1、2015-2016学年安徽省芜湖市、马鞍山市高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题2分，满分14分）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法正确的是（）ASO2具有还原性，可用于蔗糖脱色B双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒C铁粉表面积大，可用作食品干燥剂DSiO2具有导电性，可用于制造光导纤维2NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L CHCl3含氯原子数为3NAB100mL 1 molL1醋酸溶液中的氢原子数为0.4NAC常温常压下，11.2g乙烯中共用电子对数为2.4NAD6.4 g CaC2晶体中所含的离子总数为0.3NA3甲基环丙烷的二氯
2、代物的数目有（不考虑立体异构）（）A4 种B5 种C6 种D7种4下列有关实验操作设计、现象记录、结论解释都正确的是（）实验操作设计现象记录结论解释A将少量浓硝酸逐滴加入Cu和稀硫酸的混合物中产生红棕色气体硝酸被还原为NO2B用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但并不滴落熔点：Al2 O3AlC向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀加入Na2O2粉末前，原氯化亚铁溶液已经变质D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD5工业上可利用图所示电解装置吸收和转化SO2（A、B均为惰性电极）下列说法正确的是（）AA电极接电源的正极BA极区溶液的
3、碱性逐渐增强C本装置中使用的是阴离子交换膜DB极的电极反应式为SO2+2e+2H2OSO42+4H+6在元素周期表短周期元素中，X元素与Y、Z、W三元素相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，这四种元素原子的最外层电子数之和为20下列判断一定正确的是（）A单质熔点：ZWB离子半径：XYC氧化物对应水化物的酸性：XZDX和Z可存在于同一离子化合物中725时，取浓度为0.1000molL1的氨水20.00mL，用0.1000molL1盐酸滴定，过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A25时Kb（NH3H2O）105B滴定过程中水的电离程度一直保持增大趋势C为使终点现象更
4、加明显可多加上几滴甲基橙D滴定终点时c（NH4+）=c（Cl）c（H+）=c（OH）二、解答题（共3小题，满分41分）8亚硝酸和亚硝酸盐在生产、医药等领域有着广泛应用（1）某校化学兴趣小组利用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究硫酸与亚硝酸钠反应生成气体的成分已知NO2和NO液化温度分别为21和152反应前通入氮气的目的是；仪器的连接顺序（按左右连接）为AB；在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是；装置A中反应的化学方程式为；如果没有装置C，对实验结论造成的影响是（2）将AgNO2和AgCl的饱和溶液等体积混合后，加入
5、足量的硝酸银溶液，生成的沉淀n（AgNO2）n（AgCl） （填“大于”“小于”或“等于”）【该温度下，Ksp（AgNO2）=2108；Ksp（AgCl）=1.81010】（3）设计实验证明HNO2是弱酸9铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：已知：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；Cr2O72+H2O2CrO42+2H+根据题意回答下列问题：（1）请完成下列化学方程式的配平：FeOCr2O3+Na2CO3+O2Na2CrO4+Fe2O3+CO2；其中CO2的结构式（2）酸
6、化步骤用醋酸调节溶液pH5，其目的是；（3）固体Y的主要成分是，写出生成Y的离子方程式；（4）操作由多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、过滤、干燥；（5）操作发生反应的化学方程式为；（6）某种酒精测试仪中，K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化成乙醛，自身被还原为三价铬离子该反应的离子方程式为10加强汽车尾气、燃煤企业废气的监测和处理，对于减少雾霾具有重要意义（1）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图1所示该电池中O2可以在固体介质NASICON（固溶体）内自由移动，工作时O2的移动方向（填“从a到b”或“从b到a”），负极发生的电极反应式为
7、（2）汽车尾气的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的已知：2NO（g）N2（g）+O2（g）H=180.5kJmol12H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6kJmol1则H2（g）与NO（g）反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是（3）上述消除过程中第一步反应起决定作用，某研究小组模拟研究如下：向1L恒容密闭容器中充入a mol NO，其浓度与温度和时间的关系如图2所T2下，在0t1时间内，（O2）=molL1min1；反应N2（g）+O2（g）2NO（g）平衡常数K=（用相关字母表示）该反应进行到M点放出的热量进行到W点放出的热量 （填”大于”
8、小于”或等于”）；M点时再加入一定量NO，平衡后NO的转化率（填”变大”变小”或不变”）反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是（填序号）a混合气体的密度 b混合气体的压强 c逆反应速率d单位时间内，N2和NO的消耗量之比 e气体的平均相对分子质量（4）工业上用氨水吸收废气中的SO2已知NH3H2O的电离平衡常数Kb=1.8105molL1 H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.2102molL1 Ka2=1.3108molL1在通入废气的过程中当恰好形成正盐时，溶液中离子浓度的大小关系为当恰好形成酸式盐时，加入少量NaOH溶液，反应的离子方程式为【化学-选修2：化学与技术】11熔
9、炼法是工业上回收镁合金废料的常用方法，其流程为：（1）废料预处理粉碎：有干态机械粉碎法和湿喷机械粉碎法，其中容易造成危险的方法是，理由是除油污和油漆：把油污和油漆一次性除去最适宜的方法是a用热碱洗涤，过滤 b用有机溶剂溶解，过滤 c加热气化除去（2）镁合金在加热到935K时熔化，并不断向其中通入氩气做保护气若用二氧化碳做保护气，可能造成的后果是（用化学方程式表示）（3）熔融镁中的杂质铁可加入固体硼砂（B2O3）除去，生成FeB2沉渣，其化学反应方程式为（4）镁合金除了含有铁之外，还含有少量铝加入C2Cl6可以除去液态镁中的氢气，还能把铝转化为Al4C3沉渣：C2Cl6=2C+3Cl2 3C+4
10、Al=Al4C3除气除渣炉排出的污染性气体有如果1t镁合金中，铝占3.6，则除去铝最少需要加入C2Cl6g【化学-选修3：物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E五种元素都是元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，E的价电子排布式为3d104s1A、B、C、D四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下表所示ABCD根据以上信息，回答下列问题：（1）基态C原子含有种能量不同的电子，其简单离子的电子排布式为（2）DA2+离子的中心原子的杂化轨道类型是，其立体构型为（3）A所在主族元素的氢化物中，沸点最低的是（填化学式）；第一电离能比较：BC （填“”、“”、“=”）（4）E单质的晶体堆积方式
11、为，空间利用率为；C与D形成的化合物中化学键类型为（5）E的氧化物E2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有个E原子若该晶体的密度为 g/cm3，则晶胞参数a=cm （列出表达式即可）【化学-选修5：有机化学基础】13某药物H的合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同则A的名称为，A分子中最多有个碳原子在一条直线上（2）反应的反应类型是，反应的反应类型是（3）B的结构简式是；E的分子式为；F中含氧官能团的名称是（4）由CD反应的化学方程式为（5）化合物G酸性条件下水解产物之一M有多种同分异构体，同时满足下列条件
12、的结构有种能发生水解反应和银镜反应；能与FeCl3发生显色反应；苯环上有三个取代基（6）参照上述合成路线，设计一条由制备 的合成路线流程2015-2016学年安徽省芜湖市、马鞍山市高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题2分，满分14分）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法正确的是（）ASO2具有还原性，可用于蔗糖脱色B双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒C铁粉表面积大，可用作食品干燥剂DSiO2具有导电性，可用于制造光导纤维【考点】二氧化硫的化学性质；过氧化氢；硅和二氧化硅【分析】A二氧化硫有毒；B强氧化性物质能使蛋白质变性；C铁与氧气、水反应；D二氧化硅
13、为绝缘体【解答】解：A二氧化硫有毒，不能用于食品脱色，故A错误；B双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；C用铁粉作食品干燥剂是铁与氧气、水共同作用，与表面积大无关，故C错误；D二氧化硅为绝缘体，不导电，故D错误；故选：B2NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L CHCl3含氯原子数为3NAB100mL 1 molL1醋酸溶液中的氢原子数为0.4NAC常温常压下，11.2g乙烯中共用电子对数为2.4NAD6.4 g CaC2晶体中所含的离子总数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A标准状况下，CHCl3不是气体；B醋酸在水中发生电离生成氢离子；C根据
14、乙烯的结构计算出含有的共用电子对数目；DCaC2晶体中含有阴离子为C22，阳离子为Ca2+【解答】解：A标准状况下，CHCl3不是气体，因此无法计算22.4L CHCl3含氯原子数，故A错误；B100mL 1 molL1醋酸溶液中溶质的物质的量为0.1mol，醋酸在水中发生电离生成氢离子，因此氢原子数小于0.4NA，故B错误；C11.2g乙烯的物质的量为： =0.4molmol，含有1.6mol碳氢键和0.4mol碳碳键，总共含有2.4mol共用电子对，含有共用电子对数目为2.4NA，故C正确；DCaC2晶体的物质的量为=0.1mol，晶体中含有阴离子为C22，阳离子为Ca2+，则晶体中含有阴
15、阳离子总数为0.2NA，故D错误；故选C3甲基环丙烷的二氯代物的数目有（不考虑立体异构）（）A4 种B5 种C6 种D7种【考点】有机化合物的异构现象【分析】甲基环丙烷的结构简式为：，其二氯代物可以取代同一碳原子上的2个H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断【解答】解：甲基环丙烷的结构简式为：，其存在如图所示的几种H，其二氯取代物有：同在一个碳上有2，2和3，3，不在同一个碳上有1，2和1，3、2，2（不同的碳）、2，3，故总共有6种，故选C4下列有关实验操作设计、现象记录、结论解释都正确的是（）实验操作设计现象记录结论解释A将少量浓硝酸逐滴加入Cu和稀硫酸的混合物中产生红棕色气体
16、硝酸被还原为NO2B用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但并不滴落熔点：Al2 O3AlC向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀加入Na2O2粉末前，原氯化亚铁溶液已经变质D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2；B铝在加热条件下与氧气反应生成氧化铝；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子；D氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸，本身不具有漂白性【解答】解：A浓硝酸滴入稀硝酸溶液中，浓度降低，可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故A错误；B铝在加热条件下与氧
17、气反应生成氧化铝，铝箔熔化但并不滴落，可说明熔点：Al2O3Al，故B正确；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，不能证明氯化亚铁溶液已经变质，故C错误；D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红，最后变为无色，次氯酸表现出漂白性，氯气本身不具有漂白性，故D错误故选B5工业上可利用图所示电解装置吸收和转化SO2（A、B均为惰性电极）下列说法正确的是（）AA电极接电源的正极BA极区溶液的碱性逐渐增强C本装置中使用的是阴离子交换膜DB极的电极反应式为SO2+2e+2H2OSO42+4H+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸
18、根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO22e+2H2OSO42+4H+，阳极与电源的正极B相连，A为电源负极，阴极发生还原反应由HSO3生成S2O42，以此解答该题【解答】解：A由HSO3生成S2O42，发生还原反应，A应为负极，故A错误；B阴极的电极反应式为：2HSO3+2H+2eS2O42+2H2O，碱性增强，故B正确；C阳极的电极反应式为：SO2+2H2O2eSO42+4H+，阴极的电极反应式为：2HSO3+2H+2eS2O42+2H2O，离子交换膜应使H+移动，应为阳离子交换膜，故C错误；DB为阳极，发生SO2+2H2O2eSO42+4H+，故D错误故选B6在元素周期表短
19、周期元素中，X元素与Y、Z、W三元素相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，这四种元素原子的最外层电子数之和为20下列判断一定正确的是（）A单质熔点：ZWB离子半径：XYC氧化物对应水化物的酸性：XZDX和Z可存在于同一离子化合物中【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】在周期表中X与Y、Z、W紧密相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，所以X和Z属于同一主族且Z在X的下一周期，原子序数不大于18，设X的原子序数是a，则a+a+1=a+8，得a=7，或a1+a=a+8，得a=9若a=7，则X是N，Y是O，Z是P，又X、Y、Z、W四种短周期元素原子的最外层电子数之和为20，所以W是C，
20、符合题意若a=9，则X是F，Y是O，Z是Cl，三种元素原子的最外层电子数之和为20，不合题意，以此解答该题【解答】解：在周期表中X与Y、Z、W紧密相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，所以X和Z属于同一主族且Z在X的下一周期，原子序数不大于18，设X的原子序数是a，则a+a+1=a+8，得a=7，或a1+a=a+8，得a=9若a=7，则X是N，Y是O，Z是P，又X、Y、Z、W四种短周期元素原子的最外层电子数之和为20，所以W是C，符合题意若a=9，则X是F，Y是O，Z是Cl，三种元素原子的最外层电子数之和为20，不合题意；所以X、Y、Z、W分别是N、O、P、C元素，AW如为金刚石，则熔点
21、较高，故A错误；BXY对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故B错误；C非金属性NP，元素的非进行性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，但如不是最高价，则酸性强弱不一定，故C错误；DX和Z可存在于磷酸铵中，故D正确故选D725时，取浓度为0.1000molL1的氨水20.00mL，用0.1000molL1盐酸滴定，过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A25时Kb（NH3H2O）105B滴定过程中水的电离程度一直保持增大趋势C为使终点现象更加明显可多加上几滴甲基橙D滴定终点时c（NH4+）=c（Cl）c（H+）=c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中
22、的电离平衡【分析】A根据图知，未加HCl时氨水pH=11，则氨水中c（OH）=mol/L=0.001mol/L，氨水溶液中c（NH4+）c（OH）=0.001mol/L，Kb（NH3H2O）=；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C指示剂能够与酸或者碱溶液反应，不能滴加过多的指示剂；D滴定终点时，溶液由黄色变为红色，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小【解答】解：A根据图知，未加HCl时氨水pH=11，则氨水中c（OH）=mol/L=0.001mol/L，氨水溶液中c（NH4+）c（OH）=0.001mol/L，Kb（NH3H2O）=105，故A正确；B酸或碱抑制水电离，含有弱
23、离子的盐促进水电离，所以开始时氨水抑制水电离，随着HCl的滴加，溶液中铵根离子浓度增大，碱性减弱，水的电离程度增大，当二者恰好完全反应时水的电离程度最大，继续滴加盐酸，溶液呈酸性，抑制水电离，故B错误；C由于指示剂能够与酸或者碱溶液反应，在中和滴定时不能滴加过多的指示剂，否则会影响测定结果，故C错误；D滴定终点时，溶液由黄色变为红色，溶液呈酸性，再结合电荷守恒得c（NH4+）c（Cl），溶液中氢离子浓度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故D错误；故选A二、解答题（共3小题，满分41分）8亚硝酸和亚硝酸盐在生产、医药等领域有着广泛应用（1）某校化学兴趣小组
24、利用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究硫酸与亚硝酸钠反应生成气体的成分已知NO2和NO液化温度分别为21和152反应前通入氮气的目的是排尽装置内的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；仪器的连接顺序（按左右连接）为ACEDB；在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是装置D中通入氧气后会出现红棕色气体；装置A中反应的化学方程式为2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO+NO2+H2O；如果没有装置C，对实验结论造成的影响是水蒸气会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清（2）将A
25、gNO2和AgCl的饱和溶液等体积混合后，加入足量的硝酸银溶液，生成的沉淀n（AgNO2）大于n（AgCl） （填“大于”“小于”或“等于”）【该温度下，Ksp（AgNO2）=2108；Ksp（AgCl）=1.81010】（3）设计实验证明HNO2是弱酸测NaNO2溶液的pH，或测0.1mol/LHNO2溶液的pH等【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）硫酸与亚硝酸钠反应生成气体的成分为NO、NO2，其中NO与空气中的氧气被氧化成NO2，所以实验开始前要将装置中的空气排尽，根据各部分装置的作用可知，C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO；无色的NO
26、与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，据此可判断NO的产生；装置A中为硫酸与亚硝酸钠反应生成硫酸钠、NO、NO2和水；C装置主要作用是干燥混合气体，如果有水，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，据此答题；（2）向两饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgNO2的溶解平衡向左移动，但是饱和溶液中AgNO2的溶解度更小，所以溶液中AgCl沉淀较多；（3）证明HNO2是弱酸根据弱酸根水解呈碱性或根据弱酸不完全电离测定弱酸溶液的pH值等【解答】解：（1）硫酸与亚硝酸钠反应生成气体的成分为NO、NO2，其中NO与空气中的氧气被氧化成NO2，所以实验开始前要将装置中的空气排尽，反应前通入氮气的目的是排尽装置内的空气
27、，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰，根据各部分装置的作用可知，C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以仪器的连接顺序为ACEDB，故答案为：排尽装置内的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；C；E；D；无色的NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，所以确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是装置D中通入氧气后会出现红棕色气体，故答案为：装置D中通入氧气后会出现红棕色气体；装置A中为硫酸与亚硝酸钠反应生成硫酸钠、NO、NO2和水，反应方程式为2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO+NO
28、2+H2O，故答案为：2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO+NO2+H2O；C装置主要作用是干燥混合气体，如果有水，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，所以如果没有装置C，水蒸气会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清，故答案为：水蒸气会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清；（2）在AgCl和AgNO2两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl）c（NO2），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgNO2沉淀，与此同时，溶液中n（Cl）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgNO2沉淀有所增多，但AgC
29、l沉淀增加更多，故答案为：大于；（3）证明HNO2是弱酸的方法有测NaNO2溶液的pH，或测0.1mol/L HNO2溶液的pH等，故答案为：测NaNO2溶液的pH，或测0.1mol/L HNO2溶液的pH等9铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：已知：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；Cr2O72+H2O2CrO42+2H+根据题意回答下列问题：（1）请完成下列化学方程式的配平：4FeOCr2O3+7Na2CO3+8O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；其中CO2
30、的结构式O=C=O（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH5，其目的是使CrO42转化Cr2O72；（3）固体Y的主要成分是Al（OH）3，写出生成Y的离子方程式AlO2+CH3COOH+H2OAl（OH）3+CH3COO；（4）操作由多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）操作发生反应的化学方程式为Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；（6）某种酒精测试仪中，K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化成乙醛，自身被还原为三价铬离子该反应的离子方程式为Cr2O72+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3+3CH3CHO+7H2O
31、【考点】制备实验方案的设计【分析】铬铁矿通过焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解得固体Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的PH使CrO42转化为Cr2O72，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7，（1）根据反应中各物质的元素化合价变化可知，铁从+2价变为+3价，铬从+3价变为+6价，氧从0价变为2价，根据化合价升降法及元素守恒可配平化学方程式；二氧化碳中有两碳氧双键；（2）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH5为了转化CrO42离子
32、为Cr2O72；（3）根据流程分析可知，用醋酸调节pH值后产生的沉淀为氢氧化铝，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤分析回答；（5）Na2Cr2O7的溶解度小于K2Cr2O7，反应向溶解度小的方向进行，据此书写化学方程式；（6）K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化成乙醛，自身被还原为三价铬离子，依据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式【解答】解：铬铁矿通过焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解得固体Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐
33、完全沉淀，继续调节溶液的PH使CrO42转化为Cr2O72，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7，（1）根据反应中各物质的元素化合价变化可知，铁从+2价变为+3价，铬从+3价变为+6价，氧从0价变为2价，根据化合价升降法及元素守恒可配平化学方程式为4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；，其中CO2的结构式为O=C=O，故答案为：4、8、7、8、2、8；O=C=O；（2）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH5为了转化CrO42离子为Cr2O72，故答案为：使CrO42转化Cr2O72；（3）根据流程分
34、析可知，用醋酸调节pH值后产生的沉淀为氢氧化铝，所以Y为Al（OH）3，生成Al（OH）3的离子方程式为AlO2+CH3COOH+H2OAl（OH）3+CH3COO，故答案为：Al（OH）3；AlO2+CH3COOH+H2OAl（OH）3+CH3COO；（4）获得K2Cr2O7晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；洗涤；（5）Na2Cr2O7的溶解度小于K2Cr2O7，反应向溶解度小的方向进行，所以反应的化学方程式为Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，故答案为：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；（6）K2Cr2O7在酸性条件
35、下将乙醇氧化成乙醛，自身被还原为三价铬离子，反应的离子方程式为 Cr2O72+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3+3CH3CHO+7H2O，故答案为：Cr2O72+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3+3CH3CHO+7H2O10加强汽车尾气、燃煤企业废气的监测和处理，对于减少雾霾具有重要意义（1）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图1所示该电池中O2可以在固体介质NASICON（固溶体）内自由移动，工作时O2的移动方向b到a（填“从a到b”或“从b到a”），负极发生的电极反应式为CO2e+O2=CO2（2）汽车尾气的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目
36、的已知：2NO（g）N2（g）+O2（g）H=180.5kJmol12H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6kJmol1则H2（g）与NO（g）反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）H=752.1kJmol1（3）上述消除过程中第一步反应起决定作用，某研究小组模拟研究如下：向1L恒容密闭容器中充入a mol NO，其浓度与温度和时间的关系如图2所T2下，在0t1时间内，（O2）=molL1min1；反应N2（g）+O2（g）2NO（g）平衡常数K=（用相关字母表示）该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量
37、（填”大于”小于”或等于”）；M点时再加入一定量NO，平衡后NO的转化率不变（填”变大”变小”或不变”）反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是cd（填序号）a混合气体的密度 b混合气体的压强 c逆反应速率d单位时间内，N2和NO的消耗量之比 e气体的平均相对分子质量（4）工业上用氨水吸收废气中的SO2已知NH3H2O的电离平衡常数Kb=1.8105molL1 H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.2102molL1 Ka2=1.3108molL1在通入废气的过程中当恰好形成正盐时，溶液中离子浓度的大小关系为c（NH4+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）当恰好形成酸
38、式盐时，加入少量NaOH溶液，反应的离子方程式为HSO3+OH=SO32+H2O【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较【分析】（1）原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，负极上一氧化碳失电子和氧离子反应生成二氧化碳；（2）利用已知反应方程式，结合盖斯定律解答；（3）依据图可知T2下，起始时NO浓度为amol/L，在0t1时间内，NO浓度为bmol/L，则浓度变化量为：（ab）mol/L，依据速率公式计算V（NO），依据速率之比等于方程式计量系数之比计算（O2）；利用三段法列出各组分数据，代入化学平衡常数表达式；依据2NO（g）N2（
39、g）+O2（g）H=180.5kJmol1，可知平衡向正向进行程度越大，反应放出热量越多，结合图象判断T1与T2大小关系，判断反应正向进行程度，进而判断反应放出热量多少；2NO（g）N2（g）+O2（g）为气体系数不变的反应，同温同压同体积可以建立等比等效平衡；a混合气体的总质量不变，容器的体积不变，据此判断；b混合气体总的物质的量不变，容器体积不变，据此判断；c随反应进行，生成物浓度升高，逆反应速率逐渐升高；d随反应进行，反应物浓度降低，正反应速率逐渐降低，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，故单位时间内，N2的消耗量减小，NO的消耗量增大；e混合气体总的物质的量不变，混合气体的总质量不变，据
40、此判断；（4）当恰好形成正盐亚硫酸铵，亚硫酸根离子存在水解，铵根离子存在水解，溶液酸碱性取决于二者水解能力，依据NH3H2O的电离平衡常数Kb=1.8105molL1 H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.2102molL1 Ka2=1.3108molL1比较Kb（NH4+）与Kb（SO32）氨根离子结合氢氧根离子能力弱于亚硫酸氢根，氢氧化钠少量，先与亚硫酸氢根离子反应亚硫酸氢铵中加入少量氢氧化钠反应，生成亚硫根离子与水【解答】解：（1）依据图可知：一氧化空气形成燃料电池，一氧化碳失电子和氧离子反应生成二氧化碳发生氧化反应，电极反应式CO2e+O2=CO2，所以一氧化碳所在极为负极，通入空气的一
41、极为正极，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，所以工作时O2的移动方向从b到a；故答案为：b到a；CO2e+O2=CO2；（2）由2NO（g）=N2（g）+O2（g）DH=180.5kJmol12H2O（l）=2H2（g）+O2（g）H=+571.6kJmol1据盖斯定律，得：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）H=752.1kJmol1，故答案为：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）H=752.1kJmol1（3）依据图可知T2下，起始时NO浓度为amol/L，在0t1时间内，NO浓度为bmol/L，则浓度变化量为：（ab）mol/L，则V（
42、NO）=molL1min1；则V（O2）=V（NO）=molL1min1；T2下，向1L恒容密闭容器中充入a mol NO，达到平衡时NO物质的量为m，则： 2NO（g）N2（g）+O2（g）起始浓度（mol/L） a 0 0转化浓度 am 0.5（am ） 0.5（am ）平衡浓度 m 0.5（am ） 0.5（am ）则平衡常数：K=；故答案为：；依据先拐先平，可知T1温度高于T2，而反应为2NO（g）N2（g）+O2（g）H=180.5kJmol1，为放热反应，所以低温时有利于反应正向进行，所以反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量；2NO（g）N2（g）+O2（g）为气体系数
43、不变的反应，同温同压同体积可以建立等比等效平衡，所以M点时再加入一定量NO，建立等比等效平衡状态，平衡后NO的转化率不变；故答案为：小于；等于；a混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变，故a不符合；b混合气体总的物质的量不变，容器体积不变，混合气体的压强不变，故b不符合；c随反应进行，生成物浓度升高，逆反应速率逐渐升高，故c符合；d随反应进行，反应物浓度降低，正反应速率逐渐降低，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，故单位时间内，N2的消耗量减小，NO的消耗量增大，单位时间内，N2和NO的消耗量之比减小，故d符合；e混合气体总的物质的量不变，混合气体的总质量不变，依据M=可知气体
44、的平均相对分子质量为定值，始终不变，故e不符合；故答案为：cd；（4）氨根离子水解平衡常数Kb（NH4+）=1013，Kb（SO32）=106，所以：Kb（SO32）Kb（NH4+），亚硫酸根离子水解程度大于氨根离子，所以溶液显碱性，则c（NH4+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；故答案为：c（NH4+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；亚硫酸氢铵中加入少量氢氧化钠反应，生成亚硫根离子与水，离子方程式：HSO3+OH=SO32+H2O；故答案为：HSO3+OH=SO32+H2O【化学-选修2：化学与技术】11熔炼法是工业上回收镁合金废料的常用方法，其流程为：（
45、1）废料预处理粉碎：有干态机械粉碎法和湿喷机械粉碎法，其中容易造成危险的方法是干态机械粉碎法，理由是干态机械粉碎产生金属粉尘容易引起爆炸除油污和油漆：把油污和油漆一次性除去最适宜的方法是Ca用热碱洗涤，过滤 b用有机溶剂溶解，过滤 c加热气化除去（2）镁合金在加热到935K时熔化，并不断向其中通入氩气做保护气若用二氧化碳做保护气，可能造成的后果是2Mg+CO22MgO+C（用化学方程式表示）（3）熔融镁中的杂质铁可加入固体硼砂（B2O3）除去，生成FeB2沉渣，其化学反应方程式为B2O3+Mg+Fe=FeB2+3MgO（4）镁合金除了含有铁之外，还含有少量铝加入C2Cl6可以除去液态镁中的氢气
46、，还能把铝转化为Al4C3沉渣：C2Cl6=2C+3Cl2 3C+4Al=Al4C3除气除渣炉排出的污染性气体有氯气如果1t镁合金中，铝占3.6，则除去铝最少需要加入C2Cl611850g【考点】金属冶炼的一般原理【分析】（1）镁是活泼金属，粉碎把块状转变成粉末状，增加了跟氧气的接触面积，容易发生燃烧，甚至爆炸，而湿喷机械粉碎法，温度较低达不到反应的温度，因此干态机械粉碎法危险，原因：干态机械粉碎产生金属粉尘，容易引起爆炸；依据油污和油漆的性质结合成本高低解答；（2）镁是活泼的金属不仅可以和空气中的氧气发生反应，还可以和二氧化碳反应生成碳和氧化镁；（3）根据题意这是除去铁的步骤，参加反应的物质
47、是Mg、Fe、B2O3生成的物质有FeB2，根据镁的活动性，镁和氧结合成MgO，据此写出反应方程式；（4）依据反应过程可知，能够产生污染性气体氯气；依据方程式C2Cl6=2C+3Cl2； 3C+4Al=Al4C3可知，3C2Cl68Al，据此计算解答【解答】解：（1）镁是活泼金属，粉碎把块状转变成粉末状，增加了跟氧气的接触面积，容易发生燃烧，甚至爆炸；故答案为：干态机械粉碎法；干态机械粉碎产生金属粉尘，容易引起爆炸；A、热碱只能去除油污，除不去油漆，故A错误；B、油污和油漆虽然溶于有机溶剂，但是对有机溶剂的处理带来麻烦，成本较高，故B错误；C、加热气化处理，让油污和油漆燃烧生成气体而除去，故C
48、正确；故选：C；（2）镁和二氧化碳反应生成碳和氧化镁，化学方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）根据题意这是除去铁的步骤，参加反应的物质是Mg、Fe、B2O3生成的物质有FeB2，根据镁的活动性，镁和氧结合成MgO，反应方程式：B2O3+Mg+Fe=FeB2+3MgO；故答案为：B2O3+Mg+Fe=FeB2+3MgO；（4）依据反应过程可知，能够产生污染性气体氯气；故答案为：氯气；依据方程式C2Cl6=2C+3Cl2； 3C+4Al=Al4C3可知，3C2Cl68Al，则3C2Cl68Al，3237 828 m 11063.6解得m=11850g；故
49、答案为：11850【化学-选修3：物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E五种元素都是元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，E的价电子排布式为3d104s1A、B、C、D四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下表所示ABCD根据以上信息，回答下列问题：（1）基态C原子含有5种能量不同的电子，其简单离子的电子排布式为1s22s22p6（2）DA2+离子的中心原子的杂化轨道类型是sp3，其立体构型为V形（3）A所在主族元素的氢化物中，沸点最低的是HCl（填化学式）；第一电离能比较：BC （填“”、“”、“=”）（4）E单质的晶体堆积方式为面心立方密堆积，空间利用率为74%；C与D形成的化
50、合物中化学键类型为共价键（5）E的氧化物E2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有16个E原子若该晶体的密度为 g/cm3，则晶胞参数a=cm （列出表达式即可）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E五种元素都是元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，E的价电子排布式为3d104s1，则E为Cu；由A、B、C、D四种短周期元素在元素周期表中的相对位置，可知A为F元素、B为Na、C为Al、D为Cl（1）C为Al，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，失去3s、3p能级电子形成铝离子；（2）计算ClF2+离子的中
51、Cl原子孤电子对数、价层电子对数，进而确定杂化轨道与空间构型；（3）HF分子之间存在氢键，沸点最高，其它氢化物分子间为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势；（4）E为Cu，单质的晶体堆积方式为面心立方密堆积，利用均摊法计算晶胞中Cu原子数目，设Cu原子半径为r，则晶胞棱长为4r=2r，空间利用率=100%；C与D形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物；（5）利用均摊法计算晶胞中O原子数目，结合化学式E2O计算晶胞中Cu原子数目，再计算晶胞质量，结合m=V计算晶胞棱长【解答】解：A、B、C、D、E五种元素都是元素周期表中前四周期元素，
52、原子序数依次增大，E的价电子排布式为3d104s1，则E为Cu；由A、B、C、D四种短周期元素在元素周期表中的相对位置，可知A为F元素、B为Na、C为Al、D为Cl（1）C为Al，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，原子中有5种能量不同的电子，失去3s、3p能级电子形成铝离子，铝离子核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：5；1s22s22p6；（2）ClF2+离子的中Cl原子孤电子对数=2、价层电子对数=2+2=4，Cl原子采取sp3杂化轨，离子空间构型为V形，故答案为：sp3；V形；（3）HF分子之间存在氢键，沸点最高，其它氢化物分子间为范德华力，相对分子质量越大，
53、范德华力越强，沸点越高，故HCl的沸点最低；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NaAl，故答案为：HCl；（4）E为Cu，单质的晶体堆积方式为面心立方密堆积，晶胞中Cu原子数目为8+6=4，设Cu原子半径为r，则晶胞中Cu原子总体积为4r3，晶胞棱长为4r=2r，晶胞体积为（2r）3=16r3，空间利用率=100%=74%，C与D形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，含有共价键，故答案为：面心立方密堆积；74%；共价键；（5）晶胞中O原子数目=4+8+6=8，由化学式Cu2O可知晶胞中Cu原子数目82=16，晶胞质量为8g，则： g/cm3（a cm）3=8g，解得
54、a=，故答案为：16；【化学-选修5：有机化学基础】13某药物H的合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同则A的名称为苯乙烯，A分子中最多有3个碳原子在一条直线上（2）反应的反应类型是取代反应，反应的反应类型是消去反应（3）B的结构简式是；E的分子式为C10H12O2；F中含氧官能团的名称是醛基、酯基（4）由CD反应的化学方程式为（5）化合物G酸性条件下水解产物之一M有多种同分异构体，同时满足下列条件的结构有20种能发生水解反应和银镜反应；能与FeCl3发生显色反应；苯环上有三个取代基（6）参照上述合成路线，设计一条由制备 的合成路线流程【考点】有机物的合
55、成【分析】根据合成线路可知，D与新制Cu（OH ）2加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D的结构简式为：；C催化氧化生成D，则C的结构简式为：；B水解生成C，则B的结构简式为：；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，所以A为苯乙烯，反应所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CHCH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则G的结构简式为：，G发生消去反应生成H，由制备 ，可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr加成，Br在端点的C原子上，水解反应
56、生成OH，然后发生酯化反应得最终产物，据此进行解答【解答】解：根据合成线路可知，D与新制Cu（OH ）2加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D的结构简式为：；C催化氧化生成D，则C的结构简式为：；B水解生成C，则B的结构简式为：；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，所以A为苯乙烯，反应所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CHCH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则G的结构简式为：，G发生消去反应生成H，（1）根据上面的分析可知，A为苯乙烯，苯乙烯分子中处于
57、对位的最多有3个碳原子在一条直线上，故答案为：苯乙烯；3；（2）根据上面的分析可知，反应的反应类型是 取代反应，反应的反应类型是消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；（3）B的结构简式为：，E为，E的分子式为 C10H12O2，根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是醛基、酯基，故答案为：；C10H12O2；醛基、酯基；（4）由CD反应是催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）G的结构简式为：，化合物G酸性条件下水解产物之一M为，有多种同分异构体，同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生水解反应和银镜反应，含有甲酸形成的酯基，苯环上有三个取代基，符合条件的同分异构体为苯环上连有OH、HCOO、CH3CH2，或OH、HCOOCH2、CH3，根据定二动一的原则，每种都有10种结构，所以共有20种结构，故答案为：20；（5）由制备 ，可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr加成，Br在端点的C原子上，水解反应生成OH，然后发生酯化反应得最终产物，所以合成路线图为：，故答案为：2017年4月21日