1、2019年湖北省天门市、仙桃市等八市高考化学模拟试卷（3月份）一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍(已知常温下KspNi(OH)2=1.0l0-15)，工艺流程如下。下列叙述错误的是()A. 废渣的主要成分为二氧化硅B. 黄钠铁矾渣中铁元素为+3价C. 除钙镁过程中，为了提高钙镁的去除率，氟化钠实际用量应该越多越好D. “沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液pH9【答案】C【解析】解：A.二氧化硅与酸不反应，则废渣的主要成分为二氧化硅，故A正确；B.过氧化氢具有强氧化性，可氧化亚铁离子为铁
2、离子，则黄钠铁矾渣中铁元素为+3价，故B正确；C.过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应，生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器，故C错误；D.常温下KspNi(OH)2=1.0l0-15，镍沉淀完全，c(OH-)=1.010-1510-5mol/L=l0-5mol/L，则需调节溶液pH9，故D正确。故选：C。废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到
3、滤渣和滤液，滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。本题考查了物质的制备，为高考常见题型，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。2. 化学推动着社会的进步和人类的发展。下列说法错误的是()A. “长飞光纤光缆技术创新工程”中光纤的主要成分是二氧化硅B. “半纤维素酶高效生产及应用关键技术”中半纤维素酶的主要成分是蛋白质C. “废旧聚酯高效再生及纤
4、维制备产业化集成技术”中聚酯是天然高分子有机物D. “煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于化学变化【答案】C【解析】解：A.二氧化硅具有良好的光学特性，用于制造光纤，所以长飞光纤光缆技术创新工程”中光纤的主要成分是二氧化硅，故A正确； B.“半纤维素酶高效生产及应用关键技术”中半纤维素酶是生物酶，具有高效性和专一性特征，所以半纤维素酶的主要成分是蛋白质，故B正确； C.聚酯是通过聚合反应获得的高分子有机物，是合成高分子有机物，而不是天然高分子有机物，故C错误； D.煤的气化是煤形成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，是化学变化，故D正确； 故选：C。A、二氧化硅具有良好的
5、光学特性，用于制造光纤； B、酶的主要成分是蛋白质，具有高效性、专一性特点； C、合成高分子有机物有塑料、合成橡胶、合成纤维等，天然高分子有机物的有：淀粉、纤维素、蛋白质等； D、煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；本题考查化学与生活的联系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大。3. 某学习小组设计用98%的浓硫酸制取SO2并验证其部分性质的实验装置图如下(夹持装置省略)。下列叙述不正确的是()A. 装置A中发生的离子反应方程式为：2H+SO32-=SO2+H2OB. 若装置B中装有品红溶液，观察到B中溶液红色褪去，则说明SO2具有漂白
6、性C. 若装置B中装有酸性高锰酸钾溶液，观察到B中溶液褪色，则说明SO2具有还原性D. 装置C产生的白色沉淀为BaSO4【答案】A【解析】解：A、浓硫酸和固体在写离子方程式时应用化学式，所以H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+2Na+SO42-，故A错误； B、品红溶液红色褪去，说明SO2具有漂白性，故B正确； C、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应溶液褪色，则说明SO2具有还原性，故C正确； D、二氧化硫的水溶液与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子与钡离子结合成硫酸钡沉淀，所以装置C产生的白色沉淀为BaSO4，故D正确； 故选：A。A、浓硫酸和固体在写
7、离子方程式时应用化学式； B、二氧化硫具有漂白性； C、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性； D、二氧化硫的水溶液与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子与钡离子结合成硫酸钡沉淀；本题考查了性质实验方案的设计，明确二氧化硫的性质及检验方法为解答关键，注意掌握性质实验方案设计的设计及评价原则，题目难度中等。4. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是()A. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，反应后分子总数为0.2NAB. 向过氧化钠中通入足量的二氧化碳，当固体增重28g，转移电子数为lNAC. 在标准状况下，22.4LHF与NA个H2O中含有的电子数相同D.
8、 含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g【答案】C【解析】解：A、H2+I22HI是可逆反应，这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故A正确； B.固体增重28g，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2m 2mol 56g 1mol 28g 固体增重28g，则反应消耗了1mol二氧化碳，生成了0.5mol氧气，反应转移了1mol电子，该反应过程中转移电子数NA，故B正确； C、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的电子个数，故C错误； D.由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以含有NA个Fe(OH
9、)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g，故D正确； 故选：C。A、H2+I22HI是可逆反应，这是一个反应前后分子物质的量不变的反应； B.二氧化碳与过氧化钠的反应中，固体增重的质量相当于CO的质量，据此计算出反应的过氧化钠的物质的量及转移的电子数； C、标况下HF为液态，不能由气体的体积求物质的量； D.氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体。本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件。5. 碳九芳烃是一种混合物，异丙苯就是其中的一种。工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺
10、流程示意图如下。下列有关说法正确的是()A. a的同分异构体有7种B. a能发生取代反应、加成反应和氧化反应C. b的分子式为C9H10O2D. b、c互为同系物【答案】B【解析】解：A.a的同分异构体中苯环与3个C的丙基相连或苯环连接1个甲基和1个乙基或苯环连接3个甲基，为正丙苯、甲基乙苯(邻、间、对三种)、三甲苯(2+3+1=6)，则a的同分异构体含苯环时共10种，故A错误； B.a含苯环可发生加成反应，苯环上H可发生取代反应，且侧链可被高锰酸钾氧化，可发生氧化反应，故B正确； C.由结构可知b的分子式为C9H12O2，故C错误； D.b、c中O原子数相差1个，二者不属于同系物，故D错误；
11、 故选：B。A.a的同分异构体中苯环与3个C的丙基相连或苯环连接1个甲基和1个乙基或苯环连接3个甲基； B.a含苯环，且侧链可被高锰酸钾氧化； C.由结构可知分子式； D.b、c中O原子数相差1个。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、同分异构体与同系物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。6. 元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17.下列说法正确的是()XYZQA. 简单离子半径(r)：r(Q)r(Y)r(Z)B. 氧化物对应的水化物的酸性：ZYC. XY
12、2和XZ4均含有非极性共价键D. 标准状况下Z的单质状态与Q的相同【答案】A【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为S、Z为Cl，Q为As， A.电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子径为r(As)r(S)r(Cl)，故A正确； B.X没有指出最高价，无法比较氧化物对应水化物的酸性，故B错误； C.XY2和XZ4分别为SC2和CCl4，四氯化碳中不存在非极性键，故C错误； D.标况下氯气为气态，而As为固体，二者状态不同，故D错误； 故选：A。由元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置，其中元素Q位于第四周期，可知X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X、Y、Z原子的最
13、外层电子数之和为17，设X的最外层电子数为x，则x+x+2+x+3=17，解得：x=4，则X为C、Y为S、Z为Cl，Q为As，以此来解答。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。7. LED系列产品是一类新型节能产品。图甲是NaBH4/H2O2燃料电池，图乙是LED发光二极管的装置示意图。下列叙述错误的是()A. 电池总反应为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2OB. 电池放电过程中，Na+从B极区向A极区移动C. 电池放电过程中，B极区pH减小，A极区pH增大D. 要使LED发光二极
14、管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的A极相连【答案】D【解析】解：A.正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，负极发生BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，则电池总反应为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O，故A正确； B.原电池工作时，阳离子向正极移动，即向A极移动，故B正确； C.由电极方程式可知，B极区pH减小，A极区pH增大，故C正确； D.要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a阴极应与图甲中的B极负极相连，故D错误。 故选：D。根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则A电极为正极，B电极为负极，负极上BH4-得电子和氢氧根离子反应生成BO2-，正极电极反应式
15、为H2O2+2e-=2OH-，负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，以此解答该题。本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确原电池原理是解本题关键，所有燃料电池中都是负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题目难度中等。二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）8. 某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O42H2O难溶于水；H2C2O4是二元弱酸，溶于水。(1)步骤中H2C2O4稍过量的目的
16、是：_(2)步骤中得到FeC2O42H2O的离子反应方程式为：_。(3)实现步骤，必须在_(填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：_(4)为实现步骤，不宜用碳粉直接还原Fe2O3，理由是_。(5)若将固体FeC2O42H2O放在一个可称出质量的容器内加热，FeC2O42H2O(Mr=180)首先逐步失去结晶水，温度继续升高时。FeC2O4(Mr=144)会逐渐转变为铁的各种氧化物。称取18.00gFeC2O42H2O，持续加热，剩余固体的质量随温度变化的部分数据如下表(其中450以前是隔绝空气加热，450以后是在空气中加热)：温度/2515030035040045050060070
17、0800固体质量/g18.0016.2014.4014.407.207.208.008.007.737.73根据上述数据计算并推断：150剩余的固体物质是_(填化学式，下同)；800剩余的固体物质是_。【答案】为了使Fe2+沉淀完全，提高产率 Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+ 坩埚 4FeC2O42H2O+3O2-高温2Fe2O3+CO2+8H2O 接触面积小，反应不完全，而且产物铁粉中会混有杂质碳粉 FeC2O4H2O Fe3O4【解析】解：(1)为了使Fe2+沉淀完全，提高产率，H2C2O4稍过量；故答案为：为了使Fe2+沉淀完全，提高产率；(2)骤为亚铁离子与
18、草酸生成FeC2O42H2O的反应，反应为：Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+；故答案为：Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+；(3)FeC2O42H2O氧气中灼烧被氧化生成氧化铁，反应为：4FeC2O42H2O+3O2-高温2Fe2O3+CO2+8H2O，灼烧在坩埚中进行；故答案为：坩埚；4FeC2O42H2O+3O2-高温2Fe2O3+CO2+8H2O；(4)碳粉直接还原Fe2O3，接触面积小，反应不完全，而且产物铁粉中会混有杂质碳粉，故不宜采用碳粉还原；故答案为：接触面积小，反应不完全，而且产物铁粉中会混有杂质碳粉；(5)FeC2O42H
19、2O加热分解是先失去结晶水，再生成铁的氧化物和碳的氧化物的过程，18.00gFeC2O42H2O的物质的量为0.1mol，n(Fe)=0.1mol，其中m(FeC2O4)=14.4g，m(H2O)=3.6g，n(H2O)=0.2mol，根据表分析：300完全失去结晶水，300之前仍然为结晶水合物，150时，固体减少的质量为18.00g-16.2g=1.8g，故少了0.1mol的结晶水，此时固体为FeC2O4H2O；800剩余的固体物质是铁的氧化物，根据铁原子守恒，其中n(Fe)=0.1mol，m(Fe)=5.6g，则m(O)=7.73g-5.6g=2.13g，n(O)=0.133g，故n(Fe
20、)：n(O)=0.1：0.133=3：4，故固体物质为：Fe3O4；故答案为：FeC2O4H2O；Fe3O4。硫酸亚铁铵酸化溶解得到亚铁离子、铵根离子的酸性溶液，再加入稍过量的H2C2O4，将溶液抽滤、洗涤、干燥，得到晶体FeC2O42H2O，晶体在氧气中灼烧得到氧化铁，再将其还原为铁，(1)从提高产率考虑；(2)步骤为亚铁离子与草酸生成FeC2O42H2O的反应；(3)灼烧在坩埚中进行；FeC2O42H2O氧气中灼烧被氧化生成氧化铁，根据氧化还原反应原理书写；(4)从充分反应的角度和产品纯度分析；(5)FeC2O42H2O加热分解是先失去结晶水，再生成铁的氧化物和碳的氧化物的过程，18.00
21、gFeC2O42H2O的物质的量为0.1mol，n(Fe)=0.1mol，其中m(FeC2O4)=14.4g，m(H2O)=3.6g，根据表分析：300完全失去结晶水，300之前仍然为结晶水合物，300之后为铁的氧化物，根据铁原子守恒计算氧原子的质量可得固体物质，据此分析。本题考查了物质的制备及物质的组成分析，要求学生运用基础知识解决工业流程的原理，物质成分分析是该题难点，注意掌握守恒在化学中的运用，题目难度较大。9. “低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视。将CO：转化为甲醇：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H
22、2O(g)，此研究对CO2的深度开发应用和构建生态文明社会具有重要的意义。(1)在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应。测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。0-10min内，氢气的平均反应速率为_，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2molCO2(g)和2molH2O(g)，则平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动。一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_。a.容器中压强不变b.H2的体积分数不变c.c(H2)=3c(CH3OH)d.容器中密度不变e.2个C=O断裂的同时有3个H-H断裂(2
23、)若已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-akJmol-1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-bkJmol-1；H2O(g)=H2O(l)H=-ckJmol-1；CH3OH(g)=CH3OH(l)H=-dkJmol-1。则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_。(3)如图，25时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解600mL一定浓度的NaCl溶液。U形管内发生的化学反应方程式为_。在电解一段时间后，NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变)，则理论上消耗甲醇的物质的量为_mol.若向U形管内电解后的溶液中通入CO2
24、气体，使所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，则此时溶液中的c(H+)=_molL-1.(室温下，H2CO3的Kal=410-7；Ka2=510-11)【答案】0.225molL-1min-1 正向 bd CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-(32b+2c-a-d)kJmol-1 2NaCl+2H2O-电解2NaOH+H2+Cl2 0.001 110-10【解析】解：(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，容器体积1L，起始(mol/L)1 3 0 0转化(mol/L)0.752.250.75 0.75平衡(mol/L)0.
25、250.75 0.75 0.75所以v(H2)=2.25mol/L10min=0.225molL-1min-1；平衡常数K=0.750.750.250.753=1635.3；第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2molCO2(g)和2molH2O(g)，此时容器中c(CO2)=2.25mol/L、c(H2)=c(CH3OH)=0.75mol/L、c(H2O)=2.75mol/L，Qc=2.750.752.250.7532.17K，所以平衡正向移动；故答案为：0.225molL-1min-1；正向；a.反应在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故a错误；b
26、.H2的体积分数不变，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故b正确；c.c(H2)=3c(CH3OH)，没有指出正逆反应速率，无法判断平衡状态，故c错误；d.气体质量不变、容器容积为变量，当容器中密度不变时，表明各组分浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故d正确；e.2个C=O断裂的同时有3个H-H断裂，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故e错误；故答案为：bd；(2)已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-akJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-bkJmol-1H2O(g)=H2O(l)H=-ckJmol-1； IVCH3OH(g)
27、=CH3OH(l)H=-dkJmol-1，CH3OH(l)燃烧的化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，根据盖斯定律，32+2-可得CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-(32b+2c-a-d)kJmol-1，故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-(32b+2c-a-d)kJmol-1；(3)U形管内为电解饱和食盐水的反应，该反应方程式为：2NaCl+2H2O-电解2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O-电解2NaOH+H2+Cl2
28、；pH=12，则c(OH-)=10-2mol/L，2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2有2OH-2e-，原子守恒、电子守恒有CH3OHCO26e-，所以关系式CH3OH6OH-，即n(CH3OH)=16n(OH-)=160.6L10-2mol/L=0.001mol；Ka2=c(CO32-)c(H+)c(HCO3-)=510-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，则c(H+)=Ka2c(HCO3-)c(CO32-)=510-11mol/L2=110-10mol/L，故答案为：0.001；110-10。(1)反应在10min达到平衡，结合图象信息，利用三段式计算v(
29、H2)、平衡常数K，再根据Qc和k的关系判断平衡移动方向；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此分析；(2)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-akJmol-1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-bkJmol-1；H2O(g)=H2O(l)H=-ckJmol-1； IVCH3OH(g)=CH3OH(l)H=-dkJmol-1，结合燃烧热概念，利用盖斯定律32+2-得到CH3OH(l)燃烧热的焓变；(3)U形管内电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；由2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2有2OH-2e-，结
30、合CH3OHCO26e-得到关系式CH3OH6OH-，据此计算n(CH3OH)；Ka2=c(CO32-)c(H+)c(HCO3-)=510-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，据此计算氢离子浓度。本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用、电化学原理及其计算等知识，题目难度较大，明确盖斯定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意强化图象题的分析训练，试题综合性强，覆盖面大，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。10. A族元素(c、Si、Ge、Sn、Pb)及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：(1)Pb的价层电子排布图为：_(2)CeC14的中心原子的价层电子
31、对数为_，分子的立体构型为_。GeCl4可水解生成一种氧化物和一种无氧酸，其化学反应方程式为：_(3)四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如下图所示。SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_。结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中化学键的离子性_(填“增强”“不变”或“减弱”，下同)、共价性_。(4)碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶胞结构如下图所示。此化合物可看成是K填充在C60形成的所有四面体间隙和八面体间隙之中，其四面体间隙数目为_。另有一种碱金属x(相对原子质量为M)与C60可形成类似化合物，但X
32、只填充C60形成的八面体间隙的一半，此化合物的化学式为：_，其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为_gcm-3(用含M和阿伏伽德罗常数的值NA的式子表示)【答案】 4 正四面体 GeCl4+2H2O=4HCl+GeO2 SiX4属于分子晶体，组成与结构相似，从FI相对分子质量增大，分子间作用力越强，沸点升高 减弱 增强 8 X(C60)2 2M+2880NA(1.410-7)3【解析】解：(1)Pb处于第六周期第IVA族，价电子排布式为6s26p2，由泡利原理、洪特规则，可知价电子排布图为，故答案为：；(2)CeC14中Ce原子孤电子对数=4-142=0，价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型为正
33、四面体；GeCl4可水解生成一种氧化物和一种无氧酸，可以是先得到HCl与Ge(OH)4，Ge(OH)4又分解得到GeO2，反应方程式为：GeCl4+2H2O=4HCl+GeO2，故答案为：4；正四面体；GeCl4+2H2O=4HCl+GeO2；(3)四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，组成与结构相似，沸点与相对分子质量有关，从FI相对分子质量增大，分子间作用力越强，沸点升高故答案为：SiX4属于分子晶体，组成与结构相似，从FI相对分子质量增大，分子间作用力越强，沸点升高；PbX2的沸点先降低后增大，其中PbF2、PbCl2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可知依F、Cl、Br、I次序
34、，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强，故答案为：减弱；增强；(4)每个顶点原子与3个面心的原子形成正四面体，故8个顶点形成8个正四面体。晶胞中处于体心、棱心位置的原子填充在C60形成的八面体间隙，晶胞单独占有八面体数目为1+1214=4，X只填充C60形成的八面体间隙的一半，即晶胞中单独填充2个X原子，晶胞中C60数目=818+612=4，晶胞中K、C60的数目之比为1：2，故化学式为X(C60)2，晶胞质量=2M+46012NAg，确定化学式，结合晶胞中微粒数目计算晶胞质量，晶体密度=2M+46012NAg(1.410-7cm)3=2M+2880NA(1.410-7)3gcm-3，故
35、答案为：8；X(C60)2；2M+2880NA(1.410-7)3。(1)Pb处于第六周期第IVA族，价电子排布式为6s26p2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；(2)CeC14中Ce原子孤电子对数=4-142=0，价层电子对数=0+4=4，VSEPR模型即为微粒空间构型；GeCl4可水解生成一种氧化物和一种无氧酸，可以是先得到HCl与Ge(OH)4，Ge(OH)4又分解得到GeO2；(3)四卤化硅属于分子晶体，相对分子质量越大熔点越高；PbX2的沸点先降低后增大，其中PbF2、PbCl2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体；(4)每个顶点原子与3个面心的原子形成正四面体；晶胞中
36、处于体心、棱心位置的原子填充在C60形成的八面体间隙，晶胞单独占有八面体数目为1+1214=4，X只填充C60形成的八面体间隙的一半，即晶胞中单独填充2个X原子，均摊法计算晶胞中C60数目，确定化学式，结合晶胞中微粒数目计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量晶体体积。本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及核外电子排布、价层电子对互斥理论、晶体类型及性质、晶胞计算等知识，这些都是常考知识点，(4)中计算为易错点、难点，关键是理解八面体结构，需要学生具有一定的空间想象，掌握均摊法进行晶胞有关计算。11. 某研究小组拟合成染料X和医药中间体Y。已知：回答下列问题：(1)W的系统命名为_。(2)C的结构简式
37、为_。(3)B到C的反应类型是_。(4)C+DE的化学反应方程式为_。(5)F的分子式为_。(6)G与A互为同分异构体，请写出满足下列条件的任意两种G的结构简式_。核磁共振氢谱显示G分子中有4个吸收峰；红外光谱显示G分子中含有苯环、甲氧基(-OCH3)，没有羟基、过氧键(-O-O-)(7)设计以CH2=CH2和为原料制备Y()的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)【答案】1，4-苯二酚 还原反应 C17H18N2O5 (任意2种)【解析】解：(1)羟基与苯环直接相连，属于酚类物质，W的系统命名为：1，4-苯二酚，故答案为：1，4-苯二酚；(2)由分析可知，C的结构简式为：，故答案为：；(3)
38、B到C是硝基转化为氨基，组成去氧加氢，属于还原反应，故答案为：还原反应；(4)C+DE的化学反应方程式为：，故答案为：；(5)F为，F的分子式为：C17H18N2O5，故答案为：C17H18N2O5；(6)G与A()互为同分异构体，G满足下列条件：核磁共振氢谱显示G分子中有4个吸收峰，存在对称结构；红外光谱显示G分子中含有苯环、甲氧基(-OCH3)，没有羟基、过氧键(-O-O-)，符合条件G的结构简式为：，故答案为：(任意2种：；(7)由信息可知，由与H2NCH2CH2NH2反应得到.CH2=CH2与氯气加成生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl与氨气反应得到H2NCH2CH2NH2.
39、合成路线流程图为：，故答案为：。由X的结构简式、结合信息可知F为，逆推可知E为.由W的结构、A的分子式，可知W中酚羟基上H原子被-CH2CH3取代生成A为，A发生硝化反应生成B，结合E的结构简式，可知B为，B发生还原反应生成C为，故D为。(7)由信息可知，由与H2NCH2CH2NH2反应得到.CH2=CH2与氯气加成生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl与氨气反应得到H2NCH2CH2NH2。本题考查有机物的合成与推断，充分来利用X的结构简式进行分析判断，需要学生对给予的信息进行利用，题目侧重考查学生分析推理能力，熟练掌握官能团的性质与转化。三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）1
40、2. 氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以减轻环境污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：主反应：(NH4)2S2O8+2NaOH-55CNa2S2O8+2NH3+2H2O副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH-90C6Na2SO4+6H2O+N2某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一：实验室通过如下图所示装置制备Na2
41、S2O8。(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_。(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母)。A.温度计B.洗气瓶C.水浴加热装置D.环形玻璃搅拌棒实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。Ag+2CN-=Ag(CN)2-，Ag+I-=AgI，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取IL处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.010-3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.0
42、0mL。(5)滴定终点的现象是_。(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为mg/L；处理后的废水是否达到排放标准？_(填“是”或“否”)。.(7)常温下，含硫微粒主要存在形式，受pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4-，则阳极反应方程式为_。【答案】NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3 分液漏斗 将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 AC 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失 是 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+【解析】解：(1)NaCN用双氧水处理后，生成的酸式盐
43、为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，反应方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3；故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3；(2)装置中盛放双氧水的仪器为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(3)主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，故置a中反应产生的气体需要持续通入装置c，为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；故答案为：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；(4)由题可知，主反应的温度为55，故装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴加热装置；故答案为：AC；(5)废水溶液中KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+将CN-反应完
44、全后与I-结合为AgI黄色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失；故答案为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失；(6)根据Ag+2NaCN消耗1.010-3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)M(NaCN)=2n(AgNO3)M(NaCN)=21.010-3mol/L5.0010-3L49g/mol=4910-5g，废水中氰化钠的浓度为4910-5103mg1L=0.49mg/L0.5mg/L，故达到排放标准；故答案为：0.
45、49；是；(6)阳极发生氧化反应，由HSO4-失电子被氧化为S2O82-，电极反应式为：2HSO4-2e-=S2O82-+2H+；故答案为：2HSO4-2e-=S2O82-+2H+。(1)根据元素分析，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，据此书写；(2)根据仪器特点可得(3)根据已知主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，从抑制副反应发生的角度分析；(4)根据已知可知该反应要在一定温度下进行可得；(5)废水溶液中KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+将CN-反应完全后与I-结合为AgI黄色沉淀，为终点，可得；(6)根据Ag+2NaCN消耗1.010-3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)M(NaCN)=2n(AgNO3)M(NaCN)，再计算其浓度，与0.50mg/L比较可得；(7)阳极由HSO4-失电子被氧化为S2O82-，据此分析。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，滴定反应，电解池原理，题干信息的分析理是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。