2019年贵州省贵阳市高考化学一模试卷.doc

.2019年省市高考化学一模试卷一、选择题（本题包括13小题每小题只有一个选项符合题意）1（6分）化学在当今生活中具有非常重要的作用。下列有关说法不正确的是（）A利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型无机非金属材料B由反应4FeO42+10H2O4Fe（OH）（胶体）+3O2+8OH可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体C落户的企业必须从源头上减少或消除生产对环境的污染，这是省贯彻落实绿色化学观念的具体体现D碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效2（6分）下列关于有机化合物的说法中正确的是（）A乙醇和乙二醇互为同系物B聚氯乙烯能使溴水褪色C油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应D螺（33烷（）的一氯代物共有3种（不含立体异构）3（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说确的是（）A密闭容器中，2 mol NO和1molO2充分反应后分子总数为2NAB标准状况下，2.24L甲醇在足量O2中完全燃烧，生成CO2的分子数为0.1NAC常温常压下，28gCO含有的质子数为14NAD常温常压下，30g乙烷含有的共价键数目为6NA4（6分）下列化学实验设计正确的是（）A用氨水鉴别AlCl3溶液与AgNO3溶液B用酸性高锰酸钾溶液区分 HCOOH和HCHOC除去CO2气体中的SO2气体，将混合气体通入BaCl2溶液洗气D一定量的稀HNO3与足量的Cu反应，尾气直接用NaOH溶液吸收5（6分）最近有科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如下图所示。已知：电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜（CH3）2SO混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其它化合物进入该电极；二硫化钼起催化作用。该装置工作时，下列叙述不正确的是（）A放电时，a极发生氧化反应B放电时的总反应为：2Li+O2Li2O2C充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D充电时，b极的反应式：Li2O2+2e2Li+O226（6分）a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a原子中只有1个电子，b原子的L电子层有5个电子，c元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（）Aa、b、c三种元素形成的化合物都只含共价键Bb的气态氢化物与d的气态氢化物相遇有白烟产生Cc只以化合态形式存在于自然界中D含氧酸的酸性：d的一定强于c的7（6分）常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断正确的是（）A曲线上任意一点的Ksp都相同B在CaSO4饱和溶液中加入NaSO4固体，可使溶液由b点变化到c点C蒸发水后，可使溶液由d点变化到b点D常温下，CaSO4的Ksp的数量级为105三、非选择题：共174分第22-32题为必考题，每个试题考生必须作答.第338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分8（15分）硼氢化钠（NaBH4）是应用广泛、性能较好的还原剂，以硼酸、甲醇和氢化钠（NaH）为原料可制得硼氢化钠。某学习小组的同学欲利用下图所示路线在实验室合成硼氢化钠。1氢化钠的制备已知NaH的化学反应活性很高，在潮湿的空气中能自燃，与酸接触即放出热量和氢引发燃烧甚至爆炸。该小组的同学利用下图中的装置在实验室制取NaH。（1）NaH中氢元素的化合价为 ，NaH的电子式为 。（2）按气流方向连接各仪器接口，顺序为a bc（填接口字母）；连接装置后进行实验，在给装置B加热前，必须进行的一步操作是 。（3）装置A中盛装稀盐酸的仪器名称为 ，装置D中应盛装的试剂是 。（4）经分析，该实验装置有一个明显的不足是 ，解决此不足的措施是 。硼氢化钠的制备与纯度测定在搅拌加热到220时，向盛装NaH的缩合反应罐中加入硼酸三甲酯B（OCH3）3，升温到260，充分反应后，经过处理得到NaBH4和甲醇钠。（5）某同学欲通过测定硼氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定硼氢化钠产品的纯度。已知：NaH+H2OH2+NaOH。硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，该反应方程式为 。该同学用右图装置测定硼氢化钠产品的纯度（杂质只有氢化钠）。装置中a的作用是 ；称取6.28g氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为13.44L（已折算为标准状况），则样品中硼氢化钠的纯度为 %（结果保留两位有效数字）。9（14分）研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H393.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H+180kJmol1则C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）的H kJmol1（2）用焦炭还原NO2的反应为2C（s）+2NO2（g）N2（g）+2CO2（g），向两个容积均为2L、反应温度分别为T1、T2的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中n（NO2）随反应时间t的变化情况如图所示；T1 T2（填“”或“”），该反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。T2时，4080min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2） ，此温度下的化学平衡常数K 。T2下，120min时，向容器中再加入焦炭和NO2各1mol，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时 （填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR（选择性催化还原）脱硝法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6HO（g）H0SCR法除NO，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是 、 。当反应温度过高时，会发生以下副反应：2NH3（g）+2O2（g）N2O（g）+3H2O（g） 4NH3（g）+502（g）4NO（g）+6H2O（g）某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比NH3/NOx表示氨氮比、温度的关系如图所示，从图一可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是 ；由图二可知，当温度高于405后，脱硝率会逐渐减小，原因是 。10（14分）铬元素的+6价化合物毒性较大，不能随意排放。某化工厂以铬渣（含有Na2SO4及少量Cr2O72、Fe3+）为原料提取硫酸钠，同时制备金属铬的工艺流程如下：已知：Fe3+完全沉淀c（Fe3+）1.0105molL1时pH为3.6。回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为 。（2）根据图信息，操作B包含蒸发结晶和 。（3）酸化后的Cr2O72可被SO32还原，该反应中若有0.5mol Cr2O72被还原为Cr3+，则消耗SO32的物质的量为 mol。（4）将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CO3（铬酐），写出该反应的化学方程式 。（5）通过两步反应可以实现Cr（OH）转化为Cr，若第一步反应为2Cr（OH）3Cr 2O3+3H2O；第二步反应利用了铝热反应原理，则该反应方程式为 。（6）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。能证明铁比铬活泼的实验现象是 。工业上，在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能，用硫酸铬Cr2（SO4）3溶液作电解液，阴极的电极反应式为 。（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）金属钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、导弹、人造卫星、宇宙飞船、舰艇、军工、医疗以及石油化工等领域，人们称钛为“21世纪金属”。自然界中钛的一种存在形式为金红石（主要成分是TiO2）。回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布式为 ，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是 （填元素符号）。（2）钛的硬度大于铝，其原因是 。（3）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。TiCl4熔点为24，沸点为136.4，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于 晶体。LiBH4由Li+和BH4构成，BH4的空间构型是，B原子的杂化轨道类型是 。（4）用锌还原TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的晶体TiCl（H2O）5Cl2H2O该晶体所含元素中，电负性最大的元素是 ，与Ti形成配位键的配体是 ，1mol该配合物中含有键的数目为 。（5）TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图所示（晶胞中相同位置的原子相同），其中A、B、C的原子坐标分别为A（0，0，0）、B（0.69a，0.69a，c）、C（a，a，c），则D的原子坐标为D（0.19a， ， ），钛氧键的键长d （用代数式表示）。化学-选修5：有机化学基础12高分子化合物G是可被细菌作为碳源和能源利用的聚合物，属于一种生物可降解高分子材料，在食品、药品包装方面具有独特优势。已知AG均为有机化合物，以下为高分子化合物G的一种合成路线：回答以下问题：（1）由CaC2制备A的化学方程式为 。（2）A生成B的反应类型为 。（3）C的化学名称是 ，CD所需试剂和条件分别是 、 。（4）E的结构简式为 。（5）芳香族化合物H是D的同分异构体，则H可能的结构共有 种（不包括D），写出核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1：2：6的H的同分异构体的结构简式 （任写一种）。（6）由F生成G的化学方程式为 。（7）参考题息，设计由1，2二氯乙烷和冰醋酸为原料制取的合成线路图（无机试剂任选）。已知：OH与碳碳双键两端的碳原子直接相连不稳定，会自变成一CHO。合成路线流程图示例如图：2019年省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小题每小题只有一个选项符合题意）1（6分）化学在当今生活中具有非常重要的作用。下列有关说法不正确的是（）A利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型无机非金属材料B由反应4FeO42+10H2O4Fe（OH）（胶体）+3O2+8OH可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体C落户的企业必须从源头上减少或消除生产对环境的污染，这是省贯彻落实绿色化学观念的具体体现D碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理；FJ：无机非金属材料；GF：钠的重要化合物；KG：药物的主要成分和疗效菁优网所有【分析】A新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；B高铁酸钾（K2FeO4）水中反应生成氢氧化铁胶体具有吸附性，+6价铁元素具有强氧化性；C从源头上消除工业生产对环境的污染是绿色化学的核心，而不是治理污染；D碳酸氢钠和醋酸反应生成二氧化碳；【解答】解：A利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型陶瓷是新型无机非金属材料，故A正确；B由反应4FeO42+10H2O4Fe（OH）（胶体）+3O2+8OH可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化，和水反应生成的氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，所以新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体，故B正确；C从源头上减少或消除生产对环境的污染是绿色化学的核心，故C正确；D碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，和胃酸中的盐酸反应，与醋酸同服醋酸和碳酸氢钠反应，会减弱治疗效果，故D错误；故选：D。【点评】本题考查药物的主要成分和疗效、酸碱盐之间的复分解反应及化学方程式的书写等知识，注意利用化学知识来解决生活中的问题，注意知识的积累，题目难度不大。2（6分）下列关于有机化合物的说法中正确的是（）A乙醇和乙二醇互为同系物B聚氯乙烯能使溴水褪色C油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应D螺（33烷（）的一氯代物共有3种（不含立体异构）【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网所有【分析】A乙醇和乙二醇含有的官能团的数目不同；B聚氯乙烯不含碳碳双键；C油脂在碱性条件下的水解产物可用于制备肥皂；D有2种H。【解答】解：A同系物应含有相同数目的官能团，乙醇和乙二醇含有的官能团的数目不同，不是同系物，故A错误；B聚氯乙烯不含碳碳双键，与溴水不反应，故B错误；C油脂在碱性条件下的水解产物可用于制备肥皂，为皂化反应，故C正确；D有2种H，一氯代物有2种，故D错误。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。3（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说确的是（）A密闭容器中，2 mol NO和1molO2充分反应后分子总数为2NAB标准状况下，2.24L甲醇在足量O2中完全燃烧，生成CO2的分子数为0.1NAC常温常压下，28gCO含有的质子数为14NAD常温常压下，30g乙烷含有的共价键数目为6NA【考点】4F：阿伏加德罗常数菁优网所有【分析】ANO和O2反应方程式为2NO+O22NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4；B标况下甲醇不是气体；C质量转化为物质的量，结合1个一氧化碳含有14个质子计算解答；D.1个乙烷分子含有7个共价键。【解答】解：ANO和O2反应方程式为2NO+O22NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故A错误；B标况下甲醇不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C常温常压下，28gCO含有的质子数为：14NA14NA，故C正确；D常温常压下，30g乙烷物质的量为1mol，含有的共价键数目为7NA，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，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件。4（6分）下列化学实验设计正确的是（）A用氨水鉴别AlCl3溶液与AgNO3溶液B用酸性高锰酸钾溶液区分 HCOOH和HCHOC除去CO2气体中的SO2气体，将混合气体通入BaCl2溶液洗气D一定量的稀HNO3与足量的Cu反应，尾气直接用NaOH溶液吸收【考点】EG：硝酸的化学性质；F5：二氧化硫的化学性质；HA：有机物的鉴别；U5：化学实验方案的评价菁优网所有【专题】25：实验评价题【分析】A氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氨水和硝酸银溶液先反应生成氢氧化银沉淀，氨水过量时生成络合物；B甲酸和甲醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C二氧化碳和二氧化硫都与氯化钡不反应；DCu和稀硝酸反应生成NO，NO和NaOH不反应。【解答】解：A氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氨水和硝酸银溶液先反应生成氢氧化银沉淀，氨水过量时生成络合物，前者生成沉淀、后者先生成沉淀后沉淀消失，现象不同可以鉴别，故A正确；B甲酸和甲醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，现象相同不能鉴别，可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液鉴别，故B错误；C二氧化碳和二氧化硫都与氯化钡不反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，故C错误；DCu和稀硝酸反应生成NO，NO和NaOH不反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验评价，涉及物质鉴别、除杂、尾气处理等知识点，侧重考查分析判断及实验评价，明确元素化合物性质差异性是解本题关键，题目难度不大。5（6分）最近有科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如下图所示。已知：电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜（CH3）2SO混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其它化合物进入该电极；二硫化钼起催化作用。该装置工作时，下列叙述不正确的是（）A放电时，a极发生氧化反应B放电时的总反应为：2Li+O2Li2O2C充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D充电时，b极的反应式：Li2O2+2e2Li+O22【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；BL：化学电源新型电池菁优网所有【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，充电时为电解池，阴极上锂离子得电子，阳极上O22失电子生成氧气，据此解答【解答】解：A放电时，a极上Li失电子，发生氧化反应，故A正确；B放电时，Li与氧气反应生成过氧化锂，总反应为：2Li+O2Li2O2，故B正确；C充电时，Li+在阴极得电子，即Li+在电解质中由b极移向a极，故C正确；D充电时，b极上生成氧气，反应式：Li2O22e2Li+O2，故D错误。故选：D。【点评】本题考查电化学基础知识，考查了原电池原理和电解池原理的应用，涉及电极判断、电极方程式的书写、离子移动方向等相关知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等。6（6分）a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a原子中只有1个电子，b原子的L电子层有5个电子，c元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（）Aa、b、c三种元素形成的化合物都只含共价键Bb的气态氢化物与d的气态氢化物相遇有白烟产生Cc只以化合态形式存在于自然界中D含氧酸的酸性：d的一定强于c的【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系菁优网所有【分析】a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a原子中只有1个电子，则a为H元素；b原子的L电子层有5个电子，则b为N元素；c元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍，c位于A族，O元素没有最高正价，则c为S元素；d的原子序数大于S，则d为Cl元素，据此解答。【解答】解：根据分析可知：a为H，b为N，c为S，d为Cl元素。AH、N、S形成的硫化铵含有离子键，故A错误；Bb的氢化物为氨气，d的氢化物为HCl，氨气与氯化氢相遇生成氯化铵，有白烟产生，故B正确；C在自然界中存在游离态的硫单质，如火山喷发口处，故C错误；D没有指出最高价含氧酸，d的含氧酸酸性不一定大于c的，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律容、元素周期表结构，d为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力。7（6分）常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断正确的是（）A曲线上任意一点的Ksp都相同B在CaSO4饱和溶液中加入NaSO4固体，可使溶液由b点变化到c点C蒸发水后，可使溶液由d点变化到b点D常温下，CaSO4的Ksp的数量级为105【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优网所有【分析】AKsp只随温度的改变而改变；B在CaSO4饱和溶液中加入NaSO4固体，溶液中c（SO42）增大，溶液仍为饱和溶液；C蒸发水后，析出部分晶体，溶液仍为饱和溶液；D根据5103和4103判断CaSO4溶度积的数量级。【解答】解：AKsp只随温度的改变而改变，所以曲线上任意一点的Ksp都相同，故A正确；B在CaSO4饱和溶液中加入NaSO4固体，溶液中c（SO42）增大，c（Na+）减小，溶液仍为饱和溶液，不可能是溶液由b点变化到c点，故B错误；C蒸发水后，析出部分晶体，溶液仍为饱和溶液，不可能是溶液由d点变化到b点，故C错误；D根据5103和4103判断，510341032105，而饱和CaSO4的溶度积曲线在2105之下，所以乘积更小，所以Ksp数量级不是105，故D错误，故选：A。【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等。三、非选择题：共174分第22-32题为必考题，每个试题考生必须作答.第338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分8（15分）硼氢化钠（NaBH4）是应用广泛、性能较好的还原剂，以硼酸、甲醇和氢化钠（NaH）为原料可制得硼氢化钠。某学习小组的同学欲利用下图所示路线在实验室合成硼氢化钠。1氢化钠的制备已知NaH的化学反应活性很高，在潮湿的空气中能自燃，与酸接触即放出热量和氢引发燃烧甚至爆炸。该小组的同学利用下图中的装置在实验室制取NaH。（1）NaH中氢元素的化合价为1，NaH的电子式为。（2）按气流方向连接各仪器接口，顺序为agfdebc（填接口字母）；连接装置后进行实验，在给装置B加热前，必须进行的一步操作是检验氢气的纯度。（3）装置A中盛装稀盐酸的仪器名称为分液漏斗，装置D中应盛装的试剂是碱液。（4）经分析，该实验装置有一个明显的不足是未防止空气中的水蒸气进入装置B中，解决此不足的措施是B装置之后连接一个干燥装置。硼氢化钠的制备与纯度测定在搅拌加热到220时，向盛装NaH的缩合反应罐中加入硼酸三甲酯B（OCH3）3，升温到260，充分反应后，经过处理得到NaBH4和甲醇钠。（5）某同学欲通过测定硼氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定硼氢化钠产品的纯度。已知：NaH+H2OH2+NaOH。硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，该反应方程式为NaBH4+2H2O4H2+NaBO2。该同学用右图装置测定硼氢化钠产品的纯度（杂质只有氢化钠）。装置中a的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；称取6.28g氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为13.44L（已折算为标准状况），则样品中硼氢化钠的纯度为85%（结果保留两位有效数字）。【考点】U3：制备实验方案的设计菁优网所有【分析】I氢化钠的制备：A装置由锌粒与稀盐酸反应制取氢气，制得的氢气中混有HCl和水蒸气，先通过碱液的洗气瓶吸收HCl，再由装有浓硫酸的洗气瓶干燥，为保证除杂充分，导气管均为长进短出，经过处理的氢气再进入B与钠反应，反应之前先将氢气验纯，NaH易与水蒸气反应生成氢气，故B装置需要隔离水，所以还需要在B装置之后连接一个干燥装置，据此分析；硼氢化钠的制备与纯度测定（5）根据得失电子守恒和质量守恒书写；设样品中NaH的物质的量为x，NaBH4的物质的量为y，则有24x+38y6.28，样品与水反应，生成气体的平均体积为13.44L，气体为氢气，故生成的n（H2）0.6mol，有x+4y0.6，解得x、y，可得其纯度。【解答】解：I（1）NaH中钠元素+1价，故氢元素1价；NaH为离子化合物，其电子式为；故答案为：1；（2）A装置由锌粒与稀盐酸反应制取氢气，制得的氢气中混有HCl和水蒸气，HCl为酸性气体，先通过碱液的洗气瓶吸收HCl，再由装有浓硫酸的洗气瓶干燥，为保证除杂充分，导气管均为长进短出，故顺序为agfdebc；氢气不纯易爆炸，故应先检验氢气的纯度；故答案为：gfde；检验氢气的纯度；（3）装置A安装盛放稀盐酸的仪器是分液漏斗；D装置为除去HCl气体的装置，HCl为酸性气体，故盛放碱性试剂；故答案为：分液漏斗；碱液；（4）NaH易与水蒸气反应生成氢气，图中未防止空气中的水蒸气进入装置B中，B装置需要隔离水，所以还需要在B装置之后连接一个干燥装置；故答案为：未防止空气中的水蒸气进入装置B中；B装置之后连接一个干燥装置；II（5）硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，反应方程式为：NaBH4+2H2O4H2+NaBO2；故答案为：NaBH4+2H2O4H2+NaBO2；装置中a的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；设样品中NaH的物质的量为x，NaBH4的物质的量为y，则有24x+38y6.28，样品与水反应，生成气体的平均体积为13.44L，气体为氢气，故生成的n（H2）0.6mol，有x+4y0.6，解得x0.04，y0.14，故样品中硼氢化钠的纯度为85%；故答案为：平衡气压，便于液体顺利滴下；85%。【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，注意计算，题目难度中等。9（14分）研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H393.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H+180kJmol1则C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）的H573.5 kJmol1（2）用焦炭还原NO2的反应为2C（s）+2NO2（g）N2（g）+2CO2（g），向两个容积均为2L、反应温度分别为T1、T2的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中n（NO2）随反应时间t的变化情况如图所示；T1T2（填“”或“”），该反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应。T2时，4080min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）0.0025mol/（Lmin），此温度下的化学平衡常数K0.675。T2下，120min时，向容器中再加入焦炭和NO2各1mol，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时减小（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR（选择性催化还原）脱硝法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6HO（g）H0SCR法除NO，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是降低温度、减小压强。当反应温度过高时，会发生以下副反应：2NH3（g）+2O2（g）N2O（g）+3H2O（g） 4NH3（g）+502（g）4NO（g）+6H2O（g）某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比NH3/NOx表示氨氮比、温度的关系如图所示，从图一可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大，但氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高；由图二可知，当温度高于405后，脱硝率会逐渐减小，原因是当温度过高时，NH3会与氧气发生副反应生成N2O、NO。【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算菁优网所有【分析】（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H393.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H+180kJmol1盖斯定律计算得到C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）的H；（2）先拐先平温度高，T1T2，温度越高二氧化氮物质的量越大，说明温度越高平衡逆向进行，正反应为放热反应；T2时，2C（s）+2NO2（g）N2（g）+2CO2（g），4080min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）v（NO2）；120C此温度下反应达到平衡状态，二氧化氮物质的量为0.8mol，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数；T2下，120min时，向容器中再加入焦炭和NO2各1mol，相当于增大体系压强，平衡逆向进行；（3）SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H0，提高NO平衡转化率改变条件使平衡正向进行；根据题目所给的信息可知，当温度过高时，会发生副反应；氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大。【解答】解：（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H393.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H+180kJmol1盖斯定律计算得到C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）H573.5KJ/mol，故答案为：573.5；（2）图象分析可知，先拐先平温度高，T1T2，温度越高二氧化氮物质的量越大，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：；放热；T2时，4080min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）v（NO2）0.0025mol/（Lmin），120C此温度下反应达到平衡状态，二氧化氮物质的量为0.8mol，三行计算列式得到， 2C（s）+2NO2（g）N2（g）+2CO2（g），起始量（mol/L） 1 0 0变化量（mol/L） 0.6 0.3 0.6平衡量（mol/L） 0.4 0.3 0.6平衡常数K0.675故答案为：0.0025mol/（Lmin）；0.675；T2下，120min时，向容器中再加入焦炭和NO2各1mol，相当于增大体系压强，平衡逆向进行，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时减小，故答案为：减小；（3）SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H0，提高NO平衡转化率改变条件使平衡正向进行；反应为气体体积增大的放热反应，可以降低温度、减小压强使平衡正向进行，故答案为：降低温度；减小压强；氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大，但氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高，得不偿失，根据题目所给的信息可知，当温度过高时，NH3会与氧气发生副反应生成N2O、NO，导致NOx的脱除率会逐渐减小，故答案为：氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大，但氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高；当温度过高时，NH3会与氧气发生副反应生成N2O、NO。【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡影响因素、平衡常数计算、图象分析判断、平衡移动原理的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10（14分）铬元素的+6价化合物毒性较大，不能随意排放。某化工厂以铬渣（含有Na2SO4及少量Cr2O72、Fe3+）为原料提取硫酸钠，同时制备金属铬的工艺流程如下：已知：Fe3+完全沉淀c（Fe3+）1.0105molL1时pH为3.6。回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为Fe（OH）3。（2）根据图信息，操作B包含蒸发结晶和趁热过滤。（3）酸化后的Cr2O72可被SO32还原，该反应中若有0.5mol Cr2O72被还原为Cr3+，则消耗SO32的物质的量为1.5mol。（4）将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CO3（铬酐），写出该反应的化学方程式Na2Cr2O7+H2SO4（浓）2NaHSO4+2CrO3+H2O。（5）通过两步反应可以实现Cr（OH）转化为Cr，若第一步反应为2Cr（OH）3Cr 2O3+3H2O；第二步反应利用了铝热反应原理，则该反应方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。（6）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。能证明铁比铬活泼的实验现象是铬极上产生气泡，溶液颜色变成浅绿色。工业上，在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能，用硫酸铬Cr2（SO4）3溶液作电解液，阴极的电极反应式为Cr3+3eCr。【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菁优网所有【分析】铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O72、Fe3+，加入氢氧化钠调节pH约3.6并加热，可生成Fe（OH）3沉淀，过滤得到A为Fe（OH）3，由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，母液中含有Na2Cr2O7，加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应可得到Cr3+，调节溶液pH为5，可生成沉淀Cr（OH）3，两步反应可以实现Cr（OH）3转化为Cr，第一步反应为2Cr（OH）3Cr 2O3+3H2O；第二步三氧化二铬和Al发生置换反应，反应方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，以此解答该题。（1）根据流程可知滤渣A的主要成分为氢氧化铁；（2）Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，据此分析解答；（3）酸化后的Cr2O72可被SO32还原成Cr3+，离子方程式为3SO32+Cr2O72+8H+2Cr3+3SO42+4H2O，根据得失电子守恒计算；（4）根据题干信息可知，重铬酸钠与硫酸在加热的条件下反应生成硫酸氢钠和三氧化铬，根据守恒书写方程式；（5）利用铝热反应冶炼铬，即高温条件下，三氧化二铬和Al发生置换反应；（6）该装置构成原电池，易失电子的电极作负极，正极上氢离子得电子生成氢气；阴极上铬离子得电子生成Cr。【解答】解：（1）铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O72、Fe3+，加入氢氧化钠调节pH约3.6并加热，可生成Fe（OH）3沉淀，过滤得到A为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（2）由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，故答案为：趁热过滤；（3）酸化后的Cr2O72可被SO32还原成Cr3+，离子方程式为3SO32+Cr2O72+8H+2Cr3+3SO42+4H2O，Cr2O72（Cr为+6价）变化为Cr3+（Cr为+3价），SO32（S为+4价），变化为SO42（S为+6价），该反应中若有0.5mol Cr2O72被还原为Cr3+，转移电子数为3mol，则消耗SO32的物质的量为1.5mol，故答案为：1.5；（4）根据题干信息可知，重铬酸钠与硫酸在加热的条件下反应生成硫酸氢钠和三氧化铬，根据守恒可知，还生成水，反应的化学方程式为：Na2Cr2O7+H2SO4（浓）2NaHSO4+2CrO3+H2O，故答案为：Na2Cr2O7+H2SO4（浓）2NaHSO4+2CrO3+H2O；（5）利用铝热反应冶炼铬，即高温条件下，三氧化二铬和Al发生置换反应，反应方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，故答案为：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr；（6）该装置构成原电池，易失电子的电极作负极，若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，溶液颜色变成浅绿色，正极上氢离子得电子生成氢气，如果Cr电极上生成氢气，就说明Fe比Cr活泼；阴极上铬离子得电子生成Cr，电极反应式为Cr3+3eCr，故答案为：铬极上产生气泡，溶液颜色变成浅绿色；Cr3+3eCr。【点评】本题考查物质制备，涉及方程式的书写、物质分离提纯等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析判断，明确流程图中发生的反应、物质的性质是解本题关键，熟练掌握元素化合物性质，题目难度中等。（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）金属钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、导弹、人造卫星、宇宙飞船、舰艇、军工、医疗以及石油化工等领域，人们称钛为“21世纪金属”。自然界中钛的一种存在形式为金红石（主要成分是TiO2）。回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是Ni、Ge、Se（填元素符号）。（2）钛的硬度大于铝，其原因是钛的价电子比Al的多，金属键比Al的强。（3）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。TiCl4熔点为24，沸点为136.4，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于分子晶体。LiBH4由Li+和BH4构成，BH4的空间构型是，B原子的杂化轨道类型是sp3。（4）用锌还原TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的晶体TiCl（H2O）5Cl2H2O该晶体所含元素中，电负性最大的元素是O，与Ti形成配位键的配体是Cl、H2O，1mol该配合物中含有键的数目为186.021023。（5）TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图所示（晶胞中相同位置的原子相同），其中A、B、C的原子坐标分别为A（0，0，0）、B（0.69a，0.69a，c）、C（a，a，c），则D的原子坐标为D（0.19a，0.81a，0.5c），钛氧键的键长d0.31a（用代数式表示）。【考点】86：原子核外电子排布；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断菁优网所有【分析】（1）Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族；原子未成对电子数为2，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4；（2）钛、铝都属于金属晶体，金属键越强，金属晶体的硬度越大；（3）TiCl4室温下为无色液体，熔点、沸点很低，可溶于有机溶剂，符合分子晶体的性质；BH4中心原子B原子孤电子对数0，价层电子对数0+44，微粒空间构型与VSEPR模型相同，B原子杂化轨道数目为4；（4）非金属元素电负性比较金属的大，O、Cl在它们的氢化物都表现负化合价，说明它们对键合电子的吸引能力更强，Cl的氧化物中O元素表现负化合价，说明O对键合电子吸引能力更强；配体含有孤对电子；配离子TiCl（H2O）52+中形成6个配位键，配位键属于键，6个H2O分子有12个键，1molTiCl（H2O）5Cl2H2O含有18mol 键；（5）TiO2晶胞中原子总数为6，由化学式可知有2个Ti原子、4个O原子，由晶胞结构可知B、D位置为O原子，体心、顶点为Ti原子，晶胞中体心Ti与周围有6个O原子，O原子周围有3个Ti原子。部3个原子投影为：，3个原子形成的线平行底面且到上下底面的距离相等，可得坐标参数z的值。图中所示长度y 即为坐标参数y的值，D坐标参数x0.19a，则图中小直角三角形的直角边边长为0.19a。上底面投影为：，图中小直角三角形的直角边长度为a0.69a0.31a，根据勾股定理计算斜边长度，即为d的值。【解答】解：（1）Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族，价电子排布式为：3d24s2，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4，对应的元素分别为Ni、Ge、Se，故答案为：3d24s2；Ni、Ge、Se；（2）钛、铝都属于金属晶体，金属键影响硬度，钛的价电子比Al的多，金属键比Al的强，故钛的硬度大于铝，故答案为：钛的价电子比Al的多，金属键比Al的强；（3）TiCl4室温下为无色液体，熔沸点低，溶于有机溶剂，TiCl4属于分子晶体，故答案为：分子；BH4中心原子B原子孤电子对数0，价层电子对数0+44，微粒空间构型与VSEPR模型相同，即空间构型为正四面体形，B原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：正四面体；sp3；（4）非金属元素电负性比较金属的大。O、Cl在它们的氢化物都表现负化合价，说明它们对键合电子的吸引能力更强，题目的电负性都大于H元素的。Cl的氧化物中O元素表现负化合价，说明O对键合电子吸引能力更强，元素的电负性大于Cl的，故电负性OClHTi；配体含有孤对电子，TiCl（H2O）52+中配体为Cl、H2O配离子TiCl（H2O）52+中形成6个配位键，配位键属于键，6个H2O分子有12个键，1 molTiCl（H2O）5Cl2H2O含有18mol 键，键的数目为186.021023，故答案为：O；Cl、H2O；186.021023；（5