2019-2020年高考化学5月质检试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学5月质检试卷（含解析）一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）（xx陕西校级模拟）将足量的CO2通入下列溶液中，最终溶液浑浊的是（）饱和苏打溶液 水玻璃 氯化钡 次氯酸钙ABCD2（6分）（xx陕西校级模拟）下列关于乙酸的说法不正确的是（）A食醋中含有3%5%的乙酸B黄酒变酸是因为部分乙醇氧化为乙酸C与甲酸甲酯互为同分异构体D通过乙酸乙酯的碱性水解直接获取3（6分）（xx陕西校级模拟）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c（Na+）：B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）CCO2的水溶液：c（H+）c（HCO3）=2c（CO32）D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）4（6分）（xx陕西校级模拟）下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验淀粉是否水解生成葡萄糖向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后水解液用NaOH溶液中和，然后再加入新制Cu（OH）2浊液，加热，观察是否有红色沉淀生成B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD5（6分）（xx仁寿县校级模拟）电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅已知：3I2+6OH=IO3+5I+3H2O下列说法不正确的是（）A右侧发生的电极方程式：2H2O+2e=H2+2OHB电解结束时，右侧溶液中含有IO3C电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2OKIO3+3H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变6（6分）（xx陕西校级模拟）文献报道某课题组利用CO2催化氢化制甲烷的研究过程如图1：反应结束后，气体中检测到CH4和H2，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe3O4CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图2所示（仅改变镍粉用量，其他条件不变）：研究人员根据实验结果得出结论：HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：CO2HCOOHCH4由图可知，镍粉是反应、的催化剂，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是（）A反应的速率增加，反应的速率不变B反应的速率不变，反应的速率增加C反应、的速率均增加，且反应的速率增加得快D反应、的速率均增加，且反应的速率增加得快二、解答题（共3小题，满分45分）7（15分）（xx陕西校级模拟）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是a原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）氧化性最弱的简单阳离子的结构示意图是（3）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下： Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式（4）Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为（用离子方程式表示）（5）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 平衡常数为K12NO（g）+O2（g）2NO2（g） 平衡常数为K2则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的平衡常数为K3=（用K1、K2来表达）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是a体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cSO2和NO的体积比保持不变 d每消耗1 mol SO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：6，则平衡常数K=（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式8（14分）（xx陕西校级模拟）高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管实验室制取高纯氧化铝的流程如下：（1）“除杂”操作是加入适量过氧化氢，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+检验Fe2+已除尽的实验操作是（2）通常条件下，KSPFe（OH）3=4.01038，除杂后溶液中c（Fe3+）=（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的是目的是（4）“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶为止，冷却结晶，得到铵明矾（含结晶水）母液不能蒸干的原因是（5）“分离”操作名称是（填字母代号）a蒸馏 b分液 c过滤（6）测定铵明矾组成的方法是：a称取0.906g铵明矾样品，高温灼烧，得Al2O3残留固体0.102g；b称取0.906g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的BaCl2溶液，经静置、过滤、洗净，得BaSO40.932g；c称取0.906g样品，加入足量的NaOH溶液，加热，产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.0340g则铵明矾的化学式为（7）有同学认为，第（6）问测定铵明矾组成的方法a、b、c三个试验中，有一个实验不必实施也能推导出铵明矾的化学式，您认为合理吗？若合理，请在下列空格写出不必实施的实验代号（即填上a、b、c其中的一个）；若不合理，则在下列空格填上“不合理”，你的结论是9（16分）（xx陕西校级模拟）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O回答下列问题：（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是（填字母标号）a碳酸氢钠难溶于水b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验（）一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：乙装置中的试剂是丁装置的作用是（）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验实验时，须先从a管通入气体（填气体分子式），再从b管通入气体（填气体分子式）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是（3）“纯碱中常常会混有少量氯化钠”某研究性学习小组以一包纯碱（只考虑含氯化钠）为研究对象，探究纯碱样品中碳酸钠的含量：称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000molL1盐酸滴定，消耗盐酸21.50mL实验中所需要的定量仪器除滴定管外，还有样品中NaHCO3质量分数为（4）将一定质量小苏打样品（只考虑含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分13分）10（13分）（xx陕西校级模拟）硼及其化合物在现代工业、生活和国防中有重要应用价值（1）硼原子的电子排布式是（2）最简单的硼烷是B2H6（乙硼烷），结构见图，其中B原子的杂化方式为（3）BF3和BCl3都有强烈接受孤电子对的倾向，如三氟化硼气体与氨气相遇，立即生成白色固体，写出该白色固体结构式，并标注出其中的配位键（4）近年来，人们肯定硼是人和动物氟中毒的重要解毒剂硼在体内可与氟形成稳定的配合物，并以和氟相同的途径参加体内代谢，但毒性比氟小，且易随尿排出，故认为硼对氟化物具有解毒作用（5）经结构研究证明，硼酸晶体中B（OH）3单元结构如图（1）所示各单元中的氧原子通过OHO氢键连结成层状结构如图（2）所示层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体H3BO3是一元弱酸，写出它与水反应的化学方程式，根据结构判断下列说法正确的是a硼酸晶体属于原子晶体 b硼酸晶体有鳞片状的外层c硼酸晶体是分子晶体 d硼酸晶体有滑腻感，可作润滑剂e在B（OH）3单元中，B原子以sp3杂化轨道和氧原子结合而成fH3BO3分子的稳定性与氢键有关g含1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键h分子中硼原子最外层为8e稳定结构硼酸常温下为白色片状晶体，溶于水（273K时溶解度为6.35），在热水中溶解度明显增大（373K时为27.6）请分析其中原因【化学选修-有机基础化学】（共1小题，满分0分）11（xx陕西校级模拟）某有机化合物A的结构简式如图（）所示，回答下列问题（1）A能发生消去反应的官能团名称为（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物B的结构简式是C酸化后可得到D，D不能发生的反应是（填选项标号）a取代反应 b水解反应 c加成反应 d消去反应（3）D可以发生如下转化，且E与F互为同分异构体F的结构简式是由D生成E的化学方程式（4）符合下列三个条件的D的同分异构体种类有种（不包括D）只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应xx年福建省福州一中高考化学质检试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）（xx陕西校级模拟）将足量的CO2通入下列溶液中，最终溶液浑浊的是（）饱和苏打溶液 水玻璃 氯化钡 次氯酸钙ABCD考点：钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀有：硅酸、碳酸氢钠晶体、难溶的碳酸盐等，以此解答解答：解：苏打溶液为碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则生成沉淀，故正确；水玻璃是硅酸钠溶液，向Na2SiO3溶液中通入过量CO2会生成硅酸沉淀，故正确；向BaCl2溶液中通入少量的CO2不会发生反应，无沉淀出现，故错误；向Ca（ClO）2溶液通入过量CO2会生成次氯酸和碳酸氢钙，没有沉淀，故错误；故选A点评：本题考查物质之间的化学反应，掌握元素及其化合物的性质，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意注意通入的过量二氧化碳能否与产物继续反应是该题易错点，题目难度不大2（6分）（xx陕西校级模拟）下列关于乙酸的说法不正确的是（）A食醋中含有3%5%的乙酸B黄酒变酸是因为部分乙醇氧化为乙酸C与甲酸甲酯互为同分异构体D通过乙酸乙酯的碱性水解直接获取考点：有机物的结构和性质专题：有机反应分析：乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，一般可有乙醇为原料氧化生成，常用作调味品，为食醋的主要成分，以此解答该题解答：解：A食醋中含有乙酸，用作调味品，故A正确；B黄酒中含有乙醇，可被氧化生成乙酸；故B正确；C乙酸与与甲酸甲酯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；D乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，不能得到乙酸，故D错误故选D点评：本题综合考查乙酸的组成、结构、性质以及应用，为高频考点，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大3（6分）（xx陕西校级模拟）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c（Na+）：B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）CCO2的水溶液：c（H+）c（HCO3）=2c（CO32）D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）考点：离子浓度大小的比较专题：盐类的水解专题分析：A、对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，溶液PH越大；当PH相同时，酸越强，盐的浓度越大；B、氯化银的溶解度大于碘化银，则氯离子浓度大于碘离子；C、碳酸的电离分步进行，以第一步为主，则碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子；D、依据溶液中物料守恒分析判断；解答：解：A、在相同的条件下测得CH3COONa，NaHCO3，NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOHHClOHCO3，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3CH3COONa，即，溶液的c（Na+）：，故A正确；B、含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c（Ag+）c（Cl）c（I），故B错误；C、H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c（H+）c（HCO3）c（CO32），但c（HCO3）不等于2c（CO32），故C错误；D、含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中，2n（Na）=3n（C2O42），溶液中2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），故D错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义，明确难溶物溶解平衡及其应用方法4（6分）（xx陕西校级模拟）下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验淀粉是否水解生成葡萄糖向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后水解液用NaOH溶液中和，然后再加入新制Cu（OH）2浊液，加热，观察是否有红色沉淀生成B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A淀粉在酸性条件下可水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应在碱性条件下进行；B硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；C根据是否有碘生成判断；D沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁解答：解：A淀粉在酸性条件下可水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应在碱性条件下进行，可完成实验，故A正确；B硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不能确定是否变质，应直接加入KSCN溶液检验，故B错误；C观察到下层液体呈紫色，说明有碘生成，则Br2的氧化性强于I2，故C正确；D沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁，则Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，涉及性质检验的实验方案的评价，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大5（6分）（xx仁寿县校级模拟）电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅已知：3I2+6OH=IO3+5I+3H2O下列说法不正确的是（）A右侧发生的电极方程式：2H2O+2e=H2+2OHB电解结束时，右侧溶液中含有IO3C电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2OKIO3+3H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变考点：电解原理分析：在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，说明左侧铂丝上有碘生成，则左侧铂丝是阳极，电极反应式为2I2e=I2，一段时间后，蓝色逐渐变浅，说明发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，右侧铂丝是阴极，阴极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，为保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，保证两边溶液呈电中性，据此分析解答解答：解：在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，说明左侧铂丝上有碘生成，则左侧铂丝是阳极，电极反应式为 2I2e=I2，一段时间后，蓝色逐渐变浅，说明发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，右侧铂丝是阴极，阴极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，保证两边溶液呈电中性，A通过以上分析知，右侧发生的电极方程式：2H2O+2e=H2+2OH，故A正确；B一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I、OH通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3，故B正确；C通过以上分析知，电池反应式为KI+3H2OKIO3+3H2，故C正确；D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2，故D错误；故选D点评：本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向是解本题关键，易错选项是D，注意离子交换膜的选择性，导致碘和KOH不反应，题目难度中等6（6分）（xx陕西校级模拟）文献报道某课题组利用CO2催化氢化制甲烷的研究过程如图1：反应结束后，气体中检测到CH4和H2，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe3O4CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图2所示（仅改变镍粉用量，其他条件不变）：研究人员根据实验结果得出结论：HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：CO2HCOOHCH4由图可知，镍粉是反应、的催化剂，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是（）A反应的速率增加，反应的速率不变B反应的速率不变，反应的速率增加C反应、的速率均增加，且反应的速率增加得快D反应、的速率均增加，且反应的速率增加得快考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析：Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应的速率均增加；从图中可见随着镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应的速率要比反应的速率增加得快解答：解：由于反应是在固定时间内完成，之后进行冷却和物质检验，因此检验得到的物质产量（mmol）即可以代表化学反应的平均速率，Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应的速率均增加，在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，从图中可见随着镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应的速率要比反应的速率增加得快，故选：D点评：本题从生活的热点问题出发，探讨了能源的循环利用和温室效应的解决，着重考查了物质催化反应的过程，结合考查了化学反应速率和对图表的理解解析能力，综合能力要求较高二、解答题（共3小题，满分45分）7（15分）（xx陕西校级模拟）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是ba原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）氧化性最弱的简单阳离子的结构示意图是（3）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下： Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1（4）Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为2S2+O2+2H2O=2S+4OH（用离子方程式表示）（5）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 平衡常数为K12NO（g）+O2（g）2NO2（g） 平衡常数为K2则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的平衡常数为K3=（用K1、K2来表达）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是bca体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cSO2和NO的体积比保持不变 d每消耗1 mol SO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：6，则平衡常数K=（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式4KClO3KCl+3KClO4考点：位置结构性质的相互关系应用；化学平衡的影响因素；制备实验方案的设计分析：（1）a同一周期原子半径随着原子序数增大而减小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；b同周期自左而右元素的金属性减弱、非金属性增强；c元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；d硅单质为原子晶体，沸点最高；（2）氧化性最弱的简单阳离子为Na+；（3）发生反应：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g），计算生成1molSi吸收的热量，注明聚集状态与反应热书写热化学方程式；（4）空气中氧气具有氧化性，将硫离子氧化为硫单质，由电荷守恒可知还生成氢氧根离子；（5）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 平衡常数为K12NO（g）+O2（g）2NO2（g） 平衡常数为K2则可得：2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g），故K32=；可逆反应到达平衡时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，注意判断化学平衡的物理量应随反应进行发生不变，该物理量由变化到不变化，说明反应到达平衡；假设NO2与SO2的起始物质的量分别为1mol、2mol，平衡时参加反应的NO2为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，结合平衡时NO2与SO2体积比为1：6列方程计算x的值，可得平衡时各组分物质的量，由于反应前后气体的化学计量数不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，一种是无氧酸盐，应为KCl，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，由电子转移守恒可知该盐为KClO4解答：解：（1）a同一周期，原子半径随着原子序数增大而减小，简单离子半径先减小、后增大、再减小，故a错误；b同周期自左而右元素的金属性减弱、非金属性增强，故b正确；c应描述为最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强，故c错误；dNa、Mg、Al为金属晶体，沸点升高，Si单质为原子晶体，沸点最高，而磷、硫、氯气为分子晶体，沸点低于Si，故d错误，故选：b；（2）氧化性最弱的简单阳离子为Na+，离子结构示意图为：，故答案为：；（3）发生反应：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g），1120gSi的物质的量=40mol，生成40mol纯硅需要吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为0.025kJ热量，其热化学方程式为2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1，故答案为：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1；（4）空气中氧气具有氧化性，将硫离子氧化为硫单质，由电荷守恒可知还生成氢氧根离子，反应离子方程式为：2S2+O2+2H2O=2S+4OH，故答案为：2S2+O2+2H2O=2S+4OH；（5）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 平衡常数为K12NO（g）+O2（g）2NO2（g） 平衡常数为K2则可得：2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g），故K32=，故K3=；a体系压强始终保持不变，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮浓度保持不变，反应到达平衡，故b正确；cSO2和NO的体积比随反应进行减小，SO2和NO的体积比保持不变，说明反应到达平衡，故c正确；d每消耗1 mol SO3的同时生成1molNO2，均表示逆反应速率，反应始终按1：1进行，不能说明到达平衡，故d错误；假设NO2与SO2的起始物质的量分别为1mol、2mol，平衡时参加反应的NO2为xmol，则： NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）开始（mol）：1 2 0 0转化（mol）：x x x x平衡（mol）：1x 2x x x平衡时NO2与SO2体积比为1：6，则（1x）：（2x）=1：6，解得x=0.8，由于反应前后气体的化学计量数不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K=，故答案为：；bc；（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，一种是无氧酸盐，应为KCl，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，由电子转移守恒可知该盐为KClO4，反应方程式为：4KClO3KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3KCl+3KClO4点评：本题考查知识比较综合，涉及元素周期律、核外电子排布、热化学方程式书写、化学平衡常数有关计算、化学平衡状态判断、氧化还原反应等，属于拼合型题目，需要学生准备扎实的基础，难度中等8（14分）（xx陕西校级模拟）高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管实验室制取高纯氧化铝的流程如下：（1）“除杂”操作是加入适量过氧化氢，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+检验Fe2+已除尽的实验操作是取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽（2）通常条件下，KSPFe（OH）3=4.01038，除杂后溶液中c（Fe3+）=4.01020mol/L（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的是目的是抑制Al3+水解（4）“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶为止，冷却结晶，得到铵明矾（含结晶水）母液不能蒸干的原因是减少可溶性杂质的析出及Al3+水解（5）“分离”操作名称是c（填字母代号）a蒸馏 b分液 c过滤（6）测定铵明矾组成的方法是：a称取0.906g铵明矾样品，高温灼烧，得Al2O3残留固体0.102g；b称取0.906g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的BaCl2溶液，经静置、过滤、洗净，得BaSO40.932g；c称取0.906g样品，加入足量的NaOH溶液，加热，产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.0340g则铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）212H2O（7）有同学认为，第（6）问测定铵明矾组成的方法a、b、c三个试验中，有一个实验不必实施也能推导出铵明矾的化学式，您认为合理吗？若合理，请在下列空格写出不必实施的实验代号（即填上a、b、c其中的一个）；若不合理，则在下列空格填上“不合理”，你的结论是a或c考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：（1）取样，加适量H2O2溶液，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽；（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中数据，计算出铝元素质量、硫酸根离子质量，再根据总质量计算出水的质量，最后计算出铵明矾的化学式；（7）依据电荷守恒可以计算另一种离子物质的量分析解答：解：（1）检验Fe2+是否除尽的实验操作是：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽，故答案为：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽；（2）KSPFe（OH）3=4.01038，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1106mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.01020mol/L，故答案为：4.01020mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以c正确；故答案为：c；（6）a称取0.906g铵明矾样品，高温灼烧，得Al2O3残留固体0.1020g，氧化铝的物质的量为：mol=0.001mol，含有0.002mol铝离子，质量为0.054gb称取0.906g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的BaCl2溶液，经陈化、过滤、灰化，得BaSO40.932g；硫酸钡的物质的量为：=0.004mol，含有硫酸根离子的物质的量为0.004mol，质量为0.384g，c称取0.906g样品，加入足量的NaOH溶液，加热，产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.0340g，浓硫酸增重的质量为氨气质量，氨气的物质的量为：mol=0.002mol，铵离子的物质的量为0.002mol，质量为0.036g，0.906g样品中，含有水的质量为：0.906g0.0540.3840.036=0.432g，水的物质的量为：mol=0.024mol，n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42）：n（H2O）=0.002：0.002：0.004：0.024=1：1：2：12，所以铵明矾的化学式：NH4Al（SO4）212H2O故答案为：NH4Al（SO4）212H2O；（7）第（6）问测定铵明矾组成的方法a、b、c三个试验中，有一个实验不必实施也能推导出铵明矾的化学式，合理，铵根离子和氯离子只需测定一种，按照电荷守恒计算另一种阳离子的物质的量，所以合理，填a或c，故答案为：a或c点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等9（16分）（xx陕西校级模拟）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O回答下列问题：（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是c（填字母标号）a碳酸氢钠难溶于水b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验（）一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：乙装置中的试剂是饱和的碳酸氢钠溶液丁装置的作用是吸收未反应的NH3（）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验实验时，须先从a管通入NH3气体（填气体分子式），再从b管通入CO2气体（填气体分子式）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率（3）“纯碱中常常会混有少量氯化钠”某研究性学习小组以一包纯碱（只考虑含氯化钠）为研究对象，探究纯碱样品中碳酸钠的含量：称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000molL1盐酸滴定，消耗盐酸21.50mL实验中所需要的定量仪器除滴定管外，还有电子天平、250mL容量瓶样品中NaHCO3质量分数为0.9815（4）将一定质量小苏打样品（只考虑含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果偏高（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）考点：纯碱工业（侯氏制碱法）专题：基本概念与基本理论；化学应用分析：（1）依据题干中信息碳酸氢钠溶解度相对较小分析判断；（2）I、依据用盐酸制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体分析即可解答；依据稀硫酸能与氨气反应分析解答；II、根据氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答；从装置改动后反应物的接触面积变大分析判断依据分离固体与液体采用的实验操作分析解答；（3）准确称量固体，应用电子天平，配制溶液需要容量瓶，根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量，进而可计算质量分数；（4）若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏大解答：解：（1）a碳酸氢钠易溶于水，故a错误；b碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故b错误；c碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故c正确；故答案为：c；（2）I、利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，故答案为：吸收未反应的NH3；II、制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，故答案为：NH3；CO2；装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；（3）准确称量固体，应用电子天平，配制250mL溶液需要250mL容量瓶，故答案为：电子天平；250mL容量瓶；n（HCl）=0.0215L0.1000mol/L=0.00215mol，则25mL溶液中n（NaHCO3）=0.00215mol，所以样品中m（NaHCO3）=0.00215mol1084g/mol=1.806g，（NaHCO3）=98.15%=0.9815，故答案为：0.9815；（4）如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高，故答案为：偏高点评：本题主要考查“侯氏制碱法”的反应原理、设计制备实验的设计，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，难度中等题【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分13分）10（13分）（xx陕西校级模拟）硼及其化合物在现代工业、生活和国防中有重要应用价值（1）硼原子的电子排布式是1s22s22p1（2）最简单的硼烷是B2H6（乙硼烷），结构见图，其中B原子的杂化方式为sp3杂化（3）BF3和BCl3都有强烈接受孤电子对的倾向，如三氟化硼气体与氨气相遇，立即生成白色固体，写出该白色固体结构式，并标注出其中的配位键（4）近年来，人们肯定硼是人和动物氟中毒的重要解毒剂硼在体内可与氟形成稳定的配合物BF4、，并以和氟相同的途径参加体内代谢，但毒性比氟小，且易随尿排出，故认为硼对氟化物具有解毒作用（5）经结构研究证明，硼酸晶体中B（OH）3单元结构如图（1）所示各单元中的氧原子通过OHO氢键连结成层状结构如图（2）所示层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体H3BO3是一元弱酸，写出它与水反应的化学方程式H3BO3+H2OB（OH）4+H+，根据结构判断下列说法正确的是bcdga硼酸晶体属于原子晶体 b硼酸晶体有鳞片状的外层c硼酸晶体是分子晶体 d硼酸晶体有滑腻感，可作润滑剂e在B（OH）3单元中，B原子以sp3杂化轨道和氧原子结合而成fH3BO3分子的稳定性与氢键有关g含1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键h分子中硼原子最外层为8e稳定结构硼酸常温下为白色片状晶体，溶于水（273K时溶解度为6.35），在热水中溶解度明显增大（373K时为27.6）请分析其中原因受热时硼酸晶体中的大量氢键有部分断裂所致，晶体内氢键不利于物质溶解考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别分析：（1）根据元素名称，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，硼元素为5号元素；（2）根据价层电子对互斥理论确定其杂化类型；（3）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，BF3能与NH3反应生成BF3NH3，N原子含有孤电子对；（4）配合物中配位键越强，配合物越稳定，氟为最活泼的非金属，硼在体内可与氟形成稳定的配合物氟硼酸根离子；（5）硼酸为一元弱酸，在水溶液里和水结合形成配位键，部分电离出阴阳离子；a硼酸晶体中存在H3BO3分子，根据晶体中存在的微粒确定晶体类型；b硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，与石墨相似的层状结构；c硼酸晶体中存在H3BO3分子，硼酸晶体是分子晶体； d根据硼酸晶体为片层状结构分析；e根据B原子的价层电子对判断其杂化类型；f分子的稳定性与化学键有关；g利用均摊法计算含1molH3BO3的晶体中的氢键，含1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键；h由结构可知，硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对；硼酸（H3BO3）是一种片层状结构，加热破坏了硼酸晶体内分子之间的氢键；解答：解：（1）B元素为5号元素，原子核外有5个电子，分两层排布，第一层2个，第二层3个，所以核外电子排布式为：1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；（2）乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采用sp3杂化，故答案为：sp3杂化；（3）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，BF3能与NH3反应生成BF3NH3，B与N之间形成配位键，N原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对，BF3NH3结构式为：，故答案为：BF3NH3；（4）缺电子化合物具有很强的接受电子的能力，硼与氟元素形成的BF3为缺电子化合物与氟离子形成BF4，硼元素具有缺电子性，所以硼在体内可与氟形成稳定的配合物BF4，故答案为：BF4；（5）硼酸为一元弱酸，在水溶液里，和水电离出的氢氧根离子形成配位键，其电离方程式为：H3BO3+H2OB（OH）4+H+，故答案为：H3BO3+H2OB（OH）4+H+；a硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故a错误；b硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，层内的“H3BO3”微粒之间通过氢键相连，故b正确；c硼酸晶体中存在H3BO3分子，硼酸晶体是分子晶体，故c正确； d硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，片层状结构晶体有滑腻感，可作润滑剂，故d正确；e在B（OH）3单元中，B只形成了3个单键，没有孤电子对，所以采取sp2杂化，故e错误；f分子的稳定性与分子内的BO、HO共价键有关，熔沸点与氢键有关，故f错误；g1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故g正确；h硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e稳定结构，故h错误；故答案为：bcdg；晶体内氢键不利于物质溶解，加热破坏了硼酸晶体内分子之间的氢键，所以加热时，硼酸的溶解度增大，故答案为：受热时硼酸晶体中的大量氢键有部分断裂所致，晶体内氢键不利于物质溶解点评：本题考查了有关硼的知识，侧重考查原子核外电子排布、杂化理论的应用、硼酸晶体晶体类型的判断、影响分子稳定性的因素等知识点，题目难度中等，注意分子的稳定性与化学键有关，物质的熔沸点与氢键有关，注意硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体【化学选修-有机基础化学】（共1小题，满分0分）11（xx陕西校级模拟）某有机化合物A的结构简式如图（）所示，回答下列问题（1）A能发生消去反应的官能团名称为羟基、氯原子（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物B的结构简式是HOCH2CH2CH2CH2OHC酸化后可得到D，D不能发生的反应是b（填选项标号）a取代反应 b水解反应 c加成反应 d消去反应（3）D可以发生如下转化，且E与F互为同分异构体F的结构简式是由D生成E的化学方程式（4）符合下列三个条件的D的同分异构体种类有3种（不包括D）只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应考点：有机物的推断；有机物的合成分析：（1）由A的结构简式可知，羟基、氯原子可以发生消去反应；（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物，则B为HOCH2CH2CH2CH2OH，C为，C酸化得到D为；（3）D在浓硫酸条件下可以转化得到E、F，且E与F互为同分异构体，F分子内含有2个环，则D发生酯化反应生成环酯F，其结构简式为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成G为；（4）的同分异构体符合：只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官能