1、2017-2018学年湖北省黄冈市新联考高考化学三模试卷一、选择题：本大题共7小题，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化学与社会、生产、生活和科技都密切相关下列有关说法正确的是（）A“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料B施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效C明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌D14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同分异构体2用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB1.0L 1.0molL1Na2SO4水溶液中含有的氧原子
2、数为4NAC电解饱和食盐水，当阴极产生1.12LH2时，转移的电子数为0.1NAD常温下，2L0.1molL1FeCl3溶液与1L0.2molL1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同3已知苯乙烯的结构为有关该物质的下列说法正确的是（）A该物质在一定条件下和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物有6种B该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同C苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上D除去 中的苯乙烯可以通入等量氢气反应4根据下列操作及现象，所得出的结论正确的是（）序号操作及现象结论A将重晶石浸泡在饱和碳酸钠溶液中，一段时间后固体溶解Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）B二氧化硫通入溴
3、水中，溶液颜色褪去二氧化硫具有漂白性C向NaOH和NaNO3的混合溶液中加入铝粉并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，试纸变蓝NO3还原为NH3D将1.0molL1Na2S溶液稀释到0.10molL1，测得pH变小稀释后S2的水解程度减小AABBCCDD5已知LiAl/FeS电池是一种新型的车载电池，对该电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2S+Fe2e=2Li+FeS下列有关该电池的说法中，正确的是（）A化合物LiAl具有强还原性，作负极材料B为了延长电池的使用寿命，可以隔一段时间添加含电解质的水溶液C放电时，该电池的总反应式为2Li+FeSLi2S+FeD放电时，当电路中0.1mol电子的
4、电量时，有0.1molLi+向LiAl移动6室温时，向20ml 0.1000molL1H2C2O4溶液中滴加0.1000molL1NaOH溶液，混合溶液的pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示下列有关叙述错误的是（）A忽略H2C2O4的第二步电离，由题给信息，可以计算出常温下H2C2O4的电离常数BA、B、C三点所对应的溶液中，水的电离程度最小的是A点CA、B、C三点所对应的溶液中，均有c（Na+）c（OH）c（HC2O4）2c（C2O42）D在B点溶液中，生成的含钠化合物有两种，且n（HC2O4）+n（C2O42）=2.0103mol7X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期主族元
5、素X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W+与Y2具有相同的电子层结构，R与Y可形成RY2、RY3化合物下列说法正确的是（）AY与氢元素所形成的化合物分子只含有极性键BW2Y、W2Y2中阴、阳离子个数比均为1：2CZ的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强D将XY2通入W单质与水反应后的溶液中，生成的盐只有一种二、非选择题：8（14分）亚氯酸钠（NaClO2）和ClO2都是重要的漂白剂通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其它气体进行稀释ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐（1）草酸（H2C2O4）是一种弱
6、酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为 （2）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法作如下检测（已知ClO2存在于pH为46的溶液中，ClO2存在于中性溶液中）：取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式 已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.00104molL1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，判断达到滴定终点的方法是 该水样中ClO2的浓度是 mg/L（3）某学习小组设计如下装置
7、进行制取亚氯酸钠（NaClO2）装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式为 将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体装置B的作用是 某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图9（15分）氮的氧化物种类较多，有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，他们应用广泛（1）N2O是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一它可由NH4NO3在加热条件下分解产生，此反应的化学方程式为 已知N2O与CO2分子具有相似的结构，试画出N2O的结构式 （2）N2O4可作火箭高能燃料N2H4的氧化剂已知：2NO2（g）N2O4（g）H=
8、akJmol1；N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=bkJmol1；N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+ckJmol1；（a、b、c均大于0）写出气态腁在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式 （3）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数（例如p（NO2）=p总x（NO2）写出反应2NO2（g）N2O4（g）H=akJmol1平衡常数Kp表达式 （用p总、各气体物质的量分数x表示）（4）新型绿色硝化剂N2O5可以N2O4为原料用电解法制备，实验装置如图所示则电极B接直流电源的 极，电解池中
9、生成N2O5的电极反应式为 （5）可用氨水吸收NO2、O2生成硝酸铵，写出该反应的离子方程式 已知25时NH3H2O的电离常数Kb=2105，向500ml0.1molL1硝酸铵溶液中通入标准状况下至少 ml氨气，是溶液呈中性（溶液的体积变化忽略不计）10（14分）金属钒及其化合物有着广泛的应用，现有如下回收利用含钒催化剂含有V2O5、VOSO4（强电解质）及不溶性残渣的工艺的主要流程：部分含钒物质在水中的溶解性如表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4HVO3溶解性可溶难溶难溶易溶难溶请回答下列问题：（1）工业上常用铝热反应由V2O5冶炼金属钒，化学方程式为 （2）反应、中
10、，发生氧化还原反应的是 （填序号），写出反应的离子方程式 操作1、操作2用到的玻璃仪器是 （3）反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，图2是反应温度与沉钒率的关系图，则控制温度的方法是 （4）反应在焙烧过程中随温度的升高发生了两步反应已知234gNH4VO3固体质量的减少值W随温度（T）变化的曲线如图3试写出300350时反应的化学方程式 （5）全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+电池充电时阳极的电极反应式为 【化学-选修3：物质结构与性质】11（15分）铜是人类最早发现的金属，也是人类广泛使用的一种金属铜及其化合物在工业、工
11、程技术和工艺上有着广泛的应用（1）早期发现的天然准晶颗粒由Cu、Fe、Al三种金属元素组成Fe元素位于元素周期表的 区基态Al原子的L层电子排布图为 （2）Cu2O为半导体材料，可由乙醛（CH3CHO）和新制氢氧化铜反应得到，同时可得到乙酸乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ，1mol乙酸分子中含有的键的数目为 （3）制造单晶硅太阳能电池片时，一般掺杂微量的铜、碳、硼、氮等一价铜离子的电子排布式为 碳、硼、氮元素的电负性由大到小的顺序是 （用元素符号表示）（4）在络离子Cu（NH3）42+中NH3的VSEPR模型为 （5）铜银合金晶体具有面心立方最密堆积结构在晶胞中，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶
12、点，若该晶胞边长为r pm，则合金的密度为 gcm3（设阿伏伽德罗常数的值为NA）【化学-选修5：有机化学基础】12高分子H是有机合成工业中一种重要的中间体以丙烯和甲苯为起始原料合成H的工艺流程如图：回答下列问题：（1）化合物E中的官能团的名称是 由G反应生成H的反应类型是 （2）写出E与银氨溶液共热的离子反应方程式 （3）A分子内在同一平面最多的原子有 个（4）写出C与F反应生成G的化学方程式 （5）符合下列条件的G的同分异构体有 种：与G具有相同的官能团 能够发生水解，水解产物与FeCl3溶液发生显色反应 苯环上有两个取代基其中核磁共振氢谱面积比为1：2：2：2：1：2的是 （填结构简式）
13、2017年湖北省黄冈市新联考高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，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化学与社会、生产、生活和科技都密切相关下列有关说法正确的是（）A“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料B施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效C明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌D14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同分异构体【分析】A碳纤维为碳的单质，属于无机物；B铵根离子和碳酸氢根离子会发生相互促进的水解反应；C明矾没有强氧化性； D分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体【解答】解：A
14、碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，故A错误；B铵根离子和碳酸氢根离子会发生相互促进的水解反应，会生成氨气，降低肥效，故B正确；C明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒，明矾在溶液中电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附悬浮颗粒而净水，故C错误；D14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C是同种元素的不同原子，互为同位素，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A标准状况下
15、，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB1.0L 1.0molL1Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAC电解饱和食盐水，当阴极产生1.12LH2时，转移的电子数为0.1NAD常温下，2L0.1molL1FeCl3溶液与1L0.2molL1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同【分析】A气体摩尔解题使用对象为气体；B硫酸钠水溶液中，硫酸钠、水都含有氧原子；C气体状况未知；D依据盐类水解规律：越弱越水解解答【解答】解：A标况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B硫酸钠水溶液中，硫酸钠、水都含有氧原子，所以1.0L 1.0molL1Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于4NA，故
16、B错误；C气体状况未知，无法计算气体的物质的量和电子转移数目，故C错误；D.2L0.1molL1FeCl3溶液与1L0.2molL1FeCl3溶液含氯化铁物质的量相同，但是二者浓度不同，三价铁离子水解程度不同，所以二者三价铁离子数目不同，故D正确；故选：D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，质量换算物质的量计算微粒数，解题时注意盐类水解的影响因素，标况下HF 的状态，题目难度不大3已知苯乙烯的结构为有关该物质的下列说法正确的是（）A该物质在一定条件下和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物有6种B该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪
17、色，褪色原理完全相同C苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上D除去 中的苯乙烯可以通入等量氢气反应【分析】A在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H；B碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；C苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连；D苯环可与氢气发生加成反应【解答】解：A在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一溴取代物有6种，故A正确；B碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，均褪色，但原理不同，故B错误；C苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可在同一平面上，故C错误；D苯环可与氢气发生加成反应，二者均
18、与氢气发生加成反应，不能除杂，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子共面及结构对称性分析，题目难度不大4根据下列操作及现象，所得出的结论正确的是（）序号操作及现象结论A将重晶石浸泡在饱和碳酸钠溶液中，一段时间后固体溶解Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）B二氧化硫通入溴水中，溶液颜色褪去二氧化硫具有漂白性C向NaOH和NaNO3的混合溶液中加入铝粉并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，试纸变蓝NO3还原为NH3D将1.0molL1Na2S溶液稀释到0.10molL1，测得pH变小稀释后S2的
19、水解程度减小AABBCCDD【分析】A将重晶石浸泡在饱和碳酸钠溶液中，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3）；B二氧化硫通入溴水中，发生氧化还原反应；C湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知气体为氨气；D稀释促进水解，但氢氧根离子浓度减小【解答】解：A将重晶石浸泡在饱和碳酸钠溶液中，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），生成碳酸钡，结论不合理，故A错误；B二氧化硫通入溴水中，发生氧化还原反应，与还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知气体为氨气，NO3还原为NH3，故C正确；D稀释促进水解，但氢氧根离子浓度减小，Kw不变，pH增小，结论不合理，故D错误；故选C【点评】本题考查
20、化学实验方案的评价，为高频考点，把握沉淀生成及转化、氧化还原反应、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大5已知LiAl/FeS电池是一种新型的车载电池，对该电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2S+Fe2e=2Li+FeS下列有关该电池的说法中，正确的是（）A化合物LiAl具有强还原性，作负极材料B为了延长电池的使用寿命，可以隔一段时间添加含电解质的水溶液C放电时，该电池的总反应式为2Li+FeSLi2S+FeD放电时，当电路中0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+向LiAl移动【分析】对该电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2S+
21、Fe2e=2Li+FeS，判断出该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则负极材料为Li，发生反应为：LieLi+，所以放电时电池反应为：2Li+FeSLi2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，反应式是2Li+2e2Li，由此分析解答【解答】解：A、Li和Al都属于金属，所以LiAl应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故A错误；B、锂是活泼金属与水发生反应，所以隔一段时间添加含电解质的水溶液缩短寿命，故B错误；C、放电是原电池，电池总的反应式为：2Li+FeSLi2S+Fe，故C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，而LiAl极是负极，故D错误；故选C
22、【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写6室温时，向20ml 0.1000molL1H2C2O4溶液中滴加0.1000molL1NaOH溶液，混合溶液的pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示下列有关叙述错误的是（）A忽略H2C2O4的第二步电离，由题给信息，可以计算出常温下H2C2O4的电离常数BA、B、C三点所对应的溶液中，水的电离程度最小的是A点CA、B、C三点所对应的溶液中，均有c（Na+）c（OH）c（HC2O4）2c（C2O42）D在B点溶液中
23、，生成的含钠化合物有两种，且n（HC2O4）+n（C2O42）=2.0103mol【分析】室温时，向20mL 0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，发生反应为：HC2O4+OHHC2O4+H2O，HC2O4+OHC2O42+H2O，消耗20mLNaOH溶液时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4，消耗40mLNaOH溶液时为第二化学计量点，恰好生成Na2C2O4，根据溶液中的守恒思想，据此分析判断【解答】解：室温时，向20mL 0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，发生反应为：HC2O4+OHHC2O4+H2
24、O，HC2O4+OHC2O42+H2O，消耗20mLNaOH溶液时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4，消耗40mLNaOH溶液时为第二化学计量点，恰好生成Na2C2O4，A忽略H2C2O4的第二步电离，则H2C2O4存在电离平衡：H2C2O4HC2O4+H+，起始时，0.1000mol/L的草酸溶液的pH为1.5，溶液中c（H+）=c（HC2O4）=101.5mol/L，c（H2C2O4）=0.1mol/L101.5mol/L，则草酸的电离平衡常数为Ka=0.015，可以计算出常温下H2C2O4的电离常数，故A正确；B酸或碱存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，随着滴定反应的进行，溶液
25、中H2C2O4的量越来越少盐类含量越来越高，则水的电离程度逐渐增大，A、B、C三点所对应的溶液中，水的电离程度最小的是A点，故B正确；CA点溶液中，消耗NaOH溶液的体积为20mL，此时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4，根据物料守恒，c（Na+）=c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42），显然c（Na+）c（HC2O4），故C错误；D在B点溶液中，溶液为中性，则溶液中c（H+）=c（OH），溶液中既存在NaHC2O4，也存在Na2C2O4，生成的含钠化合物有两种，溶液体积不确定，无法计算物质的量，故D错误故选CD【点评】本题考查酸碱滴定原理，结合图象分析第一化学计量点和第
26、二化学计量点，明确滴定发生的反应，牢牢把握溶液中的守恒思想，这是常见题型，题目难度中等7X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W+与Y2具有相同的电子层结构，R与Y可形成RY2、RY3化合物下列说法正确的是（）AY与氢元素所形成的化合物分子只含有极性键BW2Y、W2Y2中阴、阳离子个数比均为1：2CZ的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强D将XY2通入W单质与水反应后的溶液中，生成的盐只有一种【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为C元素；W+与Y2具有相同的电子
27、层结构，则Y为O，W为Na，R与Y可形成RY2、RY3化合物可知R为S，结合原子序数可知Z为F，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为C，Y为O，Z为F，W为Na，R为S，AY与氢元素所形成的化合物结构式为HOOH时，含非极性键，故A错误；BW2Y、W2Y2中阳离子均为钠离子，阴离子分别为氧离子、过氧根离子，阴、阳离子个数比均为1：2，故B正确；CZ为F，不存在最高价氧化物对应水化物，故C错误；D将XY2通入W单质与水反应后的溶液中，可能生成碳酸钠、碳酸氢钠，故D错误；故选B【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数、元素的位置推断元素为解答的关键，侧重分析与
28、应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大二、非选择题：8（14分）亚氯酸钠（NaClO2）和ClO2都是重要的漂白剂通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其它气体进行稀释ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐（1）草酸（H2C2O4）是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为H2C2O4+2ClO3+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O（2）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法作如下检测（已知ClO2存在于pH为46的溶液中，Cl
29、O2存在于中性溶液中）：取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式2ClO2+2KI=2KClO2+I2已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.00104molL1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，判断达到滴定终点的方法是当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色该水样中ClO2的浓度是1.35mg/L（3）某学习小组设计如下装置进行制取亚氯酸钠（NaClO2）装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO
30、2，写出生成NaClO2的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体装置B的作用是防止C中试管溶液倒吸到A中某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图【分析】（1）草酸还原氯酸钠，生成ClO2，氯元素化合价降低，则草酸中碳元素升价生成二氧化碳，再结合酸性环境可写；（2）ClO2将碘化钾氧化为碘单质；碘与淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂，反应中生成碘单质显示蓝色，反应后无碘单质，蓝色褪去；根据关系式2ClO2I22S2O32先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度；（3）装置A中产生的ClO2气体，
31、生成的ClO2气体通入装置C中反应生成NaClO2，将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体，装置B放倒吸，ClO2气体不能直接排放到空气中，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，故应该用氢氧化钠吸收尾气，据此解答【解答】解：（1）酸化的草酸还原氯酸钠，生成ClO2，氯元素化合价降低，则草酸中碳元素升价生成二氧化碳，发生的离子方程式为：H2C2O4+2ClO3+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O；故答案为：H2C2O4+2ClO3+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O；（2）ClO2与碘化钾反应的化学方程式为：2ClO2+2KI=2KClO2+I2；故答案为：2ClO
32、2+2KI=2KClO2+I2；淀粉做指示剂，碘与淀粉变蓝，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色；2ClO2I22S2O32，则n（ClO2）=n（S2O32），则0.5L水样中ClO2的浓度是1000=1.35mg/L；故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色；1.35；（3）装置A中产生的ClO2气体，在装置C中与氢氧化钠和过氧化氢反应，ClO2中氯元素化合价降低被还原生成NaClO2，则过氧化氢被氧化生氧气，化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；
33、故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；装置B的作用是防止C中试管溶液倒吸到A中；故答案为：防止C中试管溶液倒吸到A中；ClO2气体不能直接排放到空气中，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，故应该用氢氧化钠吸收尾气，同时注意防止倒吸，在C装置后画：；故答案为：【点评】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了气体的制备、除杂、收集、尾气处理等实验操作，题目难度中等，学习中注意把握化学实验基本操作，做该类题目时把握实验目的和实验原理是解答题目的关键9（15分）氮的氧化物种类较多，有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，他们应用广泛（1）N2O是
34、人类最早应用于医疗的麻醉剂之一它可由NH4NO3在加热条件下分解产生，此反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O已知N2O与CO2分子具有相似的结构，试画出N2O的结构式N=N=O（2）N2O4可作火箭高能燃料N2H4的氧化剂已知：2NO2（g）N2O4（g）H=akJmol1；N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=bkJmol1；N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+ckJmol1；（a、b、c均大于0）写出气态腁在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=（ca+2b）kJmol1（
35、3）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数（例如p（NO2）=p总x（NO2）写出反应2NO2（g）N2O4（g）H=akJmol1平衡常数Kp表达式（用p总、各气体物质的量分数x表示）（4）新型绿色硝化剂N2O5可以N2O4为原料用电解法制备，实验装置如图所示则电极B接直流电源的负极，电解池中生成N2O5的电极反应式为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+（5）可用氨水吸收NO2、O2生成硝酸铵，写出该反应的离子方程式4NH3H2O+4NO2+O2=4NH4+4NO3+2H2O已知25时NH3H2O的电离常数Kb=2105，
36、向500ml0.1molL1硝酸铵溶液中通入标准状况下至少5.6ml氨气，是溶液呈中性（溶液的体积变化忽略不计）【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子相等结合原子守恒确定另一种生成物，写出相应的反应方程式；N2O与CO2具有相似的结构，应为直线形分子，且存在N=O键，相同原子间形成的共价键是非极性共价键；（2）由N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+ckJ/molN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=b kJ/mol2NO2（gN2O4（g）H=akJ/mol根据盖斯定律可知2得热化学方程式；（3）p（NO2）=p总x（NO2），p（N2O4）=p总x（N2O4），据
37、此写出平衡常数表达式；（4）由N2O4制取N2O5需要是失电子，所以N2O5在阳极区生成，A为阳极，B为阴极；（5）氨水吸收NO2、O2生成硝酸铵，结合原子守恒配平书写化学方程式，溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3），结合平衡常数计算【解答】解：（1）该反应中化合价变化为：NH4NO3N2O，N元素由3价+1价，一个N原子失去4个电子，由+5价+1价，一个N原子得4个电子，所以得失电子数的最小公倍数为4，所以硝酸铵的计量数为1，根据原子守恒确定另一种生成物为H2O，然后根据原子守恒配平其它元素，所以该反应的化学方程式为：NH4N
38、O3N2O+2H2O，N2O与CO2具有相似的结构，应为直线形分子，且存在N=O键，N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，应为N=N=O结构，故答案为：NH4NO3N2O+2H2O； N=N=O；（2）由N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+ckJ/molN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=b kJ/mol2NO2（gN2O4（g）H=akJ/mol根据盖斯定律可知2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），H=（ca+2b）kJ/mol，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=（ca+2b）kJmol1 ；
39、（3）2NO2（g）N2O4（g），p（NO2）=p总x（NO2），p（N2O4）=p总x（N2O4），Kp=，故答案为：；（4）从电解原理来看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，A电极为阳极，反应式为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+，B为阴极与电源负极相连，故答案为：负；N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+；（5）氨水吸收NO2、O2生成硝酸铵，反应的化学方程式为：4NH3H2O+4NO2+O2=4NH4+4NO3+2H2O，已知25时NH3H2O的电离常数Kb=2105，向500ml0.1molL1硝酸铵溶液中通入氨气溶液呈中性，c（H+）=c（
40、OH）=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3），Kb=2105，c（NH3H2O）=5104mol/L，n（NH3）=5104mol/L0.5L=2.5104mol，标准状况下氨气体积=2.5104mol22.4L/mol=0.056L=56ml，故答案为：4NH3H2O+4NO2+O2=4NH4+4NO3+2H2O； 5.6；【点评】本题涉及热化学方程式、化学平衡移动、化学计算、电解原理等知识点，主要是盖斯定律计算、氧化还原反应电子转移、电离平衡常数计算等，题目难度中等10（14分）金属钒及其化合物有着广泛的应用，现有如下回收利用含钒催化剂含有V2O5、VOSO4（强电解质）及不溶性
41、残渣的工艺的主要流程：部分含钒物质在水中的溶解性如表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4HVO3溶解性可溶难溶难溶易溶难溶请回答下列问题：（1）工业上常用铝热反应由V2O5冶炼金属钒，化学方程式为3V2O5+10Al5Al2O3+6V（2）反应、中，发生氧化还原反应的是（填序号），写出反应的离子方程式V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O操作1、操作2用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗（3）反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，图2是反应温度与沉钒率的关系图，则控制温度的方法是将反应容器置于80的水浴中（4）反应在焙烧过程中随温度的升高发生了两步
42、反应已知234gNH4VO3固体质量的减少值W随温度（T）变化的曲线如图3试写出300350时反应的化学方程式2HVO3 V2O5+H2O（5）全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+电池充电时阳极的电极反应式为VO2+H2Oe=VO2+2H+【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将
43、VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，铝和五氧化二钒在高温下发生置换反应生成V，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；（2）反应过程中元素化合价变化的为氧化还原反应，反应发生的反应是亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，操作1、操作2是过滤操作，据此判断用到的玻璃仪器；（3）该工艺中反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3反应生成难溶性的NH4VO3，根据图知，在80时沉降率最，图象可知沉钒率在8
44、0C最高；（4）NH4VO3在焙烧变化的图象和质量变化分析判断，根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O234g 34g 18g减少值开始为017g，曲线到200时（约为16.0g）曲线开始平直；到约为300时又开始减少（H2O的质量），到350时减少24g时就不再变化；（5）电池充电时阳极上VO2+失电子发生氧化反应；【解答】解：（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，铝和五氧化二钒在高温下发生置换反应生成V，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应方程式为3V2O5+10Al5Al2O3+6V，故答案为：3V2O5+10Al5Al2O3+6V；（2）
45、反应、中，反应是向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，反应发生氧化还原反应的是将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，为氧化还原反应，反应调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，属于复分解反应，反应是焙烧NH4VO3得到V2O5，元素化合价未变不是氧化还原反应，氧化还原反应为，反应的离子方程式为：V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O，操作1、操作2是过滤操作，用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：；V2O5+SO32+4H+
46、=2VO2+SO42+2H2O；烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）该工艺中反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3反应生成难溶性的NH4VO3，离子方程式为NH4+VO3=NH4VO3，根据图知，在80时沉降率最大，控制温度的方法是：将反应容器置于80的水浴中，故答案为：将反应容器置于80的水浴中；（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O234g 34g 18g减少值开始为017g，曲线到200时（约为16.0g）曲线开始平直；到约为300时又开始减少（H2O的质量），到350时减少24g时就不再变化，所以NH4VO3在焙烧过程中200
47、时左右先失去氨生成HVO3；HVO3在300350再失去水生成V2O5，反应的化学方程式为：2HVO3V2O5+H2O，故答案为：2HVO3V2O5+H2O（5）全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+电池充电时阳极上VO2+失电子发生氧化反应，电极反应式为VO2+H2Oe=VO2+2H+，故答案为：VO2+H2Oe=VO2+2H+【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、离子反应方程式的书写、原电池和电解池原理等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及实验基本操作，难点是电极反应式的书写，
48、题目难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】11（15分）铜是人类最早发现的金属，也是人类广泛使用的一种金属铜及其化合物在工业、工程技术和工艺上有着广泛的应用（1）早期发现的天然准晶颗粒由Cu、Fe、Al三种金属元素组成Fe元素位于元素周期表的d区基态Al原子的L层电子排布图为（2）Cu2O为半导体材料，可由乙醛（CH3CHO）和新制氢氧化铜反应得到，同时可得到乙酸乙醛中碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2，1mol乙酸分子中含有的键的数目为7NA（3）制造单晶硅太阳能电池片时，一般掺杂微量的铜、碳、硼、氮等一价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（或Ar3d10）碳、硼
49、、氮元素的电负性由大到小的顺序是NCB（用元素符号表示）（4）在络离子Cu（NH3）42+中NH3的VSEPR模型为四面体（5）铜银合金晶体具有面心立方最密堆积结构在晶胞中，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，若该晶胞边长为r pm，则合金的密度为gcm3（设阿伏伽德罗常数的值为NA）【分析】（1）铁在第四周期第族，价电子3d64s2，基态Al原子的核外电子排布为三个电子层，L层有8个电子分别位于sp亚层；（2）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；1个乙酸分子含有7个键和一个键；（3）铜为29号元素位于第四周期第B族，据此书写电子排布式，根据元素的电负性在周期表中
50、的递变规律判断B、C、N元素的电负性由大到小的顺序，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强；（4）价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数键个数=配原子个数，孤电子对个数=（axb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；价层电子对个数为3，
51、不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构；（5）利用均摊法计算两种金属原子个数之比，根据=计算【解答】解：（1）Fe元素位于元素周期表的第四周期第族，价电子3d64s2，为周期表中的d区，基态Al原子的核外电子排布为三个电子层，L层有8个电子分别位于sp亚层态Al原子的L层电子排布图为，故答案为：d； （2）乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙酸分子含有7个键和一个键，则1mol乙酸含有7mol键，即7NA个键，故答案为：s
52、p3、sp2；7NA ；（3）铜为29号元素位于第四周期第B族，原子的价电子排布式3d104s1，一价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（或Ar3d10），B、C、N元素的电负性由大到小的顺序，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，碳、硼、氮元素的电负性由大到小的顺序是NCB，故答案为：1s22s22p63s23p63d10（或Ar3d10）； NCB； （4）氨气分子中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+（531）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，故答案为：四面体；（5）在晶胞中，Ag原子位于顶点，Cu原子位于面心
53、，该晶胞中Ag原子个数=8=1，Cu原子个数=6=3，所以该合金中Ag原子与Cu原子个数之比=1：3，晶胞体积V=（r1010cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Ag原子个数是1，则=gcm3，故答案为：【点评】本题考查物质的结构与性质，注重对电子排布式、化学键类型、杂化理论的应用、晶体结构考查，考查点较多，题目难度中等，侧重考查学生对知识的迁移应用，注意信息的理解和综合应用【化学-选修5：有机化学基础】12高分子H是有机合成工业中一种重要的中间体以丙烯和甲苯为起始原料合成H的工艺流程如图：回答下列问题：（1）化合物E中的官能团的名称是碳碳双键、醛基由G反应生成H的反应类型是加聚反应（2）写出
54、E与银氨溶液共热的离子反应方程式（3）A分子内在同一平面最多的原子有13个（4）写出C与F反应生成G的化学方程式（5）符合下列条件的G的同分异构体有14种：与G具有相同的官能团 能够发生水解，水解产物与FeCl3溶液发生显色反应 苯环上有两个取代基其中核磁共振氢谱面积比为1：2：2：2：1：2的是（填结构简式）【分析】甲苯与氯气发生苯环上取代反应生成B，B发生水解反应得到C，由C与F反应产物的结构结构式可知，C为，则B为，F为CH2=CHCOOH，丙烯发生氧化反应得到E，E与银氨溶液反应得到丙烯酸，则E为CH2=CHCHO发生加聚反应生成H为，以此解答该题【解答】解：（1）化合物E为CH2=C
55、HCHO，含官能团的名称是碳碳双键、醛基；由G反应生成H的反应类型是加聚反应，故答案为：碳碳双键、醛基；加聚反应；（2）E与银氨溶液共热的离子反应方程式为，故答案为：；（3）A为甲苯，苯环为平面结构，甲基为四面体结构，只有甲基中2个H与其它原子不能共面，则7个C、6个H可共面，共13个原子，故答案为：13；（4）C与F反应生成G的化学方程式为，故答案为：；（5）G为，满足与G具有相同的官能团，含COOC、碳碳双键； 能够发生水解，水解产物与FeCl3溶液发生显色反应，一定含苯酚酯结构； 苯环上有两个取代基，可知2个取代基为HCOO、CH2CH=CH2或CH3COO、CH=CH2或HCOO、CH=CHCH3或HCOO、C（CH3）=CH2，均存在邻、间、对三种位置，且G的相同支链时有间、对位，则共有34+2=14种，其中核磁共振氢谱面积比为1：2：2：2：1：2的是，故答案为：14；【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握碳链结构、官能团变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度中等