2019-2020年高三下学期期初化学试卷含解析.doc

2019-2020年高三下学期期初化学试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）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煤炭经过干馏，石油经分馏、裂化、裂解化工处理，可获得清洁能源和重要的化工原料B比能量低而笨重的铅蓄电池使用时电压不稳定，所以有被其他新型电池取代的趋势C玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同D神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料单晶硅也可以制备电脑芯片2中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素（结构如图）和双氢青蒿素的贡献，荣获xx年诺贝尔奖生物学或医学奖下列有关青蒿素的叙述错误的是（）A青蒿素的同分异构体中不可能含有既苯环有含有羧基B易溶于C2H5OC2H5C氧原子化合价有1和2D能与NaOH溶液反应3归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a，等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后x形成溶液b，水的电离程度ab常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水和NaCl溶液中的溶解度比较，前者大若将适量CO2 通入0.1molL1 Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化） 2c（CO32）+c（HCO3）=0.1molL1常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：KaKh=Kw（）ABCD4下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A向AgCl沉淀中滴加KI溶液沉淀变为黄色Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性C常温下铜片插入浓硫酸中无明显现象常温下铜遇浓硫酸钝化D向某溶液中加入过量盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体该溶液中一定含有CO32AABBCCDD5短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲位于第VA族，乙原子的核外电子数比甲原子多1，乙与丁同族，丙原子最外层电子数与电子层数相等下列判断正确的是（）A离子半径：丁丙乙B81号元素铊与丙元素处同主族，则铊的最高价氧化物对应水化物呈两性C电解法可以用乙与丙形成的化合物制得丙单质D同周期元素中丁的最高价氧化物对应水化物的酸性最强6近几年，我国因为汽车尾气对环境的污染日趋严重，清洁能源的燃料电池汽车逐渐进入市场，已知甲烷的燃烧热为分别为890KJmol1，某电池用甲烷作为燃料，电池中以0.6molKOH溶液为电解质溶液，有关这类电池的说法不正确的（）A这类电池的正极反应与金属的吸氧腐蚀正极反应相似B每转移1mol电子则这种电池产生电能为0.5度电C电池的负极反应为：CH4+10OHCO32+7H2O+8eD当消耗0.4mol燃料时，电池中的各种离子的浓度关系为：C（K+）C（HCO3）C（CO32）C（OH）C（H+）7用图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是（）AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分43分）8银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为（2）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：（3）若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液 L某同学用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液（4）FeCl3与H2S反应的离子方程式为（5）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为（6）综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率100%；9金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝高温下密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3（s）+3H2（g）W （s）+3H2O （g） 请回答下列问题：（1）上述反应的化学平衡常数表达式为（2）某温度下反应达到平衡时，H2与水蒸气的体积比为2：3，则H2的平衡转化率为；随着温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为反应（填“吸热”或“放热”）（3）上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：温度25550600700主要成分WO3 W2O5 WO2 W第一阶段反应的化学方程式为；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为（4）已知：温度过高时，WO2（s）转变为WO2（g）：WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O （g）H=+66.0kJmol1WO2（g）+2H2（g）W（s）+2H2O （g）H=137.9kJmol1则WO2（s）WO2（g）的H=（5）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W（s）+2I2 （g） WI4 （g）下列说法正确的有a灯管内的I2可循环使用bWI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上cWI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长d温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢10二氯化砜（SO2Cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2装置如图（有些支持装置省略了）所示已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体（1）仪器E的名称是，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应居于（填“放”或“吸”）热反应，B处反应管冷却水应从 （填“a”或“b”）接口通入如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是（2）试剂X、Y的组合最好是a.98%硫酸和铜 b稀硝酸和亚硫酸钠固体 c.60%硫酸和亚硫酸钾固体（3）戊是贮气装置，则E中的试剂是；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是（4）取1.00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为%（结果保留小数点后1位）（5）二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是三【化学-选修2：化学与技术】11下列有关叙述正确的是（）A碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为，其作用是（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气是（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌，明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）四【化学-物质结构与性质】13N、P、As、Ga、Cr等元素化合物种类繁多，具有重要的研究价值和应用价值请回答下列问题：（1）N元素与Al、Si等元素在一定条件下生成AlN和Si3N4，实验测得二者在真空条件下的稳定存在的最高温度2200和1900，硬度类似金刚石，常用作耐高温和耐磨材料请推测它们属于晶体类型（2）PCl3和PCl5是磷元素形成的两种重要化合物，请根据价电子互斥理论推测PCl3的空间构型（3）As的核外电子排布式中不同类型（s、p、d、f等）的电子比是（4）Cr元素价电子排布式为（5）砷化镓以第三代半导体著称，性能比硅更优良，广泛用于雷达、电子计算机、人造卫星、宇宙飞船等尖端技术中已知砷化镓的晶胞结构如图所示，则砷化镓晶胞结构与NaCl晶胞（填“相同”或“不同”）（6）根据As和Ga在元素周期表中的位置判断，第一电离能AsGa（填“”“”或“=”）（7）（CH3）3Ga中镓原子的杂化类型为五【化学-选修5：有机化学基础】14HPE是合成苯氧基丙酸类除草剂的重要中间体，其合成路线如下： 已知：RCH2COOH+RCl+NaCl据此回答下列问题：（1）B中含有的官能团名称为，D的结构简式为（2）C+EF的反应类型为（3）M的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为（4）写出G+MHPE的化学方程式（5）X是G的同分异构体，其中满足以下条件的X共有种，写出其中一种X的结构简式a苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种 b遇FeCl3溶液发生颜色反应cX不能与NaHCO3反应产生CO2 d1mol X最多能和3mol NaOH反应xx学年山东省潍坊一中高三（下）期初化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）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煤炭经过干馏，石油经分馏、裂化、裂解化工处理，可获得清洁能源和重要的化工原料B比能量低而笨重的铅蓄电池使用时电压不稳定，所以有被其他新型电池取代的趋势C玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同D神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料单晶硅也可以制备电脑芯片【考点】绿色化学【分析】A焦炭不是清洁能源； B铅蓄电池的缺点：比能量低、笨重，废弃电池中的重金属污染环境；C玛瑙和沙子的成分都是二氧化硅；D太阳能电池的材料是硅单质【解答】解：A煤的干馏可得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗苯等，焦炭不是清洁能源，故A错误； B铅蓄电池的缺点是比能量低、笨重，废弃电池污染环境，所以有被其他新型电池取代的趋势，故B错误；C玛瑙和沙子的成分都是二氧化硅，成分相同，故C正确；D太阳能电池和电脑芯片的材料是硅单质，故D正确故选AB2中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素（结构如图）和双氢青蒿素的贡献，荣获xx年诺贝尔奖生物学或医学奖下列有关青蒿素的叙述错误的是（）A青蒿素的同分异构体中不可能含有既苯环有含有羧基B易溶于C2H5OC2H5C氧原子化合价有1和2D能与NaOH溶液反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】由结构可知，分子中含醚键、COOC、OO键，结合酯、过氧化物的性质来解答【解答】解：A有机物含有5个环，1个C=O键，不饱和度为6，可能含有苯环，且COOC的同分异构体可含COOH，故A错误；B有机物易溶于有机物，则易溶于C2H5OC2H5，故B正确；COO中O为1价，COOC中及醚键中O为2价，故C正确；D含COOC，能与NaOH溶液反应，故D正确；故选A3归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a，等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后x形成溶液b，水的电离程度ab常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水和NaCl溶液中的溶解度比较，前者大若将适量CO2 通入0.1molL1 Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化） 2c（CO32）+c（HCO3）=0.1molL1常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：KaKh=Kw（）ABCD【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】可逆反应达到平衡时，平衡向着正向移动，则生成物的量一定增加；前者酸过量，过量的醋酸抑制了水的电离，后者恰好生成氯化钠，不影响水的电离；相铵根离子与银离子反应，导致氯化银的溶解平衡向着正向移动，而氯离子对氯化银的溶解平衡起到了抑制作用；任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；电离平衡常数Ka=，Kh=，Kw=c（H+）c（OH）【解答】解：可逆反应达到平衡时，改变条件后平衡向着正向移动，生成物的物质的量增大，在生成物的产量一定增加，故正确；常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a，由于醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，过量的醋酸抑制了水的电离；等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后x形成溶液b，b为NaCl溶液，钠离子和硫离子不影响水的电离，所以水的电离程度ab，故错误；常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水和NaCl溶液中的溶解度比较，由于铵根离子与银离子反应促进了溶解平衡向着氯化银溶解的方向移动，而氯离子抑制了氯化银的溶解，所以氯化银的溶解度前者较大，故正确；溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据溶液中的电荷守恒得：2c（CO32）+c（HCO3）=c（Na+）=0.2molL1，故错误；电离平衡常数Ka=，Kh=，Kw=c（H+）c（OH），所以满足：KaKh=Kw，故正确；故选D4下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A向AgCl沉淀中滴加KI溶液沉淀变为黄色Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性C常温下铜片插入浓硫酸中无明显现象常温下铜遇浓硫酸钝化D向某溶液中加入过量盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体该溶液中一定含有CO32AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A发生沉淀的转化；B二氧化硫是酸性氧化物；C铜的活泼性比氢弱；D能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化硫和二氧化碳，所以溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等【解答】解：A向AgCl沉淀中滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，发生沉淀的转化，说明溶度积为AgI比AgCl更小，故A正确； B二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，与漂白性无关，故B错误；C铜的活泼性比氢弱，与硫酸不反应，未发生钝化，故C错误；D某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳、二氧化硫，溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子，所以该溶液中不一定存在大量CO32，故D错误故选A5短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲位于第VA族，乙原子的核外电子数比甲原子多1，乙与丁同族，丙原子最外层电子数与电子层数相等下列判断正确的是（）A离子半径：丁丙乙B81号元素铊与丙元素处同主族，则铊的最高价氧化物对应水化物呈两性C电解法可以用乙与丙形成的化合物制得丙单质D同周期元素中丁的最高价氧化物对应水化物的酸性最强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲位于第VA族，乙原子的核外电子数比甲原子多1，乙与丁同族，则甲为N、乙为O、丁为S，丙原子最外层电子数与电子层数相等，原子序数大于氧，只能处于第三周期，最外层电子数为3，故丙为Al，据此解答【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲位于第VA族，乙原子的核外电子数比甲原子多1，乙与丁同族，则甲为N、乙为O、丁为S，丙原子最外层电子数与电子层数相等，原子序数大于氧，只能处于第三周期，最外层电子数为3，故丙为Al，A电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：丁（S2）乙（O2）丙（Al3+），故A错误；B.81号元素处于第六周期IIIA族，与丙元素处同主族，则铊的金属性比Al强很多，其最高价氧化物对应水化物不呈两性，故C错误；C工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，故C正确；D第三周期中氯元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，不是硫酸，故D错误，故选：C6近几年，我国因为汽车尾气对环境的污染日趋严重，清洁能源的燃料电池汽车逐渐进入市场，已知甲烷的燃烧热为分别为890KJmol1，某电池用甲烷作为燃料，电池中以0.6molKOH溶液为电解质溶液，有关这类电池的说法不正确的（）A这类电池的正极反应与金属的吸氧腐蚀正极反应相似B每转移1mol电子则这种电池产生电能为0.5度电C电池的负极反应为：CH4+10OHCO32+7H2O+8eD当消耗0.4mol燃料时，电池中的各种离子的浓度关系为：C（K+）C（HCO3）C（CO32）C（OH）C（H+）【考点】金属的电化学腐蚀与防护；电极反应和电池反应方程式【分析】根据题意可知，此电池为碱性甲烷燃料电池，负极上甲烷放电，正极上氧气放电，总反应为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，即可写出正负极反应，而此反应转移8mol电子，故当转移1mol电子时消耗的甲烷的物质的量为mol，根据能量的转化形式来分析产生的电能；当消耗0.4mol燃料时，生成0.4mol二氧化碳，结合0.6molKOH的量来分析所得溶液中的溶质的物质的量，并比较出离子浓度【解答】解：此电池为碱性甲烷燃料电池，负极上甲烷放电，正极上氧气放电，总反应为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2OA、此电池的正极反应为：O2+4e+2H2O=4OH，和金属的吸氧腐蚀的正极反应相同，故A正确；B、原电池的总反应为CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，此反应转移8mol电子，故当转移1mol电子时消耗的甲烷的物质的量为mol，但原电池在反应时，能量的转化率并不是100%，还有部分热能产生，故产生的电能小于0.5度，故B错误；C、在负极上放电的是甲烷，由于是碱性环境，故碳元素转化为CO32，故电极反应为：CH4+10OHCO32+7H2O+8e，故C正确；D、当燃料为0.4mol时，生成的二氧化碳的物质的量也为0.4mol，而电解质溶液中KOH的物质的量为0.6mol，设所得的溶液中K2CO3的物质的量为xmol，KHCO3的物质的量为ymol，则有：x+y=0.4 2x+y=0.6 解得x=0.2mol y=0.2mol即所得的溶液为物质的量均为0.2mol的K2CO3和KHCO3的混合物溶液水解显碱性，且由于CO32的水解程度大于HCO3的水解程度，故溶液中的离子浓度关系为：C（K+）C（HCO3）C（CO32）C（OH）C（H+），故D正确故选B7用图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A加热固体，试管口应向下倾斜；B过氧化钠与水反应生成氧气，且放出大量的热；C氯气与NaOH反应，则气球变大；D钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气【解答】解：A加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氧气，且放出大量的热，可验证过氧化钠的性质，故B正确；C氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A二、解答题（共3小题，满分43分）8银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（2）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2（3）若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液25.0 L某同学用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液（4）FeCl3与H2S反应的离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+（5）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为Fe2+e=Fe3+（6）综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率100%；FeCl3可以循环利用【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2，（1）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（2）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（3）根据铜元素守恒建立关系式：CuCuAlO2，根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）32CuAlO2，由上述两个关系式结合铜的质量可计算Al2（SO4）3溶液的体积；三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，再改写为离子反应方程式；电解氯化亚铁时，阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，结合绿色化学的理论并根据FeCl3可以循环利用确定该实验的有两个显著优点【解答】解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2，（1）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO，氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2，故答案为：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2；（4）由关系式：CuCuAlO2得n（CuAlO2）=mol=50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）32CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：25.0；（4）FeCl3与H2S发生反应为2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故答案为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；（5）电解氯化亚铁时，阳极亚铁离子失去电子发生氧化反应生成Fe3+，电极反应式为Fe2+e=Fe3+，故答案为：Fe2+e=Fe3+；（6）根据实验原理可知，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用9金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝高温下密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3（s）+3H2（g）W （s）+3H2O （g） 请回答下列问题：（1）上述反应的化学平衡常数表达式为K=（2）某温度下反应达到平衡时，H2与水蒸气的体积比为2：3，则H2的平衡转化率为60%；随着温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）（3）上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：温度25550600700主要成分WO3 W2O5 WO2 W第一阶段反应的化学方程式为2WO3+H2W2O5+H2O；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为1：1：4（4）已知：温度过高时，WO2（s）转变为WO2（g）：WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O （g）H=+66.0kJmol1WO2（g）+2H2（g）W（s）+2H2O （g）H=137.9kJmol1则WO2（s）WO2（g）的H=+203.9 kJmol1（5）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W（s）+2I2 （g） WI4 （g）下列说法正确的有a、ba灯管内的I2可循环使用bWI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上cWI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长d温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢【考点】化学平衡的计算【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比，注意固体、纯液体不需要写出；（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，假定H2与水蒸气的物质的量分别为2mol、3mol，再根据转化率定义计算；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，说明平衡向正反应移动；（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，配平书写方程式；根据三个阶段的方程式进行计算三个阶段消耗H2物质的量之比；（4）已知：WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O （g）H=+66.0kJmol1WO2（g）+2H2（g）W（s）+2H2O （g）H=137.9kJmol1根据盖斯定律，可得：WO2（s）WO2（g），反应热也进行相应的运算；（5）由化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W附着在还没有挥发的W上，灯管壁温度较低，WI4不会分解，升高温度，正逆反应速率都加快【解答】解：（1）反应WO3（s）+3H2（g）W （s）+3H2O （g）的平衡常数表达式为：K=，故答案为：K=；（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，故H2的平衡转化率为：100%=60%，升高温度，H2与水蒸气的体积比减小，说明升温时平衡向右移动，故正反应为吸热反应，故答案为：60%；吸热；（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、2WO3+H2W2O5+H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：2mol2=1：1：4，故答案为：2WO3+H2W2O5+H2O；1：1：4； （4）已知：WO2 （s）+2H2 （g）W （s）+2H2O （g）；H=+66.0kJmol1WO2 （g）+2H2W （s）+2H2O （g）；H=137.9kJmol1根据盖斯定律得：WO2 （s）WO2 （g），H=66.0kJmol1（137.9kJmol1）=+203.9 kJmol1，故答案为：+203.9 kJmol1；（5）由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，故a、b正确；灯管壁温度较低，WI4不会分解，故c错误；升高温度，也能加快W与I2的反应速率，故d错误；故答案为：a、b10二氯化砜（SO2Cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2装置如图（有些支持装置省略了）所示已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体（1）仪器E的名称是分液漏斗，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应居于放（填“放”或“吸”）热反应，B处反应管冷却水应从a （填“a”或“b”）接口通入如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成（2）试剂X、Y的组合最好是ca.98%硫酸和铜 b稀硝酸和亚硫酸钠固体 c.60%硫酸和亚硫酸钾固体（3）戊是贮气装置，则E中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（4）取1.00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为86.9%（结果保留小数点后1位）（5）二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是因为SO2Cl2自身分解生成Cl2，Cl2溶于使液体呈黄色【考点】制备实验方案的设计【分析】由（3）戊是贮氯气装置，可知甲装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，E中盛放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解（1）根据装置图可知，E为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，据此判断SO2与氯气间的反应的热效应，该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动；（2）甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，据此答题；（3）因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl；（4）根据SO2Cl2H2SO4BaSO4计算；（5）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致【解答】解：（1）根据装置图可知，E为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应；冷凝水下进上出，a口接入，该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成，故答案为：分液漏斗；放；a；该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；（2）甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，据此答题，故答案为：c；（3）因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）设所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为x，则：SO2Cl2H2SO4BaSO4135 233 1.00gx 1.5g所以135：233=1.00gx：1.5g解得x=86.9%故答案为：86.9；（5）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致，故答案为：因为SO2Cl2自身分解生成Cl2，Cl2溶于使液体呈黄色三【化学-选修2：化学与技术】11下列有关叙述正确的是（）A碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【分析】A根据碱性锌锰电池的电极反应判断；B根据银锌纽扣电池工作原理判断；C根据放电时铅酸蓄电池反应判断硫酸浓度变化；D电镀时，镀层金属阳离子放电【解答】解：A碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A错误；B银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故B正确；C铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；D电镀时，镀层阳离子在镀件放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D正确；故选BD12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气是O2（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌，明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）硫化锌精矿主要成分是ZnS，ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应，据此判断锌的存在形式；（2）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为硫酸，用于后续的浸出操作；（3）锌的活泼性强于铁，能够与二价铁离子反应生成铁；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，据此判断产物；（5）依据题意“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，据此写出方程式；（6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，根据反应物和生成物写出化学方程式【解答】解：硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应，所以产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO，故答案为：ZnO； （2）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为硫酸，用于后续的浸出操作，故答案为：浸出； （3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，离子方程式：Zn+Fe2+=Zn2+Fe，故答案为：锌粉；置换出Fe等； （4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，故答案为：O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，化学方程式为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O； （6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO四【化学-物质结构与性质】13N、P、As、Ga、Cr等元素化合物种类繁多，具有重要的研究价值和应用价值请回答下列问题：（1）N元素与Al、Si等元素在一定条件下生成AlN和Si3N4，实验测得二者在真空条件下的稳定存在的最高温度2200和1900，硬度类似金刚石，常用作耐高温和耐磨材料请推测它们属于原子晶体晶体类型（2）PCl3和PCl5是磷元素形成的两种重要化合物，请根据价电子互斥理论推测PCl3的空间构型三角锥形（3）As的核外电子排布式中不同类型（s、p、d、f等）的电子比是s电子：p电子：d电子=8：15：10（4）Cr元素价电子排布式为3d54s1（5）砷化镓以第三代半导体著称，性能比硅更优良，广泛用于雷达、电子计算机、人造卫星、宇宙飞船等尖端技术中已知砷化镓的晶胞结构如图所示，则砷化镓晶胞结构与NaCl晶胞不同（填“相同”或“不同”）（6）根据As和Ga在元素周期表中的位置判断，第一电离能AsGa（填“”“”或“=”）（7）（CH3）3Ga中镓原子的杂化类型为sp2杂化【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布【分析】（1）原子晶体熔沸点较高，根据晶体熔沸点确定晶体类型；（2）PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定三氯化磷空间构型；（3）As的核外电子排布式中不同类型（s、p、d、f等）的电子s、p、d电子个数分别是8、15、10；（4）Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d能级有5个电子、4s能级有1个电子；（5）对比GaAs与NaCl中阴阳离子在晶胞中的分布可判断晶胞结构是否一样；（6）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，且第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（7）利用价层电子对互斥模型判断分子的空间构型和杂化方式【解答】解：（1）原子晶体熔沸点较高，该晶体熔沸点较高，所以为原子晶体，故答案为：原子晶体；（2）PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定三氯化磷空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）As的核外电子排布式中不同类型（s、p、d、f等）的电子s、p、d电子个数分别是8、15、10，所以其s、p、d能级电子个数之比为8：15：10，故答案为：s电子：p电子：d电子=8：15：10；（4）Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d能级有5个电子、4s能级有1个电子，其基态原子价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；（5）GaAs晶体中As分布于晶胞体心，Ga分布于顶点和面心，而NaCl中阴阳离子分别位于晶胞的顶点、面心以及棱和体心，二者结构不同，故答案为：不同；（6）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，且第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，As和Ga位于同一主族且As位于第VA族、Ga位于第IIIA族，所以第一电离能AsGa，故答案为：；（7）（CH3）3Ga中Ga形成3个键，没有孤电子对，为sp2杂化，故答案为：sp2五【化学-选修5：有机化学基础】14HPE是合成苯氧基丙酸类除草剂的重要中间体，其合成路线如下： 已知：RCH2COOH+RCl+NaCl据此回答下列问题：（1）B中含有的官能团名称为氯原子、羧基，D的结构简式为（2）C+EF的反应类型为取代反应（3）M的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为3：2：1（4）写出G+MHPE的化学方程式+CH3CH2OH+H2O（5）X是G的同分异构体，其中满足以下条件的X共有10种，写出其中一种X的结构简式，（其中任一种）a苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种 b遇FeCl3溶液发生颜色反应cX不能与NaHCO3反应产生CO2 d1mol X最多能和3mol NaOH反应【考点】有机物的合成【分析】根据题中已知的信息，结合AB的条件和C的分子式可知，C为CH3CHClCOONa，B为CH3CHClCOOH，A为CH3CH2COOH，根据HPE的结构，结合题中已知信息和D的分子量为110，且只含C、H、O可知，D为，则E为，F为，所以G为，G与C2H5OH反应得HPE，所以M为CH3CH2OH，据此答题【解答】解：根据题中已知的信息，结合AB的条件和C 的分子式可知，C为CH3CHClCOONa，B为CH3CHClCOOH，A为CH3CH2COOH，根据HPE的结构，结合题中已知信息和D的分子量为110，且只含C、H、O可知，D为，则E为，F为，所以G为，G与CH3CH2OH反应得HPE，所以M为CH3CH2OH，（1）B为CH3CHClCOOH，中含有的官能团名称为氯原子、羧基，D的结构简式为，故答案为：氯原子、羧基；（2）根据上面的分析可知，C+EF的反应与题中信息类似，为取代反应，故答案为：取代反应；（3）M为CH3CH2OH，所以它的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为3：2：1，故答案为：3：2：1；（4）G+MHPE的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为： +CH3CH2OH+H2O；（5）X是G的同分异构体，a苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种，b遇FeCl3溶液发生颜色反应，cX不能与NaHCO3反应产生CO2，d1mol X最多能和3mol NaOH反应，其中满足以下条件的X有，共10种，故答案为：10；，（其中任一种）xx年1月19日