1、本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12N14O16Mg24S32Cr52Fe56 Ba137 第卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A甲苯苯环上的一个氢原子被含4个碳原子的烷基取代，所得产物有12种B等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应得到9种产物C已知二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为6种D苯乙烯和氢气完全加成的产物的一溴取代物有5种【答案】A【解析】试题分析：A、4个碳原
2、子的烷基存在四种同分异构体，分别为正丁基、异丁基、仲丁基、叔丁基；当为正丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体；当为异丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体；当为仲丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体；当为叔丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体，故甲苯苯环上的一个氢原子被含4个碳原子的烷基取代，所得产物有12种，故A正确；B、乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以氯代产物总共有9种，含有氯化氢，
3、所以产物为10种，故B错误；C、由于苯环含有6个H原子，二氯苯与四氯苯的同分异构体数目相同，若二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为3种，故C错误；D、乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一溴代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷中与氯气发生取代反应时，生成的一溴代物有6种，故D错误；故选A。考点：考查了同分异构体的相关知识。2下列化学用语正确的是（ ）A乙烯的比例模型： B HClO的结构式：HClOCH2O2的电子式： D乙醇的分子式：CH3CH2OH【答案】A考点：考查了化学用语的相关知识。3. 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（ ）A采用纳米T
4、iO2光触媒技术，将装修材料中释放的HCHO转化为无害物质BCO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成C开发新能源，减少对化石燃料的依赖，可以促进低碳经济D用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用【答案】B【解析】试题分析：A、采用纳米TiO2光触媒技术，能将甲醛降解为二氧化碳和水，所以能实现将有害物质转化为无害物质，故A正确；B、二氧化硫和氮氧化物的大量排放会形成酸雨，二氧化碳的大量排放会导致温室效应，故B错误；C、开发新能源，减少对化石燃料的依赖，能减少二氧化碳的排放，所以可以促进低碳经济，故C正确；D、CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二
5、氧化碳，所以能实现碳的循环利用，故D正确；故选B。考点：考查了化学与生活的相关知识。4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A1.0 molL1的CaCl2溶液：Na、K、Cl、COB1.0 molL1的HNO3溶液：K、Cl、SOC1.0 molL1的KI溶液：Na、Fe3、Cl、SOD澄清透明的溶液：Cu2、SO、Mg2、Cl【答案】D【解析】试题分析：A、因Ca2+与CO32-能结合生成CaCO3沉淀，则不能大量共存，故A错误；B、因为+只存在于碱性条件下，遇氢离子产生铵根离子和银离子，所以1.0molL-1的HNO3溶液中+产生铵根离子和银离子，银离子和硫酸根离子以及
6、氯离子都能形成沉淀，则不能大量共存，故B错误；C、1.0molL-1的KI溶液中，碘化钾电离出碘离子和钾离子，碘离子与三价铁离子发生反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，则不能大量共存，故C错误；D、虽铜离子为蓝绿色，但澄清透明不代表无色，该组离子之间不反应，则一定能大量共存，故D正确；故选D。考点：考查了离子共存的相关知识。5. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）A图1定量测定H2O2的分解速率B图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色C图3装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积D图4证明CH3CH2OH发生消去反应生成了乙烯【答案】B考点：考查了实验方案的评价
7、的相关知识。6. 反应4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g） 在5L的密闭容器中进行反应，30min后，C的物质的量增加了0.30mol下列叙述正确的是（）A30min中A的平均反应速率是0.010molL1min1B容器中D的物质的量一定增加了0.45molC容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4：5：4：6D容器中A的物质的量一定增加0.30mol【答案】B【解析】试题分析：A、v（C）=0.002molL-1min-1，率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=0.002molL-1min-1，故A错；B、C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A（g）+5B（g
8、）4C（g）+6D（g）可知，生成D的物质的量为0.45mol，故B正确；C、30min后，容器中A、B、C、D的物质的量的比与物质的量投入的量及转化率有关，可能为4：5：4：6，可能不是，故C错误；D、C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g）可知，参加反应的A的物质的量为0.3mol，A减小0.3mol，故D错误；故选B。考点：考查了化学反应速率的相关知识。7设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是（ ）A9.2 g C7H8和C3H8O3的混合物中所含氢原子总数为0.8NAB标准状况下，11.2 L C2H5OH中所含的分子数为0.5
9、NAC将含0.1 mol FeCl3的溶液滴加到沸水中完全水解可生成0.1NA个Fe(OH)3胶粒D0.1 mol Na2O2参加反应转移的电子数目是0.2NA【答案】A【解析】试题分析：A、C7H8和C3H8O3的摩尔质量相同为92g/mol，9.2 g C7H8和C3H8O3的混合物物质的量为0.1mol，分子中都含8个氢原子，所以9.2 g C7H8和C3H8O3的混合物中所含氢原子总数为0.8NA，故A正确；B、乙醇在标准状况不是气体，11.2 L C2H5OH物质的量不是0.5mol，所含的分子数不是0.5NA，故B错误；C、胶体粒子是氢氧化铁的集合体，将含0.1 mol FeCl3
10、的溶液滴加到沸水中完全水解可生成Fe（OH）3胶粒小于0.1NA个，故C错误；D、过氧化钠中氧元素化合价从-1价变化为-2价和0价，0.1 mol Na2O2参加反应转移的电子数目是0.1NA，故D错误；故选A。考点：考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。8下列物质转化在给定条件下不能实现的是（ ） SiSiO2H2SiO3 SSO3H2SO4 CCO2Na2CO3 MgCl2溶液MgCl26H2OMg NaNa2O2NaOHA B C D 【答案】C【解析】试题分析：二氧化硅不能和水反应，所以得不到硅酸，故错误；硫和氧气反应生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故错误；碳和二氧化硅反应生成一氧化碳，得不到
11、二氧化碳，故错误； 将MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，电解熔融的氯化镁可得到Mg，所以电解MgCl26H2O得不到Mg，故错误；钠和氧气在点燃的条件下，生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，故正确；故选C。考点：考查了元素化合物的性质的相关知识。9下列离子方程式正确的是（ ）A向AlCl3溶液中滴加氨水：Al33OH=Al(OH)3B向NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2溶液：HCOCa2OH=CaCO3H2OC向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液：D向氯化亚铁溶液中滴加稀硝酸：3Fe24H NO=3Fe3NO2H2O【答案】D考点：考查了离子方程式的书写的相
12、关知识。10下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）A图1表示相同温度下，向pH10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B图2表示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀物质的量与盐酸体积的关系C图3表示压强对可逆反应CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)的影响，乙的压强比甲的压强大D图4表示10 mL 0.01 molL1KMnO4酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2)随时间的变化(Mn2对该反应有催化作用)【答案】B【解析】试题分析：A、pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，
13、则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故A正确；B、先发生NaOH与盐酸的反应不生成沉淀，然后发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，沉淀生成与溶解消耗酸为1：3，图象与实际不符，故B错误；C、可逆反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）为反应前后体积不变的反应，增大压强平衡不移动，但反应速率加快，由图象可知，乙到达平衡时间短，反应速率快，乙的压强比甲的压强大，故C正确；D、发生氧化还原反应生成Mn2+，Mn2+对该反应有催化作用，随反应进行反应速率加快，直到反应结束，故D正确；故选B。
14、考点：考查了溶液的稀释pH判断、化学反应与图象的关系、化学反应速率和化学平衡及氧化还原反应等相关知识。11贝诺酯是一种治疗类风湿性关节炎药物，其结构简式如右图所示(未表示出其空间构型)。下列关于贝诺酯的描述正确的是（ ）A贝诺酯的分子式为C17H15NO5B贝诺酯中含有3种含氧官能团C贝诺酯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液都褪色D1 mol贝诺酯最多可以消耗9 mol H2【答案】A【解析】试题分析：A、由结构简式可知其分子式为C17H15NO5，故A正确；B、结构中含-COOC-、-CONH-，即存在2种含氧官能团，故B错误；C、与溴水发生萃取褪色，被高锰酸钾溶液氧化，所以贝诺酯不能使溴水和酸性高
15、锰酸钾溶液都褪色，故C错误；D、1mol该物质含2mol苯环，则1mol贝诺酯最多可以消耗6molH2，故D错误；故选A。考点：考查了有机物的结构与性质的相关知识。12短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X的原子半径最小，Y元素和X元素在一定条件下能形成YX，Z和W的原子序数相差8，W原子的电子总数是其电子层数的5倍。下列叙述正确的是（ ）AY可用于制造高性能可充电电池BWX3的沸点高于ZX3CZ的最高价含氧酸的酸性弱于W的最高价含氧酸的酸性D原子半径的大小顺序：rWrZrYrX【答案】A考点：考查了原子结构与元素周期律的相关知识。13下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的
16、是（ ）选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2 min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸硅酸B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝C常温下，向浓硫酸中投入铁片铁片不溶解常温下，铁不与浓硫酸反应D向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先无明显现象，后溶液变成血红色溶液中含有Fe2，没有Fe3【答案】C【解析】试题分析：A、试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸硅酸，故A正确；B、铝箔熔化但不滴落，原因是表面生成氧化铝膜，熔点较高，即熔点：氧化铝铝，故B正确；C、常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，而不是不反应，原因
17、是在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行，故C错误；D、先无明显现象，后溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe2+，没有Fe3+，氯水氧化Fe2+生成Fe3+，故D正确；故选C。学科网考点：考查了化学实验方案的设计的相关知识。14. 常温下，向10 mL 0.1 molL1的H2C2O4溶液中逐滴加入0.1 molL1 KOH溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）AKHC2O4溶液呈弱碱性BB点时：c(HC2O)c(K)c(H)c(OH)CC点时：c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)c(K)c(HC2O )2c(C2O)c(H2C2O4)DD点时：c(H)c(HC2O)c
18、(H2C2O4)c(OH)【答案】C【解析】试题分析： A、B点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7，说明KHC2O4溶液呈弱酸性，故A错误；B、B点溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（OH-）+2c（C2O4 2- ），所以c（K+）c（HC2O4-），弱酸根离子水解程度较小，则c（HC2O4-）c（H+），故B错误；C、C点时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒得c（K+）=c（HC2O4-）+2 c（C2O4 2- ），此点溶液中的溶质是草酸钠，草酸氢根离子水解较
19、微弱，所以c（C2O4 2- ）c（H2C2O4），则c（HC2O4-）+c（C2O4 2- ）+c（H2C2O4）c（K+）c（HC2O4-）+2 c（C2O4 2- ）+c（H2C2O4），故C正确；D、D点时，氢氧化钾的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应生成草酸钠，根据质子守恒得c（H+）+c（C2O4 2- ）+2c（H2C2O4）=c（OH-），故D错误；故选C。考点：考查了离子浓度大小的比较的相关知识。15在温度、容积相同的2个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙反应物投入量1 mol N2、3 mol H24 mol NH3
20、NH3的浓度(molL1)c1c2反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ气体密度12反应物转化率12（已知N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；H92.4 kJmol1），下列说法正确的是（ ）Ac1c292.4 C1 21 D231【答案】B【解析】试题分析：甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量4molNH3，若恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡在温度、容积相同的2个密闭容器中，乙所到达的平衡，可以当成在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积与甲容器体积相等所到达的平衡，A、体积缩小1倍，压强增大1倍，若氨气的转化率不变，则c
21、2=2c1，但平衡向正反应移动，氨气的转化率降低。故c22c1，故A错误；B、若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，但乙中为4molNH3，分解的NH3较2molNH3时多，故a+b92.4，故B正确；C、若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应物转化率之和为1，但乙中为4molNH3，较2molNH3时的转化率低，故1+21，故C错误；D、乙中混合气体的质量为甲中的2倍，体积相同，密度之比等于质量之比，故2=21，故D错误；故选B。考点：考查了化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算的相关知识。第卷(非选择题共80分)
22、16(12分) 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物)制取金属锌的流程如图所示。回答下列问题：（1） 酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为_。（2） 净化操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀。 写出酸性条件下H2O2与Fe2反应的离子方程式：_。 25 时，pH3的溶液中，c(Fe3)_molL1（已知25 ，Ksp4.01038）。 净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_。（3） 若没有净化操作，则对锌的制备带来
23、的影响是_。（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有_。【答案】（13分，第(1)小题3分，其余每空2分）(1) ZnFe2O44H2SO4=ZnSO4Fe2(SO4)34H2O(2) H2O22Fe22H=2Fe32H2O； 4.0105； Fe(OH)3胶体(沉淀)具有吸附性；(3) 制取的锌含铜等杂质；(4) H2SO4、ZnSO4 【解析】（3）由于锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌中会含有铜等杂质，故答案为：制取的锌含铜等杂质；（4）通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，故答
24、案为：H2SO4、ZnSO4考点：考查了制取金属锌的流程、离子浓度计算、离子方程式、化学方程式的书写的相关知识。17(12分) 黄钾铵铁矾不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1） 溶液X是_。（2） 检验滤液中是否存在K的操作是_。（3） 黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定： 称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00 mL溶液A。 量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32 g。 量取25.00 mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224 mL，同
25、时有红褐色沉淀生成。 将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80 g。通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式(写出计算过程)。【答案】（1）氨水；（2）用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+；（3）的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42-）=n（BaSO4）=0.04 mol，所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）=0.01 mol，最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2=0.06 mol
26、，黄钾铵铁矾中，n（K+）=n（NH4+）=0.01 mol，根据电荷守恒：n（OH-）=n（K+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）-2n（SO42-）=0.12 mol，n（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42-）：n（OH-）=1：1：6：4：12，黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12。（3）的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42-）=n（BaSO4）=0.04 mol，所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）=0.01 mol，最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，
27、溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2=0.06 mol，黄钾铵铁矾中，n（K+）=n（NH4+）=0.01 mol，根据电荷守恒：n（OH-）=n（K+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）-2n（SO42-）=0.12 mol，n（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42-）：n（OH-）=1：1：6：4：12，黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12，答：黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12考点：考查了制取黄钾铵铁矾、化学式的确定的实验的相关知识。18辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S）及少量脉石（SiO2）。一
28、种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下：（1）写出浸取过程中Cu2S溶解的离子方程式：_。（2）回收S过程中温度控制在5060之间，不宜过高或过低的原因是_。（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为_；向滤液M中加入（或通入）下列_（填字母）物质，得到另一种可循环利用的物质。a铁 b氯气 c高锰酸钾 （4）保温除铁过程中，加入CuO的目的是_；蒸发浓缩时，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_。【答案】 (12分，每空2分) (1) Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S(2) 温度过高苯容易挥发，温度过低溶解速率小；(3) 4N
29、Ox+（52x）O2+2H2O= 4HNO3；b，(4) 调节溶液的pH，使铁元素（Fe3+）完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解（不引入其他杂质）【解析】试题分析：（1）铁离子做氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S；故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S；（2）苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小；故答案为：苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小；（3）NOx做还原剂，依据质量守恒和电子守恒写出方程式：4NOx+（5-2x）O2+2H2O=4HNO3，向滤液M中
30、通入Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，可以循环使用，故选b；故答案为：4NOx+（5-2x）O2+2H2O=4HNO3，b；（4）Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO使水解平衡正向进行，调节溶液的PH使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，加热过程中Cu2+会水解，加入硝酸抑制Cu2+的水解，不引入新的杂质；故答案为：调节溶液PH使使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，抑制铜离子水解。考点：考查了物质分离提纯的方法和流程的相关知识。19(14分) 某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠 (NaClO2)的研究。实验：制取NaClO2晶体已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38 时析出的晶体是
31、NaClO23H2O，高于38 时析出的晶体是NaClO2，高于60 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。现利用图10所示装置进行实验。（1） 装置的作用是_。（2）装置中产生ClO2的化学方程式为_；装置中制备NaClO2的化学方程式为_。（3） 从装置反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：减压，55 蒸发结晶； 趁热过滤； _； 低于60 干燥，得到成品。实验：测定某亚氯酸钠样品的纯度。设计如下实验方案，并进行实验： 准确称取所得亚氯酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应(已知：ClO4I4H=2H2O2I2Cl)；将所得混合
32、液配成250 mL待测溶液。 移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得平均值为V mL(已知：I22S2O=2IS4O)。（4）达到滴定终点时的现象为_。（5）该样品中NaClO2的质量分数为_(用含m、c、V的代数式表示)。（6）在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，原因用离子方程式表示为_。【答案】(16分，第(5)小题4分，其余每空2分) (1) 防止倒吸(或其他正确说法)；(2) 2NaClO3Na2SO3H2SO4=2ClO22Na2SO4H2O；2NaOH2ClO2H2O2=2NaClO
33、22H2OO2；(3) 用38 60 的温水洗涤；(4) 溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色；(5) %；(6) 4IO24H=2I22H2O （3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：用3860热水洗涤；（4）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；（5）令样品中NaClO
34、2的质量分数为a，则：NaClO22I24S2O32-90.5g 4molmag c molL-1V10-3L，所以90.5g：mag=4mol：c molL-1V10-3L，解得a=%，故答案为：%；（6）实验测得结果偏高，说明滴定消耗的Na2S2O3标准液体积偏高，溶液中碘的含量偏高，应是生成的碘离子被氧气氧化为碘，同时生成水，反应离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故答案为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。考点：考查了物质的制备、氧化还原反应滴定的相关知识。20(14分) 研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义。（1）一定条件下，NO
35、2与SO2反应生成SO3和NO两种气体。将体积比为12的NO2、SO2气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_(填字母)。a. 体系压强保持不变 b. 混合气体颜色保持不变c. 体系中SO3的体积分数保持不变 d. 每消耗1 mol SO2的同时生成1 mol NO测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为16，则平衡常数K_。（2）新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收产物反应。该技术的优点除了能回收利用SO2外，还能得到一种复合肥料，该复合肥料可能的化学式为_(写出一种即可)。（3）右图是MCFC燃料电池，它是以水煤气(
36、CO、H2)为燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质。A为电池的_(填“正”或“负”)极，写出B极电极反应式：_。（4）工业上常用Na2CO3溶液吸收法处理氮的氧化物(以NO和NO2的混合物为例)。已知：NO不能与Na2CO3溶液反应。NONO2Na2CO3=2NaNO2CO22NO2Na2CO3=NaNO2NaNO3CO2 用足量的Na2CO3溶液完全吸收NO和NO2的混合物，每产生22.4 L(标准状况)CO2(全部逸出)时，吸收液质量就增加44 g，则混合气体中NO和NO2的体积比为_。 用Na2CO3溶液吸收法处理氮的氧化物存在的缺点是_。【答案】(15分，第(4)
37、 3分，其余每空2分) (1) bc；2.67或8/3，(2) (NH4)3PO4或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4(3) 负O24e2CO2=2CO，(4) 17； 对于含NO较多混合气体无法完全吸收，因为NO不能与Na2CO3溶液反应(意思相近均给分)【解析】试题分析：（1）a、随反应进行，气体的物质的量不变，压强不变，体系压强保持不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b、混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；c、随反应进行NO和O2的物质的量之比发生变化，NO和O2的物质的量之比保持不变，说明到达平衡状态，故c正确；d、每消耗1molSO2的同时
38、生成1molNO都表示正反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误；故选：bc； NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） 起始物质的体积 a 2a 0 0转化物质的体积xx x x平衡物质的体积 a-x 2a-xxx平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1a-x）：（2a-x）=1：6，故x=a，故平衡常数K=2.67，故答案为：2.67； （4）设NO的物质的量是x，NO2的物质的量是y，则x+=mol；32x+24（y-x）=44，解得：x=，y=；即一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比：=1：7，所以相同条件下，一氧化氮和二氧化氮的体积之比是1：7，故答案为：1：7；NO不
39、能与Na2CO3溶液反应，所以对于含NO较多混合气体无法完全吸收，故答案为：含NO较多混合气体无法完全吸收考点：考查了平衡状态判断、平衡常数、电极反应以及化学计算的相关知识。21. 太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微置的锎、硼、镓、硒等回答下列问題：（1） 二价铜离子的电子排布式为已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子结构变化角度解释 （2） （2）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2中含有键的数目为_类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（HSCN ）的沸点低于异硫氰酸（HN=C=S）的沸点其
40、原因是（3）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3NH3在BF3NH3中B原子的杂化方式为，B与N之间形成配位键，氮原子提供（4）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用为六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构和硬度都与金刚石相似，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是g/cm3（只要求列算式）（5）如图是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“”和画“”分别标明B与N的相对位置。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9；亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态
41、；（2）4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；（3）sp3；孤电子对；（4）分子间作用力；（5）【解析】试题分析：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；（2）铜与类卤素（S
42、CN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为NC-S-S-CN，每个分子中含有4个键，则1mol（SCN）2中含有键的数目为4NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，故答案为：4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能； （4）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用为分子间作用力；立方氮化硼中，晶胞边长为361.5pm=361.510-10cm，晶胞体积=（361.510-10cm）3，该晶胞中N原子个数=8+6=4、B原子个数为4，立方氮化硼的密度=g/cm3=g/cm3，故答案为：分子间作用力；（5）如图是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，每个N原子被4个B原子共用、每个B原子被4个N原子共用，所以其图为，故答案为：考点：考查了晶胞计算、原子杂化方式判断、配位键及氢键、原子核外电子排布等相关知识。