2017-2018学年贵州高考化学适应性试卷版含解析

1、2017-2018学年贵州省高考化学适应性试卷一、选择题：每小题6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）（2015?贵州模拟）2014年在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、高镒酸钾溶液、次氯酸钠溶液、双氧水等消毒剂可以完全灭活病毒感染性.下列有关说法正确的是（）A.乙醇、次氯酸钠溶液的消毒原理相同B.双氧水和次氯酸钠具有较强的腐蚀性，不能用于皮肤的消毒C.高镒酸钾溶液和双氧水均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D.在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫可发生反应：2NaClO+SO2+H2ONa2SO3+HClO考点：氧化还原反应.分

2、析：A.乙醇使蛋白质变性；B.氧化性可用于消毒；C.高镒酸钾溶液和双氧水均具有强氧化性；D.在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应.解答：解：A.乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故A错误；B.双氧水具有较强的氧化性，能用于皮肤的消毒，故B错误；C.高镒酸钾溶液和双氧水的消毒原理都是因为具有强氧化性，原理相同，故C正确；D.次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫生成硫酸根离子和水，故D错误；故选C.点评：本题考查卤族元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析应用能力

3、的考查，题目难度不大.2. （6分）（2015?贵州模拟）下列化学用语描述中不正确的是（）A.中子数为20的氯原子：法1_r*I:O:I3-B. K2O的电子式：一2.1r、.2-+C. HCO3的电离万程式：HCO3+H2O?CO3+H3OD.比例模型可以表示CO2分子或SiO2考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型.分析：A.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角不是质量数、左下角不是质子数；B.氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C.碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D.二氧化硅属于原子晶体，不存

4、在二氧化硅分子.解答：解：A.元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子的质量数为37,该核素的表示方法为：故A正确；B.氧化剂为离子化合物，钾离子直接用离子符号表示，氧离子需要标出所带电荷及最外层电子，氧化钾的电子式为：广£故b正确；C.碳酸氢根离子在溶液中电离出水合氢离子和碳酸根离子，HCO3的电离方程式为：HCO3+H2O?CO32+H3O：故C正确；D. e可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；故选D.点评：本题考查了常见化学用语的书写方法判断，题目难度中等，涉及原子符号、电离方程式、结构式等知识，试题

5、涉及的知识点较多，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法.3. （6分）（2015?贵州模拟）下列实验及现象所对应的离子方程式正确的是（）选项实验现象ABCD向氯化铝溶液中滴加过量氨水向FeBr2溶液中通入少量氯气向稀硝酸中加入单质Fe粉向Na2CO3溶液中滴加酚配试剂有白色沉淀产生溶液由浅绿色变成黄色有气泡生成溶液由无色变为红色离子方程式Al3+3OH=Al(OH)3J2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClFe+6H+=3Fe3+3H2f2CO3+H2O=H2CO3+2OHAB.BC.CD.D考点：离子方程式的书写.分析：A.一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆开，应该保留分子式；B.亚

6、铁离子的还原性大于滨离子，氯气少量，浅绿色亚铁离子优先被氧化成黄色的铁离子；C.铁与稀硝酸反应生成NO气体，不会生成氢气；D.碳酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主，水解的离子方程式只写出第一步即可.解答：解：A.向氯化铝溶液中滴加过量氨水可以获得氢氧化铝白色沉淀，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：Al3+3NH3?H2OAl（OH）3J+3NH4：故A错误；B,向FeBr2溶液中通入少量氯气，亚铁离子优先被氧化，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl一，故B正确；C.铁与稀硝酸反应生成NO气体，不会产生氢气，如：铁过量时，稀硝酸与过量的铁粉反应生

7、成硝酸亚铁和一氧化氮和水，离子方程式为：3Fe+8H+2N03-3Fe2+2NOT+4H2O,故C.2-D.碳酸根离子水解主要以第一步为主，正确的离子方程式为：CO3+H2O=HCO3+OH,故D错误；故选B.点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；本题中还要注意反应现象是否正确.4. （6分）（2015?贵州模拟）正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是（）氢氧化钠溶液新制晶酸J亚铁溶液A.

8、旨制备氢氧化亚铁并观察其颜色碳酸、苯酚酸性强弱比较制备并收集少量NO2气体考点：化学实验方案的评价.分析：A.氢氧化亚铁易被氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁时要隔绝空气；B.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C.二氧化氮和水反应生成硝酸和NO;D.洗气装置中导气管要遵循长进短出”原则.解答：解：A.氢氧化亚铁易被氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁时要隔绝空气，则胶头滴管要伸入液面下，故A错误；B.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和苯酚钠反应生成苯酚沉淀，所以能实现实验目的，故B正确；C.二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,二氧化氮和空气不反应，所以应该采用排空气法收集,故

9、C错误；D.洗气装置中导气管要遵循长进短出”原则，故D错误；故选B.点评：本题考查实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质性质检验、气体的净化和收集，明确实验原理是解本题关键，会根据气体的密度、性质确定收集方法，易错选项是5. （6分）（2015?贵州模拟）Na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（aNA.agC2H4和C3H6的混合物所含碳氢键数目为一&7B.2.24L12C18O或14N2所含的电子数为1.4NAC. 1L0.1mol/L的CuSO4溶液中含有Cu2+的数目为0.1NaD. 25c时，在PH=12的1.0LBa(OH)2溶液中含有OH的数目为0.02Na考点：阿

10、伏加德罗常数.分析：A.C2H4和C3H6的最简式为CH2,所以ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=W_mol,在乙烯、丙烯和环丙烷分子中，平均每个碳原子形成一个碳碳键、每个氢14g/mol14原子形成一个碳氢键，据此计算出所含碳氢键数目；B.气体的状况未知；C.铜离子为弱碱阳离子，在水中部分水解；D.根据pH=13,计算出C(H+)和C(OH)，然后根据溶液体积为1.0L来计算；解答：解：A.每个氢原子形成1个碳氢键，ag混合物中总共含有3molH原子，所以含有7fmolH原子碳氢键，所含碳氢键数目为na,故A正确；7 78 .气体的状况未知，无法计算气体的物质的量，故B错误；C.1

11、L0.1mol/L的CuSO4溶液中含有0.1mol硫酸铜，铜离子为弱碱阳离子，在溶液中部分水解，Cu2+的数目小于0.1Na,故C错误；D.溶液的pH=12,故C(H+)=1012mol/L,可知C(OH)=0.01mol/L,溶液体积为1.0L,故含有的氢氧根的物质的量为0.01mol,个数为0.01Na,故D错误；故选：A.点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，掌握公式的使用和物质的结构、气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键.北也6. (6分)(2015?贵州模拟)如图所示的两个电化学装置，图1中铜电极上产生大量的无色气泡；图2中铜电极上无气体产生，而铭电极上产生大量

12、的有色气体.根据上述现象判断下列说法不正确的是(A.图1中Cr为正极，Cu为负极一.一2+B.图2中Cu电极上发生的离子方程式为：Cu-2eCuC.金属铭的活泼性比铜强且能和硫酸反应生成H2D.金属铭易被稀硝酸钝化考点：原电池和电解池的工作原理.分析：观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明图1中，Cr为负极，铜为正极,正极上析出氢气，而图2装置中铜电极上无气体产生，铭电极上产生大量有色气体，说明铜被氧化应为负极，正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体，以此解答该题.解答：解：A.图1为原电池装置，铜为正极，氢离子得电子生成氢气，故A错误；B.图2装置中铜电极上无气体产生，铭电极上产生大量

13、有色气体，说明铜为负极，铭电极为正极，负极发生Cu-2e一Cu2+,故B正确；C.由图1根据原电池原理知金属铭的活动性比铜强且能和硫酸反应生成H2,故C正确；D.由图1根据原电池原理知金属铭的活动性比铜强，但图2装置中铜电极上无气体产生，铭电极上产生大量有色气体，说明铜被氧化应为负极，说明铭易被稀硝酸钝化，故D正确.故选A.点评：本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大.7. （6分）（2015?贵州模拟）已知BaSO4（s）?Ba2+（aq）+S。/（aq）,25c时Ksp=1.07M

14、0-10,且BaSO4的随温度升局而增大.如图所不，有Ti、T2不同温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，则下列说法不正确的是（）A.温度为Ti时，在Ti曲线上方区域任意一点时，均有BaSO4沉淀生成B.蒸发溶剂可能使溶液由d点变为Ti曲线上a、b之间的某一点C.升温可使溶液由b点变为d点D.T2>25C考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：A.在Ti曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液；B.蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变；C.升温增大溶质的溶解，溶液中银离子、硫酸根离子浓度都增大；D.根据图片知，温度越高，硫酸钢的溶度积常数越大，根据T2时

15、硫酸钢溶度积常数与25C时溶度积常数比较判断.解答：解：A.在Ti曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故A正确；B.蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）,故B正确；C.升温增大溶质的溶解度，溶液中银离子、硫酸根离子浓度都增大，故C错误；D.25°C时硫酸钢的Ksp=1.07M0-10,根据图片知，温度越高，硫酸钢的离子积常数越大，T2时硫酸钢的溶度积常数=1.0M04X5.0M05=5M09>1.07X1010,所以该温度大于25C,故D正确；故选C.点评：本题考查了难

16、溶电解质的溶解平衡及其应用，题目难度中等，正确理解溶度积曲线是解本题关键，结合溶度积常数来分析解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力.二、非选择题：(一)必考题8. (14分)(2015?贵州模拟)实验室制取乙烯的传统做法是采用浓硫酸做催化剂，由于浓硫酸具有具有脱水性和强氧性，生成乙烯同时产生CO2和SO2气体会影响乙烯的性质实验.某同学查阅相关资料后发现，可用脱水性更强的P2O5代替浓硫酸浓硫酸作为该实验的催化剂.为验证这一说法，该同学利用以下装置进行实验探究，观察并记录现象如下：实验二酒精灯加热水浴加热实验一实验药品4gP2O5、8mL无水乙醇实验条件实验现象无水乙醇加入时

17、，圆底烧瓶B中P2O5溶于乙醇，立即产生白雾，当用酒精灯加热后，有气泡产生，并逐渐沸腾，生成粘稠状液体，集气瓶C中有无色液体产生.无水乙醇加入时，圆底烧瓶B中P2O5溶于乙醇立即产生白雾，当用水浴加热后，无气泡产生，生成粘稠状液体，集气瓶C中有无色液体产生.请回答下列问题：(1)写出装置中仪器A的名称分液漏斗；(2)装置中B、C之间长导管的作用是导气、冷凝，浓硫酸的作用是干燥气体；(3)实验二中，完成水浴加热必需的玻璃仪器有大烧杯、酒精灯；(4)实验一、二中当加入无水乙醇时，均有白雾产生，请简述产生白雾的原因：P?O5溶解于乙醇，迅速放出大量的热，局部温度较高，使得少量乙醇气化，形成白雾;(5

18、)经检验集气瓶C中无色液体为磷酸三乙酯，请在图中虚线框内画出实验装置(含试剂)用于验证生成的乙烯；(6)根据实验现象判断以P2O5作为催化剂获得乙烯的反应条件是加热至较高温度.考点：性质实验方案的设计.分析：(1)根据A的构造可知其名称为分液漏斗；(2)长导管起到了导气和冷凝作用；浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂;(3)实验二需要水浴加热，用到的玻璃仪器有大烧杯和酒精灯；(4)白雾为小液滴，说明P2O5溶解于乙醇的过程中会放出大量热，使得少量乙醇气化；(5)乙烯能够与滨水发生加成反应，可以用盛有滨水的试管检验乙烯；(6)根据实验二中水浴加热生成了磷酸三乙酯，而实验一中用酒精灯直接加热生成了乙烯进

19、行判断.解答：解：(1)根据图示可知，仪器A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装置中B、C之间长导管可以起到导气、冷凝的作用；浓硫酸具有吸水性，能够干燥反应产生的气体，故答案为：导气、冷凝；干燥气体；(3)水浴加热过程中，反应装置需要放在盛有水的大烧杯中，用酒精灯加热，所以必需的玻璃仪器为大烧杯和酒精灯，故答案为：大烧杯；酒精灯；(4)由于P2O5溶解于乙醇后迅速放出大量的热，导致局部温度较高，使得少量乙醇气化，所以形成白雾，故答案为：P2O5溶解于乙醇，迅速放出大量的热，局部温度较高，使得少量乙醇气化，形成白雾；(5)可以用澳水具有乙烯，实验装置图为：，答案为：(6)实验二中水浴加热生成

20、了磷酸三乙酯，而实验一中用酒精灯直接加热生成了乙烯，说明以P2O5作为催化剂获得乙烯需要在较高温度下才能进行，故答案为：加热至较高温度.点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握性质实验方案的设计与评价方法.9. (15分)(2015?贵州模拟)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素.A、C处于同一主族，C、D、E处于同一周期；A、B组成的气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝.C在短周期元素中金属性最强，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和，E的单质与x反应能生成

21、溶于水呈强酸性的化合物Z,同时生成B的单质，D的单质既能与C的最高价氧化物的水溶液反应，也能与Z的水溶液反应；C、E可组成化合物M.(1)E离子的结构示意图H4-I(2)写出X的电子式_"N"_；(3)写出D的单质与C元素最高价氧化物的水化物在水溶液中反应的离子方程式2A1+2OH一一一一一A+2H2O=2AlO2+3H2T:(4)E的单质与X反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比3:2;(5)按图电解M的饱和溶液，石墨电极上发生反应的离子方程式为2cl-2e=Cl2T；电解电解时装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2。2NaOH+H?T+C12T、_Cl2+2NaOH

22、=NaCl+NaClO+H2O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：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素.A、B组成的气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X为NH3,A为H元素，B为N元素；A、C处于同一主族，C在短周期元素中金属性最强，C的原子序数大于氮，故C为Na；C、D、E处于同一周期，即处于第三周期，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和，则E原子最外层电子数为1+1+5=7,故E为Cl,E的单质与X反应能生成溶于水呈强酸性的化合物Z,同时生成B的单质，应是氯气与氨气反应生成氮气与HCl,D的单质既能与C的最高价氧化物的水溶

23、液反应，也能与Z的水溶液反应，则D为Al;C、E可组成化合物M为NaCl,据此解答.解答：解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素.A、B组成的气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X为NH3,A为H元素，B为N元素；A、C处于同一主族，C在短周期元素中金属性最强，C的原子序数大于氮，故C为Na；C、D、E处于同一周期，即处于第三周期，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和，则E原子最外层电子数为1+1+5=7,故E为Cl,E的单质与X反应能生成溶于水呈强酸性的化合物Z,同时生成B的单质，应是氯气与氨气反应生成氮气与HCl,D的单质既能与C的最高价氧化物的水溶液反应，也

24、能与Z的水溶液反应，则D为Al;C、E可组成化合物M为NaCl(1)C离子的结构示意图为:硼故答案为.瑜HHx为NH3,其电子式为"N"，故答案为：“NH；(3) Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2一A+3H2T,故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2T;(4) E的单质与X反应为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl,反应中氧化剂为氯气，还原剂为氨气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2,故答案为：3:2;(5) 电解NaCl的饱和溶液，石墨电极为阳极，发生氧化反应，氯离子失去电子生成氯气，阳极发生

25、反应的离子方程式为：2Cl-2e=Cl2t;电解时装置内发生反应的化学方程式为：电解2NaCl+2H2O2NaOH+H2T+Cl2T,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,一一一,电解故答案为：2Cl2e=Cl2f;2NaCl+2H2O2NaOH+H2T+Cl2卜；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O.点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，侧重对化学用语的考查，推断元素是解题关键,注意对基础知识的理解掌握.10.(14分)(2015?贵州模拟)贵州开磷(集团)有限责任公司按照循环经济的发展理念，将工业合成氨与制备甲醇进行联合生产，现已具备年产60万吨合成氨、38万吨甲

26、醇的生产能力.其生产流程如图1:图i请回答下列问题：(1)工业生产时，水蒸气可与煤粉反应制备H2,反应的化学方程式为C+H2O(g)G日r°JinuCO+H.2.；(2)工业制取氢气的另一个反应为：CO+H2O(g)?CO2+H2.在C时，往1L密闭容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸气，反应达平衡后，体系中c(H2)0.12mol?L-1.该温度下此反应的平衡常数K=1(填计算结果)；(3)若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g),在密闭容器中开始只加入CO、H2,反应10min后测得各组分的浓度如下：物质H2COCH3OH浓度/(mol?L1

27、)0.20o.10o.40该时间段内反应速率v(H2)=0.08mol/(L?min);该反应达到平衡状态的标志是BC(填字母序号)；A.有1个H-H键生成的同时有3个C-H键生成B.CO的百分含量保持不变C.容器中混合气体的压强不变化D.容器中混合气体的密度不变化(4)已知在常温常压下：2cH3OH(l)+3O2(g)?2CO2(g)+4H2O(g)AH1=-1275.6kJ/mol2cO(l)+O2(g)?2CO2(g)AH2=-566.0kJ/molH2O(g)?H2OAH3=-44.0kJ/mol写出甲醇不完燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式CH30H+O2(g)=CO(g)一，、

28、，_-1+2H2O廿1=-442.8kJ?mol；(5)N2和H2以铁作催化剂从145c就开始反应，不同温度下NH3的产率如图2所示.温度高于900c时，NH3产率下降的原因是温度高于900c时，平衡向左移动；生产过程中合成气要进行循环，其目的是提高原料的利用率.考点：工业合成氨.分析：(1)水蒸气在高温下与碳反应生成一氧化碳气体和水，据此写出反应的化学方程式；(2)根据平衡常数表达式以及各种物质的浓度利用化学平衡三段式进行计算；(3)先根据表中计算计算出甲醇的反应速率，然后根据化学计量数与反应速率成正比计算出氢气的平均反应速率；根据可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变

29、化判断；(4)根据热化学方程式利用盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；(5)对于放热反应，温度升高，则化学平衡向逆向移动；提高循环利用可以提高原料的利用率.解答：解：(1)碳粉在高温下与水蒸气反应的化学方程式为：C+H2O(g)向皿CO+H2,古汩故答案为：C+H2O(g)CO+H2；(2)CO+H2O(g)?CO2+H2初始：0.20.300变化：0.120.120.120.12平衡：0.080.180.120.12贝Uk=0.12X0,12=10.03X0.18故答案为：1；(3)由表中数据可知，l0min内甲醇的浓度变化为0.4mol/L,故v(CH3OH)=与磐匹=0.04mol/(

30、L?min),速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=2v(CH3OH)lOidin=2><0.04mol/(L?min)=0.08mol/(L?min),故答案为：0.08mol/(L?min);A.有1个H-H键生成的同时有3个C-H键生成，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故A错误；B.CO百分含量保持不变，证明各组分不再变化，该反应已经达到了化学平衡状态，故B正确；C.该反应是一个前后气体体积变化的反应，容器中混合气体的压强不变化，证明达到了平衡状态，故C正确；D.混合气体质量守恒，体积恒定，所以容器中混合气体的密度不会发生变化，故D错误；故选BC;(4)2CH30H

31、(l)+3O2(g)?2CO2(g)+4H2O(g)AH1=-1275.6kJ/mol2CO(l)+O2(g)?2CO2(g)AH2=-566.0kJ/molH2O(g)?H2OAH3=-44.0kJ/mol,根据盖斯定律，将已知反应(-+X4)是得到：CH30H(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O21(l),AhT=-442.8kJ?mol,21故答案为：CH30H(l)+02(g)=C0(g)+2H2O(l)AH=-442.8kJ?mol；(5)温度在900c时，反应达到平衡状态，温度高于900c时，即：升高温度，平衡向吸热方向，即向左移动；由于合成氨的反应为可逆反应，提高循环利用原料

32、，可提高原料的利用率，故答案为：温度高于900c时，平衡向左移动；提高原料的利用率.点评：本题考查工业合成氨及其应用，题目难度中等，注意利用三段式法解答，特别是盖斯定律的运用以及燃料电池的电极反应的书写，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力.三、选考题：【化学-选彳2:化学与技术】(15分)11.(15分)(2015?贵州模拟)水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存的物质，水质的优劣直接影响人体的健康.请回答下列问题：(1)天然淡水一般呈弱酸性，其原因是：CO2+H2O?H2CO3,H2CO3?HCO3+H+(用化学方程式表示)，可以用加热煮沸方法使

33、水恢复审性;一一一一一(2)天然水的净化通常有混凝法和化学软化法，二者的区别是水的净化是用混凝剂(如明矶等)将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子;(3)若用阳离子交换树脂(HR)将硬水软化，发生的反应可表示为：Ca2+2HR=CaRZ+2H+或Mg2+2HR=MgR2+2H+(写一个即可)；(4)明矶曾一直作为常用的净水剂，如今却慢慢褪出历史舞台.作为净水剂的后起之秀-复合聚合侣铁这一新型水处理剂正越来越多的应用于生活饮用水、工业给水.它的净水效果远优于一般的净水剂.下列说法正确的是AD;A.复合聚合侣铁的水解程度很大，可以减少水中铝的残留B.复合聚合侣铁所带电荷高

34、，形成胶粒对水中杂质吸附能力强，所以净水效果好3+,+C.明矶净水广生胶体的离子万程式为：Al+3H2OAl(OH)3j+3HD.优质净水剂的选择标应该是无毒且能吸附水中的悬浮胶粒(5)净化后的水还需杀菌消毒才能饮用，考虑到Cl2可能残留带来的危宝害，无残留的ClO2开始广浮用于自来水消毒.如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则Cl2和ClO2的消毒效率之比为27:71(填最简整数比).(6)在人们环保意识急剧增强的念天，污水随意排放的局面即将成为历史，先处理达标而后排放是大势所趋.某含氧废水选择ClO2处理，ClO2可将CN转化成两种无毒气体，该反应的离子方程式为2ClO?+

35、2CN=2CO2T+N2T+2Cl.考点：镁、铝的重要化合物；胶体的重要性质；氧化还原反应.分析：(1)水溶解二氧化碳而导致溶液呈酸性；(2)净化水是除去悬浮杂质，软化水是除去钙镁离子；(3)阳离子交换树脂是把水中的钙离子和镁离子通过阳离子交换除去；(4)复合聚合侣铁水解程度大，且无毒，对人体无害；(5)作为消毒剂，还原产物都为-1价氯离子；(6)ClO2可将CN转化成两种无毒气体，应生成二氧化碳和氮气.解答：解：(1)水溶解二氧化碳而导致溶液呈酸性，在溶液中发生CO2+H2O?H2CO3,H2CO3?HCO3+H+,加热时，二氧化碳溶解度减小，可恢复至中性，故答案为：CO2+H2O?H2CO

36、3,H2CO3?HCO3+H+；加热煮沸；(2)水的净化是除去悬浮性杂质，一般用明矶进行；水的软化是降低Ca2+、Mg2+的浓度，方法很多，有离子交换法、石灰纯碱法等，故答案为：水的净化是用混凝剂(如明矶等)将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子；(3)含有较多可溶性钙、镁化合物的水称为硬水，通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水，离子交换树脂发生的反应为：Ca2+2HR=CaR2+2H+,Mg2+2HR=MgR2+2H+,故答案为：Ca2+2HR=CaR2+2H+,Mg2+2HR=MgR2+2H+；(4)A.由题意它的净水效果远优于一般的净水剂，可知复合聚

37、合侣铁的水解程度很大，可以减少水中铝的残留，故A正确；B.复合聚合侣铁不带电荷，故B错误；C.生成胶体而不是沉淀，故C错误；D.优质净水剂对人体应无害，故D正确.故答案为：AD;(5)以单位质量的氧化剂所得到的电子数比值为-X2-X5=27：71,7167.5故答案为：27:71;(6)用C1O2将废水中含有剧毒的CN氧化成无毒气体，反应生成二氧化碳、氮气和氯离子，离子反应为2C1O2+2CN=2CO2f+N2T+2C1,故答案为：2C1O2+2CN=2CO2T+N2T+2C1.点评：本题考查物质的性质及离子反应，为高频考点，把握习题中的信息及发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力

38、的考查，题目难度不大.四、【化学-选彳3:物质结构与性质】(15分)12. (15分)(2015?贵州模拟)第四周期中的18中元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐.(1)铭是一种硬二脆，抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢.基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为N,该能层上具有的原子轨道数为16,电子数为1,(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？否(填是“或否”)，原因是30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定(如果前一问填是”，此问可以不答)一(3)钱与第VA族元素可形成多种新型人工半导体材料，

39、神化钱(GaAs)就是其中一种，其晶体结构如下图所示(白色球代表As原子).在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体；(4)与As同主族的短周期元素是N、P.AsH3中心原子杂化的类型sp3;一定压强下将AsH3和NH3.PH3的混合气体降温是首先液化的是NH3,理由是NH&分子之间有氢键，沸点较高；(5)铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁石期中一种，某氮化铁的井胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为Fe4j；设晶胞边长为acm,阿伏加德罗常数为NA,该晶体的密度为上理g.cm3(用含a和Na的式子表示)X3-3-FeO-N考

40、点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：(1)根据铭的核外电子排布规律可知，铭在最外层是N层，有2个电子，据此答题；(2)原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素；(3)根据晶胞结构图，神化钱结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四面体的体心，据此判断；(4)与As同主族的短周期元素是N、P,所经AsH3的结构应与NH3相似，NH3分子之间有氢键，沸点较高；(5)根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1,Fe原子数为1乂4+6><a=4,进而确32定氮化铁

41、的化学式，根据d计算密度；N层，有解答：解：(1)铭的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s所以需在最外层是1个电子，N层上原子轨道为spdf四种，共有轨道数为1+3+5+7=16,故答案为：N;16;1;(2)原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素，30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，所以30Zn与31Ga的第一电离能不符合逐渐增大的规律，故答案为：否；30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定；(3)根据晶胞结构图，神化钱结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四面体的

42、体心，所以每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4;正四面体；(4)氨分子中氮原子按sp3方式杂化，N与As同主族，所经AsH3的结构应与NH3相似，AsH3中心原子杂化的类型为sp3,NH3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将AsH3和NH3.PH3的混合气体降温是首先液化的是NH3,故答案为：sp3;NH3；NH3分子之间有氢键，沸点较高；(5)根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1,Fe原子数为1X-+6X-=4,所以氮S214+56-43cm，化铁的化学式Fe4N,晶胞的体积为a3cm3,所以=?g.¥aJ故答案为：Fe4N;金卷;点评：本题考查较为综合，原子结构、第一电离能、晶胞的结构及晶体计算、氢键等知识,题目难度中等，注意原子核外电子排布与物质性质的关系，当价层电子轨道处于全空、全充满、半充满时，较稳定.五、【化学-选彳5:有机化学基础】（15分）13. （15分）（2015?贵州模拟）图1是以芳香煌A为原料合成有机高分子化合物甲和乙的路线图.乘裁/Jm0H®*诙破施;-定条件下625J1)000oO10864