江西省2020届高三化学上学期模拟检测试题.doc

江西省2020届高三化学上学期模拟检测试题一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）莽草酸的一种异构体a在浓硫酸作用下加热可得到b下列说法不正确的是（）ax的化学式为h2o ba既能使br2/ccl4溶液褪色，又能使酸性kmno4溶液褪色cb所有碳原子在同一平面上d与b分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种2（6分）用na表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）a17g羟基（oh）所含电子总数为9nab18gd2o中含有的原子数为3nac标准状况下，22.4lchcl3中所含分子数为nad32g s8单质（结构如图）中含有的ss键个数为2na 3（6分）一种从含br废水中提取br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。已知：br2ccl4正十二烷密度/gcm33.1191.5950.753沸点/58.7676.8215217下列说法正确的是（）a用甲装置过滤时，需不断搅拌b用乙装置将br氧化为br2c丙装置中用正十二烷而不用ccl4，是因为其密度小d可用装置丁进行蒸馏，先收集正十二烷再收集br24（6分）下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论a向1ml2mol/lnaoh溶液中先滴加2滴0.1mol/lmgcl2溶液，再滴加2滴0.1mol/lfecl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀kspfe（oh）3kspmg（oh）2b向nh3h2o溶液中滴加少量agno3溶液无明显现象nh3h2o 和agno3不 反 应c将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含co2d向某溶液中加入盐酸酸化的bacl2溶液有白色沉淀产生该溶液中可能含有so42aabbccdd5（6分）已知短周期主族元素x、y、z、w、r，其中x的原子半径在短周期主族元素中最大，y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，w与z同主族，r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）ax与y形成的其中一种化合物中阴阳离子的个数比均为1：1b简单氢化物y比r的稳定、且熔沸点高cry2和x2y2均具有漂白性，均能使品红试液褪色dry2和wy2通入ba（no3）2溶液中均不产生白色沉淀6（6分）如图是利用一种微生物将废水中的有机物（如淀粉）和废气no的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是（）a质子透过阳离子交换膜由右向左移动b电子流动方向为nyxmcm电极反应式：（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+d当m电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，n电极产生134.4 l n2（标况下）7（6分）25时，h2co3的kal4.2107，ka25.61011室温下向10ml 0.1mo1l1na2co3溶液中逐滴加入0.1mo1l1hcl溶液如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随ph降低而变化的图象（co2因有逸出未画出）下列说法错误的是（）aa点所示溶液的ph11bb点所示溶液：c（na+）c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）ca点b点发生反应的离子方程式为co32+h+hco3d分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定na2co3与nahco3混合物的组成三、非选择题8（14分）二氯化二硫（s2cl2）在工业上用于橡胶的硫化为在实验室合成s2cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：将干燥的氯气在110140与硫反应，即可得s2cl2粗品有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/化学性质s112.8444.6略s2cl277137遇水生成hcl、so2、s；300以上完全分解；s2cl2+c12 2scl2设计实验装置图如下：（1）图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见 利用改进后的正确装置进行实验，请回答下列问题：（2）b中反应的离子方程式： ；e中反应的化学方程式： （3）c、d中的试剂分别是 、 （4）仪器a、b的名称分别是 、 ，f的作用是 （5）如果在加热e时温度过高，对实验结果的影响是 ，在f中可能出现的现象是 （6）s2cl2粗品中可能混有的杂质是（填写两种） 、 ，为了提高s2cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和 9（14分）coco3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣（主要成coo、co2o3，还含有al2o3、zno 等杂质） 为原料制备coco3的一种工艺流程如图：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的ph（开始沉淀的ph 按金属离子浓度为1.0mol/l1计算）：金属离子开始沉淀的ph沉淀完全的phco2+7.69.4al3+3.05.0zn2+5.48.0（1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式 。（2）“除铝”过程中需要调节溶液ph 的范围为 ，形成沉渣时发生反应的离子方程式为 。（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有 ；上述“萃取”过程可表示为znso4（水层）+2hx（有机层）znx2（有机层）+h2so4（水层），由有机层获取znso4溶液的操作是 。（4）“沉钴”时，na2co3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因 。（5）在空气中煅烧coco3生成钴氧化物和co2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，co2 的体积为0.672 l（标准状况），则该钴氧化物的化学式为 。10（15分）c、n、s的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。（1）co2的重整用co2和h2为原料可得到ch4燃料。已知：ch4 （g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h1+247kj/molch4 （g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h2+205kj/mol则co2重整的热化学方程式为 。（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的so2，将烟气通入1.0mol/l 的na2so3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的ph不断 （填“减小”、“不变”或“增大）。当溶液ph约为6时，吸收so2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（so32）0.2mol/l，则溶液中c（hso3） ；（3）催化还原法去除no一定条件下，用nh3消除no污染，其反应原理：4nh3+6no5n2+6h2o不同温度条件下，n（nh3）：n（no）的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，得到no脱除率曲线如图1所示。随温度升高no脱除率下降的原因是 ；曲线a中，no的起始浓度为6104mgm3，从a点到b点经过0.8s，该时间段内no的脱除速率为 mgm3s1；曲线b对应nh3与no的物质的量之比是 。（4）间接电化学法除no其原理如图2所示：写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性） ；吸收池中除去no的离子方程式为 。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一道题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。化学-选修3：物质结构与性质11（15分）由p、s、cl、ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。（1）基态 cl原子核外电子排布式为 ，p、s、cl的第一电离能由大到小顺序为 。（2）scl2分子中的中心原子杂化轨道类型是 ，该分子构型为 。（3）ni与co能形成配合物ni（co）4，该分子中配位键个数为 ；以“”表示键、“”表示配位键，该分子空间结构示意图可以画为 。（4）已知mgo与nio的晶体结构（如图1）相同，其中mg2+和ni2+的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点：mgo nio（填“”、“”或“”），理由是 。（5）若nio晶胞中离子坐标参数a为（0，0，0），b为（1，1，0），则c离子坐标参数为 。（6）一定温度下，nio晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为o2作密置单层排列，ni2+填充其中（如图2），已知o2的半径为a m，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g（用a、na表示）化学-选修5：有机化学基础12光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：（1）a的化学名称是 ，e的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积之比为 3：2：1，e能发生水解反应，则 f 的结构简式为 。（2）g 分子中所含官能团名称为 ，羧酸 x 的实验式为 。（3）bc 所需的试剂 y 和反应条件分别为 ，由 f 到 g的反应类型为 。（4）d 和 g 反应生成光刻胶的化学方程式为 。（5）c 的一种同分异构体满足下列条件：能发生银镜反应，其水解产物之一能与 fecl3溶液发生显色反应；苯环上的一氯取代产物只有两种，该同分异构体的结构简式为 。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以 ch3cho 为原料制备 ch3cococooh的合成路线流程图（无机试剂任选）： 。 参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）莽草酸的一种异构体a在浓硫酸作用下加热可得到b下列说法不正确的是（）ax的化学式为h2o ba既能使br2/ccl4溶液褪色，又能使酸性kmno4溶液褪色cb所有碳原子在同一平面上d与b分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种【考点】hd：有机物的结构和性质【分析】aa中发生消去反应生成b，生成2分子的水；ba中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；cb中含有苯环，苯上所有原子共平面，cooh中所有原子共平面；db的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3个官能团，则为2个oh、1个cho，其苯环上一氯代物有两种，两个oh位于间位，cho可能位于两个羟基的中间位置或中间位置的相对位置。【解答】解：aa中发生消去反应生成b，根据原子守恒知，生成2分子的水，所以x为化学式为h2o，故a正确；ba中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以a能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是加成反应后者是氧化反应，故b正确；cb中含有苯环，苯上所有原子共平面，cooh中所有原子共平面，所以b中所有原子共平面，故c正确；db的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3个官能团，则为2个oh、1个cho，其苯环上一氯代物有两种，两个oh位于间位，cho可能位于两个羟基的中间位置或中间位置的相对位置，所以符合条件的有两种同分异构体，故d错误；故选：d。【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查分析判断能力，c中原子共平面采用知识迁移的方法解答，题目难度不大。2（6分）用na表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）a17g羟基（oh）所含电子总数为9nab18gd2o中含有的原子数为3nac标准状况下，22.4lchcl3中所含分子数为nad32g s8单质（结构如图）中含有的ss键个数为2na 【考点】4f：阿伏加德罗常数【分析】a、求出oh的物质的量，然后根据oh中含9个电子来分析；b、重水的摩尔质量为20g/mol，含3个原子；c、标况下三氯甲烷为液体；d、求出32g s8单质的物质的量，然后根据 s8单质中含8条ss键来分析。【解答】解：a、17goh的物质的量为1mol，而oh中含9个电子，故1moloh 中含9na个电子，故a正确；b、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而重水中含3个原子，故0.9mol重水中含原子为2.7na个，故b错误；c、标况下三氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故c错误；d、32g s8单质的物质的量为0.125mol，而 s8单质中含8条ss键，故0.125mols8中含ss键为na条，故d错误。故选：a。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3（6分）一种从含br废水中提取br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。已知：br2ccl4正十二烷密度/gcm33.1191.5950.753沸点/58.7676.8215217下列说法正确的是（）a用甲装置过滤时，需不断搅拌b用乙装置将br氧化为br2c丙装置中用正十二烷而不用ccl4，是因为其密度小d可用装置丁进行蒸馏，先收集正十二烷再收集br2【考点】e7：海水资源及其综合利用；u5：化学实验方案的评价【专题】545：物质的分离提纯和鉴别【分析】a搅拌易捣破滤纸；b氯气可氧化溴离子；cccl4与溴的沸点接近；d沸点低的先被蒸馏出来。【解答】解：a搅拌易捣破滤纸，则过滤时不能搅拌，故a错误；b氯气可氧化溴离子，用乙装置将br氧化为br2，故b正确；cccl4与溴的沸点接近，应选沸点差异较大的正十二烷，便于萃取后蒸馏分离，与密度无关，故c错误；d沸点低的先被蒸馏出来，则先收集溴水，故d错误；故选：b。【点评】本题考查化学实验方案的评价及海水提溴，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、混合物分离提纯、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。4（6分）下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论a向1ml2mol/lnaoh溶液中先滴加2滴0.1mol/lmgcl2溶液，再滴加2滴0.1mol/lfecl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀kspfe（oh）3kspmg（oh）2b向nh3h2o溶液中滴加少量agno3溶液无明显现象nh3h2o 和agno3不 反 应c将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含co2d向某溶液中加入盐酸酸化的bacl2溶液有白色沉淀产生该溶液中可能含有so42aabbccdd【考点】u5：化学实验方案的评价【专题】25：实验评价题【分析】a氢氧化钠过量，铁离子直接与氢氧化钠反应，没有实现沉淀的转化； b铵根离子与氨水先生成氢氧化银沉淀，氨水过量后沉淀溶解生成可溶性的银氨络离子；c二氧化硫和二氧化碳都能够时澄清石灰水变浑浊；d硫酸钡沉淀不溶于盐酸，生成沉淀可能为硫酸钡。【解答】解：a向1ml2mol/lnaoh溶液中先滴加2滴0.1mol/lmgcl2溶液，反应后naoh大量剩余，再滴加2滴0.1mol/lfecl3溶液后，铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较kspfe（oh）3、kspmg（oh）2的大小，故a错误；b向nh3h2o溶液中滴加少量agno3溶液，发生了反应，由于氨水过量，反应生成可溶的银氨络离子，故b错误；c将木炭和浓硫酸共热生成co2和so2，co2和so2都能够使澄清石灰水变浑浊，则生成的气体不止co2，故c错误；d向某溶液中加入盐酸酸化的bacl2溶液，生成的白色沉淀可能为硫酸钡，该溶液中可能含有so42，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，涉及沉淀转化、氧化还原反应、离子检验等性质，侧重性质与化学反应原理的考查，注意现象的分析及实验的评价性，题目难度不大。5（6分）已知短周期主族元素x、y、z、w、r，其中x的原子半径在短周期主族元素中最大，y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，w与z同主族，r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）ax与y形成的其中一种化合物中阴阳离子的个数比均为1：1b简单氢化物y比r的稳定、且熔沸点高cry2和x2y2均具有漂白性，均能使品红试液褪色dry2和wy2通入ba（no3）2溶液中均不产生白色沉淀【考点】8f：原子结构与元素周期律的关系；8j：位置结构性质的相互关系应用【分析】x的原子半径在短周期主旋元素中最大，则xna元素；y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，z元素的原子l层电子数为m+n，m层电子数为mn，因为l层电子最多为8，则n2，m6，则y为o元素，z为si元素；w元素与z元素同主族，则w为c元素；r元素原子与y元素原子的核外电子数之比为2：1，y的核外电子数为8，则r的核外电子数为16，则y为s元素，据此解答。【解答】解：由分析可知：x为na、y为o、z为si、w为c元素、r为s元素。ax与y形成的两种化合物分别为na2o、na2o2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故a正确；by是o元素，r是s元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故b正确；c二氧化硫和过氧化钠都具有漂白性，都可使品红褪色，但原理不同，二氧化硫发生化合反应，过氧化钠具有强氧化性，故c正确；d二氧化硫具有还原性，酸性条件下可被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，可生成硫酸钡沉淀，故d错误；故选：d。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度不大，把握元素的位置、原子结构推断元素为解本题关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重分析与应用能力的考查。6（6分）如图是利用一种微生物将废水中的有机物（如淀粉）和废气no的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是（）a质子透过阳离子交换膜由右向左移动b电子流动方向为nyxmcm电极反应式：（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+d当m电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，n电极产生134.4 l n2（标况下）【考点】bh：原电池和电解池的工作原理【分析】由题意利用一种微生物将废水中有机物主要成分是（c6h10o5）n的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图n极通no，m极为有机物，则n极为正极发生还原反应，m极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+，原电池中阳离子移向正极。【解答】解：a由题意利用一种微生物将废水中有机物主要成分是（c6h10o5）n的化学能转化为电能的装置，即为原电池，质子透过阳离子交换膜，从左向右移动，故a错误；b电子流动方向从负极经过导线到正极，为mxyn，故b错误；cm极为有机物，m极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+，故c正确；d当m电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，物质的量为mol，所以转移电子的物质的量为：24n2.4mol，而生成1mol的氮气转移电子的物质的量为4mol，所以生成0.6mol的氮气，标况下的体积为13.44 l，故d错误；故选：c。【点评】本题考查原电池基本原理，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握。7（6分）25时，h2co3的kal4.2107，ka25.61011室温下向10ml 0.1mo1l1na2co3溶液中逐滴加入0.1mo1l1hcl溶液如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随ph降低而变化的图象（co2因有逸出未画出）下列说法错误的是（）aa点所示溶液的ph11bb点所示溶液：c（na+）c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）ca点b点发生反应的离子方程式为co32+h+hco3d分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定na2co3与nahco3混合物的组成【考点】d5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；dn：离子浓度大小的比较【专题】51g：电离平衡与溶液的ph专题【分析】aa点c（hco3）c（co32），根据ka2计算；b根据物料守恒分析；ca点b：co32逐渐减少，hco3逐渐增加；d用酚酞作指示剂，滴定产物是nahco3，用甲基橙作指示剂，滴定产物是h2co3【解答】解：aa点c（hco3）c（co32），ka25.61011，则c（h+）5.61011mol/l，所以ph11，故a正确；b室温下向10ml 0.1mo1l1na2co3溶液中逐滴加入0.1mo1l1hcl溶液，b点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即c（na+）2c（hco3）+2c（co32）+2c（h2co3），故b错误；ca点b：co32逐渐减少，hco3逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为co32+h+hco3，故c正确；d1na2co3溶液中逐滴加入hcl，用酚酞作指示剂，滴定产物是nahco3，用甲基橙作指示剂滴定时nahco3与hcl反应产物是h2co3，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定na2co3与nahco3混合物的组成，故d正确。故选：b。【点评】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的计算，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系再结合守恒思想分析解答，试题培养了学生的灵活应用能力三、非选择题8（14分）二氯化二硫（s2cl2）在工业上用于橡胶的硫化为在实验室合成s2cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：将干燥的氯气在110140与硫反应，即可得s2cl2粗品有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/化学性质s112.8444.6略s2cl277137遇水生成hcl、so2、s；300以上完全分解；s2cl2+c12 2scl2设计实验装置图如下：（1）图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见用导管将a的上口和b相连（或将a换成恒压滴液漏斗），在g和h之间增加干燥装置利用改进后的正确装置进行实验，请回答下列问题：（2）b中反应的离子方程式：mno2+4 h+2 c1mn2+c12+2h2o；e中反应的化学方程式：2 s+c12s2c12（3）c、d中的试剂分别是饱和食盐水、浓硫酸（4）仪器a、b的名称分别是分液漏斗、蒸馏烧瓶，f的作用是导气、冷凝（5）如果在加热e时温度过高，对实验结果的影响是产率降低，在f中可能出现的现象是有固体产生（6）s2cl2粗品中可能混有的杂质是（填写两种）scl2、c12，为了提高s2cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和控制浓盐酸的滴速不要过快【考点】e3：氯气的实验室制法；fo：含硫物质的性质及综合应用；u3：制备实验方案的设计【专题】16：压轴题；522：卤族元素；523：氧族元素【分析】（1）气体发生装置，为保持分液漏斗中液体顺利流下需要保持内外压强相通，s2cl2遇水生成hcl、so2、s，在g中生成的 s2cl2易与h中扩散过来的水蒸气反应而变质，故应在g和h之间增加干燥装置；（2）b中发生反应的离子方程式是浓盐酸与二氧化锰制取氯气；e中反应是氯气和硫发生反应生成二氯化二硫；（3）氯气制取过程中的除杂问题，先用饱和食盐水除去氯气中的hcl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气；（4）图中均是中学常见仪器，a、b分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶，应注意蒸馏烧瓶与圆底烧瓶的区别；f长玻璃管是起到导气冷凝作用；（5）温度过高会完全分解生成的单质硫会在f处冷凝呈固体；（6）根据信息，温度控制不当，则会生成scl2，还有未反应的氯气以及蒸发出的硫【解答】解：（1）气体发生装置中，分液漏斗中的液体顺利流下，可以利用导管把分液漏斗上口和b装置连接，保持内外压强相同，便于液体流下，因s2cl2遇水生成hcl、so2、s，在g中生成的 s2cl2易与h中扩散过来的水蒸气反应而变质，故应在g和h之间增加干燥装置故答案为：用导管将a的上口和b相连（或将a换成恒压滴液漏斗）；在g和h之间增加干燥装置；（2）b中发生反应的离子方程式是浓盐酸与二氧化锰制取氯气的离子方程式：mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o；e中反应的化学方程式由信息可得：2s+c12s2c12，故答案为：mno2+4h+2c1mn2+c12+2h2o；2 s+c12 s2c12；（3）氯气制取过程中的产生杂质hcl、h2o，因此先用饱和食盐水除去氯气中的hcl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气所以c中为饱和食盐水，d中为浓硫酸；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（4）a、b分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；f长玻璃管起到导气冷凝作用，故答案为：分液漏斗； 蒸馏烧瓶；导气、冷凝；（5）温度过高会完全分解，生成的单质硫会在f处冷凝呈固体，由表中信息 s2cl2在300以上完全分解，s2cl2s+cl2 ，所以加热e时温度过高会导致产率降低，在f中可能有硫析出，故答案：产率降低；有固体产生；（6）根据信息，温度控制不当，则会生成scl2，还有未反应的氯气以及蒸发出的硫所以关键的操作是控制好温度和氯气的气流速度要恰当，应控制浓盐的滴速不要过快，故答案为：scl2、c12、s（任写其中两种即可）；控制浓盐酸的滴速不要过快【点评】本题主要考查了在实验室中合成s2c12，根据题目信息分析了原因，培养了学生运用知识的能力与解决问题的能力9（14分）coco3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣（主要成coo、co2o3，还含有al2o3、zno 等杂质） 为原料制备coco3的一种工艺流程如图：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的ph（开始沉淀的ph 按金属离子浓度为1.0mol/l1计算）：金属离子开始沉淀的ph沉淀完全的phco2+7.69.4al3+3.05.0zn2+5.48.0（1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式co2o3+so2+h2so42coso4+h2o。（2）“除铝”过程中需要调节溶液ph 的范围为5.05.4，形成沉渣时发生反应的离子方程式为2al3+3co32+3h2o2al（oh）3+3co2。（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗，烧杯；上述“萃取”过程可表示为znso4（水层）+2hx（有机层）znx2（有机层）+h2so4（水层），由有机层获取znso4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层。（4）“沉钴”时，na2co3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因na2co3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生co（oh）2。（5）在空气中煅烧coco3生成钴氧化物和co2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，co2 的体积为0.672 l（标准状况），则该钴氧化物的化学式为co3o4。【考点】p8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；u3：制备实验方案的设计【分析】含钴废渣（主要成coo、co2o3，还含有al2o3、zno 等杂质）加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生co2o3+so2+h2so42coso4+h2o，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的ph，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成coco3固体，以此解答该题。【解答】解：（1）含钴废渣含有co2o3，最后得到coco3，则+3价的co应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价co，反应的化学方程式为co2o3+so2+h2so42coso4+h2o，故答案为：co2o3+so2+h2so42coso4+h2o；（2）由流程可知除去铝，生成氢氧化铝沉淀的同时应必变生成氢氧化锌等，则由表中数据可知ph应在5.05.4 范围之间，形成沉渣时发生反应的离子方程式为2al3+3co32+3h2o2al（oh）3+3co2，主要发生水解反应，故答案为：5.05.4；2al3+3co32+3h2o2al（oh）3+3co2；（3）萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗，烧杯，由有机层获取znso4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层，故答案为：分液漏斗，烧杯；向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层；（4）沉钴”时，na2co3溶液滴加过快会导致产品不纯，原因是na2co3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生co（oh）2，故答案为：na2co3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生co（oh）2；（5）co2的体积为0.672l（标准状况），n（co2）0.03mol，由化学式可知n（co）0.03mol，则氧化物中n（o）0.04mol，则n（co）：n（o）0.03mol：0.04mol3：4，所以钴氧化物的化学式为co3o4，故答案为：co3o4。【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析推断及基本实验操作能力，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质的性质是解本题关键，难点是（5）题钴氧化物化学式的确定，题目难度中等。10（15分）c、n、s的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。（1）co2的重整用co2和h2为原料可得到ch4燃料。已知：ch4 （g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h1+247kj/molch4 （g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h2+205kj/mol则co2重整的热化学方程式为co2（g）+4h2（g）ch4（g）+2h2o（g）h163kj/mo1。（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的so2，将烟气通入1.0mol/l 的na2so3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的ph不断减小（填“减小”、“不变”或“增大）。当溶液ph约为6时，吸收so2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（so32）0.2mol/l，则溶液中c（hso3）1.6mol/l；（3）催化还原法去除no一定条件下，用nh3消除no污染，其反应原理：4nh3+6no5n2+6h2o不同温度条件下，n（nh3）：n（no）的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，得到no脱除率曲线如图1所示。随温度升高no脱除率下降的原因是该反应正向是放热反应，升高有利于向吸热方向移动；曲线a中，no的起始浓度为6104mgm3，从a点到b点经过0.8s，该时间段内no的脱除速率为1.5104mgm3s1；曲线b对应nh3与no的物质的量之比是3：1。（4）间接电化学法除no其原理如图2所示：写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）2hso3+2e+2h+s2o42+2h2o；吸收池中除去no的离子方程式为2no+2s2o42+2h2on2+4hso3。【考点】be：热化学方程式；bq：氧化还原反应的计算；fe：三废处理与环境保护【分析】（1）根据盖斯定律可得；（2）二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；（3）氨的催化氧化反应是放热反应，据此分析；曲线a中，no的起始浓度为6104mgm3，根据图象得到a、b处的no脱除率，可得两处的no的浓度，再计算脱除速率；nh3与no的物质的量的比值越大，no的脱除率越大，据此分析；（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收no。【解答】解：（1）已知：ch4 （g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h1+247k/mol，ch4 （g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h2+205k/mol，根据盖斯定律，由2得反应：co2（g）+4h2（g）ch4（g）+2h2o（g）hh12h2163kj/mo1；故答案为：co2（g）+4h2（g）ch4（g）+2h2o（g）h163kj/mo1；（2）将烟气通入1.0mol/l的na2so3溶液，亚硫酸与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液ph不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式so2+na2so3+2h2o2nahso3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.00.2）mol/l，则生成的亚硫酸氢根为c（hso3）2（1.00.2）mol/l1.6 mol/l；故答案为：减小；1.6mol/l；（3）氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度有利于向吸热方向移动；故答案为：该反应正向是放热反应，升高有利于向吸热方向移动；曲线a中，no的起始浓度为6104mgm3，a点的脱除率为55%，b点的脱除率为75%，从a点到b点经过0.8s，该时间段内no的脱除速率为6104mgm3（0.750.55）0.8s1.5104mgm3s1；故答案为：1.5104；nh3与no的物质的量的比值越大，no的脱除率越大，故其物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，对应的曲线为a、b、c，故曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1；（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是hso3在酸性条件下发生还原反应，生成s2o42，其电极反应式为2hso3+2e+2h+s2o42+2h2o；根据图示，吸收池中s2o42和no是反应物，n2和hso3是生成物，则吸收池中除去no的原理是2no+2s2o42+2h2on2+4hso3；故答案为：2hso3+2e+2h+s2o42+2h2o；2no+2s2o42+2h2on2+4hso3。【点评】本题考查了盖斯定律、化学反应原理、影响化学平衡的因素、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，综合性强，题目难度较大。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一道题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。化学-选修3：物质结构与性质11（15分）由p、s、cl、ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。（1）基态 cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p7，p、s、cl的第一电离能由大到小顺序为clps。（2）scl2分子中的中心原子杂化轨道类型是sp3，该分子构型为v形。（3）ni与co能形成配合物ni（co）4，该分子中配位键个数为8；以“”表示键、“”表示配位键，该分子空间结构示意图可以画为。（4）已知mgo与nio的晶体结构（如图1）相同，其中mg2+和ni2+的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点：mgonio（填“”、“”或“”），理由是mg2+半径比ni2+小，mgo的晶格能比nio大。（5）若nio晶胞中离子坐标参数a为（0，0，0），b为（1，1，0），则c离子坐标参数为（1，）。（6）一定温度下，nio晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为o2作密置单层排列，ni2+填充其中（如图2），已知o2的半径为a m，每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（用a、na表示）【考点】86：原子核外电子排布；8b：元素电离能、电负性的含义及应用；98：判断简单分子或离子的构型；9i：晶胞的计算；9s：原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】51d：化学键与晶体结构【分析】（1）基态cl原子电核外有17个电子，根据构造原理书写该基态原子核外电子排布式；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但第iia族、第va族元素第一电离能大于其相邻元素；（2）scl2中s原子杂化轨道数为（6+2）4，根据价层电子对互斥理论判断s原子轨道杂化类型及该微粒空间构型；（3）ni与co能形成配合物ni（co）4，该配合物中ni和每个o原子之间存在配位键、co原子之间存在配位键；（4）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；（5）nio晶胞中离子坐标参数a为（0，0，0），b为（1，1，0），而c离子的x系坐标与bx系坐标相同，y、z系坐标都在中点上；（6）平面nio基本结构单元为，每个结构单元含有1个“nio“，o2的半径为a m，则结构单元的面积为：2a2asin60，计算1平面米含有的结构单元数目，结合nio的摩尔质量计算。【解答】解：（1）基态 cl原子电子排布为1s22s22p63s23p7；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但第iia族、第va族元素第一电离能大于其相邻元素，p元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：clps，故答案为：1s22s22p63s23p7；clps；（2）scl2中s原子杂化轨道数为（6+2）4，采取 sp3杂化方式，两对孤对电子对，所以该分子构型为v形，故答案为：sp3；v形；（3）ni与co能形成配合物ni（co）4，该配合物中ni和每个o原子之间存在配位键、co原子之间存在配位键，该结构为，所以含有8个配位键，故答案为：8；（4）mg2+半径比ni2+小，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍，则熔点：mgonio，故答案为：；mg2+半径比ni2+小，mgo的晶格能比nio大；（5）nio晶胞中离子坐标参数a为（0，0，0），b为（1，1，0），而c离子的x系坐标与bx系坐标相同，y、z系坐