1、四川省眉山市高考化学一诊试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、社会密切相关，下列说法错误的是（） A 过氧化钠可作航天员和潜水员的供氧剂 B 干冰和碘化银均可用于人工降雨 C 近年来出现的城市雾霾与汽车尾气的排放无关 D 高铁车厢大部分材料采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强2下列关于物质分类的说法正确的是（） A Na2O2CaOK2O都是碱性氧化物 B BaSO4NaClKNO3溶液都是电解质 C 纯碱烧碱碱石灰都是碱 D 稀豆浆果冻淀粉溶液都是胶体3下列离子反应方程式错误的是（） A 向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸：SiO32+2H+=H
2、2SiO3（胶体） B 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+2H+=SO42+3S+H2O C 将Cu片加入稀硝酸中：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O D 向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=2BaSO4+NH3H2O+AlO2+2H2O4设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（） A 12g金刚石晶体中含有的CC的数目为2NA B 1L 1 molL1AlCl3溶液中含有的Al3+数目为NA C 在标况下，11.2L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为NA D 常温常压下，22g C
3、O2气体中含有的键和键的数目均为2NA5有关下列实验操作的说法正确的是（） A 实验室可用pH试纸测量浓硫酸的pH值 B 做焰色反应实验时，直接取用铂丝蘸取物质在酒精灯外焰上灼烧，观察其颜色 C 用碱式滴定管移取20.00mL高锰酸钾溶液 D 用四氯化碳萃取碘水中I2的过程中，将分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触；振荡后打开活塞，使漏斗内的气体放出6下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（） A 一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3H2O）的比值减小 B 浓度均为0.1 molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32）c（HCO3），且2c（N
4、a+）=3c（CO32）+c（HCO3） C 0.2 molL1的醋酸（CH3COOH）溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO）+2c（OH）=c（CH3COOH）+2c（H+） D 常温下，已知：Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2Cr2O4）=2.01012，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）7亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生它的部分性质见如图，下列说法错误的是（） A 右图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应 B N2
5、H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键 C NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O D 可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）二、解答题（共4小题，满分58分）8已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子最外层电子数是次外层电子数的3倍E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同请回答下列问题：（1）B、C、D三种元素的电
6、负性由小到大的顺序为，E的基态原子的电子排布式为由B、D形成的BD32离子中，其VSEPR模型名称是，离子的中心原子采用杂化（3）已知由A、C、D三种元素按照4：2：3的原子个数比可形成某离子化合物，常温下测得该离子化合物的水溶液pH=5，则该溶液中水电离出的氢离子浓度为（4）D、E和钡三种元素构成的某化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为纳米级的EO2是一种广泛使用的催化剂，实验室往往通过ECl4在大量水中加热水解制得EO2xH2O，该反应的化学方程式为9已知三氯化铁的熔点为306，沸点为315，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物
7、做了如下探究实验：（1）装置的连接顺序为饱和食盐水的作用是（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2该小组同学对红色褪去的原因进行探究 取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀 另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红
8、，再通入O2，无明显变化实验说明；实验 的目的是；得出结论：溶液褪色的原因是10甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7，是无色有酒精气味易挥发的液体甲醇有毒，误饮510mL能双目失明，大量饮用会导致死亡甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1又查资料得知：CH3OH（l）+1/2O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化
9、学方程式为工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol回答下列问题：010min内H2O（g）的平均反应速率为若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是a升高温度 b缩小容器的体积c增大H2O （g）的浓度 d加入适当的催化剂若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数
10、为（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液 （假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色回答下列问题：a物质是，A电极的电极反应式为乙装置中的总化学反应方程式为当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=11以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（红矾钠的主要成分为重铬酸钠：Na2Cr2O72H2O），其主要工艺流程如图1：查阅资料得知：i常温下，Na
11、BiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42物质开始沉淀的pH值完全沉淀的pH值Fe（OH）32.73.7Al（OH）33.44Cr （OH）34.65Fe（OH）27.59Bi（OH）30.74ii回答下列问题：（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是操作 I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和（填仪器名称）（3）写出反应的离子反应方程式（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式（5）将溶液H经过下列操作，蒸发浓缩，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠（6）取一定质量的固体D溶解于200mL的硫酸中，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成
12、沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V关系如图2所示，则硫酸的浓度为，固体D中含Fe化合物的物质的量为四川省眉山市高考化学一诊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化学与生活、社会密切相关，下列说法错误的是（） A 过氧化钠可作航天员和潜水员的供氧剂 B 干冰和碘化银均可用于人工降雨 C 近年来出现的城市雾霾与汽车尾气的排放无关 D 高铁车厢大部分材料采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强考点： 钠的重要化合物；常见的生活环境的污染及治理；金属与合金在性能上的主要差异分析： A、因Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，所以过氧化钠可用作航天员
13、的供氧剂；B、根据干冰易升华吸热和碘化银分解吸热来分析；C、汽车尾气中含有大量有害物体和粉尘；D、根据铝合金的物理性能分析解答： 解：A、因Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，所以过氧化钠可用作航天员的供氧剂，故A正确；B、干冰易升华吸热和碘化银分解吸热，所以均可用于人工降雨，故B正确；C、汽车尾气中含有大量有害物体和粉尘，所以汽车尾气随意排放，与雾霾形成有很大的关系，故C错误；D、铝合金具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等性能，在航空、航天、汽车、机械制造、船舶及化学工业中已大量应用，故D正确；故选：C点评： 本题考查了Na2O2的应用、干冰易和碘化银的降雨、汽车尾气、合金的组成和性能等
14、知识点，题目难度不大2下列关于物质分类的说法正确的是（） A Na2O2CaOK2O都是碱性氧化物 B BaSO4NaClKNO3溶液都是电解质 C 纯碱烧碱碱石灰都是碱 D 稀豆浆果冻淀粉溶液都是胶体考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质分析： A、碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；B、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；C、碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；D、胶体是分散质粒子介于1nm100nm之间的分散系解答： 解：A、碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，
15、故不是碱性氧化物，故A错误；B、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，溶液是混合物，不是电解质，故B错误；C、碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物，纯碱是碳酸钠，是盐不是碱；碱石灰是CaO和NaOH的混合物，不是碱，故C错误；D、胶体是分散质粒子介于1nm100nm之间的分散系，稀豆浆、果冻和淀粉溶液均为胶体，故D正确故选D点评： 本题考查了碱性氧化物、电解质和碱以及胶体的概念和辨析，难度不大，根据定义来分析是关键3下列离子反应方程式错误的是（） A 向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸：SiO32+2H+=H2SiO3（胶体） B 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32
16、+2H+=SO42+3S+H2O C 将Cu片加入稀硝酸中：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O D 向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=2BaSO4+NH3H2O+AlO2+2H2O考点： 离子方程式的书写分析： A硅酸钠与少量稀盐酸反应生成硅酸胶体；B硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫气体和硫单质；C铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水；D氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡、偏铝酸根离子、一水合氨和水解答： 解：A向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸，反应生成硅酸胶体，反应的离子方程式为：
17、SiO32+2H+=H2SiO3（胶体），故A正确；BNa2S2O3中+2 价的S能发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，正确的离子方程式为：S2O32+2H+=SO2+S+H2O，故B错误；C将Cu片加入稀硝酸中，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故C正确；DNH4Al（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2稀溶液，反应的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=2BaSO4+NH3H2O+AlO2+2H2O，故D正确；故选B点评： 本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检
18、查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等4设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（） A 12g金刚石晶体中含有的CC的数目为2NA B 1L 1 molL1AlCl3溶液中含有的Al3+数目为NA C 在标况下，11.2L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为NA D 常温常压下，22g CO2气体中含有的键和键的数目均为2NA考点： 阿伏加德罗常数分析： A依据n=计算物质的量结合金刚石中1mol金刚石中含有2molCC键分析；B铝离子在水溶液中部分发生水解；C氯气与氢氧化钠溶液的反应中，
19、氯气既是氧化剂也是还原剂；D.1个二氧化碳分子中含有2个键和键解答： 解：A.12g金刚石晶体物质的量=1mol，结合金刚石中1mol金刚石中含有2molCC键分析，1mol金刚石含有碳碳单键数为2NA，故A正确；B铝离子在水溶液中部分发生水解，所以1L 1 molL1AlCl3溶液中含有的Al3+数目小于NA，故B错误；C标况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，而1mol氯气与足量的NaOH溶液反应转移了1mol电子，故0.5mol氯气反应转移的电子数为0.5NA，故C错误；D.1个二氧化碳分子中含有2个键和键，22g CO2气体的物质的量为0.5mol，含有的键和键的数目均为NA，
20、故D错误；故选：A点评： 本题考查了有关阿伏伽德罗常数的应用，注意掌握标况下的气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度之间的关系，题目难度不大5有关下列实验操作的说法正确的是（） A 实验室可用pH试纸测量浓硫酸的pH值 B 做焰色反应实验时，直接取用铂丝蘸取物质在酒精灯外焰上灼烧，观察其颜色 C 用碱式滴定管移取20.00mL高锰酸钾溶液 D 用四氯化碳萃取碘水中I2的过程中，将分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触；振荡后打开活塞，使漏斗内的气体放出考点： 化学实验方案的评价分析： A浓硫酸有脱水性；B铂丝用稀盐酸洗净；C酸性高锰酸钾溶液有强氧化性
21、；D四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘解答： 解：A浓硫酸有脱水性，能使pH试纸变为黑色，故A错误； B铂丝用稀盐酸洗净，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色时，再蘸取待测溶液进行实验，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液有强氧化性能将碱式滴定管的橡胶管氧化，故C错误；D将分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触；振荡后打开活塞，使漏斗内的气体放出，操作正确，故D正确故选D点评： 本题考查较为综合，涉及试纸的使用、焰色反应以及物质的分离提纯等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大6下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（） A 一定浓
22、度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3H2O）的比值减小 B 浓度均为0.1 molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32）c（HCO3），且2c（Na+）=3c（CO32）+c（HCO3） C 0.2 molL1的醋酸（CH3COOH）溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO）+2c（OH）=c（CH3COOH）+2c（H+） D 常温下，已知：Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2Cr2O4）=2.01012，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）考点： 离子浓度大小的比较分析： A
23、加水稀释促进一水合氨电离；B混合溶液中，CO32的水解程度远远大于HCO3，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；C二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒、物料守恒；D未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小解答： 解：A加水稀释促进一水合氨电离，所以n（NH4+）增大、n（NH3H2O）减小，则c（NH4+）/c（NH3H2O）增大，故A错误；B混合溶液中，CO32的水解程度远远大于HCO3，所以c（CO32）c（HCO3），溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32）+c（HCO3），故B错误；C二者
24、混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）、物料守恒2c（Na+）=C（CH3COOH）+C（CH3COO），所以得c（CH3COO）+2c（OH）=c（CH3COOH）+2c（H+），故C正确；D未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小，故D错误；故选C点评： 本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析、判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用，易错选项是A，如果单纯考虑c（NH4+）、c（NH3H2O），二者浓度都减小，不容易判断，考虑物质的量就
25、很容易判断，为易错点7亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生它的部分性质见如图，下列说法错误的是（） A 右图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应 B N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键 C NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O D 可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）考点： 亚硝酸盐；氧化还原反应分析： A有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；B氢键导致物质的溶解度增大；C亚硝酸
26、钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、2价变为价；D亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色解答： 解：A有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，亚硝酸钠和氯化铵的反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故A错误；B氢键导致物质的溶解度增大，肼和水分子之间能形成氢键，所以促进肼溶解，则肼极易溶于水，故B正确；C亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、2价变为价，转移电子数为，结合原子守恒配平方程式为NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，故C正确；D根据转化关系知，亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试
27、液变蓝色，氯化钠和KI不反应，所以用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），故D正确；故选A点评： 本题以亚硝酸钠为载体考查氧化还原反应、氢键、物质鉴别等知识点，侧重分析、知识运用，明确氧化还原反应特点、物质性质即可解答，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子最外层电子数是次外层电子数的3倍E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同请回答下
28、列问题：（1）B、C、D三种元素的电负性由小到大的顺序为CNO，E的基态原子的电子排布式为Ar3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2由B、D形成的BD32离子中，其VSEPR模型名称是平面三角形，离子的中心原子采用sp2杂化（3）已知由A、C、D三种元素按照4：2：3的原子个数比可形成某离子化合物，常温下测得该离子化合物的水溶液pH=5，则该溶液中水电离出的氢离子浓度为105mol/L（4）D、E和钡三种元素构成的某化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为BaTiO3纳米级的EO2是一种广泛使用的催化剂，实验室往往通过ECl4在大量水中加热水解制得EO2xH2O，该反应的
29、化学方程式为TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl考点： 位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析： A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B为C元素；A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，A的原子序数小于B，则A是H元素；D原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则D是O元素；C元素原子序数大于B而小于D，所以C是N元素；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同，则E是Ti元素，（1）同一周期元素，元素电
30、负性随着原子序数增大而增大；E是Ti元素，根据构造原理书写Ti的基态原子的电子排布式；由C、O形成的CO32离子中，根据价层电子对互斥理论判断VSEPR模型名称及中心原子杂化方式；（3）由H、N、O三种元素按照4：2：3的原子个数比可形成某离子化合物为NH4NO3，硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，常温下测得该离子化合物的水溶液pH=5，则该溶液中水电离出的氢离子浓度=10pH；（4）O、Ti和钡三种元素构成的某化合物，根据均摊法确定该化合物的化学式；纳米级的TiO2是一种广泛使用的催化剂，实验室往往通过TiCl4在大量水中加热水解制得TiO2xH2O，根据反应物、生成物及反应条
31、件书写方程式解答： 解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B为C元素；A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，A的原子序数小于B，则A是H元素；D原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则D是O元素；C元素原子序数大于B而小于D，所以C是N元素；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同，则E是Ti元素，（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，所以这三种元素电负性CNO；E是Ti元素，根据构造原理知Ti的基态原子的电子排布式为Ar3d24s2
32、或1s22s22p63s23p63d24s2，故答案为：CNO；Ar3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2；由C、O形成的CO32离子中，根据价层电子对互斥理论知，该离子中价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以VSEPR模型名称是平面三角形，中心原子杂化方式为sp2，故答案为：平面三角形；sp2；（3）由H、N、O三种元素按照4：2：3的原子个数比可形成某离子化合物为NH4NO3，硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，常温下测得该离子化合物的水溶液pH=5，则该溶液中水电离出的氢离子浓度=10pHmol/L=105mol/L，故答案为：105mol/L；（4）O、T
33、i和钡三种元素构成的某化合物，根据均摊法知，Ba原子个数是1，O原子个数=12=3，Ti原子个数=8=1，所以其化学式为BaTiO3；纳米级的TiO2是一种广泛使用的催化剂，实验室往往通过TiCl4在大量水中加热水解制得TiO2xH2O，根据反应物、生成物及反应条件知该反应方程式为TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl，故答案为：BaTiO3； TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl点评： 本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及晶胞计算、盐类水解、原子杂化方式判断、电负性、等知识点，这些都是高考高频点，明确价层电子对互斥理论、构造原理、均摊法、盐类水解原理即
34、可解答，难点是晶胞计算，题目难度中等9已知三氯化铁的熔点为306，沸点为315，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验：（1）装置的连接顺序为a、g、h、d、e、b、c、f饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是Fe2+被H2O2
35、氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2该小组同学对红色褪去的原因进行探究 取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀 另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化实验说明SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验 的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能；得出结论：溶液褪色的原因是H2O2将SCN氧化成SO42考点： 探究物质的组成或测量物质的含量分析
36、： （1）排列顺序为气体的制取洗气干燥氯气和铁的反应尾气处理；饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解；（3）根据Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；（4）根据滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN解答： 解：（1）浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为
37、气体的制取洗气干燥氯气和铁的反应尾气处理，所以装置连接顺序为aghdebcf，故答案为：a、g、h、d、e、b、c、f；饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；（3）Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，反应方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3；故答案为：Fe3+3SCNFe（SCN）3；Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，故答案为：Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合
38、物浓度；（4）根据滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN，所以氧化SCN的为双氧水；故答案为：SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应；排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能；H2O2将SCN氧化成SO42点评： 本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化
39、学实验能力10甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7，是无色有酒精气味易挥发的液体甲醇有毒，误饮510mL能双目失明，大量饮用会导致死亡甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1又查资料得知：CH3OH（l）+1/2O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）
40、H=kJmol1工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol回答下列问题：010min内H2O（g）的平均反应速率为0.006mol/Lmin若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是aca升高温度 b缩小容器的体积c增大H2O （g）的浓度 d加入适当的催化剂若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态
41、时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为25%（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液 （假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色回答下列问题：a物质是CH3OH，A电极的电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O乙装置中的总化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=1考点： 化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理分析：
42、（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；平均反应速率=计算得到；若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，依据化学反应影响因素和平衡移动原理分析选择的条件；结合平衡常数概念，依据化学平衡三段式列式计算得到；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；a为甲醇电极商十点钟发生氧化反生成碳酸盐；乙中是电极饱和食盐水；依据电极反应和电子守恒计算所得溶液的PH解答： 解：（1）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1CH3OH（l）
43、+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，依据盖斯定律2+3+2得到：表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H= kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H= kJmol1；业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mo
44、l，依据化学平衡三段式列式 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1 1.5 0 0变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol） 0.4 0.9 0.6 0.6故答案为：6103 molL1min1；010min内H2O（g）的平均反应速率=0.006mol/Lmin；故答案为：0.006mol/Lmin；CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，反应是气体体积不变的吸热反应，若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是；a升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，故a符合； b缩小容器的体积，压强增大，平衡不变，速率增大，
45、不能提高一氧化碳转化率，故B不符合；c增大H2O （g）的浓度，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，故c符合； d加入适当的催化剂，改变反应速率，不改变化学平衡，一氧化碳转化率不变，故d不符合；故答案为：ac；计算平衡常数，K=1 若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），设生成氢气物质的量为x CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1+0.4 0.9+0.4 0.6 0.6.6变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 1.4x 1.4x 0.6+x 0.6+x=1x=0.4mol此时平衡混合气体中H2的体积分数=100%=25%故
46、答案为：25%；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；上述分析可知a物质为甲醇，电极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；故答案为：CH3OH；CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；乙中是电极饱和食盐水，生成氯气和氢气、氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，生成氯气物质的量=0.01mol，2Cl2e=Cl2
47、，电子转移0.02mol，丙中电解硫酸铜的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，电子转移4mol，反应2mol硫酸铜，生成硫酸2mol，电子转移0.02mol，生成硫酸0.01mol，氢离子浓度=0.02mol，c（H+）=0.1mol/L，溶液的pH=1故答案为：1；点评： 本题考查了化学平衡、反应速率的影响因素分析判断，平衡常数、反应速率的计算应用，原电池原理的理解应用和电解池中溶液PH的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等11以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（红矾钠的主要成分为重铬酸钠：Na2Cr2
48、O72H2O），其主要工艺流程如图1：查阅资料得知：i常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42物质开始沉淀的pH值完全沉淀的pH值Fe（OH）32.73.7Al（OH）33.44Cr （OH）34.65Fe（OH）27.59Bi（OH）30.74ii回答下列问题：（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率操作 I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯（填仪器名称）（3）写出反应的离子反应方程式3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=2CrO42+3Na+3Bi（OH）3（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O
49、72，写出该反应的离子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（5）将溶液H经过下列操作，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠（6）取一定质量的固体D溶解于200mL的硫酸中，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V关系如图2所示，则硫酸的浓度为2.5molL1，固体D中含Fe化合物的物质的量为0.1mol考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析： 铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生
50、成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O72H2O，以此解答该题解答： 解：铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在
51、溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O72H2O，（1）反应之前先将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；操作 I、III、IV为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯，故答案为：漏斗、烧杯；（3）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=2CrO42+3Na+3Bi（OH）3，故答案为：3NaBiO
52、3+2Cr3+7OH+H2O=2CrO42+3Na+3Bi（OH）3；（4）酸化使CrO42转化为Cr2O72，反应的离子方程式为2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（5）Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠，故答案为：冷却结晶；（6）由图象可知加入NaOH200mL时沉淀完全，此时溶液为Na2SO4，则n（H2SO4）=n（NaOH）=5mol/L0.2L=0.5mol，c（H2SO4）=2.5mol/L，加入NaOH200mL240mL时发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，则nAl（OH）3=n（NaOH）=5mol/L0.04L=0.2mol，从20mL到200mL，生成Fe（OH）3和Al（OH）3，n（Fe（OH）3）=0.1mol，所以固体D中含Fe化合物的物质的量为0.1mol，故答案为：2.5 molL1； 0.1mol点评： 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验和计算能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度较大
