1、2016年广东省深圳市高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为（）ACuSO45H2OBFeSO47H2OCKAl（SO4）212H2ODFe2（SO4）39H2O2NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A20 g D2O所含的电子数为10 NAB25时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1 NAC1 mo1 Na被氧化成Na2O2，失去电子数目为2 NAD氢气与氯气反应生成标准状况下22.
2、4 L氯化氢，断裂化学键总数为2 NA3分子中苯环上的一个氢被C4H9原子团取代形成的有机物共有（）A9种B10种C12种D15种4下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A用燃烧的镁条引燃铝热剂剧烈反应该反应是吸热反应B向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀蛋白质发生了变性C处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸水垢溶解Ksp：CaCO3CaSO4D向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2溶液变浑浊析出了溶解度更小的NaHCO3AABBCCDD5某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有饱和K2SO4溶液
3、）下列说法正确的是（）A该原电池的正极反应是Cu2+2e=CuB甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅C盐桥中的SO42流向甲烧杯D若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转6W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素W的气态氢化物的水溶液显碱性，X和Y同主族，Y元素的最高化合价为最低化合价的绝对值的3倍下列说法错误的是（）A阴离子的还原性：YXBY和Z的简单阴离子都会破坏水的电离平衡C最高价氧化物的水化物的酸性：ZYD氢化物的热稳定性：WX7常温下，浓度均为0.1molL1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化如图所示下
4、列叙述正确的是（）AHX的酸性弱于HYBa点由水电离出的c（H+）=1012 molL1Cc点溶液中：c（Y）c（HY）Db点时酸碱恰好完全反应二、解答题（共3小题，满分43分）8某学习小组开展下列突验探究活动（1）装置A中反应的化学方程式为（2）设计实验：利用装置1中产生的气体证明+4价硫具有氧化性（3）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱装置连接顺序为A，C，D，F，其中装置C的作用是，通过现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸（4）利用G装置可测定装置A残液中SO2的含量，量取1.00mL残夜于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使SO2全部溢出并与锥形瓶中H2O2完全反应SO2+H2O
5、2=H2SO4然后用0.1000mol/L1NaOH标准溶液进行滴定，至终点时消耗NaOH溶液20.00mL图G中球形冷凝管进水口为（填“a”或“b”）残液中SO2含量为gL1经过多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是9高锰酸钾是一种常用的氧化剂下图是利用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：物质温度KMnO4CH3COOKK2SO4KCl206.3421711.134.29045.239822.953.9（1）“熔融”步骤反应的化学方程式为（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：（
6、3）操作2是、（4）图中可以直接进行循环利用的物质是（填化学式）（5）KMnO4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有和，若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是10氮及其化合物在生产生活中有广泛应用（1）已知：CO可将部分氮的氧化物还原为N2反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1反应：4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H=1200kJmol1写出CO将NO2还原为NO的热化学方程式（2）在密闭容器中充入5mol CO和4mol NO，发生上述反应I，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系回答下列问题：温度：T1T2（填“”或
7、“”）某温度下，在体积为2L的密闭容器中，反应进行10分钟放出热量373kJ，用CO的浓度变化表示的平均反应速率v（CO）=某温度下，反应达到平衡状态D点时，容器体积为2L，此时的平衡常数K=（结果精确到0.01）；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的点（3）某温度时，亚硝酸银AgNO2的 Ksp=9.0104、Ag2SO4的Ksp=4.0105，当向含NO2、SO42混合溶液中加入AgNO3溶液至SO42恰好完全沉淀（即SO42浓度等于1.0105 molL1）时，c（NO2）=（4）如图2，在酸性条件下，电解水中CN可转化为CO2和N2
8、，请写出阳极的电极反应式化学-选修2：化学与技术11锗是重要的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域一种提纯二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）的工艺如下：已知：“碱浸”过程中的反应为：GeO2+2NaOHNa2GeO3+H2OAs2O3+2NaOH2NaAsO2+H2O“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl2NaCl+GeCl4+3H2OGeCl4的熔点为49.5，AsCl3与GeCl4的沸点分别为130.2、84（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第周期族（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其反应方程式为：（3）传统的提纯方法
9、是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有A、蒸馏釜 B、离心萃取机 C、冷凝塔 D、加压过滤机（5）“水解”操作时发生的化学反应方程式为，“水解”操作时保持较低温度有利于提高产率，其最可能的原因是（答一条即可）（6）若1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则杂质脱除率为化学-选修3：物质结构与性质12张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3（俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用氮（N）、磷（P）、砷（As）等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途回答下列问题：（1）As原子的核外电子排布式为（2）P和S是
10、同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是（3）NH4+中HNH的键角比NH3中HNH的键角（填“大”或“小”），原因是（4）Na3AsO4中含有的化学键类型包括；AsO43的空间构型为，As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是（5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是晶体（6）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2（小圆圈表示白磷分子）己知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA moll，则该晶胞中含有的P原子的个数为，该晶体的密度为gcm3（用含NA、a的式子表示）2016年广东省深圳市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择
11、题（共7小题，每小题6分，满分42分）1新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为（）ACuSO45H2OBFeSO47H2OCKAl（SO4）212H2ODFe2（SO4）39H2O【考点】铁的氧化物和氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色；【解答】解：“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，
12、分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色，A为蓝色晶体，B为FeSO47H2O是绿色晶体，C为KAl（SO4）212H2O是无色晶体，D为Fe2（SO4）39H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O，故选B【点评】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键，题目较简单2NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A20 g D2O所含的电子数为10 NAB25时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1 NAC1 mo1 Na被氧化成Na2O2，失去电子数目为2 NAD氢气与氯气
13、反应生成标准状况下22.4 L氯化氢，断裂化学键总数为2 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、重水的摩尔质量为20g/mol，含10个电子；B、溶液体积不明确；C、钠反应后变为+1价；D、当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，含10个电子，故20g重水的物质的量为1mol，故含10mol电子即10NA个，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故B错误；C、钠反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故C错误；D、当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当
14、生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故D错误故选A【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3分子中苯环上的一个氢被C4H9原子团取代形成的有机物共有（）A9种B10种C12种D15种【考点】有机化合物的异构现象【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】C4H9有四种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，苯环上两个取代基有邻间对三种结构【解答】解：C4H9有四种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）
15、2CHCH2、（CH3）3C，苯环上两个取代基有邻间对三种结构，共有43=12种故选C【点评】本题考查有机化合物的异构现象，注意根据C4H9有四种结构，苯环上两个取代基有邻间对三种结构解题，题目难度不大4下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A用燃烧的镁条引燃铝热剂剧烈反应该反应是吸热反应B向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀蛋白质发生了变性C处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸水垢溶解Ksp：CaCO3CaSO4D向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2溶液变浑浊析出了溶解度更小的NaHCO3AABBCC
16、DD【考点】化学实验方案的评价【分析】A铝热反应为放热反应； B重金属盐可使蛋白质变性；C沉淀向更难溶的方向转化；DNaHCO3的溶解度比Na2CO3的小【解答】解：A铝热反应为放热反应，结论不合理，故A错误； B向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析，而不是变性，重金属盐可使蛋白质变性，故B错误；C硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，可以直接比较溶解度和溶度积常数，处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，水垢溶解，发生了沉淀转化，Ksp：CaCO3CaSO4，故C错误；D因为NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量C
17、O2，溶液变浑浊，有因果关系，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及苯的反应热、蛋白质的变性，沉淀转化等，侧重有机物的性质及实验的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，题目难度中等5某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有饱和K2SO4溶液）下列说法正确的是（）A该原电池的正极反应是Cu2+2e=CuB甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅C盐桥中的SO42流向甲烧杯D若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】该原电池反应为Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu2e=Cu2+，阳离子移
18、动到正极，左边烧杯中发生Fe3+eFe2+，以此来解答【解答】解：A正极发生还原反应，为Fe3+eFe2+，故A错误；B左边烧杯中发生Fe3+eFe2+，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，故B正确；C阴离子向负极移动，故C错误；D若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，可氧化铜，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，故D错误故选B【点评】本题考查原电池，为高频考点，明确原电池反应及正、负极的判断、发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度不大6W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素W的气态氢化物的水溶液显碱性，X和Y同主族，Y元素的最高化合价为最低化合价的绝对值的3倍下列说法错误的是（）A阴离子的还原性
19、：YXBY和Z的简单阴离子都会破坏水的电离平衡C最高价氧化物的水化物的酸性：ZYD氢化物的热稳定性：WX【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W的气态氢化物的水溶液显碱性，应为氨气，则W为N元素，X和Y同主族，Y元素的最高化合价为最低化合价的绝对值的3倍，应为A族元素，则X为O元素，Y为S元素，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题【解答】解：W的气态氢化物的水溶液显碱性，应为氨气，则W为N元素，X和Y同主族，Y元素的最高化合价为最低化合价的绝对值的3倍，应为A族元素，则X为O元素
20、，Y为S元素，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z应为Cl元素，A非金属性OS，则阴离子的还原性S2O2，故A正确；BZ为Cl元素，对应的氢化物为强电解质，阴离子不发生水解，不会破坏水的电离平衡，故B错误；C非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；D非金属性ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D错误故选BD【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点和常见题型，侧重考查学生分析、推断能力，明确元素周期律内涵即可解答，知道非金属性、金属性强弱判断方法，题目难度不大7常温下，浓度均为0.1molL1、体积均为100mL的
21、两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化如图所示下列叙述正确的是（）AHX的酸性弱于HYBa点由水电离出的c（H+）=1012 molL1Cc点溶液中：c（Y）c（HY）Db点时酸碱恰好完全反应【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A由于c（H+）c（OH）=Kw，lg越大，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；Ba点溶液lg=12，结合c（H+）c（OH）=1014计算c（OH），水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH）；Cc点溶液lg=6，结合c（H+）c（OH）=1014，可知c（H+）=104mol/
22、L，溶液呈酸性，此时溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，说明HY的电离程度大于Y的水解程度；DHY为0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，HY有剩余【解答】解：A未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的lg=12，而HY的lg9，由于c（H+）c（OH）=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；Ba点溶液lg=12，结合c（H+）c（OH）=1014，可知c（OH）=1013 1mol/L，水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH），即a点由水电离出的c（H+）=1013 molL1，故B错误；Cc点溶液lg=6，结合c（H+）c（OH）=1014，可知c（
23、H+）=104mol/L，溶液呈酸性，此时溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，说明HY的电离程度大于Y的水解程度，则溶液中c点溶液中：c（Y）c（HY），故C正确；DHY为0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故D错误故选：C【点评】本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和弱酸的电离等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力二、解答题（共3小题，满分43分）8某学习小组开展下列突验探究活动（1）装置A中反应的化学方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2+H2O（2）设计实验：利用装置1中产生
24、的气体证明+4价硫具有氧化性将SO2通入氢硫酸溶液中，出现淡黄色沉淀，证明+4价硫具有氧化性（3）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱装置连接顺序为A，C，B，E，D，F，其中装置C的作用是除去HCl，通过D中品红不褪色，F中出现白色沉淀现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸（4）利用G装置可测定装置A残液中SO2的含量，量取1.00mL残夜于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使SO2全部溢出并与锥形瓶中H2O2完全反应SO2+H2O2=H2SO4然后用0.1000mol/L1NaOH标准溶液进行滴定，至终点时消耗NaOH溶液20.00mL图G中球形冷凝管进水口为b（填“a”或“b”）残液中
25、SO2含量为64.00gL1经过多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是残留液中有剩余的盐酸【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水；（2）二氧化硫与氢硫酸反应生成硫，反应中二氧化硫表现氧化性；（3）次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠
26、溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中；（4）采取逆流原理通入冷凝水；根据关系式：SO2H2SO42NaOH计算；残留液中有剩余的盐酸【解答】解：（1）盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水，反应方程式为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2+H2O，故答案为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2+H2O；（2）二氧化硫与氢硫酸反应生成硫，反应中二氧化硫表现氧化性，利用装置1中产生的气体证明+4价硫具有氧化性：将SO2通入氢硫酸溶液中，出现淡黄色沉淀，证明+4价硫具有氧化性，故答案为：将
27、SO2通入氢硫酸溶液溶液中，出现淡黄色沉淀，证明+4价硫具有氧化性；（3）次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚
28、硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B、E；除去HCl；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀；（4）采取逆流原理通入冷凝水，即球形冷凝管进水口为b，故答案为：b；设残液中SO2含量为xgL1，则：SO2H2SO42NaOH64g 2molxgL10.001L 0.02L0.1mol/L所以64g：xgL10.001L=2mol：0.02L0.1mol/L解得x=64.00故答案为：64.00；残留液中有剩余的盐酸，挥发出HCl，会消耗NaOH，导致测定值始终高于实际值，故答案为：残留液中有剩余的盐酸【点评】本题考查气体制备与性质实验、物质含量测定实验，涉及装置分析与评价、实验方案设计、仪器使用、化学计
29、算等，关键是明确实验原理，较好的考查学生实验综合能力与知识迁移应用，难度中等9高锰酸钾是一种常用的氧化剂下图是利用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：物质温度KMnO4CH3COOKK2SO4KCl206.3421711.134.29045.239822.953.9（1）“熔融”步骤反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO（3）操作
30、2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（4）图中可以直接进行循环利用的物质是（填化学式）MnO2（5）KMnO4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有KCl和CH3COOK，若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是反应生成K2SO4，而K2SO4在常温下的溶解度也较小，析出后从而导致产品的纯度降低【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，锰酸钾中加入冰醋酸自身发生氧化还原反应生成二氧化锰、高锰酸钾和醋酸钾，操作是溶解过滤得到滤渣为二氧化锰，操作是滤液2通过加热浓缩、降温结晶、过滤洗
31、涤得到高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，通过重结晶的方法提纯高锰酸钾晶体，（1）软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应是自身氧化还原反应生成高锰酸钾和二氧化锰，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（3）操作2是滤液2通过加热浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体；（4）参加反应过程最后又生成的物质可以循环使用；（5）高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，若用硫酸代替图中的冰醋酸，生成的硫酸钾溶解度小易在晶体中含
32、有更多杂质；【解答】解：软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，锰酸钾中加入冰醋酸自身发生氧化还原反应生成二氧化锰、高锰酸钾和醋酸钾，操作是溶解过滤得到滤渣为二氧化锰，操作是滤液2通过加热浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，通过重结晶的方法提纯高锰酸钾晶体，（1）软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式，锰元素化合价+4价变化为+6价电子转移2e，氯酸钾中氯元素+5价变化为1价，电子转移6e，电子转移总数6e，则反应的化
33、学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应是自身氧化还原反应生成高锰酸钾和二氧化锰，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式，锰元素+6价变化为+7价和+4价，电子转移总数2e，配平得到离子方程式为：3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO，故答案为：3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO；（3）操作是溶液中得到溶质固体，依据人溶解度分析可知，溶解度随温度变化
34、较大，可以用冷却热饱和溶液的方法得到，操作2为滤液2通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）参加反应过程最后又生成的物质可以循环使用，上述分析可知二氧化锰参与反应又生成可以循环使用，故答案为：MnO2；（5）高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，若用硫酸代替图中的冰醋酸，生成的硫酸钾溶解度小易在晶体中含有更多杂质，硫酸酸性太强，导致MnO4将Cl氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低，故答案为：KCl，CH3COOK，反应生成K2SO4，而K2SO4在常温下的溶解度也较小，析出后从而导致产品的纯度降低或硫酸酸性太
35、强，导致MnO4将Cl氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低；【点评】本题考查了物质提纯和分离的生产过程分析，主要是氧化还原反应产物的理解应用，注意化学方程式、离子方程式书写，转化关系中的实验操作和分离方法是解题关键，题目难度中等10氮及其化合物在生产生活中有广泛应用（1）已知：CO可将部分氮的氧化物还原为N2反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1反应：4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H=1200kJmol1写出CO将NO2还原为NO的热化学方程式CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）H=227 kJmol1（
36、2）在密闭容器中充入5mol CO和4mol NO，发生上述反应I，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系回答下列问题：温度：T1T2（填“”或“”）某温度下，在体积为2L的密闭容器中，反应进行10分钟放出热量373kJ，用CO的浓度变化表示的平均反应速率v（CO）=0.05 molL1min1某温度下，反应达到平衡状态D点时，容器体积为2L，此时的平衡常数K=0.22 Lmol1（结果精确到0.01）；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的A点（3）某温度时，亚硝酸银AgNO2的 Ksp=9.0104、Ag2SO4的Ksp=4.010
37、5，当向含NO2、SO42混合溶液中加入AgNO3溶液至SO42恰好完全沉淀（即SO42浓度等于1.0105 molL1）时，c（NO2）=4.5104 molL1（4）如图2，在酸性条件下，电解水中CN可转化为CO2和N2，请写出阳极的电极反应式2CN+4H2O10e=N2+2CO2+8H+【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）已知：反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1反应：4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H=120
38、0kJmol1根据盖斯定律，（）得到CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g），据此计算；（2）根据反应2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大；用CO的浓度变化表示的平均反应速率v（CO）=结合热化学方程式的意义回答计算；根据三行式结合化学平衡移动原理来回答；（3）根据沉淀溶解平衡常数Ksp进行计算；（4）在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应【解答】解：（1）已知：反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1反应：4CO（g）+2NO2（g）N2（g
39、）+4CO2（g）H=1200kJmol1根据盖斯定律，（）得到CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g），）H=（1200kJmol1+746kJmol1）=227 kJmol1；故答案为：CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）H=227 kJmol1；（2）根据反应2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1T2，故答案为：；在体积为2L的密闭容器中，反应进行10分钟放出热量373kJ，根据反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746kJmol1，消耗CO的物质的
40、量是=1moL，v（CO）=0.05 molL1min1；故答案为：0.05 molL1min1；某温度下，反应达到平衡状态D点时，NO的体积分数是25%，设CO的变化浓度是x，2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）初始浓度：2.5 2 0 0变化浓度：x x 0.5x x平衡浓度：2.5x 2x 0.5x xNO的体积分数是25%，即100%=25%，解得x=1，此时K=0.22 Lmol1；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中A点，故答案为：0.22 Lmol1；A；（3）当向含NO2、SO42
41、混合溶液中加入AgNO3溶液至SO42恰好完全沉淀，根据Ag2SO4的Ksp=4.0105，此时银离子浓度=2.0，c（NO2）=4.5104 molL1；故答案为：4.5104 molL1；（4）在酸性条件下，电解水中CN可转化为CO2和N2，阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2CN+4H2O10e=N2+2CO2+8H+，故答案为：2CN+4H2O10e=N2+2CO2+8H+【点评】本题涉及盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算，电极反应式的书写知识，注意知识的综合应用是关键，难度中等化学-选修2：化学与技术11锗是重要的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域一种提纯二氧化
42、锗粗品（主要含GeO2、As2O3）的工艺如下：已知：“碱浸”过程中的反应为：GeO2+2NaOHNa2GeO3+H2OAs2O3+2NaOH2NaAsO2+H2O“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl2NaCl+GeCl4+3H2OGeCl4的熔点为49.5，AsCl3与GeCl4的沸点分别为130.2、84（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第四周期IVA族（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6NaOH=3Na3AsO4+NaCl+3H2O（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是
43、馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有ACA、蒸馏釜 B、离心萃取机 C、冷凝塔 D、加压过滤机（5）“水解”操作时发生的化学反应方程式为GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl，“水解”操作时保持较低温度有利于提高产率，其最可能的原因是该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率（答一条即可）（6）若1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则杂质脱除率为85%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合
44、【分析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOHNa2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl2NaCl+GeCl4+3H2O，所以得到GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应为GeCl4+（n+2）H2O=GeO2n H2O+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2n H2O，将GeO2n H2O烘干得
45、到高纯的GeO2，（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第四周期IVA族；（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，根据反应物和生成物书写反应方程式；（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，馏出物中将会含有AsCl3；（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有蒸馏釜和冷凝塔；（5）“水解”时生成GeO2n H2O和HCl，温度高时GeCl4易挥发，且该反应是放热反应，升高平衡平衡逆向移动；（6）1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）中杂质质量=1t30%=0.3t，纯的二氧化锗质量=1t（130%）=0.7t，实际上经提纯得0.745吨的高
46、纯二氧化锗产品，则提纯得到的二氧化锗中杂质质量=（0.7450.7）t=0.045t，据此计算杂质去除率【解答】解：二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOHNa2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl2NaCl+GeCl4+3H2O，所以得到GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应为GeCl4+（n
47、+2）H2O=GeO2n H2O+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2n H2O，将GeO2n H2O烘干得到高纯的GeO2，（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第四周期IVA族，故答案为：四；IVA；（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，根据反应物和生成物书写反应方程式为3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，故答案为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O；（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是馏出物中将会含有AsCl3
48、，降低了产品纯度，故答案为：馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度；（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有蒸馏釜和冷凝塔，故选AC；（5）“水解”时生成GeO2n H2O和HCl，反应方程式为GeCl4+（n+2）H2O=GeO2n H2O+4HCl，该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率，所以采用低温水解，故答案为：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2n H2O+4HCl；该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率；（6）1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）中杂质
49、质量=1t30%=0.3t，纯的二氧化锗质量=1t（130%）=0.7t，实际上经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则提纯得到的二氧化锗中杂质质量=（0.7450.7）t=0.045t，杂质去除率=100%=85%，故答案为：85%【点评】本题考查物质制备，为高频考点，涉及元素周期表结构及其应用、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确化学反应原理、基本操作、物质性质是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法，侧重考查学生知识综合应用能力，题目难度中等化学-选修3：物质结构与性质12张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3（俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用氮（N）、磷（P）、砷（
50、As）等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途回答下列问题：（1）As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大（3）NH4+中HNH的键角比NH3中HNH的键角大（填“大”或“小”），原因是NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力（4）Na3AsO4中含有的化学键类型包括离子键、共价键；AsO43的空间构型为正四面体，As4O
51、6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是sp3（5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是离子晶体（6）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2（小圆圈表示白磷分子）己知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA moll，则该晶胞中含有的P原子的个数为16，该晶体的密度为gcm3（用含NA、a的式子表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）As原子核外电子数为33，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）P的3p亚层是半充满状态，比较稳定，第一电离能高于同
52、周期相邻元素的；（3）NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力；（4）Na3AsO4属于离子化合物，酸根离子中含有共价键；AsO43中As原子孤电子对数=0、价层电子对数为4+0=4，据此判断空间构型；As4O6的分子中As原子形成3个AsO键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4；（5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则由铵根离子与氢负离子构成；（6）根据均摊法可知，晶胞中P4分子数目为4，则晶胞中含有16个P原子，计算晶胞质量，再根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）As原子核外电子
53、数为33，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）P的3p亚层是半充满状态，比较稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能大于硫的，故答案为：P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大；（3）NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，故NH4+中HNH的键角比NH3中HNH的键角大，故答案为：大；NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对
54、电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力；（4）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43中As原子孤电子对数=0、价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个AsO键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，杂化类型为sp3杂化，故答案为：离子键、共价键；正四面体；sp3；（5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则由铵根离子与氢负离子构成，属于离子晶体，故答案为：离子；（6）根据均摊法可知，晶胞中P4分子数目为8+6=4，则晶胞中P原子数目为44=16，晶胞质量为16g，晶胞体积为（a cm）3，则晶胞密度为=gcm3，故答案为：【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、价层电子对互斥联立、杂化方式与空间构型判断、化学键、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难度中等，掌握均摊法进行有关晶胞计算
