1、高考资源网（） 您身边的高考专家本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考试时间为90分钟，满分100分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Ca40 Fe56 Cu64 Zn65 第I卷（选择题，共45分）选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）1化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学叙述正确的是A14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体B高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体
2、，对人体有害C光导纤维中所用材料为晶体硅DNOx、SO2、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨【答案】B【解析】试题分析：A、14C与12C互为同位素，错误，不选A；B、臭氧能吸收紫外线，保护地球，但由于其有强氧化性，对人体有害，正确，选B；C、光导纤维的材料是二氧化硅，不是硅，错误，不选C；D、二氧化碳不会导致酸雨，错误，不选D。考点：同位素的概念，物质的用途，酸雨的形成2下列实验操作正确的是A中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B配制一定物质的量浓度溶液时，在溶解、移液、洗涤、定容时均要用到玻璃棒C用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出DNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出
3、并剩余少量液体即停止加热【答案】D【解析】试题分析：A、锥形瓶不需要润洗，否则会使待测液增多，影响浓度的测定，错误，不选A；B、定容时不需要玻璃棒，错误，不选B；C、苯的密度比水小，在上层，应该放出下层液体后，从上口倒出，错误，不选C；D、蒸发时有大量晶体洗出即可停止加热，利用余热蒸干，正确，选D。考点：基本实验操作3设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A常温常压下，14 g C2H4、C3H6的混合气体中含有碳原子的数目为NAB常温下，pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH离子数为0.01NAC标准状况下，0.56 L丙烷中含有共价键的数目为0.2 NAD含0.2mol H2SO
4、4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA【答案】A考点：阿伏伽德罗常数的应用4已知甲、乙、丙、X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如图所示。则甲和X 不可能是A甲为C，X为O2B甲为NaOH溶液，X为SO2C甲为Fe，X为Cl2D甲为AlCl3，X为NaOH溶液【答案】C【解析】试题分析：A、若甲为碳，X为氧气，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，正确，不选A；B、若甲为氢氧化钠溶液，X为二氧化硫，则乙为亚硫酸钠，丙为亚硫酸氢钠，正确，不选B；C、甲为Fe，X为Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能再和氯气反应，错误，选C；D、若甲为AlCl3，X为NaOH溶液，则乙为氢氧化铝沉淀，丙为
5、偏铝酸钠，正确，不选D。考点：无机推断，反应产物和量的关系5CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2I2SO2D整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应【答案】D【解析】试题分析：硫酸铜和碘化钾反应产生白色的碘化亚铜沉淀，说明铜元素的化合价降低，必定有元素的化合价升高，所以碘元素化合价升高，生成碘单质，溶液变棕色，碘和二氧化硫反应生成硫酸和氢碘酸。A、碘化钾中的碘元素化合价升高，做
6、还原剂，被氧化，碘化亚铜是铜元素化合价降低后生成的产物，是还原产物，正确，不选A；B、碘和二氧化硫反应，体现了二氧化硫的还原性，正确，不选B；C、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，氧化性顺序正确，不选C；D、两个反应都为氧化还原反应，错误，选D。考点：氧化还原反应6用右图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C新制氯水淀粉碘化钾溶液溶液变蓝色D浓盐酸二氧化锰产生黄绿色气体【答案】C【解析】试题分析：A、盐酸滴入中，先和氢氧化钠反应，不会立即产
7、生气泡，错误，不选A；B、铝在浓硝酸钝化，不会产生红棕色气体，错误，不选B；C、新制的氯水中有氯气，和碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，正确，选C；D、浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，错误，不选D。考点：铝的性质，氯水的性质，实验室制取氯气的反应725时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是ApH=14的溶液中：K+、Ca2+、HCO3-、SO42-B常温下，c(OH-)c(H+) =1010 的溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO3Cc(ClO)=1.0molL1的溶液中：Na+、SO32、S2、SO42D0.1 molL1的NaAlO2溶液中：NH4+、Fe3+、Cl、I【答案
8、】B【解析】试题分析：A、在强碱性条件下碳酸氢根和氢氧根离子反应而不能大量共存，不选A；B、溶液为酸性，四种离子都不反应，能共存，选B；C、次氯酸根能氧化硫离子和亚硫酸根离子，不选C；D、偏铝酸根离子和铁离子能双水解而不共存，错误，不选D。考点：离子共存8下列表示对应反应的离子方程式正确的是A向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液：SO32+2H+= SO2+H2OB双氧水中加入稀硫酸和KI溶液: H2O2+ 2I+2H+I2+ 2H2OC向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量 NH3H2O：Al3+4NH3H2O = AlO2+ 4NH4+ + 2H2O D醋酸除去水垢：2H+CaCO3
9、=Ca2+ CO2+ H2O【答案】B考点：离子方程式的判断9锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A锌电极上发生还原反应B电池工作一段时间后，甲池的c（SO42）减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】试题分析：A、原电池中锌做负极，发生氧化反应，错误，不选A；B、甲池中的硫酸根浓度不变，错误，不选B；C、乙池中铜离子反应生成铜单质析出，甲池中的锌离子通过交换膜进入乙池，所以乙池中总质量增加，正确，选C；D、因为是阳离子交换膜，只能通过阳离子，不能过阴离子，错误
10、，不选D。考点：原电池的原理10下列关于普伐他汀的水解产物（结构简式如下图）的说法正确的是A含有两种官能团B能发生加成、酯化、氧化反应C1mol该物质与足量Na反应，产生2.5gH2D能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同【答案】B【解析】试题分析：A、有机物的官能团有羟基，羧基，碳碳双键，三种官能团，错误，不选A；B、羧基和羟基能发生酯化反应，碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，正确，选B；C、羟基和羧基都和金属钠反应，所以1摩尔该物质能与钠反应生成2.5摩尔氢气，即5克，错误，不选C；D、有机物能使溴水褪色是发生加成反应，使高锰酸钾溶液褪色，是发生氧化还原反应，错误，不选D。考点：有机
11、物的官能团的性质11XYZWT右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是AX、W、Z元素的气态氢化物的热稳定性依次递减B液态WX3气化需克服分子间作用力C根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性DY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增【答案】D【解析】试题分析：W元素的核电荷数为X元素的2倍，所以X为氧元素，W为硫元素，Z为磷，Y为硅，T为砷。A、非金属性越强，其气态氢化物越稳定，XWZ的非金属性依次减弱，所以热稳定性依次减弱，正确，不选A；B、三氧化硫分子间存在分子间作
12、用力，从液态变成气态，需要克服分子键作用力，正确，不选B；C、因为T处于金属和非金属的交界处，所以T有半导体特性，正确，不选C；D、硫在自然界中有游离态形式 ，错误，选D。考点：元素周期表和元素周期律的应用12在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O2eH2O2CO22eCOO2C阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是11D总反应可表示为：H2OCO2 H2COO2【答案】C【解析】试题分析：A、从图分析，水中的氢元素化合价降低生成氢气，在阴极反应，所以和阴极连接的X
13、为电源的负极，正确，不选A；B、阴极水得到电子生成氢气，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，因为电解质为金属氧化物，存在的离子为氧离子，所以正确，不选B；C、每生成1摩尔氢气和1摩尔一氧化碳时转移4摩尔电子，生成1摩尔氧气，所以两极产生的气体物质的量比为2:1，错误，选C；D、根据两极产物分析总反应正确，不选D。考点：电解原理的应用13N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g) H0。一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/mol/L0.500.350.250.25下列说法中错误的
14、是A500 s时O2的浓度为0.075 mol/LB平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度D1000 s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25 mol/Lc(N2O5)0.50 mol/L【答案】D【解析】试题分析：A、根据方程式计算：2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g) 起始浓度 0.50 0 0改变浓度 0.15 0.30 0.075 500秒浓度0.35 0.30 0.075所以500秒时氧气的浓度为0.075mol/L，正确，不选A；B、升温反应速率增大，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，正确，不选B；C、使平衡常数增大，
15、就要使平衡正向移动，所以需要升温，正确，不选C；D、将容器的体积缩小一半，各物质的浓度变成原来的2倍，然后平衡向逆向移动，五氧化二氮的浓度比原来的2倍还大，所以浓度大于0.5mol/L，错误，选D。考点：可逆反应的计算，平衡移动的影响因素14室温下向10mL0.1 molL1NaOH溶液中加入0.1 molL1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是Aa点所示溶液中c(Na+)c(A)c(H+)c(HA)Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同Cb点所示溶液中c(A) c(HA)DpH=7时，c(Na+)= c(A)+ c(HA)【答案】C【解析】试题分析：A、当酸碱等体积等浓度
16、混合后溶液恰好为盐溶液，显碱性，说明酸为弱酸，溶液中的氢离子浓度最小，错误，不选A；B、a点由于存在盐的水解，水的电离程度增大，b点是盐和酸的混合溶液，显酸性是因为酸的电离大于盐的水解，所以水的电离受到抑制，所以二者水的电离程度不同，错误，不选B；C、因为b点显酸性，所以电离大于水解，所以电离出的阴离子大于水解出的分子，正确，选C；D、当pH=7，溶液显中性，根据电荷守恒，可知c(Na+)= c(A)，所以错误，不选D。考点：溶液的酸碱性的判断，盐类的水解，弱电解质的电离15铁、铜混合粉末 18.0 g 加入到 100 mL 5.0 mol/LFeCl3 溶液中，剩余固体质量为 3.2 g。下
17、列说法 正确的是A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是 9.6 gC反应后溶液中 n(Fe3+)=0.10 molD. 反应后溶液中 n(Fe2+)+ n(Cu2+)=0.5 mol【答案】B【解析】试题分析：2FeCl3+Fe=3FeCl2 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2分析，假设反应的铁的物质的量为xmol，反应的铜的物质的量为ymol，则有2x+2y=0.15 56x+64y=18.0-3.2，解x=0.15 y=0.1，所以剩余固体只有铜，没有铁，A错误；原固体中铜的质量为18.0-560.15=9.6克，B正确；反应后的溶液中没有铁离子，C错误；反应后的亚铁
18、离子和铜离子的物质的量为0.25摩尔，D错误。所以选B。考点：金属的性质和反应顺序第II卷（非选择题 共55分）第II卷包括必考题和选考题两部分。第16题第19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第21题第23题为选考题，考生选择一道题做答。16. （7 分）某消毒液的主要成分为 NaClO（混有少量 NaCl），请用相应的化学用语来解释下列事实。（1）该消毒液可用NaOH溶液吸收 Cl2 制备，化学方程式为_。 （2）该消毒液的 pH 约为 12，离子方程式为_。（3）向 FeSO4 溶液中滴入少量该溶液，溶液颜色变成棕黄色，反应的离子方程式为： _。（4）该消毒液不能与洁厕灵(主要成分为浓
19、盐酸)混用，否则会产生中毒危险。若将二者混合，每产生 1 mol Cl2，转移电子个数约为_。【答案】（7分）（1）Cl2 + NaOH = NaCl+NaClO+H2O (2分) （2）ClO+ H2O HClO + OH (2分) （3）2Fe2+ClO+2H+= Cl+2Fe3+H2O (2分) （4） 6.021023或NA (1分)【解析】试题分析：（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，方程式为：Cl2 + NaOH = NaCl+NaClO+H2O。（2）因为次氯酸钠中的次氯酸根离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：ClO+ H2O HClO + OH 。（3）亚铁离子被
20、次氯酸根氧化成铁离子，次氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+= Cl+2Fe3+H2O。（4）消毒液和盐酸反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+H+= Cl2 + H2O ，每产生1摩尔氯气，转移1摩尔电子即6.021023或NA 。考点：氯气的性质和用途17. （8 分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为。（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为（已知该反应为置换反应
21、）。（3）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为（4）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）。用碱石灰除去的物质为；该产气药剂中NaN3的质量分数为。【答案】（8分）（1） （1分）（2）Fe （1分）（3）2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O（2分）（4）CO2 、H2O （2分） 65%（2分）【解析】试题分析：（1）氮气分子中氮原子之间形成三对共用电子对，电子式为：。（2）氧化铁做氧化剂，钠为还原剂，所以还原产物为Fe。（3）碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠和二氧化碳和水，方程式为2NaHCO3 Na2CO3 +CO
22、2+H2O。（4）二氧化碳和水能被碱石灰吸收。 因为生成33.6升标况下的氮气，即1.5摩尔氮气，说明药剂中氮化钠为1摩尔，其质量分数=165/100 =65%。考点：电子式的书写，氧化还原反应的判断，化学方程式的书写18(12分)(NH4)2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。【查阅资料】 (NH4)2SO4在260和400时分解产物不同。【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验1：连接装置A-B-C-D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）。通入N2排尽空气后，于260加热装置A一段时间
23、，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。 （1）仪器X的名称是_。（2）滴定前，下列操作的正确顺序是_(填字母编号)。a盛装0.2000mol/L NaOH溶液 b用0.2000mol/L NaOH溶液润洗c读数、记录 d查漏、清洗 e排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是_mol实验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后，于400加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残
24、留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32，无SO42。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。（4）检验装置D内溶液中有SO32，无SO42的实验操作和现象是_。（5）装置B内溶液吸收的气体是_。（6）(NH4)2SO4在400分解的化学方程式是_。【答案】（12分）（1）圆底烧瓶（1分） （2）dbaec （2分） （3）0.03（2分）（4）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体 （3分）（5）NH3 （2分） （6）3(NH4)2SO
25、44NH3+ N2+3SO2 + 6H2O （2分）【解析】试题分析：（1）仪器X为圆底烧瓶。（2）滴定前先查漏，清洗，滴定管用待装溶液润洗，装溶液，排尽气泡调整液面，滴定读数，所以顺序为dbaec。（3）盐酸的物质的量为0.5000mol/L0.070.00L =0.035mol，氢氧化钠的物质的量为0.2000mol/L0.025=0.005mol，所以吸收的氨气的物质的量为0.035-0.005=0.03mol。（4）因为硫酸钡不溶于酸，而亚硫酸钡会溶于酸产生二氧化硫气体，所以检验溶液中有亚硫酸根离子无硫酸根离子的方法为取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足
26、量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体。（5）盐酸吸收NH3 。（6）通过现象分析硫酸铵分解产生了氨气和二氧化硫气体，硫元素化合价降低，应该有氮元素化合价升高，因为气体中没有 氮的氧化物，所以产生的为氮气，所以方程式为：3(NH4)2SO44NH3+ N2+3SO2 + 6H2O 。考点：物质的性质实验方案的设计和离子的检验19（15分）运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义。（1）硫酸生产过程中2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如右图所示，根据右图回答下列问题：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的H_0（填“”或“
27、”或“=”或“”）（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈 性，所得溶液中c（H+） c（OH）= （填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7102，Ka2=6.0108，NH3H2O：Kb=1.8105）。【答案】（15分）（1）（2分） be（2分）（2）K=c2(NH3)/（c(N2)c3(H2)） （1分） 减小（1分）0.045mol/(Lmin) （2分） d（2分）c（1分） （1分）（3）酸性（1分） c(HSO3) + 2c(SO32)c(NH4+)或c(SO32) + c(NH3H2O)c(H2SO3)（2分）【解析】试题分析：（1）曲线上的点都
28、是平衡点，由图分析，温度越高，三氧化硫的百分含量越低，说明升温平衡向逆向移动，所以正反应为放热，H0。 当反应到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变。a、因为全为气体，总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，不能说明平衡；b、二氧化硫和三氧化硫的体积比不变，说明反应处于平衡状态；c、硫元素的质量分数不会改变，所以不能说明平衡；d、每消耗2摩尔三氧化硫都会转移4摩尔电子，不能说明平衡；e、因为反应为前后气体体积不等的反应，所以当气体的分子总数不变可以说明反应到平衡。所以选be。（2）根据方程式中的反应物和生成物书写平衡常数表达式为K=c2(NH3)/（c(N2)c3(H2)）；从图像
29、分析，正反应为放热反应，所以升温，平衡逆向移动，平衡常数减小。10分钟内氮气的物质的量从0.6摩尔变化到0.3摩尔，所以氮气的反应速率=（0.6-0.3）/2/10=0.015 mol/(Lmin)，根据物质的速率比等于系数比计算，氢气的速率=0.045mol/(Lmin) 。从11分开始压缩体积，氮气的物质的量在11分钟不变，但压强增大，平衡正向移动，氮气的物质的量会逐渐减小，所以为曲线d。增加氢气的量可以提高氮气的转化率，所以三点中c点氮气的转化率最高。因为温度升高，平衡逆向移动，氨气的百分含量减少，所以T1T2。（3）从电离平衡常数分析，亚硫酸的电离程度比氨水的电离程度大些，所以反应生成
30、亚硫酸氢铵为强酸弱碱盐，溶液显酸性。 根据溶液中的电荷守恒c(HSO3) + 2c(SO32) + c（OH）=c(NH4+)+ c（H+）分析，所以c（H+） c（OH）=c(HSO3) + 2c(SO32)c(NH4+)或根据质子守恒c（H+）+ c(H2SO3) = c（OH）+c(SO32)+ c(NH3H2O)分析得到c（H+） c（OH）=c(SO32) + c(NH3H2O)c(H2SO3)。考点：化学平衡图像的分析，平衡状态的标志，平衡移动，溶液中离子浓度的大小比较20. 【选修2：化学与技术】（13分）氯碱工业是最基本的化学工业之一，离子膜电解法为目前普遍使用的生产方法，其生
31、产流程如下图所示：（1）该流程中可以循环的物质是 。（2）电解法制碱的主要原料是饱和食盐水，由于粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42等无机杂质，所以在进入电解槽前需要进行两次精制，写出一次精制中发生的离子方程式 ，若食盐水不经过二次精制就直接进入离子膜电解槽会产生什么后果 。（3）上图是工业上电解饱和食盐水的离子交换膜电解槽示意图(阳极用金属钛网制成，阴极由碳钢网制成)。则B处产生的气体是，E电极的名称是 。（4）从阳极槽出来的淡盐水中，往往含有少量的溶解氯，需要加入89的亚硫酸钠溶液将其彻底除去，该反应的离子方程式为 。（5）已知在电解槽中，每小时通过1安培的直流电可以产生1.492g的
32、烧碱，某工厂用300个电解槽串联生产8小时，制得30%的烧碱溶液（密度为1.342吨/m3）113m3，电解槽的电流强度1.45 104A，该电解槽的电解效率为 。【答案】（13分）（1）氯化钠 氢氧化钠（或NaCl 、NaOH）（2分）（2）Ca2+ CO32= CaCO3（2分） ；Mg2+ + 2OH= Mg(OH)2（2分）少量Mg2+、Ca2+在电解碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜。（1分）（3）H2（1分）阳极（1分） （4）SO3 2-+ Cl2 + H2O = SO4 2-+ 2H+2Cl- （2分）（5）87.6% （2分）【解析】试题分析： （1）根据工艺流程图分析氯化
33、钠 氢氧化钠可以循环使用。（2）除去钙离子使用碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，Ca2+ CO32= CaCO3；除去镁离子用氢氧化钠，生成氢氧化镁沉淀，Mg2+ + 2OH= Mg(OH)2。处理后的盐水中还含有少量的杂质离子Mg2+、Ca2+在电解碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜。（3）电解池中，阳离子钠离子移向阴极，所以B是电源的负极，A为正极，E为阳极，在阴极上产生H2。（4）氯气具有氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，SO3 2-+ Cl2 + H2O = SO4 2-+ 2H+2Cl- 。（5）烧碱溶液质量为1.342103113=1.516105kg，氢氧化钠的质量=1.5161
34、0530%=4.54104kg，则理论上需要电流量为4.54107g/1.492g=3.049107A。该电解槽的电解效率为3.049/3.48=87.6% 。考点：氯碱工业，电解原理21【选修3：物质结构与性质】（13分）某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化(巨磁电阻效应）。（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式 。在图中，与A原子配位的氧原子数目为 。（2）基态Cr原子的核外电子排布式为 ，其中电子的运动状态有 种。（3）某些钙钛型复合氧化物能
35、够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为 。（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/90011721360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：_。（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数。对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，金属钙的密度为 gcm-3（用含a和NA的式子表示）。【答案】（13分）（1）ABO3（2分） 12 （2分）（2）1s22s22p63s23p63d54s1（2分） 24（2分）（3）32（1
36、分）（4）碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果。钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低。（2分）（5）1.61032/（NAa3）（2分）【解析】试题分析：（1）A位于顶点，B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8*1/8=1，B的个数为1，O的个数为6*1/2=3，所以化学式为ABO3。晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有3/2个氧与A距离最近，而A为8个晶胞共有，则与A原子配位的氧原子数目为8*3/2= 12 。（2）铬元素为24号，原子核外有24个电子，所以电子排布为1s
37、22s22p63s23p63d54s1；每个电子的运动状态都不同，所以有24种不同的电子。（3）氮原子和氧原子的价电子排布分别为2s22p3，,2s22p4，则未成对的电子数目为3:2。（4）从表格中得出，这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果。钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低。（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有钙的数目为4晶胞的体积为(a10-10）3cm3，则1cm3钙晶体中含有的晶胞数目为：1/(a10-10）3，则
38、密度=/=1.61032/（NAa3）.考点：电子排布，晶胞计算22. 【选修5：有机化学基础】（13分）以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮请根据以上信息回答下列问题：（1）烃A的结构简式为 ，A的化学名称为_。（2） 由B生成C的化学方程式为 。（3） C的同分异构体中，既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应的有机物共有_种，其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为_。（4） D的结构简式为 ，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为 。【答案】（13分） （1）（
39、1分） 对二甲苯（1,4-二甲苯）（2分） 说明：化学方程式、离子方程式不配平、条件或符号不全扣1分，化学式、结构简式、离子符号书写错误均不给分。【解析】试题分析：根据题中各物质的转化关系由 可知D为 ，物质C可发生银镜反应，说明含有醛基，且能氧化为D，则C为，B为三氯代烃，在碱性条件下水解生成C，结合题给信息可知B为，则A为。（1）由上面的分析可知，烃A的结构简式为，A的化学名称为对二甲苯。（2）B为，在碱性条件下生成C ，反应的方程式为：（3）C的同分异构体中，既能与氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，又能发生银镜反应，说明有醛基，这样的异构体中可以是羟基，醛基，甲基分别连接在苯环上，根据定二动一的原则可以有10种，也可以是羟基和-CH2CHO连在苯环上，有邻间对三种，所以总共有13种结构。其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为。（4）D的结构简式为，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为：。考点：有机物的推断和合成官能团的性质 - 18 - 版权所有高考资源网
