3的质量分数为 ．②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．③AlN的质量分数为 ． 17．（15分）发生在天津港“8•12”特大火灾爆炸事故，再一次引发了人们对环境问题的关注．（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施是将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为： ．（2）由于CaC2、金属钠、金属钾等物质能够跟水反应给灾后救援工作带来了很多困难．如果在实验室，你处理金属钠着火的方法是 ．（3）事故发生后，爆炸中心区、爆炸区居民楼周边以及海河等处都受到了严重的氰化物污染．处理NaCN的方法是：用NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成无毒害的物质，试写出该反应的离子反应方程式 ．（4）电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．电化学降解NO的原理如图所示，电源正极为 （填“a”或“b”）；若总反应为4NO3﹣+4H+═5O2↑+2N2↑+2H2O，则阴极反应式为 ．（5）欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O72﹣转化为Cr（OH）3沉淀除去．已知在常温下：Ksp[Fe（OH）2]=1×10﹣15、Ksp[Fe（OH）3]=1×10﹣38、Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣23，当离子浓度在1×10﹣5mol/L以下时认为该离子已经完全沉淀，请回答：①相同温度下Fe（OH）3的溶解度 Cr（OH）3的溶解度（填“＞”、“＜”或“=”）②浓度为0.1mol/L的Fe2+与10.0mol/LCr3+同时生成沉淀的pH范围是 ． -27-三选做题：（15分．请考生从给出的3道化学题任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．（共1小题，满分15分）[化学-选修（二）化学与技术]18．（15分）常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害．某化学兴趣小组拟采用如图1处理方法回收废电池中的各种资源．（1）填充物用60℃温水溶解，目的是 ．（2）操作A的名称为 ．（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是 （用化学方程式表示）．铜帽溶解完全后，可采用 方法除去溶液中过量的H2O2．（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为 ．（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①当1molMnO2参加反应时，共有 mol电子发生转移．②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该应的化学方程式： ．（6）锌锰干电池所含的汞可用KMnO4溶液吸收．在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如图2所示：根据图可知：①pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高，汞的吸收率 ．②在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是KMnO4在酸性条件下 强． [化学-选修（三）物质结构与性质]（共1小题，满分0分）19．铁是最常见的金属材料．铁能形成[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合铁（Ⅲ）]和Fe（CO）x等多种配合物．（1）基态Fe3+的M层电子排布式为 ；-27-（2）尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是 、 ；（3）配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= ．Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 （填晶体类型）．（4）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式．则这种堆积模型的配位数为 ，如果铁的原子半径为acm，阿伏加德常数的值为NA，则此种铁单质的密度表达式为 g/cm3． [化学-选修（五）有机化学基础]（共1小题，满分0分）20．以苯酚为原料合成某药物中间体M的合成路线如下．已知：（1）C中含氧官能团的名称为 ．（2）反应I的反应类型是 ．（3）反应Ⅱ的化学方程式为 ．（4）化台物B的名称是 ，E的结构简式为 ．（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 （任写两种）．①苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种②能与FeCl3溶液反应显紫色③红外光谱显示有 -27-吉林省长春市普通高中2022-2022学年高三（上）质检化学试卷（一）参考答案与试题解析 一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共42分．）1．下列物质的电子式书写正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】电子式．【分析】A．氮气分子中存在氮氮三键，应该存在3对共用电子对；B．氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；C．氯化氢为共价化合物，分子中存在一个氢氯共用电子对，氯原子最外层一个为8个电子；D．二氧化碳中存在两对C﹣O双键．【解答】解：A、氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气正确的电子式为，故A正确；B、氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符号形式，氯离子需要标出最外层电子，氯化钠正确的电子式为，故B错误；C、氯化氢属于共价化合物，分子中存在一个H﹣Cl键，氯原子最外层达到8个电子，氯化氢正确的电子式为，故C错误；D、CO2为共价化合物，电子式为，故D错误；故选A．【点评】本题考查了电子式的判断，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，注意掌握电子式的概念及正确的表示方法． 2．下列解释实验事实的离子方程式正确的是（ ）A．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2OB．用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓D．铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．用氢氧化钠溶液吸收氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；B．碳酸钙为沉淀，应保留化学式；C．漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；D．不符合反应的客观事实．【解答】解：A．用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正确；B．用大理石与稀盐酸制备二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；-27-C．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．铜片放入稀硝酸中产生气体，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式的拆分及反应必须符合客观事实，题目难度不大． 3．下列关于有机物的说法正确的是（ ）A．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C．一定条件下，理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2反应D．乙醇、乙酸均能与NaOH稀溶液反应，因为分子中均含有官能团“﹣OH”【考点】有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A、单糖不能水解；B、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应；C、甲苯与苯与氢气发生苯环上的加成反应；D、乙醇不能与氢氧化钠反应．【解答】解：A、单糖不能水解，故A错误；B、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应，故B错误；C、甲苯与苯与氢气发生苯环上的加成反应，故C正确；D、乙醇不能与氢氧化钠反应，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查的是常见有机物的性质与常见有机化学反应类型，难度不大． 4．下列关于物质分类的说法正确的是（ ）A．根据酸分子中含有的氢原子个数、将酸分为一元酸、二元酸和多元酸B．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素C．铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉均为混合物D．明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；金属和非金属；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；B、最外层电子数少的不一定是金属元素；C、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，结合物质的组成；D、强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，而电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物．【解答】解：A、酸分子中能电离成氢离子的个数分为几元酸，不能依据分子中所含的氢原子个数分类，故A错误；B、最外层电子数少的不一定是金属元素，如氢元素的最外层电子数为1，但为非金属元素，故B错误；C、铝热剂为铝粉和金属氧化物，福尔马林为甲醛的水溶液，水玻璃为硅酸钠的水溶液、漂白粉主要成分氯化钙和次氯酸钙，所以它们都属于混合物，故C正确；-27-D、强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，而电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，水银是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误．故选：C．【点评】本题主要考查混合物、强电解质、和金属元素非金属元素的辨别和定义，难度不大，注意把握概念的区别． 5．二氯丙烷的同分异构体（不考虑空间异构）数目为（ ）A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】二氯代产物可以取代同一碳原子上的2个H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断．【解答】解：丙烷二氯代产物取代同一碳原子上的2个H原子，有2种：CHCl2CH2CH3，CH3CCl2CH3，取代不同碳原子上的H原子，有2种：CH2ClCHClCH3，CH2ClCH2CH2Cl，共有4种；故选B．【点评】本题考查了同分异构体的判断，难度较大，注意二元取代通常利用定一移二的方法书写． 6．读下列药品标签，有关分析不正确的是（ ）选项ABCD物品标签药品：×××分析该试剂应该装在橡胶塞的细口瓶中该药品不能与皮肤直接接触该物质受热易分解该物质浓度为18.4mol/LA．AB．BC．CD．D【考点】化学试剂的分类；化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、氯水中含有次氯酸和盐酸，具有腐蚀性；B、腐蚀药品不能与皮肤直接接触；C、碳酸氢钠不稳定；D、根据c=来计算；【解答】解：A、氯水中含有次氯酸和盐酸，具有腐蚀性，能将橡胶腐蚀，所以存放氯水的试剂瓶不能用橡胶塞，故A错误；B、腐蚀药品不能与皮肤直接接触，故B正确；C、碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故C正确；D、物质浓度c===18.4mol/L，故D正确；-27-故选：A．【点评】本题主要考查了物质的性质于用途，难度不大，根据课本知识即可完成． 7．原电池是将化学能转变为电能的装置．关于如图所示原电池的说法正确的是（ ）A．Cu为负极，Zn为正极B．电子由铜片通过导线流向锌片C．正极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+D．原电池的反应本质是氧化还原反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、原电池活泼金属作负极，不活泼的为正极；B、原电池电子由负极流向正极；C、正极为铜表面氢离子得到电子生成氢气；D、原电池反应是自发进行的氧化还原反应．【解答】解：A、原电池泼金属作负极，不活泼的为正极，则Cu为正极，Zn为负极，故A错误；B、原电池电子由负极流向正极，所以由锌片通过导线流向铜片，故B错误；C、正极铜表面氢离子得到电子生成氢气，故C错误；D、原电池反应是自发进行的氧化还原反应，所以本质是氧化还原反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池原理的分析应用，装置特征，电极名称、电极反应判断，题目较简单． 8．实验是化学研究的基础．下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）A．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢【考点】连接仪器装置；物质的分离、提纯和除杂．【专题】压轴题．-27-【分析】根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；③是一种多功能瓶，可用作洗气瓶、集气瓶等，当作集气瓶时，根据气体的密度大小可从不同的导气管进气；收集氯化氢气体应用酸性干燥剂．【解答】解：A、装置①常用于分离沸点不同的液体混合物，故A错；B、装置②导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，故B错；C、当用装置③收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，故C正确；D、因碱石灰能与HCl反应，则装置④不可用来干燥HCl，故D错．故选C．【点评】本题考查物质的分离提纯、尾气吸收、气体收集以及气体的干燥等，注意物质的性质和实验装置的操作． 9．X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大．下列说法正确的是（ ）A．M与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸B．Y2X和Y2X2中阴、阳离子的个数比相同，化学键类型也完全相同C．X、Y的简单离子半径：r（X2﹣）＞r（Y+）D．X的气态氢化物比M的气态氢化物稳定【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】X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素；X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素，A．M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物亚硫酸是弱酸；B．Na2O和Na2O2中化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比相同；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强．【解答】解：X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素，A．M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物中H2SO4是强酸，但H2SO3是弱酸，故A错误；B．Na2O中只含离子键、Na2O2中含有共价键和离子键，所以化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比都是1：2，故B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径r：r（O2﹣）＞r（Na+），故C正确；D．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性X（O）＞M（S），所以气态氢化物的热稳定性：X＞M，故D正确；故选：CD．【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度不大． -27-10．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．将0.1molFeCl3溶于1L水中，所得溶液含Fe3+离子数目为0.1NAB．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC．常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAD．在高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．铁离子在溶液中部分水解，导致铁离子数目减少；B．羟基中含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子；C．NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子数；D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为+价．【解答】解：A．由于铁离子部分水解，则溶液中含有的铁离子小于0.1mol，所得溶液含Fe3+离子数目小于0.1NA，故A错误；B．1mol的羟基中含有9mol电子，1mol的氢氧根离子中含有10mol电子，二者所含电子数不相等，故B错误；C．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有4.6g最简式NO2，含有最简式的物质的量为：=0.1mol，所以该混合气体中含有0.2mol氧原子，含有的氧原子数目为0.2NA，故C正确；D．高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁，转移了mol电子，转移电子的数目为NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，B、D为易错点，注意B中羟基与氢氧根离子的区别，D中注意四氧化三铁中铁元素的化合价． 11．在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物（如图所示），发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，保持温度不变，测得平衡时的有关数据如下：下列说法正确的是（ ）恒容容器甲恒压容器乙Y的物质的量/moln1n2Z的体积分数φ1φ2A．平衡时容器乙的容积一定比反应前大B．平衡时容器甲的压强一定比反应前大C．n2＞n1-27-D．φ2＞φ1【考点】化学平衡的计算．【分析】将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A．乙中，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比；B．甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比；C．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大；D．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大．【解答】解：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A．乙中，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则压强减小，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，故A错误；B．甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比，甲中反应向哪个方向移动还是平衡状态未知，所以无法确定气体物质的量任何变化，导致无法确定压强是否变化及如何变化，故B错误；C．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，则Y的物质的量n2＜n1，故C错误；D．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大，所以φ2＞φ1，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡状态的有关判断，正确判断甲、乙存在等效平衡是解本题关键，知道P、V、T、n之间的关系，易错选项是B，题目难度中等． 12．对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（ ）A．该反应的氧化剂只有CuSO4B．SO42﹣既不是氧化产物也不是还原产物C．1molCuSO4氧化了mol的SD．被还原的S和被氧化的S的质量比为3：7【考点】氧化还原反应．【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，以此来解答．【解答】解：A．Cu、S元素的化合价降低，则氧化剂为CuSO4、FeS2，故A错误；B．由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，所以部分SO42﹣是氧化产物，故B错误；-27-C.1molCuSO4得到电子为1mol×（2﹣1）=1mol，由电子守恒可知，可氧化mol的S，故C正确；D．由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，7molS得到电子，则被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3，故D正错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意S元素的化合价变化为解答的易错点，明确Cu、S元素的化合价变化即可解答，题目难度中等． 13．仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（ ）编号仪器药品实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：Cl＞C＞SiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的A1C13溶液、NaOH溶液提纯混有MgC12杂质的AlCl3溶液A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液；B．应用最高价含氧酸比较非金属性强弱；C．氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；D．应用过滤的方法分离沉淀和溶液．【解答】解：A．可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液，可达到实验目的，故A正确；B．应用最高价含氧酸比较非金属性强弱，不能用盐酸，故B错误；C．缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液，不能完成实验，故C错误；D．应用过滤的方法分离沉淀和溶液，缺少漏斗、滤纸等仪器，故D错误．故选A．【点评】本题考查实验方案评价，为高考高频点，涉及溶液配制、中和滴定、物质的分离和提纯及性质比较，侧重于考查实验基本操作、实验评价能力，明确物质的性质及实验原理即可解答，题目难度不大． 14．用惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液250mL，经过一段时间后，两极均得到11.2L气体（STP），则下列有关描述中，正确的是（ ）A．阳极发生的反应只有：40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑B．两极得到的气体均为混合气体C．若Cu2+起始浓度为lmol•L﹣l，则c（C1﹣）起始为2mol•L﹣1D．Cu2+的起始物质的量应大于0.5mol-27-【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，结合两极均得到11.2L气体（STP），来解答．【解答】解：惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液，两极均得到11.2L气体，则阴极发生Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，A．阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故A错误；B．阴极只有氢气，故B错误；C．两极均得到11.2L气体，则n（H2）=0.5mol，电解时先发生Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，则n（Cl2）=n（O2）=0.25mol，所以c（C1﹣）起始为2mol•L﹣1，转移电子共1.5mol，由0.5mol电子转移时参加反应的Cu2+为0.25mol，所以Cu2+起始浓度为=lmol•L﹣l，故C正确；D．由C分析可知Cu2+的起始物质的量为0.25mol，小于0.5mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，选项C为解答的难点，注意转移的电子守恒来解答，题目难度中等． 二、必做题：本题共3小题，共43分．15．（14分）氮元素能形成多种多样的化合物．请回答：（1）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣akJ/mol（a＞0）．N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1．达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：①298k时，该反应的平衡常数为 6.67 L•mol﹣1（精确到0.01）；②下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是 A ；A．混合气体的密度保持不变；B．混合气体的颜色不再变化；C．混合气体的气体压强保持不变③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，则此时v（正） ＜ v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）常温条件下，向100mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d、e五个点（该条件下硫酸第二步电离是完全的）．①a点溶液的pH ＜ 1（填“＞”“＜”或“=”）；-27-②b点溶液中发生水解反应的离子是 NH4+ ；③c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为 c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+） ；④d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d ＞ e（填“＞”、“＜”或“=”）．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【分析】（1）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，带入平衡常数表达式计算；②A．气体的质量不变，容积恒定，因此气体的密度为一定值；B．混合气体的颜色不变，说明NO2的浓度保持恒定；C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）气压恒定时，正、逆反应速率相等；③反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；（2）①常温条件下，向100mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，硫酸氢铵溶液显酸性，铵根离子水解显酸性；②a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；③c点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分；④根据碱性溶液中，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小进行分析．【解答】解：（1）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K===6.67，故答案为：6.67；②A．反应物和生成物全是气态物质，气体的质量不变，容积为2L保持恒定，由ρ=可知气体的密度为一定值，因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，故A正确；B．混合气体的颜色不变说明NO2的浓度不变，说明反应处于化学平衡状态，故B错误；C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是一个气体体积减小的反应，气压恒定时，正、逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，故C错误；故答案为：A；③反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，NO2的浓度为0.3mol/L，浓度商Q===6.67=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，故：V（正）＜V（逆），故答案为：＜；（2）①硫酸氢铵溶液显酸性，铵根离子水解显酸性，0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中氢离子浓度大于0.1mol/L，溶液PH＜1，故答案为：＜；②a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，溶液中发生水解反应的离子是NH4+，故答案为：NH4+；-27-③c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42﹣），c点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）；④d、e溶液都为碱性溶液，溶液中的氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液体积越大，水的电离沉淀越小，故d点水的电离程度大于e点水的电离，故答案为：＞．【点评】本题考查平衡常数的计算、平衡的移动、离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，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；离子浓度大小比较常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答． 16．（14分）工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．（1）实验原理①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式 AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ ．（2）实验装置（如图所示）（3）实验过程①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞 K2、K3 ，打开活塞 K1 ，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应．③待反应进行完全后，关闭活塞 K1 ，打开活塞 K3 ，通过分液漏斗加入过量 NaOH （填化学式），与装置B瓶内物质充分反应．④ 打开K2，通入空气一段时间 （填入该步应进行的操作）．⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg．（4）数据分析（已知：该实验条件下的气体摩尔体积为VmL•mol﹣1）①Al4C3的质量分数为 ×100% ．②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．③AlN的质量分数为 ×100% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．-27-【分析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数，以此分析解答；（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3来书写方程式；（3）②通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1；③用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3；④装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；（4）①根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数；②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；③根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，可求得Al4C3的质量分数．【解答】解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（3）②通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，故答案为：K2、K3；K1；③用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，故答案为：K1；K3；NaOH；④装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间；（4）①甲烷的体积为（a﹣b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为×mol×144g/mol=g，Al4C3的质量分数为×100%，故答案为：×100%．②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；-27-③氨气的质量为（z﹣y）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，故AlN的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%．【点评】本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大． 17．（15分）发生在天津港“8•12”特大火灾爆炸事故，再一次引发了人们对环境问题的关注．（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施是将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为： C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=+13l.30kJ•mol﹣1 ．（2）由于CaC2、金属钠、金属钾等物质能够跟水反应给灾后救援工作带来了很多困难．如果在实验室，你处理金属钠着火的方法是 用沙土扑灭 ．（3）事故发生后，爆炸中心区、爆炸区居民楼周边以及海河等处都受到了严重的氰化物污染．处理NaCN的方法是：用NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成无毒害的物质，试写出该反应的离子反应方程式 2OH﹣+2CN﹣+5ClO﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+H2O+N2↑ ．（4）电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．电化学降解NO的原理如图所示，电源正极为 a （填“a”或“b”）；若总反应为4NO3﹣+4H+═5O2↑+2N2↑+2H2O，则阴极反应式为 2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O ．（5）欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O72﹣转化为Cr（OH）3沉淀除去．已知在常温下：Ksp[Fe（OH）2]=1×10﹣15、Ksp[Fe（OH）3]=1×10﹣38、Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣23，当离子浓度在1×10﹣5mol/L以下时认为该离子已经完全沉淀，请回答：①相同温度下Fe（OH）3的溶解度 ＜ Cr（OH）3的溶解度（填“＞”、“＜”或“=”）②浓度为0.1mol/L的Fe2+与10.0mol/LCr3+同时生成沉淀的pH范围是 6.0～7.0 ．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．-27-【分析】（1）盖斯定律的内容为：化学反应的反应热值与反应的始态和终态有关，而与反应进行的途径无关；根据盖斯定律，用第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式可得焦炭与水蒸气反应的热化学方程式；（2）金属钠可以和水以及空气中的成分：氧气、氮气、二氧化碳之间反应，据此回答；（3）NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成氮气；双氧水将废水中的CN﹣氧化成无毒的物质；（4）由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则b为负极，a为电源正极；阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成；（5）的溶液PH计算是取Fe2+开始沉淀和完全沉淀和Cr3+开始沉淀和完全沉淀时计算所得溶液PH的交集，根据Ksp[Fe（OH）2]=1×10﹣15、Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣23的意义以及表达式计算其pH．【解答】解：（1）已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=﹣241.81kJ•mol﹣1，②C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=﹣110.51kJ•mol﹣1，利用盖斯定律，将②﹣①可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g），△H=（﹣110.5kJ/mol）﹣（﹣241.8kJ/mol）=+13l.3kJ/mol，所以焦炭与水蒸气反应的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=+13l.30kJ•mol﹣1，故答案为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=+13l.30kJ•mol﹣1；（2）金属钠可以和水以及空气中的成分：氧气、氮气、二氧化碳之间反应，件数钠着火，可以用沙土扑灭，故答案为：用沙土扑灭；（3）NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成氮气，反应的离子反应方程式：2OH﹣+2CN﹣+5ClO﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+H2O+N2↑；双氧水将废水中的CN﹣氧化成无毒的物质，得到CN﹣被氧化后的产物为HCO3﹣（或CO32﹣）、N2，故答案为：2OH﹣+2CN﹣+5ClO﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+H2O+N2↑；（4）由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则b为负极，a为电源正极，在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O，故答案为：a；2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O；（5）①根据Ksp[Fe（OH）3]=1×10﹣38、Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣23，溶度积越大，物质的溶解能力强，所以同温度下Fe（OH）3的溶解度小于Cr（OH）3的溶解度，Ksp[Fe（OH）2]=1×10﹣15，c（Fe2+）=0.1mol/L时，c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，c（H+）=10﹣7mol/L，溶液的pH=7.0，Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣23，c（Cr3+）=10.0mol/L时，c（OH﹣）=1×10﹣8mol/L，pH=6.0，故答案为：6.0～7.0．故答案为：＜；6.0～7.0．【点评】本题反应热和反应方程式书写电解池及难溶电解质的相关知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等． 三选做题：（15分．请考生从给出的3道化学题任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．（共1小题，满分15分）[化学-选修（二）化学与技术]18．（15分）常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害．某化学兴趣小组拟采用如图1处理方法回收废电池中的各种资源．（1）填充物用60℃温水溶解，目的是 加快溶解速率 ．-27-（2）操作A的名称为 过滤 ．（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O （用化学方程式表示）．铜帽溶解完全后，可采用 加热 方法除去溶液中过量的H2O2．（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为 Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2 ．（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①当1molMnO2参加反应时，共有 4 mol电子发生转移．②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该应的化学方程式： 2MnO（OH）+6HCl（浓）2MnCl2+Cl2↑+4H2O ．（6）锌锰干电池所含的汞可用KMnO4溶液吸收．在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如图2所示：根据图可知：①pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高，汞的吸收率 先降低后增加 ．②在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是KMnO4在酸性条件下 氧化性 强．【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】（1）加热适当温度，可促进溶解，注意温度不能过高；（2）操作A用于分离固体和液体；（3）酸性条件下，双氧水能将铜氧化生成铜离子；加热条件下，双氧水易分解；（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，其负极上锌失电子发生氧化反应；（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①根据二氧化锰和转移电子之间的关系式计算；②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应生成氯化锰、氯气和水；-27-（6）根据横坐标与其吸收率曲线变化趋势分析；酸性条件下，高锰酸钾具有强氧化性．【解答】解：（1）加热适当温度，可促进溶解，故答案为：加快溶解速率；（2）分离不溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以该操作名称是过滤，故答案为：过滤；（3）酸性条件下，双氧水能将铜氧化生成铜离子反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；加热条件下，双氧水易分解生成水和氧气，所以除去双氧水的方法是加热，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；加热；（4）负极发生氧化反应，由方程式可知Zn被氧化生成Zn（OH）2，则电极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2；（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①该反应中，氧化剂是MnO（OH）、MnO2，还原剂是草酸，当1molMnO2参加反应时，转移电子的物质的量=（4﹣3）×2×2=4mol，故答案为：4；②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：2MnO（OH）+6HCl（浓）2MnCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：2MnO（OH）+6HCl（浓）2MnCl2+Cl2↑+4H2O；（6）①根据图象知，随着pH的增大，汞的吸收率先先降低后增加，故答案为：先降低后增加；②酸性条件下，高锰酸钾具有强氧化性，所以酸性条件下的高锰酸钾氧化性更强，故答案为：氧化性．【点评】本题考查了物质的分离和提纯、原电池原理，根据原电池正负极上发生的反应、物质的性质及其分离方法来分析解答，能从整体上把握物质分离过程，熟练掌握基础知识，灵活运用知识解答，题目难度中等． [化学-选修（三）物质结构与性质]（共1小题，满分0分）19．铁是最常见的金属材料．铁能形成[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合铁（Ⅲ）]和Fe（CO）x等多种配合物．（1）基态Fe3+的M层电子排布式为 3s23p63d5 ；（2）尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是 sp2 、 sp3 ；（3）配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= 5 ．Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 分子晶体 （填晶体类型）．（4）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式．则这种堆积模型的配位数为 8 ，如果铁的原子半径为acm，阿伏加德常数的值为NA，则此种铁单质的密度表达式为 g/cm3．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．-27-【分析】（1）Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；（2）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；（3）Fe原子最外层电子数为8，CO为配体，CO分子提供1对电子，进而计算x的值；Fe（CO）x常温下呈液态，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体；（4）Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，所以铁的配位数为8，每个晶胞中含有的铁原子数=1+8×=2，如果Fe的原子半径为acm，其体对角线为4个原子半径距离，则晶胞棱长=cm，其密度=g/cm3．【解答】解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，故答案为：3s23p63d5；（2）尿素（H2NCONH2）分子中C原子与O原子之间形成C=O双键，与N原子之间形成C﹣N单键，没有孤对电子，其杂化轨道数目为3，杂化方式为sp2杂化；尿素分子中N原子的价层电子对数为=4，所以N原子的杂化方式为sp3；故答案为：sp2；sp3；（3）Fe原子最外层电子数为8，CO为配体，CO分子提供1对电子，则8+2x=18，故x=5；Fe（CO）x常温下呈液态，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体，故答案为：5；分子晶体；（4）Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，所以铁的配位数为8，每个晶胞中含有的铁原子数=1+8×=2，如果Fe的原子半径为acm，其体对角线为4个原子半径距离，则晶胞棱长=cm，其密度=g/cm3=g/cm3=g/cm3，故答案为：8；=．-27-【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶体类型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，为高频考点，难点是晶胞计算，知道价层电子对互斥理论内涵，题目难度中等． [化学-选修（五）有机化学基础]（共1小题，满分0分）20．以苯酚为原料合成某药物中间体M的合成路线如下．已知：（1）C中含氧官能团的名称为 醛基、酚羟基 ．（2）反应I的反应类型是 加成反应 ．（3）反应Ⅱ的化学方程式为 ．（4）化台物B的名称是 乙醛 ，E的结构简式为 ．（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 任意2种 （任写两种）．①苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种-27-②能与FeCl3溶液反应显紫色③红外光谱显示有【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】苯酚与HCHO发生加成反应生成，再发生催化氧化生成A为，结合反应信息与C的结构简式可知，B为CH3CHO，C发生催化氧化生成D为，由M的结构可知F为，则D与HBr发生加成反应生成E为，E发生水解反应、酸化得到F，据此解答．，【解答】解：苯酚与HCHO发生加成反应生成，再发生催化氧化生成A为，结合反应信息与C的结构简式可知，B为CH3CHO，C发生催化氧化生成D为，由M的结构可知F为，则D与HBr发生加成反应生成E为，E发生水解反应、酸化得到F，（1）由C的结构简式可知，含氧官能团的名称为：醛基、酚羟基，故答案为：醛基、酚羟基；（2）反应I是苯酚与HCHO发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（3）反应Ⅱ的化学方程式为：，故答案为：；-27-（4）由上述分析可知，B为CH3CHO，名称为乙醛，E的结构简式为，故答案为：乙醛；；（5）满足下列条件的F（）的同分异构体：②能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基，③红外光谱显示有，含有甲酸形成的酯基，①苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种，结合F的结构可知，应含有2个酚羟基，为对称结构，符合条件的同分异构体有：，故答案为：任意2种．【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（5）中同分异构体的书写为易错点，难度中等． -27-
