广东省湛江市2017年高考化学一模试题（含解析）.doc

2017年广东省湛江市高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法正确的是（）A玻璃容器可长期盛放各种酸B不能用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚氯乙烯D轮船水线以下的船壳上装有锌块能减缓船壳的腐蚀2用NA表示阿伏加德罗常数的数值下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB含4.9 g H2SO4与4.9 g H3PO4的混合溶液中氧原子数为0.4NAC常温下，0.1 mol C2H4分子中含共用电子对数目为0.6NAD25时，Ksp（BaSO4）=11010，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1105NA3分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有5种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同4下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀CZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料D浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2AABBCCDD5下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多HX酸性比HY弱B先向2mL0.15molL1 Na2S溶液中滴几滴0.15molL1 ZnSO4溶液，再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）Ksp（CuS）CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D向紫色石蕊试液中持续长时间通入氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD6如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（）AX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性DT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4720时，PbCl2（s）在不同浓度盐酸中的最大溶解量（单位：gL1）如图所示下列叙述正确的是（）A盐酸浓度越大，Ksp（PbCl2）越大BPbCl2能与一定浓度的盐酸反应Cx、y两点对应的溶液中c（Pb2+）相等D往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2（s）二、解答题（共3小题，满分43分）8食用二氧化硫漂白过的食品，对人体的肝、肾脏等有严重损害某科研小组设计实验检验二氧化硫的漂白性回答下列问题：（一）二氧化硫的制备实验室一般采用亚硫酸钠与硫酸（浓硫酸与水1：1混合）反应制取二氧化硫：（1）欲收集一瓶干燥的二氧化硫，选择上图中的装置，其最佳连接顺序为： （按气流方向，用小写字母表示）（二）二氧化硫性质的检验将上述收集到的SO2通入下列装置中，在一定温度下按图示装置进行实验（2）根据上述实验，回答下列问题：序号实验现象解释原因 品红试液褪色SO2具有漂白性 反应的离子方程式 溶液变浑浊，有黄色沉淀生成SO2+2H2S=3S+2H2O（3）用SO2漂白过的食品中一般残留有亚硫酸盐，科研小组设计了检验食品中是否含有亚硫酸盐的简单方法：将食品剪成碎末放入烧杯，加入适量的水，加热一会儿，冷却至室温，滴加盐酸和试剂A，观察液体的颜色变化既可加热的作用是加快反应速率（或加快食品的溶解），加热时间不能太长的原因是 试剂A是 9研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分，已知：2CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=566.00kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H2=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H3=113.0kJmol1则反应2NO2（g）+SO2（g）+CO（g）SO3（g）+2NO（g）+CO2（g）的H= NOx主要来源于汽车尾气（1）T时，模拟汽车尾气催化转化：2NO+2CO2CO2+N2，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化如图所示：T时该化学反应的平衡常数K= ；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入0.2mol CO和0.4mol N2，平衡将 移动（填“向左”、“向右”或“不”）图1中a、b分别表示使用同种催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是 （填“a”或“b”）15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是 （二）SO2主要来源于煤的燃烧25时，电离平衡常数：化学式H2CO3H2SO3电离平衡常数K1=4.30107K2=5.611011K1=1.54102K2=1.02107回答下列问题：（2）常温下，pH相同的下列溶液：I、Na2CO3，II、NaHCO3，III、Na2SO3物质的量浓度由大到小的排列顺序为 （用序号表示）用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3，该反应的离子方程式是： （3）已知NaHSO3溶液显酸性，下列说法正确的是 Ac（Na+）=2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3）Bc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+c（SO32）Cc（HSO3）c（H+）c（H2SO3）c（SO32）Dc（H+）+c（H2SO3）=c（SO32）+c（OH）10锰及其化合物间的转化如图1请回答下列问题：（1）反应发生的主要化学反应的方程式为： 反应发生的主要化学反应的方程式为： （2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，检验其中的少量CO32用 试剂；为了得到纯的KMnO4晶体，操作的名称为 （3）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀当高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点写出该反应的离子方程式： （4）已知：常温下，KspMn（OH）2=2.41013工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）= （5）如图2，用Fe、C作电极电解含MnO4的污水，使之转化为沉淀除去A电极是 （填“Fe”或“C”），污水中MnO4转化为沉淀除去的离子方程式为 选修3：物质结构与性质11短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数比等于；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2（1）Y基态原子的价电子排布式为 （2）预测Na2Y、H2Y在乙醇中的溶解度大小 （3）Y与X可形成YX32YX32的立体构型为 （用文字描述），Y原子轨道的杂化类型是 写出一种由Y的同周期元素Q、V形成的与YX32互为等电子体的分子的化学式 （4）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 其晶胞边长为540.0pm，密度为 gcm3（列式并计算）（5）2mol配合物Z（NH3）4SO4含有键的数目为 NA化学-选修5：有机化学基础12某有机物合成路线如图：（1）H中的含氧官能团名称是 （2）B的名称是 ，分子中最多有 个原子共面（3）反应1的反应类型为 反应，反应2的反应类型为 反应（4）CD的化学方程式是 （5）化合物G有多种同分异构体，同时满足下列条件的所有同分异构体的个数是 能发生银镜反应和水解反应； 能与FeCl3发生显色反应；苯环上含有3个不相同的取代基（6）参照上述合成路线，设计一条由NCCH2CHO为起始原料制备（要重新写过） 的合成路线：NCCH2CHO 2017年广东省湛江市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法正确的是（）A玻璃容器可长期盛放各种酸B不能用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚氯乙烯D轮船水线以下的船壳上装有锌块能减缓船壳的腐蚀【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应；B乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，应该把乙烯除去；C聚氯乙烯不能作食品包装袋；D锌与铁形成原电池时，Fe作正极被保护【解答】解：A玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，不能用玻璃容器盛放氢氟酸，故A错误；B乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，故B错误；C聚氯乙烯不能作食品包装袋，食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯，故C错误；D锌与铁形成原电池时，锌的活泼性强于铁，锌作负极失电子，Fe作正极被保护，所以轮船水线以下的船壳上装有锌块能减缓船壳的腐蚀，故D正确故选D2用NA表示阿伏加德罗常数的数值下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB含4.9 g H2SO4与4.9 g H3PO4的混合溶液中氧原子数为0.4NAC常温下，0.1 mol C2H4分子中含共用电子对数目为0.6NAD25时，Ksp（BaSO4）=11010，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1105NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； B磷酸和磷酸的摩尔质量相同为98g/mol，4.9g硫酸和磷酸物质的量相同，溶液中水分子也含氧原子；C.1mol乙烯中含6mol共用电子对；D依据Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42）计算离子浓度，结合溶液体积计算微粒数【解答】解：A.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A错误； B含4.9 g H2SO4与4.9 g H3PO4的混合溶液中，磷酸和磷酸的摩尔质量相同为98g/mol，硫酸和磷酸物质的量相同为=0.05mol，水中也含有氧原子，则混合溶液中氧原子数大于0.4NA，C.1mol乙烯中含6mol共用电子对，0.1 mol C2H4分子中含共用电子对数目为0.6NA，故C正确；DKsp（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42）=11010，只能计算浓度，溶液体积不知不能计算微粒数，故D错误；故选C3分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有5种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答【解答】解：A分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含COOH与乙醇发生酯化反应，含OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不是苯环，只有COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B4下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀CZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料D浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2AABBCCDD【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】ACuS和HgS难溶于水；BCO2与CaCl2不反应；CZn能导电，在原电池中能失电子作负极；D浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂【解答】解：A用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是因为CuS和HgS难溶于水，陈述I、II没有有因果关系，故A错误；BCO2与CaCl2不反应，CaCl2溶液中通入CO2没有白色沉淀生成，陈述II错误，故B错误；CZn能导电，在原电池中能失电子作负极，则锌可用作锌锰干电池的负极材料，故C正确；D浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，与强氧化性无关，故D错误；故选：C5下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多HX酸性比HY弱B先向2mL0.15molL1 Na2S溶液中滴几滴0.15molL1 ZnSO4溶液，再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）Ksp（CuS）CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D向紫色石蕊试液中持续长时间通入氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A等pH时HX放出氢气多，则HX的酸性弱；BNa2S溶液过量，均为沉淀的生成；CAl与稀硝酸反应生成NO；D氯气与水反应生成的HClO具有漂白性【解答】解：A等pH时HX放出氢气多，则HX的酸性弱，则现象、结论均合理，故A正确；BNa2S溶液过量，均为沉淀的生成，不能比较Ksp，故B错误；CAl与稀硝酸反应生成NO，有气体生成，铝溶解，现象以及解释错误，故C错误；D氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，氯气无漂白性，解释不合理，故D错误；故选A6如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（）AX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性DT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【考点】1B：真题集萃；78：元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；BN、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；CSiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；DGe元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确；故选D720时，PbCl2（s）在不同浓度盐酸中的最大溶解量（单位：gL1）如图所示下列叙述正确的是（）A盐酸浓度越大，Ksp（PbCl2）越大BPbCl2能与一定浓度的盐酸反应Cx、y两点对应的溶液中c（Pb2+）相等D往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2（s）【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】PbCl2是微溶化合物，溶于水存在下列平衡：PbCl2（s）Pb2+（aq）+2Cl（aq），由图象可知，PbCl2（s）在不同浓度盐酸中的溶解度不同，先减小后增大，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小，小于1mol/L时，抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生络合反应而促进溶解，以此解答该题【解答】解：AKsp（PbCl2）只受温度的影响，温度不变，则Ksp（PbCl2）不变，故A错误；B大于1mol/L时，可发生络合反应而促进溶解，故B正确；Cx、y两点对应的溶液中的溶质不同，则c（Pb2+）不等，故C错误；D往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，发生络合反应，产物不是PbCl2，故D错误故选B二、解答题（共3小题，满分43分）8食用二氧化硫漂白过的食品，对人体的肝、肾脏等有严重损害某科研小组设计实验检验二氧化硫的漂白性回答下列问题：（一）二氧化硫的制备实验室一般采用亚硫酸钠与硫酸（浓硫酸与水1：1混合）反应制取二氧化硫：（1）欲收集一瓶干燥的二氧化硫，选择上图中的装置，其最佳连接顺序为：bcdefg（按气流方向，用小写字母表示）（二）二氧化硫性质的检验将上述收集到的SO2通入下列装置中，在一定温度下按图示装置进行实验（2）根据上述实验，回答下列问题：序号实验现象解释原因石蕊试液变红石蕊试液变红说明SO2是酸性气体品红试液褪色SO2具有漂白性KMnO4溶液颜色褪色反应的离子方程式5SO2+2H2O+2MnO4=2Mn2+5SO42+4H+溶液变浑浊，有黄色沉淀生成SO2+2H2S=3S+2H2O（3）用SO2漂白过的食品中一般残留有亚硫酸盐，科研小组设计了检验食品中是否含有亚硫酸盐的简单方法：将食品剪成碎末放入烧杯，加入适量的水，加热一会儿，冷却至室温，滴加盐酸和试剂A，观察液体的颜色变化既可加热的作用是加快反应速率（或加快食品的溶解），加热时间不能太长的原因是防止亚硫酸盐被氧化试剂A是品红溶液【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，悬着装置A制备二氧化硫，再用浓硫酸干燥后收集，二氧化硫为有害气体，所以应注意尾气处理；（2）根据二氧化硫的性质，为酸性气体，能使石蕊变色，有漂白性使品红褪色，具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，且具有氧化性，能与硫化钠发生价态归中反应生成单质硫；（3）根据二氧化硫的性质检验即可【解答】解：（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，悬着装置A制备二氧化硫，再用浓硫酸干燥后收集，为干燥彻底，所以b连接C装置的c，二氧化硫密度比空气大，所以收集时导气管应长进短出，二氧化硫为有害气体，所以应用氢氧化钠吸收多余的二氧化硫气体，则连接顺序为：bcdefg，故答案为：bcdefg；（2）二氧化硫为酸性气体，所以能使中石蕊试液变红，具有漂白性，能使中品红溶液褪色，具有还原性，发生反应5SO2+2H2O+2MnO4=2Mn2+5SO42+4H+，能使中酸性高锰酸钾褪色，具有氧化性，能与中硫化钠发生价态归中反应生成硫单质，SO2+2H2S=3S+2H2O，中溶液浑浊，生成淡黄色沉淀；故答案为：序号实验现象解释原因石蕊试液变红石蕊试液变红说明SO2是酸性气体KMnO4溶液颜色褪色5SO2+2H2O+2MnO4=2Mn2+5SO42+4H+（3）二氧化硫具有漂白性，是因为其形成的亚硫酸有漂白性，检验亚硫酸盐的存在，故用品红溶液检验其是否有漂泊性即可，检验食品中是否含有亚硫酸盐的简单方法：将食品剪成碎末放入烧杯，加入适量的水，加热一会儿，冷却至室温，滴加盐酸和品红溶液，观察液体的颜色变化既可，为加快反应速率，加热，但是亚硫酸盐易被空气中的氧气氧化，故加热时间不能太长；故答案为：防止亚硫酸盐被氧化；品红溶液9研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分，已知：2CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=566.00kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H2=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H3=113.0kJmol1则反应2NO2（g）+SO2（g）+CO（g）SO3（g）+2NO（g）+CO2（g）的H=268.3kJmol1NOx主要来源于汽车尾气（1）T时，模拟汽车尾气催化转化：2NO+2CO2CO2+N2，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化如图所示：T时该化学反应的平衡常数K=5（mol/L）1；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入0.2mol CO和0.4mol N2，平衡将向右移动（填“向左”、“向右”或“不”）图1中a、b分别表示使用同种催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是b（填“a”或“b”）15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是增加CO的物质的量浓度或增大压强（二）SO2主要来源于煤的燃烧25时，电离平衡常数：化学式H2CO3H2SO3电离平衡常数K1=4.30107K2=5.611011K1=1.54102K2=1.02107回答下列问题：（2）常温下，pH相同的下列溶液：I、Na2CO3，II、NaHCO3，III、Na2SO3物质的量浓度由大到小的排列顺序为（用序号表示）用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3，该反应的离子方程式是：H2O+2SO2+CO322HSO3+CO2（3）已知NaHSO3溶液显酸性，下列说法正确的是DAc（Na+）=2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3）Bc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+c（SO32）Cc（HSO3）c（H+）c（H2SO3）c（SO32）Dc（H+）+c（H2SO3）=c（SO32）+c（OH）【考点】BB：反应热和焓变；DN：离子浓度大小的比较【分析】2CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=566.00kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H2=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H3=113.0kJmol1， +得，2NO2（g）+SO2（g）+CO（g）SO3（g）+2NO（g）+CO2（g）H=268.3kJmol1，据此进行分析；（1）起始时，NO为4mol，平衡时NO为0.2mol，根据方程式求出平衡时CO、CO2、N2的浓度，根据平衡常数表达式计算；根据Qc与k的相对大小分析；催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短；由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动；（2）电解质溶液：I、Na2CO3 溶液中碳酸根离子水解显碱性，II、NaHCO3 溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，III、Na2SO3 亚硫酸根离子水解显碱性，依据阴离子水解程度分析判断；碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；（3）A据物料守恒分析，c（Na+）=c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3）；B根据电荷守恒分析，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32）；CNaHSO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；D据物料守恒，c（Na+）=c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3），根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32），由得c（H+）+c（H2SO3）=c（SO32）+c（OH）；【解答】解：2CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=566.00kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H2=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H3=113.0kJmol1， +得，2NO2（g）+SO2（g）+CO（g）SO3（g）+2NO（g）+CO2（g）H=268.3kJmol1，故答案为：268.3kJmol1；（1）起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol， 2NO+2CO2CO2+N2起始（n）：0.4 0.4 0 0变化：0.2 0.2 0.2 0.1平衡：0.2 0.2 0.2 0.1则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2）=0.05mol/L，k=5（mol/L）1；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，Qc=1.8k，则平衡将向右移动；故答案为：5（mol/L）1；向右；催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；故答案为：b；由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；故答案为：增加CO的物质的量浓度或增大压强；（2）从表格数据分析得酸性：HCO3SO32CO32，所以碳酸钠的水解程度大于亚硫酸钠，大于碳酸氢钠，则当四种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是IIIIII，故答案为：II；III；I；碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：H2O+2SO2+CO322HSO3+CO2；故答案为：H2O+2SO2+CO322HSO3+CO2；（3）A由物料守恒得，c（Na+）=c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3），故A错误；B根据电荷守恒得，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32），故B错误；CNaSCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；c（OH）c（H+），说明HSO3水解程度大于其电离程度，故c（Na+）c（HSO3）、c（H2SO3）c（SO32），水解程度不大所以c（HSO3）c（H2SO3）、c（HSO3）c（OH），溶液中氢氧根来源于水的电离与HSO3水解，故c（OH）c（H2SO3），所以c（Na+）c（HSO3）c（OH）c（H2SO3）c（SO32），故C错误；D据物料守恒，c（Na+）=c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3），根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32），由得c（H+）+c（H2SO3）=c（SO32）+c（OH），故D正确；故答案为：D10锰及其化合物间的转化如图1请回答下列问题：（1）反应发生的主要化学反应的方程式为：2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O反应发生的主要化学反应的方程式为：3Mn3O4+8Al 4Al2O3+9Mn（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，检验其中的少量CO32用可溶性的钙盐或钡盐试剂；为了得到纯的KMnO4晶体，操作的名称为重结晶（3）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀当高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点写出该反应的离子方程式：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+（4）已知：常温下，KspMn（OH）2=2.41013工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）=2.4105mol/L（5）如图2，用Fe、C作电极电解含MnO4的污水，使之转化为沉淀除去A电极是Fe（填“Fe”或“C”），污水中MnO4转化为沉淀除去的离子方程式为5Fe2+MnO4+9OH+4H2O=5Fe（OH）3+Mn（OH）2【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】将MnO2和KOH粉碎混合，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，然后将混合物熔融并通入空气，根据流程图知，二者反应生成K2MnO4，根据元素守恒知还生成H2O，K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，KMnO4、K2CO3易溶于水而MnO2难溶于水，将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液，再根据KMnO4、K2CO3溶解度差异采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，重结晶得到纯KMnO4晶体，（1）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数，根据钾元素守恒确定KOH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数；反应发生的主要化学反应是铝热反应，铝还原四氧化三锰得到金属锰；（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，检验其中的少量CO32用可溶性钡盐或钙盐检验；为了得到纯的KMnO4晶体，粗晶体可以采取重结晶的方法提纯；（3）向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀二氧化锰，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；（4）根据KspMn（OH）2=c（Mn2+）c2（OH），可计算出c（Mn2）；（5）用Fe、C作电极电解含MnO4的污水，需要还原剂，电解池中铁做阳极失电子生成亚铁离子，亚铁离子还原高锰酸根离子生成锰离子，在碱溶液中生成氢氧化锰【解答】解：（1）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，反应发生的主要化学反应是铝热反应，铝还原四氧化三锰得到金属锰，反应的化学方程式为：3Mn3O4+8Al 4Al2O3+9Mn，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；3Mn3O4+8Al 4Al2O3+9Mn；（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，检验其中的少量CO32用可溶性的钙盐或钡盐，溶解后加入钡盐或钙盐生成白色沉淀，为了得到纯的KMnO4晶体，操作是粗晶体提纯，操作的名称为重结晶，故答案为：可溶性的钙盐或钡盐均可；重结晶；（3）向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀二氧化锰，反应的离子方程式为2MnO4+3Mn2+2H2O5MnO2+4H+，故答案为：2MnO4+3Mn2+2H2O5MnO2+4H+；（4）当pH=10时，c2（OH），c（OH）=1104 mol/L，根据KspMn（OH）2=c（Mn2+）c2（OH），可知c（Mn2）=2.4105mol/L，故答案为：2.4105mol/L；（5）用Fe、C作电极电解含MnO4的污水，需要还原剂，电解池中铁做阳极失电子生成亚铁离子，亚铁离子还原高锰酸根离子生成锰离子，在碱溶液中生成氢氧化锰，反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4+9OH+4H2O=5Fe（OH）3+Mn（OH）2，故答案为：Fe； 5Fe2+MnO4+9OH+4H2O=5Fe（OH）3+Mn（OH）2选修3：物质结构与性质11短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数比等于；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2（1）Y基态原子的价电子排布式为3s23p4（2）预测Na2Y、H2Y在乙醇中的溶解度大小Na2SH2S（3）Y与X可形成YX32YX32的立体构型为三角锥形（用文字描述），Y原子轨道的杂化类型是sp3写出一种由Y的同周期元素Q、V形成的与YX32互为等电子体的分子的化学式PCl3（4）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为ZnS其晶胞边长为540.0pm，密度为gcm3（列式并计算）（5）2mol配合物Z（NH3）4SO4含有键的数目为40NA【考点】9I：晶胞的计算【分析】短周期元素X、Y的价电子数相同，价电子数相同的短周期元素的序数差为2或者8，且原子序数比等于，所以元素X、Y分别为O、S；元素Z 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素O原子核外电子排布式为1s22s22p4，S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Zn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，据此作答（1）Y在周期表为第三周期，第VIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；（2）结合相似相溶原理解答，乙醇为极性溶剂，溶解极性较大的物质；（3）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断YX32的立体构型；等电子体求法通常采用上下左右平移元素，同时调电子的方法求得；（4）根据晶体密度公式求解：，这里z是一个晶胞粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞体积；（5）配位键也属于共价键，一个配体NH3有4根共价键，SO42有4根共价键，因此1mol配合物含有共价键数目为44mol+4mol=20mol，据此解答【解答】解：（1）Y在周期表为第三周期，第VIA族，价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；（2）Na2Y为Na2S，H2Y为H2S，乙醇为极性溶剂，根据相似相溶原理，应溶解极性较大的，这里Na2S是离子性为主，而离子键是共价键的极端，是极性，因此溶解度Na2SH2S，故答案为：Na2SH2S；（3）Y与X可形成YX32，为SO32，根据VSEPR理论SO32，对于，键合电子对数为BP=3，孤电子对数为，则其价电子对数为VP=BP+LP=4，根据杂化轨道理论，中心原子S为sp3杂化，但存在一对孤电子对，因此YX32立体构型为三角锥形，Y原子，即S原子的杂化轨道类型为sp3；等电子体是指原子数相同，价电子数相同的粒子，因此由Y的同周期元素Q、V形成的与YX32互为等电子体的分子，其化学式为PCl3，故答案为：三角锥形；sp3；PCl3；（4）立方晶胞，顶点粒子占，面心粒子占，晶胞内部粒子为整个晶胞所有，Y为S，Z为Zn，根据晶胞结构，一个晶胞中含有S的个数为，含有Zn的个数为4，因此该化合物的化学式为ZnS；记晶胞边长为a=540.0pm，则一个晶胞的体积为，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为m=497g，1mol晶胞含有NA个晶胞，所以晶体密度为=，故答案为：ZnS；（5）配合物Z（NH3）4SO4为Zn（NH3）4SO4，其中配体为NH3，N上一对孤电子对与中心离子Zn2+提供的空轨道形成配位键，中心离子的杂化轨道类型为sp3杂化，配位键也属于键，一个NH3作为配体，占有4根键，SO42中也有4根键，因此1mol配合物中，含有键数目为44+4=20mol，2mol配合物则有40mol键，即40NA，故答案为：40化学-选修5：有机化学基础12某有机物合成路线如图：（1）H中的含氧官能团名称是羧基（2）B的名称是乙苯，分子中最多有14个原子共面（3）反应1的反应类型为加成反应，反应2的反应类型为加成反应（4）CD的化学方程式是（5）化合物G有多种同分异构体，同时满足下列条件的所有同分异构体的个数是20能发生银镜反应和水解反应； 能与FeCl3发生显色反应；苯环上含有3个不相同的取代基（6）参照上述合成路线，设计一条由NCCH2CHO为起始原料制备（要重新写过） 的合成路线：NCCH2CHO【考点】HC：有机物的合成【分析】比较苯和E的结构简式可知，苯与乙烯发生加成反应生成B为C6H5C2H5，B与溴发生取代生成C为C6H5CH2CH2Br，C碱性水解得D为C6H5CH2CH2OH，D氧化得E，E氧化得F，F与甲醛发生加成生成G，G发生消去反应得H，由NCCH2CHO为起始原料制备，可以用NCCH2CHO氧化得NCCH2COOH，NCCH2COOH与甲醛发生加成反应得HOCH2CH（CN）COOH，HOCH2CH（CN）COOH发生缩聚反应得，据此答题【解答】解：（1）根据H的结构简式可知，H中的含氧官能团名称是羧基，故答案为：羧基；（2）B为C6H5C2H5，B的名称是乙苯，分子中与苯环相连的所有原子都共面，乙基中最多3个原子在苯环的面上，所以共有14个原子共面，故答案为：乙苯；14；（3）根据上面的分析可知，反应1的反应类型为加成反应，反应2的反应类型为加成反应，故答案为：加成；加成；（4）CD的化学方程式为，故答案为：；（5）根据条件能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯，能与FeCl3发生显色反应，说明有酚羟基，苯环上含有3个不相同的取代基，则满足下列条件的G的同分异构体为苯环上连有OOCH、OH、CH2CH3，或CH2OOCH、OH、CH3，每一种情况都可以根据定二动一的原则可知，每种情况都有10种结构，则符合条件的G的同分异构体有20种，故答案为：20；（6）由NCCH2CHO为起始原料制备，用NCCH2CHO氧化得NCCH2COOH，NCCH2COOH与甲醛发生加成反应得HOCH2CH（CN）COOH，HOCH2CH（CN）COOH发生缩聚反应得，合成路线为，故答案为：、