黑龙江大庆2016届高考化学一模试卷解析版

1、2016年黑龙江省大庆市高考化学一模试卷、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.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.食盐可以作为调味剂，也可以调节体液电解质平衡B.食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯C.化工生产中煤的干储、石油的分储、天然气生产甲醇均属于化学变化D.高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A,常温常压下，11.2 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NaB.标准状况下，7.1 g氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.

2、2NaC.常温常压下，4.6 g乙醇中含有的极性共价键数目为0.8NAD,在1 L 1.0 mol?L碳酸钠溶液中，阴离子总数大于Na.有机物 W的分子式为C5H10O2, 一定条件下等量的 W分别与Na, NaHCO?溶液反应均 能产生气体，且生成气体体积比（同温同压）为 1: 2,则W的结构最多有几种（不考虑立 体异构）（）A. 3种B. 4种 C. 5种 D. 6种.将如图所示实验装置的 K闭合，下列判断不正确的是（）用也和碇学钦、苗散A.盐桥中的C向甲池移动，滤纸上的 SO42向b移动B.电子流动沿 Zn-a, b-Cu的路径C. Cu电极上的反应为：Cu2+2e一Cu,滤纸a点发生还

3、原反应D.片刻后，甲池中 c （Zn2+）增大，可观察到滤纸 b点变红色5.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选 项实验操作现象结论ASO2通入足量的稀Fe （NO3） 3溶液溶液由棕黄色变为浅绿 色，但立即又变成棕黄 色氧化性：HNO3稀 硫酸Fe3+B相同条件下，测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCC将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢 慢移向内焰黑色的铜丝变红色氧化铜被酒精灯内 焰的乙醇蒸汽还原D取适量NH4AI （SO4）2样品置于试管 中加水溶解，滴加少量稀 NaOH溶液湿润的红色石蕊试纸靠 近试管口，试纸变蓝NH4AI (SO4)2 溶液

4、 中存在NH 4A. A B. B C. C D. D)箫彳作贬由2呼HOrt mL困4画36.下列图示与对应的叙述相符的是（A.图1某温度下，体积和 pH都相同的盐酸和氯化钱溶液加水稀释时的pH变化曲线，用等浓度NaOH溶液分别和等体积 b、c处溶液反应，消耗 NaOH溶液体积 37cB.图2中曲线a、b分别表示过量纯锌、过量粗锌（含 Cu、C杂质）与同浓度等体积盐酸 反应过程中产生出体积的变化趋势C.图 3表示 25 c用 0.1000 mol?L 1NaOH 溶液?定 20.00mL 0.1000 mol ?L 1 CH3COOH 溶 液得到的滴定曲线D.图4表示某温度下 AgBr在水中

5、的沉淀溶解平衡曲线的图象，向 AgBr的饱和溶液中加 入NaBr固体，可以使溶液由 c点到b点X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素. 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m- n, W元素与Z元素同主族，R元素原子与丫元素原子的核外电子数之比为 2： 1.下列叙述正确的是（）A.原子半径由大判小的顺序；ZRYWX与Y形成化合物中一定含有离子键，可能含有共价键丫的氢化物比R的氢化物稳定，但 丫的氢化物比R的氢化物熔沸点低RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成.二、解答题（共3小题，满

6、分43分）8.硫代硫酸钠晶体（Na2s2O3?5H2O）俗名 大苏打，又称 海波”.已知Na2s2O3?5H2O是 无色透明晶体，易溶于水，不溶于乙醇.它受热、遇酸易分解，在空气中易被氧化.某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2s2O3?5H2O）.反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2一3Na2s2O3+CO2.I .（图 1）制备 Na2s2O3粗晶体图2（1）仪器b的名称, d中盛放的试剂是 .（写出一条即可）.b中制备SO2,反应的化学方程式 .反应开始后，要控制 SO2生成速率，可以采取的措施有 n.分离Na2s2O3并测定含量（图2）（2）为了减少产品损失，操作 时需.操作

7、是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作 时用做洗涤剂.干燥操作时（装置如图3所示），通入H2的目的是 .Na2s2O3?5H2O的含量，采用（3）制得的粗晶体中往往含有少量杂质.为了测定粗产品中在酸性条件下用 KMnO 4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO 4溶液不反应）.称取1.50g粗产品溶于水，用 0.20mol?L1KMnO 4溶液（加适量稀硫酸酸化）滴定，40.00mL . (5S2O32 +8MnO4 +14H +当溶液中&O32全部被氧化时，消耗高镒酸钾溶液体积8Mn 2+10SO42 +7H2O）KMnO 4溶液置于（填酸式”或碱式”）滴定管中.若,则达到滴定终点.（

8、保留小数点后一位） 产品中Na2s2O3?5H2O的质量分数为9.工业生产中容易产生有害的含铭工业废水和含氧废水，严重威胁人类的健康和安全.图 1是处理工业含铭废水和含氧废水的工艺流程.叫沁含辂废水含匐废水已知：含铭废水中铭的存在形式为Cr2O72 , Cr元素常见的化合价+3、+6,含氧废水中有CN存在.请回答下列问题：(1)含氧废水中有 CN存在，其中C元素的化合价为 .(2)向含铭废水中加下列哪种物质将pH调整到23, (填字母).a.稀盐酸b.稀硫酸c.稀硝酸(3) pH 10时，图中反应n中的 NaClO可以将CN氧化为两种无毒物质，请写出反应的 离子方程式.(4)经过图中反应I和图

9、中反应n后，将两种废水混合的目的是 .(5)工业上也常用电解法处理酸性含铭废水，用耐酸电解槽，铁板作电极，槽中盛放酸性含Cr2O72的废水，原理示意图如图 2: 几乎万令图2阳极区域溶液中发生反应的离子方程式为 .若不考虑气体的溶解，当收集到 H2 13.44L(标准状况)时，被还原的 Cr2O72物质的量为 .为了使Cr3+和Fe3+转化为Fe (OH)3和Cr (OH) 3沉淀，向反应后的溶液中加入一定量的烧碱，若溶液中c(Fe3+) =2.0X1012 mol?L1,则溶液中 c (Cr3+) =mol?L 1.(已知:Ksp Fe (OH ) 3 =4.0 x 10 38, 一 31、

10、Ksp Cr (OH) 3 =6.0 x 10)(6)在25c下，将a mol?L 1 NaCN溶液与0.01mol?L 1盐酸等体积混合(忽略溶液体积变化),反应后测得溶液 pH=7 , HCN的电离常数Ka为.(用含a的代数式表示)10.开发清洁能源是当今研究的热点问题.二甲醍(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3.工业制备二甲醍在 催化反应室中(压力 2.010.0Mpa,温度230280C)进行下列反应： CO (g) +2H2 (g) ?CH3OH (g) AH1=-99kJ?mol11 2CH30H (g) ?C

11、H3OCH3 (g) +H2O (g) H2=-23.5kJ?mol CO (g) +H2O (g) ?CO2 (g) +H2 (g) H3=- 41.2kJ?mol 1(1)催化反应室中的总反应 3CO(g) +3H2(g) ?CH3OCH3(g) +CO2(g)，计算 H=.反应原料来自煤的气化.已知该反应的平衡常数表达式为c(H2)-c(C0)K二二匚二)一每生成1mol H2需要吸收131.3kJ的热量.写出该反应的热化学方程式 .(2)在该条件下，若反应 的起始浓度分别为：c (CO) =0.6mol?L 1, c (H2) =1.4mol?L 一1, 8min后达到平衡，CO的转化

12、率为50%,则8min内H2的平均反应速率为 .(3)在tC时，反应 的平衡常数为400,此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇， 反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH30HCH 3OCH 3H2Oc (mol?L 1)|0.46|10|10此时刻v正 v逆(填法 H2O的物质的量之比为1： 3： 6,且E的配位数为6,向1.0mol该晶体的溶液中 加入足量AgNO3溶液产生143.5g沉淀，则配合物的化学式为 .(6)硼与D可形成一种耐磨材料，其结构与金刚石相似，如图为其晶体结构单元，它可由硼的三澳化物和 D的三澳化物于高温下在氢气的氛围中合成写出合成该晶体的化学方程式：.

13、已知晶体中硼与 D原子的最近距离为 a pm,则该晶体密度的表达式为 g?cm 3.(不需化简，阿伏加德罗常数为Na)/米于 口惠于五、【化学-选彳5有机化学基础】13.用物理方法从植物体中提取， 或是用化学方法合成药用化学物质， 治疗病症，挽救性命, 一直是科学家们致力研究的课题.请用化学知识分析青蒿素”、华法林”两种药物的结构及合成过程.I .2015年诺贝尔医学奖授予中国女药学家屠呦呦.因为发现青蒿素，一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命.”00H青莒素双氢青蒿素图工下列关于青蒿素和双氢青蒿素(结构如图1所示)的说法错误的是 .A.青蒿素分子中含有过氧键、酯

14、基和酸键B.青蒿素的分子式为 Cl5H22O5C.由双氢青蒿素转化为青蒿素的反应属氧化反应D,双氢青蒿素分子中有 2个六元环和2个七元环n .华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，其合成路径如图2 (部分反应条件略去)已知：RCHOCHyXcHs R-CHaCH-C-CHa+HiOP 20 R】00& + R3cHlcO& 二(工PR4yqH R代晚轻基)RaA属于芳香烧，名称是 ;C生成D的反应类型是 ; E与N合成华法林的反应类型是 .B-C的转化过程中的化学反应方程式为 ；E的结构简式是 . L-M的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该聚合物的结构简式为.K有多种同分异构体，满足下列条件

15、的K的同分异构体还有 种.属于芳香族化合物遇到FeCl3显紫色 可发生水解反应.写出其中满足核磁共振氢谱图显示峰值比为1： 2： 2： 2： 1的同分异构体的结构简式2016年黑龙江省大庆市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、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.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.食盐可以作为调味剂，也可以调节体液电解质平衡B.食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯C.化工生产中煤的干储、石油的分储、天然气生产甲醇均属于化学变化D.高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【考点】 金属的

16、电化学腐蚀与防护；物理变化与化学变化的区别与联系.【分析】A、氯化钠左调味剂，属于易溶于水的强电解质；B、聚乙烯无毒，是食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分；C、判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生 成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化；D、铝合金的性能：强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等.【解答】解：A、食盐可以作为调味剂，属于易溶于水的强电解质，也可以调节体液电解质 平衡，故A正确；B、聚乙烯无毒，是食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分，故B正确；C、煤的干储指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程.

17、有新的物质生成，属于化学变化，石油分储是利用沸点不同使混合物分离 的过程，没有新物质生成，属于物理变化，天然气生产甲醇属于化学变化，故C错误；D、铝合金具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等性能，在航空、航天、汽车、机械制造、 船舶及化学工业中已大量应用，故D正确.故选C.设Na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A,常温常压下，11.2 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NaB.标准状况下，7.1 g氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2NAC.常温常压下，4.6 g乙醇中含有的极性共价键数目为0.8NaD,在1 L1.0 mol?L1碳酸钠溶液中，阴离子总数大于

18、Na【考点】 阿伏加德罗常数.【分析】A.常温常压，Vm不等于22.4L/mol ；B .根据氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂分析转移的电子数；C.求出乙醇的物质的量，然后根据乙醇中含8条共价键来分析；D.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子.【解答】解：A.常温常压，Vm不等于22.4L/mol ,无法计算一氧化碳和二氧化碳的物质的 量，故A错误；B.常温下，7.1g氯气的物质的量为 0.1mol,与足量的氢氧化钠溶液反应转移了0.1mol电子转移的电子数为 0.1Na,故B错误；C.4.6g乙醇的物质的量为=0.1mol ,而乙醇中含 8条共价键，故 0.1mo

19、l乙醇中含0.8mol共价键即0.8Na个，故C错误;. .一 一一 一. 一 一.一 一一 1 一，r 、一、4 t 人 ，一，1D.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，1 L 1.0 mol ?L 碳酸钠溶椒中含有碳酸钠物质的量为1.0mol,则阴离子总数大于 Na,故D正确；故选：D.有机物 W的分子式为C5H10O2, 一定条件下等量的 W分别与Na, NaHCO?溶液反应均 能产生气体，且生成气体体积比（同温同压）为 1: 2,则W的结构最多有几种（不考虑立 体异构）（）A. 3种B. 4种 C. 5种 D. 6种【考点】同分异构现象和同分异构体.【分析】分子式为C5H10O

20、2且遇碳酸氢钠能产生气体，则该有机物中含有-COOH, 一定条件下等量的 W分别与Na, NaHCO3溶液反应均能产生气体， 且生成气体体积比（同温同压） 为1: 2,和钠反应2-COOH出，证明含一个竣基，所以为饱和一元竣酸， 烷基为-C4H9, 丁基异构数等于该有机物的异构体数.【解答】解：分子式为C5H10O2且遇碳酸氢钠能产生气体，则该有机物中含有-COOH, 一定条件下等量的 W分别与Na, NaHCO3溶液反应均能产生气体，且生成气体体积比（同温 同压）为1： 2,和钠反应2-COOHH2,证明含一个竣基，所以为饱和一元竣酸，烷基为 -C4H9, -C4H9异构体有：-CH2CH2

21、CH2CH3, - CH （CH3） CH2CH3, - CH2CH （CH3） CH3, - C （CH3）3,故符合条件的有机物的异构体数目为4.故选B .将如图所示实验装置的 K闭合，下列判断不正确的是（）*三A.盐桥中的C向甲池移动，滤纸上的 SO42向b移动B.电子流动沿 Zn-a, b-Cu的路径C. Cu电极上的反应为：Cu2+2e一Cu,滤纸a点发生还原反应D.片刻后，甲池中 c （Zn2+）增大，可观察到滤纸 b点变红色【考点】 原电池和电解池的工作原理.【分析】依据装置图分析装置的 K闭合，为原电池装置电解滤纸上的饱和硫酸钠溶液，甲和乙形成原电池反应锌做负极失电子发生氧化反

22、应，铜做正极，a是阴极，b是负极；A、原电池中阴离子移向负极，电解池中，阴离子移向阳极；B、电子从原电池负极流出经外电路流向电解池阴极a,通过电解质溶液离子定向移动到b；电子不能通过电解质溶液；C、Cu作原电池的正极，滤纸 a点是阴极，都发生还原反应；D、滤纸处是电解池，a做阴极，氢离子得到电子发生还原反应据此回答.【解答】 解：A、Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，盐桥中的 Cl向负极移动，即向着甲池移动，滤纸上的 SO42向阳极，即向着b移动，故A正确；B、电子流向是负极到正极，电子不经过电解质，即沿Zn-a, b-Cu的路径，故B正确；C、Cu作原电池的正极，电极上的反应为：Cu2

23、+2e一Cu,滤纸a点是阴极，发生还原反应, 故C正确；D、选项中是滤纸a点是阴极，氢离子放电，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚 酷变红，故D错误；故选D.5.下列实验操作、现象和结论均正确的是()选 项实验操作现象结论ASO2通入足量的稀Fe (NO3) 3溶液溶液由棕黄色变为浅绿 色，但立即又变成棕黄 色氧化性：HNO3稀 硫酸Fe3+B相同条件下，测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCC将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢 慢移向内焰黑色的铜丝变红色氧化铜被酒精灯内 焰的乙醇蒸汽还原D取适量NH4Al (SO4)2样品置于试管 中加水溶解，滴

24、加少量稀 NaOH溶液湿润的红色石蕊试纸靠 近试管口，试纸变蓝NH4Al (SO4)2 溶液 中存在NH4A. A B. B C. C D. D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的钠盐溶液pH越小；C.加热条件下，Cu被氧气氧化生成黑色的 CuO, CuO能被乙醇还原生成红色的 Cu；D.硫酸铝钱和少量 NaOH溶液混合，铝离子先反应.【解答】解：A.由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存 在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三

25、价铁， 综上所述氧化性：HNO3Fe3+稀硫酸，故 A错误；B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的钠盐溶液pH越小，亚硫酸钠不是 S元素最高价氧化物的水化物的钠盐溶液， 所以不能根据亚硫酸钠溶液的 pH判断S元素非金 属性强弱，故B错误；C.加热条件下，Cu被氧气氧化生成黑色的 CuO, CuO能被乙醇还原生成红色的 Cu,故C 正确；D .硫酸铝钱和少量NaOH溶液混合，铝离子先反应，且俊根离子和稀的 NaOH溶液反应生 成一水合氨而不是氨气，故 D错误；故选C.6.下列图示与对应的叙述相符的是(A.图1某温度下，体积和 pH都相同的盐酸和氯化钱溶液加水稀释时的pH变化曲线，用等浓

26、度NaOH溶液分别和等体积 b、c处溶液反应，消耗 NaOH溶液体积VbVcB.图2中曲线a、b分别表示过量纯锌、过量粗锌(含 Cu、C杂质)与同浓度等体积盐酸 反应过程中产生出体积的变化趋势C.图 3表示 25 c用 0.1000 mol?L 1NaOH 溶液?定 20.00mL 0.1000 mol ?L 1 CH3COOH 溶液得到的滴定曲线D.图4表示某温度下 AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线的图象，向 AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，可以使溶液由 c点到b点【考点】 酸碱混合时的定T判断及有关ph的计算；中和滴定.【分析】A. HCl是强电解质，完全电离，氯化钱水解导致溶液呈酸

27、性，加水稀释促进氯化俊水解，pH相同的盐酸和氯化俊，稀释相同的倍数，氯化钱溶液pH变化较小，盐酸pH变化较大.pH相等的氯化俊和 HCl溶液，氯化钱浓度大于 HCl ,相同体积的氯化俊和 HCl , 物质的量越大其消耗 NaOH体积越大；B.粗锌与盐酸可以构成原电池，加快反应速率；C.醋酸为弱酸，0.1mol/L的醋酸溶液pH1；D. AgBr的饱和溶液中存在平衡：AgBr (s) ?Ag+ (aq) +Br (aq),加入NaBr固体增大c(Br)，使平衡逆向移动，溶液 c (Ag+)减小.【解答】解：A. HCl是强电解质，完全电离，氯化钱水解导致溶液呈酸性，加水稀释促进氯化钱水解，pH相

28、同的盐酸和氯化俊，稀释相同的倍数，氯化钱溶液pH变化较小，盐酸pH变化较大.pH相等的氯化俊和 HCl溶液，浓度：NH4ClHCl ,相同体积的 NH4Cl和 HCl,物质的量 NH 4Cl HCl,所以NH4Cl消耗NaOH多，即VbVc,故A正确；B.粗锌与盐酸可以构成原电池，加快反应速率，应是a表示粗锌与盐酸反应，b表示纯锌与盐酸反应，故 B错误；C.醋酸为弱酸，0.1mol/L的醋酸溶液pH1,而图象中其pH=1 ,故C错误；D. AgBr的饱和溶液中存在平衡： AgBr (s) ?Ag+ (aq) +Br (aq),加入NaBr固体增大c (Br)，使平衡逆向移动，溶液 c (Ag+

29、)减小，由于一定温度下 Ksp (AgBr) =c (Ag+) xc (Br)不变，移动后的平衡点仍处于沉淀溶解平衡曲线上，故 D错误.故选：A.X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素. X的原子半径在短周期主族元素中最大， 丫元 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m- n, W元素与Z元素同主族，R元素原子与丫元素原子的核外电子数之比为 2： 1.下列叙述正确的是()A.原子半径由大判小的顺序；ZRYWX与丫形成化合物中一定含有离子键，可能含有共价键Y的氢化物比R的氢化物稳定，但 Y的氢化物比R的氢化物熔沸点低RY2、WY2通入B

30、aCl2溶液中均有白色沉淀生成.【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径在短周期主族元素中最大，则X为Na元素；丫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 m- n, m+n=8, 丫的次外层电子数为 2, 则 n=2、m=6,则丫为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元素原子与丫元素原子的核外电子数之比为2： 1,则R核外电子数为16,为S元素；A.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B. X和丫形成的化合物有 N

31、a2O、Na2O2；C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物的熔沸点随着分子间作用力增大 而增大，含有氢键的氢化物熔沸点较高；D. SO2、CO2对应的酸亚硫酸、碳酸，其酸性都小于盐酸.【解答】解：X、丫、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径在短周期主族元素中最 大，则X为Na元素；丫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 m- n, m+n=8, 丫的次外层电子数为 2, 则 n=2、m=6,则丫为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元素原子与丫元素原子的核外电子数之比为2： 1,则R核外

32、电子数为16,为S元素；A.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是 NaSiSCO,即XZRWY,故A错误；B. X和丫形成的化合物有 Na2O、Na2O2,这两种物质中都含有离子键，但只有过氧化钠含有共价键，故B正确；C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物的熔沸点随着分子间作用力增大而增大，含有氢键的氢化物熔沸点较高， 丫的氢化物是H2O、R的氢化物是H2S,非金属性 OS,水中含有氢键、硫化氢中不含氢键，所以 丫的氢化物比R的氢化物稳定，且 丫的氢 化物比R的氢化物熔沸点高，故 C错误；D. SO2、CO2对应的酸亚硫

33、酸、碳酸，其酸性都小于盐酸，所以二氧化硫、二氧化碳都不 和氯化钢溶液反应，故 D错误； 故选B.二、解答题（共3小题，满分43分）8.硫代硫酸钠晶体（Na2s2O3?5H2。）俗名 大苏打”，又称 海波”.已知Na2s2O3?5H2。是 无色透明晶体，易溶于水，不溶于乙醇.它受热、遇酸易分解，在空气中易被氧化.某兴趣 小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2s2O3?5H2O）.反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2一 3Na2s2O3+CO2.I .（图 1）制备 Na2s2O3a 一友五破拨更叁粗晶体图2= Na2SO4+SO2f +H2O .（1）仪器b的名称蒸储烧瓶，d中盛放的试剂是氢氧

34、化钠溶液b中制备SO2,反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4 （浓）反应开始后，要控制 SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应温度或调节酸的滴加速度等（写出一条即可）.n.分离Na2s2O3并测定含量（图2）（2）为了减少产品损失，操作 时需 趁热过滤 .操作是过滤、洗涤、干燥，其中 洗涤操作时用乙醇 做洗涤剂.干燥操作时（装置如图3所示），通入H2的目的是 排出空气，防止硫 代硫酸钠被氧化.（3）制得的粗晶体中往往含有少量杂质.为了测定粗产品中Na2s2O3?5H2O的含量，采用在酸性条件下用 KMnO 4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO 4溶液不反应）.称取1.50

35、g粗产品溶于水，用 0.20mol?1KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化）滴定， 当溶液中S2O32全部被氧化时，消耗高镒酸钾溶液体积40.00mL. （5S2O32 +8MnO4 +14H +8Mn 2+10SO42 +7H2O）KMnO 4溶液置于 酸式 （填 酸式或 碱式”）滴定管中. 若 滴入最后一滴高镒酸钾标准液后，溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟不褪色，则达到滴定终点. 产品中Na2s2O3?5H2O的质量分数为82.7% （保留小数点后一位）.【考点】制备实验方案的设计.【分析】（1）由仪器结构可知，仪器 b为蒸储烧瓶；蒸储烧瓶中浓硫酸与亚硫酸钠反应 制备SO2, c装置中制备N

36、a2s2O3, d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；b中制备SO2,浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；控制反应温度或调节酸的滴加速度等控制SO2生成速率；（2）需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；硫酸硫酸钠易溶于水，不溶于乙醇，为减少溶解单质的损失，应用乙醇洗涤； 硫代硫酸钠在空气中易被氧化；（3）KMnO 4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；Na2s2O3反应完毕，再加入 KMnO 4标准溶液，颜色不褪去；2由方程式可知n ( Na2s2O3?5H2O) =n (S2O3 ) =2n ( KMnO 4),进而计算 Na2s2O3?5H2。在产品中的质量分数.【解答】解：(1

37、)由仪器结构可知，仪器 b为蒸储烧瓶；蒸储烧瓶中浓硫酸与亚硫酸钠 反应制备SO2, c装置中制备Na2s2O3, d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，应用 氢氧化钠溶液吸收，故答案为：蒸储烧瓶；氢氧化钠溶液；b中制备SO2,浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4 (浓)=Na2SO4+SO2 T+H2O,故答案为：Na2SO3+H2SO4 (浓)=JNa2SO4+SO2f+H2O； 反应开始后，要控制 SO2生成速率，可以采取的措施有：控制反应温度或调节酸的滴加速度等，故答案为：控制反应温度或调节酸的滴加速度等；控制SO2生成速率；(2)需要趁

38、热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；硫酸硫酸钠易溶于水，不溶于乙醇，为减少溶解单质的损失，应用乙醇洗涤；用氢气排出空气，防止硫代硫酸钠被氧化，故答案为：趁热过滤；乙醇；排出空气，防止硫代硫酸钠被氧化；(3)KMnO 4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；Na2s2O3反应完毕，滴入最后一滴高镒酸钾标准液后，溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟不褪色，说明反应到达终点，故答案为：滴入最后一滴高镒酸钾标准液后，溶液恰好由无色变浅紫红色， 且半分钟不褪色;2 由方程式可知 n (Na2s2O3?5H2O) =n ( S2O3 ) =77n ( KMnO 4) =x0.0

39、4Lx oo0.2mol/L=0.005mol ,贝U m ( Na2s2O3?5H2O) =0.005mol x 248g/mol=1.24g ,贝U Na2s2O3?5H2O在产品中的质量分数为 -v - X 100%=82.7% , L 5g故答案为：82.7%.9.工业生产中容易产生有害的含铭工业废水和含氧废水，严重威胁人类的健康和安全.图 1是处理工业含铭废水和含氧废水的工艺流程.Na；沁含辂废水含匐废水已知：含铭废水中铭的存在形式为Cr2O72 , Cr元素常见的化合价+3、+6,含氧废水中有CN存在.请回答下列问题：(1)含氧废水中有 CN存在，其中C元素的化合价为 +2 .(2

40、)向含铭废水中加下列哪种物质将pH调整到23,b (填字母).a.稀盐酸b.稀硫酸c.稀硝酸(3) pH10时，图中反应n中的 NaClO可以将CN氧化为两种无毒物质，请写出反应的 离子方程式 2CN +5C1O +20H 2COg2 +N?T+5Cl +H2O .(4)经过图中反应i和图中反应n后，将两种废水混合的目的是使两个反应中过量的氧化剂和还原剂反应，以及发生中和反应.(5)工业上也常用电解法处理酸性含铭废水，用耐酸电解槽，铁板作电极，槽中盛放酸性含Cr2O72的废水，原理示意图如图2:几乎尤合图2阳极区域溶液中发生反应的离子方程式为CW，+6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H

41、?O .若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44L (标准状况)时，被还原的Cr2O72物质的量为0.1mol ,为了使Cr3+和Fe3+转化为Fe (OH) 3和Cr (OH) 3沉淀，向反应后的溶液中加 入一定量的烧碱，若溶液中c (Fe3+) =2.0 x 10 12 mol?L 则溶液中c (C产)=3X 105 mol?L 1.(已知：KspFe (OH) 3 =4.0 x 10 38, KspCr (OH) 3 =6.0 x 10 31)(6)在25c下，将a mol?L 1 NaCN溶液与0.01mol?L1盐酸等体积混合(忽略溶液体积变化)，反应后测得溶液pH=7 , HC

42、N的电离常数Ka为 X 10 7 .(用含a的代数式表示) 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】(1) N元素表现-3价，元素化合价代数和等于离子所带电荷；(2)含铭废水中铭的存在形式为Cr2O72 ,调节pH转化为CrO42 ,再用亚硫酸钠将其还原为Cr3+,加入酸不能有强氧化性，易减少还原剂的用量，而加入盐酸易被氧化为氯气；(3) pH10时，反应n中的 NaClO可以将CN氧化为两种无毒物质，NaClO将CN氧化为碳酸根和氮气；(4)反应I、n分别为酸性、碱性，混合可发生中和反应，且分别含有还原性、氧化性物 质，可发生氧化还原反应；(5)右室生成氢气，为阴极室，左室为

43、阳极室，Fe放电生成亚铁离子将 Cr2O72还原为Cr3+,Fe2+被氧化为Fe3+；根据电子转移守恒计算亚铁离子物质的量，再根据离子方程式计算被还原的Cr2O72物质的量；Ksp Fe (OH) 3=c (Fe3+) x c3 (OH ) =4.0X 10 38, KspCr(OH) 3 =c (Cr3+) x c3 (OH)=6.0 x 10 31,联立计算 c (Cr3+)；(6)混合后溶液中pH=7,可知c (H+) =c (OH ) =10 7 mol?L 1,由电荷守恒c ( Na+) +c (H + ) =c (OH ) +c (CN)+c (Cl)，计算混合后溶液中 c (CN

44、)，根据物料守恒 c (CN 一)+c (HCN) =c (Na+)计算混合后溶液中 c (HCN ),电离平衡常数 Ka (HCN)=陞此二上置且十二c (HCN)【解答】解：(1) N元素表现-3价，元素化合价代数和等于离子所带电荷，可知 C元素化 合价为+2,故答案为：+2；(2)含铭废水中铭的存在形式为Cr2O72 ,调节pH转化为CrO42 ,再用亚硫酸钠将其还原为Cr3+,硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸钠，而加入盐酸易被氧化为氯气，需要用硫 酸调节pH,故答案为：b;(3) pH10时，反应n中的 NaClO可以将CN氧化为两种无毒物质，NaClO将CN氧化为碳酸根和氮气，反应离

45、子方程式为：2CN+5ClO +2OH 2CO32+N2 T +5C+ H2O,故答案为：2CN +5ClO +2OH 2双2 +N2 f +5Cl +H2O；(4)两个反应中过量的氧化剂和还原剂反应；发生中和反应(或者可减少后续加入NaOH的量)；混合后pH增大，反应I中的 Cr3+W能生成Cr (OH) 3沉淀可减少后续加入 NaOH 的量，故答案为：使两个反应中过量的氧化剂和还原剂反应，以及发生中和反应；(5)右室生成氢气，为阴极室，左室为阳极室，Fe放电生成亚铁离子将 C2O72还原为Cr3+, Fe2加氧化为 Fe3+,阳极区发生的离子方程式：C2O72 +6Fe2+14H+2Cr3

46、+6Fe3+7H2O,生成氢气物质的量为13. 44L22. 4L/mol=0.6mol ,根据电子转移守恒,亚铁离子物质的量为0.6mol,再根据离子方程式，可知被还原的Cr2O72-物质的量为0.6mol x_=0.1mol ；6溶液中 c (Fe3+) =2.0X10 12 mol?L 1, Ksp Fe (OH) 3 =c ( Fe3+) x c3 (OH ) =4.0X10 38, Ksp Cr (OH) 3=c (Cr3+) x c3 (OH ) =6.0 x 10 31,联立可得 c (Cr3+) =3x 10 5 mol?L 1故答案为：Cr2O72 +6Fe2+14H+2Cr

47、3+6Fe3+7H2O; 0.1mol; 3X10 5;(6)混合后溶液中pH=7,可知c (H+) =c (OH ) =10 7 mol?L 1,由电荷守恒c ( Na+)+c ( H+) =c (OH)+c (CN ) +c (Cl ),混合后溶液中 c (CN ) =c (Na+) - c (Cl )= (0.5a- 0.005) mol/L ,根据物料守恒 c (CN ) +c (HCN) =c (Na+),可知混合后溶液中 c(HCN) =0.5a mol/L - (0.5a0.005) mol/L=0.005mol/L ,电离平衡常数 Ka (HCN ). NClT).(0.5-

48、0.005)乂1。一77 / 10 ,c (HCN)0. 005故答案为：x 10 7.10.开发清洁能源是当今研究的热点问题.二甲醍(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3.工业制备二甲醍在催化反应室中(压力 2.010.0Mpa,温度230280C)进行下列反应： CO (g) +2H2 (g) ?CH3OH (g) H1= - 99kJ?mol 11 2CH3OH (g) ?CH3OCH3 (g) +H2O (g) H2= - 23.5kJ?mol CO (g) +H2O (g) ?CO2 (g) +H2 (g) H3=

49、- 41.2kJ?mol 1(1)催化反应室中的总反应 3CO (g) +3H2 (g) ?CH3OCH3 (g) +CO2 (g),计算 H=262.7kJ?mol. .反应原料来自煤的气化.已知该反应的平衡常数表达式为c(H9)-c(C0)K=T-r，每生成1mol H2需要吸收131.3kJ的热量.写出该反应的热化学方程式c TOC o 1-5 h z ，X一一，XA .一1C (s) +H2O (g) =H2 (g) +CO (g) H=+131.3kJ?mol.(2)在该条件下，若反应 的起始浓度分别为：c (CO) =0.6mol?L c (H2) =1.4mol?L 一1, 8m

50、in后达到平衡，CO的转化率为50%,则8min内H2的平均反应速率为0.075mol?L1?min 1.(3)在tC时，反应 的平衡常数为400,此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇， 反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH 3OCH 3H2O-1、c (mol?L )0.461.01.0此时刻v正_v逆(填1或=)，平衡时c(CH3OCH3)的物质的量浓度是1.2mol?L-1(4)在(1)小题中催化反应室的总反应 3CO (g) +3H2 (g) ?CH3OCH3 (g) +CO2 (g), CO的平衡转化率a (CO)与温度、压强的关系如图 1所示，图中X代

51、表 温度 (填 温 度”或压强”)判断的理由是 图中表明随着 X增大，CO的平衡转化率减小；如果 X表示 压强，压强增大，平衡向正反应方向移动， CO的平衡转化率增大，不符合条件；如果 X表 示温度，温度升高，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率减小，符合条件图2(5)在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比,土的改变,二甲醛和n(C0)甲醇的产率(产物中的碳原子占起始 CO中碳原子的百分率) 呈现如图2的变化趋势.试解释二甲醛产率和甲醇产率变化的原因：当投料比小于1时，随着c (H2)增大，反应 的平衡正向移动，CO转化率增大，因此二甲醛和甲醇的产率增大；当投料比大41时，随着

52、 c (HQ增大，反应 被抑制，c (H2。)增大，最终抑制反应 ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醛的产率减小.【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素.【分析】(1) CO (g) +2H2 (g) ?CH3OH (g) Hi= - 99kJ?mol 1 2CH30H (g) ?CH3OCH3 (g) +H2O (g) H2= - 23.5kJ?mol 11 CO (g) +H2O (g) ?CO2 (g) +H2 (g) H3= - 41.2kJ?mol依据盖斯定律计算 X2+3得到催化反应室中的总反应的热化学方程式：3CO (g) +3H2(g) ?

53、CH3OCH3 (g) +CO2 (g)；产业链中某反应的平衡常数表达式为_c(H2)c(C0)K二二(二；,反应的化学方程式为:h2O (g)CO (g) +2H2 (g)?CH3OH (g)起MM ( mol/L )0.61.40变化量(mol/L )0.30.60.38min 量(mol/L ) 0.3Ac反应速率 v= -7-;At0.80.3+C(s)?H2(g)+CO(g),每生成1mol H2需要吸收131.3kJ的热量,生成2g氢气放热131.3KJ, 结合热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应反应的始变；(2)结合化学平衡三行计算列式计算，(3)先计算浓度商，根据浓

54、度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小； 根据化学平衡常数计算平衡时二甲醛的物质的量浓度；(4) 3CO (g) +3H2 (g) ?CH3OCH3 (g) +CO2 (g) H=- 262.7kJ?mol 1,反应为气体体积减小的放热反应，温度升高平衡逆向进行，CO转化率减小，增大压强平衡正向进行，CO转化率增大；(5)当投料比小于1时，随着c (H2)增大，反应 的平衡正向移动，CO转化率增大,因此二甲醛和甲醇的产率增大；当投料比大于1时，随着c (H2)增大，反应(H2O)增大.【解答】 解：(1) CO (g) +2H2 (g) ?CH3OH (g) H1

55、= 99kJ?mol 11 2CH3OH (g) ?CH3OCH3 (g) +H2O (g) H2= - 23.5kJ?mol CO (g) +H2O (g) ?CO2 (g) +H2 (g) H3=- 41.2kJ?mol 1依据盖斯定律计算 X2+3得到催化反应室中的总反应的热化学方程式：(g) ?CH3OCH3 (g) +CO2 (g) H= - 262.7kJ?mol1,被抑制，c3CO (g) +3H2c(Hjc(CO)产业链中某反应的平衡常数表达式为K=，反应的化学方程式为:H2O (g)+C(s)?H2(g)+CO(g),每生成 1mol H 2需要吸收结合热化学方程式书写方法写

56、出，C (s) +H2O1故答案为:-262.7kJ?mol 1, C (s) +H2O (g)131.3kJ的热量，生成2g氢气放热131.3KJ, (g) =H2 (g) +CO (g) H=+131.3kJ?mol=H2 (g) +CO (g) H=+131.3kJ?mol 1;(2)在该条件下，若反应 的起始浓度分别为：c (CO) =0.6mol?L 1, c (H2) =1.4mol?L1, 8min后达到平衡，CO的转化率为50%,CO (g) +2H2 (g) ?CH3OH(g)起始事(mol/L )0.61.40变化量(mol/L )0.30.60.38min 量(mol/L

57、 )0.30.80.3反应速率Ac v= =0.075 mol?L 1?min 1,AtSmin则8min内H2的平均反应速率为 0.075 mol?L 1?min 故答案为:0.075 mol?L 1?min 1;，G 一.，、一 1X1一一 ,(3) 2CH30H (g) ?CH3OCH3 ( g) +H2O (g),浓度商=r=4.7;1.2 mol?L (4) 3CO (g) +3H2 (g) ?CH3OCH3 (g) +CO2 (g) H=- 262.7kJ?mol 1,反应为气体 体积减小的放热反应，温度升高平衡逆向进行， 一氧化碳转化率减小， 增大压强平衡正向进行，一氧化碳转化率

58、增大，图中表明随着X增大，CO的平衡转化率减小；如果 X表示压强，压强增大，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，不符合条件；如果 X表示温度，温度升高，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率减小，符合条件，故答案为：温度；图中表明随着X增大，CO的平衡转化率减小；如果 X表示压强，压强增大，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，不符合条件；如果X表示温度，温度升高，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率减小，符合条件；(5)图象中曲线变化特征分析，二甲醛产率和甲醇产率变化的原因：当投料比小于1时，随着c (H2)增大，反应 的平衡正向移动，CO转化率增大，因此二甲醛和甲醇的产率增

59、 大；当投料比大于1时，随着c (H2)增大，反应 被抑制，c (H2O)增大，最终抑制反 应，因此甲醇的产率继续增大而二甲醛的产率减小，故答案为：当投料比小于 1时，随着c (H2)增大，反应 的平衡正向移动，CO转化率增 大，因此二甲醛和甲醇的产率增大；当投料比大于 1时，随着c (H2)增大，反应 被抑 制，c (H2O)增大，最终抑制反应 ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醛的产率减小； 三、【化学-选彳2化学与技术】11. 2007年度诺贝尔化学奖授予致力于研究氨的合成与催化剂表面积大小关系的德国科学家格哈德？埃特尔，以表彰他在固体表面化学过程”研究中作出的贡献.他研究的氢气与氮气在固体

60、催化剂表面合成氨的反应过程示意图如下：至工西芟雳刎J、0b分热/示均NH,I .图表示生成的NH3离开催化剂表面.则图 和图的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂n .工业上制取硝酸钱的模拟流程图如下:(1)此生产过程中，N2与H2合成NH3工业设备名称是合成塔 ；设备中，设置热交换器的目的是 利用余热节约能源；合成氨过程中所用的催化剂是铁砂网(或铁).生产中原料气必须进行脱硫处理的目的是防止催化剂中毒.4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ；通入空(2 )在合成硝酸的吸收塔中发生反应的化学方程式是气的目的是 使NO循环利用，全部转化为硝酸(3)生产硝酸的