2019-2020年高三化学一模试卷（b卷）含解析.doc

2019-2020年高三化学一模试卷（b卷）含解析一、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1民以食为天，食品安全越来越受到大家的关注下列有关说法正确的是（）A二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B饮食“镉大米”会影响骨骼和肾脏，镉元素属于重金属元素C使用增塑剂邻苯二甲酸酯可使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶D面粉生产中禁止添加的过氧化钙（CaO2）中阴阳离子的个数比为1：22下列各组离子，在指定的条件下一定能大量共存的是（）ANH4Fe（SO4）2的溶液中：H+、Mg2+、Br、NO3B含有大量HCO3的溶液：NH4+、Ca2+、AlO2、IC浓度为3%的H2O2溶液：H+、Fe2+、C1、SO42Dc（S2）=0.1mo1L1的溶液中：Na+、NH4+、ClO、SO423xx年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖由植物黄花蒿叶中提取的青蒿素还可合成用于抗氯喹恶性疟及凶险型疟疾的蒿甲醚，其合成路线如下：下列说法不正确的是（）A青蒿素的分子式是C15H22O5，属于烃的衍生物B青蒿素难溶于水，而易溶于有机溶剂C反应为取代反应，有H2O生成D青蒿素遇湿润的淀粉碘化钾试纸立刻显蓝色，是因为分子结构中含有酯基4向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示由图可得出的正确结论是（）A反应在c点达到平衡状态B反应物浓度：a点小于b点C反应物的总能量低于生成物的总能量Dt1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD6短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如下表所示，已知它们的最外层电子数之和为21，下列说法一定正确的是（）XYZWAX、Y、Z、W中至少有一种是金属元素B元素的最高化合价：WZYC简单离子半径由大到小的顺序：WZYXD一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质7标况下将CO2气体缓缓地通入到含2mol KOH、1mol Ba（OH）2和2mol KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述正确的是（）AAB段和CD段发生的反应相同BBC段反应的离子方程式是A1O2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3CV=134.4L，n=3molDD点所得溶液中离子浓度关系为c（K+）c（CO）c（OH）c（HCO）c（H+）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题每个试题考生都必须作答选考题考生根据需求作答（一）必考题82硝基l，3苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成原理如下：名称相对分子质量性状熔点/水溶性（常温）间苯二酚110白色针状晶体110.7易溶2硝基1，3苯二酚155桔红色针状晶体87.8难溶部分物质的相关性质如下：制备过程如下：第一步：磺化称取71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内15min（如图1）第二步：硝化待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌l 5min第三步：蒸馏将硝化反应混物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用图2所示装置进行水蒸气蒸馏请回答下列问题：（1）实验室中把间苯二酚碾成粉末需要的玻璃仪器是（2）磺化步骤中控制温度最合适的范围为（填字母）a3060b6065c6570d70100（3）硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能 防止；直形冷凝管C中的现象是，反应一段时间后，停止蒸馏，此时的操作是（填有关旋塞和酒精灯的操作）（5）水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的a不溶或难溶于水，便于最后分离 b在沸腾下与水不发生化学反应c具有一定的挥发性 d具有较低的熔点（6）本实验最终获得12.0g桔红色晶体，则2硝基1，3苯二酚的产率约为9硫酸铅，又名石灰浆，可用于铅蓄电池、纤维增重剂、涂料分析试剂工业上通常用自然界分布最广的方铅矿（主要成分为PbS）生产硫酸铅工艺流程如图1：已知：Ksp（PbSO4）=1.08108，Ksp（PbCl2）=1.6l05PbCl2（s）+2C1（aq）PbCl42（aq）H0Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式开始沉淀时的PH值分别为1.9和7（1）流程中加入盐酸可以控制溶液的pH1.9，主要目的是反应过程中可观察到淡黄色沉淀，则对应的离子方程式为（2）所得的滤液A蒸发浓缩后再用冰水浴的目的是（请用平衡移动原理解释）（3）中对应反应的平衡常数表达式（4）上述流程中可循环利用的物质有（5）炼铅和用铅都会使水体因重金属铅的含量增大而造成严重污染水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3、Pb（OH）42各形态的铅浓度分数x与溶液pH变化的关系如图2所示：探究Pb2+的性质：向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH，溶液变浑浊，继续滴加NaOH溶液又变澄清；pH13时，溶液中发生的主要反应的离子方程式为除去溶液中的Pb2+：科研小组用一种新型试剂可去除水中的痕量铅和其他杂质离子，实验结果记录如下：离子Pb2+Ca2+Fe3+Mn2+处理前浓度/（mgL1）0.10029.80.120.087处理后浓度/（mgL1）0.00422.60.040.053由表可知该试剂去除Pb2+的效果最好，请结合表中有关数据说明去除Pb2+比Fe3+效果好的理由是若新型试剂（DH）在脱铅过程中主要发生的反应为：2DH（s）+Pb2+D2Pb（s）+2H+，则脱铅时最合适的pH约为10“关爱生命，注意安全”惨痛的天津爆炸触目惊心，火灾之后依然火势绵延不绝的原因之一是易燃物中含有电石工业上常用电石（主要成分为CaC2，杂质为CaS 等）与水反应生产乙炔气（1）工业上合成CaC2主要采用氧热法已知：CaO（s）+3C（s）=CaC2（s）+CO（g）H=+464.1kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）H=110.5kJmol1若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO，为维持热平衡，每生产l molCaC2，转移电子的物质的量为（2）已知xx时，合成碳化钙的过程中还可能涉及到如下反应CaO（s）+C（s）Ca（g）+CO（g） K1H1=a KJmol1Ca（g）+2C（s）CaC2（s） K2H2=b KJmol12CaO（s）+CaC2（s）3Ca（g）+2CO（g） K3H3=c KJmol1则K1= （用含K2、K3的代数式表示）；c=（用含a、b的代数式表示）（3）利用电石产生乙炔气的过程中产生的H2S气体制取H2，既廉价又环保利用硫化氢的热不稳定性制取氢气在体积为2L的恒容密闭容器中，H2S起始物质的量为2mol，达到平衡后H2S的转化率随温度和压强变化如图1所示据图计算T1时平衡体系中H2的体积分数由图知压强P1P2（填“大于”“小于”或“等于”），理由是电化学法制取氢气的原理如图2，请写出反应池中发生反应的离子方程式，惰性电极a上发生的电极反应式为三、选考题：共45分请考生从给出的3道化学题中任选一题作答，如果多答，则每学科按所做的第一题计分【化学-化学与技术】11铬（）的化合物是有毒物，已知Cr（）盐的毒性只有Cr（）盐的0.5%，所以将废水中Cr（）转化为Cr（）是处理Cr（）废水的方向某铬盐厂生产过程中排出含Cr2O72的工业酸性废水为防止污染环境，现采用下列两种方法进行处理后再排出方法一：化学法用FeSO47H2O处理含铬废水的优点是经过加配料比后可用最终的产物制备铁氧体复合氧化物（用Crx3+Fe2xFe2+O4表示）的原料（1）在利用化学法处理时，FeSO4把废水中Cr2O72还原的离子方程式为（2）在pH4的含铬（VI）废水中，加入FeSO47H2O的质量应为废水中CrO3质量的倍，才能使得到的固体产物符合铁氧体复合氧化物的组成而在实际操作中一般要 （填“大于”、“小于”）这个比例，原因为方法二：电解法的工艺流程如下在整个处理过程中，Cr2O72被还原为Cr3+，溶液的pH值逐渐升高，最后滤出的沉淀有Cr（OH）3和Fe（OH）3，试分析这个污水处理过程，回答：（3）加入适量食盐的作用为，选择Fe做电极的原因是（4）随着电解和溶液中反应的进行，阴极区溶液pH（填“变大”、“变小”），鼓入空气的原因是（5）电解过程中当H+浓度小到一定程度时，便会析出Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀，已知常温 下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1032，要使c（Cr3+）降至l05mol/L，溶液的pH应至少为四、【化学-物质结构与性质】12碳单质及其化合物有广泛的应用（1）碳的同素异性体金刚石、石墨和C60晶体中，能溶于有机溶剂的是，原因是（2）CH3COCH=CHCH3分子中，C原子所采取的杂化类型有（3）石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图1所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞该晶胞中含有的碳原子数为个（4）石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，如图2所示1mol石墨烯中含有的六元环个数为，下列有关石墨烯说法正确的是a晶体中碳原子间全部是碳碳单键b石墨烯中所有碳原子可以处于同一个平面c从石墨中剥离得到石墨烯需克服分子间作用力（5）石墨烯可转化为C60，C60的结构如图3所示，该分子是由五边形和六边形构成的球体，其中五边形有12个，六边形有个（6）金刚石晶胞如图4所示，则金刚石晶胞中原子的配位数为，原子空间利用率为五、【化学-有机化学基础】13非诺贝特（fenofibrate）是降胆同醇及甘油三酯的药物，它的一条合成路线如下：已知：羧酸类有机物与液溴在少量磷作用下，发生H取代（1）B的名称为（2）C所含官能团的名称为（3）写出下列物质的结构简式b，F（4）写出G到H的反应方程式（5）写出同时符合下列条件的D的同分异构体结构简式能发生银镜反应；含5种不同环境氢的联苯酯类有机物1mol该有机物最多消耗NaOH的物质的量为（6）以2甲基丙烯为原料制备E，设计合成路线（其他试剂任选）xx年山东省青岛市高考化学一模试卷（B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1民以食为天，食品安全越来越受到大家的关注下列有关说法正确的是（）A二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B饮食“镉大米”会影响骨骼和肾脏，镉元素属于重金属元素C使用增塑剂邻苯二甲酸酯可使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶D面粉生产中禁止添加的过氧化钙（CaO2）中阴阳离子的个数比为1：2【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A二氧化硫可用作葡萄酒的抗氧化剂； B镉属于重金属；C增塑剂（又叫塑化剂）是一种增加塑料柔韧性、弹性等的添加剂；D过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子【解答】解：A二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，故A错误； B镉属于重金属，能使蛋白质变性，有毒，故B正确；C邻苯二甲酸酯不能使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶，故C错误；D过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故D错误故选B2下列各组离子，在指定的条件下一定能大量共存的是（）ANH4Fe（SO4）2的溶液中：H+、Mg2+、Br、NO3B含有大量HCO3的溶液：NH4+、Ca2+、AlO2、IC浓度为3%的H2O2溶液：H+、Fe2+、C1、SO42Dc（S2）=0.1mo1L1的溶液中：Na+、NH4+、ClO、SO42【考点】离子共存问题【分析】A该组离子之间不反应；BAlO2促进HCO3的电离；C离子之间发生氧化还原反应；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BAlO2促进HCO3的电离生成沉淀，不能大量共存，故B错误；CH+、Fe2+、H2O2发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；DS2、ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A3xx年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖由植物黄花蒿叶中提取的青蒿素还可合成用于抗氯喹恶性疟及凶险型疟疾的蒿甲醚，其合成路线如下：下列说法不正确的是（）A青蒿素的分子式是C15H22O5，属于烃的衍生物B青蒿素难溶于水，而易溶于有机溶剂C反应为取代反应，有H2O生成D青蒿素遇湿润的淀粉碘化钾试纸立刻显蓝色，是因为分子结构中含有酯基【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据结构简式确定分子式，青蒿素中含有C、H、O元素；B青蒿素中含有憎水基，不含亲水基；C该反应中醇羟基变为醚键；D青蒿素中含有过氧键，具有强氧化性【解答】解：A根据结构简式确定分子式为C15H22O5，青蒿素中含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，故A正确；B青蒿素中含有憎水基，不含亲水基，所以不易溶于水而易溶于有机溶剂，故B正确；C该反应中醇羟基变为醚键，所以该反应属于取代反应，故C正确；D青蒿素中含有过氧键，具有强氧化性，过氧键氧化碘离子生成碘而使湿润的淀粉碘化钾溶液变蓝色，与酯基无关，故D错误；故选D4向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示由图可得出的正确结论是（）A反应在c点达到平衡状态B反应物浓度：a点小于b点C反应物的总能量低于生成物的总能量Dt1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡建立的过程【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快【解答】解：A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；故选：D5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱【解答】解：A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品红溶液褪色，氯气无漂白性，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；DCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，氧化性与得到电子的多少无关，但浓硝酸与Cu反应剧烈，可说明氧化性强弱，故D正确；故选D6短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如下表所示，已知它们的最外层电子数之和为21，下列说法一定正确的是（）XYZWAX、Y、Z、W中至少有一种是金属元素B元素的最高化合价：WZYC简单离子半径由大到小的顺序：WZYXD一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素X、Y、Z、W在同一周期，设X元素的最外层电子数为x，则由元素在周期表中的位置可知，Y、Z、W的最外层电子数分别为x+2、x+3、x+4，已知它们的最外层电子数之和为21，则x+x+2+x+3+x+4=21，则x=3，X为第IIIA族元素，若X为B元素，则Y为N，Z为O，W为F，若X为Al，则Y为P，Z为S，W为Cl，据此分析，【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W在同一周期，设X元素的最外层电子数为x，则由元素在周期表中的位置可知，Y、Z、W的最外层电子数分别为x+2、x+3、x+4，已知它们的最外层电子数之和为21，则x+x+2+x+3+x+4=21，则x=3，X为第IIIA族元素，若X为B元素，则Y为N，Z为O，W为F，若X为Al，则Y为P，Z为S，W为ClA由分析可知，四种元素可能都是非金属元素，故A错误；B若W为F，F没有最高正价，故B错误；C电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径由大到小的顺序：WZY，X可能是金属离子，故C错误；DZ为O，W为F，或Z为S，W为Cl，一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质，故D正确故选D7标况下将CO2气体缓缓地通入到含2mol KOH、1mol Ba（OH）2和2mol KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述正确的是（）AAB段和CD段发生的反应相同BBC段反应的离子方程式是A1O2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3CV=134.4L，n=3molDD点所得溶液中离子浓度关系为c（K+）c（CO）c（OH）c（HCO）c（H+）【考点】有关混合物反应的计算【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，以此来解答【解答】解：OA段：通入CO2后立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，AB段：Ba（OH）2消耗完毕后，接下来消耗KOH，发生反应为：2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，BC段：然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，CD段：沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3，DE段：最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，AB段发生2KOH+CO2=K2CO3+H2O，离子方程式2OH+CO2CO32+H2O，CD段发生CO32+CO2+H2O=HCO3，两阶段反应不相同，故A错误；BBC段沉淀量增大，发生反应为：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故B错误；CE点溶质为碳酸氢钾和Ba（HCO3）2，根据质量守恒，钾离子的总物质的量为2mol+2mol=4mol，钡离子的物质的量为1mol，根据C元素混合可知消耗二氧化碳的物质的量为：4mol+1mol2=6mol，标准状况下6mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol6mol=134.4L；n为碳酸钡和氢氧化铝的总物质的量，根据质量守恒可知n=1+2=3，故C正确；DD点溶质为KHCO3，则c（HCO3）c（OH）c（CO32），故D错误；故选C二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题每个试题考生都必须作答选考题考生根据需求作答（一）必考题82硝基l，3苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成原理如下：名称相对分子质量性状熔点/水溶性（常温）间苯二酚110白色针状晶体110.7易溶2硝基1，3苯二酚155桔红色针状晶体87.8难溶部分物质的相关性质如下：制备过程如下：第一步：磺化称取71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内15min（如图1）第二步：硝化待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌l 5min第三步：蒸馏将硝化反应混物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用图2所示装置进行水蒸气蒸馏请回答下列问题：（1）实验室中把间苯二酚碾成粉末需要的玻璃仪器是研钵（2）磺化步骤中控制温度最合适的范围为（填字母）ba3060b6065c6570d70100（3）硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是在锥形瓶中加适量的浓硝酸，在摇荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，冷却（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能 防止防止压强过小产生倒吸；直形冷凝管C中的现象是有桔红色晶体析出，反应一段时间后，停止蒸馏，此时的操作是先打开活塞，再撤去酒精灯（填有关旋塞和酒精灯的操作）（5）水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的abca不溶或难溶于水，便于最后分离 b在沸腾下与水不发生化学反应c具有一定的挥发性 d具有较低的熔点（6）本实验最终获得12.0g桔红色晶体，则2硝基1，3苯二酚的产率约为11.9%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）实验室中把固体碾成粉末一般用研钵；（2）为控制适当的反应速率及防止副产物出现，反应温度一般控制在6065左右；（3）硝化步骤中制取“混酸”的操作与浓硫酸的稀释相似，要防止硝酸挥发及暴沸，应将浓硫酸加入到硝酸中；（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小产生倒吸，根据反应原理，在直形冷凝管C中应出现2硝基1，3苯二酚，被冷却后以固体形式出现，据此判断现象；停止蒸馏时，应先打开活塞，再停止在A处加热；（5）能用水蒸气蒸馏来分离和提纯物质，则被提纯物质必须不溶或难溶于水，便于最后分离、在沸腾下与水不发生化学反应、具有一定的挥发性，据此选择；（6）根据产率=100%计算【解答】解：（1）实验室中把固体碾成粉末一般用研钵，故答案为：研钵；（2）为控制适当的反应速率及防止副产物出现，反应温度一般控制在6065左右，故选b；（3）硝化步骤中制取“混酸”的操作与浓硫酸的稀释相似，要防止硝酸挥发及暴沸，应将浓硫酸加入到硝酸中，其操作为在锥形瓶中加适量的浓硝酸，在摇荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，冷却，故答案为：在锥形瓶中加适量的浓硝酸，在摇荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，冷却；（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小产生倒吸，根据反应原理，在直形冷凝管C中应出现2硝基1，3苯二酚，被冷却后以固体形式出现，所以直形冷凝管C中的现象是有桔红色晶体析出，停止蒸馏时，应先打开活塞，再停止在A处加热即撤去酒精灯，故答案为：防止压强过小产生倒吸；有桔红色晶体析出；先打开活塞，再撤去酒精灯；（5）能用水蒸气蒸馏来分离和提纯物质，则被提纯物质必须不溶或难溶于水，便于最后分离、在沸腾下与水不发生化学反应、具有一定的挥发性，故选abc；（6）71.5g间苯二酚的物质的量为0.65mol，根据元素守恒可知，生成的2硝基1，3苯二酚的质量为0.65mol155g/mol=100.75g，产率=100%=100%=11.9%，故答案为：11.9%9硫酸铅，又名石灰浆，可用于铅蓄电池、纤维增重剂、涂料分析试剂工业上通常用自然界分布最广的方铅矿（主要成分为PbS）生产硫酸铅工艺流程如图1：已知：Ksp（PbSO4）=1.08108，Ksp（PbCl2）=1.6l05PbCl2（s）+2C1（aq）PbCl42（aq）H0Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式开始沉淀时的PH值分别为1.9和7（1）流程中加入盐酸可以控制溶液的pH1.9，主要目的是抑制Fe3+的水解反应过程中可观察到淡黄色沉淀，则对应的离子方程式为2Fe3+PbS=PbCl2+S+2Fe2+（2）所得的滤液A蒸发浓缩后再用冰水浴的目的是用冰水浴使PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4H0逆向移动，使PbCl4转化PbCl2析出（请用平衡移动原理解释）（3）中对应反应的平衡常数表达式（4）上述流程中可循环利用的物质有FeCl3、HCl（5）炼铅和用铅都会使水体因重金属铅的含量增大而造成严重污染水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3、Pb（OH）42各形态的铅浓度分数x与溶液pH变化的关系如图2所示：探究Pb2+的性质：向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH，溶液变浑浊，继续滴加NaOH溶液又变澄清；pH13时，溶液中发生的主要反应的离子方程式为Pb（OH）3+HO=Pb（OH）42除去溶液中的Pb2+：科研小组用一种新型试剂可去除水中的痕量铅和其他杂质离子，实验结果记录如下：离子Pb2+Ca2+Fe3+Mn2+处理前浓度/（mgL1）0.10029.80.120.087处理后浓度/（mgL1）0.00422.60.040.053由表可知该试剂去除Pb2+的效果最好，请结合表中有关数据说明去除Pb2+比Fe3+效果好的理由是加入试剂，Pb2+的浓度转化率为1005%=96%，Fe3+的浓度转化率为100%=67%，所以去除Pb2+比Fe3+效果好若新型试剂（DH）在脱铅过程中主要发生的反应为：2DH（s）+Pb2+D2Pb（s）+2H+，则脱铅时最合适的pH约为6【考点】制备实验方案的设计【分析】往方铅矿中加入FeCl3溶液和盐酸，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4H0正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液A含有PbCl4、Cl、Fe2+、Fe3+等，滤液A蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，滤液B中含有Fe2+、Fe3+，用过氧化氢进行氧化后循环利用，PbCl2晶体中加入稀硫酸，转化为更难溶的硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅沉淀，洗涤、烘干得到硫酸铅粉末，滤液C中含有HCl（1）由Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式开始沉淀时的PH值分别为1.9和7，分析加入盐酸的主要目的；FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，Pb元素化合价不变，S元素化合价升高，则铁元素的化合价降低，有FeCl2生成；（2）根据温度对平衡移动的影响进行分析；（3）反应的离子方程式为：PbCl2（s）+SO42PbSO4+2Cl；（4）过氧化氢将滤液B中Fe2+氧化为Fe3+，再循环利用，C溶液中含有HCl，也可以循环利用；（5）pH13时，Pb（OH）3浓度减小，Pb（OH）42浓度增大，Pb（OH）3与氢氧根离子结合为Pb（OH）42；计算Pb2+、Fe3+的浓度转化率进行判断；参加反应的是Pb2+，由图象可知，选择PH要使铅全部以Pb2+形式存在【解答】解：往方铅矿中加入FeCl3溶液和盐酸，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4H0正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液A含有PbCl4、Cl、Fe2+、Fe3+等，滤液A蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，滤液B中含有Fe2+、Fe3+，用过氧化氢进行氧化后循环利用，PbCl2晶体中加入稀硫酸，转化为更难溶的硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅沉淀，洗涤、烘干得到硫酸铅粉末，滤液C中含有HCl（1）Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式开始沉淀时的PH值分别为1.9和7，流程中加入盐酸可以控制溶液的pH1.9，主要目的是：抑制Fe3+的水解，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，Pb元素化合价不变，S元素化合价升高，则铁元素的化合价降低，有FeCl2生成，反应方程式为：2FeCl3+PbS=PbCl2+S+2FeCl2，反应离子方程式为：2Fe3+PbS=PbCl2+S+2Fe2+，故答案为：抑制Fe3+的水解；2Fe3+PbS=PbCl2+S+2Fe2+；（2）用冰水浴使PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4H0逆向移动，使PbCl4转化PbCl2析出，故答案为：用冰水浴使PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4H0逆向移动，使PbCl4转化PbCl2析出；（3）反应的离子方程式为：PbCl2（s）+SO42PbSO4+2Cl，平衡常数K=，故答案为：；（4）过氧化氢将滤液B中Fe2+氧化为Fe3+，再循环利用，C溶液中含有HCl，也可以循环利用，故答案为：FeCl3、HCl；（5）pH13时，Pb（OH）3浓度减小，Pb（OH）42浓度增大，Pb（OH）3与氢氧根离子结合为Pb（OH）42，反应离子方程式为：Pb（OH）3+HO=Pb（OH）42，故答案为：Pb（OH）3+HO=Pb（OH）42；加入试剂，Pb2+的浓度转化率为1005%=96%，Fe3+的浓度转化率为100%=67%，所以去除Pb2+比Fe3+效果好，故答案为：加入试剂，Pb2+的浓度转化率为1005%=96%，Fe3+的浓度转化率为100%=67%，所以去除Pb2+比Fe3+效果好；反应为2EH（s）+Pb2+E2Pb（s）+2H+，参加反应的是Pb2+，由图象可知，选择PH要使铅全部以Pb2+形式存在，则脱铅时最合适的pH约6，故答案为：610“关爱生命，注意安全”惨痛的天津爆炸触目惊心，火灾之后依然火势绵延不绝的原因之一是易燃物中含有电石工业上常用电石（主要成分为CaC2，杂质为CaS 等）与水反应生产乙炔气（1）工业上合成CaC2主要采用氧热法已知：CaO（s）+3C（s）=CaC2（s）+CO（g）H=+464.1kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）H=110.5kJmol1若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO，为维持热平衡，每生产l molCaC2，转移电子的物质的量为10.4（2）已知xx时，合成碳化钙的过程中还可能涉及到如下反应CaO（s）+C（s）Ca（g）+CO（g） K1H1=a KJmol1Ca（g）+2C（s）CaC2（s） K2H2=b KJmol12CaO（s）+CaC2（s）3Ca（g）+2CO（g） K3H3=c KJmol1则K1= （用含K2、K3的代数式表示）；c=（2ab）（用含a、b的代数式表示）（3）利用电石产生乙炔气的过程中产生的H2S气体制取H2，既廉价又环保利用硫化氢的热不稳定性制取氢气在体积为2L的恒容密闭容器中，H2S起始物质的量为2mol，达到平衡后H2S的转化率随温度和压强变化如图1所示据图计算T1时平衡体系中H2的体积分数33.3%由图知压强P1小于P2（填“大于”“小于”或“等于”），理由是相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2电化学法制取氢气的原理如图2，请写出反应池中发生反应的离子方程式H2S+S2O82=S+2SO42+2H+，惰性电极a上发生的电极反应式为2SO422e=S2O82【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】（1）若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO则为了维持热平衡，所以每生产1molCaC2，则投料的量为：1molCaO、而投入碳的量为：3mol+=7.2mol，氧气的物质的量为=2.1mol，2.1mol氧气化合价降低8.4，1molCaC2化合物价降低2.0，共降低价数为10.4mol；（2）由反应，CaO（s）+C（s）Ca（g）+CO（g）H1=a kJmol1；Ca（g）+2C（s）CaC2（s）H2=b kJmol1；根据盖斯定律，目标反应的反应热为：2得H3=（2ab）kJmol1，K1=；（3）根据三步法列出起始、变化和平衡时的物质的量，再根据气体的体积分数等于气体的物质的量分数计算；相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2；反应池中H2S与S2O82发生氧化还原反应；电解池中硫酸根离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答【解答】解：（1）若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO则为了维持热平衡，所以每生产1molCaC2，则投料的量为：1molCaO、而投入碳的量为：3mol+=7.2mol，氧气的物质的量为=2.1mol，2.1mol氧气化合价降低8.4，1molCaC2化合物价降低2.0，共降低价数为10.4mol，故答案为：10.4；（2）由反应，CaO（s）+C（s）Ca（g）+CO（g）H1=a kJmol1；Ca（g）+2C（s）CaC2（s）H2=b kJmol1；根据盖斯定律，目标反应=2，K1=；反应热c=（2ab）kJmol1，故答案为：；（2ab）；（3）H2S起始浓物质的量为2mol，测定H2S的转化率，T1时H2S的转化率为40%，则 H2S（g）H2（g）+1/2S2（g）开始 2 0 0转化 0.8 0.8 0.4平衡 1.2 0.8 0.4根据气体的体积分数等于气体的物质的量分数，P1时平衡体系中H2的体积分数=100%=33.3%；相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2；故答案为：33.3%；小于；相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2；反应池中H2S与S2O82发生氧化还原反应，离子方程式为H2S+S2O82=S+2SO42+2H+；电解池中硫酸根离子失去电子生成S2O82，2SO422e=S2O82，故答案为：H2S+S2O82=S+2SO42+2H+；2SO422e=S2O82三、选考题：共45分请考生从给出的3道化学题中任选一题作答，如果多答，则每学科按所做的第一题计分【化学-化学与技术】11铬（）的化合物是有毒物，已知Cr（）盐的毒性只有Cr（）盐的0.5%，所以将废水中Cr（）转化为Cr（）是处理Cr（）废水的方向某铬盐厂生产过程中排出含Cr2O72的工业酸性废水为防止污染环境，现采用下列两种方法进行处理后再排出方法一：化学法用FeSO47H2O处理含铬废水的优点是经过加配料比后可用最终的产物制备铁氧体复合氧化物（用Crx3+Fe2xFe2+O4表示）的原料（1）在利用化学法处理时，FeSO4把废水中Cr2O72还原的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+7H2O+6Fe3+（2）在pH4的含铬（VI）废水中，加入FeSO47H2O的质量应为废水中CrO3质量的倍，才能使得到的固体产物符合铁氧体复合氧化物的组成而在实际操作中一般要大于 （填“大于”、“小于”）这个比例，原因为因绿矾易被氧化，故实际用量比理论值大方法二：电解法的工艺流程如下在整个处理过程中，Cr2O72被还原为Cr3+，溶液的pH值逐渐升高，最后滤出的沉淀有Cr（OH）3和Fe（OH）3，试分析这个污水处理过程，回答：（3）加入适量食盐的作用为加入少量食盐，是增加污水中离子浓度，增强导电能力，选择Fe做电极的原因是生成的亚铁离子为还原剂，在酸性溶液中与Cr2O72离子发生氧化还原反应使Cr2O72离子被还原成Cr3+（4）随着电解和溶液中反应的进行，阴极区溶液pH变大（填“变大”、“变小”），鼓入空气的原因是在处理过程中鼓入空气中的O2充分与Fe（OH）2反应，成为容易分离得Cr（OH）3、Fe（OH）3，使废水含铬量降到可排放标准（5）电解过程中当H+浓度小到一定程度时，便会析出Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀，已知常温 下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1032，要使c（Cr3+）降至l05mol/L，溶液的pH应至少为5【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】方法一：化学法（1）在利用化学法处理时，FeSO4把废水中Cr2O72还原成Cr3+，而亚铁离子被氧化成铁离子，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；（2）在化学法处理时，根据电子得失守恒可知关系式3FeSO47H2OCrO3，据此可计算加入FeSO47H2O的质量与废水中CrO3质量的关系，由于FeSO47H2O中亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以在使用时FeSO47H2O要适当过量；方法二：电解法的工艺流程：在含有Cr2O72的工业酸性废水中加入氯化钠，以达到增强导电性的目的，用铁作阳极电解，阳极上铁放电生成亚铁离子，亚铁离子再还原Cr2O72生成Cr3+，溶液的pH值逐渐升高，溶液中铁离子和铬离子生成Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀，而达到处理污水的目的，为使溶液中部分Fe（OH）2能生成氢氧化铁沉淀，可以通入空气，以达到除铁的目的，根据Ksp=c（Cr3+）c3（OH）可计算出要使c（Cr3+）降至l05mol/L，溶液的pH值，据此答题【解答】解：方法一：化学法（1）在利用化学法处理时，FeSO4把废水中Cr2O72还原成Cr3+，而亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+7H2O+6Fe3+，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+7H2O+6Fe3+；（2）在化学法处理时，根据电子得失守恒可知关系式3FeSO47H2OCrO3，所以加入FeSO47H2O的质量与废水中CrO3质量的比值为=8.34，由于FeSO47H2O中亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以在使用时FeSO47H2O要适当过量，要大于理论用量，故答案为：8.34；大于；因绿矾易被氧化，故实际用量比理论值大；方法二：电解法的工艺流程：在含有Cr2O72的工业酸性废水中加入氯化钠，以达到增强导电性的目的，用铁作阳极电解，阳极上铁放电生成亚铁离子，亚铁离子再还原Cr2O72生成Cr3+，溶液的pH值逐渐升高，溶液中铁离子和铬离子生成Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀，而达到处理污水的目的，为使溶液中部分Fe（OH）2能生成氢氧化铁沉淀，可以通入空气，以达到除铁的目的，根据Ksp=c（Cr3+）c3（OH）可计算出要使c（Cr3+）降至l05mol/L，溶液的pH值，（3）根据上面的分析可知，加入适量食盐的作用为 增加污水中离子浓度，增强导电能力，选择Fe做阳极，生成的亚铁离子为还原剂，在酸性溶液中与Cr2O72离子发生氧化还原反应使Cr2O72离子被还原成Cr3+，故答案为：增加污水中离子浓度，增强导电能力；阳极；生成的亚铁离子为还原剂，在酸性溶液中与Cr2O72离子发生氧化还原反应使Cr2O72离子被还原成Cr3+；（4）在电解过程中，阴极发生的反应为2H+2e=H2，所以随着电解和溶液中反应的进行，阴极区溶液pH 变大，鼓入空气的原因是在处理过程中鼓入空气中的O2充分与Fe（OH）2反应，成为容易分离得Cr（OH）3、Fe（OH）3，使废水含铬量降到可排放标准，故答案为：；在处理过程中鼓入空气中的O2充分与Fe（OH）2反应，成为容易分离得Cr（OH）3、Fe（OH）3，使废水含铬量降到可排放标准；（5）要使c（Cr3+）降至l05mol/L，根据Ksp=c（Cr3+）c3（OH）可知，c（OH）=109 mol/L，所以pH=5，故答案为：5四、【化学-物质结构与性质】12碳单质及其化合物有广泛的应用（1）碳的同素异性体金刚石、石墨和C60晶体中，能溶于有机溶剂的是C60，原因是C60是分子晶体（2）CH3COCH=CHCH3分子中，C原子所采取的杂化类型有sp3、sp2（3）石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图1所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞该晶胞中含有的碳原子数为4个（4）石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，如图2所示1mol石墨烯中含有的六元环个数为0.5NA，下列有关石墨烯说法正确的是bca晶体中碳原子间全部是碳碳单键b石墨烯中所有碳原子可以处于同一个平面c从石墨中剥离得到石墨烯需克服分子间作用力（5）石墨烯可转化为C60，C60的结构如图3所示，该分子是由五边形和六边形构成的球体，其中五边形有12个，六边形有20个（6）金刚石晶胞如图4所示，则金刚石晶胞中原子的配位数为4，原子空间利用率为34.01%【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）根据相似相溶原理分析C60易溶于有机溶剂的原因；（2）该分子中甲基上C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，连接碳碳双键或碳氧双键的碳原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；（3）利用均摊法确定原子个数；（4）石墨烯中每个碳原子被3个环共用，所以每个环上有2个碳原子，据此计算六元环个数；a在晶体中每一个碳原子与另三个碳原子间形成两个碳碳单键和一个碳碳双键；b石墨烯中每一个碳原子与另三个碳原子间形成两个碳碳单键和一个碳碳双键，所有碳原子可以处于同一个平面；c石墨中层与层之间存在分子间作用力；（5）每个碳原子被3个环共用，则每个六元环中含有2个C原子，每个五元环中含有个原子，据此计算六元环个数；（6）金刚石晶胞中每个C原子和四个C原子形成共价键，所以C原子的配位数是4，该晶胞中C原子个数为4+6+8=8，设原子半径为xcm，两个原子中心的距离为