福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(1)(含解析)

1、2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（1）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1化学与材料、生活和环境密切相关下列有关说法中错误的是( )A煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子2下列关于有机物的说法不正确的是( )A可以用水来鉴别苯和CCl4BCH2Cl2有两种同分异构体C煤的干馏属于化学变化D加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性3是物

2、质间发生化学反应时颜色的变化情况，下列选项中正确的是( )MNPQANH3H2OBa（OH）2铜石蕊试液BNaBaCl2FeOKSCNCNaOHBa（NO3）2锌粉KSCNDNaHCO3MgCl2Fe石蕊试液AABBCCDD4短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍下列说法正确的是( )A元素Y和元素Z的最高正化合价相同B单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）r（Y）r（Z）C气态氢化物稳定性：XYZD元素W的最高价氧化物对应的水化物是强酸5下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项实验操作现象解释或结论A向溶液X中先滴加稀

3、硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42B用铂丝蘸取溶液Y进行焰色反应火焰呈黄色溶液Y中含Na+，不含K+C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3AABBCCDD6下列关于0.10mol1NaHSO3溶液的说法正确的是( )A加入NaOH固体，溶液pH减小B温度升高，c（HSO3）增大C25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大DNaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na+H+SO327在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：

4、2充入CO和H2，发生：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195时n（H2）随时间的变化结果如表所示下列说法正确的是( ) p2及195n（H2）随时间变化t/min0135n（H2）/mol8544Ap1p2，H0B在p2及195时，反应前3 min的平均速率v（CH3OH）=0.8 molL1min1C在p2及195时，该反应的平衡常数为25D在B点时，v正v逆二、非选择题（本大题共3小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）8甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇已知甲醇制备

5、的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：化学反应平衡常数温度5008002H2（g）+CO（g）CH3OH（g）K12.50.15H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）K21.02.503H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）K3（1）反应是_（填“吸热”或“放热”）反应（2）某温度下反应中H2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图1所示则平衡状态由A变到B时，平衡常数KA_KB（填“”、“”或“=”）据反应与可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=_（用K1、K2表示），反应为_反应（填“吸热”或“放热”）（3）在3L容积可变的密闭容器

6、中发生反应，已知c（CO）与反应时间t变化曲线如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线变为曲线和曲线当曲线变为曲线时，改变的条件是_当曲线变为曲线时，改变的条件是_（4）甲醇燃料电池有着广泛的用途，同时AlAgO电池是应用广泛的鱼雷电池，其原理如图3所示则该电池的负极反应式是_（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸通常状况下，将a molL1的醋酸与b molL1 Ba（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为_9工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬

7、等金属，回收流程如图1：已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如图2：Fe3+Cu2+Cr3+开始沉淀pH2.14.74.3完全沉淀pH3.26.7a（1）在浸出过程中除了生成Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3外，主要还有_（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：加入石灰乳调节pH到_；将浊液加热到80，_（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式_，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是_（4）当离子浓度1×105 molL1认为沉淀完全，若要使Cr3+

8、完全沉淀则要保持c（OH）_已知：KspCr（OH）3=6.3×1031，4.0）10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（夹持仪器已略去）（1）图1中C装置中球形干燥管的作用是_（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_，再加入实验药品接下来的实验操作是_，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体打开K1，通过氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是_（3）由于装置存在缺

9、陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_方案2用图2装置测定m g样品中AlN的纯度（部分夹持装置已略去）（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_（填字母）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（5）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），则AlN的质量分数为_方案3按以下步骤测定样品中AlN的纯度：（6）步骤生成沉淀的离子方程式为_（7）若在步骤中未洗涤，测定结果将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）化学一物质结构与性质11（13分）（1）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是_（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被N

10、H2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物NH3分子的空间构型是_；与N2H4分子属于等电子体的是_（写出一种即可）（3）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛请回答下列问题：Ni原子的核外电子排布式为_；NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_FeO（填“”或“”）；NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为_、_（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为_；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心位置，Au原子处于顶点位置，则该合金

11、中Cu原子与Au原子个数之比为_；该晶体中，原子之间的强相互作用是_；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2晶胞（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_化学一有机化学基础12由苯乙烯经下列反应可制得F、K两种高分子化合物，它们都是常用的塑料，H可以发生银镜反应（1）J中所含官能团的名称为_；K中所含官能团的结构简式为_（2）聚合物F的结构简式是_；I的分子式是_（3）E转化为G的化学方程式是_；反应类型属于_（4）在一定条件下，两分子J能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，写出该化合物的结

12、构简式_（5）写出J的一种符合下列条件的同分异构体X的结构简式_X与FeCl3溶液反应显色；X分子中氢原子核磁共振氢谱有4个峰2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（1）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1化学与材料、生活和环境密切相关下列有关说法中错误的是( )A煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子【考点】煤的干馏和综合利用；常见的生活环境的污染及治理；常

13、用合成高分子材料的化学成分及其性能 【专题】化学计算【分析】A、煤炭经气化、液化和干馏等过程，可分别获得水煤气、甲醇、苯、二甲苯等物质；B、酒精能够使细菌蛋白发生变性；C、矿物燃料含有硫氮元素；D、光导纤维主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子【解答】解：A、煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等，而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料，煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源，故A正确；B、酒精能够使细菌蛋白发生变性，常用来消毒，故B正确；C、矿物燃料含有硫氮元素，实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故C正确；D、光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机物，不属于有机高分子，故D错

14、误；故选D【点评】本题考查有机化合物中碳的成键特征、蛋白质的性质、环境保护等，难度不大，注意光导纤维成份是二氧化硅不属于有机物2下列关于有机物的说法不正确的是( )A可以用水来鉴别苯和CCl4BCH2Cl2有两种同分异构体C煤的干馏属于化学变化D加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性【考点】有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A二者与水不互溶，苯的密度比水小，而四氯化碳的密度比水大；B由甲烷的正四面体结构可知，4个H原子的位置均为相邻；C煤干馏是在隔绝空气条件下发生的化学变化；D加

15、热可使蛋白质变性【解答】解：A苯与水混合分层后有机层在上层，而四氯化碳与水混合后有机层在下层，现象不同，可鉴别，故A正确；B由甲烷的正四面体结构可知，4个H原子的位置均为相邻，则CH2Cl2有1种结构，不存在同分异构体，故B错误；C煤干馏是在隔绝空气条件下发生的化学变化，得到煤焦油、粗氨水及水煤气等，故C正确；DH7N9禽流感病毒的成分为蛋白质，加热可使蛋白质变性，故D正确；故选B【点评】本题考查较综合，为高频考点，涉及有机物的鉴别、同分异构体判断、干馏及蛋白质的性质等，注重基础知识的考查，题目难度不大3是物质间发生化学反应时颜色的变化情况，下列选项中正确的是( )MNPQANH3H2OBa（

16、OH）2铜石蕊试液BNaBaCl2FeOKSCNCNaOHBa（NO3）2锌粉KSCNDNaHCO3MgCl2Fe石蕊试液AABBCCDD【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁的氧化物和氢氧化物 【分析】根据图示可知，向Fe2（SO4）3溶液中加入M能生成红褐色沉淀，即Fe（OH）3，从而可知M；向Fe2（SO4）3溶液中加入N能生成白色沉淀，可知加入的N能引入Ba2+，从而可知N；P能使溶液由棕黄色变为浅绿色，据此得出P；向Fe2（SO4）3溶液中加入Q能溶液变红，故加入的Q为KSCN溶液，据此分析【解答】解：A、当Q为石蕊试液时，不能使Fe2（SO4）3溶液变红，故A错误；B、当P为FeO时，

17、不能与Fe2（SO4）3溶液反应将Fe3+还原为Fe2+，故B错误；C、当M为NaOH时，能和Fe2（SO4）3溶液反应生成红褐色Fe（OH）3沉淀：Fe2（SO4）3+6NaOH=2Fe（OH）3+3Na2SO4；当N为Ba（NO3）2时，能和Fe2（SO4）3溶液反应生成白色的BaSO4沉淀：3Ba（NO3）2+Fe2（SO4）3=BaSO4+2Fe（NO3）3；当P为锌粉时，能将Fe3+还原为Fe2+：2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+；Fe2（SO4）3溶液遇KSCN溶液变红，故C正确；D、当N为MgCl2时，不能和Fe2（SO4）3溶液生成白色沉淀；当Q为石蕊试液时，不能使Fe2（S

18、O4）3溶液变红，故D错误故选C【点评】本题考查了Fe2（SO4）3溶液的有关性质，难度不大，应注意的是NaHCO3能和Fe2（SO4）3发生双水解而生成Fe（OH）3沉淀，注意把握铁离子的常见的反应4短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍下列说法正确的是( )A元素Y和元素Z的最高正化合价相同B单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）r（Y）r（Z）C气态氢化物稳定性：XYZD元素W的最高价氧化物对应的水化物是强酸【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层

19、电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W为Cl，A氧元素一般没有正化合价，故A错误；B电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2ClO2，故B错误；C非金属性ONS，则氢化物稳定性H2ONH3H2S，故C错误；DW为Cl元素，最高价含氧酸HClO4是最强的含氧酸，故D正确；故

20、选D【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律，C为易错点，学生容易忽略过氧化氢，注意O、F元素一般没有正化合价5下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项实验操作现象解释或结论A向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42B用铂丝蘸取溶液Y进行焰色反应火焰呈黄色溶液Y中含Na+，不含K+C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3AAB

21、BCCDD【考点】化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计；比较弱酸的相对强弱的实验 【专题】实验评价题【分析】A溶液X中可能含SO32；B观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；C反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸；D饱和碳酸钠溶液通二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小【解答】解：A向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，溶液X中可能含SO32或SO42，或二者均有，故A错误；B观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用铂丝蘸取溶液Y进行焰色反应，火焰呈黄色，溶液Y中含Na+，可能含K+，故B错误；C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2

22、气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故C错误；D饱和碳酸钠溶液通二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，析出碳酸氢钠，则观察到溶液变浑浊，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，涉及离子的检验、焰色反应、酸性比较及物质的性质等，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，题目难度不大6下列关于0.10mol1NaHSO3溶液的说法正确的是( )A加入NaOH固体，溶液pH减小B温度升高，c（HSO3）增大C25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大DNaHSO3的电离方程式为NaHS

23、O3=Na+H+SO32【考点】盐类水解的原理；电离方程式的书写 【分析】A、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液PH增大；B、升温促进弱电解质电离；C、温度一定n（H+）增大，n（OH）增大；D、HSO3离子是弱酸阴离子；【解答】解：A、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液PH增大，故A错误；B、升温促进弱电解质电离，亚硫酸根离子易被氧化，HSO3H+SO32，c（HSO3）减小，故B错误；C、温度一定Kw不变，加入水池子电离平衡生成氢离子和氢氧根离子，n（H+）物质的量增大，n（OH）增大，n（H+）与n（OH）的乘积变大，故C正确；D、HSO3离子是弱酸阴离子，不能拆成离子，

24、故D错误；故选C【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，水的离子积醋酸 分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等7在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195时n（H2）随时间的变化结果如表所示下列说法正确的是( ) p2及195n（H2）随时间变化t/min0135n（H2）/mol8544Ap1p2，H0B在p2及195时，反应前3 min的平均速率v（CH3OH）=0.8 molL1min1C在p2及195时，该反应的平衡常数为25D在B点时，v正v逆【

25、考点】化学平衡的计算 【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动【解答】解：AP1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，H0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1P2，故A错误；B.03 min，n（H2）=84=4mol，故n（CH3OH）=4

26、47;2=2mol，v（CH3OH）=molL1min1=0.033molL1min1，故B错误；C由表中信息可知，起始时：c（H2）=0.4mol/L，c（CO）=c（H2）=0.2mol/L；平衡时：c（H2）=0.2mol/L； CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度（mol/L） 0.2 0.4 0转化浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1K=25L2mol2，故C正确；D根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，

27、根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v（正）v（逆），故D错误，故选C【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和平衡常数的计算，难度中等二、非选择题（本大题共3小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）8甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：化学反应平衡常数温度5008002H2（g）+CO（g）CH3OH（g）K12.50.15H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO

28、（g）K21.02.503H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）K3（1）反应是吸热（填“吸热”或“放热”）反应（2）某温度下反应中H2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图1所示则平衡状态由A变到B时，平衡常数KA=KB（填“”、“”或“=”）据反应与可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=K1K2（用K1、K2表示），反应为放热反应（填“吸热”或“放热”）（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应，已知c（CO）与反应时间t变化曲线如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线变为曲线和曲线当曲线变为曲线时，改变的条件是加入催化剂当曲线变为曲线时，改变的条件是将容器

29、的体积快速压缩至2L（4）甲醇燃料电池有着广泛的用途，同时AlAgO电池是应用广泛的鱼雷电池，其原理如图3所示则该电池的负极反应式是Al3e+4OH=AlO2+2H2O（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸通常状况下，将a molL1的醋酸与b molL1 Ba（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为L/mol【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）分析图表数据，反应平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是

30、吸热反应；（2）化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变；分析反应特征可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应的平衡常数，结合温度变化分析判断反应焓变H0，依据反应+得到反应，所以平衡常数K3=K1×K2；（3）图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线变为曲线时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；（4）AlAgO电池中Al在负极失电子发生氧化反应，在碱酸溶液中生成偏铝酸根离子；（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电

31、离平衡常数与浓度无关，结合概念计算【解答】解：（1）分析图表数据，反应平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（2）化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变，所以KA=KB；反应3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g），分析三个反应的平衡常数表达式可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.5×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行

32、，所以判断反应是放热反应，故答案为：=；K1K2；放热；（3）图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线变为曲线时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；故答案为：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L；（4）AlAgO电池中Al在负极失电子发生氧化反应，在碱酸溶液中生成偏铝

33、酸根离子，负极电极反应为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O；（5）通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH）=107mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K=L/mol；故答案为：L/mol【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数计算和影响条件的应用，电极反应式书写等等，题目综合性较强、难度较大9工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O

34、3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如图1：已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如图2：Fe3+Cu2+Cr3+开始沉淀pH2.14.74.3完全沉淀pH3.26.7a（1）在浸出过程中除了生成Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3外，主要还有CuSO4（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：加入石灰乳调节pH到3.2；将浊液加热到80，趁热过滤（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费

35、试剂外，还会出现的问题是产生SO2污染环境（4）当离子浓度1×105 molL1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH）4.0×109molL1已知：KspCr（OH）3=6.3×1031，4.0）【考点】金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行解答；（2）根据图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2以及温度越高；（3）亚硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜；（4）根据KspCr（O

36、H）3=c（Cr3+）（OH）3来计算回答【解答】解：（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以在浸出过程中除了生成Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3外，主要还有硫酸铜；故答案为：CuSO4；（2）根据图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，所以在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，相关操作：加入石灰乳调节pH到3.2；将浊液加热到80，趁热过滤；故答案为：3.2；趁热过滤；（3）硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜，发生的反应为：2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+，在酸性环境下，亚硫酸氢根离子和氢离子之间反应生成的二氧化硫

37、具有毒性，能污染空气，故答案为：2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+；产生SO2污染环境；（4）当离子浓度1×105 molL1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH）=4.0×109 molL1，故答案为：4.0×109 molL1【点评】本题考查了离子方程式的书写、物质的分离等知识点，难度不大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质10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+H2ON

38、aAlO2+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（夹持仪器已略去）（1）图1中C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸（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，通过氮气一段时间，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AlN的纯度（部分夹持装置已略去）（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可

39、以是ad（填字母）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（5）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），则AlN的质量分数为×100%方案3按以下步骤测定样品中AlN的纯度：（6）步骤生成沉淀的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3（7）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】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，仪器作用是防止倒吸的作用；（2）组装好实

40、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）依据氨气极易溶于水的性质分析判断；（5）依据化学方程式定量关系计算得到；（6）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；（7）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）分析装置和仪器作用分析，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

41、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）依

42、据氨气极易溶于水的性质分析，为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是；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（5）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 V×103Lm=，则AlN的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×

43、100%；（6）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；（7）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，实验基本操作和我物质性质的掌握是关键，题目难度中等化学一物质结构与性质11（13分）（1）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是NOC（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化

44、物NH3分子的空间构型是三角锥型；与N2H4分子属于等电子体的是CH3OH（或CH3SH）（写出一种即可）（3）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛请回答下列问题：Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiOFeO（填“”或“”）；NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6、6（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为5d106s1；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子

45、处于面心位置，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子个数之比为3：1；该晶体中，原子之间的强相互作用是金属键；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2晶胞（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为Cu3AuH8【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况 【专题】简答题；结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于

46、相邻元素；（2）根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型；根据等电子体的定义确定等电子体；（3）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；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；因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，以此判断电子排布式；利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数来确定原子个数之比，金属晶体中存在金属键；根据氟化钙的结构确定该晶体储氢后的化学式【解答】解：（1）C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC，故答案为：NOC；（2）NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型，与N2H4分子属于等电子体的是CH3OH（或CH3SH），故答案为：三角锥型；CH3OH（或CH