2017届高三化学模拟试卷含解析.doc

2017届高三化学模拟试卷一、在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1（3分）化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）A信息产业中的光缆的主要成份是单质硅BNO2、CO2、SO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强D发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔，是因为发酵粉中含有碳酸氢钠考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；合金的概念及其重要应用；钠的重要化合物 专题：化学应用分析：A光导纤维是信息技术的基石，主要成分是SiO2，硅常用作太阳能电池的原料；BPM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，与酸雨无关，二氧化碳不是形成酸雨的物质；C车厢大部分采用铝合金材料制造，这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点；D碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔解答：解：A光导纤维的主要成分是二氧化硅，有良好的导光性，硅常用作太阳能电池的原料，故A错误；B酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以CO2、PM2.5颗粒都不会导致酸雨，故B错误；C铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故C正确；D发酵粉中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；故选CD点评：本题主要考查了材料的使用、环境保护等知识，掌握光纤的成分、酸雨、合金的用途、发酵粉等基础知识是解答本题的关键，题目难度不大2（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A乙醇和乙酸均能与钠反应生成氢气B煤的干馏、油脂的皂化和石油的分馏都属于化学变化C丙烷（C3H8）和乙醇（C2H5OH）均存在同分异构体D糖类、油脂、蛋白质均属于高分子化合物考点：有机化学反应的综合应用 专题：有机化学基础分析：A、乙醇中含有羟基，乙酸中含有羧基，均能与钠反应生成氢气；B、石油的分馏是利用沸点不同分离物质的方法，属于物理变化；C、丙烷不存在同分异构体；D、相对分子质量在10000以上的物质属于高分子化合物解答：解：A、乙醇中含有羟基，乙酸中含有羧基，均能与钠反应生成氢气，故A正确；B、煤的干馏、油脂的皂化（水解）有新物质生成，属于化学变化，石油的分馏是利用沸点不同分离物质的方法，属于物理变化，故B错误；C、丙烷不存在同分异构体，故C错误；D、葡萄糖、果糖等相对分子质量均较小，属于小分子化合物，油脂相对分子质量也较小，属于小分子化合物，故D错误，故选A点评：本题主要考查的是乙醇乙酸的官能团、物理变化与化学变化的区别、同分异构体的判断、高分子化合物的概念等，难度不大3（3分）下列实验装置设计正确的是（）A干燥氯气B稀释浓硫酸C实验室制氨气D测定盐酸浓度考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A氯气进出方向错误；B稀释浓硫酸时，应防止酸液飞溅；C氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集；D氢氧化钠溶液不能放在酸式滴定管中解答：解：A干燥氯气时，氯气应从长管进，短管出，故A错误；B稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，防止酸液飞溅，故B错误；C氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，可用于制备并收集氨气，故C正确；D氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃，不能放在酸式滴定管中，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集，物质的分离等知识，为高考常见题型，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的可行性的评价，难度不大4（3分）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质不能从M与R元素构成的盐溶液中置换出单质M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：由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，结合对应物质的性质解答该题解答：解：由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AF元素没有最高价含氧酸，故A错误；BO2、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故B正确；C二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，故C错误；DNa与氯化铝溶液反应，首先钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al单质，故D正确，故选BD点评：本题考查原子结构与元素周期律，难度不大，注意根据原子半径的递变规律判断元素的种类为解答该题的关键5（3分）以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示下列说法正确的是（）A电池放电时Na+从b极区移向a极区B该电池的负极反应为：BH4+8OH8eBO2+6H2OC电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用D每消耗3 mol H2O2，转移的电子为3 mol考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：由原电池工作原理示意图可知反应中BH4被氧化为BO2，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，正极H2O2得电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题解答：解：ABH4被氧化为BO2，应为原电池的负极反应，正极H2O2得电子被还原生成OH，原电池工作时，阳离子向正极移动，则电池放电时Na+从a极区移向b极区，故A错误；BBH4被氧化为BO2，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故B正确；C电极b采用MnO2，MnO2作电极材料，为正极，还可起到催化作用，故C错误；D每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故D错误故选B点评：本题考查原电池的工作原理，本题注意根据物质化合价的变化判断两极反应为解答该题的关键，注意电极反应式的书写，题目难度中等6（3分）在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法正确的是（）A若b、c点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取增加Br2（g）通入量的方法D若平衡后保持温度不变，压缩容器体积平衡一定不移动考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A该反应是正反应为放热的化学反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致平衡常数减小，据此判断；B对比两个平衡状态，可以看作向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，利用速率与平衡移动关系分析；C根据增加一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率增大，而本身的转化率降低判断；D压缩容器体积若导致物质的状态发生变化，平衡会移动，解答：解：A根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以K1K2，故A错误；B对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是ba，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率ab，故B正确；C增加Br2（g）通入量，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，而溴的转化率降低，故C错误；D压缩容器体积若导致物质的状态发生变化，平衡会移动，故D错误；故选B点评：本题考查了外界条件对化学平衡的影响，注意增加一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率增大，而本身的转化率降低7（3分）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下对说法正确的是（）A溶液中导电粒子的数目减少B醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大C溶液中不变D再加入10 mL pH=ll的NaOH溶液，混合液的PH=7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：醋酸是弱电解质，CH3COOHCH3COO+H+，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时pH的计算来解答解答：解：A弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，酸性减弱，故B错误；C醋酸的电离平衡常数Ka=，温度不变，Ka、Kw都不变，则不变，故C正确；D等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH7，故D错误；故选C点评：本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分45分）8（5分）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置如图所示，其中Y所处的周期序数与族序数相等按要求回答下列问题：（1）写出X的原子结构示意图（2）列举一个事实说明W非金属性强于Z氯比硅更容易与氢气化合（或气态氢化物稳定性：HClSiH4或酸性：HClO4H2SiO3或2HClO4+Na2SiO32NaClO4+H2SiO3）（3）含Y的某种盐常用作净水剂，其净水原理是Al3+3H2OAl（OH）3+3H+（用离子方程式表示）XYZW考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第A族元素，即Y为Al，由元素的位置可知，Z为Si，X为N，W为Cl，以此来解答解答：解：Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第A族元素，即Y为Al，由元素的位置可知，Z为Si，X为N，W为Cl，（1）X为N元素，核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故答案为：；（2）比较非金属性，可根据氢化物的稳定性如HClSiH4，或最高价氧化物对应的酸性的强弱，如HClO4H2SiO3或2HClO4+Na2SiO32NaClO4+H2SiO3，或与氢气反应的难易程度，故答案为：氯比硅更容易与氢气化合（或气态氢化物稳定性：HClSiH4或酸性：HClO4H2SiO3或2HClO4+Na2SiO32NaClO4+H2SiO3）；（3）Y为Al，铝离子以水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+点评：本题考查位置、结构、性质的应用，为高频考点，把握短周期元素的位置及Y的周期序数与族序数相等为解答的关键，侧重分析推断能力的考查，题目难度不大9（9分）运用所学化学原理，解决下列问题：（1）氰化物多数易溶于水，有剧毒，其中HCN是易挥发的弱酸，已知：Ka（HCN）=6.17x1010处理含CN废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），c（CN）c（HCN）（填“”、“”或“=”）（2）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）；H=a kJmol1；CO2（g）+C（s）2CO（g）；H=b kJmol1；Si（s）+O2（g）SiO2（s）；H=c kJmol1工业上生产粗硅的热化学方程式为2C（s）+SiO2（s）Si（s）+2CO（g）H=（a+bc）kJmol1（3）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）下表为该反应在不同温度时的平衡常数温度/400500800平衡常数K9.9491该反应的H0（填“”、“”）；500时进行该反应，且CO和H2O起始浓度相等，CO平衡转化率为75%（7）一种新型氢氧燃料电池工作原理如图所示写出电极A的电极反应式H22e+CO32CO2+H2O考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 分析：（1）处理含CN废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），Ka（HCN）=6.171010，Kh=1.6105，c（OH）=105，则=1.6105；（2）由盖斯定律计算，+得到工业上生产粗硅的热化学方程式；（3）图表分析可知，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应；结合化学平衡三段式列式计算一氧化碳的转化率；（4）装置图可知通入氢气的电极为原电池负极失电子发生氧化反应，在熔融K2CO3中生成二氧化碳，结合电子守恒和电荷守恒书写电极反应解答：解：（1）处理含CN废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），CN+H2OHCN+OH，Ka（HCN）=6.171010，Kh=1.6105，c（OH）=105，则=1.6105，则c（CN）c（HCN）；故答案为：；（2）C（s）+O2（g）CO2（g）；H=a kJmol1；CO2（g）+C（s）2CO（g）；H=b kJmol1；Si（s）+O2（g）SiO2（s）；H=c kJmol1由盖斯定律可知，+得到工业上生产粗硅的热化学方程式为：2C（s）+SiO2（s）Si（s）+2CO（g）H=（a+bc）kJmol1；故答案为：2C（s）+SiO2（s）Si（s）+2CO（g）H=（a+bc）kJmol1；（3）图表数据分析可知，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，焓变为负值；500时进行该反应，且CO和H2O起始浓度相等设为x，一氧化碳消耗物质的量为y，则 CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）起始量（mol） x x 0 0变化量（mol） y y y y平衡量（mol） xy xy y yK=9=3，3x=4yCO平衡转化率=100%=100%=75%；故答案为：；75%；（4）装置图中通入氢气的电极为原电池负极失电子发生氧化反应，在熔融K2CO3中生成二氧化碳，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应为H22e+CO32CO2+H2O，故答案为：H22e+CO32CO2+H2O点评：本题考查了热化学方程式书写，原电池电解池原理的分析判断，化学平衡计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等10（14分）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量铁的化合物和硅的化合物以孔雀石为原料可制备CuCl23H2O及纯碱，流程如图且知：溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，且三种离子沉淀的pH如下表所示回答下列问题：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+PH氢氧化物开始沉淀1.97.04.7氢氧化物完全沉淀3.29.06.7（1）孔雀石研磨的目的是增大固体表面积，从而增大反应速率（2）孔雀石的主要成分与足量稀盐酸反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2（3）使用上图中“试剂1”的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，试剂B宜选用BD（填选项序号）A酸性KMnO4溶液 B双氧水 C浓硝酸 D氯水（4）加入CuO作用是调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分离则pH的范围为3.2pH4.7（5）气体E、F与饱和食盐水作用生成H和G时，E和F应按一定先后顺序通入饱和食盐水中，其中，应先通入气体是F、NH3（填代号及对应物质的化学式）（6）由溶液C获得CuCl23H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作（7）已知：常温下Cu（OH）2的Ksp=21020计算Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+反应平衡常数5109考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：向孔雀石中加入足量稀盐酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2，溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，铁的氧化物溶于稀盐酸生成铁盐、亚铁盐和水，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及CuCl2，气体E为CO2，将气体CO2、气体F和饱和食盐水混合得到氮肥H和物质G，根据元素守恒知F为NH3，氮肥H为NH4Cl，加热G得到纯碱，则G为NaHCO3；向溶液A中加入试剂1得到溶液B，向溶液B中加入CuO并过滤得到滤液C和沉淀D，从溶液C中能得到CuCl2.3H2O，则沉淀D应该含有铁元素，CuO的目的是调节溶液的pH，使Fe 3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据元素守恒知，B中含有Fe3+、Cu2+，则试剂1的目的是将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应该选取双氧水或氯水，据此分析解答解答：解：向孔雀石中加入足量稀盐酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2，溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，铁的氧化物溶于稀盐酸生成铁盐、亚铁盐和水，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及CuCl2，气体E为CO2，将气体CO2、气体F和饱和食盐水混合得到氮肥H和物质G，根据元素守恒知F为NH3，氮肥H为NH4Cl，加热G得到纯碱，则G为NaHCO3；向溶液A中加入试剂1得到溶液B，向溶液B中加入CuO并过滤得到滤液C和沉淀D，从溶液C中能得到CuCl2.3H2O，则沉淀D应该含有铁元素，CuO的目的是调节溶液的pH，使Fe 3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据元素守恒知，B中含有Fe3+、Cu2+，则试剂1的目的是将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应该选取双氧水或氯水，（1）反应物的接触面积越大反应速率越大，所以孔雀石研磨的目的是增大固体表面积，从而增大反应速率，故答案为：增大固体表面积，从而增大反应速率；（2）孔雀石和稀盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应方程式为Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2，故答案为：Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2；（3）“试剂1”的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，且不能引进杂质，故选BD；（4）加入CuO作用是调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分离，且不能沉淀氢氧化铜沉淀，所以pH取值范围为3.2pH4.7，故答案为：3.2pH4.7；（5）气体E是二氧化碳、F是氨气，碳酸酸性小于盐酸，所以二氧化碳不溶于饱和氯化钠溶液，氨气极易溶于水，所以应该先通入F，为NH3，增大二氧化碳的溶解，从而生成碳酸氢钠和氯化铵，故答案为：F、NH3；（6）从溶液中获取晶体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法得到较纯净的晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（7）常温下Cu（OH）2的Ksp=21020，即c（Cu 2+）c（OH）2=Ksp=21020，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+反应平衡常数K=5109，故答案为：5109点评：本题考查物质制备及物质分离和提纯，为高考高频点，侧重考查学生分析、计算及实验操作能力，关键是明确实验原理及基本操作方法，知道流程图中发生的反应及操作方法，难点是（7）的计算，要进行微粒之间的转换，题目难度中等11（17分）氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案已知：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3【方案1】取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）（1）图C装置中球形干燥管的作用是防倒吸（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见C装置出口处连接一个干燥装置【方案2】用图2装置测定m g样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）（4）导管a的主要作用是保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是ad（填选项序号）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AIN的质量分数是（用含m、V的数学表达式表示）【方案3】按图3步骤测定样品中A1N的纯度：（7）步骤生成沉淀的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3（8）若在步骤中未洗涤，测定结果将偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸；（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；（4）导管a的主要作用是保持压强不变，液体顺利流下；（5）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；（6）依据AIN+NaOH+H2ONaAIO2+NH3在定量关系计算；（7）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成；（8）沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高解答：解：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为：检查装置气密性，关闭K1，打开K2，把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；（4）装置图2中导管a的主要作用是保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；故答案为：保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；（5）aCCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确； b氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误； c氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误； d氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故选ad；（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL（已转换为标准状况）， AIN+NaOH+H2ONaAIO2+NH3 41 22.4L m V103Lm=则AlN的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（7）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3；（8）若在步骤中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高，故答案为：偏高点评：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和物质性质的掌握是关键，题目难度中等三、化学-物质结构与性质（共1小题，满分13分）12（13分）（1）基态铬原子的价电子排布式为3d54s1（2）CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂制备CrO2Cl2的反应为：K2Cr2O7+3CCl42KCl+2CrO2Cl2+3COCl2上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是OClC（用元素符号表示）（3）随着人们生活质量的提高，室内的环境安全和食品安全越来越为人们所关注甲醛（HCHO）是室内主要空气污染物之一（其沸点是19.5），甲醇（CH3OH）是“假酒”中的主要有害物质（其沸点是64.65），甲醇的沸点明显高于甲醛的主要原因是甲醇分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键（4）双氰胺结构简式如图1所示双氰胺分子中键和键数目之比为3：1双氰胺分子碳原子的杂化类型为sp和sp2（5）镍元素能形成多种配合物，配离子Ni（CN）42中不含有的作用力是AE（填选项编号）A离子键 B配位键 C键 D键 E氢键（6）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图2所示，则其化学式为SrTiO3考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）Cr元素原子核外电子数为24，根据核外电子排布规律及洪特规则特例书写；（2）反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，结合化合物CCl4、NaClO中元素化合价判断；（3）根据甲醇分子间存在氢键解答；（4）单键为键和，双键含有1个键、1个键数，三键含有1个键、2个键；原子杂化轨道数目=键数+孤电子对，结合结构简式确定C原子杂化轨道数目，进而确定其杂化方式；（5）碳氮间为共价三键，含有1个键，2个键，氮镍间为配位键；（6）根据均摊法计算晶胞中Sr、Ti、O原子数目，进而确定化学式解答：解：（1）Cr元素原子核外电子数为24，根据核外电子排布规律及洪特规则特例，可知价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，NaClO中Cl为+1价，O为2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：OClC，故答案为：OClC；（3）甲醇分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键，故甲醇的沸点较高，故答案为：甲醇分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键；（4）单键为键和，双键含有1个键、1个键数，三键含有1个键、2个键，双氰胺分子有9个键键、3个键，双氰胺分子中键和键数目之比为9：3=3：1，故答案为：3：1；CN中C原子形成2个键，连接氨基的C原子成3个键，均没有孤电子对，C原子杂化发生分别为sp、sp2，故答案为：s