2020年山东省枣庄三中高考化学一诊试卷_(带答案解析).docx

这是一份2020年山东省枣庄三中高考化学一诊试卷_(带答案解析).docx，共18页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，7.0等内容，欢迎下载使用。

试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
1. 有机化合物环丙叉环丙烷结构示意图为，下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A.与环己烯互为同分异构体
B.其二氯代物只有三种
C.所有的碳原子均在一个平面内
D.生成1mlC6H14至少需要2mlH2
2. 《中国诗词大会》不仅弘扬了中华传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列诗句分析正确的是( )
A.于谦诗句“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，大理石变为石灰的过程涉及到了氧化还原反应
B.刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明金的化学性质稳定，在自然界中常以单质状态存在
C.赵孟頫诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻”。“灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色反应，属于化学变化
D.龚自珍诗句“落红不是无情物，化作春泥更护花”指凋谢的花可以包裹植物的根，对植物有保护作用
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A.28g乙烯所含的共用电子对数目为2NA
晶体含有的粒子数目为4NA
与足量石灰乳反应，转移电子的数目为0.2NA
和N2O4组成的混合气体含有的氧原子数为0.2NA
4. 原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D分别位于不同的主族，m、p、n分别是元素A、B、C的单质，D的单质可与热水发生置换反应；x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体，且z可用于配制碳酸饮料。它们之间有如图转化关系，下列说法正确的是（ ）
A.D的单质起火燃烧时可用z作灭火剂B.元素的非金属性：C＞A＞B
C.B、C与A形成化合物的沸点：C＞BD.原子半径：D＞B＞C＞A
5. 某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是（ ）
A.交换膜b为阴离子交换膜
B.阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+
C.阴极液pH=1时，镍的回收率低主要是有较多H2生成
D.浓缩室得到1L0.5ml/L盐酸时，阴极回收得到11.8g镍
6. 下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是（ ）
A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C.步骤③、④、⑤均有利于提高原料的转化率
D.产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
7. 类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=-lgC，pKa=-lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC（H2A）、pC（HA-）、pC（A2-）变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.随着pH的增大，pC增大的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数
B.pH=3.50时，c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A）
C.b点时c（H2A）。c（A2-）/c2（HA-）=104.5
D.pH=3.00～5.30时，c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）先减小后增大
8. 无水MgBr2可用作催化剂实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1。
主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：
①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A的名称是______。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______。
（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是______。
（3）有关步骤4的说法，正确的是______。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯 D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（4）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4-=Mg Y2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是______。
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 ml•L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是______（以质量分数表示）。
（Ⅱ）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3（OH）19（H2O）4═27H2O+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据______、______；
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理______。
9. 铅蓄电池有广泛的应用，由方铅矿（PbS）制备铅蓄电池电极材料（PbO2）的方法如图1：
査阅资料：①PbCl2（s）+2Cl-（aq）⇌PbCl42-（aq）△H＞0
②Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式开始沉淀时的PH值分别为1.9、7.0
③不同温度和浓度的食盐溶液中PbCl2的溶解度（g•L-1）：
（1）步骤I中FeCl3溶液与PbS反应生成PbCl2和S的化学方程式为______；
加入盐酸控制pH小于1.0的原因是______．
（2）步骤II中浸泡溶解时采用95℃和饱和食盐水的目的分别是______、______．
（3）步骤III中将滤液B蒸发浓缩后再用冰水浴的原因是______（请用平衡移动原理解释）．
（4）步骤IV需用溶质质量分数为20%、密度为1.22g•cm-3的硫酸溶液，现用溶质质量分数为98.3%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸配制，需用到的玻璃仪器有______（填相应的字母）．
A．烧杯 B．量筒 C．容量瓶 D．锥形瓶 E．玻璃棒 F．胶头滴管
（5）用铅蓄电池为电源，采用电解法分开处理含有Cr2O72-及含有NO2-的酸性废水（最终Cr2O72-转化为Cr（OH）3，NO2-转化为无毒物质），其装置如图2所示．
①左池中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式是______
②当阴极区消耗2ml NO2-时，右池减少的H+的物质的量为______ ml．
10. 氮氧化物是空气的主要污染物之一，研究氮氧化物的性质对于防治空气污染有重要意义。回答下列问题：
（1）已知：NO（g）+O（g）═NO2（g）+O2（g）△H=-200.9kJ•ml-1
NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=-58.2kJ•ml-1
写出NO与臭氧（O3）反应生成NO2的热化学方程式______。
（2）温度为T1时，在三个容积均为1L的密闭容器中仅发生反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＜0
实验测得：v正=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k正c2（NO）•c（O2），v逆=v（NO2）消耗=k逆c2（NO2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。
①温度为T1时，=______；当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m______n（填“＞”、“＜“或“=”）。
②若容器Ⅱ中达到平衡时=1，则NO的转化率为______，x=______。
③容器Ⅲ中起始时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”），理由是______。
④T1时，在1L密闭容器中按照一定比例充入NO（g）和O2（g），达到平衡时NO2（g）的体积分数Φ（NO2）随的变化如图所示，则A、B、C三点中NO的转化率最大的是______；当=2.3时，达到平衡时Φ（NO2）可能是D、E、F三点中的______。
11. 石墨是一种混合型晶体，具有多种晶体结构其一种晶胞的结构如图所示。回答下列问题：
（1）基态碳原子的轨道表示式为______；
（2）碳、氮、氧三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______；
（3）CH3-是有机反应中重要的中间体，其空间构型为______；
（4）石墨晶体中碳原子的杂化形式为______晶体中微粒间的作用力有______（填标号），石墨熔点高于金刚石是因为存在______（填标号）；
A．离子键 B．金属键 C．π键 D．氢键 E范德华力
（5）该晶胞中的碳原子有______种原子坐标；若该晶胞底面边长为apm，高为cpm，则石墨晶体中碳碳键的键长为______pm，密度为______g•cm-3（设阿伏加德罗常数的值为NA）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A．环己烯的不饱和度是2，环丙叉环丙烷的不饱和度是3，该分子式为C6H8，环己烯分子式为C6H10，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，，将一个氯原子固定在1号碳，则另一个氯原子可在1、2、3、4号碳原子上移动，它的二氯代物有4种，故B错误；
C．乙烯是平面形分子，碳碳双键所连的四个原子在同一平面上，所以分子中所有的碳原子均在同一平面内，故C正确；
D．分子式为C6H8，生成1mlC6H14需要3mlH2故D错误；
故选：C。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查同分异构体、原子共平面个数判断，明确同分异构体概念及判断方法是解本题关键，注意B为解答易错点，题目难度不大。
2. 【答案】B
【解析】
本题以古诗句为载体，考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，明确生活中的现象与化学知识的关联，题目难度不大。
A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，CaO和水反应生成氢氧化钙，大理石变为石灰的过程不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．金单质化学性质稳定，在自然界以游离态存在，即淘金淘到的是金单质，故B正确；
C．烟花是某些金属单质或其化合物的焰色反应，而焰色反应是一种物理变化，故C错误；
D．“落花”中的有机物在土壤中被分解成无机物后，形成“春泥”，可以作为植物的营养被植物吸收利用，不是包裹植物的根，对植物有保护作用，故D错误；
故选：B。
3. 【答案】D
【解析】解：A、28g乙烯的物质的量为1ml，而乙烯中含6对共用电子对，故1ml乙烯中含6NA对共用电子对，故A错误；
B、粒子种类指代不明，故无法确定粒子的个数，故B错误；
C、氯气和石灰乳的反应为歧化反应，1ml氯气转移NA个电子，故0.1ml氯气转移0.1NA个电子，故C错误；
D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1ml，含有的氧原子的个数为0.2NA，故D正确。
故选：D。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4. 【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，A为H，B为C，C为O，D为Mg，
A．D的单质可与热水发生置换反应，生成可燃性气体氢气，则D的单质起火燃烧时不能用x作灭火剂，故A错误；
B．同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则元素的非金属性：C＞B＞A，故B错误；
C．C与A形成水分子间含氢键，则B、C与A形成的简单化合物的沸点：C＞B，故C错误；
D．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D＞B＞C＞A，故D正确；
故选：D。
原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D分别位于不同的主族，m、p、n分别是元素A、B、C的单质，x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体且x是用于配制饮料，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为C，x为H2O，y为CO，由CO+H2OCO2+H2，z为CO2，D的单质可与热水发生置换反应，且D的原子序数最大，D位于第三周期，D为Mg，则A为H，B为C，C为O，D为Mg，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握A为H及CO与水反应生成二氧化碳和氢气为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5. 【答案】D
【解析】解：A、电极极是惰性电极，阳极发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，浓缩室得到1L 0.5 ml/L盐酸，盐酸浓度增加，所以a是阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故A正确；
B、阳极是惰性电极，发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B正确；
C、在阴极上，氢离子优先得到电子，酸性越强，镍回收率越低，极液pH=1时，氢离子优先得到电子，镍的回收率低主要是有较多H2生成，故C正确；
D、浓缩室得到1L 0.5 ml/L盐酸时，则转移的氢离子是0.4ml，即转移电子是0.4ml，根据电极反应式：Ni2++2e-=Ni，阴极回收得到0.2ml×59g/ml=11.8 g的镍，但是在阴极上是氢离子优先得电子产生氢气，所以阴极回收得到少于11.8 g的镍，故D错误。
故选：D。
阳极是惰性电极，发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，在阴极上，氢离子优先得到电子，酸性越强，镍回收率越低，在阴极上是为了回收镍，所以酸性不能太强，交换膜b为阴离子交换膜，a是阳离子交换膜，据此回答即可。
本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，会正确书写电极反应式，知道电解后溶液中溶质成分，题目难度中等。
6. 【答案】C
【解析】​
本题考查了工业合成氨的过程分析、反应特征和影响化学平衡的因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
​A．为防止催化剂中毒，反应前的混合气体氮气和氢气混合气体需要除杂净化，故A正确；
B．工业合成氨的反应是气体体积减小的反应，加大压强加快反应速率，平衡正向进行，能增大反应物转化率，故B正确；
C．步骤③催化剂不改变化学平衡，反应物转化率不变，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，转化率减小，④液化分离NH3平衡正向进行，反应物转化率增大，⑤氮气和氢气循环使用有利于提高原料的转化率，故C错误；
D．氨气是工业重要的原料，除和酸反应生成铵盐可生产化肥外，氨气易液化，变为气体时吸收周围热量可用作制冷剂，故D正确；
故选C。
7. 【答案】B
【解析】解：A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；
B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B正确；
C．b点时，c（H2A）=c（A2-），====10-4.5，故C错误；
D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；
故选：B。
H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。
本题考查弱电解质在溶液中的电离平衡，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
二、 实验题
8. 【答案】干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；BD；从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次；97.5%；反应吸热降低温度；生成的氧化镁、氧化铝附着表面隔绝空气，水蒸气稀释空气；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
【解析】解：（Ⅰ）（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，
故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；
（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，
故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；
（3）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；
C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；
D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；
故选BD，
故答案为：BD；
（4）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2-3次，
故答案为：从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次；
②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500ml/L×0.02650L=0.001325ml，则溴化镁的质量为0.001325ml×184g/ml=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%，
故答案为：97.5%；
（Ⅱ）（1）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气。
故答案为：反应吸热降低温度；生成的氧化镁、氧化铝附着表面隔绝空气，水蒸气稀释空气；
（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、溶于碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。
（Ⅰ）（1）仪器A为干燥管，空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应；
（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患；
（3）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解；
C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁；
D．室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品，该步骤是为了除去乙醚和溴；
（4）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，润洗2-3次；
②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=EDTA标准溶液物质的量，结合n=计算得到溴化镁的质量，纯度=×100%；
（Ⅱ）（1）分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；
（2）氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去。
本题考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质分离提纯的综合应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
三、 简答题
9. 【答案】PbS+2FeCl3=PbCl2+2FeCl2+S 抑制Fe3+的水解 加快浸泡速率 增大PbCl2在氯化钠溶液中的溶解度 冰水浴使反应PbCl2（s）+2Cl-（aq）⇌PbCl42-（aq）平衡逆向移动，使PbCl42-不断转化为PbCl2晶体而析出 ABE 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 2
【解析】解：（1）步骤I中FeCl3溶液与PbS反应生成PbCl2和S的化学方程式为：PbS+2FeCl3=PbCl2+2FeCl2+S；铁离子易水解诶，加入盐酸控制pH小于1.0可以抑制 Fe3+ 的水解；
故答案为：PbS+2FeCl3=PbCl2+2FeCl2+S；抑制 Fe3+ 的水解；
（2）根据PbCl2（s）+2Cl-（aq）⇌PbCl42-（aq）△H＞0，含有PbCl2的混合物A浸泡溶解时采用95℃和饱和食盐水可以加快浸泡速率增大PbCl2在氯化钠溶液中的溶解度；
故答案为：加快浸泡速率；增大PbCl2在氯化钠溶液中的溶解度；
（3）根据题意：存在PbCl2（s）+2Cl-（aq）⇌PbCl42-（aq）△H＞0，用冰水浴使反应PbCl2（s）+2Cl- （aq）⇌PbCl42-（aq）平衡逆向移动，使PbCl42-不断转化为PbCl2晶体而析出；
故答案为：冰水浴使反应PbCl2（s）+2Cl- （aq）⇌PbCl42-（aq）平衡逆向移动，使PbCl42-不断转化为PbCl2晶体而析出；
（4）用溶质质量分数为98.3%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸配制溶质质量分数为20%、密度为1.22g•cm-3的硫酸溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒；
故答案为：ABE；
（5）①在电解池中，阳极是活泼金属铁电极时，则电极本身失去电子，即Fe-2e-=Fe2+，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②阴极的反应为8H++2NO2-+6e-=N2+H2O，当阴极区消耗2ml NO2-时，转移电子为6ml，减少8mlH+，阳极Fe-2e-=Fe2+，得到3mlFe2+，6ml正电荷，故有6ml右池减少的6mlH+转移到右池，故右池减少的H+的物质的量为2ml；
故答案为：2．
方铅矿（PbS）制备铅蓄电池电极材料（PbO2）：盐酸调节pH，抑制Fe3+ 的水解，PbS溶解于FeCl3溶液，反应为：PbS+2FeCl3=PbCl2+2FeCl2+S，混合物A含有PbCl2、FeCl2、S、FeCl3、HCl，向其中加入饱和食盐水95℃溶解并趁热过滤，滤液B中有PbCl42-，蒸发浓缩后再用冰水浴得到PbCl2晶体，将晶体加入20%、密度为1.22g•cm-3的硫酸溶液，得到PbSO4，电解得到PbO2．
（5）①在电解池中，左极为阳极是活泼金属铁电极时，则电极本身失去电子，即Fe-2e-=Fe2+，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，据此书写离子方程式；
②阴极的反应为8H++2NO2-+6e-=N2+H2O，据此分析．
本题考查混合物的分离和提纯和原电池及电解池原理，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断、知识运用能力，明确流程图中各个步骤发生的反应、操作方法、存在的物质等知识点即可解答，题目难度中等．
10. 【答案】3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）△H=-317.3kJ•ml-1 1.25 ＜ 20% 0.85 ＜ 因为Qc==1.78＞K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正＜v逆 A F
【解析】解：（1）①NO（g）+O3（g）=NO2（g）+O2（g）△H=-200.9kJ•ml-1，
②NO（g）+O2（g）=NO2（g）△H=-58.2kJ•ml-1，
盖斯定律计算2×②+①可得，3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）△H=-317.3kJ•ml-1，
故答案为：3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）△H=-317.3kJ•ml-1；
（2）①结合v正=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k正c2（NO）•c（O2），得出k正=，
利用v逆=v（NO2）消耗=k逆c2（NO2），得出k逆=，
因为v（NO）消耗=v（NO2）消耗，
所以==K，
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
起（ml•L-1） 0.6 0.3 0
转（ml•L-1） 0.2 0.1 0.2
平（ml•L-1） 0.4 0.2 0.2
K===1.25，
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＜0，此反应正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由于=K，当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m＜n，
故答案为：1.25；＜；
②结合三行计算列式计算得到，设起始量氧气物质的量浓度为x，消耗浓度为y，
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
起（ml•L-1） 0.5 x 0.3
转（ml•L-1） 2y y 2y
平（ml•L-1） 0.5-2y x-y 0.3+2y
达到平衡时=1，故0.5-2y=0.3+2y，
y=0.05，
NO的转化率=×100%=20%，
K===1.25，x=0.85，
故答案为：20%；0.85；
③容器Ⅲ中起始时v正＜v逆，因为Qc===1.78＞K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正＜v逆，
故答案为：＜；因为Qc==1.78＞K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正＜v逆；
④总物质的量一定时，氧气的浓度越大，NO的转化率越大，故A点最大，两者按2：1充入时，NO2的体积分数最大，当比值增大后，二氧化氮的体积分数减小，当=2.3时，达到平衡时Φ（NO2）可能是F点，
故答案为：A；F。
（1）①NO（g）+O3（g）=NO2（g）+O2（g）△H=-200.9kJ•ml-1，
②NO（g）+O2（g）=NO2（g）△H=-58.2kJ•ml-1，
根据盖斯定律计算2×②+①可得；
（2）①结合v正=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k正c2（NO）•c（O2），得出k正=，
利用v逆=v（NO2）消耗=k逆c2（NO2），得出k逆=，
因为v（NO）消耗=v（NO2）消耗，
所以==K，结合三行计算列式计算得到平衡浓度，得到平衡常数K；
②根据三段式和平衡常数求算得出，结合三行计算列式计算得到，设起始量氧气物质的量浓度为x，消耗浓度为y，
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
起（ml•L-1） 0.5 x 0.3
转（ml•L-1） 2y y 2y
平（ml•L-1） 0.5-2y x-y 0.3+2y
达到平衡时=1，故0.5-2y=0.3+2y，
y=0.05，
转化率=×100%，平衡常数K=；
③计算此时的浓度商和平衡常数K=1.25比较判断反应进行的方向；
④总物质的量一定时，氧气的浓度越大，NO的转化率越大，故A点最大。两者按2：1充入时，NO2的体积分数最大，当比值增大后，二氧化氮的体积分数减小。
本题考查化学平衡计算及盖斯定律的应用，为高考的重难点，题目难度中等，明确盖斯定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
11. 【答案】 N＞O＞C 三角锥形 sp2 BCE C 4 ×1030
【解析】解：（1）基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，根据泡利原理、洪特规则，轨道表达式为：，
故答案为：；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：，
故答案为：N＞O＞C；
（3）CH3-中C原子孤电子对数==1，价层电子对数=4，空间构型为三角锥形，
故答案为：三角锥形；
（4）石墨晶体中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；层内C原子之间形成共价键、层间为范德华力，有自由移动电子，具有金属键；金刚石中碳原子之间为C-C单键，而石墨中C原子之间还存在大派键，电子云之间重叠程度比金刚石中更大，故石墨中C-C键的键长更短，碳碳键更稳定，
故答案为：sp2；BCE；C；
（5）晶胞具有对称性、平移性，顶点坐标相同、面上原子坐标相同、棱心原子坐标相同、内部原子与其它原子坐标不同，该晶胞中的碳原子有4种原子坐标。晶胞底面为菱形，锐角为60°，底面上原子与顶点原子之间的距离即为碳碳键的键长，由几何知识可知键长=a pm÷cs30°= pm．晶胞中原子数目=1+2×+8×+4×=4，晶胞质量=4×g，晶胞体积=a×10-10cm×a×10-10cm×sin60°×c×10-10cm=×10-30cm3，晶体密度=4×g÷（×10-30cm3）=×1030g•cm-3，
故答案为：4；；×1030。
（1）基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，根据泡利原理、洪特规则画出轨道表达式；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族具有全充满、半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（3）CH3-中C原子孤电子对数==1，价层电子对数=4；
（4）石墨晶体中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；层内C原子之间形成共价键、层间为范德华力，有自由移动电子，具有金属键；金刚石中碳原子之间为C-C单键，而石墨中C原子之间还存在大派键，电子云之间重叠程度比金刚石中更大，故石墨中C-C键的键长更短，碳碳键更稳定；
（5）晶胞具有对称性、平移性，顶点坐标相同、面上原子坐标相同、棱心原子坐标相同、内部原子与其它原子坐标不同。晶胞底面为菱形，锐角为60°，底面上原子与顶点原子之间的距离即为碳碳键的键长；均摊法计算晶胞中原子数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、杂化方式、化学键、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，（5）为易错点、难点，中心晶胞不涉及晶胞中原子坐标问题，掌握均摊法进行晶胞有关计算。题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
评卷人
得分
三、 简答题（共3题）
NaCl浓度（g．L-1）
温度（℃）
20
40
60
100
180
260
300
13
3
1
0
0
3
9
13
50
8
4
3
5
10
21
35
100
17
11
12
15
30
65
95
容器编号
物质的起始浓度/ml•L-1
物质的平衡浓度/ml•L-1
c（NO）
c（O2）
c（NO2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0.3
0
0.2
Ⅱ
0.5
x
0.3
Ⅲ
0.3
0.25
0.2