1、2016年四川省资阳市高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与环境、材料、信息、生活关系密切，下列说法正确的是（）A“山东疫苗案”涉疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关B硫、氮、碳的氧化物是形成酸雨的主要物质C半导体行业中有一句“行话”：“从沙滩到用户”，说明计算机芯片的主要成分是二氧化硅D自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂2小明同学的化学纠错本上有如下内容，其中原因分析及改正有误的是（）错误原因分析及改正AFeBr2溶液中通入少量Cl2的离子方程式：2Br+Cl2=Br2+2Cl还原性强弱：Fe2+Br；改正：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClB除去CO2中的HC
2、l气体：通过饱合Na2CO3溶液，分离方法：洗气“饱合”应为“饱和”，Na2CO3不仅要吸收HCl气体，还要吸收CO2，应改用饱和NaHCO3溶液；分离方法：洗气C用已知浓度的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液指示剂：甲基橙，终点判断：当滴至最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，即达终点指示剂不能用甲基橙，改用酚酞，终点判断：当滴至最后一滴标准液，溶液由红色变为浅红色，即达终点D双原子分子一定是非极性分子双原子分子有可能为单质或化合物分子；改正：双原子单质分子一定是非极性分子而双原子化合物分子一定是极性分子AABBCCDD3用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A2.0 g D21
3、8O中含有的质子数为NAB标准状况下，22.4 L NH3分子含有的杂化轨道数为4 NAC78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2 NAD1 mol Fe完全溶于一定量的硝酸溶液中，转移的电子数一定是3 NA4下列有关离子方程式书写或离子共存说法正确的是（）A在0.1 mol/L Na2CO3溶液中：Al3+、NH4+、SO42、NO3一定能大量共存B常温下， =0.1 mol/L的溶液中，下列离子一定能大量共存：K+、Cl、Fe2+、NO3C清洗锅炉时先用纯碱溶液浸泡的主要原因：CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s）D向Al2（SO4）3溶液中加入少量
4、Ba（OH）2溶液：Ba2+SO42+Al3+3OHBaSO4+Al（OH）35150时，在固定容积的密闭容器中将1L气态混合烃与9L氧气（足量）混合点燃，恢复到原温度时容器内压强为原来的108%，则原混合烃组成可能是（）A甲烷与乙烷体积比为1：4B乙烯与丁烷体积比为4：1C丙炔与乙炔物质的量比为4：1D乙烯与丁烯物质的量比为1：46常温下，下列有关稀溶液中离子浓度的说法正确的是（）A同浓度的四种溶液：NH4Cl （NH4）2SO4 NH4HSO4 NH4Al（SO4）2溶液，c（NH4+）浓度的大小关系：B一定浓度的NaHS溶液中：c（Na+）+c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2
5、S）C若0.1 mol/L NH4Cl溶液pH=5，则其中离子浓度最大与最小的差值为（0.1105）mol/LD现有四种溶液：pH=4的H2SO4溶液 pH=4的NH4Cl溶液 pH=10的氨水 pH=10的CH3COONa溶液，其中水电离出的氢离子浓度大小关系为：=7向甲、乙、丙三个容积固定不变的密闭容器中充入一定量的X和Y，一定条件下发生反应 X（g）+aY（g）2Z（g）各容器的反应温度、反应物起始量、反应过程中Z的浓度随时间变化分别以如图和下表来表示下列说法不正确的是（） 容器甲乙丙容积/L0.50.51.0温度/T1T2T2反应物起始量1.0 mol X0.5 mol Y1.0 mo
6、l X0.5 mol Y4.0 mol X2.0 mol YA该反应温度升高，平衡常数减小B20 min内甲容器中反应的平均速率：v（X）=0.0375mol（Lmin）1C10 min时，其他条件不变，向乙容器中再加入2 mol Z，平衡向逆反应方向移动D其他条件不变，若缩小乙的体积，Y的转化率增大二、解答题（共4小题，满分58分）8现有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子序数与周期序数相同；B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物；D是所在周期的原子序数最大的金属元素；E处于第四周期且其基态原子价层电子排布式为md2mnsn2请回答下列问题
7、（用元素符号或化学式作答）：（1）BA3分子的空间构型为，B、C元素的第一电离能大小关系为（2）与D元素同族的短周期元素M与B元素形成的某种化合物是具有特殊功能的陶瓷，其晶胞结构如图1，则每个晶胞中含M原子的个数为，该功能陶瓷的化学式为（3）A、C两元素形成原子个数比1：1的化合物在酸性条件下能将E2+氧化，写出其离子方程式（4）写出以金属D、E为两电极、NaOH溶液为电解质溶液组成原电池的负极反应式（5）已知在微生物作用的条件下，BA4+经过两步反应被氧化成BC3两步反应的能量变化如图2试写出1mol BA4+（aq）全部氧化成BC3（aq）的热化学方程式9某校化学兴趣小组探究SO2与FeC
8、l3溶液的反应，所用装置如图所示（夹持仪器已略去）（1）实验前，应先检查装置的；实验中产生的尾气应通入溶液进行处理（2）实验过程中需要配制100mL l mo1L1FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、；实际配制过程中，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，此特殊操作的目的是（3）该小组同学向5mL l mo1L1FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，写出其反应的离子方程式再打开分液漏斗活塞，逐滴加入煮沸冷却后的NaOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是（4）该小组同学在（3）中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是
9、溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色【查阅资料】Fe（HSO3）2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为SO42则Fe（HSO3）2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是（5）若实验中用5mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672mL，向已冷却的A试管溶液中加入4mo1L1的NaOH溶液30mL时，恰好使Cu2+完全沉淀则所用浓H2SO4浓度为（忽略过程中溶液的体积变化）10植物精油具抗菌消炎、解热镇痛之功效从樟科植物叶中提取的精油中含有甲、乙、丙三种成分I、甲经下列过程可转化为乙：（1）乙的
10、结构简式为1mol乙最多可与mol H2反应（2）对比甲乙的结构简式，简述上述过程由甲合成乙的设计意图II、通过下列合成路线由乙可得丙（部分反应产物略去）：已知下列信息：RCH=CHRRCHO+RCHO丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应（3）BC的反应类型是；D中的官能团名称是（4）乙与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为（5）写出同时符合下列要求的D的同分异构体的结构简式a属于二取代苯b分子中有不同化学环境的氢原子5种，其个数比为1：1：2：2：2c能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性条件下可以发生水解反应11重铬酸钠（Na2Cr2O72H2O）是重要的化工原料，在
11、化学工业和制药工业中常用作氧化剂可用一种铬铁矿（主要成分：FeOCr2O3，还含有少量的Al2O3）通过以下流程来制取重铬酸钠如图1回答下列问题：（1）写出Cr元素基态原子的外围电子排布式（2）步骤I中反应的化学方程式为：4FeOCr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2（g）8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2（g），反应中被氧化的元素是，生成2mol Fe2O3时转移电子的物质的量为mol（3）步骤II中加入NaOH溶液时发生的化学反应方程式为（4）+3、+6价铬都有很强的毒性，+6价铬的毒性更高，可诱发肺癌和鼻咽癌工业上常用电解法来处理含Cr2O72的废水，电解装置模
12、拟示意图如图2（电极材料为铁和石墨）通电后，Cr2O72在b极附近转变为Cr3+，一段时间后Cr3+最终可在a极附近变成Cr（OH）3沉淀而被除去a电极的电极材料是，b电极附近生成Cr3+的反应的离子方程式是（5）将含Cr2O3为50%的铬铁矿30.4kg，按上述流程制取产品Na2Cr2O72H2O，假设整个流程中铬元素的利用率为80%，则最终能制得Na2Cr2O72H2Okg2016年四川省资阳市高考化学模拟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化学与环境、材料、信息、生活关系密切，下列说法正确的是（）A“山东疫苗案”涉疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关
13、B硫、氮、碳的氧化物是形成酸雨的主要物质C半导体行业中有一句“行话”：“从沙滩到用户”，说明计算机芯片的主要成分是二氧化硅D自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】化学应用【分析】A未冷藏储运，温度升高，蛋白质发生变性；B碳的氧化物与酸雨无关；C从沙滩到用户”，可知沙子的成分为二氧化硅，为光纤的材料；D明矾不具有强氧化性【解答】解：A未冷藏储运，温度升高，蛋白质发生变性，则应冷藏储运，故A正确；B碳的氧化物与酸雨无关，与S、N的氧化物有关，故B错误；C从沙滩到用户”，可知沙子的成分为二氧化硅，为光纤的材料，计算机芯片的主要成分为Si，故C错误；D明矾不具有强氧化
14、性，不能杀菌消毒，故D错误；故选A【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、发生的反应、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小明同学的化学纠错本上有如下内容，其中原因分析及改正有误的是（）错误原因分析及改正AFeBr2溶液中通入少量Cl2的离子方程式：2Br+Cl2=Br2+2Cl还原性强弱：Fe2+Br；改正：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClB除去CO2中的HCl气体：通过饱合Na2CO3溶液，分离方法：洗气“饱合”应为“饱和”，Na2CO3不仅要吸收HCl气体，还要吸收CO2，应改用饱和NaHCO3溶液；分离方法：洗气C用已知浓度的H
15、Cl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液指示剂：甲基橙，终点判断：当滴至最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，即达终点指示剂不能用甲基橙，改用酚酞，终点判断：当滴至最后一滴标准液，溶液由红色变为浅红色，即达终点D双原子分子一定是非极性分子双原子分子有可能为单质或化合物分子；改正：双原子单质分子一定是非极性分子而双原子化合物分子一定是极性分子AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A二价铁还原性大于溴离子； B二氧化碳能与碳酸钠反应；C滴定终点是当最后一滴盐酸溶液滴入时，溶液颜色由浅红色变为无色；D双原子分子有可能为单质或化合物分子【解答】解：A二价铁还原性大于溴离子，氯气先
16、与溴离子反应，故A正确； B二氧化碳能与碳酸钠反应，应用饱和碳酸氢钠，故B正确；C用酚酞做指示剂，滴定终点是当最后一滴盐酸溶液滴入时，溶液颜色由浅红色变为无色，且半分钟内不变色，故C错误；D双原子分子有可能为单质或化合物分子，如氮气为非极性分子，氯化氢为极性分子，故D正确故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及还原性比较、除杂、中和滴定以及分子的极性等，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键，注意从实验的评价性及物质性质分析解答，题目难度不大3用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A2.0 g D218O中含有的质子数为NAB标准状况下，22.4 L NH3分子
17、含有的杂化轨道数为4 NAC78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2 NAD1 mol Fe完全溶于一定量的硝酸溶液中，转移的电子数一定是3 NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、D218O的摩尔质量为22g/mol；B、求出氨气的物质的量，然后根据氨气中含C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根来分析；D、铁和硝酸反应，最终生成的铁可能为+3价，也可能为+2价【解答】解：A、D218O的摩尔质量为22g/mol，故2.0gD218O的物质的量小于0.1mol，则含有的质子数小于NA个，故A错误；B、标况下22.4L
18、氨气的物质的量为1mol，而氨气中含4个杂化轨道，故1mol氨气中含4NA个，故B正确；C、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠中含离子共3NA个，故C错误；D、铁和硝酸反应，最终生成的铁可能为+3价，也可能为+2价，故1mol铁转移的电子数可能为2NA个，也可能为3NA个，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列有关离子方程式书写或离子共存说法正确的是（）A在0.1 mol/L Na2CO3溶液中：Al3+、NH4+、SO42、NO3一定能大量共存B常温下， =0
19、.1 mol/L的溶液中，下列离子一定能大量共存：K+、Cl、Fe2+、NO3C清洗锅炉时先用纯碱溶液浸泡的主要原因：CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s）D向Al2（SO4）3溶液中加入少量Ba（OH）2溶液：Ba2+SO42+Al3+3OHBaSO4+Al（OH）3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A离子之间相互促进水解；B常温下， =0.1 mol/L的溶液，显碱性；C发生沉淀的转化；D加入少量Ba（OH）2溶液，不符合离子的配比【解答】解：AAl3+、CO32相互促进水解，不能大量共存，故A错误；B常温下， =0.1 mol/L的溶液，显碱性
20、，不能大量存在Fe2+，故B错误；C发生沉淀的转化，离子反应为CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s），故C正确；D加入少量Ba（OH）2溶液，不符合离子的配比，离子反应为3Ba2+3SO42+2Al3+6OH3BaSO4+2Al（OH）3，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、沉淀转化的离子反应考查，题目难度不大5150时，在固定容积的密闭容器中将1L气态混合烃与9L氧气（足量）混合点燃，恢复到原温度时容器内压强为原来的108%，则原混合烃组成可能是（）A甲烷与乙烷体积比为1：4B
21、乙烯与丁烷体积比为4：1C丙炔与乙炔物质的量比为4：1D乙烯与丁烯物质的量比为1：4【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】烃在氧气中充分燃烧的方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，由该方程式分析可知，温度在150时，当y=4时，该反应为等体积反应；当y4时，反应为气体体积减小的反应；当y4时，反应为气体体积增大的反应；容器内压强与气体的体积成正比，恢复到原温度时容器内压强为原来的108%，即：气体体积增大：（1+9）（108100）%L=0.8L；甲烷、丙炔、乙烯分子中H原子均4，燃烧后气体体积不变，所以影响气体体积的关键是乙烷、丙炔、丁烷和丁烯，据此结合题中条件
22、关系、烃的燃烧方程式进行计算即可【解答】解：烃在氧气中充分燃烧的方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，由该方程式分析可知，温度在150时，当y=4时，该反应为等体积反应；当y4时，反应为气体体积减小的反应；当y4时，反应为气体体积增大的反应，在A、B、C、D四个选项中，甲烷、丙炔、乙烯分子中H原子均4，所以关键是分析乙烷、乙炔、丁烷、丁烯的反应情况，恢复到原温度时容器内压强为原来的108%，即反应后容器内压强增大8%，即气体体积增大：（1+9）8%L=0.8L，A甲烷与乙烷体积比是1：4，乙烷的体积为0.8L，则2C2H6+7O24CO2+6H2O 气体体积增大V2 7 4 6 1
23、0.8 0.4L，气体体积增大了0.4L，不符合题意，故A错误；B2C4H10+13O28CO2+10H2O 气体体积增大V 2 13 8 10 3 0.8L 1.2L，气体体积增大了1.2L，不符合题意，故B错误；C乙炔分子中含有2个H，属于反应后气体体积减小的反应，故C错误；DC4H8+6O24CO2+4H2O 气体体积增大V 1 6 4 4 1 0.8L 0.8L反应后气体体积增大了0.8L，符合题意，故D正确；故选D【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握烃的燃烧通式在化学计算中的应用方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力6常温下，下列有关稀溶液中
24、离子浓度的说法正确的是（）A同浓度的四种溶液：NH4Cl （NH4）2SO4 NH4HSO4 NH4Al（SO4）2溶液，c（NH4+）浓度的大小关系：B一定浓度的NaHS溶液中：c（Na+）+c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）C若0.1 mol/L NH4Cl溶液pH=5，则其中离子浓度最大与最小的差值为（0.1105）mol/LD现有四种溶液：pH=4的H2SO4溶液 pH=4的NH4Cl溶液 pH=10的氨水 pH=10的CH3COONa溶液，其中水电离出的氢离子浓度大小关系为：=【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】ANH4Cl （NH4）2
25、SO4 NH4HSO4 NH4Al（SO4）2中，先不考虑水解，则（NH4）2SO4中含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断，NH4HSO4 ，NH4Al（SO4）2中，NH4HSO4 溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，NH4Al（SO4）2中铝离子水解促进铵根离子的水解，c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；BNaHS溶液中存在电荷守恒分析；C若0.1 mol/L NH4Cl溶液pH=5，溶液中最大的离子浓度为Cl离子，浓度为0.1mol/L，铵根离子水解溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度最小，c（OH）=；D酸碱抑制水的电离
26、，水解的盐促进水的电离；【解答】解：ANH4Cl （NH4）2SO4 NH4HSO4 NH4Al（SO4）2中，先不考虑水解，则（NH4）2SO4中含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断，NH4HSO4 ，NH4Al（SO4）2中，NH4HSO4 溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，NH4Al（SO4）2中铝离子水解促进铵根离子的水解，c（NH4+）浓度的大小关系：，故A错误；B一定浓度的NaHS溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），故B正确；C若0.1 mol/L NH4Cl溶液p
27、H=5，溶液中最大的离子浓度为Cl离子，浓度为0.1mol/L，铵根离子水解溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度最小，c（OH）=109mol/L，则其中离子浓度最大与最小的差值为（0.1109）mol/L，故C错误；D现有四种溶液：pH=4的H2SO4溶液 pH=10的氨水，pH=10的CH3COONa溶液，pH=4的NH4Cl溶液，抑制水的电离，促进水的电离，其中水电离出的氢离子浓度大小关系为=，故D错误；故选B【点评】本题考查了盐类水解原理、电解质溶液中离子浓度大小和电荷守恒的分析、弱电解质电离平衡及其溶液PH的大小比较等知识点，题目难度中等7向甲、乙、丙三个容积固定不变的密闭容器中充入一定
28、量的X和Y，一定条件下发生反应 X（g）+aY（g）2Z（g）各容器的反应温度、反应物起始量、反应过程中Z的浓度随时间变化分别以如图和下表来表示下列说法不正确的是（） 容器甲乙丙容积/L0.50.51.0温度/T1T2T2反应物起始量1.0 mol X0.5 mol Y1.0 mol X0.5 mol Y4.0 mol X2.0 mol YA该反应温度升高，平衡常数减小B20 min内甲容器中反应的平均速率：v（X）=0.0375mol（Lmin）1C10 min时，其他条件不变，向乙容器中再加入2 mol Z，平衡向逆反应方向移动D其他条件不变，若缩小乙的体积，Y的转化率增大【考点】化学平衡
29、的计算【专题】化学平衡专题【分析】A比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1T2，温度越高Z的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，正反应是放热反应；B由图可知，20min内甲容器中Z的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=，计算v（Z），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（X）；C加入生成物，生成物浓度增大，平衡向着逆向移动；D根据表中乙、丙的数据，丙的体积是乙的2倍，物质的量是乙的4倍，也就是起始浓度是乙的2倍，但发现平衡时丙的浓度仍然是乙的2倍，也就是该反应是一个气体体积不变的反应，所以a=1【解答】解：A比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1T2，温度越高Z的浓度越低，升高温度平衡
30、向逆反应移动，正反应是放热反应，所以温度升高，平衡常数减小，故A正确；B、由图可知，20min内甲容器中Z的浓度变化量为1.5mol/L，计算v（Z）=0.075mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，所以v（X）=v（Z）=0.075mol/（Lmin）=0.0375mol/（Lmin），故B正确；C其他条件不变，向乙容器中再加入2 mol Z，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D根据表中乙、丙的数据，丙的体积是乙的2倍，物质的量是乙的4倍，也就是起始浓度是乙的2倍，但平衡时丙的浓度仍然是乙的2倍，也就是该反应是一个气体体积不变的反应，则a=1，反应前后计量数相等，所
31、以若缩小乙的体积，平衡不移动，则Y的转化率不变，故D错误；故选D【点评】本题考查化学平衡移动、计算及化学平衡图象，题目难度中等，注意理解图象的纵坐标和横坐标的意义，明确化学平衡及其影响因素为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力二、解答题（共4小题，满分58分）8现有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子序数与周期序数相同；B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物；D是所在周期的原子序数最大的金属元素；E处于第四周期且其基态原子价层电子排布式为md2mnsn2请回答下列问题（用元素符号或化学式作答）：（1）BA3分子的空间构型为三角锥形，B、C元
32、素的第一电离能大小关系为NO（或ON）（2）与D元素同族的短周期元素M与B元素形成的某种化合物是具有特殊功能的陶瓷，其晶胞结构如图1，则每个晶胞中含M原子的个数为2，该功能陶瓷的化学式为BN（3）A、C两元素形成原子个数比1：1的化合物在酸性条件下能将E2+氧化，写出其离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（4）写出以金属D、E为两电极、NaOH溶液为电解质溶液组成原电池的负极反应式Al3e+4OH=AlO2+2H2O（5）已知在微生物作用的条件下，BA4+经过两步反应被氧化成BC3两步反应的能量变化如图2试写出1mol BA4+（aq）全部氧化成BC3（aq）的热化学方程式
33、NH4+（aq）+2O2（g）=NO3（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=346kJ/mol【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系【专题】原子组成与结构专题【分析】B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物，B为N元素，C为O元素，可形成氮氧化物，A元素原子序数与周期序数相同，应为H元素，E处于第四周期且其基态原子价层电子排布式为md2mnsn2因为前四周期元素，则n=4，m=3，应为Fe元素，D是所在周期的原子序数最大的金属元素，应为第三周期元素，应为Al，（1）BA3分子为氨气，为三角锥形结构，N的最外层为半充满状态，第一电离能大于O；（2）与D元素同族的
34、短周期元素M与B元素形成的某种化合物是具有特殊功能的陶瓷应为氮化硼；（3）反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）Al为负极，被氧化生成AlO2；（5）由图可知，1mol BA4+（aq）全部氧化成BC3（aq）共放出的热量为273+73=346（kJ）【解答】解：B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物，B为N元素，C为O元素，可形成氮氧化物，A元素原子序数与周期序数相同，应为H元素，E处于第四周期且其基态原子价层电子排布式为md2mnsn2因为前四周期元素，则n=4，m=3，应为Fe元素，D是所在周期的原子序数最大的金属元素，应为第三周
35、期元素，应为Al，（1）BA3分子为氨气，为三角锥形结构，N的最外层为半充满状态，第一电离能大于O，故答案为：三角锥形；NO（或ON）；（2）与D元素同族的短周期元素M与B元素形成的某种化合物是具有特殊功能的陶瓷应为氮化硼，由晶胞可知B原子半径较大，位于定点和体心，数目为1+8=2，N位于棱和体心，数目为4+1=2，则比值为1：1，化学式为BN，故答案为：2；BN；（3）A、C两元素形成原子个数比1：1的化合物在酸性条件下能将E2+氧化，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）Al为负极，被氧化生成AlO
36、2，电极方程式为Al3e+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O；（5）由图可知，1mol BA4+（aq）全部氧化成BC3（aq）共放出的热量为273+73=346（kJ），则热化学方程式为NH4+（aq）+2O2（g）=NO3（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=346 kJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）=NO3（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=346 kJ/mol【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，推断元素是解题关键，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础9某校化学兴趣
37、小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示（夹持仪器已略去）（1）实验前，应先检查装置的气密性；实验中产生的尾气应通入NaOH溶液进行处理（2）实验过程中需要配制100mL l mo1L1FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；实际配制过程中，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，此特殊操作的目的是抑制FeCl3水解（3）该小组同学向5mL l mo1L1FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，写出其反应的离子方程式2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+再打开分液漏斗活塞，逐滴加入煮沸冷却后的N
38、aOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是先无现象，后生成白色絮状沉淀（4）该小组同学在（3）中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色【查阅资料】Fe（HSO3）2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为SO42则Fe（HSO3）2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是Fe（HSO3）2+Fe3+H2O=2Fe2+SO42+3H+（5）若实验中用5mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672mL，向已冷却的A试管溶液中加入4mo1L1
39、的NaOH溶液30mL时，恰好使Cu2+完全沉淀则所用浓H2SO4浓度为18mo1L1（忽略过程中溶液的体积变化）【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）制取气体的反应装置，实验之前应检查装置的气密性；二氧化硫尾气用NaOH溶液吸收；（2）据配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器分析；三价铁离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铁；（3）向5mLlmo1L1FeCl3溶液中通入足量的SO2，SO2与FeCl3的发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和盐酸；反应后溶液显酸性，再加入NaOH稀溶液，先发生中和反应，然后再反应生成氢氧化亚铁，生成二氧化硫排尽空气，氢氧化亚铁不被氧化为氢氧化铁；
40、（4）Fe（HSO3）2+被Fe3+氧化为SO42，Fe3+被还原为Fe2+，根据氧化还原电子得失配平；（5）SO2的体积在标准状况下为672mL，物质的量为=0.03mol，根据电子得失守恒：n（Cu）2=n（SO2）2，则n（Cu2+）=0.03mol，完全沉淀Cu2+需要NaOH的物质的量为0.06mol，Cu2+为0.03mol，即CuSO4为0.03mol，而A试管溶液中加入4mo1L1的NaOH溶液30mL，即n（NaOH）=0.12mol，说明反应后H2SO4过量，过量的H2SO4为0.03mol，根据硫守恒可知5mL一定浓度的浓H2SO4中含有H2SO4共0.09mol，最后根
41、据c=来解答【解答】解：（1）制取气体的反应装置，制取之前应检查装置的气密性；二氧化硫尾气用NaOH溶液吸收；故答案为：气密性；NaOH；（2）配制100mL1mol/L FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL的容量瓶；三价铁离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铁，所以制取的氯化铁中含有杂质氢氧化铁，依据盐类水解平衡移动原理，加入盐酸可以抑制氯化铁的水解；故答案为：胶头滴管、100mL的容量瓶；抑制氯化铁水解；（3）SO2与FeCl3的发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和盐酸，离子反应为：2Fe3+SO2+2H2O=SO42+4H+2Fe2+；溶液显酸性，再加
42、入NaOH稀溶液，先发生中和反应，然后再反应生成氢氧化亚铁，生成二氧化硫排尽空气，氢氧化亚铁不被氧化为氢氧化铁；现象为：开始无现象，然后产生白色沉淀，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=SO42+4H+2Fe2+；开始无现象，然后产生白色沉淀；（4）Fe（HSO3）2+被Fe3+氧化为SO42，Fe3+被还原为Fe2+，反应离子方程式为：Fe3+H2O+Fe（HSO3）2+2Fe2+SO42+3H+；故答案为：Fe3+H2O+Fe（HSO3）2+2Fe2+SO42+3H+；（5）SO2的体积在标准状况下为672mL，物质的量为=0.03mol，根据电子得失守恒：n（Cu）2=n（SO2）2，
43、则n（Cu2+）=0.03mol，完全沉淀Cu2+需要NaOH的物质的量为0.06mol，Cu2+为0.03mol，即CuSO4为0.03mol，而A试管溶液中加入4mo1L1的NaOH溶液30mL，即n（NaOH）=0.12mol，说明反应后H2SO4过量，过量的H2SO4为0.03mol，根据硫守恒可知5mL一定浓度的浓H2SO4中含有H2SO4共0.09mol，其物质的量浓度为c=18 mo1L1；故答案为：18 mo1L1【点评】本题为SO2的性质探究实验，涉及装置气密性的检验，溶液配制、物质的性质、氧化还原反应原理的运用，题目难度中等10植物精油具抗菌消炎、解热镇痛之功效从樟科植物叶
44、中提取的精油中含有甲、乙、丙三种成分I、甲经下列过程可转化为乙：（1）乙的结构简式为1mol乙最多可与5mol H2反应（2）对比甲乙的结构简式，简述上述过程由甲合成乙的设计意图将甲中的羟基氧化为醛基，同时又保护了碳碳双键不被氧化II、通过下列合成路线由乙可得丙（部分反应产物略去）：已知下列信息：RCH=CHRRCHO+RCHO丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应（3）BC的反应类型是加成反应；D中的官能团名称是碳碳双键和羧基（4）乙与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为（5）写出同时符合下列要求的D的同分异构体的结构简式a属于二取代苯b分子中有不同化学环境的氢原子5
45、种，其个数比为1：1：2：2：2c能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性条件下可以发生水解反应【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】I甲与HCl发生加成反应生成，发生氧化反应生成Y为，Y发生消去反应生成乙为；II乙和臭氧氧化反应生成与OHCCHO，乙和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应然后酸化得到D，D的结构简式为，丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应，说明丙中有碳碳不饱和键和酯基，结合丙的分子式中碳原子数目可知，可知B为，则A为OHCCHO，B与氢气发生加成反应生成C为，丙的结构简式为，据此解答；【解答】解：I甲与HCl
46、发生加成反应生成，发生氧化反应生成Y为，Y发生消去反应生成乙为；（1）乙的结构简式为，苯环、碳碳双键、醛基均与氢气发生加成反应，1mol乙最多可与 5mol H2反应，故答案为：；5；（2）对比甲乙的结构简式，简述上述过程由甲合成乙的设计意图为将甲中的羟基氧化为醛基，同时又保护了碳碳双键不被氧化，故答案为：将甲中的羟基氧化为醛基，同时又保护了碳碳双键不被氧化；II乙和臭氧氧化反应生成与OHCCHO，乙和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应然后酸化得到D，D的结构简式为，丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应，说明丙中有碳碳不饱和键和酯基，结合丙的分子式中碳原子数目可知，可知B为，则
47、A为OHCCHO，B与氢气发生加成反应生成C为，丙的结构简式为，（3）BC是醛与氢气在催化剂、加热条件下发生的加成反应，D的结构简式为，D中的官能团名称是碳碳双键和羧基，故答案为：加成反应；碳碳双键和羧基；（4）乙与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）同时符合下列要求的D（）的同分异构体的结构简式：a属于二取代苯；b分子中有5种不同环境的氢原子，其个数比为1：2：2：1：2；c能使溴的CCl4溶液退色，且在酸性条件下可以发生水解反应，含有酯基、碳碳双键，该同分异构体结构简式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断及合成、有机反应类型、同分异构体书写等，注意根据有机物的结
48、构与反应条件进行推断，关键是熟练掌握各种官能团结构和性质，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，题目难度中等11重铬酸钠（Na2Cr2O72H2O）是重要的化工原料，在化学工业和制药工业中常用作氧化剂可用一种铬铁矿（主要成分：FeOCr2O3，还含有少量的Al2O3）通过以下流程来制取重铬酸钠如图1回答下列问题：（1）写出Cr元素基态原子的外围电子排布式3d54s1（2）步骤I中反应的化学方程式为：4FeOCr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2（g）8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2（g），反应中被氧化的元素是Fe、Cr，生成2mol Fe2O3时转移电子的物质
49、的量为28mol（3）步骤II中加入NaOH溶液时发生的化学反应方程式为2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O（4）+3、+6价铬都有很强的毒性，+6价铬的毒性更高，可诱发肺癌和鼻咽癌工业上常用电解法来处理含Cr2O72的废水，电解装置模拟示意图如图2（电极材料为铁和石墨）通电后，Cr2O72在b极附近转变为Cr3+，一段时间后Cr3+最终可在a极附近变成Cr（OH）3沉淀而被除去a电极的电极材料是石墨，b电极附近生成Cr3+的反应的离子方程式是Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（5）将含Cr2O3为50%的铬铁矿30.4kg，按上述流程制取产品Na2Cr2
50、O72H2O，假设整个流程中铬元素的利用率为80%，则最终能制得Na2Cr2O72H2O23.84kg【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】工业铬铁矿（FeOCr2O3，含少量Al2O3和SiO2），首先是加入碳酸钠煅烧，FeOCr2O3和碳酸钠在一起作用下发生氧化还原反应，化学方程式为：4FeOCr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2（g）8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2（g），生成氧化铁，铬酸钠和二氧化碳，加入氢氧化钠，2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，除去氧化铝，将溶液的pH调至78并煮沸，NaAlO2等杂质可以以沉淀的形式除去，水
51、浸过滤后得到Na2CrO4溶液，加入硫酸酸化反应为：2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，铬渣为Na2SO4（1）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，根据核外电子排布规律书写，价电子排布式为外围电子排布式；（2）化学反应中有化合价升降的反应是氧化还原反应，还原剂是在反应中所含元素化合价升高的反应物，还原剂中化合价升高的元素被氧化，依据化学方程式4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，分析反应过程中元素化合价变化，计算电子转移总数得到；（3）步骤II中加入NaOH溶液时氧
52、化铝和氢氧化钠反应生成溶于水的偏氯酸钠和水，以便通过调PH以沉淀形式除去；（4）a连接电源负极，所以a为阴极，连接石墨；b连接电源正极，所以b为电解槽的阳极；阳极铁发生氧化反应；（5）根据铬元素守恒分析计算【解答】解：（1）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，它的外围电子排布式是3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）步骤I中反应的化学方程式为：4FeOCr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2（g）8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2（g），元素的化合价变化为：4个Fe由+2+3，8个Cr由+3
53、+6，28个O由02，转移28e，化合价升高的元素被氧化，所以反应中被氧化的元素是Fe、Cr（或铁、铬），生成2mol Fe2O3时转移电子的物质的量为28mol，故答案为：Fe、Cr（或铁、铬）；28；（3）步骤II中加入NaOH溶液时氧化铝和氢氧化钠反应：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，除去氧化铝，将溶液的pH调至78并煮沸，NaAlO2等杂质可以以沉淀的形式除去，水浸过滤后得到Na2CrO4溶液，故答案为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；（4）根据电解槽图示可知，a为阴极，a电极的电极材料是石墨，溶液显示酸性，溶液中氢离子得到电子，发生还原反应，电极反应为
54、：2H+2e=H2，b为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，亚铁离子被Cr2O72氧化成铁离子，反应的方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：石墨；Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（5）含Cr2O3为50%的铬铁矿30.4kg，含Cr2O3质量为30.410650%g，流程中铬元素的利用率为80%，根据铬元素守恒，则最终能制得Na2Cr2O72H2O：80%=23.84kg，故答案为：23.84【点评】本题考查了重铬酸钠制备的流程分析判断，物质性质和实验操作的分析应用，掌握电解原理、氧化还原反应原理、物质的分离提纯方法是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的实验能力、分析问题、解决问题的能力