河南省郑州市2015届高考化学模拟试卷

PAGE河南省郑州市2015届高考化学模拟试卷一.选择题1．化学与生产、生活密切相关．下列对物质的用途、解释中均正确的是（）选项物质用途解释A晶体硅高纯硅广泛用于光导纤维、太阳能电池和计算机芯片硅具有半导体性能B氧化铝制作耐高温材料Al2O3熔点很高C硫酸钡医学上用做钡餐Ba无毒D明矾作消毒剂明矾水解产生具有吸附性的胶体粒子A．AB．BC．CD．D2．对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是（）A．分子中有2种含氧官能团B．能发生取代、加成、消去、氧化反应C．1mol该有机物最多消耗3molNaOHD．苯环上的一溴代物最多有3种3．如图是部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，下列说法中正确的是（）A．元素对应的离子半径：Z＞M＞R＞WB．简单氢化物的沸点：W＞R＞Y＞XC．M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离D．Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物均能与N的单质反应4．向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是（）A．整个过程共发生2个氧化还原反应B．所有阴离子的浓度都发生了变化C．溶液的颜色发生了变化D．反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生5．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向2mL2%的CuSO4溶液中加入0.5mL1%的NaOH溶液，振荡后滴加几滴M的溶液，加热未出现砖红色沉淀M中不含醛基B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡后静置有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为CuIC向有机试剂N中加入2mL5%的NaOH溶液，加热，冷却后取上层溶液滴加几滴AgNO3溶液出现褐色沉淀N不是卤代烃D将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液溶液变为血红色Fe（NO3）2样品已氧化变质A．AB．BC．CD．D6．25℃时，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合（体积变化忽略不计），测得反应后溶液的pH如表：实验编号起始浓度/mol•L反应后溶液的pHc（HA）c（NaOH）①0.100.109②X0.057下列判断不正确的是（）A．X＞0.05B．将实验①所得溶液加水稀释后，c（OHˉ）/c（A﹣）变大C．实验①所得溶液c（A﹣）+c（HA）=0.10mol•L﹣1D．实验②所得溶液：c（Na+）+c（OH﹣）=c（A﹣）+c（H+）7．中国首个空间实验室﹣﹣“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），它是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．下图为RFC工作原理示意图，a、b、c、d均为Pt电极．下列说法正确的是（）A．B区的OH﹣通过隔膜向a电极移动，A区pH增大B．图中右管中的OH﹣通过隔膜向c电极移动，d电极上发生还原反应C．c是正极，电极上的电极反应为：2H++2e﹣=H2↑D．当有1mol电子转移时，b电极产生气体Y的体积为11.2L二.非选择题8．苯甲酸是一种重要的化工原料．实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如图：名称性状熔点（℃）沸点（℃）密度（g/mL）溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发﹣95110.60.8669不溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体112.4（100℃左右升华）2481.2659微溶易溶苯甲酸在水中的溶解度如表：温度/℃41875溶解度/g0.20.32.2某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度，步骤如下：一．制备苯甲酸在三颈瓶中加人2.7mL甲苯、100mL水和2～3片碎瓷片，开动电动搅拌器，a中通入流动水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加人8.5g高锰酸钾，继续搅拌约4～5h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置．二．分离提纯在反应混合物中加人一定量草酸（H2C204）充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗产品三．测定纯度称取mg产品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞，然后用标准浓度KOH溶液滴定．请回答下列问题：（1）装置a的名称是，其作用为甲苯被高锰酸钾氧化的原理为：+KMnO4+MnO2↓+H2O+，请完成并配平该化学方程式．（3）分离提纯过程中加人的草酸是一种二元弱酸，反应过程中有酸式盐和无色气体生成．加人草酸的作用是，请用离子方程式表示反应原理（4）产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是（5）选用下列操作，可以将粗产品进一步提纯．（选填字母）A、溶于水后过滤B、溶于乙醇后蒸馏C、用甲苯萃取后分液D、升华（6）测定纯度步骤中，滴定终点溶液的颜色变化是．若m=1.200g，滴定时用去0.1200mol•L﹣1标准KOH溶液20.00mL，则所得产品中苯甲酸的质量分数为．9．铜、铬都是用途广泛的金属．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收金属铜和铬的流程如图甲，已知：部分物质沉淀的pH如表：Fe3+Cu2+Cr3+开始沉淀pH2.14.74.3完全沉淀pH3.26.7aCaSO4的溶解度曲线如图乙，请回答下列问题：（1）滤液I中所含溶质主要有（填化学式）．第②步操作中，先加人Ca（OH）2调节溶液的pH，调节范围为，然后将浊液加热至80℃趁热过滤，所得滤渣Ⅱ的成分为．（3）第③步操作中，发现除了生成砖红色沉淀外，还产生了无色刺激性气味的气体．写出该步骤中发生反应的离子方程式（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1l时，可以认为离子沉淀完全．第④步操作中，若要使Cr3+完全沉淀，则室温下溶液中a的最小值为．（已知Kap=6.3×10﹣31，≈4.0；lg4=0.6）（5）Cr（OH）3受热分解为Cr2O3，用铝热法可以冶炼金属铬．写出铝热法炼铬的化学方程式．10．CO、SO2是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法．I、甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张．利用CO可以合成甲醇．（1）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（I）△H2=﹣285.8kJ•mol﹣1CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（I）△H3=﹣764.5kJ•mol﹣1则CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=kJ•mol﹣1一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入αmolCO与2amolH2合成甲醇平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．①P1P2（填“＞”、“＜”或“=”），理由是②该甲醇合成反应在A点的平衡常数K=（用a和V表示）③该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是：COH2（填“＞”、“＜”或“=”）④下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是．（填写相应字母）a、使用高效催化剂b、降低反应温度c、增大体系压强d、不断将CH30H从反应混合物中分离出来e、增加等物质的量的CO和H2Ⅱ、某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸．（3）原电池法：该小组设计的原电池原理如图2所示．写出该电池负极的电极反应式．（4）电解法：该小组用Na2SO3溶液充分吸收S02得到NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸．原理如图3所示．写出开始电解时阳极的电极反应式．11．利用生产磷铵排放的废渣磷灰石制取硫酸并联产水泥的工艺流程如下：（1）D操作a的名称，实验室中进行此操作时用到的玻璃仪器有在实验室中操作b包括、冷却结晶．（3）干燥机中发生反应的化学方程式为．（4）水泥常用做建筑材料，是利用了水泥的性质．（5）SO2的催化氧化反应为2SO2（g）十02（g）⇌2S03（g）．实验测得压强及温度对S02转化率的影响如下表（原料气各成分的体积分数为SO2：7%、02：11%、N2：82%）．压强/Mpa转化率/%温度/℃0.10.511040099.299.699.799.950093.596.997.899.360073.785.889.596.4①实际生产中，S02的催化氧化反应是在常压、400℃﹣500℃条件下进行．采用常压的主要原因是；该反应化学平衡常数大小关系是：K（400℃）K（500℃）（填“＞”、“＜”或“=”）．②催化氧化时使用热交换器的原因是．（6）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、02外，还含有SO2、微量的S03和酸雾．下列能用于测定硫酸尾气中SO2含量的试剂组是．（填写相应字母）a、NaOH溶液、酚酞试液b、Na2CO3溶液、酚酞试液c、碘水、淀粉溶液d、KMn04溶液、稀硫酸．12．硼（B）及其化合物在化学中有重要的地位．请回答下列问题：（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为，第一电离能由大到小的顺序是硼酸（H3B03）是白色片状晶体（层状结构如图1），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大．①硼酸中B原子的杂化轨道类型为．②硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和．③加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是．④硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OHˉ而呈酸性．写出硼酸的电离方程式．（3）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理．﹣的空间构型是．（4）B3N3H6可用来制造具有耐油、耐高温性能的特殊材料．写出它的一种等电子体物质的分子式．（5）硼化镁晶体在39K时呈超导性．在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，图2是该晶体微观结构的透视图，图2中的硼原子和镁原子投影在同一平面上．则硼化镁的化学式为．（6）金刚石的晶胞如图3．立方氮化硼的结构与金刚石相似，已知晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的密度是g•cmˉ3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数用NA表示）．二.13．香料G的一种合成工艺如图所示．核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1．已知：CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）A的结构简式为，G中官能团的名称为．检验M已完全转化为N的实验操作是．（3）有学生建议，将M→N的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L，反应类型．（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子．满足下列条件的F的同分异构体有种．（不考虑立体异构）①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制各甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）．请用以下方式表示：AB…目标产物．河南省郑州市2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一.选择题1．化学与生产、生活密切相关．下列对物质的用途、解释中均正确的是（）选项物质用途解释A晶体硅高纯硅广泛用于光导纤维、太阳能电池和计算机芯片硅具有半导体性能B氧化铝制作耐高温材料Al2O3熔点很高C硫酸钡医学上用做钡餐Ba无毒D明矾作消毒剂明矾水解产生具有吸附性的胶体粒子A．AB．BC．CD．D考点：镁、铝的重要化合物；盐类水解的应用；硅的用途．分析：A、Si可以作半导体材料，能制作光电池和计算机芯片；B、Al2O3熔点很高；C、Ba2+被人体吸收会引起中毒，但BaSO4是既不溶于水，又不溶于酸的一种物质，医学上常常用于X射线透射用，俗称“钡餐”，服用“钡餐”不会引起中毒；D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，所以可以作净水剂．解答：解：A、Si可以作半导体材料，能制作光电池和计算机芯片，用于光导纤维的为二氧化硅，故A错误；B、Al2O3熔点很高，一般条件下不熔融，所以可以作耐高温材料，如制作坩埚等，故B正确；C、BaSO4是既不溶于水，又不溶于酸的一种物质，医学上常常用于X射线透射用，俗称“钡餐”，服用“钡餐”不会引起中毒，但Ba2+被人体吸收会引起中毒，故C错误；D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而作净水剂，明矾没有强氧化性，所以不能作消毒剂，故D错误；故选B．点评：本题主要考查了物质的用途，性质决定用途，用途体现性质，熟悉物质的性质即可解答，难度不大．2．对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是（）A．分子中有2种含氧官能团B．能发生取代、加成、消去、氧化反应C．1mol该有机物最多消耗3molNaOHD．苯环上的一溴代物最多有3种考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：该分子中含有酯基、酚羟基、硝基，所以应该具有酯、酚、硝基的性质，据此分析解答．解答：解：A．A中含有酯基、酚羟基、硝基官能团，所以有三种含氧官能团，故A错误；B．该分子中含有酯基、酚羟基、硝基，所以应该具有酯、酚、硝基的性质，含有苯环，所以还有苯的性质，能发生加成反应、取代、氧化反应，因为与羟基相连的碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故B错误；C．酚羧基、酯基能和NaOH反应，酯基水解生成酸和酚羟基，所以1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH，故C正确；D．苯环上有3种氢原子，可有3种一溴代物，羟基和硝基也能被取代，苯环上的一溴代物多余3种，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物结构和性质，明确有机物中官能团与性质的关系是解本题关键，知道常见有机物官能团，题目难度不大．3．如图是部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，下列说法中正确的是（）A．元素对应的离子半径：Z＞M＞R＞WB．简单氢化物的沸点：W＞R＞Y＞XC．M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离D．Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物均能与N的单质反应考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：由部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，可知X为N元素、Y为O元素，Z为Na，M为Mg，N为Al，R为S，W为Cl．A．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；B．常温水为液态，其它气态为气体，故水的沸点最高，再结合氢键、相对分子质量对分子间作用力影响分析氨气、HCl、硫化氢的沸点高低；C．氯离子不能促进水的电离；D．Al能与强酸、强碱反应．解答：解：由部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，可知X为N元素、Y为O元素，Z为Na，M为Mg，N为Al，R为S，W为Cl．A．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：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（Na+）＞r（Mg2+），故A错误；B．常温水为液态，其氨气、HCl、硫化氢气态为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢、HCl，而HCl相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于硫化氢，故沸点：水＞氨气＞氯化氢＞硫化氢，故B错误；C．Mg2+、Al3+、S2﹣在溶液中均发生水解，促进水的电离，而Cl﹣不发生水解，不能促进水的电离，故C错误；D．Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、硝酸、硫酸、高氯酸，均能与Al发生反应，故D正确，故选D．点评：本题考查结构性质位置关系应用，关键是熟练掌握1﹣18号元素，B选项中注意熔沸点比较规律，D选项中学生容易受Al在浓硝酸中钝化影响，为易错点．4．向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是（）A．整个过程共发生2个氧化还原反应B．所有阴离子的浓度都发生了变化C．溶液的颜色发生了变化D．反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生考点：氯气的化学性质；离子共存问题．专题：卤族元素．分析：某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，以此解答该题．解答：解：A．共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，故A错误；B．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，故B正确；C．通过以上分析知，反应前溶液呈无色，反应后有溴单质生成，溴水呈橙色，所以溶液由无色变为橙色，故C正确；D．由B可知生成硅酸沉淀和二氧化碳气体，故D正确．故选A．点评：本题考查了氯水成分和离子反应的判断，为高频考点，明确氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用是解答的关键，难度较大．5．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向2mL2%的CuSO4溶液中加入0.5mL1%的NaOH溶液，振荡后滴加几滴M的溶液，加热未出现砖红色沉淀M中不含醛基B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡后静置有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为CuIC向有机试剂N中加入2mL5%的NaOH溶液，加热，冷却后取上层溶液滴加几滴AgNO3溶液出现褐色沉淀N不是卤代烃D将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液溶液变为血红色Fe（NO3）2样品已氧化变质A．AB．BC．CD．D考点：有机物（官能团）的检验；铁盐和亚铁盐的相互转变．分析：A.0.5mL1%NaOH溶液加入2mL2%的CuSO4溶液，碱不足；B．在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成碘和CuI；C．卤代烃水解后生成NaX，要在酸性条件下与硝酸银反应生成AgX，利用沉淀的颜色可取代卤素原子，如果不酸化会生成氢氧化银对卤化银的颜色有干扰；D．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，亚铁离子与硝酸根离子和硫酸提供的氢离子要发生氧化还原反应，生成铁离子．解答：解：A.0.5mL1%NaOH溶液加入2mL2%的CuSO4溶液，碱不足，则不能检验葡萄糖中的醛基，故A错误；B．在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成碘和CuI，则加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故B正确；C．卤代烃水解后生成NaX，没有加硝酸酸化，生成的氢氧化银对卤化银的颜色产生干扰，故C错误；D．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，亚铁离子与硝酸根离子和硫酸提供的氢离子要发生氧化还原反应，生成铁离子，所以不能判断原物质氧化变质，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及醛基检验、氧化还原反应、卤代烃中卤素种类的检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大．6．25℃时，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合（体积变化忽略不计），测得反应后溶液的pH如表：实验编号起始浓度/mol•L反应后溶液的pHc（HA）c（NaOH）①0.100.109②X0.057下列判断不正确的是（）A．X＞0.05B．将实验①所得溶液加水稀释后，c（OHˉ）/c（A﹣）变大C．实验①所得溶液c（A﹣）+c（HA）=0.10mol•L﹣1D．实验②所得溶液：c（Na+）+c（OH﹣）=c（A﹣）+c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：结合表中数据可知：①中等浓度的HA为氢氧化钠溶液等体积混合后恰好反应生成NaA，溶液的pH=9，说明HA为弱酸，反应生成了强碱弱酸盐；A．②中当X=0.05时，反应后的溶液显示碱性，若要为中性，则加入的HA应该稍过量，即X＞0.05；B．将实验①所得溶液加水稀释后，A﹣的水解程度增大，则溶液中氢氧根离子的物质的量增大、A﹣的物质的量减小，在同一溶液中，则c（OH﹣）/c（A﹣）变大；C．物料守恒：c（A﹣）+c（HA）=c（Na+）=0.05mol•L﹣1；D．混合液中满足电荷守恒：c（Na+）+c（OH﹣）=c（A﹣）+c（H+）．解答：解：根据表中实验①的数据可知：等浓度、等体积的HA为氢氧化钠溶液混合后恰好反应生成NaA，溶液的pH=9，说明HA为弱酸，反应生成了强碱弱酸盐，A．HA为弱酸，当X=0.05时，反应后恰好生成NaA溶液，溶液显示碱性，若要使溶液变为中性，则加入的HA应该稍过量，即X＞0.05，故A正确；B．将实验①所得溶液加水稀释后，溶液中A﹣的水解程度增大，则溶液中氢氧根离子的物质的量增大、A﹣的物质的量减小，由于在同一溶液中，则c（OH﹣）/c（A﹣）的比值会变大，故B正确；C．混合液中存在物料守恒，根据物料守恒可得：c（A﹣）+c（HA）=c（Na+）=0.05mol•L﹣1，故C错误；D．根据混合液中的电荷守恒可得：c（Na+）+c（OH﹣）=c（A﹣）+c（H+），故D正确；故选C．点评：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，根据标准数据正确判断HA为弱电解质为解答关键，C为易错点，注意混合液体积增大为原先的2倍，溶液中钠离子浓度变为原先的一半．7．中国首个空间实验室﹣﹣“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），它是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．下图为RFC工作原理示意图，a、b、c、d均为Pt电极．下列说法正确的是（）A．B区的OH﹣通过隔膜向a电极移动，A区pH增大B．图中右管中的OH﹣通过隔膜向c电极移动，d电极上发生还原反应C．c是正极，电极上的电极反应为：2H++2e﹣=H2↑D．当有1mol电子转移时，b电极产生气体Y的体积为11.2L考点：原电池和电解池的工作原理．分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阳极产生的气体是氧气，b为阴极产生的气体是氢气；cd电极是原电池的正负极，c是负极，d是正极；电解池中的电极反应为：a电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；b电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；原电池中是碱性溶液，电极反应为：c为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣+4OH﹣=2H2O；d电极为正极得到电子发生还原反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，结合电极上的电子守恒分析计算．解答：解：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阳极产生的气体是氧气，b为阴极产生的气体是氢气；cd电极是原电池的正负极，c是负极，d是正极；电解池中的电极反应为：a电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；b电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；原电池中是碱性溶液，电极反应为：c为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣+4OH﹣=2H2O；d电极为正极得到电子发生还原反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，A．a为阳极，电解时阴离子向阳极移动，发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，促进水的电离生成H+，pH减小，故A错误；B．图中右管中的OH﹣通过隔膜向负极移动，即向c电极移动，d为正极，发生还原反应，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，电极方程式应为2H2﹣4e﹣+4OH﹣=2H2O，故C错误；D．b为阴极，当有1mol电子转移时生成0.5mol氢气，但气体存在的条件未知，不能确定体积大小，故D错误．故选B．点评：本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点．二.非选择题8．苯甲酸是一种重要的化工原料．实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如图：名称性状熔点（℃）沸点（℃）密度（g/mL）溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发﹣95110.60.8669不溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体112.4（100℃左右升华）2481.2659微溶易溶苯甲酸在水中的溶解度如表：温度/℃41875溶解度/g0.20.32.2某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度，步骤如下：一．制备苯甲酸在三颈瓶中加人2.7mL甲苯、100mL水和2～3片碎瓷片，开动电动搅拌器，a中通入流动水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加人8.5g高锰酸钾，继续搅拌约4～5h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置．二．分离提纯在反应混合物中加人一定量草酸（H2C204）充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗产品三．测定纯度称取mg产品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞，然后用标准浓度KOH溶液滴定．请回答下列问题：（1）装置a的名称是球形冷凝管，其作用为冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率甲苯被高锰酸钾氧化的原理为：1+2KMnO41+2MnO2↓+1H2O+1KOH，请完成并配平该化学方程式．（3）分离提纯过程中加人的草酸是一种二元弱酸，反应过程中有酸式盐和无色气体生成．加人草酸的作用是将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去，请用离子方程式表示反应原理2MnO4﹣+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3﹣+4CO2↑+2H2O（4）产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失（5）选用下列D操作，可以将粗产品进一步提纯．（选填字母）A、溶于水后过滤B、溶于乙醇后蒸馏C、用甲苯萃取后分液D、升华（6）测定纯度步骤中，滴定终点溶液的颜色变化是溶液由无色变浅红色．若m=1.200g，滴定时用去0.1200mol•L﹣1标准KOH溶液20.00mL，则所得产品中苯甲酸的质量分数为97.6%．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）装置a为球形冷凝管，有机物易挥发，装置a能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率；甲苯中甲基中C原子化合价由﹣3价升高为中+3价，升高6价，而Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为MnO2中+4价，降低3价，化合价升降最小公倍数为6，据此确定甲苯、KMnO4系数，再根据钾离子守恒，可知缺项为KOH，由原子守恒配平方程式；（3）加入草酸将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去，反应过程中有酸式盐和无色气体生成，反应生成MnO2、KHCO3、CO2与水；（4）由表中数据可知，苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失；（5）苯甲酸中的杂质为氯化钾，由表中数据可知苯甲酸易升华，KCl的熔沸点很高，不升华；（6）苯甲酸与氢氧化钾反应生成苯甲酸钾，苯甲酸钾水解显碱性，溶液颜色由无色变为浅红色说明滴定到达终点；根据氢氧化钾的物质的量求出苯甲酸的物质的量，再根据m=nM计算出苯甲酸质量，进而计算苯甲酸的质量分数．解答：解：（1）装置a为球形冷凝管，有机物易挥发，装置a能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率；甲苯中甲基中C原子化合价由﹣3价升高为中+3价，升高6价，而Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为MnO2中+4价，降低3价，化合价升降最小公倍数为6，可知甲苯、KMnO4系数分别为1、2，再根据钾离子守恒，可知缺项为KOH，由原子守恒配平方程式为：1+2KMnO41+2MnO2↓+1H2O+1KOH，故答案为：1，2；1，2，1，1KOH；（3）加入草酸将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去，反应过程中有酸式盐和无色气体生成，反应生成MnO2、KHCO3、CO2与水，反应离子方程式为：2MnO4﹣+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3﹣+4CO2↑+2H2O，故答案为：将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去；2MnO4﹣+3H2C2O4=2MnO2↓+2HCO3﹣+4CO2↑+2H2O；（4）由表中数据可知，苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失，故答案为：苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失；（5）苯甲酸中的杂质为氯化钾，由表中数据可知苯甲酸易升华，KCl的熔沸点很高，不升华，所以提纯含有氯化钾的苯甲酸可以采用升华的方法，故答案为：D；（6）苯甲酸与氢氧化钾反应生成苯甲酸钾，苯甲酸钾水解显碱性，溶液颜色由无色变为浅红色说明滴定到达终点；n（KOH）=cV=0.02L×0.12mol•L﹣1=0.0024mol，苯甲酸与氢氧化钾等物质的量恰好反应，则n（苯甲酸）=0.0024mol，则其总质量为0.0024mol×122g/mol×=1.1712g，所以产品中苯甲酸质量分数为×100%=97.6%，故答案为：溶液由无色变浅红色；97.6%．点评：本题考查了苯甲酸的制备实验方案设计，涉及化学仪器、装置分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应配平、对数据的分析运用、滴定原理的应用等，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等．9．铜、铬都是用途广泛的金属．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收金属铜和铬的流程如图甲，已知：部分物质沉淀的pH如表：Fe3+Cu2+Cr3+开始沉淀pH2.14.74.3完全沉淀pH3.26.7aCaSO4的溶解度曲线如图乙，请回答下列问题：（1）滤液I中所含溶质主要有Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4（填化学式）．第②步操作中，先加人Ca（OH）2调节溶液的pH，调节范围为3.2≤pH＜4.3，然后将浊液加热至80℃趁热过滤，所得滤渣Ⅱ的成分为Fe（OH）3、CaSO4．（3）第③步操作中，发现除了生成砖红色沉淀外，还产生了无色刺激性气味的气体．写出该步骤中发生反应的离子方程式2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1l时，可以认为离子沉淀完全．第④步操作中，若要使Cr3+完全沉淀，则室温下溶液中a的最小值为5.6．（已知Kap=6.3×10﹣31，≈4.0；lg4=0.6）（5）Cr（OH）3受热分解为Cr2O3，用铝热法可以冶炼金属铬．写出铝热法炼铬的化学方程式Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：向泥料中加入稀硫酸，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中溶质为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，向滤液中加入Ca（OH）2，并调节溶液pH，根据流程图中滤液II中含有Cr3+、Cu2+，不含Fe3+，说明滤渣II中含有Fe（OH）3，硫酸钙属于微溶物，所以沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4，要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+发生沉淀，根据离子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范围为3.2﹣4.3之间；向滤液中加入NaHSO3，亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，过滤得到Cu2O，向滤液中加入NaOH并调节溶液pH，发生反应Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓，滤液IV中含有NaOH、Na2SO4，据此分析解答．解答：解：向泥料中加入稀硫酸，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中溶质为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，向滤液中加入Ca（OH）2，并调节溶液pH，根据流程图中滤液II中含有Cr3+、Cu2+，不含Fe3+，说明滤渣II中含有Fe（OH）3，硫酸钙属于微溶物，所以沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4，要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+发生沉淀，根据离子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范围为3.2﹣4.3之间；向滤液中加入NaHSO3，亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，过滤得到Cu2O，向滤液中加入NaOH并调节溶液pH，发生反应Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓，滤液IV中含有NaOH、Na2SO4，（1）通过以上分析知，滤液I中溶质成分为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，故答案为：Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4；Fe3+完全沉淀需要的pH≥3.2，pH=4.3时Cr3+开始产生沉淀，要使铁离子完全沉淀而其它离子不沉淀，则pH范围为：3.2≤pH＜4.3，通过以上分析知，沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4，故答案为：3.2≤pH＜4.3；Fe（OH）3、CaSO4；（3）亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，故答案为：2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O；（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1时，可以认为离子沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，则c（Cr3+）≤1×10﹣5mol•L﹣1，c（OH﹣）==mol/L=4.0×10﹣9mol/L，c（H+）==2.5×10﹣6mol/L，则溶液的pH=﹣lg2.5×10﹣6=5.6，故答案为：5.6；（5）Cr2O3和Al高温下发生铝热反应生成氧化铝和Cr，反应方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，故答案为：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr．点评：本题考查物质的分离和提纯综合应用，为2015届高考高频点，涉及难溶物的溶解平衡、金属冶炼、基本实验操作等知识点，侧重考查分析、计算及实验操作能力，熟悉流程图中涉及的反应、基本操作，难点是溶度积常数计算．10．CO、SO2是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法．I、甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张．利用CO可以合成甲醇．（1）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（I）△H2=﹣285.8kJ•mol﹣1CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（I）△H3=﹣764.5kJ•mol﹣1则CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ•mol﹣1一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入αmolCO与2amolH2合成甲醇平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．①P1＜P2（填“＞”、“＜”或“=”），理由是甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高②该甲醇合成反应在A点的平衡常数K=（用a和V表示）③该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是：CO=H2（填“＞”、“＜”或“=”）④下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是c．（填写相应字母）a、使用高效催化剂b、降低反应温度c、增大体系压强d、不断将CH30H从反应混合物中分离出来e、增加等物质的量的CO和H2Ⅱ、某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸．（3）原电池法：该小组设计的原电池原理如图2所示．写出该电池负极的电极反应式SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+．（4）电解法：该小组用Na2SO3溶液充分吸收S02得到NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸．原理如图3所示．写出开始电解时阳极的电极反应式HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+．考点：转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．分析：（1）根据CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），利用盖斯定律进行计算；①依据反应是气体体积减小的反应，相同温度下增大压强平衡正向进行；②100°C时一氧化碳的转化率为0.75，结合平衡三段式列式根据平衡常数表达式K=进行计算；③根据转化率=来比较；④根据增大浓度、温度、压强或者使用催化剂会增大反应速率以及平衡向正反应方向移动会提高CO转化率来判断；（3）依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；（4）根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式．解答：解：（1）①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ•mol﹣1②H2（g）+O2（g）═H2O（I）△H2=﹣285.8kJ•mol﹣1③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（I）△H3=﹣764.5kJ•mol﹣1由盖斯定律①+2×②﹣③得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），△H=（﹣283.0﹣285.8×2+764.5）kJ•mol﹣1=﹣90.1kJ•mol﹣1，故答案为：﹣90.1；①图象分析可知相同温度下P2压强下一氧化碳转化率大于P1压强下一氧化碳转化率，反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以P1＜P2；故答案为：＜；甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高；②向VL恒容密闭容器中充入amolCO与2amolH2，100°C时一氧化碳的转化率为50%，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始量（mol）a2a0变化量（mol）0.75a1.5a0.75a平衡量（mol）0.25a0.5a0.75a平衡常数K===，故答案为：；③因为转化率=转化量总量，又CO和H2按照系数比1：2消耗，而开始充入αmolCO与2amolH2也刚好为1：2，所以CO的转化率等于H2的转化率，故答案为：=；④a、使用高效催化剂只能增大反应速率，不能改变平衡移动，所以CO的转化率不变，故错误；b、降低反应温度会减慢反应速率，故错误；c、增大体系压强，不仅增大反应速率，而且平衡也向正反应方向移动，所以CO的转化率也增大，故正确；d、不断将CH30H从反应混合物中分离出来，即减小生成物的浓度，则反应速率减小，故错误；e、增加等物质的量的CO和H2，即增大反应物的浓度，反应速率增大，但增加了CO则CO的转化率也减小，故错误；故选：c；（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+，故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，则阳极电极反应式是：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+．点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理分析应用，原电池电极反应和电解池原理的理解应用，题目难度中等．11．利用生产磷铵排放的废渣磷灰石制取硫酸并联产水泥的工艺流程如下：（1）D操作a的名称过滤，实验室中进行此操作时用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯在实验室中操作b包括蒸发结晶、冷却结晶．（3）干燥机中发生反应的化学方程式为2CaSO4•2H2O+C2CaO+2SO2↑+CO2↑+4H2O．（4）水泥常用做建筑材料，是利用了水泥的水硬性性质．（5）SO2的催化氧化反应为2SO2（g）十02（g）⇌2S03（g）．实验测得压强及温度对S02转化率的影响如下表（原料气各成分的体积分数为SO2：7%、02：11%、N2：82%）．压强/Mpa转化率/%温度/℃0.10.511040099.299.699.799.950093.596.997.899.360073.785.889.596.4①实际生产中，S02的催化氧化反应是在常压、400℃﹣500℃条件下进行．采用常压的主要原因是常压下SO2的转化率已经很高，且增大压强时SO2的转化率提高不多，但成本增加较多；该反应化学平衡常数大小关系是：K（400℃）＞K（500℃）（填“＞”、“＜”或“=”）．②催化氧化时使用热交换器的原因是移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体．（6）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、02外，还含有SO2、微量的S03和酸雾．下列能用于测定硫酸尾气中SO2含量的试剂组是CD．（填写相应字母）a、NaOH溶液、酚酞试液b、Na2CO3溶液、酚酞试液c、碘水、淀粉溶液d、KMn04溶液、稀硫酸．考点：制备实验方案的设计．分析：磷灰石粉碎富集后，在萃取槽中用硫酸酸化得到硫酸钙与磷酸，过滤分离得到石膏与磷酸．装置a中磷酸与氨气发生反应，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4，操作b是由溶液中析出晶体，应萃取蒸发浓缩、冷却结晶等操作，铵盐受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶．在经过过滤分离得到磷酸铵，分离得到滤液进行循环利用．石膏在干燥机中脱水、再还原反应得到二氧化碳、二氧化硫、CaO等气体，气体处理后在热交换器中发生催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫转化为硫酸，再循环利用．CaO与二氧化硫、氧化铝等反应得到水泥．（1）操作a是把固体与液体分开，应为过滤；过滤需要烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台（含铁圈）、滤纸等；操作b是由溶液中析出晶体，应萃取蒸发浓缩、冷却结晶等操作，铵盐受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶；（3）碳与石膏在干燥机内发生反应生成CaO、二氧化硫、二氧化碳与水；（4）水泥常用做建筑材料，是利用了水泥的水硬性；（5）①常压下SO2的转化率已经很高，且增大压强时SO2的转化率提高不多，但成本增加较多；压强一定时，温度越2014～2015学年度高二氧化硫的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；②移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体；（6）SO2、微量的SO3和酸雾都能与氢氧化钠、碳酸钠反应，不能测定二氧化硫的含量，利用SO2的还原性采用滴定法测定其含量，可以用氧化剂酸性KMnO4溶液、碘水等氧化．解答：解：磷灰石粉碎富集后，在萃取槽中用硫酸酸化得到硫酸钙与磷酸，过滤分离得到石膏与磷酸．装置a中磷酸与氨气发生反应，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4，操作b是由溶液中析出晶体，应萃取蒸发浓缩、冷却结晶等操作，铵盐受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶．在经过过滤分离得到磷酸铵，分离得到滤液进行循环利用．石膏在干燥机中脱水、再还原反应得到二氧化碳、二氧化硫、CaO等气体，气体处理后在热交换器中发生催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫转化为硫酸，再循环利用．CaO与二氧化硫、氧化铝等反应得到水泥．（1）操作a是分离固体和液体，采取过滤操作；过滤需要盛放药品的烧杯、过滤的漏斗、引流作用的玻璃棒、固定漏斗的铁架台（含铁圈）、滤纸等；故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；操作b是由溶液中析出晶体，应萃取蒸发浓缩、冷却结晶等操作，铵盐受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶，故答案为：蒸发浓缩；（3）碳与石膏在干燥机内发生反应生成CaO、二氧化硫、二氧化碳与水，反应方程式为：2CaSO4•2H2O+C2CaO+2SO2↑+CO2↑+4H2O，故答案为：2CaSO4•2H2O+C2CaO+2SO2↑+CO2↑+4H2O；（4）水泥常用做建筑材料，是利用了水泥的水硬性，故答案为：水硬性；（5）①常压下SO2的转化率已经很高，且增大压强时SO2的转化率提高不多，但成本增加较多，故选择常压；压强一定时，温度越2014～2015学年度高二氧化硫的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡常数减小，即K（400℃）＞K（500℃），故答案为：常压下SO2的转化率已经很高，且增大压强时SO2的转化率提高不多，但成本增加较多；＞；②催化氧化时使用热交换器的原因是：移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体，故答案为：移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体；（6）A．NaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高，故A错误；B．Na2CO3溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高，故B错误；C．硫酸尾气中只有SO2能被碘水氧化SO2，溶液颜色由蓝色变为无色，根据碘水溶液的体积结合方程式计算SO2的含量，故C正确；D．硫酸尾气中只有SO2能被酸性KMnO4溶液氧化，溶液颜色由紫红色变为无色，根据KMnO4溶液的体积结合方程式计算SO2的含量，故D正确，故选：CD．点评：本题考查制备方案设计工艺流程，涉及物质的分离提纯、基本操作、实验条件的选择、平衡常数影响因素、物质含量测定等，是对基础知识的综合应用，难度中等．12．硼（B）及其化合物在化学中有重要的地位．请回答下列问题：（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，第一电离能由大到小的顺序是B＞Ga硼酸（H3B03）是白色片状晶体（层状结构如图1），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大．①硼酸中B原子的杂化轨道类型为sp2．②硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和共价键、氢键．③加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键．④硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OHˉ而呈酸性．写出硼酸的电离方程式H3BO3+H2O⇌﹣+H+．（3）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理NaBH4+4H2O═Na+4H2↑或NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑．﹣的空间构型是正四面体．（4）B3N3H6可用来制造具有耐油、耐高温性能的特殊材料．写出它的一种等电子体物质的分子式C6H6．（5）硼化镁晶体在39K时呈超导性．在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，图2是该晶体微观结构的透视图，图2中的硼原子和镁原子投影在同一平面上．则硼化镁的化学式为MgB2．（6）金刚石的晶胞如图3．立方氮化硼的结构与金刚石相似，已知晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的密度是g•cmˉ3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数用NA表示）．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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）Ga与B同主族，处于第四周期ⅢA族，核外电子数为5+8+18=31，结合核外电子排布规律书写；同主族自上而下第一电离能减小；①由图可知，B原子形成3个B﹣Oσ键，没有孤电子对，据此判断B原子杂化方式；②由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键；③加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；④硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH﹣而呈酸性，即电离生成﹣、H+；（3）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，据此书写方程式；计算﹣中B原子价层电子对数与孤电子对，确定其空间构型；（4）原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体；（5）该晶体微观结构的透视图中，每个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子为3个Mg原子共用，利用均摊法计算解答；（6）金刚石晶胞中C原子处在立方体的8个顶点，6个面心，体内有4个，根据均摊法可知晶胞中含有8个C原子，BN的化学式可推知，晶胞结构与金刚石相似，一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子，进而计算氮化硼晶胞质量，根据密度=质量÷体积计算氮化硼的密度．解答：解：（1）Ga与B同主族，处于第四周期ⅢA族，核外电子数为5+8+18=31，根据构造原理知其基态原子核外电子分布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：B＞Ga，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；B＞Ga；①由腿可知，B原子形成3个B﹣Oσ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化方式，故答案为：sp2；②由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键，层