2019-2020年高考化学四摸试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学四摸试卷（含解析）一、选择题：本题包括13小题每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1下列说法中正确的是（）A乳糖、人造丝、油脂、PE、淀粉、醋酸纤维均为可水解的高分子化合物B凯库勒的“基团理论”尽管存在缺陷，但仍对有机化学的发展起到了巨大的推动作用C元素分析仪是一种可用于确定化学反应速率的比色分析仪器D生理盐水、葡萄糖注射液都不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体2桶烯（Barrelene）结构简式如图所示，则下列有关说法一定正确的是（）A桶烯与苯乙烯（C6H5CH=CH2）互为同分异构体B桶烯在一定条件下能发生加成反应，不能发生加聚反应C桶烯二氯取代产物只有三种D0.1mol桶烯完全燃烧需要消耗氧气22.4L3用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NaB1mol Na2CO3晶体中含CO32离子数小于1 NaC惰性电极电解食盐水，若线路中通过1mol电子电量，则阳极产生气体11.2LD0.1 mol的CaC2中含阴离子数是2 Na4工业上常用Fe做电极电解处理含Cr2O72的酸性废水，最终使铬元素以Cr（OH）3沉淀的形式除去某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示下列说法不正确的是（）A燃料电池中若有1.6 g CH4参加反应，则甲中C电极理论上生成气体体积为8.96L（标况）B实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，可加入适量的Na2SO4C该燃料电池正极的电极反应式为：O2+4e+2CO2=2CO32D甲中阳极附近溶液中的离子反应方程式是：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O5下列判断正确的是（Na表示阿伏加德罗常数）（）A常温c（OH）/c（H+）=1013的溶液中可能含有K+、Fe2+、N、Cl四种离子B1 L 0.1molL1 的 CH3COONa 溶液中 CH3COO和 OH的总数大于 0.1NAC电子工业上用30%的氯化铁溶液腐蚀敷在印刷线路板上的铜箔：Fe3+CuFe2+Cu2+DH2的燃烧热为akJ/mol，H2燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=2aKJ/mol6水热法制备直径为1100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2+2S2O32+O2+aOHY+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）Aa=4BS2O32中硫元素被氧化C将Y均匀分散到水中可制得胶体DY物质中铁元素的化合价均为+3价7某澄清透明溶液中只可能含有Al3+，Mg2+，Fe3+，Fe2+，H+，CO32，NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是（）ABCD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Ba2+、NH4+、Al3+、Cl、SO32、SO42、NO3等某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得澄清试液分成3份，进行如下实验：试样所加试剂实验现象第一份试液滴加适量的淀粉KI溶液呈蓝色第二份试液滴加用盐酸盐化的BaCl2溶液有白色沉淀第三份试液滴加溶液，加热，加入的氢氧化钠溶液体积（V）与生成的沉淀、产生的气体关系（n）如右图请回答下列问题：（1）根据实验结果判断该酸雨中肯定不存在的离子是（2）写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式：（3）设计实验方案，检验该试液中是否存在Cl：（4）该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，再慢慢通入O2，发生化学反应后，再喷洒适量蒸馏水即得硫酸型酸雨，则NO在上述反应中的作用是（5）在0.5L密闭容器内加入NO2和SO2，为了测定在某种催化剂作用下反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g）的反应速率，在t0C用气体传感器测得不同时间的NO2和SO2浓度如表（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：时间/s012345c（NO2）/molL11.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（SO2）/molL13.601033.051032.851032.751032.701032.70103前2s内NO的平均反应速率v（NO）=t该反应的化学平衡常数K=9X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图1变化：一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B、C两种分子中的电子数均等于10请回答下列问题：（1）X元素在周期表中的位置是周期，族（2）分析同主族元素性质的递变规律，发现B、C物质沸点反常，这是因为它们（3）C的电子式是； Z单质与Y单质在固体催化剂表面合成C的反应过程，示意如图2图至中表示在催化剂表面Z单质与Y单质中化学键断裂是（4）在一定条件下，1L密闭容器中充入1mol Y单质和3mol Z单质进行反应，经过20min达到平衡时，Y单质的物质的量为0.8mol，用题中所给数据列出平衡常数表达式（不必计算结果），K=；用物质C表示该反应的反应速率为（5）为幵发新能源，有关部门拟用甲醇（CH3OH）替代汽油作为公交车的燃料写出由CO和Z单质在一定条件下生成甲醇的化学方程式用该反应合成1mol液态甲醇吸收热量131.9kJ，又知：4H2（g）+2CO（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1188.2kL/mol H2O（g）=H2O（l）H=44.0kL/mol请写出表达液态甲醇燃烧热的热化学方程式10图中A、B、C、D、E为单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：C+GB+H，放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，G物质是磁铁矿的主要成分；I是一种常见的温室气体，它和E发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%回答下列问题（1）反应的化学方程式是（2）化合物I中所存在的化学键是键（填“离子”或“极性”或“非极性”）（3）称取11.9g B、C、E的混合物，用过量的NaOH溶液溶解后，过滤、称量剩余固体质量为9.2g，另取等质量的B、C、E的混合物用足量的稀硝酸完全溶解，共收集到标况下气体6.72L，向剩余的混合液中加入过量的NaOH溶液，所得沉淀的质量为A27.2g B7.8g C2.7g D19.4g（4）C与过量的NaOH溶液反应的离子方程式是：（5）将G溶于过量的稀盐酸中，欲检验其中的Fe3+的方案是（从下面的选项中选择正确选项，下同），欲检验其中的Fe2+的方案是A滴加KSCN溶液，溶液变血红色B加铁粉，溶液变浅绿色C滴入酸性KMnO4溶液，迅速褪色D滴加NaOH溶液，有白色沉淀且迅速变成灰绿色最后转化为红褐色一、【化学一选修化学与技术】11纳米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂（1）工业上二氧化钛的制备是：将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2，制得混有SiCl4杂质的TiCl4将混有SiCl4杂质的TiCl4分离，得到纯净的TiCl4在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2xH2OTiO2xH2O高温分解得到Ti02TiCl4与SiCl4在常温下的状态是中所采取的操作名称如实验中，应将TiO2xH2O放在 （填仪器编号）中加热资料卡片物质熔点沸点SiCl47057.6TiCl425136.5（2）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2，其过程大致如下：aO22O bO+H2O2OH（羟基） cOH+OHH2O2b中破坏的是（填“极性共价键”或“非极性共价键”）H2O2能清除路面空气中的CxHy等，其主要是利用了H2O2的（填“氧化性”或“还原性”）（3）过氧化氢是重要的化学试剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量请填写下列空白：取10.00mL密度为Pg/mL的过氧化氢溶液稀释至250mL取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数配平及化学式填写在空格里MnO+H2O2+H+Mn2+H2O+滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中滴定到达终点的现象是重复滴定三次，平均耗用C mol/L KMnO4标准溶液 V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果 （填“偏高”或“偏低”或“不变”）二、【化学一选修物质结构与性质】12研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质请回答下列问题：（1）O、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者比较熔点高的是，原因是（2）A为短周期金属元素，依据下表数据，写出A的基态原子的轨道表示式电离能（kJ/mol） I1 I2 I3 I4 A 932 1821 15390 21771（3）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关一般地，为d0或d10排布时，无颜色，为d1d9排布时，有颜色如Cu（H2O）42+显蓝色据此判断25号元素Mn，形成的Mn（H2O）62+络合离子 （填“无”或“有”）颜色（4）HCCCOOH分子内含有个键，个键其中碳原子釆取杂化轨道方式（5）CO可以与金属铁形成配合物分子Fe（CO）5，Fe（CO）5在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）5（s）Fe（s）+5CO（g），反应过程中，断裂的化学键只有配位键，则形成的化学键类型是三、【化学选修5-有机化学基础模块】13A物质是由茶叶中一种有机物衍变而来已知：A物质氢原子核磁共振谱有6种H结构简式为图1，它们的转化关系如图2请回答下列问题：（1）有机物X的结构简式为（2）指出反应、的反应类型：，（3）写出下列反应的化学方程式（有机物写结构简式）DE：F在浓硫酸加热条件下发生缩聚反应的化学方程式：（4）写出所有符合下列条件的A的同分异构体的结构简式：苯环上只有一个取代基 能发生水解反应 能与银氨溶液发生反应河北省邢台市捷径xx届高考xx届高考化学四摸试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题包括13小题每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1下列说法中正确的是（）A乳糖、人造丝、油脂、PE、淀粉、醋酸纤维均为可水解的高分子化合物B凯库勒的“基团理论”尽管存在缺陷，但仍对有机化学的发展起到了巨大的推动作用C元素分析仪是一种可用于确定化学反应速率的比色分析仪器D生理盐水、葡萄糖注射液都不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体考点：油脂的性质、组成与结构；胶体的应用；苯的结构；淀粉的性质和用途专题：溶液和胶体专题；有机物的化学性质及推断分析：A相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B“基团理论”是李比希提出的；C元素分析仪是一种分析物质所含元素的一种仪器；D生理盐水、葡萄糖注射液属于溶液解答：解：A乳糖、油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误； B“基团理论”是李比希提出的，不是凯库勒，故B错误；C元素分析仪是一种能分析物质所含元素的一种仪器，仪器通过电弧燃烧炉燃烧样品，红外分析法测定C、S元素的含量，通过光电比色法测定Mn、P、Si、Cr、Ni、Mo、Cu、Ti、V、Al、W、Nb、Mg、稀土总量等元素的含量，故C错误；D生理盐水、葡萄糖注射液属于溶液，丁达尔效应是胶体的特性，故D正确故选：D点评：本题考查高分子化合物、化学史、化学仪器和胶体等，题目难度不大，易错点是B，注意基础知识的积累2桶烯（Barrelene）结构简式如图所示，则下列有关说法一定正确的是（）A桶烯与苯乙烯（C6H5CH=CH2）互为同分异构体B桶烯在一定条件下能发生加成反应，不能发生加聚反应C桶烯二氯取代产物只有三种D0.1mol桶烯完全燃烧需要消耗氧气22.4L考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含碳碳双键，分子式为C8H8，分子中含2种位置的H原子，由结构的对称性及烯烃的性质来解答解答：解：A桶烯与苯乙烯（C6H5CH=CH2）的分子式均为C8H8，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B含碳碳双键，能发生加成反应，也可发生加聚反应，故B错误；C由结构对称性可知，二氯取代产物有碳碳单键的相邻、顶点的相对、相隔1个单键和双键的间位一种，双键上的相邻、不同双键上的两种，共6种，故C错误；D.0.1mol桶烯完全燃烧需要消耗氧气0.1mol（8+）=1mol，但状况未知，无法确定体积，故D错误；故选A点评：本题考查有机物的结构与性质，为xx届高考常见题型，把握有机物中的官能团、性质的关系为解答的关键，选项C为解答的难点，题目难度不大3用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NaB1mol Na2CO3晶体中含CO32离子数小于1 NaC惰性电极电解食盐水，若线路中通过1mol电子电量，则阳极产生气体11.2LD0.1 mol的CaC2中含阴离子数是2 Na考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A金属钠为1价金属；B碳酸钠晶体中碳酸根离子的物质的量等于碳酸钠的物质的量；C没有告诉是标准状况下，无法计算阳极生成气体的体积；DCaC2中的阴离子为C22，0.1molCaC2中含有0.1mol阴离子解答：解：A2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，金属钠完全反应失去0.1mol电子，转移电子数均为0.1NA，故A正确；B1mol碳酸钠中含有1mol碳酸根离子，含有的碳酸根离子数为1NA，故B错误；C由于不是标况下，阳极产生气体的体积无法计算，故C错误；D0.1molCaC2中含有0.1molC22，所以含有的阴离子数为0.1NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系4工业上常用Fe做电极电解处理含Cr2O72的酸性废水，最终使铬元素以Cr（OH）3沉淀的形式除去某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示下列说法不正确的是（）A燃料电池中若有1.6 g CH4参加反应，则甲中C电极理论上生成气体体积为8.96L（标况）B实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，可加入适量的Na2SO4C该燃料电池正极的电极反应式为：O2+4e+2CO2=2CO32D甲中阳极附近溶液中的离子反应方程式是：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A甲中C电极发生2H2O=H2+2OH，利用CH48e4H2来计算；B离子浓度越大，导电性越强；C电解质为碳酸盐，燃料电池的正极上氧气得到电子；D亚铁离子具有还原性，Cr2O72具有氧化性，发生氧化还原反应解答：解：A甲中C电极发生2H2O=H2+2OH，由CH48e4H2可知，1.6gCH4参加反应，则甲中C电极理论上生成气体体积为422.4L/mol=8.96L，故A正确；B离子浓度越大，导电性越强，则若污水中离子浓度较小，导电能力较差，可加入适量的Na2SO4来增强导电性，故B正确；C电解质为碳酸盐，燃料电池的正极上氧气得到电子，正极反应为O2+4e+2CO2=2CO32，故C正确；D亚铁离子具有还原性，Cr2O72具有氧化性，发生氧化还原反应，甲中阳极附近溶液中的离子反应方程式为Cr2O72+6Fe2+7H2O+10OH=2Cr（OH）3+6Fe（OH）3，故D错误；故选D点评：本题考查原电池、电解池及氧化还原反应，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意选项D中阳极上生成沉淀来处理污水，注重学生获取信息和应用信息的能力，题目难度中等5下列判断正确的是（Na表示阿伏加德罗常数）（）A常温c（OH）/c（H+）=1013的溶液中可能含有K+、Fe2+、N、Cl四种离子B1 L 0.1molL1 的 CH3COONa 溶液中 CH3COO和 OH的总数大于 0.1NAC电子工业上用30%的氯化铁溶液腐蚀敷在印刷线路板上的铜箔：Fe3+CuFe2+Cu2+DH2的燃烧热为akJ/mol，H2燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=2aKJ/mol考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、依据离子积常数和常温c（OH）/c（H+）=1013的关系计算溶液氢离子浓度判断溶液酸碱性分析；B、依据溶液中电荷守恒分析判断；C、选项中离子方程式电荷不守恒；D、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出热量分析解答：解：A、c（OH）/c（H+）=1013 ，c（OH）c（H+）=1014 ，c（H+）c（OH），溶液呈酸性，Fe2+、NO3不能大量共存，故A错误；B、1 L 0.1molL1 的 CH3COONa 溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），Na+物质的量为0.1mol，所以 CH3COO和 OH的总数大于 0.1NA，故B正确；C、电子工业上用30%的氯化铁溶液腐蚀敷在印刷线路板上的铜箔：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故C错误；D、H2的燃烧热为akJ/mol，H2燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=aKJ/mol，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是溶液中电荷守恒，离子积常数计算，燃烧热概念的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等6水热法制备直径为1100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2+2S2O32+O2+aOHY+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）Aa=4BS2O32中硫元素被氧化C将Y均匀分散到水中可制得胶体DY物质中铁元素的化合价均为+3价考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHY+S4O62+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2OA、根据电荷守恒计算a的值；B、所含元素化合价升高的反应物是还原剂；C、直径为1100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体；D、根据电子守恒和元素守恒配平化学方程式确定元素的化合价解答：解：从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHY+S4O62+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2OA、从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4，故A正确；B、S2O32转化为S4O62的过程中硫元素化合价升高，做还原剂被氧化，故B正确；C、1100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，故C正确；D、Fe3O4中铁元素的化合价既有+2价，又有+3价，故D错误故选：D点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键7某澄清透明溶液中只可能含有Al3+，Mg2+，Fe3+，Fe2+，H+，CO32，NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是（）ABCD考点：镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物专题：图示题分析：向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子因发生反应生成挥发性气体而不能存在，而后会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+，Fe2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，所以一定没有铝离子，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3离子的氧化性做进一步的推断解答：解：向该溶液中加入一定量 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子分别与H+离子反应生成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合，含硝酸根离子、氢离子，即相当于硝酸存在，亚铁离子因为和硝酸之间发生氧化还原反应一定不能存在，而后随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有Al3+，根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是3mol，若生成的沉淀全部是1mol氢氧化铁，其质量是107g，若全部是氢氧化镁，其质量是87g，现在沉淀的质量是100g，可以知道一定含有镁离子，综上可知一定含有的离子是：Mg2+，Fe3+，H+，NO3故选B点评：本题考查常见离子的检验，注意从反应的现象推断离子的存在性，把握物质的性质和离子的检验方法是做本题的关键，题目难度不大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Ba2+、NH4+、Al3+、Cl、SO32、SO42、NO3等某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得澄清试液分成3份，进行如下实验：试样所加试剂实验现象第一份试液滴加适量的淀粉KI溶液呈蓝色第二份试液滴加用盐酸盐化的BaCl2溶液有白色沉淀第三份试液滴加溶液，加热，加入的氢氧化钠溶液体积（V）与生成的沉淀、产生的气体关系（n）如右图请回答下列问题：（1）根据实验结果判断该酸雨中肯定不存在的离子是SO32、Ba2+（2）写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式：6I+2NO3+8H+=3I2+2NO+4H2O（3）设计实验方案，检验该试液中是否存在Cl：取少量试液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl（4）该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，再慢慢通入O2，发生化学反应后，再喷洒适量蒸馏水即得硫酸型酸雨，则NO在上述反应中的作用是催化剂（5）在0.5L密闭容器内加入NO2和SO2，为了测定在某种催化剂作用下反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g）的反应速率，在t0C用气体传感器测得不同时间的NO2和SO2浓度如表（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：时间/s012345c（NO2）/molL11.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（SO2）/molL13.601033.051032.851032.751032.701032.70103前2s内NO的平均反应速率v（NO）=3.75104molL1s1t该反应的化学平衡常数K=3考点：常见离子的检验方法；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义专题：离子反应专题；化学平衡专题分析：（1）根据离子共存的知识来确定溶液中的离子的存在情况，然后确定溶液中一定不存在的离子；（2）根据单质碘能使淀粉KI溶液呈蓝色来分析；（3）根据氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰；（4）根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用；（5）根据表中数据计算出一氧化氮的浓度，再根据v=计算出前2s内NO的平均反应速率；根据化学平衡常数计表达式结合表中达到平衡状态各组分的浓度算出t该反应的化学平衡常数解答：解：（1）滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的离子存在，而这样的离子只有NO3，故一定含有NO3，则一定不会含有SO32，因为SO32具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42，一定不含Ba2+，滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+，加入氢氧化钠溶液，有沉淀产生，直至消失，一定含Al3+，而氯离子、钠离子的存在与否不能判断，所以一定存在的离子为：NO3、SO42、Al3+、NH4+；一定不存在的离子为：SO32、Ba2+；不能确定的离子：Na+、Cl，故答案为：SO32、Ba2+；（2）硝酸检验氧化性，能够氧化碘离子，反应的离子方程式为：6I+2NO3+8H+=3I2+2NO+4H2O，故答案为：6I+2NO3+8H+=3I2+2NO+4H2O；（3）氯离子的检验方法为：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，故答案为：取少量试液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl；（4）一氧化氮具有还原性，很容易被氧气氧化，方程式为：2NO+O2=2NO2，二氧化氮能将二氧化硫氧化，方程式为NO2+SO2=SO3+NO，整个过程一氧化氮的质量没有变化，故在反应中作催化剂，故答案为：催化剂；（5）前2s内，二氧化氮的浓度变化为：（1.001032.50104）mol/L=7.50104mol/L，反应生成的一氧化氮浓度为：7.50104mol/L，前2s内NO的平均反应速率v（NO）=3.75104molL1s1，故答案为：3.75104molL1s1；根据表中数据可知，4s后反应达到平衡状态，各组分的浓度为：c（NO2）=1.00104mol/L，c（SO2）=2.7103mol/L，一氧化氮和三氧化硫的浓度相等，且等于二氧化的氮浓度变化量，所以c（NO）=c（SO3）=（1.001031.00104）=9.0104mol/L，t该反应的化学平衡常数K=3，故答案为：3点评：本题考查了离子推断、化学反应速率、化学平衡常数的计算等知识，题目难度中等，该题型是现在考试的热点和难点，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力9X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图1变化：一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B、C两种分子中的电子数均等于10请回答下列问题：（1）X元素在周期表中的位置是二周期，A族（2）分析同主族元素性质的递变规律，发现B、C物质沸点反常，这是因为它们分子之间存在氢键（3）C的电子式是； Z单质与Y单质在固体催化剂表面合成C的反应过程，示意如图2图至中表示在催化剂表面Z单质与Y单质中化学键断裂是（4）在一定条件下，1L密闭容器中充入1mol Y单质和3mol Z单质进行反应，经过20min达到平衡时，Y单质的物质的量为0.8mol，用题中所给数据列出平衡常数表达式（不必计算结果），K=；用物质C表示该反应的反应速率为0.02 mol/（Lmin）（5）为幵发新能源，有关部门拟用甲醇（CH3OH）替代汽油作为公交车的燃料写出由CO和Z单质在一定条件下生成甲醇的化学方程式CO+2H2=CH3OH用该反应合成1mol液态甲醇吸收热量131.9kJ，又知：4H2（g）+2CO（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1188.2kL/mol H2O（g）=H2O（l）H=44.0kL/mol请写出表达液态甲醇燃烧热的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=814.0 kJmol1考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），B、C两种分子中的电子数均等于10，则B、C为H2O、NH3的一种，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B为H2O，C为NH3，由转化关系可知，Z为氢，故A为NO，X为氧，Y为氮，（1）O元素的质子数为8，位于第2周期VIA族；（2）根据氢键对物质的沸点的影响来分析；（3）由上面分析可知，C为NH3，是共价化合物，根据电子式书写规则写；根据图中的微粒分析；（4）利用三段式求出平衡时的浓度，然后求出K，根据氨气的浓度变化求出其速率；（5）根据元素守恒和原子守恒书写化学方程式；根据已知热化学方程式，利用盖斯定律计算解答：解：短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），B、C两种分子中的电子数均等于10，则B、C为H2O、NH3的一种，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B为H2O，C为NH3，由转化关系可知，Z为氢，故A为NO，X为氧，Y为氮，（1）O元素的质子数为8，位于第二周期VIA族，故答案为：二；VIA；（2）氧元素、氟元素电负性很强，水分子之间、氨气分子之间存在氢键，故它们的沸点高于同主族其它元素氢化物，故答案为：分子之间存在氢键；（3）由上面分析可知，C为NH3，是共价化合物，则其电子式为：；由图可知中全部为单个原子，所以图至中表示在催化剂表面Z单质与Y单质中化学键断裂是，故答案为：；（4）20min时反应已达平衡，N2的物质的量浓度为0.8mol/L，设参加反应的N2的物质的量为xmol/L， N2 +3H2 2NH3初始浓度（mol/L）：1 3 0变化浓度（mol/L）：x 3x 2x平衡浓度（mol/L）：1x 33x 2x则1x=0.8mol/L，所以x=0.2mol/L，所以平衡时的浓度分别为c（N2）=0.8mol/L，c（H2）=2.4mol/L，c（NH3）=0.4mol/L，所以K=，v（NH3）=0.02 mol/（Lmin），故答案为：； 0.02 mol/（Lmin）；（5）根据题意由CO和H2生产甲醇，则其化学方程式为CO+2H2=CH3OH；根据液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气，化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H1=+131.9kJmol14H2（g）+2CO（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H2=1188.2kL/mol H2O（g）=H2O（l）H=344.0kL/molCH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H盖斯定律根据得：=+2则H=H2H1+2H3=814.0 kJmol1，故答案为：CO+2H2=CH3OH；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=814.0 kJmol1点评：本题考查了化学平衡的计算，速率、平衡常数的计算，元素的推断，电子式的书写，盖斯定律的应用等，涉及的知识点较多，题目综合性强，难度较大10图中A、B、C、D、E为单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：C+GB+H，放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，G物质是磁铁矿的主要成分；I是一种常见的温室气体，它和E发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%回答下列问题（1）反应的化学方程式是8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3（2）化合物I中所存在的化学键是极性键（填“离子”或“极性”或“非极性”）（3）称取11.9g B、C、E的混合物，用过量的NaOH溶液溶解后，过滤、称量剩余固体质量为9.2g，另取等质量的B、C、E的混合物用足量的稀硝酸完全溶解，共收集到标况下气体6.72L，向剩余的混合液中加入过量的NaOH溶液，所得沉淀的质量为DA27.2g B7.8g C2.7g D19.4g（4）C与过量的NaOH溶液反应的离子方程式是：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2（5）将G溶于过量的稀盐酸中，欲检验其中的Fe3+的方案是A（从下面的选项中选择正确选项，下同），欲检验其中的Fe2+的方案是CA滴加KSCN溶液，溶液变血红色B加铁粉，溶液变浅绿色C滴入酸性KMnO4溶液，迅速褪色D滴加NaOH溶液，有白色沉淀且迅速变成灰绿色最后转化为红褐色考点：无机物的推断专题：推断题分析：A、B、C、D、E是常见单质，由反应C+GB+H，并放出大量的热，G物质是磁铁矿的主要成分，该反应可用于铁轨的焊接，则C为Al，G为Fe3O4，B为Fe，H为Al2O3，A+CH，所以A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%，则F为MgO，E为Mg，D为C，结合物质的性质来解答解答：解：A、B、C、D、E是常见单质，由反应C+GB+H，并放出大量的热，G物质是磁铁矿的主要成分，该反应可用于铁轨的焊接，则C为Al，G为Fe3O4，B为Fe，H为Al2O3，A+CH，所以A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%，则F为MgO，E为Mg，D为C，（1）中反应的化学方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；（2）I为CO2，含有的化学键为C=O键，为极性键，故答案为：极性；（3）B、C、E分别为Fe、Al、Mg，与足量硝酸反应后加入足量NaOH，分别生成Fe（OH）3、NaAlO2和Mg（OH）2，与金属相比较，质量增加的部分为OH的质量，6.72L气体应为NO，称取11.9g B、C、E的混合物，用过量的NaOH溶液溶解后，过滤、称量剩余固体质量为9.2g，则Al的质量为11.9g=9.2g=2.7g，n（Al）=0.1mol，0.1molAl失去0.3mol电子，由电子守恒可知Fe和Mg共失去30.3mol=0.6mol由电子守恒和电荷守恒可知Fe（OH）3、Mg（OH）2中n（OH）=n（e）=0.6mol，则m（OH）=0.6mol17g/mol=10.2g，所以反应后沉淀的总质量为10.2g+9.2g=19.4g，故答案为：D；（4）Al与过量氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；（5）G为Fe3O4，与盐酸反应生成Fe3+和Fe2+，检验Fe3+，可滴加KSCN溶液，溶液变血红色，检验Fe2+，可滴入酸性KMnO4溶液，迅速褪色，故答案为：A；C点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，为xx届高考常见题型，难度中等，注意把握物质的性质、用途等特征，为解答该题的关键一、【化学一选修化学与技术】11纳米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂（1）工业上二氧化钛的制备是：将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2，制得混有SiCl4杂质的TiCl4将混有SiCl4杂质的TiCl4分离，得到纯净的TiCl4在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2xH2OTiO2xH2O高温分解得到Ti02TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态中所采取的操作名称蒸馏如实验中，应将TiO2xH2O放在b （填仪器编号）中加热资料卡片物质熔点沸点SiCl47057.6TiCl425136.5（2）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2，其过程大致如下：aO22O bO+H2O2OH（羟基） cOH+OHH2O2b中破坏的是极性共价键（填“极性共价键”或“非极性共价键”）H2O2能清除路面空气中的CxHy等，其主要是利用了H2O2的氧化性（填“氧化性”或“还原性”）（3）过氧化氢是重要的化学试剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量请填写下列空白：取10.00mL密度为Pg/mL的过氧化氢溶液稀释至250mL取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数配平及化学式填写在空格里2MnO+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中滴定到达终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色重复滴定三次，平均耗用C mol/L KMnO4标准溶液 V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为100%若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏高 （填“偏高”或“偏低”或“不变”）考点：制备实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定专题：实验设计题分析：（1）根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点判断TiCl4与SiCl4在常温下的状态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2xH2O与HCl、高温分解固体物质常在坩埚中进行（2）由2O+H2O2OH，可知水中OH键断裂非金属元素之间一般形成极性键CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性（3）残缺方程式配平首先依据原子守恒确定缺什么，根据电子转移守恒，配平化学方程式；酸式滴定管可以量取具有强氧化性的溶液，高锰酸钾具有颜色，锰离子无色；根据化学方程式计算消耗过氧化氢的量然后计算质量分数；若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则有一部分溶液占据了气泡的体积解答：解：（1）根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，故答案为：液态；蒸馏；由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O TiO2xH2O+4HCl，为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，故答案为：b；（2）由2O+H2O2OH，可知水中OH键断裂，OH键属于极性共价键；故答案为：极性共价键；CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等；故答案为：氧化性；（3）方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，锰元素化合价降低了5价，生成1mol氧气时，氧元素化合价升高2价，根据电子转移守恒，配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2，双氧水前面的系数为5，根据原子守恒来配平其他物质前面的系数；答案为：2、5、6、2、8、502；由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；故答案为：酸式；滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；根据化学方程式可以得到关系式：2MnO45H2O2，耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV103mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV103mol，则原过氧化氢的质量为：0.025cVmol34g/mol=0.85cV，过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为：100%=100%；故答案为：100%；若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高；故答案为：偏高；点评：本题考查学生阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作、对实验原理装置的理解等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力二、【化学一选修物质结构与性质】12研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质请回答下列问题：（1）O、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是ONSiC60和金刚石都是碳的同素异形体，二者比较熔点高的是金刚石，原因是金刚石为原子晶体，而C60为分子晶体（2）A为短周期金属元素，依据下表数据，写出A的基态原子的轨道表示式电离能（kJ/mol） I1 I2 I3 I4 A 932 1821 15390 21771（3）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关一般地，为d0或d10排布时，无颜色，为d1d9排布时，有颜色如Cu（H2O）42+显蓝色据此判断25号元素Mn，形成的Mn（H2O）62+络合离子有 （填“无”或“有”）颜色（4）HCCCOOH分子内含有6个键，3个键其中碳原子釆取sp和sp2杂化轨道方式（5）CO可以与金属铁形成配合物分子Fe（CO）5，Fe（CO）5在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）5（s）Fe（s）+5CO（g），反应过程中，断裂的化学键只有配位键，则形成的化学键类型是金属键考点：元素电离能、电负性的含义及应用；位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况专题：原子组成与结构专题分析：（1）同一周期中元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中元素的电负性随着原子序数的增大而减小；根据晶体的类型与熔沸点的关系解答该题；（2）由表中数据可知A最外层电子数为2，A为短周期金属元素，A为铍元素，根据能量最低原理书写基态原子的轨道表示式；（3）判断Mn2+离子的原子核外3d轨道上是否含有电子来判断是否有颜色；（4）CC键中含有1个键，2个键，C=O键中含有1个键，1个键；CC碳采用sp杂化，COOH采用sp2杂化；（5）根据生成物判断形成的化学键解答：解：（1）同一周期中元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中元素的电负性随着原子序数的增大而减小，O、N属于同一周期，N的原子序数小于O，所以O的电负性小于N，N和P元素属于同一主族，N的原子序数小于P元素，则N元素的电负性大于P，Si、P属于同一周期，Si的原子序数小于P，所以Si的电负性小于P，所以电负性ONSi；C60是分子晶体，而金刚石是原子晶体，原子晶体的熔