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2020年四川省乐山市高考化学一模试卷
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这是一份2020年四川省乐山市高考化学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（6分）下列离子方程式或化学方程式正确的是（ ）
A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O
B．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
C．“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl
D．CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+
3．（6分）已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物A～E能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是（ ）
A．A→B的反应类型为加成反应
B．常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体
C．分子式为C4H8O2的酯有3种
D．1ml D与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L
4．（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是（ ）
A．原子半径：M＜Z＜Y
B．可用XM2洗涤熔化过M的试管
C．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火
D．最高价氧化物水化物的酸性：M＞Z
5．（6分）下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6．（6分）25℃时，向10mL 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．A点溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
B．HC2O4﹣在溶液中水解程度大于电离程度
C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4
D．D点溶液中，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
7．（6分）电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜a为阴离子交换膜
B．通电时，电极2附近溶液的pH增大
C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水
三、非选择题：第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11～12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
8．（14分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。
[探究一]称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。
（1）（Ⅰ）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用 。
a．KSCN溶液和氯水 b．K3[Fe（CN）6]溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液
（Ⅱ）乙同学将336 mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因 ，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为 。（结果保留一位小数）。
[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2．为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。
（2）简述该实验能产生少量H2的原因 （用化学用语结合少量文字表述）。
（3）装置B中试剂的作用是 ，装置F的作用是 。
（4）为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于 （选填序号），M中所盛装的试剂可以是 。
a．A～B之间 b．B～C之间 c．C～D之间 d．E～F之间
9．（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。
（1）“荧光”主要成分是PH3，其结构式为 ，下列有关PH3的说法错误的是 。
a．PH3分子是极性分子
b．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N﹣H键键能高
c．一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对
d．PH3沸点低于NH3沸点，因为P﹣H键键能低
（2）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式 。
（3）已知下列键能数据及P4（白磷）分子结构：
则反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）△H＝ kJ•ml﹣1。
（4）某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 ml PH3发生（3）中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 ml，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v（PH3）＝ ；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是 。
A．混合气体的密度不变 B.6v（PH3）＝4v（H2）
C．c（PH3）：c（P4）：c（H2）＝4：1：6 D．混合气体的压强不变
（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：
（Ⅰ）由图可知，富氧有利于 （选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。
（Ⅱ）随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为 。
10．（15分）粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。
已知：
i）伯胺R﹣NH2能与Fe3+反应：3R一NH2+Fe3++SO42﹣+H2O⇌Fe（NH2一R）3（OH）SO4+H+生成易溶于煤油的产物。
ii）Fe3+在水溶液中能与Cl一反应：Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，回答下列问题：
（1）过程Ⅰ对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是 。
（2）写出过程Ⅱ加入过量H2O2发生的离子方程式 。加入伯胺﹣煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 。
（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理 。
（4）过程Ⅳ中过量的N2H4将水层2中[FeCl6]3﹣转化为Fe2+，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4[FeCl6]3﹣+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl﹣，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。已知电解液为熔融NaOH﹣KOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：
第一步：Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣，
第二步：2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3。
则该电解池发生总反应的化学方程式为 ，纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是 。
（6）某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3），若x平均值为1.3，则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为 。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分。
11．（15分）据央广新闻报道，2016年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：
（1）铅原子的价层电子排布式为 ，原子核外有 个未成对电子。
（2）锌与镓（Ga）同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是 。
（3）天然碱的化学式为Na2CO3•NaHCO3•2H2O。
（Ⅰ）天然碱的晶体类型是 ；H2O的VSEPR模型为 。
（Ⅱ）Na2CO3中存在的作用力类型主要有 ，CO32﹣中C的杂化类型为 。
（4）金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2[Au（CN）2]﹣+Zn＝2Au+[Zn（CN）4]2﹣．与CN﹣互为等电子体的离子有 （任写一种），HCN分子中σ键和π键数目之比为 。
（5）金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为ρ g•cm3，摩尔质量M（Au）＝197g•ml﹣1，阿伏加德罗常数为NA．则晶体中金原子的配位数为 ，金原子（或粒子）的半径r＝ pm（用含ρ和NA的代数式表示）。
12．姜黄素（分子式为C21H20O6）具有抗突变、抗氧化、保护心脑血管和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：
①
②
请回答下列问题：
（1）A的名称为试剂 ；试剂X名称为 。
（2）D中含有的官能团名称 。
（3）反应D→E的化学方程式为 ，其反应类型是 。
（4）下列有关G（C8H8O3）的叙述不正确的是 （填正确答案编号）。
a．能与NaHCO3溶液反应
b．能与浓溴水发生取代反应
c．能与FeCl3溶液发生显色反应
d．1mlG最多能与3mlH2发生加成反应
（5）姜黄素的结构简式为 。
（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为 。
①苯环上的一取代物只有2种；
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰
③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH。
2020年四川省乐山市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（6分）化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A、Fe3O4是一种黑色物质；
B、金属元素燃烧显示不同的火焰颜色；
C、金属Al能与某些金属氧化物反应，并且放出大量热；
D、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，氢离子能与氧化铁反应。
【解答】解：A、Fe3O4是磁性氧化物，具有磁性的物质，俗称磁性氧化铁，是黑色物质，不是俗称铁红的氧化铁，故A错误；
B、焰火的五彩缤纷是某些金属元素燃烧显示不同的火焰颜色的展现，故B正确；
C、金属Al能与某些金属氧化物发生铝热反应，并且放出大量热，可使钢铁熔化，所以旧房拆除定向爆破可用铝热剂实现，故C正确；
D、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，铁锈的主要成分是氧化铁，氧化铁能与酸性溶液反应，所以金属焊接前可用NH4Cl溶液处理焊接处铁锈，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。
2．（6分）下列离子方程式或化学方程式正确的是（ ）
A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O
B．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
C．“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl
D．CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+
【分析】A．二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸根离子；
B．发生相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
C．向氨的饱和氯化钠溶液中铜二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵；
D．反应生成CuS、硫化氢和硫酸钠。
【解答】解：A．硝酸具有氧化性，二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸根离子，不会有二氧化硫生成，故A错误；
B．向Al2（SO4）3溶液中滴加少量Na2CO3溶液的离子反应为2Al3++3CO32﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑，故B错误；
C．向氨的饱和氯化钠溶液中铜二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，故化学方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D．往硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液的离子反应为Cu2++2HS﹣＝CuS↓+H2S↑，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
3．（6分）已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物A～E能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是（ ）
A．A→B的反应类型为加成反应
B．常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体
C．分子式为C4H8O2的酯有3种
D．1ml D与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L
【分析】气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，则A为CH2＝CH2，B能连续被催化氧化且BD能发生酯化反应生成E，根据E分子式知，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，
A．A生成B的反应为乙烯和水生成乙醇的反应；
B．C为乙醛，常温下为液体；
C．分子式为C4H8O2的酯可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；
D．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知。
【解答】解：气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，则A为CH2＝CH2，B能连续被催化氧化且BD能发生酯化反应生成E，根据E分子式知，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，
A．A生成B的反应为乙烯和水生成乙醇的反应，该反应为加成反应，故A正确；
B．C为乙醛，常温下为液体，且乙醛具有刺激性气味，故B错误；
C．分子式为C4H8O2的酯可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以符合条件的酯有4种，故C错误；
D．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算生成气体体积，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确烯烃、醇、醛、羧酸、酯的官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，C为解答易错点，易漏掉甲酸异丙酯而导致错误判断。
4．（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是（ ）
A．原子半径：M＜Z＜Y
B．可用XM2洗涤熔化过M的试管
C．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火
D．最高价氧化物水化物的酸性：M＞Z
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X 的一种单质是高硬度的宝石，则X为C；Y2+的电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M 的单质为淡黄色固体，则M为S；而Z的原子序数大于Mg而小于S，且质子数为偶数，则Z为Si，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X为C，Y为Mg，Z为Si，M为S，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：M＜Z＜Y，故A正确；
B．硫单质易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故B正确；
C．Mg能够在二氧化碳中燃烧，Mg单质起火时不能用泡沫灭火剂灭火，故C错误；
D．非金属性：S＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Z，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B．苯与溴水发生萃取；
C．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性溶液中；
D．滴加过量NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH反应。
【解答】解：A．氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，结论不合理，故A错误；
B．苯与溴水发生萃取，为物理变化，故B错误；
C．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性溶液中，没有子碱性条件下检验，无银镜生成，则不能判断蔗糖是否水解，故C正确；
D．滴加过量NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH反应，与氢氧化铝的两性有关，且FeCl3和AlCl3混合溶液浓度未知、不发生沉淀转化，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）25℃时，向10mL 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．A点溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
B．HC2O4﹣在溶液中水解程度大于电离程度
C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4
D．D点溶液中，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【分析】A．A点为10mL 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液，根据电荷守恒分析；
B．B点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaHC2O4，此时溶液呈酸性；
C．B点溶质为NaHC2O4，D点溶质为Na2C2O4，C点介于二者之间，据此判断C点溶质；
D．D点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，溶液显碱性，据此结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．A点为0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故A正确；
B．B点溶质为NaHC2O4，此时溶液的pH＜7，说明HC2O4﹣在溶液中水解程度小于其电离程度，故B错误；
C．C点溶液呈中性，加入的NaOH溶液介于10mL～20mL之间，则溶质为NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；
D．D点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，Na2C2O4水解溶液显碱性，以第一步水解为主，且氢氧根离子还来自水的电离，则c （OH﹣）＞c （HC2O4﹣），正确的离子浓度大小为；c （Na+）＞c （C2O42﹣）＞c （OH﹣）＞c （HC2O4﹣）＞c （H+），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
7．（6分）电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜a为阴离子交换膜
B．通电时，电极2附近溶液的pH增大
C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水
【分析】图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e﹣＝H2↑，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，据此分析判断选项。
【解答】解：A．分析可知b为阴离子交换膜，故A错误；
B．通电时，阳极电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极电极反应，2H++2e﹣＝H2↑，氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增加，故电极2附近溶液的pH增大，故B正确；
C．淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，故C错误；
D．实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化，题目难度不大。
三、非选择题：第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11～12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
8．（14分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。
[探究一]称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。
（1）（Ⅰ）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用 bd 。
a．KSCN溶液和氯水 b．K3[Fe（CN）6]溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液
（Ⅱ）乙同学将336 mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因 SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4 ，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为 66.7% 。（结果保留一位小数）。
[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2．为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。
（2）简述该实验能产生少量H2的原因 Fe+2H+＝Fe2++H2↑，随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁反应生成氢气 （用化学用语结合少量文字表述）。
（3）装置B中试剂的作用是 检验SO2是否除尽 ，装置F的作用是 防止空气中的水进入E，影响氢气的检验 。
（4）为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于 b （选填序号），M中所盛装的试剂可以是 澄清石灰水 。
a．A～B之间 b．B～C之间 c．C～D之间 d．E～F之间
【分析】探究一、（1）①K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色；
②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）＝＝0.015ml，由SO2～BaSO4知二氧化硫的物质的量为0.01ml；
探究二、装置图中A的作用是吸收二氧化硫气体，装置B的作用是检验二氧化硫是否除尽，装置C的作用是吸收水蒸气，装置D、E的作用是检验氢气，装置F的作用是防止空气中水蒸气进入E中，干扰氢气的检验，装置M中的试剂是澄清石灰水，作用是检验二氧化碳，根据二氧化硫和二氧化碳的性质选择M位置，以此解答该题。
【解答】解：（1）（Ⅰ）K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色；溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨；
故答案为：bd；
（Ⅱ）SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4；生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）＝＝0.015ml，由SO2～BaSO4知二氧化硫的物质的量为0.01ml，所以二氧化硫的体积分数为×100%＝66.7%；
故答案为：SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4；66.7%；
（2）随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁发生Fe+2H+＝Fe2++H2↑，反应生成氢气，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁反应生成氢气；
（3）二氧化硫可以使品红溶液褪色，故装置B的作用为检验SO2是否除尽；F可防止空气中的水进入E，影响氢气的检验，
故答案为：检验SO2是否除尽；防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；
（4）二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都能使澄清石灰水变浑浊，二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，选b；M中的试剂为澄清石灰水，
故答案为：b；澄清石灰水。
【点评】本题考查物质的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，涉及了浓硫酸的性质、二氧化硫的性质、常见物质的检验、计算等知识点，综合性较强，题目难度中等。
9．（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。
（1）“荧光”主要成分是PH3，其结构式为 ，下列有关PH3的说法错误的是 cd 。
a．PH3分子是极性分子
b．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N﹣H键键能高
c．一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对
d．PH3沸点低于NH3沸点，因为P﹣H键键能低
（2）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式 Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑ 。
（3）已知下列键能数据及P4（白磷）分子结构：
则反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）△H＝ ﹣30 kJ•ml﹣1。
（4）某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 ml PH3发生（3）中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 ml，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v（PH3）＝ 0.1ml/（L．min） ；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是 D 。
A．混合气体的密度不变 B.6v（PH3）＝4v（H2）
C．c（PH3）：c（P4）：c（H2）＝4：1：6 D．混合气体的压强不变
（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：
（Ⅰ）由图可知，富氧有利于 延长 （选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。
（Ⅱ）随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为 生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低 。
【分析】（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对；
a．正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
b．存在的化学键键能越大分子越稳定；
c．一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对；
d．含有氢键的氢化物熔沸点较高；
（2）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和膦；
（3）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能；
（4）0﹣5min内v（H2）＝ml/（L．min）＝0.15ml/（L．min），相同时间内v（PH3）＝v（H2）；
可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（5）（I）根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快；
（II）生成的磷酸能和金属阳离子反应。
【解答】解：（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对，其结构式为；
a．正负电荷中心不重合的分子为极性分子，膦分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故正确；
b．存在的化学键键能越大分子越稳定，PH3分子稳定性低于NH3分子，则键能：N﹣H＞P﹣H，故正确；
c．一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对，故错误；
d．含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子间能形成氢键、膦分子间不能形成氢键，所以熔沸点氨气较高，与键能无关，故错误；
故选cd；
故答案为：；cd；
（2）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和膦，反应方程式为Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑，
故答案为：Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑；
（3）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能＝（4×3×322﹣6×213﹣6×436）kJ/ml＝﹣30kJ/ml，
故答案为：﹣30；
（4）0﹣5min内v（H2）＝ml/（L．min）＝0.15ml/（L．min），相同时间内v（PH3）＝v（H2）＝×0.15ml/（L．min）＝0.1ml/（L．min），
A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
B.6v（PH3）＝4v（H2）时该反应不一定达到平衡状态，正逆反应方向未知，无法判断，故错误；
C．c（PH3）：c（P4）：c（H2）＝4：1：6时该反应不一定达到平衡状态，与初始浓度及转化率有关，故错误；
D．恒温恒容条件下反应前后气体物质的量增大，则压强增大，当混合气体的压强不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
故答案为：0.1ml/（L．min）；D；
（5）（I）根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快，反应达到平衡时间越短，则富氧有利于延长催化作用的持续时间，
故答案为：延长；
（II）生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低，
故答案为：生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低。
【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡状态判断、化学平衡影响因素、元素周期律等知识点，明确化学平衡状态判断方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意：化学键的键能影响物质稳定性、氢键影响氢化物的熔沸点，题目难度不大。
10．（15分）粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。
已知：
i）伯胺R﹣NH2能与Fe3+反应：3R一NH2+Fe3++SO42﹣+H2O⇌Fe（NH2一R）3（OH）SO4+H+生成易溶于煤油的产物。
ii）Fe3+在水溶液中能与Cl一反应：Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，回答下列问题：
（1）过程Ⅰ对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是 SiO2 。
（2）写出过程Ⅱ加入过量H2O2发生的离子方程式 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 。加入伯胺﹣煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 萃取、分液 。
（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理 Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，Cl﹣结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取 。
（4）过程Ⅳ中过量的N2H4将水层2中[FeCl6]3﹣转化为Fe2+，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4[FeCl6]3﹣+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl﹣，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1 。
（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。已知电解液为熔融NaOH﹣KOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：
第一步：Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣，
第二步：2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3。
则该电解池发生总反应的化学方程式为 2N2+6H2O4NH3+3O2 ，纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是 催化剂 。
（6）某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3），若x平均值为1.3，则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为 7：3 。
【分析】粉煤灰主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质，加入稀硫酸酸浸并过滤，生成的浸取液含有铝离子、亚铁离子、铁离子等，加入氢氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，伯胺R﹣NH2能与Fe3+反应：3R﹣NH2+Fe3++SO42﹣+H2O⇌Fe（NH2﹣R）3（OH）SO4+H+，生成易溶于煤油的产物，分液后水层含有铝离子，可用于制备铝，有机层加入氯化钠溶液进行反萃取，分液后水层含有[FeCl6]3﹣，加入N2H4，将水层2中Fe3+转化为Fe2+并生成N2，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，煅烧可得到纳米Fe2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）过程Ⅰ对煤粉灰进行酸浸过滤后，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）过程Ⅱ加入过量H2O2，双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；加入伯胺﹣煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是萃取、分液，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；萃取、分液；
（3）Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，Cl﹣结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取，
故答案为：Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，Cl﹣结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取；
（4）4[FeCl6]3﹣+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl﹣，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、N元素化合价由﹣2价变为0价，且如果有5ml肼参加反应只有1ml肼作还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1；
（5）阳极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极总反应式为6H2O+N2+6e﹣＝2NH3+6OH﹣，则其电池反应式为2N2+6H2O4NH3+3O2，氧化铁起催化剂作用，
故答案为：2N2+6H2O4NH3+3O2；催化剂；
（6）x＝1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整数比的化学式为K13Fe10O20，即K2O•3FeO•Fe2O3，b：2c之比为Fe2+和Fe3+的物质的量比＝3：×2＝3：7，均为相同的铁原子，则质量比3：7，Fe3+和Fe2+的质量比为7：3，
故答案为：7：3。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，考查学生的分析能力，题目难度中等。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分。
11．（15分）据央广新闻报道，2016年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：
（1）铅原子的价层电子排布式为 6s26p2 ，原子核外有 2 个未成对电子。
（2）锌与镓（Ga）同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是 Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga 。
（3）天然碱的化学式为Na2CO3•NaHCO3•2H2O。
（Ⅰ）天然碱的晶体类型是 离子晶体 ；H2O的VSEPR模型为 四面体形 。
（Ⅱ）Na2CO3中存在的作用力类型主要有 离子键和共价键 ，CO32﹣中C的杂化类型为 sp2 。
（4）金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2[Au（CN）2]﹣+Zn＝2Au+[Zn（CN）4]2﹣．与CN﹣互为等电子体的离子有 C22﹣ （任写一种），HCN分子中σ键和π键数目之比为 1：1 。
（5）金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为ρ g•cm3，摩尔质量M（Au）＝197g•ml﹣1，阿伏加德罗常数为NA．则晶体中金原子的配位数为 12 ，金原子（或粒子）的半径r＝ ××1010 pm（用含ρ和NA的代数式表示）。
【分析】（1）Pb元素位于第六周期第IVA族，其价电子为6s、6p能级上的电子；该原子6p能级上有2个未成对电子；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；
（3）（I）该晶体中含有离子化合物；水分子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型；
（II）碳酸钠是由阴阳离子构成的，碳酸根离子中C﹣O原子之间存在共价键；CO32﹣中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
（4）与CN﹣互为等电子体的离子中含有2个原子、价电子数是10；
HCN分子结构式为H﹣C≡N，共价单键σ键、共价三键中含有一个σ键和2个π键；
（5）Au晶胞中原子个数＝8×+6×＝4，该晶体中Au原子配位数＝3×8÷2；
该晶胞棱长＝，面对角线上三个Au原子紧密相邻，面对角线长度为4r。
【解答】解：（1）Pb元素位于第六周期第IVA族，其价电子为6s、6p能级上的电子，其价电子排布式为6s26p2；该原子6p能级上有2个未成对电子，
故答案为：6s26p2；2；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga，
故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga；
（3）（I）该晶体中含有离子化合物，则天然碱为离子晶体；水分子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为四面体形，
故答案为：离子晶体；四面体形；sp2；
（II）碳酸钠是由阴阳离子构成的，碳酸根离子中C﹣O原子之间存在共价键，所以碳酸钠中含有离子键和共价键；CO32﹣中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2，
故答案为：离子键和共价键；
（4）与CN﹣互为等电子体的离子中含有2个原子、价电子数是10，与其互为等电子体的离子有C22﹣；
HCN分子结构式为H﹣C≡N，共价单键σ键、共价三键中含有一个σ键和2个π键，HCN分子中σ键和π键数目之比＝2：2＝1：1，
故答案为：C22﹣；1：1；
（5）Au晶胞中原子个数＝8×+6×＝4，该晶体中Au原子配位数＝3×8÷2＝12；
该晶胞棱长＝，面对角线上三个Au原子紧密相邻，面对角线长度为4r，则原子半径＝×＝××1010pm，
故答案为：12；××1010。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体、化学键判断、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用、空间想象能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意（5）中哪几个原子紧密相邻，为解答易错点。
12．姜黄素（分子式为C21H20O6）具有抗突变、抗氧化、保护心脑血管和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：
①
②
请回答下列问题：
（1）A的名称为试剂 1，2﹣二溴乙烷 ；试剂X名称为 NaOH水溶液 。
（2）D中含有的官能团名称 醛基、羧基 。
（3）反应D→E的化学方程式为 ，其反应类型是 加成反应 。
（4）下列有关G（C8H8O3）的叙述不正确的是 ad （填正确答案编号）。
a．能与NaHCO3溶液反应
b．能与浓溴水发生取代反应
c．能与FeCl3溶液发生显色反应
d．1mlG最多能与3mlH2发生加成反应
（5）姜黄素的结构简式为 。
（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为 。
①苯环上的一取代物只有2种；
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰
③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH。
【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由E的结构简式及D的分子式可知，D为OHC﹣COOH，结合C的分子式可知，C为OHC﹣CHO，根据转化关系可推得B为HOCH2CH2OH，A发生碱性水解得B，所以试剂X为NaOH水溶液，B发生氧化反应得C，C氧化得D，D发生加成反应得E，根据G的分子式可知，F发生反应生成G为，根据姜黄素的分子式可知，G发生成信息②中的反应得姜黄素为，据此解答。
【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由E的结构简式及D的分子式可知，D为OHC﹣COOH，结合C的分子式可知，C为OHC﹣CHO，根据转化关系可推得B为HOCH2CH2OH，A发生碱性水解得B，所以试剂X为NaOH水溶液，B发生氧化反应得C，C氧化得D，D发生加成反应得E，根据G的分子式可知，F发生反应生成G为，根据姜黄素的分子式可知，G发生成信息②中的反应得姜黄素为，
（1）A为BrCH2CH2Br，A的名称为1，2﹣二溴乙烷，试剂X名称为 NaOH水溶液，
故答案为：1，2﹣二溴乙烷；NaOH水溶液；
（2）D为OHC﹣COOH，D中含有的官能团名称 醛基、羧基，
故答案为：醛基、羧基；
（3）反应D→E的化学方程式为 ，其反应类型是 加成反应，
故答案为：； 加成反应；
（4）G为，
a．G中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，故a错误；
b．G中苯环上的氢能被溴取代，故b正确；
c．G中有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故c正确；
d．G中有一个醛羟基和一个苯环，1mlG最多能与4mlH2发生加成反应，故d错误，
故选ad；
（5）根据上面的分析可知，姜黄素的结构简式为 ，
故答案为：；
（6）G为，根据条件①苯环上的一取代物只有2种，即有两上取代基位于苯环的对位；②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，即有四种位置的氢原子；③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH，说明有三个羧基或酚羟基，或水解产生羧基和酚羟基，则符合条件的G（C8H8O3）的同分异构体为，故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断，涉及反应类型的判断、反应方程式的书写、同分异构体的判断等知识点，明确物质含有的官能团及断键和成键方式是解本题关键，注意结合题给信息进行推断，难度中等选项
现象或事实
化学解释
A
Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨
Fe3O4是一种红棕色物质
B
祖国七十华诞焰火五彩缤纷
金属元素的焰色反应
C
现代旧房拆除定向爆破用铝热剂
铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化
D
金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处
NH4Cl溶液呈弱酸性
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A．
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B．
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C．
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D．
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]
化学键
P﹣P
H﹣H
P﹣H
白磷分子结构
键能/（kJ•ml﹣1）
213
436
322
选项
现象或事实
化学解释
A
Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨
Fe3O4是一种红棕色物质
B
祖国七十华诞焰火五彩缤纷
金属元素的焰色反应
C
现代旧房拆除定向爆破用铝热剂
铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化
D
金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处
NH4Cl溶液呈弱酸性
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A．
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B．
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C．
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D．
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]
化学键
P﹣P
H﹣H
P﹣H
白磷分子结构
键能/（kJ•ml﹣1）
213
436
322
1．（6分）化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（6分）下列离子方程式或化学方程式正确的是（ ）
A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O
B．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
C．“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl
D．CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+
3．（6分）已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物A～E能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是（ ）
A．A→B的反应类型为加成反应
B．常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体
C．分子式为C4H8O2的酯有3种
D．1ml D与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L
4．（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是（ ）
A．原子半径：M＜Z＜Y
B．可用XM2洗涤熔化过M的试管
C．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火
D．最高价氧化物水化物的酸性：M＞Z
5．（6分）下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6．（6分）25℃时，向10mL 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．A点溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
B．HC2O4﹣在溶液中水解程度大于电离程度
C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4
D．D点溶液中，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
7．（6分）电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜a为阴离子交换膜
B．通电时，电极2附近溶液的pH增大
C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水
三、非选择题：第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11～12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
8．（14分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。
[探究一]称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。
（1）（Ⅰ）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用 。
a．KSCN溶液和氯水 b．K3[Fe（CN）6]溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液
（Ⅱ）乙同学将336 mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因 ，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为 。（结果保留一位小数）。
[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2．为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。
（2）简述该实验能产生少量H2的原因 （用化学用语结合少量文字表述）。
（3）装置B中试剂的作用是 ，装置F的作用是 。
（4）为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于 （选填序号），M中所盛装的试剂可以是 。
a．A～B之间 b．B～C之间 c．C～D之间 d．E～F之间
9．（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。
（1）“荧光”主要成分是PH3，其结构式为 ，下列有关PH3的说法错误的是 。
a．PH3分子是极性分子
b．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N﹣H键键能高
c．一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对
d．PH3沸点低于NH3沸点，因为P﹣H键键能低
（2）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式 。
（3）已知下列键能数据及P4（白磷）分子结构：
则反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）△H＝ kJ•ml﹣1。
（4）某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 ml PH3发生（3）中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 ml，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v（PH3）＝ ；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是 。
A．混合气体的密度不变 B.6v（PH3）＝4v（H2）
C．c（PH3）：c（P4）：c（H2）＝4：1：6 D．混合气体的压强不变
（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：
（Ⅰ）由图可知，富氧有利于 （选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。
（Ⅱ）随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为 。
10．（15分）粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。
已知：
i）伯胺R﹣NH2能与Fe3+反应：3R一NH2+Fe3++SO42﹣+H2O⇌Fe（NH2一R）3（OH）SO4+H+生成易溶于煤油的产物。
ii）Fe3+在水溶液中能与Cl一反应：Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，回答下列问题：
（1）过程Ⅰ对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是 。
（2）写出过程Ⅱ加入过量H2O2发生的离子方程式 。加入伯胺﹣煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 。
（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理 。
（4）过程Ⅳ中过量的N2H4将水层2中[FeCl6]3﹣转化为Fe2+，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4[FeCl6]3﹣+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl﹣，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。已知电解液为熔融NaOH﹣KOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：
第一步：Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣，
第二步：2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3。
则该电解池发生总反应的化学方程式为 ，纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是 。
（6）某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3），若x平均值为1.3，则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为 。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分。
11．（15分）据央广新闻报道，2016年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：
（1）铅原子的价层电子排布式为 ，原子核外有 个未成对电子。
（2）锌与镓（Ga）同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是 。
（3）天然碱的化学式为Na2CO3•NaHCO3•2H2O。
（Ⅰ）天然碱的晶体类型是 ；H2O的VSEPR模型为 。
（Ⅱ）Na2CO3中存在的作用力类型主要有 ，CO32﹣中C的杂化类型为 。
（4）金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2[Au（CN）2]﹣+Zn＝2Au+[Zn（CN）4]2﹣．与CN﹣互为等电子体的离子有 （任写一种），HCN分子中σ键和π键数目之比为 。
（5）金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为ρ g•cm3，摩尔质量M（Au）＝197g•ml﹣1，阿伏加德罗常数为NA．则晶体中金原子的配位数为 ，金原子（或粒子）的半径r＝ pm（用含ρ和NA的代数式表示）。
12．姜黄素（分子式为C21H20O6）具有抗突变、抗氧化、保护心脑血管和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：
①
②
请回答下列问题：
（1）A的名称为试剂 ；试剂X名称为 。
（2）D中含有的官能团名称 。
（3）反应D→E的化学方程式为 ，其反应类型是 。
（4）下列有关G（C8H8O3）的叙述不正确的是 （填正确答案编号）。
a．能与NaHCO3溶液反应
b．能与浓溴水发生取代反应
c．能与FeCl3溶液发生显色反应
d．1mlG最多能与3mlH2发生加成反应
（5）姜黄素的结构简式为 。
（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为 。
①苯环上的一取代物只有2种；
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰
③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH。
2020年四川省乐山市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（6分）化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A、Fe3O4是一种黑色物质；
B、金属元素燃烧显示不同的火焰颜色；
C、金属Al能与某些金属氧化物反应，并且放出大量热；
D、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，氢离子能与氧化铁反应。
【解答】解：A、Fe3O4是磁性氧化物，具有磁性的物质，俗称磁性氧化铁，是黑色物质，不是俗称铁红的氧化铁，故A错误；
B、焰火的五彩缤纷是某些金属元素燃烧显示不同的火焰颜色的展现，故B正确；
C、金属Al能与某些金属氧化物发生铝热反应，并且放出大量热，可使钢铁熔化，所以旧房拆除定向爆破可用铝热剂实现，故C正确；
D、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，铁锈的主要成分是氧化铁，氧化铁能与酸性溶液反应，所以金属焊接前可用NH4Cl溶液处理焊接处铁锈，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。
2．（6分）下列离子方程式或化学方程式正确的是（ ）
A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O
B．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
C．“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl
D．CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+
【分析】A．二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸根离子；
B．发生相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
C．向氨的饱和氯化钠溶液中铜二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵；
D．反应生成CuS、硫化氢和硫酸钠。
【解答】解：A．硝酸具有氧化性，二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸根离子，不会有二氧化硫生成，故A错误；
B．向Al2（SO4）3溶液中滴加少量Na2CO3溶液的离子反应为2Al3++3CO32﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑，故B错误；
C．向氨的饱和氯化钠溶液中铜二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，故化学方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D．往硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液的离子反应为Cu2++2HS﹣＝CuS↓+H2S↑，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
3．（6分）已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物A～E能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是（ ）
A．A→B的反应类型为加成反应
B．常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体
C．分子式为C4H8O2的酯有3种
D．1ml D与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L
【分析】气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，则A为CH2＝CH2，B能连续被催化氧化且BD能发生酯化反应生成E，根据E分子式知，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，
A．A生成B的反应为乙烯和水生成乙醇的反应；
B．C为乙醛，常温下为液体；
C．分子式为C4H8O2的酯可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；
D．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知。
【解答】解：气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，则A为CH2＝CH2，B能连续被催化氧化且BD能发生酯化反应生成E，根据E分子式知，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，
A．A生成B的反应为乙烯和水生成乙醇的反应，该反应为加成反应，故A正确；
B．C为乙醛，常温下为液体，且乙醛具有刺激性气味，故B错误；
C．分子式为C4H8O2的酯可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以符合条件的酯有4种，故C错误；
D．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算生成气体体积，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确烯烃、醇、醛、羧酸、酯的官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，C为解答易错点，易漏掉甲酸异丙酯而导致错误判断。
4．（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是（ ）
A．原子半径：M＜Z＜Y
B．可用XM2洗涤熔化过M的试管
C．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火
D．最高价氧化物水化物的酸性：M＞Z
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X 的一种单质是高硬度的宝石，则X为C；Y2+的电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M 的单质为淡黄色固体，则M为S；而Z的原子序数大于Mg而小于S，且质子数为偶数，则Z为Si，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X为C，Y为Mg，Z为Si，M为S，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：M＜Z＜Y，故A正确；
B．硫单质易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故B正确；
C．Mg能够在二氧化碳中燃烧，Mg单质起火时不能用泡沫灭火剂灭火，故C错误；
D．非金属性：S＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Z，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B．苯与溴水发生萃取；
C．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性溶液中；
D．滴加过量NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH反应。
【解答】解：A．氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，结论不合理，故A错误；
B．苯与溴水发生萃取，为物理变化，故B错误；
C．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性溶液中，没有子碱性条件下检验，无银镜生成，则不能判断蔗糖是否水解，故C正确；
D．滴加过量NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH反应，与氢氧化铝的两性有关，且FeCl3和AlCl3混合溶液浓度未知、不发生沉淀转化，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）25℃时，向10mL 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．A点溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
B．HC2O4﹣在溶液中水解程度大于电离程度
C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4
D．D点溶液中，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【分析】A．A点为10mL 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液，根据电荷守恒分析；
B．B点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaHC2O4，此时溶液呈酸性；
C．B点溶质为NaHC2O4，D点溶质为Na2C2O4，C点介于二者之间，据此判断C点溶质；
D．D点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，溶液显碱性，据此结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．A点为0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故A正确；
B．B点溶质为NaHC2O4，此时溶液的pH＜7，说明HC2O4﹣在溶液中水解程度小于其电离程度，故B错误；
C．C点溶液呈中性，加入的NaOH溶液介于10mL～20mL之间，则溶质为NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；
D．D点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，Na2C2O4水解溶液显碱性，以第一步水解为主，且氢氧根离子还来自水的电离，则c （OH﹣）＞c （HC2O4﹣），正确的离子浓度大小为；c （Na+）＞c （C2O42﹣）＞c （OH﹣）＞c （HC2O4﹣）＞c （H+），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
7．（6分）电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜a为阴离子交换膜
B．通电时，电极2附近溶液的pH增大
C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水
【分析】图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e﹣＝H2↑，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，据此分析判断选项。
【解答】解：A．分析可知b为阴离子交换膜，故A错误；
B．通电时，阳极电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极电极反应，2H++2e﹣＝H2↑，氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增加，故电极2附近溶液的pH增大，故B正确；
C．淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，故C错误；
D．实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化，题目难度不大。
三、非选择题：第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11～12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
8．（14分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。
[探究一]称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。
（1）（Ⅰ）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用 bd 。
a．KSCN溶液和氯水 b．K3[Fe（CN）6]溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液
（Ⅱ）乙同学将336 mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因 SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4 ，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为 66.7% 。（结果保留一位小数）。
[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2．为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。
（2）简述该实验能产生少量H2的原因 Fe+2H+＝Fe2++H2↑，随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁反应生成氢气 （用化学用语结合少量文字表述）。
（3）装置B中试剂的作用是 检验SO2是否除尽 ，装置F的作用是 防止空气中的水进入E，影响氢气的检验 。
（4）为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于 b （选填序号），M中所盛装的试剂可以是 澄清石灰水 。
a．A～B之间 b．B～C之间 c．C～D之间 d．E～F之间
【分析】探究一、（1）①K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色；
②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）＝＝0.015ml，由SO2～BaSO4知二氧化硫的物质的量为0.01ml；
探究二、装置图中A的作用是吸收二氧化硫气体，装置B的作用是检验二氧化硫是否除尽，装置C的作用是吸收水蒸气，装置D、E的作用是检验氢气，装置F的作用是防止空气中水蒸气进入E中，干扰氢气的检验，装置M中的试剂是澄清石灰水，作用是检验二氧化碳，根据二氧化硫和二氧化碳的性质选择M位置，以此解答该题。
【解答】解：（1）（Ⅰ）K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色；溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨；
故答案为：bd；
（Ⅱ）SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4；生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）＝＝0.015ml，由SO2～BaSO4知二氧化硫的物质的量为0.01ml，所以二氧化硫的体积分数为×100%＝66.7%；
故答案为：SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4；66.7%；
（2）随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁发生Fe+2H+＝Fe2++H2↑，反应生成氢气，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，随着反应进行，浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与铁反应生成氢气；
（3）二氧化硫可以使品红溶液褪色，故装置B的作用为检验SO2是否除尽；F可防止空气中的水进入E，影响氢气的检验，
故答案为：检验SO2是否除尽；防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；
（4）二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都能使澄清石灰水变浑浊，二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，选b；M中的试剂为澄清石灰水，
故答案为：b；澄清石灰水。
【点评】本题考查物质的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，涉及了浓硫酸的性质、二氧化硫的性质、常见物质的检验、计算等知识点，综合性较强，题目难度中等。
9．（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。
（1）“荧光”主要成分是PH3，其结构式为 ，下列有关PH3的说法错误的是 cd 。
a．PH3分子是极性分子
b．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N﹣H键键能高
c．一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对
d．PH3沸点低于NH3沸点，因为P﹣H键键能低
（2）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式 Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑ 。
（3）已知下列键能数据及P4（白磷）分子结构：
则反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）△H＝ ﹣30 kJ•ml﹣1。
（4）某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 ml PH3发生（3）中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 ml，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v（PH3）＝ 0.1ml/（L．min） ；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是 D 。
A．混合气体的密度不变 B.6v（PH3）＝4v（H2）
C．c（PH3）：c（P4）：c（H2）＝4：1：6 D．混合气体的压强不变
（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：
（Ⅰ）由图可知，富氧有利于 延长 （选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。
（Ⅱ）随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为 生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低 。
【分析】（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对；
a．正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
b．存在的化学键键能越大分子越稳定；
c．一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对；
d．含有氢键的氢化物熔沸点较高；
（2）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和膦；
（3）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能；
（4）0﹣5min内v（H2）＝ml/（L．min）＝0.15ml/（L．min），相同时间内v（PH3）＝v（H2）；
可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（5）（I）根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快；
（II）生成的磷酸能和金属阳离子反应。
【解答】解：（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对，其结构式为；
a．正负电荷中心不重合的分子为极性分子，膦分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故正确；
b．存在的化学键键能越大分子越稳定，PH3分子稳定性低于NH3分子，则键能：N﹣H＞P﹣H，故正确；
c．一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对，故错误；
d．含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子间能形成氢键、膦分子间不能形成氢键，所以熔沸点氨气较高，与键能无关，故错误；
故选cd；
故答案为：；cd；
（2）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和膦，反应方程式为Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑，
故答案为：Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑；
（3）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能＝（4×3×322﹣6×213﹣6×436）kJ/ml＝﹣30kJ/ml，
故答案为：﹣30；
（4）0﹣5min内v（H2）＝ml/（L．min）＝0.15ml/（L．min），相同时间内v（PH3）＝v（H2）＝×0.15ml/（L．min）＝0.1ml/（L．min），
A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
B.6v（PH3）＝4v（H2）时该反应不一定达到平衡状态，正逆反应方向未知，无法判断，故错误；
C．c（PH3）：c（P4）：c（H2）＝4：1：6时该反应不一定达到平衡状态，与初始浓度及转化率有关，故错误；
D．恒温恒容条件下反应前后气体物质的量增大，则压强增大，当混合气体的压强不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
故答案为：0.1ml/（L．min）；D；
（5）（I）根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快，反应达到平衡时间越短，则富氧有利于延长催化作用的持续时间，
故答案为：延长；
（II）生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低，
故答案为：生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低。
【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡状态判断、化学平衡影响因素、元素周期律等知识点，明确化学平衡状态判断方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意：化学键的键能影响物质稳定性、氢键影响氢化物的熔沸点，题目难度不大。
10．（15分）粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。
已知：
i）伯胺R﹣NH2能与Fe3+反应：3R一NH2+Fe3++SO42﹣+H2O⇌Fe（NH2一R）3（OH）SO4+H+生成易溶于煤油的产物。
ii）Fe3+在水溶液中能与Cl一反应：Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，回答下列问题：
（1）过程Ⅰ对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是 SiO2 。
（2）写出过程Ⅱ加入过量H2O2发生的离子方程式 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 。加入伯胺﹣煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 萃取、分液 。
（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理 Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，Cl﹣结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取 。
（4）过程Ⅳ中过量的N2H4将水层2中[FeCl6]3﹣转化为Fe2+，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4[FeCl6]3﹣+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl﹣，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1 。
（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。已知电解液为熔融NaOH﹣KOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：
第一步：Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣，
第二步：2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3。
则该电解池发生总反应的化学方程式为 2N2+6H2O4NH3+3O2 ，纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是 催化剂 。
（6）某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3），若x平均值为1.3，则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为 7：3 。
【分析】粉煤灰主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质，加入稀硫酸酸浸并过滤，生成的浸取液含有铝离子、亚铁离子、铁离子等，加入氢氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，伯胺R﹣NH2能与Fe3+反应：3R﹣NH2+Fe3++SO42﹣+H2O⇌Fe（NH2﹣R）3（OH）SO4+H+，生成易溶于煤油的产物，分液后水层含有铝离子，可用于制备铝，有机层加入氯化钠溶液进行反萃取，分液后水层含有[FeCl6]3﹣，加入N2H4，将水层2中Fe3+转化为Fe2+并生成N2，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH，煅烧可得到纳米Fe2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）过程Ⅰ对煤粉灰进行酸浸过滤后，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）过程Ⅱ加入过量H2O2，双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；加入伯胺﹣煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是萃取、分液，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；萃取、分液；
（3）Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，Cl﹣结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取，
故答案为：Fe3++6Cl﹣⇌[FeCl6]3﹣，Cl﹣结合Fe3+，溶液中Fe3+浓度下降，使i中反应平衡向逆反应方向移动，实现反萃取；
（4）4[FeCl6]3﹣+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl﹣，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、N元素化合价由﹣2价变为0价，且如果有5ml肼参加反应只有1ml肼作还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1；
（5）阳极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极总反应式为6H2O+N2+6e﹣＝2NH3+6OH﹣，则其电池反应式为2N2+6H2O4NH3+3O2，氧化铁起催化剂作用，
故答案为：2N2+6H2O4NH3+3O2；催化剂；
（6）x＝1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整数比的化学式为K13Fe10O20，即K2O•3FeO•Fe2O3，b：2c之比为Fe2+和Fe3+的物质的量比＝3：×2＝3：7，均为相同的铁原子，则质量比3：7，Fe3+和Fe2+的质量比为7：3，
故答案为：7：3。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，考查学生的分析能力，题目难度中等。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分。
11．（15分）据央广新闻报道，2016年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：
（1）铅原子的价层电子排布式为 6s26p2 ，原子核外有 2 个未成对电子。
（2）锌与镓（Ga）同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是 Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga 。
（3）天然碱的化学式为Na2CO3•NaHCO3•2H2O。
（Ⅰ）天然碱的晶体类型是 离子晶体 ；H2O的VSEPR模型为 四面体形 。
（Ⅱ）Na2CO3中存在的作用力类型主要有 离子键和共价键 ，CO32﹣中C的杂化类型为 sp2 。
（4）金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2[Au（CN）2]﹣+Zn＝2Au+[Zn（CN）4]2﹣．与CN﹣互为等电子体的离子有 C22﹣ （任写一种），HCN分子中σ键和π键数目之比为 1：1 。
（5）金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为ρ g•cm3，摩尔质量M（Au）＝197g•ml﹣1，阿伏加德罗常数为NA．则晶体中金原子的配位数为 12 ，金原子（或粒子）的半径r＝ ××1010 pm（用含ρ和NA的代数式表示）。
【分析】（1）Pb元素位于第六周期第IVA族，其价电子为6s、6p能级上的电子；该原子6p能级上有2个未成对电子；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；
（3）（I）该晶体中含有离子化合物；水分子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型；
（II）碳酸钠是由阴阳离子构成的，碳酸根离子中C﹣O原子之间存在共价键；CO32﹣中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
（4）与CN﹣互为等电子体的离子中含有2个原子、价电子数是10；
HCN分子结构式为H﹣C≡N，共价单键σ键、共价三键中含有一个σ键和2个π键；
（5）Au晶胞中原子个数＝8×+6×＝4，该晶体中Au原子配位数＝3×8÷2；
该晶胞棱长＝，面对角线上三个Au原子紧密相邻，面对角线长度为4r。
【解答】解：（1）Pb元素位于第六周期第IVA族，其价电子为6s、6p能级上的电子，其价电子排布式为6s26p2；该原子6p能级上有2个未成对电子，
故答案为：6s26p2；2；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga，
故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以Zn的第一电离能大于Ga；
（3）（I）该晶体中含有离子化合物，则天然碱为离子晶体；水分子中O原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为四面体形，
故答案为：离子晶体；四面体形；sp2；
（II）碳酸钠是由阴阳离子构成的，碳酸根离子中C﹣O原子之间存在共价键，所以碳酸钠中含有离子键和共价键；CO32﹣中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2，
故答案为：离子键和共价键；
（4）与CN﹣互为等电子体的离子中含有2个原子、价电子数是10，与其互为等电子体的离子有C22﹣；
HCN分子结构式为H﹣C≡N，共价单键σ键、共价三键中含有一个σ键和2个π键，HCN分子中σ键和π键数目之比＝2：2＝1：1，
故答案为：C22﹣；1：1；
（5）Au晶胞中原子个数＝8×+6×＝4，该晶体中Au原子配位数＝3×8÷2＝12；
该晶胞棱长＝，面对角线上三个Au原子紧密相邻，面对角线长度为4r，则原子半径＝×＝××1010pm，
故答案为：12；××1010。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体、化学键判断、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用、空间想象能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意（5）中哪几个原子紧密相邻，为解答易错点。
12．姜黄素（分子式为C21H20O6）具有抗突变、抗氧化、保护心脑血管和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：
①
②
请回答下列问题：
（1）A的名称为试剂 1，2﹣二溴乙烷 ；试剂X名称为 NaOH水溶液 。
（2）D中含有的官能团名称 醛基、羧基 。
（3）反应D→E的化学方程式为 ，其反应类型是 加成反应 。
（4）下列有关G（C8H8O3）的叙述不正确的是 ad （填正确答案编号）。
a．能与NaHCO3溶液反应
b．能与浓溴水发生取代反应
c．能与FeCl3溶液发生显色反应
d．1mlG最多能与3mlH2发生加成反应
（5）姜黄素的结构简式为 。
（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为 。
①苯环上的一取代物只有2种；
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰
③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH。
【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由E的结构简式及D的分子式可知，D为OHC﹣COOH，结合C的分子式可知，C为OHC﹣CHO，根据转化关系可推得B为HOCH2CH2OH，A发生碱性水解得B，所以试剂X为NaOH水溶液，B发生氧化反应得C，C氧化得D，D发生加成反应得E，根据G的分子式可知，F发生反应生成G为，根据姜黄素的分子式可知，G发生成信息②中的反应得姜黄素为，据此解答。
【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由E的结构简式及D的分子式可知，D为OHC﹣COOH，结合C的分子式可知，C为OHC﹣CHO，根据转化关系可推得B为HOCH2CH2OH，A发生碱性水解得B，所以试剂X为NaOH水溶液，B发生氧化反应得C，C氧化得D，D发生加成反应得E，根据G的分子式可知，F发生反应生成G为，根据姜黄素的分子式可知，G发生成信息②中的反应得姜黄素为，
（1）A为BrCH2CH2Br，A的名称为1，2﹣二溴乙烷，试剂X名称为 NaOH水溶液，
故答案为：1，2﹣二溴乙烷；NaOH水溶液；
（2）D为OHC﹣COOH，D中含有的官能团名称 醛基、羧基，
故答案为：醛基、羧基；
（3）反应D→E的化学方程式为 ，其反应类型是 加成反应，
故答案为：； 加成反应；
（4）G为，
a．G中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，故a错误；
b．G中苯环上的氢能被溴取代，故b正确；
c．G中有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故c正确；
d．G中有一个醛羟基和一个苯环，1mlG最多能与4mlH2发生加成反应，故d错误，
故选ad；
（5）根据上面的分析可知，姜黄素的结构简式为 ，
故答案为：；
（6）G为，根据条件①苯环上的一取代物只有2种，即有两上取代基位于苯环的对位；②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，即有四种位置的氢原子；③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH，说明有三个羧基或酚羟基，或水解产生羧基和酚羟基，则符合条件的G（C8H8O3）的同分异构体为，故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断，涉及反应类型的判断、反应方程式的书写、同分异构体的判断等知识点，明确物质含有的官能团及断键和成键方式是解本题关键，注意结合题给信息进行推断，难度中等选项
现象或事实
化学解释
A
Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨
Fe3O4是一种红棕色物质
B
祖国七十华诞焰火五彩缤纷
金属元素的焰色反应
C
现代旧房拆除定向爆破用铝热剂
铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化
D
金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处
NH4Cl溶液呈弱酸性
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A．
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B．
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C．
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D．
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]
化学键
P﹣P
H﹣H
P﹣H
白磷分子结构
键能/（kJ•ml﹣1）
213
436
322
选项
现象或事实
化学解释
A
Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨
Fe3O4是一种红棕色物质
B
祖国七十华诞焰火五彩缤纷
金属元素的焰色反应
C
现代旧房拆除定向爆破用铝热剂
铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化
D
金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处
NH4Cl溶液呈弱酸性
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A．
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B．
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C．
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D．
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]
化学键
P﹣P
H﹣H
P﹣H
白磷分子结构
键能/（kJ•ml﹣1）
213
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