2017年河北省沧州市普通高中高考化学模拟试卷（9月份）（解析版）
文档属性
| 名称 | 2017年河北省沧州市普通高中高考化学模拟试卷（9月份）（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 385.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-12 09:46:31 | ||
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文档简介
2017年河北省沧州市普通高中高考化学模拟试卷（9月份）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学在生产、生活中有广泛应用，下列对应关系不正确的是（ ）
选项
性质
实际应用
A
MgO熔点高
可用作耐火材料
B
KMnO4具有强氧化性
可用于漂白织物
C
常温下，铁能被浓硫酸钝化
常温下，可用铁质器皿盛放浓硫酸
D
TiCl4在水中能发生水解
可用TiCl4溶液制备TiO2
A．A
B．B
C．C
D．D
2．下列说法正确的是（ ）
A．“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10﹣9m）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
B．氢氟酸可用细口玻璃试剂瓶保存
C．粘附有硫单质的试管可用酒精洗涤
D．“地沟油”分馏可制得矿物柴油
3．下列化学用语使用正确的是（ ）
A．聚氯乙烯的结构简式为：
B．乙醇的官能团的电子式为：
C．S2﹣的结构示意图为：
D．乙酸的实验式为C2H4O2
4．下列说法正确的是（ ）
A．同时改变两个变量来研究化学平衡的移动，能更快得出有关规律
B．催化剂通过改变反应历程，降低反应的活化能来加快反应速率
C．可逆反应的平衡向正向移动，该反应的平衡常数一定增大
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率
5．某溶液中含有SO32﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣、Na+，向该溶液中加入足量的Na2O2，假设溶液体积变化忽略不计，下列说法不正确的是（ ）
A．有气体生成
B．Na+浓度基本不变
C．HCO3﹣浓度减小而CO32﹣浓度增大
D．SO32﹣发生反应的离子方程式为：SO32﹣+Na2O2+H2O=2Na++SO42﹣+2OH﹣
6．下列实验操作能达到实验目的是（ ）
A．向容量瓶中注入液体时，奖容量瓶的玻璃塞倒置在桌面上防止被污染
B．鉴别NO2和溴蒸汽时，将二者分别通到湿润的KI﹣淀粉试纸上观察颜色变化
C．将甲烷和乙烯的混合气体通入足量溴水，以除去乙烯
D．将洗净的滴定管放到烘箱中烘干，以加快干燥速度
7．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．淀粉和油脂的水解都是高分子生成小分子的过程
B．2﹣甲基丙烷和异丁烷互为同系物
C．属于取代反应
D．C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体有5种（不考虑立体异构）
8．生物硝化法处理含NH4+的废水的原理如图所示（不考虑其他物质影响），下列说法不正确的是（ ）
A．可用NaOH和湿润的红色的石蕊试纸检验NH4+
B．该方法会导致水体pH下降
C．该方法中O2做氧化剂，微生物做还原剂
D．处理后的废水需进一步处理才能排放
9．下列对图象的叙述正确的是（ ）
A．
对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），图①中的横轴x可以表示压强
B．
如图表示其他条件相同时，甲、乙两份等质量锌粉分别与足量稀硫酸反应，甲中加入少量铜粉
C．
如图可表示乙酸溶液中通入氨气至过量时溶液导电性的变化
D．
据图，若除去0.1mol L﹣1CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH至pH约为7
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，20gH218O中含有中子数目为12NA
B．标准状况下，11.2LC2H6中含有极性键的数目为3.5NA
C．1LpH=3的CH3COOH溶液中，含有H+的数目大于10﹣3NA
D．1L1mol L﹣1稀硝酸（还原产物为NO）与铁完全反应，转移电子数目为0.75NA
11．某小组设计如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．闭合K1，断开K2，可防止Fe发生吸氧腐蚀
B．闭合K1，断开K2，Cl﹣向石墨电极移动
C．闭合K2，断开K1，可用于制备家用消毒液（主要成分NaClO）
D．闭合K2，断开K1，电解质溶液中Na+的浓度不变
12．甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C（s）+2H2O（g） CO2（g）+2H2（g）△H＞0，有关数据如表所示．下列说法正确的是（ ）
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
平衡时吸收的热量
C（s）
H2O（g）
H2（g）
甲
2
T1
2
4
3.2
2.5
Q1
乙
1
T2
1
2
1.2
3
Q2
A．T1＜T2
B．Q1＞Q2
C．甲容器中，混合气体的密度始终保持不变
D．乙容器中，反应进行到1.5min时，n（H2O）=1.4mol
13．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z原子的电子数之比为3：4；X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：Y＞Z
C．X和W形成的化合物属于离子化合物
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物一定显酸性
14．下列装置（加持装置略去）能达到试验目的是（ ）
选项
A
B
C
D
装置
实验目的
比较非金属性：N＞C＞Si
制备并收集乙酸乙酯
除去Ca（OH）2中的NH4Cl
验证HCl的溶解性
A．A
B．B
C．C
D．D
15．已知：25℃时Ksp（BaSO4）=1.0×10﹣10．该温度下，CaSO4悬浊液中，c（Ca2+）与c（SO42﹣）的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，析出的沉淀量不同
B．a、b、c、d四点对应的体系中，d点体系最稳定
C．升高温度后，溶液可能会由a点转化为b点
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K=9×104
16．KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，酸性条件下，用0.100mol L﹣1KMnO4标准溶液滴定20.00mLH2C2O4溶液，达到滴定终点时，消耗16.00mL标准溶液，则H2C2O4溶液的浓度为（ ）
A．0.400mol L﹣1
B．0.300mol L﹣1
C．0.200mol L﹣1
D．0.100mol L﹣1
（一）必考题（共42分）
17．亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用．请回答：
（1）HNO3的电离常数Ka的表达式为 ．
（2）酸性条件下，K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+，该反应的离子方程式为 ．
（3）25℃时，用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，
已知：M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2）．则：
①原溶液中c（HNO2）为 （保留三位有效数字）．
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 （填选项字母）．
A．溶液只有NaNO2
B．水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1
C．溶液中离子浓度：c（Na+）=c（NO3﹣）
D．溶液中：c（Na+）＜c（OH﹣）
18．加热条件下，硅单质和HCl反应生成SiHCl3是粗硅提纯的重要步骤．某小组设计如图所示装置完成上述转化（夹持装置略去）．
已知：SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，CCl4的沸点为76.8°C．
请回答：
（1）仪器a的名称为 ；导管g的作用为 ；
（2）装置A中，浓硫酸体现的性质为 ；实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，理由是 ；
（3）装置C中发生反应的化学方程式为 ；
（4）装置D中所得的液态混合物的分离方法为 ．（填操作名称）
（5）反应后的气体通过装置F中的NaOH溶液后，对逸出气体的处理方法为 ；
（6）SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物和一种无氧酸，该反应的化学方程式为 ．
19．工业上用生锈的Fe粉和Cu粉的混合物制备CuSO4 5H2O和FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O的工艺流程如图1所示．
已知：①几种物质的溶解度（g/100gH2O）如表所示．
FeSO4 7H2O
（NH4）2SO4
FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
②溶液pH＞4时，Fe2+容易被氧化．
请回答：
（1）过滤所用的主要玻璃仪器为 ．
（2）溶液1中的主要溶质为 （填化学式）．
（3）进行操作2时，从溶液中析出晶体后，需趁热过滤，原因为 ．
（4）FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O用适量稀硫酸洗涤，而不是用水洗涤的原因为 ．
（5）称取2.50gCuSO4 5H2O样品，灼烧过程中样品质量随温度（T）变化的曲线如图2所示．
①120℃所的固体，继续加热至258℃时失水，所发生反应的化学方程式为 ．
②900℃时剩余固体只有一种铜的氧化物，其化学式为 ．
20．1，3﹣丁二烯（CH2=CHCH=CH2）和2﹣丁炔（CH3C
CH3）是重要的有机原料．
已知：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C
CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
Ⅲ．C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1
请回答：
（1）CH2=CHCH=CH2（g）转化为CH3C
CCH3（g）的热化学方程式为 ．C
C的键能为 kJ mol﹣1．
（2）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充入1.0molCH2=CHCH=CH2（g）和2.0molH2（g），发生反应Ⅰ．5min达到平衡，测得容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol．则：
①0～5min内，用H2表示的该反应速率v（H2）= ．
②T1℃时，该反应的平衡常数K= （保留四位有效数字）．
③下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 （填选项字母）．
A．容器内气体压强不再改变
B．容器内气体密度不在改变
C．CH2=CHCH=CH2（g）和H2（g）的体积分数之比为1：2
D．容器内气体平均摩尔质量不再改变
（3）一定条件下，向密闭容器中冲入一定量的CH3C
CCH3（g）和H2（g），发生反应Ⅱ，CH3C
CCH3（g）的平衡转化率（α）与温度（T）和压强（P）的关系如图所示．
①P1 P2（填“＞”“＜”或“=”，下同）
②a、b两点的平衡常数：K（a） K（b）．
（二）选考题（共10分．请考生从两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分10分）
21．钒和镍及其化合物是重要的催化剂和合金材料．请回答：
（1）基态V原子的价层电子排布式为 ；其中能量最高的电子所占用能级的原子轨道有 个伸展方向．
（2）VO2+与可形成配合物．
中，三种非金属原子的第一电离能由大到小的顺序为 （用元素符号表示）；C原子的杂化轨道类型为 ．
（3）镍形成的Ni（NH3）62+、Ni（CN）42﹣中，NH3分子中N原子的价层电子对数目为 ．写出一种与CN﹣互为等电子体的分子的化学式： ．
（4）La﹣Ni合金是重要的储氢材料，储氢后的晶胞如图所示．①合金中，1个La原子周围距离最近切相等的La原子数目为 ．
②含有1molNi原子的合金中储存H2的物质的量为 ．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
22．苯乙烯在有机合成中有广泛的应用．以苯乙烯为原料制备有机物M和N的合成路线如图所示（部分条件和试剂略去）．
请回答：
（1）B的化学名称 ．D中含氧官能团的结构简式为 ．
（2）顺式﹣E的结构简式为 ．
→F的反应类型为 ．
（3）N→H的化学方程式为 ．
（4）写出G的含有相同官能团的所有芳香族化合物的结构简式： ．
（5）参照上述合成路线，以CH3CHO为原料（无机试剂任选），设计制备HOCH2CH2COOH的合成路线： ．
2017年河北省沧州市普通高中高考化学模拟试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学在生产、生活中有广泛应用，下列对应关系不正确的是（ ）
选项
性质
实际应用
A
MgO熔点高
可用作耐火材料
B
KMnO4具有强氧化性
可用于漂白织物
C
常温下，铁能被浓硫酸钝化
常温下，可用铁质器皿盛放浓硫酸
D
TiCl4在水中能发生水解
可用TiCl4溶液制备TiO2
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．耐火材料应具由较高的熔点；
B．高锰酸钾不具有漂白性；
C．依据浓硫酸的强氧化性解答；
D．TiCl4溶液水解生成H2TiO3，钛酸加热分解生成二氧化钛．
【解答】解：A．氧化镁具有较高的熔点，可以用作耐火材料，故A正确；
B．高锰酸钾不具有漂白性，不能漂白织物，故B错误；
C．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，所以可以可用铁质器皿盛放浓硫酸，故C正确；
D．TiCl4溶液水解生成H2TiO3，钛酸加热分解生成二氧化钛，故D正确；
故选：B．
2．下列说法正确的是（ ）
A．“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10﹣9m）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
B．氢氟酸可用细口玻璃试剂瓶保存
C．粘附有硫单质的试管可用酒精洗涤
D．“地沟油”分馏可制得矿物柴油
【考点】胶体的重要性质；化学试剂的分类．
【分析】A、丁达尔效应是胶体所特有的性质；
B、HF能和玻璃的主要成分之一二氧化硅反应；
C、硫单质微溶于酒精；
D、地沟油的主要成分为油脂，属于酯类．
【解答】解：A、“钴酞菁”分子（直径为1.3×10﹣9米）的微粒半径介于胶体分散系范围内，属于胶体分散系，具有丁达尔效应，故A正确；
B、HF能和玻璃的主要成分之一二氧化硅反应生成SiF4气体和水，能腐蚀玻璃瓶，故不能盛装在玻璃瓶中，故B错误；
C、硫单质微溶于酒精，故用酒精洗涤的效果不好，应用CS2洗涤，故C错误；
D、地沟油的主要成分为油脂，属于酯类，而矿物柴油的主要成分为烃类，故地沟油不能制得矿物柴油，故D错误．
故选A．
3．下列化学用语使用正确的是（ ）
A．聚氯乙烯的结构简式为：
B．乙醇的官能团的电子式为：
C．S2﹣的结构示意图为：
D．乙酸的实验式为C2H4O2
【考点】电子式．
【分析】A．聚氯乙烯为氯乙烯通过加聚反应生成的，为高分子化合物；
B．乙醇的官能团是羟基，羟基不带电；
C．S为16号元素，S2﹣的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8；
D．乙酸的实验式：CH2O．
【解答】解：A．聚氯乙烯为氯乙烯通过加聚反应生成的，聚氯乙烯的结构简式为：，故A正确；
B．乙醇的官能团是羟基，羟基不带电，电子式为，故B错误；
C．S为16号元素，S2﹣的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子结构示意图为，故C错误；
D．乙酸的实验式是：CH2O，C2H4O2属于乙酸的化学式，故D错误；
故选A．
4．下列说法正确的是（ ）
A．同时改变两个变量来研究化学平衡的移动，能更快得出有关规律
B．催化剂通过改变反应历程，降低反应的活化能来加快反应速率
C．可逆反应的平衡向正向移动，该反应的平衡常数一定增大
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率
【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．
【分析】A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；
B．催化剂可降低反应的活化能；
C．温度不变，则平衡常数不变；
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，可减少环境污染．
【解答】解：A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律，应改变一个变量，故A错误；
B．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分数百分数，增大反应速率，故B正确；
C．温度不变，则平衡常数不变，故C错误；
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，可减少二氧化硫，以免造成环境污染，故D错误．
故选B．
5．某溶液中含有SO32﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣、Na+，向该溶液中加入足量的Na2O2，假设溶液体积变化忽略不计，下列说法不正确的是（ ）
A．有气体生成
B．Na+浓度基本不变
C．HCO3﹣浓度减小而CO32﹣浓度增大
D．SO32﹣发生反应的离子方程式为：SO32﹣+Na2O2+H2O=2Na++SO42﹣+2OH﹣
【考点】常见离子的检验方法．
【分析】向该溶液中加入足量的Na2O2，与水反应生成NaOH，且过氧化钠具有强氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氧气，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成NaOH，Na+浓度增大，故B错误；
C．NaOH与HCO3﹣反应，HCO3﹣浓度减小而CO32﹣浓度增大，故C正确；
D．过氧化钠具有强氧化性，与SO32﹣发生反应的离子方程式为：SO32﹣+Na2O2+H2O=2Na++SO42﹣+2OH﹣，故D正确；
故选B．
6．下列实验操作能达到实验目的是（ ）
A．向容量瓶中注入液体时，奖容量瓶的玻璃塞倒置在桌面上防止被污染
B．鉴别NO2和溴蒸汽时，将二者分别通到湿润的KI﹣淀粉试纸上观察颜色变化
C．将甲烷和乙烯的混合气体通入足量溴水，以除去乙烯
D．将洗净的滴定管放到烘箱中烘干，以加快干燥速度
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．容量瓶的瓶塞是与容量瓶刷在一起的；
B．二氧化氮和溴蒸汽都能够使湿润的KI﹣淀粉试纸变蓝；
C．甲烷不与溴水反应，而乙烯能够与溴水反应；
D．滴定管为精密仪器，不能烘干．
【解答】解：A．容量瓶的瓶塞无法倒置，应该悬挂于瓶口，故A错误；
B．NO2和溴蒸汽溶于水都具有强氧化性，无法用湿润的KI﹣淀粉试纸鉴别，故B错误；
C．将甲烷和乙烯的混合气体通入足量溴水，由于只有乙烯与溴水反应，可以据此除去乙烯，故C正确；
D．滴定管为精密的仪器，不能放到烘箱中烘干，故D错误；
故选C．
7．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．淀粉和油脂的水解都是高分子生成小分子的过程
B．2﹣甲基丙烷和异丁烷互为同系物
C．属于取代反应
D．C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体有5种（不考虑立体异构）
【考点】有机化合物的异构现象；有机化学反应的综合应用．
【分析】A、油脂不属于高分子；
B、结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；
C、根据有机物原子的变化情况确定有机反应类型；
D、含有两个或两个以上取代基的同分异构体书写，若只凭想象写很容易造成重、漏现象．不如先将所有取代基拿下，分析母体对称性找出被一个取代基取代的产物种类，然后再分析各种一取代物的对称性，看第二个取代基可进入的位置，…，直至全部取代基都代入．
【解答】解：A．油脂不属于高分子，则油脂水解不是高分子生成小分子的过程，故A错误；
B、2﹣甲基丙烷和异丁烷是同一物质，故B错误；
C、根据有机物原子的变化情况，确定该反应的反应类型是加成反应，故C错误；
D、①先不考虑Cl，写出C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3﹣CH=CH2
②由于CH3﹣CH=CH2
只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl﹣CH=CH2、CH3﹣CCl=CH2、CH3﹣CH=CHCl
③再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物：
CH2Cl﹣CH=CH2
的取代产物有三种：CHCl2﹣CH=CH2，CH2Cl﹣CCl=CH2，CH2Cl﹣CH=CHCl
CH3﹣CCl=CH2
的取代产物有两种：CH2Cl﹣CCl=CH2
（重复），CH3﹣CCl=CHCl
CH3﹣CH=CHCl
的取代产物有三种：CH2Cl﹣CH=CHCl
（重复），CH3﹣CCl=CHCl
（重复），CH3﹣CH=CCl2
所以，分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种，故D正确．
故选D．
8．生物硝化法处理含NH4+的废水的原理如图所示（不考虑其他物质影响），下列说法不正确的是（ ）
A．可用NaOH和湿润的红色的石蕊试纸检验NH4+
B．该方法会导致水体pH下降
C．该方法中O2做氧化剂，微生物做还原剂
D．处理后的废水需进一步处理才能排放
【考点】"三废"处理与环境保护．
【分析】A．氢氧化钠与铵根离子反应生成氨气，氨气能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝；
B．根据NH4+与氧气的反应判断；
C．该方法中O2做氧化剂，NH4+做还原剂；
D．处理后的废水含有氢离子和硝酸根离子．
【解答】解：A．氢氧化钠与铵根离子反应生成氨气，氨气能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝，所以可用NaOH和湿润的红色的石蕊试纸检验NH4+，故A正确；
B．NH4++2O2NO3﹣++2H++H2O，反应生成氢离子，溶液的pH下降，故B正确；
C．由NH4++2O2NO3﹣++2H++H2O可知，该方法中O2做氧化剂，NH4+做还原剂，故C错误；
D．处理后的废水含有氢离子和硝酸根离子，所以处理后的废水需进一步处理才能排放，故D正确．
故选C．
9．下列对图象的叙述正确的是（ ）
A．
对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），图①中的横轴x可以表示压强
B．
如图表示其他条件相同时，甲、乙两份等质量锌粉分别与足量稀硫酸反应，甲中加入少量铜粉
C．
如图可表示乙酸溶液中通入氨气至过量时溶液导电性的变化
D．
据图，若除去0.1mol L﹣1CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH至pH约为7
【考点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性．
【分析】A、对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），增大压强，平衡正向移动；
B、构成原电池加快化学反应的速率；
C、乙酸溶液中通入氨气，首先生成强电解质乙酸铵，溶液的导电能力增强，再通入氨气离子浓度基本不变；
D、NaOH至pH约为7时铜离子也开始沉淀．
【解答】解：A、对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），增大压强，平衡正向移动，所以A2的浓度变大，而不是减小，故A错误；
B、构成原电池加快化学反应的速率，锌粉中混有铜粉，构成原电池，反应速率加快，故B正确；
C、乙酸溶液中通入氨气，首先生成强电解质乙酸铵，溶液的导电能力增强，再通入氨气离子浓度基本不变，所以溶液的导电能力是先增强再基本保持不变，故C错误；
D、NaOH至pH约为7时铜离子也开始沉淀，所以不能加碱到pH=7，故D
错误；
故选B．
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，20gH218O中含有中子数目为12NA
B．标准状况下，11.2LC2H6中含有极性键的数目为3.5NA
C．1LpH=3的CH3COOH溶液中，含有H+的数目大于10﹣3NA
D．1L1mol L﹣1稀硝酸（还原产物为NO）与铁完全反应，转移电子数目为0.75NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出20gH218O的物质的量，然后根据H218O中含10个中子来分析；
B、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性键来分析；
C、pH=3的醋酸溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L；
D、根据稀硝酸和铁的反应方程式为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O来分析．
【解答】解：A、20gH218O的物质的量为1mol，而H218O中含10个中子，故1molH218O中含有10NA个中子，故A错误；
B、标况下11.2L乙烷的物质的量为0.5mol，而乙烷中含6条极性键，故0.5mol乙烷中含3NA条极性键，故B错误；
C、pH=3的醋酸溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L，故1L溶液中含有的氢离子的个数为0.001NA个，故C错误；
D、根据稀硝酸和铁的反应方程式为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，8mol硝酸～6mol电子，设1mol硝酸转移的电子的物质的量为xmol，则有：，解得x=0.75mol，即0.75NA个，故D正确．
故选D．
11．某小组设计如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．闭合K1，断开K2，可防止Fe发生吸氧腐蚀
B．闭合K1，断开K2，Cl﹣向石墨电极移动
C．闭合K2，断开K1，可用于制备家用消毒液（主要成分NaClO）
D．闭合K2，断开K1，电解质溶液中Na+的浓度不变
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】闭合K1，断开K2，铁、石墨、饱和食盐水构成原电池，铁在中性环境发生吸氧腐蚀，铁失电子作负极，阴离子向负极移动；闭合K2，断开K1，有外接电源，为电解池，铁与电源负极相连作阴极，溶液中的氢离子在阴极得电子发生还原反应产生氢气，水的电离受到破坏，氢氧根的浓度增大，在该区域生成氢氧化钠，石墨与电源正极相连作阳极，氯离子在阳极失电子发生氧化反应产生氯气，据此解答．
【解答】解：闭合K1，断开K2，铁、石墨、饱和食盐水构成原电池，铁在中性环境发生吸氧腐蚀，铁失电子作负极，阴离子向负极移动；闭合K2，断开K1，有外接电源，为电解池，铁与电源负极相连作阴极，溶液中的氢离子在阴极得电子发生还原反应产生氢气，水的电离受到破坏，氢氧根的浓度增大，在该区域生成氢氧化钠，石墨与电源正极相连作阳极，氯离子在阳极失电子发生氧化反应产生氯气．
A．闭合K1，Fe作负极，在中性溶液中发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．原电池装置中，阴离子向负极移动，故B错误；
C．闭合K2，形成电解池，阳极产生的氯气向上扩散与阴极产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠，故C正确；
D．电解消耗水，Na+的浓度增大，故D错误；
故选C．
12．甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C（s）+2H2O（g） CO2（g）+2H2（g）△H＞0，有关数据如表所示．下列说法正确的是（ ）
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
平衡时吸收的热量
C（s）
H2O（g）
H2（g）
甲
2
T1
2
4
3.2
2.5
Q1
乙
1
T2
1
2
1.2
3
Q2
A．T1＜T2
B．Q1＞Q2
C．甲容器中，混合气体的密度始终保持不变
D．乙容器中，反应进行到1.5min时，n（H2O）=1.4mol
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．浓度相同时，温度高的反应速率大；
B．物质的量与热量成正比；
C．C为固体，可知气体的质量为变量，则密度为变量；
D．达到平衡时需要3min，前1.5min反应速率大于后1.5min的反应速率．
【解答】解：A．浓度相同时，温度高的反应速率大，甲中时间少，则T1＞T2，故A错误；
B．物质的量与热量成正比，则甲中氢气的物质的量大于乙中氢气物质的量的2倍，则Q1＞Q2，故B正确；
C．C为固体，可知气体的质量为变量，则密度为变量，则达到平衡前密度改变，故C错误；
D．达到平衡时需要3min，前1.5min反应速率大于后1.5min的反应速率，则反应进行到1.5min时，n（H2O）＜1.4mol，故D错误；
故选B．
13．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z原子的电子数之比为3：4；X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：Y＞Z
C．X和W形成的化合物属于离子化合物
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物一定显酸性
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，则甲为碱且为强碱溶液，短周期元素形成的强碱为NaOH，则X、Z、W分别是H、O、Na元素，Y、Z原子的电子数之比为3：4，则Y是C元素；
A．原子电子层数越多，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；
B．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
C．X、W分别是H、Na元素，二者形成的化合物是NaH；
D．X、Y、Z分别是H、C、O元素，三种元素形成的化合物可能是碳酸、醇、醛、羧酸、酯等．
【解答】解：四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，则甲为碱且为强碱溶液，短周期元素形成的强碱为NaOH，则X、Z、W分别是H、O、Na元素，Y、Z原子的电子数之比为3：4，则Y是C元素；
A．原子电子层数越多，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，所以原子半径大小顺序是W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Z＞Y，所以氢化物的稳定性Z＞Y，故B错误；
C．X、W分别是H、Na元素，二者形成的化合物是NaH，NaH由阴阳离子构成，是离子化合物，故C正确；
D．X、Y、Z分别是H、C、O元素，三种元素形成的化合物可能是碳酸、醇、醛、羧酸、酯等，碳酸和羧酸具有酸性，但醛、醇、酯等没有酸性，故D错误；
故选C．
14．下列装置（加持装置略去）能达到试验目的是（ ）
选项
A
B
C
D
装置
实验目的
比较非金属性：N＞C＞Si
制备并收集乙酸乙酯
除去Ca（OH）2中的NH4Cl
验证HCl的溶解性
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸；
B．收集乙酸乙酯的导管不能插入碳酸氢钠溶液，否则易发生倒吸现象；
C．加热条件下氢氧化钙与氯化铵发生反应生成氯化钙和氨气；
D．滴加水后，根据气球是否膨胀可判断氯化氢的溶解性．
【解答】解：A．硝酸易挥发，应除掉二氧化碳中的硝酸，再与硅酸钠反应，否则干扰了检验结果，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时，收集乙酸乙酯的导致不能深入饱和碳酸氢钠溶液中，否则挥发出的乙酸、乙醇易溶于水，会发生倒吸现象，故B错误；
C．由于Ca（OH）2与NH4Cl在加热条件下反应生成氨气和氯化钙，无法通过加热除去Ca（OH）2中的NH4Cl，故C错误；
D．HCl溶于水后，烧杯中气体压强小于大气球，气球膨胀，从而可证明HCl的溶解性，故D正确；
故选D．
15．已知：25℃时Ksp（BaSO4）=1.0×10﹣10．该温度下，CaSO4悬浊液中，c（Ca2+）与c（SO42﹣）的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，析出的沉淀量不同
B．a、b、c、d四点对应的体系中，d点体系最稳定
C．升高温度后，溶液可能会由a点转化为b点
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K=9×104
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，抑制固体溶解的作用相同；
B．曲线上的点为平衡点，c为不饱和溶液，d为过饱和溶液；
C．a点转化为b点，c（Ca2+）减小、c（SO42﹣）增大，而升高温度，c（Ca2+）与c（SO42﹣）浓度均增大；
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K==．
【解答】解：A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，抑制固体溶解的作用相同，则析出的沉淀量相同，故A错误；
B．曲线上的点为平衡点，c为不饱和溶液，d为过饱和溶液，则d点体系最不稳定，故B错误；
C．a点转化为b点，c（Ca2+）减小、c（SO42﹣）增大，而升高温度，c（Ca2+）与c（SO42﹣）浓度均增大，则升高温度不能使溶液由a点转化为b点，故C错误；
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K====9×104，故D正确；
故选D．
16．KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，酸性条件下，用0.100mol L﹣1KMnO4标准溶液滴定20.00mLH2C2O4溶液，达到滴定终点时，消耗16.00mL标准溶液，则H2C2O4溶液的浓度为（ ）
A．0.400mol L﹣1
B．0.300mol L﹣1
C．0.200mol L﹣1
D．0.100mol L﹣1
【考点】氧化还原反应．
【分析】酸性条件下，KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，离子方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，则2MnO4﹣～～5H2C2O4，结合相关公式求解．
【解答】解：酸性条件下，KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，
则2MnO4﹣～～5H2C2O4，
2
5
0.100×16
20×c（H2C2O4）
所以c（H2C2O4）==0.2mol/L，
故选C．
（一）必考题（共42分）
17．亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用．请回答：
（1）HNO3的电离常数Ka的表达式为 ．
（2）酸性条件下，K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+，该反应的离子方程式为 Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O ．
（3）25℃时，用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，
已知：M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2）．则：
①原溶液中c（HNO2）为 0.110mol/L （保留三位有效数字）．
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 BC （填选项字母）．
A．溶液只有NaNO2
B．水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1
C．溶液中离子浓度：c（Na+）=c（NO3﹣）
D．溶液中：c（Na+）＜c（OH﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，电离平衡常数等于生成离子浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式；
（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等；
②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1；
C．根据电荷守恒判断c（Na+）、c（NO3﹣）相对大小；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大．
【解答】解：（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，HNO2 H++NO2﹣，电离平衡常数Ka=，故答案为：；
（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，1个Cr2O72﹣降低6价，一个NO2﹣被氧化为硝酸根离子，化合价升2价，依据氧化还原反应化合价升降数目相等，Cr2O72﹣系数为1，亚硝酸根离子系数为3，依据原子个数守恒，反应的方程式为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O；
（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等，则c（HNO2）．v（HNO2）=c（NaOH）．V（NaOH）
所以c（HNO2）==0.110mol/L，
故答案为：0.110mol/L；
②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量，则溶液中的溶质为亚硝酸钠和亚硝酸，故A错误；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1，故B正确；
C．溶液中c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），故C正确；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大，所以c（Na+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选BC．
18．加热条件下，硅单质和HCl反应生成SiHCl3是粗硅提纯的重要步骤．某小组设计如图所示装置完成上述转化（夹持装置略去）．
已知：SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，CCl4的沸点为76.8°C．
请回答：
（1）仪器a的名称为 蒸馏烧瓶 ；导管g的作用为 平衡压强，使浓硫酸容易滴加（或其它合理答案） ；
（2）装置A中，浓硫酸体现的性质为 吸水性 ；实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，理由是 排尽装置中的空气，避免SiHCl3与空气中的水蒸气反应和被O2氧化 ；
（3）装置C中发生反应的化学方程式为 Si+3HClSiHCl3+H2 ；
（4）装置D中所得的液态混合物的分离方法为 蒸馏 ．（填操作名称）
（5）反应后的气体通过装置F中的NaOH溶液后，对逸出气体的处理方法为 点燃（或气囊收集） ；
（6）SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物和一种无氧酸，该反应的化学方程式为 2SiHCl3+O2+2H2O═2SiO2+6HCl ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】粗硅提纯：装置A，蒸馏烧瓶中盛放浓盐酸，分液漏斗中盛放浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性以及氯化氢的挥发性，打开分液漏斗活塞，从A中排出氯化氢气体，排尽装置中的空气，装置B，对氯化氢气体进行干燥，装置C，粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2；装置F中的氢氧化钠是为了吸收过量的氯化氢，装置E防止F中的水蒸气进入装置D与SiHCl3发生反应，装置D收集SiHCl3，通过装置F后，剩余气体为氢气，可通过点燃或气囊收集处理．
（1）根据仪器a的特征以及常见仪器的名称解答，装置A中的b导管是为了平衡压强的作用；
（2）浓硫酸具有吸水性，氯化氢易挥发，SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易被氧化；
（3）硅和氯化氢在加热的条件下反应生成和三氯硅烷和氢气；
（4）得到的产物沸点不同，可以控制沸点通过蒸馏的方法得到SiHCl3；
（5）反应后的气体为氢气，氢气具有可可燃性，可通过燃烧或气囊收集的方法处理尾气；
（6）SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物为二氧化硅，一种无氧酸根据原子守恒可知为氯化氢．
【解答】解：（1）仪器a是具有支管的烧瓶，为蒸馏烧瓶，装置A中的b导管是为了平衡压强的作用，使分液漏斗中的液体浓硫酸顺利流下，
故答案为：蒸馏烧瓶；平衡压强，使浓硫酸容易滴加（或其它合理答案）；
（2）装置A，蒸馏烧瓶中盛放浓盐酸，分液漏斗中盛放浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性以及氯化氢的挥发性，打开分液漏斗活塞，从A中排出氯化氢气体，SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，排尽装置中的空气，避免SiHCl3与空气中的水蒸气反应和被O2氧化，
故答案为：吸水性；
排尽装置中的空气，避免SiHCl3与空气中的水蒸气反应和被O2氧化；
（3）根据题干信息，硅单质和HCl反应生成SiHCl3可知，硅和氯化氢反应的方程式为：Si+3HClSiHCl3+H2，
故答案为：Si+3HClSiHCl3+H2；
（4）SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，制出的SiHCl3可能不纯，提纯SiHCl3的方法是利用其沸点较低，通过蒸馏的方法分离得到纯净的SiHCl3，
故答案为：蒸馏；
（5）硅单质和HCl反应Si+3HClSiHCl3+H2，粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2；装置F中的氢氧化钠是为了吸收过量的氯化氢，通过装置F后，剩余气体为氢气，氢气燃烧生成水，可通过点燃或气囊收集处理，
故答案为：点燃（或气囊收集）；
（6）硅的稳定氧化物为二氧化硅，SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物为二氧化硅，根据原子守恒可知一种无氧酸为氯化氢，所以该反应的化学方程式为：2SiHCl3+O2+2H2O═2SiO2+6HCl，
故答案为：2SiHCl3+O2+2H2O═2SiO2+6HCl．
19．工业上用生锈的Fe粉和Cu粉的混合物制备CuSO4 5H2O和FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O的工艺流程如图1所示．
已知：①几种物质的溶解度（g/100gH2O）如表所示．
FeSO4 7H2O
（NH4）2SO4
FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
②溶液pH＞4时，Fe2+容易被氧化．
请回答：
（1）过滤所用的主要玻璃仪器为 玻璃棒、漏斗、烧杯 ．
（2）溶液1中的主要溶质为 FeSO4、H2SO4 （填化学式）．
（3）进行操作2时，从溶液中析出晶体后，需趁热过滤，原因为 减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯 ．
（4）FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O用适量稀硫酸洗涤，而不是用水洗涤的原因为 抑制亚铁离子和铵根离子的水解，防止亚铁离子被氧化 ．
（5）称取2.50gCuSO4 5H2O样品，灼烧过程中样品质量随温度（T）变化的曲线如图2所示．
①120℃所的固体，继续加热至258℃时失水，所发生反应的化学方程式为 CuSO4 H2OCuSO4+H2O ．
②900℃时剩余固体只有一种铜的氧化物，其化学式为 Cu2O ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】流程分析可知生锈的Fe粉和Cu粉的混合物，加入足量和稀硫酸得硫酸亚铁溶液及铜固体，过滤得滤渣1为铜，滤液1为硫酸亚铁和稀硫酸混合溶液，在铜中再加硫酸同时通入氧气氧化铜得硫酸铜溶液，经蒸浓缩、降温结晶可得硫酸晶体，滤液1经调节PH值，再加入硫酸铵，经蒸发浓缩，趁热过滤可得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，同时可减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯，再经适量稀硫酸洗涤干燥得较纯的FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，据此答题；
【解答】解：流程分析可知生锈的Fe粉和Cu粉的混合物，加入足量和稀硫酸得硫酸亚铁溶液及铜固体，过滤得滤渣1为铜，滤液1为硫酸亚铁和稀硫酸混合溶液，在铜中再加硫酸同时通入氧气氧化铜得硫酸铜溶液，经蒸浓缩、降温结晶可得硫酸晶体，滤液1经调节PH值，再加入硫酸铵，经蒸发浓缩，趁热过滤可得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，同时可减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯，再经适量稀硫酸洗涤干燥得较纯的FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，
（1）过滤所用的主要玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：；
（2）根据上面分析可知，溶液1中的主要溶质为FeSO4、H2SO4，
故答案为：FeSO4、H2SO4；
（3）根据题中提供的溶解度数据可知，进行操作2时，从溶液中析出晶体后，需趁热过滤，原因为减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯，
故答案为：减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯；
（4）FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O用适量稀硫酸洗涤，抑制亚铁离子和铵根离子的水解，防止亚铁离子被氧化，
故答案为：抑制亚铁离子和铵根离子的水解，防止亚铁离子被氧化；
（5）①设
CuSO4 5H2O分解的方程式为CuSO4 5H2OCuSO4 （5﹣x）H2O+xH2O，
250
18x
2.5
2.5﹣1.78
解得x=4，对应固体的化学式为CuSO4 H2O，同理可推知，1.60g对应固体的化学式为CuSO4，所以发生反应的化学方程式为CuSO4 H2OCuSO4+H2O，
故答案为：CuSO4 H2OCuSO4+H2O；
②2.50gCuSO4 5H2O样品中铜元素的物质的量为0.01mol，根据铜元素守恒可知，900℃时剩余固体只有一种铜的氧化物中铜元素也为0.01mol，而此时固体的质量为0.72g，所以氧化物中氧元素的物质的量为mol=0.005mol，所以该铜的氧化物的化学式为
Cu2O，
故答案：Cu2O．
20．1，3﹣丁二烯（CH2=CHCH=CH2）和2﹣丁炔（CH3C
CH3）是重要的有机原料．
已知：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C
CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
Ⅲ．C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1
请回答：
（1）CH2=CHCH=CH2（g）转化为CH3C
CCH3（g）的热化学方程式为 CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）△H=+36.1kJ mol﹣1 ．C
C的键能为 839.9 kJ mol﹣1．
（2）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充入1.0molCH2=CHCH=CH2（g）和2.0molH2（g），发生反应Ⅰ．5min达到平衡，测得容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol．则：
①0～5min内，用H2表示的该反应速率v（H2）= 0.024mol L﹣1 min﹣1 ．
②T1℃时，该反应的平衡常数K= 234.4 （保留四位有效数字）．
③下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 AD （填选项字母）．
A．容器内气体压强不再改变
B．容器内气体密度不在改变
C．CH2=CHCH=CH2（g）和H2（g）的体积分数之比为1：2
D．容器内气体平均摩尔质量不再改变
（3）一定条件下，向密闭容器中冲入一定量的CH3C
CCH3（g）和H2（g），发生反应Ⅱ，CH3C
CCH3（g）的平衡转化率（α）与温度（T）和压强（P）的关系如图所示．
①P1 ＞ P2（填“＞”“＜”或“=”，下同）
②a、b两点的平衡常数：K（a） = K（b）．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）已知：：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
由盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）；设C≡C的键能为x，结合C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1计算可得x；
（2）①根据v=计算；
②计算各物质平衡浓度，根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比计算K；
③化学平衡时：正逆反应速率相等，各物质的含量保持不变，据此分析；
（3）①反应Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）是个气体体积减小的反应，恒容相当于加压，根据压强对化学平衡的影响分析；
②温度不变，化学平衡常数K不变．
【解答】解：（1）已知：：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
由盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）△H=+36.1kJ mol﹣1；设C≡C的键能为x，C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1，反应前后的C﹣H相等，则x+348×2﹣612×2﹣348=﹣36.1，解得x=839.9kJ mol﹣1；
故答案为：CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）△H=+36.1kJ mol﹣1；839.9；
（2）①平衡时容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol，参加反应的氢气的物质的量为1.2mol，则0～5min，v（H2）==0.024mol L﹣1 min﹣1；
故答案为：0.024mol L﹣1 min﹣1；
②得容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol，列三段式：
CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）
c始：0.1
0.2
0
c转：0.06
0.12
0.06
c平：0.04
0.08
0.06
则此温度下化学平衡常数K=≈234.4；
故答案为：234.4；
③A．该反应左右两边均为气体且气体分子总数不等，容器内气体压强改变，不再改变时，反应达到平衡，故A正确；
B．容器内混合气体的总质量不变，恒容气体体积不变，则密度始终不变，故B错误；
C．CH2=CHCH=CH2（g）和H2（g）的体积分数之比为1：2并保持不变，故C错误；
D．容器内混合气体的总质量不变，气体总的物质的量减小，平均摩尔质量改变，不再改变时，反应达到平衡，故D正确；
故答案为：AD；
（3）①反应Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，②CH3C≡CCH3的转化率增大，从图可知，相同温度下，P1
的转化率大于的P2转化率，则P1＞P2；
故答案为：＞；
②a、b两点的温度相同，则化学平衡常数相等；
故答案为：=．
（二）选考题（共10分．请考生从两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分10分）
21．钒和镍及其化合物是重要的催化剂和合金材料．请回答：
（1）基态V原子的价层电子排布式为 3d34s2 ；其中能量最高的电子所占用能级的原子轨道有 5 个伸展方向．
（2）VO2+与可形成配合物．
中，三种非金属原子的第一电离能由大到小的顺序为 O＞C＞H （用元素符号表示）；C原子的杂化轨道类型为 sp3和sp2 ．
（3）镍形成的Ni（NH3）62+、Ni（CN）42﹣中，NH3分子中N原子的价层电子对数目为 4 ．写出一种与CN﹣互为等电子体的分子的化学式： CO或者N2 ．
（4）La﹣Ni合金是重要的储氢材料，储氢后的晶胞如图所示．①合金中，1个La原子周围距离最近切相等的La原子数目为 6 ．
②含有1molNi原子的合金中储存H2的物质的量为 0.6mol ．
【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
【分析】（1）V原子为23号元素，根据核外电子排布规律书写价层电子排布式；能量最高的为3d轨道，有5个伸展方向；
（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小；根据结构可以看出C原子分别形成单键和双键，则C原子的杂化轨道类型为sp3和sp2；
（3）根据氨气的电子式判断N原子的价层电子排布对数目；原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；
（4）①根据晶胞可以看出1个La原子周围距离最近的La原子在顶点上；
②根据晶胞可以看出La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，所以合金化学式为LaNi5，并且一个晶胞储存2×+8×=3个氢气分子，据此计算．
【解答】解：（1）V原子为23号元素，则价层电子排布式为：3d34s2；能量最高的为3d轨道，有5个伸展方向；故答案为：3d34s2；5；
（2）中，三种非金属原子分别为H、C、O，又同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以H、C、O三种非金属原子的第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞H；又由可以看出C原子分别形成单键和双键，则C原子的杂化轨道类型为sp3和sp2；故答案为：O＞C＞H；sp3和sp2；
（3）NH3分子中N原子共用电子对数为3对，还有1对孤电子对，所以NH3分子中N原子的价层电子排布对数目位4对；CN﹣中含有2个原子，且其价电子数是10，与CN﹣互为等电子体的一种分子为CO、N2等，故答案为：4；CO或者N2；
（4）①由晶胞可以看出1个La原子周围距离最近的La原子在顶点上，所以距离最近且相等的La原子数目为6，故答案为：6；
②根据晶胞可以看出La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，所以合金化学式为LaNi5，并且一个晶胞储存2×+8×=3个氢气分子，则1molNi原子的合金中储存H2的物质的量为mol=0.6mol，故答案为：0.6mol．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
22．苯乙烯在有机合成中有广泛的应用．以苯乙烯为原料制备有机物M和N的合成路线如图所示（部分条件和试剂略去）．
请回答：
（1）B的化学名称 苯乙醛 ．D中含氧官能团的结构简式为 ﹣COOH ．
（2）顺式﹣E的结构简式为 ．
→F的反应类型为 取代
反应 ．
（3）N→H的化学方程式为 ．
（4）写出G的含有相同官能团的所有芳香族化合物的结构简式： ．
（5）参照上述合成路线，以CH3CHO为原料（无机试剂任选），设计制备HOCH2CH2COOH的合成路线： ．
【考点】有机物的合成．
【分析】根据题中各物质转化关系，苯乙烯与水加成生成A为，发生氧化反应生成B为，发生信息Ⅰ中
的反应生成C，在浓硫酸作用下发生消去反应得D为，与甲醇发生酯化得E为，发生加聚反应得M为，比较F和H的结构可知，F发生信息Ⅲ中的反应生成G为，H发生缩聚反应生成N为，以CH3CHO为原料制备HOCH2CH2COOH，可以将CH3CHO发生信息Ⅰ中的反应生成CH3CHOHCOOH，再将CH3CHOHCOOH发生消去得CH2=CHCOOH，然后再用CH2=CHCOOH与水加成得HOCH2CH2COOH，据此答题．
【解答】解：（1）根据上面的分析可知，B为，化学名称
是苯乙醛，D为，D中含氧官能团的结构简式为﹣COOH，
故答案为：苯乙醛；﹣COOH；
（2）E为，顺式﹣E的结构简式为，→F的反应类型为
取代
反应，
故答案为：；取代
反应；
（3）N→H的化学方程式为，故答案为：；
（4）G为，G的含有相同官能团的所有芳香族化合物的结构简式为，
故答案为：；
（5）以CH3CHO为原料制备HOCH2CH2COOH，可以将CH3CHO发生信息Ⅰ中的反应生成CH3CHOHCOOH，再将CH3CHOHCOOH发生消去得CH2=CHCOOH，然后再用CH2=CHCOOH与水加成得HOCH2CH2COOH，合成路线为，
故答案为：．
2017年1月9日
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学在生产、生活中有广泛应用，下列对应关系不正确的是（ ）
选项
性质
实际应用
A
MgO熔点高
可用作耐火材料
B
KMnO4具有强氧化性
可用于漂白织物
C
常温下，铁能被浓硫酸钝化
常温下，可用铁质器皿盛放浓硫酸
D
TiCl4在水中能发生水解
可用TiCl4溶液制备TiO2
A．A
B．B
C．C
D．D
2．下列说法正确的是（ ）
A．“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10﹣9m）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
B．氢氟酸可用细口玻璃试剂瓶保存
C．粘附有硫单质的试管可用酒精洗涤
D．“地沟油”分馏可制得矿物柴油
3．下列化学用语使用正确的是（ ）
A．聚氯乙烯的结构简式为：
B．乙醇的官能团的电子式为：
C．S2﹣的结构示意图为：
D．乙酸的实验式为C2H4O2
4．下列说法正确的是（ ）
A．同时改变两个变量来研究化学平衡的移动，能更快得出有关规律
B．催化剂通过改变反应历程，降低反应的活化能来加快反应速率
C．可逆反应的平衡向正向移动，该反应的平衡常数一定增大
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率
5．某溶液中含有SO32﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣、Na+，向该溶液中加入足量的Na2O2，假设溶液体积变化忽略不计，下列说法不正确的是（ ）
A．有气体生成
B．Na+浓度基本不变
C．HCO3﹣浓度减小而CO32﹣浓度增大
D．SO32﹣发生反应的离子方程式为：SO32﹣+Na2O2+H2O=2Na++SO42﹣+2OH﹣
6．下列实验操作能达到实验目的是（ ）
A．向容量瓶中注入液体时，奖容量瓶的玻璃塞倒置在桌面上防止被污染
B．鉴别NO2和溴蒸汽时，将二者分别通到湿润的KI﹣淀粉试纸上观察颜色变化
C．将甲烷和乙烯的混合气体通入足量溴水，以除去乙烯
D．将洗净的滴定管放到烘箱中烘干，以加快干燥速度
7．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．淀粉和油脂的水解都是高分子生成小分子的过程
B．2﹣甲基丙烷和异丁烷互为同系物
C．属于取代反应
D．C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体有5种（不考虑立体异构）
8．生物硝化法处理含NH4+的废水的原理如图所示（不考虑其他物质影响），下列说法不正确的是（ ）
A．可用NaOH和湿润的红色的石蕊试纸检验NH4+
B．该方法会导致水体pH下降
C．该方法中O2做氧化剂，微生物做还原剂
D．处理后的废水需进一步处理才能排放
9．下列对图象的叙述正确的是（ ）
A．
对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），图①中的横轴x可以表示压强
B．
如图表示其他条件相同时，甲、乙两份等质量锌粉分别与足量稀硫酸反应，甲中加入少量铜粉
C．
如图可表示乙酸溶液中通入氨气至过量时溶液导电性的变化
D．
据图，若除去0.1mol L﹣1CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH至pH约为7
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，20gH218O中含有中子数目为12NA
B．标准状况下，11.2LC2H6中含有极性键的数目为3.5NA
C．1LpH=3的CH3COOH溶液中，含有H+的数目大于10﹣3NA
D．1L1mol L﹣1稀硝酸（还原产物为NO）与铁完全反应，转移电子数目为0.75NA
11．某小组设计如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．闭合K1，断开K2，可防止Fe发生吸氧腐蚀
B．闭合K1，断开K2，Cl﹣向石墨电极移动
C．闭合K2，断开K1，可用于制备家用消毒液（主要成分NaClO）
D．闭合K2，断开K1，电解质溶液中Na+的浓度不变
12．甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C（s）+2H2O（g） CO2（g）+2H2（g）△H＞0，有关数据如表所示．下列说法正确的是（ ）
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
平衡时吸收的热量
C（s）
H2O（g）
H2（g）
甲
2
T1
2
4
3.2
2.5
Q1
乙
1
T2
1
2
1.2
3
Q2
A．T1＜T2
B．Q1＞Q2
C．甲容器中，混合气体的密度始终保持不变
D．乙容器中，反应进行到1.5min时，n（H2O）=1.4mol
13．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z原子的电子数之比为3：4；X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：Y＞Z
C．X和W形成的化合物属于离子化合物
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物一定显酸性
14．下列装置（加持装置略去）能达到试验目的是（ ）
选项
A
B
C
D
装置
实验目的
比较非金属性：N＞C＞Si
制备并收集乙酸乙酯
除去Ca（OH）2中的NH4Cl
验证HCl的溶解性
A．A
B．B
C．C
D．D
15．已知：25℃时Ksp（BaSO4）=1.0×10﹣10．该温度下，CaSO4悬浊液中，c（Ca2+）与c（SO42﹣）的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，析出的沉淀量不同
B．a、b、c、d四点对应的体系中，d点体系最稳定
C．升高温度后，溶液可能会由a点转化为b点
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K=9×104
16．KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，酸性条件下，用0.100mol L﹣1KMnO4标准溶液滴定20.00mLH2C2O4溶液，达到滴定终点时，消耗16.00mL标准溶液，则H2C2O4溶液的浓度为（ ）
A．0.400mol L﹣1
B．0.300mol L﹣1
C．0.200mol L﹣1
D．0.100mol L﹣1
（一）必考题（共42分）
17．亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用．请回答：
（1）HNO3的电离常数Ka的表达式为 ．
（2）酸性条件下，K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+，该反应的离子方程式为 ．
（3）25℃时，用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，
已知：M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2）．则：
①原溶液中c（HNO2）为 （保留三位有效数字）．
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 （填选项字母）．
A．溶液只有NaNO2
B．水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1
C．溶液中离子浓度：c（Na+）=c（NO3﹣）
D．溶液中：c（Na+）＜c（OH﹣）
18．加热条件下，硅单质和HCl反应生成SiHCl3是粗硅提纯的重要步骤．某小组设计如图所示装置完成上述转化（夹持装置略去）．
已知：SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，CCl4的沸点为76.8°C．
请回答：
（1）仪器a的名称为 ；导管g的作用为 ；
（2）装置A中，浓硫酸体现的性质为 ；实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，理由是 ；
（3）装置C中发生反应的化学方程式为 ；
（4）装置D中所得的液态混合物的分离方法为 ．（填操作名称）
（5）反应后的气体通过装置F中的NaOH溶液后，对逸出气体的处理方法为 ；
（6）SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物和一种无氧酸，该反应的化学方程式为 ．
19．工业上用生锈的Fe粉和Cu粉的混合物制备CuSO4 5H2O和FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O的工艺流程如图1所示．
已知：①几种物质的溶解度（g/100gH2O）如表所示．
FeSO4 7H2O
（NH4）2SO4
FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
②溶液pH＞4时，Fe2+容易被氧化．
请回答：
（1）过滤所用的主要玻璃仪器为 ．
（2）溶液1中的主要溶质为 （填化学式）．
（3）进行操作2时，从溶液中析出晶体后，需趁热过滤，原因为 ．
（4）FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O用适量稀硫酸洗涤，而不是用水洗涤的原因为 ．
（5）称取2.50gCuSO4 5H2O样品，灼烧过程中样品质量随温度（T）变化的曲线如图2所示．
①120℃所的固体，继续加热至258℃时失水，所发生反应的化学方程式为 ．
②900℃时剩余固体只有一种铜的氧化物，其化学式为 ．
20．1，3﹣丁二烯（CH2=CHCH=CH2）和2﹣丁炔（CH3C
CH3）是重要的有机原料．
已知：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C
CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
Ⅲ．C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1
请回答：
（1）CH2=CHCH=CH2（g）转化为CH3C
CCH3（g）的热化学方程式为 ．C
C的键能为 kJ mol﹣1．
（2）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充入1.0molCH2=CHCH=CH2（g）和2.0molH2（g），发生反应Ⅰ．5min达到平衡，测得容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol．则：
①0～5min内，用H2表示的该反应速率v（H2）= ．
②T1℃时，该反应的平衡常数K= （保留四位有效数字）．
③下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 （填选项字母）．
A．容器内气体压强不再改变
B．容器内气体密度不在改变
C．CH2=CHCH=CH2（g）和H2（g）的体积分数之比为1：2
D．容器内气体平均摩尔质量不再改变
（3）一定条件下，向密闭容器中冲入一定量的CH3C
CCH3（g）和H2（g），发生反应Ⅱ，CH3C
CCH3（g）的平衡转化率（α）与温度（T）和压强（P）的关系如图所示．
①P1 P2（填“＞”“＜”或“=”，下同）
②a、b两点的平衡常数：K（a） K（b）．
（二）选考题（共10分．请考生从两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分10分）
21．钒和镍及其化合物是重要的催化剂和合金材料．请回答：
（1）基态V原子的价层电子排布式为 ；其中能量最高的电子所占用能级的原子轨道有 个伸展方向．
（2）VO2+与可形成配合物．
中，三种非金属原子的第一电离能由大到小的顺序为 （用元素符号表示）；C原子的杂化轨道类型为 ．
（3）镍形成的Ni（NH3）62+、Ni（CN）42﹣中，NH3分子中N原子的价层电子对数目为 ．写出一种与CN﹣互为等电子体的分子的化学式： ．
（4）La﹣Ni合金是重要的储氢材料，储氢后的晶胞如图所示．①合金中，1个La原子周围距离最近切相等的La原子数目为 ．
②含有1molNi原子的合金中储存H2的物质的量为 ．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
22．苯乙烯在有机合成中有广泛的应用．以苯乙烯为原料制备有机物M和N的合成路线如图所示（部分条件和试剂略去）．
请回答：
（1）B的化学名称 ．D中含氧官能团的结构简式为 ．
（2）顺式﹣E的结构简式为 ．
→F的反应类型为 ．
（3）N→H的化学方程式为 ．
（4）写出G的含有相同官能团的所有芳香族化合物的结构简式： ．
（5）参照上述合成路线，以CH3CHO为原料（无机试剂任选），设计制备HOCH2CH2COOH的合成路线： ．
2017年河北省沧州市普通高中高考化学模拟试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学在生产、生活中有广泛应用，下列对应关系不正确的是（ ）
选项
性质
实际应用
A
MgO熔点高
可用作耐火材料
B
KMnO4具有强氧化性
可用于漂白织物
C
常温下，铁能被浓硫酸钝化
常温下，可用铁质器皿盛放浓硫酸
D
TiCl4在水中能发生水解
可用TiCl4溶液制备TiO2
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．耐火材料应具由较高的熔点；
B．高锰酸钾不具有漂白性；
C．依据浓硫酸的强氧化性解答；
D．TiCl4溶液水解生成H2TiO3，钛酸加热分解生成二氧化钛．
【解答】解：A．氧化镁具有较高的熔点，可以用作耐火材料，故A正确；
B．高锰酸钾不具有漂白性，不能漂白织物，故B错误；
C．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，所以可以可用铁质器皿盛放浓硫酸，故C正确；
D．TiCl4溶液水解生成H2TiO3，钛酸加热分解生成二氧化钛，故D正确；
故选：B．
2．下列说法正确的是（ ）
A．“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10﹣9m）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
B．氢氟酸可用细口玻璃试剂瓶保存
C．粘附有硫单质的试管可用酒精洗涤
D．“地沟油”分馏可制得矿物柴油
【考点】胶体的重要性质；化学试剂的分类．
【分析】A、丁达尔效应是胶体所特有的性质；
B、HF能和玻璃的主要成分之一二氧化硅反应；
C、硫单质微溶于酒精；
D、地沟油的主要成分为油脂，属于酯类．
【解答】解：A、“钴酞菁”分子（直径为1.3×10﹣9米）的微粒半径介于胶体分散系范围内，属于胶体分散系，具有丁达尔效应，故A正确；
B、HF能和玻璃的主要成分之一二氧化硅反应生成SiF4气体和水，能腐蚀玻璃瓶，故不能盛装在玻璃瓶中，故B错误；
C、硫单质微溶于酒精，故用酒精洗涤的效果不好，应用CS2洗涤，故C错误；
D、地沟油的主要成分为油脂，属于酯类，而矿物柴油的主要成分为烃类，故地沟油不能制得矿物柴油，故D错误．
故选A．
3．下列化学用语使用正确的是（ ）
A．聚氯乙烯的结构简式为：
B．乙醇的官能团的电子式为：
C．S2﹣的结构示意图为：
D．乙酸的实验式为C2H4O2
【考点】电子式．
【分析】A．聚氯乙烯为氯乙烯通过加聚反应生成的，为高分子化合物；
B．乙醇的官能团是羟基，羟基不带电；
C．S为16号元素，S2﹣的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8；
D．乙酸的实验式：CH2O．
【解答】解：A．聚氯乙烯为氯乙烯通过加聚反应生成的，聚氯乙烯的结构简式为：，故A正确；
B．乙醇的官能团是羟基，羟基不带电，电子式为，故B错误；
C．S为16号元素，S2﹣的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子结构示意图为，故C错误；
D．乙酸的实验式是：CH2O，C2H4O2属于乙酸的化学式，故D错误；
故选A．
4．下列说法正确的是（ ）
A．同时改变两个变量来研究化学平衡的移动，能更快得出有关规律
B．催化剂通过改变反应历程，降低反应的活化能来加快反应速率
C．可逆反应的平衡向正向移动，该反应的平衡常数一定增大
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率
【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．
【分析】A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；
B．催化剂可降低反应的活化能；
C．温度不变，则平衡常数不变；
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，可减少环境污染．
【解答】解：A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律，应改变一个变量，故A错误；
B．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分数百分数，增大反应速率，故B正确；
C．温度不变，则平衡常数不变，故C错误；
D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，可减少二氧化硫，以免造成环境污染，故D错误．
故选B．
5．某溶液中含有SO32﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣、Na+，向该溶液中加入足量的Na2O2，假设溶液体积变化忽略不计，下列说法不正确的是（ ）
A．有气体生成
B．Na+浓度基本不变
C．HCO3﹣浓度减小而CO32﹣浓度增大
D．SO32﹣发生反应的离子方程式为：SO32﹣+Na2O2+H2O=2Na++SO42﹣+2OH﹣
【考点】常见离子的检验方法．
【分析】向该溶液中加入足量的Na2O2，与水反应生成NaOH，且过氧化钠具有强氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氧气，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成NaOH，Na+浓度增大，故B错误；
C．NaOH与HCO3﹣反应，HCO3﹣浓度减小而CO32﹣浓度增大，故C正确；
D．过氧化钠具有强氧化性，与SO32﹣发生反应的离子方程式为：SO32﹣+Na2O2+H2O=2Na++SO42﹣+2OH﹣，故D正确；
故选B．
6．下列实验操作能达到实验目的是（ ）
A．向容量瓶中注入液体时，奖容量瓶的玻璃塞倒置在桌面上防止被污染
B．鉴别NO2和溴蒸汽时，将二者分别通到湿润的KI﹣淀粉试纸上观察颜色变化
C．将甲烷和乙烯的混合气体通入足量溴水，以除去乙烯
D．将洗净的滴定管放到烘箱中烘干，以加快干燥速度
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．容量瓶的瓶塞是与容量瓶刷在一起的；
B．二氧化氮和溴蒸汽都能够使湿润的KI﹣淀粉试纸变蓝；
C．甲烷不与溴水反应，而乙烯能够与溴水反应；
D．滴定管为精密仪器，不能烘干．
【解答】解：A．容量瓶的瓶塞无法倒置，应该悬挂于瓶口，故A错误；
B．NO2和溴蒸汽溶于水都具有强氧化性，无法用湿润的KI﹣淀粉试纸鉴别，故B错误；
C．将甲烷和乙烯的混合气体通入足量溴水，由于只有乙烯与溴水反应，可以据此除去乙烯，故C正确；
D．滴定管为精密的仪器，不能放到烘箱中烘干，故D错误；
故选C．
7．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．淀粉和油脂的水解都是高分子生成小分子的过程
B．2﹣甲基丙烷和异丁烷互为同系物
C．属于取代反应
D．C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体有5种（不考虑立体异构）
【考点】有机化合物的异构现象；有机化学反应的综合应用．
【分析】A、油脂不属于高分子；
B、结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；
C、根据有机物原子的变化情况确定有机反应类型；
D、含有两个或两个以上取代基的同分异构体书写，若只凭想象写很容易造成重、漏现象．不如先将所有取代基拿下，分析母体对称性找出被一个取代基取代的产物种类，然后再分析各种一取代物的对称性，看第二个取代基可进入的位置，…，直至全部取代基都代入．
【解答】解：A．油脂不属于高分子，则油脂水解不是高分子生成小分子的过程，故A错误；
B、2﹣甲基丙烷和异丁烷是同一物质，故B错误；
C、根据有机物原子的变化情况，确定该反应的反应类型是加成反应，故C错误；
D、①先不考虑Cl，写出C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3﹣CH=CH2
②由于CH3﹣CH=CH2
只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl﹣CH=CH2、CH3﹣CCl=CH2、CH3﹣CH=CHCl
③再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物：
CH2Cl﹣CH=CH2
的取代产物有三种：CHCl2﹣CH=CH2，CH2Cl﹣CCl=CH2，CH2Cl﹣CH=CHCl
CH3﹣CCl=CH2
的取代产物有两种：CH2Cl﹣CCl=CH2
（重复），CH3﹣CCl=CHCl
CH3﹣CH=CHCl
的取代产物有三种：CH2Cl﹣CH=CHCl
（重复），CH3﹣CCl=CHCl
（重复），CH3﹣CH=CCl2
所以，分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种，故D正确．
故选D．
8．生物硝化法处理含NH4+的废水的原理如图所示（不考虑其他物质影响），下列说法不正确的是（ ）
A．可用NaOH和湿润的红色的石蕊试纸检验NH4+
B．该方法会导致水体pH下降
C．该方法中O2做氧化剂，微生物做还原剂
D．处理后的废水需进一步处理才能排放
【考点】"三废"处理与环境保护．
【分析】A．氢氧化钠与铵根离子反应生成氨气，氨气能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝；
B．根据NH4+与氧气的反应判断；
C．该方法中O2做氧化剂，NH4+做还原剂；
D．处理后的废水含有氢离子和硝酸根离子．
【解答】解：A．氢氧化钠与铵根离子反应生成氨气，氨气能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝，所以可用NaOH和湿润的红色的石蕊试纸检验NH4+，故A正确；
B．NH4++2O2NO3﹣++2H++H2O，反应生成氢离子，溶液的pH下降，故B正确；
C．由NH4++2O2NO3﹣++2H++H2O可知，该方法中O2做氧化剂，NH4+做还原剂，故C错误；
D．处理后的废水含有氢离子和硝酸根离子，所以处理后的废水需进一步处理才能排放，故D正确．
故选C．
9．下列对图象的叙述正确的是（ ）
A．
对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），图①中的横轴x可以表示压强
B．
如图表示其他条件相同时，甲、乙两份等质量锌粉分别与足量稀硫酸反应，甲中加入少量铜粉
C．
如图可表示乙酸溶液中通入氨气至过量时溶液导电性的变化
D．
据图，若除去0.1mol L﹣1CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量NaOH至pH约为7
【考点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性．
【分析】A、对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），增大压强，平衡正向移动；
B、构成原电池加快化学反应的速率；
C、乙酸溶液中通入氨气，首先生成强电解质乙酸铵，溶液的导电能力增强，再通入氨气离子浓度基本不变；
D、NaOH至pH约为7时铜离子也开始沉淀．
【解答】解：A、对于反应：A2（g）+3B2（g） 2AB2（g），增大压强，平衡正向移动，所以A2的浓度变大，而不是减小，故A错误；
B、构成原电池加快化学反应的速率，锌粉中混有铜粉，构成原电池，反应速率加快，故B正确；
C、乙酸溶液中通入氨气，首先生成强电解质乙酸铵，溶液的导电能力增强，再通入氨气离子浓度基本不变，所以溶液的导电能力是先增强再基本保持不变，故C错误；
D、NaOH至pH约为7时铜离子也开始沉淀，所以不能加碱到pH=7，故D
错误；
故选B．
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，20gH218O中含有中子数目为12NA
B．标准状况下，11.2LC2H6中含有极性键的数目为3.5NA
C．1LpH=3的CH3COOH溶液中，含有H+的数目大于10﹣3NA
D．1L1mol L﹣1稀硝酸（还原产物为NO）与铁完全反应，转移电子数目为0.75NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出20gH218O的物质的量，然后根据H218O中含10个中子来分析；
B、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性键来分析；
C、pH=3的醋酸溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L；
D、根据稀硝酸和铁的反应方程式为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O来分析．
【解答】解：A、20gH218O的物质的量为1mol，而H218O中含10个中子，故1molH218O中含有10NA个中子，故A错误；
B、标况下11.2L乙烷的物质的量为0.5mol，而乙烷中含6条极性键，故0.5mol乙烷中含3NA条极性键，故B错误；
C、pH=3的醋酸溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L，故1L溶液中含有的氢离子的个数为0.001NA个，故C错误；
D、根据稀硝酸和铁的反应方程式为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，8mol硝酸～6mol电子，设1mol硝酸转移的电子的物质的量为xmol，则有：，解得x=0.75mol，即0.75NA个，故D正确．
故选D．
11．某小组设计如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．闭合K1，断开K2，可防止Fe发生吸氧腐蚀
B．闭合K1，断开K2，Cl﹣向石墨电极移动
C．闭合K2，断开K1，可用于制备家用消毒液（主要成分NaClO）
D．闭合K2，断开K1，电解质溶液中Na+的浓度不变
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】闭合K1，断开K2，铁、石墨、饱和食盐水构成原电池，铁在中性环境发生吸氧腐蚀，铁失电子作负极，阴离子向负极移动；闭合K2，断开K1，有外接电源，为电解池，铁与电源负极相连作阴极，溶液中的氢离子在阴极得电子发生还原反应产生氢气，水的电离受到破坏，氢氧根的浓度增大，在该区域生成氢氧化钠，石墨与电源正极相连作阳极，氯离子在阳极失电子发生氧化反应产生氯气，据此解答．
【解答】解：闭合K1，断开K2，铁、石墨、饱和食盐水构成原电池，铁在中性环境发生吸氧腐蚀，铁失电子作负极，阴离子向负极移动；闭合K2，断开K1，有外接电源，为电解池，铁与电源负极相连作阴极，溶液中的氢离子在阴极得电子发生还原反应产生氢气，水的电离受到破坏，氢氧根的浓度增大，在该区域生成氢氧化钠，石墨与电源正极相连作阳极，氯离子在阳极失电子发生氧化反应产生氯气．
A．闭合K1，Fe作负极，在中性溶液中发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．原电池装置中，阴离子向负极移动，故B错误；
C．闭合K2，形成电解池，阳极产生的氯气向上扩散与阴极产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠，故C正确；
D．电解消耗水，Na+的浓度增大，故D错误；
故选C．
12．甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C（s）+2H2O（g） CO2（g）+2H2（g）△H＞0，有关数据如表所示．下列说法正确的是（ ）
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
平衡时吸收的热量
C（s）
H2O（g）
H2（g）
甲
2
T1
2
4
3.2
2.5
Q1
乙
1
T2
1
2
1.2
3
Q2
A．T1＜T2
B．Q1＞Q2
C．甲容器中，混合气体的密度始终保持不变
D．乙容器中，反应进行到1.5min时，n（H2O）=1.4mol
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．浓度相同时，温度高的反应速率大；
B．物质的量与热量成正比；
C．C为固体，可知气体的质量为变量，则密度为变量；
D．达到平衡时需要3min，前1.5min反应速率大于后1.5min的反应速率．
【解答】解：A．浓度相同时，温度高的反应速率大，甲中时间少，则T1＞T2，故A错误；
B．物质的量与热量成正比，则甲中氢气的物质的量大于乙中氢气物质的量的2倍，则Q1＞Q2，故B正确；
C．C为固体，可知气体的质量为变量，则密度为变量，则达到平衡前密度改变，故C错误；
D．达到平衡时需要3min，前1.5min反应速率大于后1.5min的反应速率，则反应进行到1.5min时，n（H2O）＜1.4mol，故D错误；
故选B．
13．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z原子的电子数之比为3：4；X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：Y＞Z
C．X和W形成的化合物属于离子化合物
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物一定显酸性
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，则甲为碱且为强碱溶液，短周期元素形成的强碱为NaOH，则X、Z、W分别是H、O、Na元素，Y、Z原子的电子数之比为3：4，则Y是C元素；
A．原子电子层数越多，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；
B．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
C．X、W分别是H、Na元素，二者形成的化合物是NaH；
D．X、Y、Z分别是H、C、O元素，三种元素形成的化合物可能是碳酸、醇、醛、羧酸、酯等．
【解答】解：四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z、W三种元素可组成化合物甲，25℃时，0.1mol L﹣1甲溶液的pH=13，则甲为碱且为强碱溶液，短周期元素形成的强碱为NaOH，则X、Z、W分别是H、O、Na元素，Y、Z原子的电子数之比为3：4，则Y是C元素；
A．原子电子层数越多，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，所以原子半径大小顺序是W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Z＞Y，所以氢化物的稳定性Z＞Y，故B错误；
C．X、W分别是H、Na元素，二者形成的化合物是NaH，NaH由阴阳离子构成，是离子化合物，故C正确；
D．X、Y、Z分别是H、C、O元素，三种元素形成的化合物可能是碳酸、醇、醛、羧酸、酯等，碳酸和羧酸具有酸性，但醛、醇、酯等没有酸性，故D错误；
故选C．
14．下列装置（加持装置略去）能达到试验目的是（ ）
选项
A
B
C
D
装置
实验目的
比较非金属性：N＞C＞Si
制备并收集乙酸乙酯
除去Ca（OH）2中的NH4Cl
验证HCl的溶解性
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸；
B．收集乙酸乙酯的导管不能插入碳酸氢钠溶液，否则易发生倒吸现象；
C．加热条件下氢氧化钙与氯化铵发生反应生成氯化钙和氨气；
D．滴加水后，根据气球是否膨胀可判断氯化氢的溶解性．
【解答】解：A．硝酸易挥发，应除掉二氧化碳中的硝酸，再与硅酸钠反应，否则干扰了检验结果，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时，收集乙酸乙酯的导致不能深入饱和碳酸氢钠溶液中，否则挥发出的乙酸、乙醇易溶于水，会发生倒吸现象，故B错误；
C．由于Ca（OH）2与NH4Cl在加热条件下反应生成氨气和氯化钙，无法通过加热除去Ca（OH）2中的NH4Cl，故C错误；
D．HCl溶于水后，烧杯中气体压强小于大气球，气球膨胀，从而可证明HCl的溶解性，故D正确；
故选D．
15．已知：25℃时Ksp（BaSO4）=1.0×10﹣10．该温度下，CaSO4悬浊液中，c（Ca2+）与c（SO42﹣）的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，析出的沉淀量不同
B．a、b、c、d四点对应的体系中，d点体系最稳定
C．升高温度后，溶液可能会由a点转化为b点
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K=9×104
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，抑制固体溶解的作用相同；
B．曲线上的点为平衡点，c为不饱和溶液，d为过饱和溶液；
C．a点转化为b点，c（Ca2+）减小、c（SO42﹣）增大，而升高温度，c（Ca2+）与c（SO42﹣）浓度均增大；
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K==．
【解答】解：A．向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca（NO3）2，抑制固体溶解的作用相同，则析出的沉淀量相同，故A错误；
B．曲线上的点为平衡点，c为不饱和溶液，d为过饱和溶液，则d点体系最不稳定，故B错误；
C．a点转化为b点，c（Ca2+）减小、c（SO42﹣）增大，而升高温度，c（Ca2+）与c（SO42﹣）浓度均增大，则升高温度不能使溶液由a点转化为b点，故C错误；
D．反应Ba2+（aq）+CaSO4（s） BaSO4（s）+Ca2+（aq）的平衡常数K====9×104，故D正确；
故选D．
16．KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，酸性条件下，用0.100mol L﹣1KMnO4标准溶液滴定20.00mLH2C2O4溶液，达到滴定终点时，消耗16.00mL标准溶液，则H2C2O4溶液的浓度为（ ）
A．0.400mol L﹣1
B．0.300mol L﹣1
C．0.200mol L﹣1
D．0.100mol L﹣1
【考点】氧化还原反应．
【分析】酸性条件下，KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，离子方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，则2MnO4﹣～～5H2C2O4，结合相关公式求解．
【解答】解：酸性条件下，KMnO4与H2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，
则2MnO4﹣～～5H2C2O4，
2
5
0.100×16
20×c（H2C2O4）
所以c（H2C2O4）==0.2mol/L，
故选C．
（一）必考题（共42分）
17．亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用．请回答：
（1）HNO3的电离常数Ka的表达式为 ．
（2）酸性条件下，K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+，该反应的离子方程式为 Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O ．
（3）25℃时，用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，
已知：M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2）．则：
①原溶液中c（HNO2）为 0.110mol/L （保留三位有效数字）．
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 BC （填选项字母）．
A．溶液只有NaNO2
B．水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1
C．溶液中离子浓度：c（Na+）=c（NO3﹣）
D．溶液中：c（Na+）＜c（OH﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，电离平衡常数等于生成离子浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式；
（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等；
②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1；
C．根据电荷守恒判断c（Na+）、c（NO3﹣）相对大小；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大．
【解答】解：（1）亚硝酸（HNO3）是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，HNO2 H++NO2﹣，电离平衡常数Ka=，故答案为：；
（2）Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子，NO2﹣的氮元素化合价升高，被氧化生成硝酸根离子，1个Cr2O72﹣降低6价，一个NO2﹣被氧化为硝酸根离子，化合价升2价，依据氧化还原反应化合价升降数目相等，Cr2O72﹣系数为1，亚硝酸根离子系数为3，依据原子个数守恒，反应的方程式为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O；
（3）①M点对应溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HNO2），说明该点溶液中溶质为NaNO2，二者恰好完全反应，二者的物质的量相等，则c（HNO2）．v（HNO2）=c（NaOH）．V（NaOH）
所以c（HNO2）==0.110mol/L，
故答案为：0.110mol/L；
②N点溶液呈中性，说明溶液中c（OH﹣）=c（H+），
A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则亚硝酸应该稍微过量，则溶液中的溶质为亚硝酸钠和亚硝酸，故A错误；
B．常温下，该溶液呈中性，则水电离出来的c（H+）=1×10﹣7
mol L﹣1，故B正确；
C．溶液中c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），故C正确；
D．溶液中水的电离程度很小，但钠离子浓度较大，所以c（Na+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选BC．
18．加热条件下，硅单质和HCl反应生成SiHCl3是粗硅提纯的重要步骤．某小组设计如图所示装置完成上述转化（夹持装置略去）．
已知：SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，CCl4的沸点为76.8°C．
请回答：
（1）仪器a的名称为 蒸馏烧瓶 ；导管g的作用为 平衡压强，使浓硫酸容易滴加（或其它合理答案） ；
（2）装置A中，浓硫酸体现的性质为 吸水性 ；实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，理由是 排尽装置中的空气，避免SiHCl3与空气中的水蒸气反应和被O2氧化 ；
（3）装置C中发生反应的化学方程式为 Si+3HClSiHCl3+H2 ；
（4）装置D中所得的液态混合物的分离方法为 蒸馏 ．（填操作名称）
（5）反应后的气体通过装置F中的NaOH溶液后，对逸出气体的处理方法为 点燃（或气囊收集） ；
（6）SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物和一种无氧酸，该反应的化学方程式为 2SiHCl3+O2+2H2O═2SiO2+6HCl ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】粗硅提纯：装置A，蒸馏烧瓶中盛放浓盐酸，分液漏斗中盛放浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性以及氯化氢的挥发性，打开分液漏斗活塞，从A中排出氯化氢气体，排尽装置中的空气，装置B，对氯化氢气体进行干燥，装置C，粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2；装置F中的氢氧化钠是为了吸收过量的氯化氢，装置E防止F中的水蒸气进入装置D与SiHCl3发生反应，装置D收集SiHCl3，通过装置F后，剩余气体为氢气，可通过点燃或气囊收集处理．
（1）根据仪器a的特征以及常见仪器的名称解答，装置A中的b导管是为了平衡压强的作用；
（2）浓硫酸具有吸水性，氯化氢易挥发，SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易被氧化；
（3）硅和氯化氢在加热的条件下反应生成和三氯硅烷和氢气；
（4）得到的产物沸点不同，可以控制沸点通过蒸馏的方法得到SiHCl3；
（5）反应后的气体为氢气，氢气具有可可燃性，可通过燃烧或气囊收集的方法处理尾气；
（6）SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物为二氧化硅，一种无氧酸根据原子守恒可知为氯化氢．
【解答】解：（1）仪器a是具有支管的烧瓶，为蒸馏烧瓶，装置A中的b导管是为了平衡压强的作用，使分液漏斗中的液体浓硫酸顺利流下，
故答案为：蒸馏烧瓶；平衡压强，使浓硫酸容易滴加（或其它合理答案）；
（2）装置A，蒸馏烧瓶中盛放浓盐酸，分液漏斗中盛放浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性以及氯化氢的挥发性，打开分液漏斗活塞，从A中排出氯化氢气体，SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，排尽装置中的空气，避免SiHCl3与空气中的水蒸气反应和被O2氧化，
故答案为：吸水性；
排尽装置中的空气，避免SiHCl3与空气中的水蒸气反应和被O2氧化；
（3）根据题干信息，硅单质和HCl反应生成SiHCl3可知，硅和氯化氢反应的方程式为：Si+3HClSiHCl3+H2，
故答案为：Si+3HClSiHCl3+H2；
（4）SiHCl3的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，制出的SiHCl3可能不纯，提纯SiHCl3的方法是利用其沸点较低，通过蒸馏的方法分离得到纯净的SiHCl3，
故答案为：蒸馏；
（5）硅单质和HCl反应Si+3HClSiHCl3+H2，粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2；装置F中的氢氧化钠是为了吸收过量的氯化氢，通过装置F后，剩余气体为氢气，氢气燃烧生成水，可通过点燃或气囊收集处理，
故答案为：点燃（或气囊收集）；
（6）硅的稳定氧化物为二氧化硅，SiHCl3在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物为二氧化硅，根据原子守恒可知一种无氧酸为氯化氢，所以该反应的化学方程式为：2SiHCl3+O2+2H2O═2SiO2+6HCl，
故答案为：2SiHCl3+O2+2H2O═2SiO2+6HCl．
19．工业上用生锈的Fe粉和Cu粉的混合物制备CuSO4 5H2O和FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O的工艺流程如图1所示．
已知：①几种物质的溶解度（g/100gH2O）如表所示．
FeSO4 7H2O
（NH4）2SO4
FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
②溶液pH＞4时，Fe2+容易被氧化．
请回答：
（1）过滤所用的主要玻璃仪器为 玻璃棒、漏斗、烧杯 ．
（2）溶液1中的主要溶质为 FeSO4、H2SO4 （填化学式）．
（3）进行操作2时，从溶液中析出晶体后，需趁热过滤，原因为 减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯 ．
（4）FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O用适量稀硫酸洗涤，而不是用水洗涤的原因为 抑制亚铁离子和铵根离子的水解，防止亚铁离子被氧化 ．
（5）称取2.50gCuSO4 5H2O样品，灼烧过程中样品质量随温度（T）变化的曲线如图2所示．
①120℃所的固体，继续加热至258℃时失水，所发生反应的化学方程式为 CuSO4 H2OCuSO4+H2O ．
②900℃时剩余固体只有一种铜的氧化物，其化学式为 Cu2O ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】流程分析可知生锈的Fe粉和Cu粉的混合物，加入足量和稀硫酸得硫酸亚铁溶液及铜固体，过滤得滤渣1为铜，滤液1为硫酸亚铁和稀硫酸混合溶液，在铜中再加硫酸同时通入氧气氧化铜得硫酸铜溶液，经蒸浓缩、降温结晶可得硫酸晶体，滤液1经调节PH值，再加入硫酸铵，经蒸发浓缩，趁热过滤可得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，同时可减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯，再经适量稀硫酸洗涤干燥得较纯的FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，据此答题；
【解答】解：流程分析可知生锈的Fe粉和Cu粉的混合物，加入足量和稀硫酸得硫酸亚铁溶液及铜固体，过滤得滤渣1为铜，滤液1为硫酸亚铁和稀硫酸混合溶液，在铜中再加硫酸同时通入氧气氧化铜得硫酸铜溶液，经蒸浓缩、降温结晶可得硫酸晶体，滤液1经调节PH值，再加入硫酸铵，经蒸发浓缩，趁热过滤可得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，同时可减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯，再经适量稀硫酸洗涤干燥得较纯的FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体，
（1）过滤所用的主要玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：；
（2）根据上面分析可知，溶液1中的主要溶质为FeSO4、H2SO4，
故答案为：FeSO4、H2SO4；
（3）根据题中提供的溶解度数据可知，进行操作2时，从溶液中析出晶体后，需趁热过滤，原因为减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯，
故答案为：减小硫酸亚铁和硫酸铵的析出使得FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O晶体更纯；
（4）FeSO4 （NH4）2SO4 6H2O用适量稀硫酸洗涤，抑制亚铁离子和铵根离子的水解，防止亚铁离子被氧化，
故答案为：抑制亚铁离子和铵根离子的水解，防止亚铁离子被氧化；
（5）①设
CuSO4 5H2O分解的方程式为CuSO4 5H2OCuSO4 （5﹣x）H2O+xH2O，
250
18x
2.5
2.5﹣1.78
解得x=4，对应固体的化学式为CuSO4 H2O，同理可推知，1.60g对应固体的化学式为CuSO4，所以发生反应的化学方程式为CuSO4 H2OCuSO4+H2O，
故答案为：CuSO4 H2OCuSO4+H2O；
②2.50gCuSO4 5H2O样品中铜元素的物质的量为0.01mol，根据铜元素守恒可知，900℃时剩余固体只有一种铜的氧化物中铜元素也为0.01mol，而此时固体的质量为0.72g，所以氧化物中氧元素的物质的量为mol=0.005mol，所以该铜的氧化物的化学式为
Cu2O，
故答案：Cu2O．
20．1，3﹣丁二烯（CH2=CHCH=CH2）和2﹣丁炔（CH3C
CH3）是重要的有机原料．
已知：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C
CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
Ⅲ．C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1
请回答：
（1）CH2=CHCH=CH2（g）转化为CH3C
CCH3（g）的热化学方程式为 CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）△H=+36.1kJ mol﹣1 ．C
C的键能为 839.9 kJ mol﹣1．
（2）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充入1.0molCH2=CHCH=CH2（g）和2.0molH2（g），发生反应Ⅰ．5min达到平衡，测得容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol．则：
①0～5min内，用H2表示的该反应速率v（H2）= 0.024mol L﹣1 min﹣1 ．
②T1℃时，该反应的平衡常数K= 234.4 （保留四位有效数字）．
③下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 AD （填选项字母）．
A．容器内气体压强不再改变
B．容器内气体密度不在改变
C．CH2=CHCH=CH2（g）和H2（g）的体积分数之比为1：2
D．容器内气体平均摩尔质量不再改变
（3）一定条件下，向密闭容器中冲入一定量的CH3C
CCH3（g）和H2（g），发生反应Ⅱ，CH3C
CCH3（g）的平衡转化率（α）与温度（T）和压强（P）的关系如图所示．
①P1 ＞ P2（填“＞”“＜”或“=”，下同）
②a、b两点的平衡常数：K（a） = K（b）．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）已知：：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
由盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）；设C≡C的键能为x，结合C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1计算可得x；
（2）①根据v=计算；
②计算各物质平衡浓度，根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比计算K；
③化学平衡时：正逆反应速率相等，各物质的含量保持不变，据此分析；
（3）①反应Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）是个气体体积减小的反应，恒容相当于加压，根据压强对化学平衡的影响分析；
②温度不变，化学平衡常数K不变．
【解答】解：（1）已知：：Ⅰ．CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H1=﹣236.6kJ mol﹣1
Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H=﹣272.7kJ mol﹣1
由盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）△H=+36.1kJ mol﹣1；设C≡C的键能为x，C﹣C的键能为348kJ mol﹣1；C=C的键能为612kJ mol﹣1，反应前后的C﹣H相等，则x+348×2﹣612×2﹣348=﹣36.1，解得x=839.9kJ mol﹣1；
故答案为：CH2=CHCH=CH2（g）→CH3C≡CCH3（g）△H=+36.1kJ mol﹣1；839.9；
（2）①平衡时容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol，参加反应的氢气的物质的量为1.2mol，则0～5min，v（H2）==0.024mol L﹣1 min﹣1；
故答案为：0.024mol L﹣1 min﹣1；
②得容器内CH3CH2CH2CH3（g）的物质的量为0.60mol，列三段式：
CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）
c始：0.1
0.2
0
c转：0.06
0.12
0.06
c平：0.04
0.08
0.06
则此温度下化学平衡常数K=≈234.4；
故答案为：234.4；
③A．该反应左右两边均为气体且气体分子总数不等，容器内气体压强改变，不再改变时，反应达到平衡，故A正确；
B．容器内混合气体的总质量不变，恒容气体体积不变，则密度始终不变，故B错误；
C．CH2=CHCH=CH2（g）和H2（g）的体积分数之比为1：2并保持不变，故C错误；
D．容器内混合气体的总质量不变，气体总的物质的量减小，平均摩尔质量改变，不再改变时，反应达到平衡，故D正确；
故答案为：AD；
（3）①反应Ⅱ．CH3C≡CCH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，②CH3C≡CCH3的转化率增大，从图可知，相同温度下，P1
的转化率大于的P2转化率，则P1＞P2；
故答案为：＞；
②a、b两点的温度相同，则化学平衡常数相等；
故答案为：=．
（二）选考题（共10分．请考生从两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分10分）
21．钒和镍及其化合物是重要的催化剂和合金材料．请回答：
（1）基态V原子的价层电子排布式为 3d34s2 ；其中能量最高的电子所占用能级的原子轨道有 5 个伸展方向．
（2）VO2+与可形成配合物．
中，三种非金属原子的第一电离能由大到小的顺序为 O＞C＞H （用元素符号表示）；C原子的杂化轨道类型为 sp3和sp2 ．
（3）镍形成的Ni（NH3）62+、Ni（CN）42﹣中，NH3分子中N原子的价层电子对数目为 4 ．写出一种与CN﹣互为等电子体的分子的化学式： CO或者N2 ．
（4）La﹣Ni合金是重要的储氢材料，储氢后的晶胞如图所示．①合金中，1个La原子周围距离最近切相等的La原子数目为 6 ．
②含有1molNi原子的合金中储存H2的物质的量为 0.6mol ．
【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
【分析】（1）V原子为23号元素，根据核外电子排布规律书写价层电子排布式；能量最高的为3d轨道，有5个伸展方向；
（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小；根据结构可以看出C原子分别形成单键和双键，则C原子的杂化轨道类型为sp3和sp2；
（3）根据氨气的电子式判断N原子的价层电子排布对数目；原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；
（4）①根据晶胞可以看出1个La原子周围距离最近的La原子在顶点上；
②根据晶胞可以看出La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，所以合金化学式为LaNi5，并且一个晶胞储存2×+8×=3个氢气分子，据此计算．
【解答】解：（1）V原子为23号元素，则价层电子排布式为：3d34s2；能量最高的为3d轨道，有5个伸展方向；故答案为：3d34s2；5；
（2）中，三种非金属原子分别为H、C、O，又同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以H、C、O三种非金属原子的第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞H；又由可以看出C原子分别形成单键和双键，则C原子的杂化轨道类型为sp3和sp2；故答案为：O＞C＞H；sp3和sp2；
（3）NH3分子中N原子共用电子对数为3对，还有1对孤电子对，所以NH3分子中N原子的价层电子排布对数目位4对；CN﹣中含有2个原子，且其价电子数是10，与CN﹣互为等电子体的一种分子为CO、N2等，故答案为：4；CO或者N2；
（4）①由晶胞可以看出1个La原子周围距离最近的La原子在顶点上，所以距离最近且相等的La原子数目为6，故答案为：6；
②根据晶胞可以看出La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，所以合金化学式为LaNi5，并且一个晶胞储存2×+8×=3个氢气分子，则1molNi原子的合金中储存H2的物质的量为mol=0.6mol，故答案为：0.6mol．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
22．苯乙烯在有机合成中有广泛的应用．以苯乙烯为原料制备有机物M和N的合成路线如图所示（部分条件和试剂略去）．
请回答：
（1）B的化学名称 苯乙醛 ．D中含氧官能团的结构简式为 ﹣COOH ．
（2）顺式﹣E的结构简式为 ．
→F的反应类型为 取代
反应 ．
（3）N→H的化学方程式为 ．
（4）写出G的含有相同官能团的所有芳香族化合物的结构简式： ．
（5）参照上述合成路线，以CH3CHO为原料（无机试剂任选），设计制备HOCH2CH2COOH的合成路线： ．
【考点】有机物的合成．
【分析】根据题中各物质转化关系，苯乙烯与水加成生成A为，发生氧化反应生成B为，发生信息Ⅰ中
的反应生成C，在浓硫酸作用下发生消去反应得D为，与甲醇发生酯化得E为，发生加聚反应得M为，比较F和H的结构可知，F发生信息Ⅲ中的反应生成G为，H发生缩聚反应生成N为，以CH3CHO为原料制备HOCH2CH2COOH，可以将CH3CHO发生信息Ⅰ中的反应生成CH3CHOHCOOH，再将CH3CHOHCOOH发生消去得CH2=CHCOOH，然后再用CH2=CHCOOH与水加成得HOCH2CH2COOH，据此答题．
【解答】解：（1）根据上面的分析可知，B为，化学名称
是苯乙醛，D为，D中含氧官能团的结构简式为﹣COOH，
故答案为：苯乙醛；﹣COOH；
（2）E为，顺式﹣E的结构简式为，→F的反应类型为
取代
反应，
故答案为：；取代
反应；
（3）N→H的化学方程式为，故答案为：；
（4）G为，G的含有相同官能团的所有芳香族化合物的结构简式为，
故答案为：；
（5）以CH3CHO为原料制备HOCH2CH2COOH，可以将CH3CHO发生信息Ⅰ中的反应生成CH3CHOHCOOH，再将CH3CHOHCOOH发生消去得CH2=CHCOOH，然后再用CH2=CHCOOH与水加成得HOCH2CH2COOH，合成路线为，
故答案为：．
2017年1月9日
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