1、山东省青岛市胶州一中2016届高三上学期模拟化学试卷（11月份）一、选择题（在四个选项中，只有一项符合题目要求）1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）A彩色密封塑胶袋能造成白色污染B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化2下列有关原子结构、元素性质的说法正确的是（）ASi、P、S、Cl元素的单质与氢气化合越来越容易B元素原子最外层电子数越多，元素金属性越强C元素周期表共有18列，第3列是第B族，第17列是第A族DF、O
2、2、Mg2+、Na+离子半径逐渐减小3下列有关说法正确的是（）A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物4下列有关实验的选项正确的是（）A配制0.10molL1NaOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20mLAABBCCDD5下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO
3、3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个6将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（）A0.1molB0.2molC0.25molD0.3mol7一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）A反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH
4、4转移12mol电子B电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH2e=2H2OC电池工作时，CO32向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32二、实验题（本大题包括2小题，共16分）8硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33）；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，该操作的目的是，原料中的金属钠通常保存在中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有、玻璃片和小刀等；（2）请配平第步反应的化学方
5、程式：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3（3）第步分离采用的方法是；第步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是9Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，其电解制法如图所示，请根据图示分析：电解过程中的电池反应为；每转移0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为；隔膜用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）还是阴离子交换膜（只允许阴离子通过）10常温下，将除去表面氧化膜的Al、
6、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1时，原电池的负极是片，此时，负极的电极反应式是，溶液中的H+向极移动，t1时，原电池的正极的电极反应式是，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是11按要求回答下列问题（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性（填“强”或“弱”）再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2
7、，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性（填“强”或“弱”）（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是，产生该物质可能的原因是（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是（填编号）aSO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子bSO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微
8、粒d将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是（4）配平并完成下列离子方程式 MnO4+ H2O2+= Mn2+ O2+ H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成mol O2化学选修3：物质结构与性质12美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是A、NO2和NH4+B、H3O+和ClO3C、NO3和CO32D、PO43和SO42化学选修3：物质结构与性质13铜、锌两种元素的第一电离能
9、、第二电离能如表所示：电离能/kJmol1I1I2铜7461958锌9061733铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是化学选修3：物质结构与性质14石墨烯是从石墨材料中剥离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体其结构如图：有关说法正确的是A、固态时，碳的各种单质的晶体类型相同 B、石墨烯中含有非极性共价键C、从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键 D、石墨烯具有导电性化学选修3：物质结构与性质15最近科学家成功以CO2为原料制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结
10、构，则该晶体中碳原子采用杂化与周围氧原子成键；晶体中碳氧原子个数比为；碳原子数与CO化学键数之比为化学选修3：物质结构与性质16已知钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，钼原子半径为a pm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏伽德罗常数的值，请写出金属钼密度的计算表达式 g/cm3山东省青岛市胶州一中2016届高三上学期模拟化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（在四个选项中，只有一项符合题目要求）1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）A彩色密封塑胶袋能造成白色污染B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应
11、得到醋酸钠C大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A根据白色污染指塑料制品形成的污染分析；B根据钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应的产物分析；C根据合金的特点分析；D物理过程不一定伴随着能量的变化【解答】解：A白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，故A正确；B钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应都生成醋酸钠，故B正确；C合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故C正确；D物理过程不一定伴随着能量的变化，故D错误；故选D【点评】本题考查了白色污染、合金的特点、物质变化时的能量变
12、化以及钠及其化合物的性质，属于基础知识的考查，题目比较简单2下列有关原子结构、元素性质的说法正确的是（）ASi、P、S、Cl元素的单质与氢气化合越来越容易B元素原子最外层电子数越多，元素金属性越强C元素周期表共有18列，第3列是第B族，第17列是第A族DF、O2、Mg2+、Na+离子半径逐渐减小【考点】物质的组成、结构和性质的关系；元素周期表的结构及其应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强与氢气化合越容易；B元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱；C依据周期表中各族的位置关系解答；D电子数相同，质子数越大，半径越小【解答】解：ASi
13、、P、S、Cl为同周期元素非金属性依次增强，所以单质与氢气化合越来越容易，故A正确；B元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱，金属性越弱，故B错误；C元素周期表共有18列，第3列是第B族，第17列是第A族，故C错误；DO2、F、Mg2+、Na+离子具有相同的电子数，离子半径O2、F、Na+、Mg2+逐渐减小，故D错误；故选：A【点评】本题考查了物质的结构、元素性质，熟悉原子结构、元素周期表结构、元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大3下列有关说法正确的是（）A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、C
14、O2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【考点】钠的重要化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥【分析】A、碳酸钠加热不能分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物；【解答】解：A、碳酸钠加热不能分解，碳酸氢钠受热分解，A错误；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂，H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫
15、酸干燥，故C正确；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；故选C【点评】本题考查了物质性质分析，酸性氧化物概念理解应用，气体干燥的原理分析，掌握基础是关键，题目较简单4下列有关实验的选项正确的是（）A配制0.10molL1NaOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20mLAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；真题集萃【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于
16、碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，故选B【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大5下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（
17、）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个【考点】钠的重要化合物【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可【解答】
18、解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20反应矛盾，故C错误；D、浓盐酸中Cl由1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错
19、的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性6将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（）A0.1molB0.2molC0.25molD0.3mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒计算Al提供电子物质的量另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒计算Mg、Fe总物质
20、的量，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒计算沉淀物质的量【解答】解：Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒，Al提供电子物质的量为：2=0.3mol；另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒，Mg、Fe提供电子总物质的量为20.3mol=0.4mol，故Mg、Fe总物质的量为=0.2mol，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒，沉淀物质的量等于金属物质的量，即沉淀物质的量为0.2mo
21、l，故选B【点评】本题混合物有关计算，注意从守恒的角度进行解答，侧重考查学生的分析计算能力，难度中等7一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）A反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH2e=2H2OC电池工作时，CO32向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，
22、被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32，以此解答该题【解答】解：A反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B电解质没有OH，负极反应为H2+CO+2CO324e=H2O+3CO2，故B错误；C电池工作时，CO32向负极移动，即向电极A移动，故C错误；DB为正极，正极为氧气得电子生成CO32，电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32，故D正确故选D【点评】本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极
23、反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等二、实验题（本大题包括2小题，共16分）8硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33）；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的水蒸气和空气，原料中的金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）请配平第步反应的化学方程式：1NaBO2+2SiO2+4Na+2H21NaBH4+2Na2SiO3（3）第
24、步分离采用的方法是过滤；第步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol【考点】真题集萃；制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水
25、蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，（1）为防止安全事故发生和防止NaBH4水解，在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）该反应中H元素化合价由0价变为1价、Na元素化合价由0价变为+1价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（3）分
26、离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；（4）n（NaBH4）=0.1mol，在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式【解答】解：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液
27、采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；（2）该反应中H元素化合价由0价变为1价
28、、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：1；2；4；2；1；2；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，故答案为：过滤；蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）=0.1mol，在25、101kPa下，每消耗
29、0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等9Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水
30、处理剂，其电解制法如图所示，请根据图示分析：电解过程中的电池反应为Fe+2OH+2H2O FeO42+3H2；每转移0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为6.72L；隔膜用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）还是阴离子交换膜（只允许阴离子通过）阳离子交换膜【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】利用电解法制备Na2FeO4，Fe作阳极，碱性条件下Fe失电子转化为FeO42离子，阳极电极反应式为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，Ni为阴极，发生还原反应，氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为：6H2O+6e=3H2+6OH，FeO42离子氧化性很强，容易在阴极被还原，需要用用
31、阳离子交换膜，防止生成的FeO42离子在阴极被还原；根据电子转移守恒，计算生成氢气的物质的量，再根据V=nVm计算氢气体积【解答】解：利用电解法制备Na2FeO4，Fe作阳极，碱性条件下Fe失电子转化为FeO42离子，阳极电极反应式为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，Ni为阴极，发生还原反应，氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为：6H2O+6e=3H2+6OH，所以电池反应式为：Fe+2OH+2H2O FeO42+3H2；根据电子转移守恒，生成氢气的物质的量为=0.3mol，标况下氢气体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；FeO42离子氧化性很强，容易在阴极被还原，需要用用
32、阳离子交换膜，防止生成的FeO42离子在阴极被还原，故答案为：Fe+2OH+2H2O FeO42+3H2；6.72L；阳离子交换膜【点评】本题考查电解原理应用，根据装置图判断两极，结合高铁酸钠具有强氧化性分析，侧重考查学生知识迁移应用，是对学生综合能力的考查，难度中等10常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1时，原电池的负极是Al片，此时，负极的电极反应式是2Al+3H2O6e=Al2O3+6H+，溶液中的H+向正极移动，t1时，原电池的正极的电极反应式是2H+NO3+e
33、=NO2+H2O，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】0t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极【解答】解：0t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，负极电极反应式为：2Al+3H2O6e=Al2O3
34、+6H+，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，正极电极反应式为：2H+NO3+e=NO2+H2O，溶液中的H+向正极移动；随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极，电流方向相反，正极电极反应式为：2H+NO3+e=NO2+H2O，故答案为：Al；2Al+3H2O6e=Al2O3+6H+；正；2H+NO3+e=NO2+H2O；随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反【点评】本题考查电解原理，关键是根据电流方向改变理解原电池中正负极转换，理解Al在浓硝酸中发生钝化，属于易错题目，侧重考查学生分析
35、能力，难度较大11按要求回答下列问题（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为H2SO3+Br2+H2O4H+SO42+2Br，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性弱（填“强”或“弱”）再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为2H+2Br+H2O2=Br2+2H2O，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性强（填“强”或“弱”）（2）某学习小组向盛有
36、氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是BaSO4，产生该物质可能的原因是空气中的O2将SO32氧化为SO42（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是ac（填编号）aSO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子bSO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒d将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是H2SO3或HSO3或SO
37、32（4）配平并完成下列离子方程式2 MnO4+5 H2O2+6H+=2 Mn2+5 O2+8 H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成2.5mol O2【考点】性质实验方案的设计【专题】氧化还原反应专题；氧族元素；无机实验综合【分析】（1）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，证明溴的氧化性大于亚硫酸；再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，溶液变为橙黄色，说明溴离子被双氧水氧化成溴单质，据此写出离子方程式；证明了双氧水的氧化成大于溴单质；（2）白色沉淀不溶于稀盐酸，该沉淀只能为硫酸钡；可能原因为亚硫酸被氧化成硫酸，
38、硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；（3）根据品红溶液与品红的四氯化碳溶液的区别及二氧化硫的性质进行判断；（4）根据氧化还原反应中得失电子数相等及质量守恒配平方程式；根据配平后的方程式计算出每有1mol高锰酸根参加反应生成氧气的物质的量【解答】解：（1）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：H2SO3+Br2+H2O4H+SO42+2Br，证明了亚硫酸的氧化性比溴弱，故答案为：H2SO3+Br2+H2O4H+SO42+2Br；弱；再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变
39、为橙黄色，溴离子被氧化成溴单质，变橙黄色反应的离子方程式为：2H+2Br+H2O2=Br2+2H2O，证明H2O2的氧化性比Br2的氧化性强，故答案为：2H+2Br+H2O2=Br2+2H2O；强；（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该白色沉淀为BaSO4，产生沉淀的原因可能为：空气中的O2将SO32氧化为SO42，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；空气中的O2将SO32氧化为SO42；（3）二氧化硫与四氯化碳不反应，能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能够电离出硫酸氢根离子、亚硫酸根离子，将干燥的S
40、O2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，而将二氧化硫通入品红溶液会褪色，证明使品红溶液褪色的不是二氧化硫分子，可能为H2SO3或HSO3或SO32，该实验不能证明使品红溶液褪色的粒子，故ac正确，故答案为：ac；H2SO3或HSO3或SO32；（4）反应中物质的化合价变化：MnO4Mn2+，Mn元素化合价由+7价+2价，一个MnO4得5个电子；H2O2O2，O由1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，所以其最小公倍数为10，故MnO4的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O；根据
41、反应可知，1mol高锰酸根离子完全反应生成氧气的物质的量为1mol=2.5mol，故答案为：2；5；6H+；2；5；8；2.5【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及氧化性、还原性强弱比较、氧化还原反应的配平及计算、性质方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力、化学实验能力及灵活应用基础知识的能力化学选修3：物质结构与性质12美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是CA、NO2
42、和NH4+B、H3O+和ClO3C、NO3和CO32D、PO43和SO42【考点】判断简单分子或离子的构型【分析】离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析【解答】解：A、NO2中心原子的价层电子对数=2+（5+122）=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+（5141）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不选；B、H3O+中心原子的价层电子对数=3+（6131）=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3中心原
43、子的价层电子对数=3+（7+132）=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不选；C、NO3中心原子的价层电子对数=3+（5+132）=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32中心原子的价层电子对数=3+（4+223）=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C选；D、PO43中心原子的价层电子对数=4+（5+342）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42中心原子的价层电子对数=4+（6+242）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不选故选C【点评】本题考查了离子的立体构型的判断，侧重考查杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子或离子中原子的杂化及空间构型的判断
44、方法为解答的关键，题目难度中等化学选修3：物质结构与性质13铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/kJmol1I1I2铜7461958锌9061733铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是气态Cu失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【分析】根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大来分析【解答】解：
45、轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，所以气态Cu失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小），故答案为：气态Cu失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）【点评】本题考查电离能大小的判断知识点，明确电离能大小与原子结构的关系是解本题关键，难度中等化学选修3：物质结构与性质14石墨烯是从石墨材料中剥
46、离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体其结构如图：有关说法正确的是BDA、固态时，碳的各种单质的晶体类型相同 B、石墨烯中含有非极性共价键C、从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键 D、石墨烯具有导电性【考点】化学键；极性键和非极性键【分析】碳形成的晶体有多种，如石墨、金刚石等，石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内存在共价键，以此解答该题【解答】解：A碳形成的晶体有多种，如石墨、金刚石、C60等，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，故A错误；B石墨烯中只含有CC键，为非极性键，故B正确；C石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故
47、C错误；D石墨烯具有石墨的性质，具有导电性，故D正确故选BD【点评】本题考查了石墨烯的相关知识，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意基础知识的积累化学选修3：物质结构与性质15最近科学家成功以CO2为原料制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，则该晶体中碳原子采用sp3杂化与周围氧原子成键；晶体中碳氧原子个数比为1：2；碳原子数与CO化学键数之比为1：4【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】根据题意知，该化合物晶体中以CO结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，和晶体二氧化硅的结构相似，根据
48、原子晶体的性质分析解答【解答】解：该化化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该晶体中碳原子采用sp3杂化，晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，每个碳原子含有4个CO共价键，所以碳原子数与CO化学键数之比为1：4；故答案为：sp3；1：2；1：4【点评】本题考查晶体类型的判断及其结构的分析，该化合物和二氧化硅晶体的结构类似，根据二氧化硅的结构来分析解答即可，难度中等化学选修3：物质结构与性质16已知钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，钼原子半径为a pm，相对原子质量为M，以N
49、A表示阿伏伽德罗常数的值，请写出金属钼密度的计算表达式 g/cm3【考点】晶胞的计算【分析】钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，一个晶胞中含有钼原子数为1+8=2，金属钼原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，钼原子的半径为晶胞体对角线的，所以晶胞的边长为pm，根据求得晶胞的密度【解答】解：钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，一个晶胞中含有钼原子数为1+8=2，金属钼原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，钼原子的半径为晶胞体对角线的，所以晶胞的边长为pm，则=g/cm3=g/cm3，故答案为：【点评】本题考查了晶胞的计算，比较简单，解题时要运用好基本公式及用均摊法计算，答题的难点是对对晶胞的空间结构的想象版权所有：高考资源网()
