四川省乐山市2020届高三化学一模试题（含解析）.docx

四川省乐山市2020届高三化学一模试题（含解析）一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是（） 选项现象或事实化学解释AFe3O4用于人民币票面文字等处的油墨Fe3O4是一种红棕色物质B祖国七十华诞焰火五彩缤纷金属元素的焰色反应C现代旧房拆除定向爆破用铝热剂铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化D金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处NH4Cl溶液呈弱酸性AABBCCDD2（6分）下列离子方程式或化学方程式正确的是（）A向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32+2H+SO2+S+H2OB向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3+3CO32Al2（CO3）3C“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4ClDCuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2+HSCuS+H+3（6分）已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物AE能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是（）AAB的反应类型为加成反应B常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C分子式为C4H8O2的酯有3种Dlmol D与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L4（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是（）A原子半径：MZYB可用XM2洗涤熔化过M的试管CY的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火D最高价氧化物水化物的酸性：MZ5（6分）下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是（） 选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀KspFe（OH）3KspAl（OH）3AABBCCDD6（6分）25时，向10mL0l molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（）AA点溶液中，c（H+）c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）BHC2O4在溶液中水解程度大于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4DD点溶液中，c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4）c（OH）c（H+）7（6分）电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（）A离子交换膜a为阴离子交换膜B通电时，电极2附近溶液的pH增大C淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值D各间隔室的排出液中，为淡水三、非选择题：第810题为必考题，每个试题考生都必须作答第1112题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题8（14分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。探究一称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。（1）（）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用 。aKSCN溶液和氯水 bK3Fe（CN）6溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4溶液（）乙同学将336 mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因 ，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g由此推知气体Y中SO2的体积分数为 。（结果保留一位小数）。探究二甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。（2）简述该实验能产生少量H2的原因 （用化学用语结合少量文字表述）。（3）装置B中试剂的作用是的 ，装置F的作用是 。（4）为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于 （选填序号），M中所盛装的试剂可以是 。aAB之间 bBC之间 cCD之间 dEF之间9（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。（1）“荧光”主要成分是PH3，其结构式为 ，下列有关PH3的说法错误的是 。aPH3分子是极性分子bPH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高c一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对dPH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低（2）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式 。（3）已知下列键能数据及P4（白磷）分子结构： 化学键 PP HH PH 白磷分子结构 键能/（kJmol1） 213 436 322 则反应4PH3（g）P4（g）+6H2（g）H kJmol1。（4）某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 mol PH3发生（3）中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 mol，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v（PH3） ；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是 。A混合气体的密度不变 B.6v（PH3）4v（H2）Cc（PH3）：c（P4）：c（H2）4：1：6 D混合气体的压强不变（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：（）由图可知，富氧有利于 （选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。（）随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为 。10（15分）粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。已知：i）伯胺RNH2能与Fe3+反应：3R一NH2+Fe3+SO42+H2OFe（NH2一R）3（OH）SO4+H+生成易溶于煤油的产物。ii）Fe3+在水溶液中能与Cl一反应：Fe3+6ClFeCl63，回答下列问题：（1）过程对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是 。（2）写出过程加入过量H2O2发生的离子方程式 。加入伯胺煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 。（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理 。（4）过程中过量的N2H4将水层2中FeCl63转化为Fe2+，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4FeCl63+5N2H44Fe2+N2+4N2H5+24Cl，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。已知电解液为熔融NaOHKOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：第一步：Fe2O3+3H2O+6e2Fe+6OH，第二步：2Fe+N2+3H2OFe2O3+2NH3。则该电解池发生总反应的化学方程式为 ，纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是 。（6）某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2ObFeOcFe2O3），若x平均值为1.3，则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为 。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分。11（15分）据央广新闻报道，2016年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：（1）铅原子的价层电子排布式为 ，原子核外有 个未成对电子。（2）锌与镓（Ga）同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是 。（3）天然碱的化学式为Na2CO3NaHCO32H2O。（）天然碱的晶体类型是 ；H2O的VSEPR模型为 。（）Na2CO3中存在的作用力类型主要有 ，CO32中C的杂化类型为 。（4）金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2Au（CN）2+Zn2Au+Zn（CN）42与CN互为等电子体的离子有 （任写一种），HCN分子中键和键数目之比为 。（5）金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为 gcm3，摩尔质量M（Au）197gmol1，阿伏伽德罗常数为NA则晶体中金原子的配位数为 ，金原子（或粒子）的半径r pm（用含和NA的代数式表示）。12姜黄素（分子式为C21H20O6）具有抗突变、抗氧化、保护心脑血管和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A的名称为试剂 ；试剂X名称为 。（2）D中含有的官能团名称 。（3）反应DE的化学方程式为 ，其反应类型是 。（4）下列有关G（C8H8O3）的叙述不正确的是 （填正确答案编号）。a能与NaHCO3溶液反应b能与浓溴水发生取代反应c能与FeCl3溶液发生显色反应d1molG最多能与3molH2发生加成反应（5）姜黄素的结构简式为 。（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为 。苯环上的一取代物只有2种；核磁共振氢谱中有4组吸收峰1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH。2020年四川省乐山市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是（） 选项现象或事实化学解释AFe3O4用于人民币票面文字等处的油墨Fe3O4是一种红棕色物质B祖国七十华诞焰火五彩缤纷金属元素的焰色反应C现代旧房拆除定向爆破用铝热剂铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化D金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处NH4Cl溶液呈弱酸性AABBCCDD【分析】A、Fe3O4是一种黑色物质；B、金属元素燃烧显示不同的火焰颜色；C、金属Al能与某些金属氧化物反应，并且放出大量热；D、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，氢离子能与氧化铁反应。【解答】解：A、Fe3O4是磁性氧化物，具有磁性的物质，俗称磁性氧化铁，是黑色物质，不是俗称铁红的氧化铁，故A错误；B、焰火的五彩缤纷是某些金属元素燃烧显示不同的火焰颜色的展现，故B正确；C、金属Al能与某些金属氧化物发生铝热反应，并且放出大量热，可使钢铁熔化，所以旧房拆除定向爆破可用铝热剂实现，故C正确；D、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，铁锈的主要成分是氧化铁，氧化铁能与酸性溶液反应，所以金属焊接前可用NH4Cl溶液处理焊接处铁锈，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。2（6分）下列离子方程式或化学方程式正确的是（）A向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32+2H+SO2+S+H2OB向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3+3CO32Al2（CO3）3C“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4ClDCuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2+HSCuS+H+【分析】A二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸根离子；B发生相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；C向氨的饱和氯化钠溶液中铜二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵；D反应生成CuS、硫化氢和硫酸钠。【解答】解：A硝酸具有氧化性，二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸根离子，不会有二氧化硫生成，故A错误；B向Al2（SO4）3溶液中滴加少量Na2CO3溶液的离子反应为2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2，故B错误；C向氨的饱和氯化钠溶液中铜二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，故化学方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl，故C正确；D往硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液的离子反应为Cu2+2HSCuS+H2S，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。3（6分）已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物AE能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是（）AAB的反应类型为加成反应B常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C分子式为C4H8O2的酯有3种Dlmol D与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L【分析】气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，则A为CH2CH2，B能连续被催化氧化且BD能发生酯化反应生成E，根据E分子式知，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，AA生成B的反应为乙烯和水生成乙醇的反应；BC为乙醛，常温下为液体；C分子式为C4H8O2的酯可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；D温度和压强未知导致气体摩尔体积未知。【解答】解：气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，则A为CH2CH2，B能连续被催化氧化且BD能发生酯化反应生成E，根据E分子式知，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，AA生成B的反应为乙烯和水生成乙醇的反应，该反应为加成反应，故A正确；BC为乙醛，常温下为液体，且乙醛具有刺激性气味，故B错误；C分子式为C4H8O2的酯可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以符合条件的酯有4种，故C错误；D温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算生成气体体积，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确烯烃、醇、醛、羧酸、酯的官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，C为解答易错点，易漏掉甲酸异丙酯而导致错误判断。4（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是（）A原子半径：MZYB可用XM2洗涤熔化过M的试管CY的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火D最高价氧化物水化物的酸性：MZ【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X 的一种单质是高硬度的宝石，则X为C；Y2+的电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M 的单质为淡黄色固体，则M为S；而Z的原子序数大于Mg而小于S，且质子数为偶数，则Z为Si，以此解答该题。【解答】解：由以上分析可知X为C，Y为Mg，Z为Si，M为S，A同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：MZY，故A正确；B硫单质易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故B正确；CMg能够在二氧化碳中燃烧，Mg单质起火时不能用泡沫灭火剂灭火，故C错误；D非金属性：SSi，则最高价氧化物对应水化物的酸性：MZ，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5（6分）下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是（） 选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀KspFe（OH）3KspAl（OH）3AABBCCDD【分析】A氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；B苯与溴水发生萃取；C蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性溶液中；D滴加过量NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH反应。【解答】解：A氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，结论不合理，故A错误；B苯与溴水发生萃取，为物理变化，故B错误；C蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性溶液中，没有子碱性条件下检验，无银镜生成，则不能判断蔗糖是否水解，故C正确；D滴加过量NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH反应，与氢氧化铝的两性有关，且FeCl3和AlCl3混合溶液浓度未知、不发生沉淀转化，不能比较Ksp大小，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6（6分）25时，向10mL0l molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（）AA点溶液中，c（H+）c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）BHC2O4在溶液中水解程度大于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4DD点溶液中，c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4）c（OH）c（H+）【分析】AA点为10mL0l molL1 H2C2O4溶液，根据电荷守恒分析；BB点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaHC2O4，此时溶液呈酸性；CB点溶质为NaHC2O4，D点溶质为Na2C2O4，C点介于二者之间，据此判断C点溶质；DD点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，溶液显碱性，据此结合电荷守恒分析。【解答】解：AA点为0l molL1 H2C2O4溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故A正确；BB点溶质为NaHC2O4，此时溶液的pH7，说明HC2O4在溶液中水解程度小于其电离程度，故B错误；CC点溶液呈中性，加入的NaOH溶液介于10mL20mL之间，则溶质为NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；DD点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，Na2C2O4水解溶液显碱性，以第一步水解为主，且氢氧根离子还来自水的电离，则c （OH）c （HC2O4），正确的离子浓度大小为；c （Na+）c （C2O42）c （OH）c （HC2O4）c （H+），故D错误；故选：A。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示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的关系及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。7（6分）电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（）A离子交换膜a为阴离子交换膜B通电时，电极2附近溶液的pH增大C淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值D各间隔室的排出液中，为淡水【分析】图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl2eCl2，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H+2eH2，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，据此分析判断选项。【解答】解：A分析可知b为阴离子交换膜，故A错误；B通电时，阳极电极反应：2Cl2eCl2，阴极电极反应，2H+2eH2，氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增加，故电极2附近溶液的pH增大，故B正确；C淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，故C错误；D实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，为淡水，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化，题目难度不大。三、非选择题：第810题为必考题，每个试题考生都必须作答第1112题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题8（14分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。探究一称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。（1）（）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用bd。aKSCN溶液和氯水 bK3Fe（CN）6溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4溶液（）乙同学将336 mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。（结果保留一位小数）。探究二甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。（2）简述该实验能产生少量H2的原因Fe+2H+Fe2+H2，随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁反应生成氢气（用化学用语结合少量文字表述）。（3）装置B中试剂的作用是的检验SO2是否除尽，装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验。（4）为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于b（选填序号），M中所盛装的试剂可以是澄清石灰水。aAB之间 bBC之间 cCD之间 dEF之间【分析】探究一、（1）K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色；SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）0.015mol，由SO2BaSO4知二氧化硫的物质的量为0.01mol；探究二、装置图中A的作用是吸收二氧化硫气体，装置B的作用是检验二氧化硫是否除尽，装置C的作用是吸收水蒸气，装置D、E的作用是检验氢气，装置F的作用是防止空气中水蒸气进入E中，干扰氢气的检验，装置M中的试剂是澄清石灰水，作用是检验二氧化碳，根据二氧化硫和二氧化碳的性质选择M位置，以此解答该题。【解答】解：（1）（）K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色；溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨；故答案为：bd； （）SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4；生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）0.015mol，由SO2BaSO4知二氧化硫的物质的量为0.01mol，所以二氧化硫的体积分数为100%66.7%；故答案为：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4；66.7%；（2）随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁发生Fe+2H+Fe2+H2，反应生成氢气，故答案为：Fe+2H+Fe2+H2，随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁反应生成氢气；（3）二氧化硫可以使品红溶液褪色，故装置B的作用为检验SO2是否除尽；F可防止空气中的水进入E，影响氢气的检验，故答案为：检验SO2是否除尽；防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；（4）二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都能使澄清石灰水变浑浊，二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，选b；M中的试剂为澄清石灰水，故答案为：b；澄清石灰水。【点评】本题考查物质的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，涉及了浓硫酸的性质、二氧化硫的性质、常见物质的检验、计算等知识点，综合性较强，题目难度中等。9（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。（1）“荧光”主要成分是PH3，其结构式为，下列有关PH3的说法错误的是cd。aPH3分子是极性分子bPH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高c一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对dPH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低（2）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式Ca3P2+6H2O3Ca（OH）2+2PH3。（3）已知下列键能数据及P4（白磷）分子结构： 化学键 PP HH PH 白磷分子结构 键能/（kJmol1） 213 436 322 则反应4PH3（g）P4（g）+6H2（g）H30 kJmol1。（4）某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 mol PH3发生（3）中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 mol，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v（PH3）0.1mol/（Lmin）；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是D。A混合气体的密度不变 B.6v（PH3）4v（H2）Cc（PH3）：c（P4）：c（H2）4：1：6 D混合气体的压强不变（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：（）由图可知，富氧有利于延长（选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。（）随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低。【分析】（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对；a正负电荷中心不重合的分子为极性分子；b存在的化学键键能越大分子越稳定；c一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对；d含有氢键的氢化物熔沸点较高；（2）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和膦；（3）H反应物总键能生成物总键能；（4）05min内v（H2）mol/（Lmin）0.15mol/（Lmin），相同时间内v（PH3）v（H2）；可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（5）（I）根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快；（II）生成的磷酸能和金属阳离子反应。【解答】解：（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对，其结构式为；a正负电荷中心不重合的分子为极性分子，膦分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故正确；b存在的化学键键能越大分子越稳定，PH3分子稳定性低于NH3分子，则键能：NHPH，故正确；c一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对，故错误；d含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子间能形成氢键、膦分子间不能形成氢键，所以熔沸点氨气较高，与键能无关，故错误；故选cd；故答案为：；cd；（2）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和膦，反应方程式为Ca3P2+6H2O3Ca（OH）2+2PH3，故答案为：Ca3P2+6H2O3Ca（OH）2+2PH3；（3）H反应物总键能生成物总键能（4332262136436）kJ/mol30kJ/mol，故答案为：30；（4）05min内v（H2）mol/（Lmin）0.15mol/（Lmin），相同时间内v（PH3）v（H2）0.15mol/（Lmin）0.1mol/（Lmin），A反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；B.6v（PH3）4v（H2）时该反应不一定达到平衡状态，正逆反应方向未知，无法判断，故错误；Cc（PH3）：c（P4）：c（H2）4：1：6时该反应不一定达到平衡状态，与初始浓度及转化率有关，故错误；D恒温恒容条件下反应前后气体物质的量增大，则压强增大，当混合气体的压强不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故答案为：0.1mol/（Lmin）；D；（5）（I）根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快，反应达到平衡时间越短，则富氧有利于延长催化作用的持续时间，故答案为：延长；（II）生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低，故答案为：生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低。【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡状态判断、化学平衡影响因素、元素周期律等知识点，明确化学平衡状态判断方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意：化学键的键能影响物质稳定性、氢键影响氢化物的熔沸点，题目难度不大。10（15分）粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。已知：i）伯胺RNH2能与Fe3+反应：3R一NH2+Fe3+SO42+H2OFe（NH2一R）3（OH）SO4+H+生成易溶于煤油的产物。ii）Fe3+在水溶液中能与Cl一反应：Fe3+6ClFeCl63，回答下列问题：（1）过程对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是SiO2。（2）写出过程加入过量H2O2发生的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。加入伯胺煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是萃取、分液。（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理Fe3+6ClFeCl63，Cl结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取。（4）过程中过量的N2H4将水层2中FeCl63转化为Fe2+，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4FeCl63+5N2H44Fe2+N2+4N2H5+24Cl，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1。（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。已知电解液为熔融NaOHKOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：第一步：Fe2O3+3H2O+6e2Fe+6OH，第二步：2Fe+N2+3H2OFe2O3+2NH3。则该电解池发生总反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2，纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是催化剂。（6）某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2ObFeOcFe2O3），若x平均值为1.3，则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为7：3。【分析】粉煤灰主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质，加入稀硫酸酸浸并过滤，生成的浸取液含有铝离子、亚铁离子、铁离子等，加入氢氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，伯胺RNH2能与Fe3+反应：3RNH2+Fe3+SO42+H2OFe（NH2R）3（OH）SO4+H+，生成易溶于煤油的产物，分液后水层含有铝离子，可用于制备铝，有机层加入氯化钠溶液进行反萃取，分液后水层含有FeCl63，加入N2H4，将水层2中Fe3+转化为Fe2+并生成N2，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，煅烧可得到纳米Fe2O3，以此解答该题。【解答】解：（1）过程对煤粉灰进行酸浸过滤后，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；（2）过程加入过量H2O2，双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；加入伯胺煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是萃取、分液，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；萃取、分液；（3）Fe3+6ClFeCl63，Cl结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取，故答案为：Fe3+6ClFeCl63，Cl结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取；（4）4FeCl63+5N2H44Fe2+N2+4N2H5+24Cl，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、N元素化合价由2价变为0价，且如果有5mol肼参加反应只有1mol肼作还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为：4：1；（5）阳极反应式为4OH4eO2+2H2O，阴极总反应式为6H2O+N2+6e2NH3+6OH，则其电池反应式为2N2+6H2O4NH3+3O2，氧化铁起催化剂作用，故答案为：2N2+6H2O4NH3+3O2；催化剂；（6）x1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整数比的化学式为K13Fe10O20，即K2O3FeOFe2O3，b：2c之比为Fe2+和Fe3+的物质的量比3：23：7，均为相同的铁原子，则质量比3：7，Fe3+和Fe2+的质量比为7：3，故答案为：7：3。【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，考查学生的分析能力，题目难度中等。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分。11（15分）据央广新闻报道，2016年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：（1）铅原子的价层电子排布式为6s26p2，原子核外有2个未成对电子。（2）锌与镓（Ga）同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga。（3）天然碱的化学式为Na2CO3NaHCO32H2O。（）天然碱的晶体类型是离子晶体；H2O的VSEPR模型为四面体形。（）Na2CO3中存在的作用力类型主要有离子键和共价键，CO32中C的杂化类型为sp2。（4）金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2Au（CN）2+Zn2Au+Zn（CN）42与CN互为等电子体的离子有C22（任写一种），HCN分子中键和键数目之比为1：1。（5）金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为 gcm3，摩尔质量M（Au）197gmol1，阿伏伽德罗常数为NA则晶体中金原子的配位数为12，金原子（或粒子）的半径r1010pm（用含和NA的代数式表示）。【分析】（1）Pb元素位于第六周期第IVA族，其价电子为6s、6p能级上的电子；该原子6p能级上有2个未成对电子；（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；（3）（I）该晶体中含有离子化合物；水分子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型；（II）碳酸钠是由阴阳离子构成的，碳酸根离子中CO原子之间存在共价键；CO32中C原子价层电子对个数3+3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；（4）与CN互为等电子体的离子中含有2个原子、价电子数是10；HCN分子结构式为HCN，共价单键键、共价三键中含有一个键和2个键；（5）Au晶胞中原子个数8+64，该晶体中Au原子配位数382；该晶胞棱长，面对角线上三个Au原子紧密相邻，面对角线长度为4r。【解答】解：（1）Pb元素位于第六周期第IVA族，其价电子为6s、6p能级上的电子，其价电子排布式为6s26p2；该原子6p能级上有2个未成对电子，故答案为：6s26p2；2；（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga，故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga；（3）（I）该晶体中含有离子化合物，则天然碱为离子晶体；水分子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为四面体形，故答案为：离子晶体；四面体形；sp2；（I