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湖南省2019-2020学年高三上学期模拟检测化学试卷
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化学试卷
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（ ）
A．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白
D．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
2．（6分）下列装置或操作能达到目的是（ ）
A．装置①用铜与稀硝酸制取少量NO
B．装置②可用于测定中和热
C．利用装置③制取氯气
D．装置④保护铁闸门不被腐蚀
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．235g核素U发生裂变反应：U+nS+Xe+10n净产生的中子（n）数为10NA
B．常温下，0.5L pH＝14的Ba（OH）2溶液中OH﹣数目为NA
C．一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NA
D．标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA
4．（6分）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E．下列说法不正确的是（ ）
A．X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂
B．电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质
C．W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物
D．Y、Q形成的化合物是强电解质
5．（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（ ）
A．该反应是取代反应
B．若R为﹣CH3时，b中所有碳原子共面
C．若R为﹣C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种
D．若R为﹣C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成
6．（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层N
B．Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动
C．离子交换膜可用质子交换膜
D．负极的电极反应是：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O
7．（6分）可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g） ②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是（ ）
A．达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11
B．反应①的正反应是吸热反应
C．在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等
D．达平衡（I）时，X的转化率为50%
非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题
8．（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
（1）航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4•H2O．用电离方程式表示N2H4•H2O显碱性的原因是： 。
（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A） Kc（B）（填“＜”或“＞”或“＝”）
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 （填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp＝ MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）已知：亚硝酸（HNO2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10﹣4；H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.61×10﹣11．在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32﹣、HCO3﹣和NO2﹣的离子浓度由大到小的顺序是 。
（4）已知：常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数为Kb，且pKb＝﹣lgKb＝3.4水溶液中有CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）＝c（CH3NH3+）时，则溶液pH＝ 。
（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：
①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H＝+210.5kJ•mol﹣1
②CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）△H＝﹣189.2 kJ•mol﹣1
反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H＝ kJ•mol﹣1
9．（14分）某同学看到利用零价铁还原NO3﹣脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：
ⅰ．打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
ii．加入pH已调至2.5的0.01mol•L﹣1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
ⅲ．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
iv．检测到滤液中存在NO3﹣、NH4+和Fe2+。
（1）通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是 。
（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 。
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论） 。
（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 。
（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。
假设
实验操作
现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐
向烧杯中加入① ，一段时间后，测定烧杯中NO3﹣的浓度
NO3﹣浓度无明显变化，说明假设1不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除
按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3﹣浓度
② ，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 。
10．（15分）工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。
i．Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O ii．……
写出ii的离子方程式： 。
（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 （填离子符号）
（3）氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）： 。
（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 。
下
（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： 。
（6）已知：pNi＝﹣lgc（Ni2+），常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7，向10mL0.1mol•L﹣1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中， 点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中＝ 。
(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分[化学-选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）技术人员晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以K3[Fe（CN）6]（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：
（1）铁元素在周期表中位置为 ，Fe3+的基态价电子排布图为 。
（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 ，电负性最小的元素为 。
（3）H2C2O4分子中碳原子的杂化类型是 ，与C2O42﹣互为等电子体的分子的化学式为 （写一种）。
（4）在分析化学中F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63﹣十分稳定，但Fe3+却不能与I﹣形成配合物，其原因是 （用离子方程式来表示）。
（5）已知C60分子结构和C60晶胞如图所示：
①1个C60分子中含有π键的数目为 。
②晶胞中C60的配位数为 。
③已知C60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是 g/cm3（NA代表阿伏加德罗常数）。
[化学-选修5：有机化学基础]（15分）
12．Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：
请回答以下问题：
（1）D的化学名称为 ，D→E的反应类型为 。
（2）G的官能团名称为 。
（3）B的结构简式为 。
（4）F→G的化学方程式为 。
（5）X是D的同系物，x分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，写出符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式： 。
（6）参照 Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线（其他无机试剂和溶剂任选）。 。
参考答案与试题解析
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（ ）
A．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白
D．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；F5：二氧化硫的化学性质．
【分析】A．氮和磷的大量排放，能够引起水体富营养化；
B．瓷器成分为硅酸盐；
C．二氧化硫有毒；
D．焦炭不能还原氧化铝。
【解答】解：A．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，故A正确；
B．瓷器成分为硅酸盐，不是碳酸钙，故B错误；
C．二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故C错误；
D．焦炭不能还原氧化铝，工业上利用电解熔融的氧化铝的方法，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物知识，侧重考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度不大。
2．（6分）下列装置或操作能达到目的是（ ）
A．装置①用铜与稀硝酸制取少量NO
B．装置②可用于测定中和热
C．利用装置③制取氯气
D．装置④保护铁闸门不被腐蚀
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【分析】A．NO与氧气反应；
B．图中缺少环形玻璃搅拌棒；
C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
D．铁闸门与电源负极相连，为阴极。
【解答】解：A．NO与氧气反应，应选排水法收集，故A错误；
B．图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能测定最高温度，故B错误；
C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，故C错误；
D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则装置④保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；
故选：D。
【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、气体的制备及收集、电化学、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。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．235g核素U发生裂变反应：U+nS+Xe+10n净产生的中子（n）数为10NA
B．常温下，0.5L pH＝14的Ba（OH）2溶液中OH﹣数目为NA
C．一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NA
D．标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA
【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有
【分析】A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1＝9个；
B、常温下，pH＝14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L；
C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应；
D、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性共价键来分析。
【解答】解：A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1＝9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故A错误；
B、常温下，pH＝14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L，故0.5L此溶液中含氢氧根为0.5NA个，故B错误；
C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应，不能进行彻底，故此反应转移的电子数小于NA个，故C错误；
D、5.6L乙烷的物质的量为0.25mol，而乙烷中含6条极性共价键，故0.25mol乙烷中含1.5NA条极性共价键，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽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．（6分）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E．下列说法不正确的是（ ）
A．X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂
B．电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质
C．W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物
D．Y、Q形成的化合物是强电解质
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；8J：位置结构性质的相互关系应用．菁优网版权所有
【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，则Y为Al元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X为Na元素，据此解答。
【解答】解：依据题意可知：W为C，X为Na，Y为Al，Z为Si，Q为Cl。
A．氧化钠与二氧化硅可反应生成硅酸钠，硅酸钠为防火剂，故A正确；
B．电解饱和食盐水生成的是氢氧化钠、氢气和氯气，不会得到金属Na，故B错误；
C．C、Na、Cl元素都能够形成多种氧化物，如二氧化碳、CO、氧化钠、过氧化钠，ClO2、Cl2O5、Cl2O7等，故C正确；
D．氯化铝在水溶液中完全电离，为强电解质，故D正确；
故选：B。
【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，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（ ）
A．该反应是取代反应
B．若R为﹣CH3时，b中所有碳原子共面
C．若R为﹣C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种
D．若R为﹣C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成
【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【分析】A．由官能团的转化判断反应类型；
B．R为CH3时，与苯环直接相连的原子共平面；
C．﹣C4H9有4种不同的结构，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种；
D．R为C4H5O时，不饱合度为＝2，且1mol苯环消耗3mol氢气。
【解答】解：A．烃基取代苯环的氢原子，为取代反应，故A正确；
B．R为CH3时，与苯环直接相连的原子共平面，则所有的碳原子可能共平面，故B正确；
C．﹣C4H9有4种，分别为：①CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、②CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、③（CH3）2CH﹣CH2﹣、（④CH3）3C﹣，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C正确；
D．R为C4H5O时，不饱合度为＝2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与5mol H2加成，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。
6．（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层N
B．Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动
C．离子交换膜可用质子交换膜
D．负极的电极反应是：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【专题】5：高考化学专题．
【分析】由工作原理图可知，左边吸附层M上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，右边吸附层N为正极，发生了还原反应，电极反应是2e﹣+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答。
【解答】解：A．由工作原理图可知，左边吸附层M为负极，右边吸附层N为正极，则电子流向为从吸附层M通过导线到吸附层N，故A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右边移动，故B正确；
C．由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，故C错误；
D．左边吸附层M为负极极，发生了氧化反应，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，注意从工作原理图判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题中难点和易错点为电极方程式的书写，题目难度中等。
7．（6分）可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g） ②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是（ ）
A．达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11
B．反应①的正反应是吸热反应
C．在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等
D．达平衡（I）时，X的转化率为50%
【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有
【分析】A．根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；
B．从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；
C．由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的；
D．相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率。
【解答】解：A．平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为＝，故A正确；
B．降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故B错误；
C．由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故C错误；
D．达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：＝，x＝mol，即物质的量减少了3﹣＝mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握物质的量与压强关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化率的计算，题目难度不大。
非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题
8．（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
（1）航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4•H2O．用电离方程式表示N2H4•H2O显碱性的原因是： N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣ 。
（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A） ＝ Kc（B）（填“＜”或“＞”或“＝”）
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 A （填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp＝ 2 MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）已知：亚硝酸（HNO2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10﹣4；H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.61×10﹣11．在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32﹣、HCO3﹣和NO2﹣的离子浓度由大到小的顺序是 c（HCO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CO32﹣） 。
（4）已知：常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数为Kb，且pKb＝﹣lgKb＝3.4水溶液中有CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）＝c（CH3NH3+）时，则溶液pH＝ 10.6 。
（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：
①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H＝+210.5kJ•mol﹣1
②CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）△H＝﹣189.2 kJ•mol﹣1
反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H＝ ﹣399.7 kJ•mol﹣1
【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CP：化学平衡的计算；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有
【分析】（1）N2H4结合H2O电离的氢离子使溶液呈碱性；
（2）①平衡常数只受温度影响；
②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；
③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成份气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp；
（3）弱酸电离常数越大，酸性越强，其酸根离子水解程度越小；
（4）CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣的K＝；
（5）利用盖斯定律将②×4﹣①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）反应热。
【解答】解：（1）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子，电离方程式为N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣，
故答案为：N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣；
（2）①平衡常数只受温度影响，所以Kc（A）＝Kc（B），
故答案为：Kc（A）＝Kc（B）；
②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点，
故答案为：A；
③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为，NO2的体积分数，N2的体积分数，所以反应的压强平衡常数Kp＝＝MPa＝2MPa，
故答案为：2；
（3）由亚硝酸的电离平衡常数Ki＝5.1×10 ﹣4，H2CO₃的Ki1＝4.2×10﹣7，Ki2＝5.61×10﹣11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32﹣＞NO2﹣＞HCO3﹣，水解生成HCO3﹣，所以溶液中CO32﹣离子、HCO3﹣离子和NO2﹣离子的浓度大小关系为c（HCO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CO32﹣），
故答案为：c（HCO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CO32﹣）；
（4）CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣的K＝，向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）＝c（CH3NH3+）时，Kb＝c（OH﹣）＝10﹣3.4mol/L，c（H+）＝＝10﹣10.6mol/L，pH＝10.6，
故答案为：10.6；
（5）由盖斯定律可知将②×4﹣①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H＝4×（﹣47.3kJ•mol﹣1）﹣（210.5kJ•mol﹣1）＝﹣399.7kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣399.7。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握焓变计算、弱电解质的电离、化学平衡常数计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
9．（14分）某同学看到利用零价铁还原NO3﹣脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：
ⅰ．打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
ii．加入pH已调至2.5的0.01mol•L﹣1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
ⅲ．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
iv．检测到滤液中存在NO3﹣、NH4+和Fe2+。
（1）通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是 避免空气中氧气对Fe与NO3﹣离子反应的干扰 。
（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 。
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论） 取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+ 。
（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 溶液中存在Fe2+、NO3﹣离子，加入硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+ 。
（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。
假设
实验操作
现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐
向烧杯中加入① pH＝2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉 ，一段时间后，测定烧杯中NO3﹣的浓度
NO3﹣浓度无明显变化，说明假设1不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除
按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3﹣浓度
② Fe电极部分溶解，电流计指针偏转 ，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率 。
【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有
【分析】（1）空气中氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应；
（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；
（3）取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，注明滤液中存Fe2+；
（4）溶液中存在亚铁离子、硝酸根离子，亚铁离子含有还原性，硝酸根再酸性条件下具有氧化性，亚铁离子被氧化为铁离子；
（5）假设1：探究的是碳粉直接与NO3﹣反应效果，加入碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；
假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极NO3﹣被还原；
③碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。
【解答】解：（1）用氮气排尽装置中空气，避免空气中氧气对Fe与NO3﹣离子反应的干扰，
故答案为：避免空气中氧气对Fe与NO3﹣离子反应的干扰；
（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是：取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+，
故答案为：取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+；
（4）溶液中存在Fe2+、NO3﹣离子，加入硫酸，发生反应：3Fe2++NO3﹣+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O，生成的Fe3+和SCN﹣反应使溶液呈红色，
故答案为：溶液中存在Fe2+、NO3﹣离子，加入硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+；
（5）假设1：探究的是碳粉直接与NO3﹣反应效果，应向烧杯加入pH＝2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；
假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极NO3﹣被还原，Fe电极部分溶解，电流计指针偏转等，说明假设2成立，
③碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率，
故答案为：pH＝2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉；Fe电极部分溶解，电流计指针偏转；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。
【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。
10．（15分）工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。
i．Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O ii．……
写出ii的离子方程式： 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+ 。
（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 Mn2+、Fe2+ （填离子符号）
（3）氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）： SO2、Fe2+ 。
（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 90℃ ；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 。
（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
（6）已知：pNi＝﹣lgc（Ni2+），常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7，向10mL0.1mol•L﹣1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中， F 点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中＝ 1.4×1014 。
【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2＝MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+＝2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，以此解答该题。
【解答】解：（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+；
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+；
（2）软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，MnO2、Fe2O3与SO2反应生成Mn2+、Fe2+，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+；
故答案为：Mn2+、Fe2+；
（3）滤液Ⅰ含有亚铁离子，且二氧化硫过量，二者都可被二氧化锰氧化，故答案为：SO2、Fe2+；
（4）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率，
故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
（5）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀和二氧化碳，反应为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
故答案为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）向10mL0.1mol•L﹣1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，如完全反应，则生成硝酸钠，此时水的电离程度最小，则应加入10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液，应为F点，由图象可知，完全沉淀时，pNi＝﹣lgc（Ni2+）＝10.5，则Ksp（NiS）＝10﹣21，
常温下，在NiS和NiCO3的浊液中＝＝＝1.4×1014，
故答案为：F；1.4×1014。
【点评】本题通过碳酸锰的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，为高考常见题型，题目难度较大，明确制备流程及相应的反应原理为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分[化学-选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）技术人员晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以K3[Fe（CN）6]（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：
（1）铁元素在周期表中位置为 第四周期第VIII族 ，Fe3+的基态价电子排布图为 。
（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 N ，电负性最小的元素为 K 。
（3）H2C2O4分子中碳原子的杂化类型是 sp2杂化 ，与C2O42﹣互为等电子体的分子的化学式为 N2O4 （写一种）。
（4）在分析化学中F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63﹣十分稳定，但Fe3+却不能与I﹣形成配合物，其原因是 2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 （用离子方程式来表示）。
（5）已知C60分子结构和C60晶胞如图所示：
①1个C60分子中含有π键的数目为 30 。
②晶胞中C60的配位数为 12 。
③已知C60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是 g/cm3（NA代表阿伏加德罗常数）。
【考点】86：原子核外电子排布；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有
【分析】（1）铁是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子形成阳离子，先失去最高能层中电子，同一能层中失去先失去高能级中电子，Fe3+的基态价电子排布式为3d5，结合洪特规则化学价电子排布图；
（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难；金属性越强，电负性越大；
（3）在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳单键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，碳原子杂化轨道数目为3；含有原子总相等、价电子总数也相等微粒互为等电子体；
（4）Fe3+具有强氧化性，I﹣具有还原性，二者会发生反应；
（5）①每个碳原子形成1个π键，每π键为2个碳原子共有；
②根据晶胞结构示意图可知：C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
③均摊法计算晶胞中C60分子数目，计算晶胞质量，晶胞的密度＝晶胞质量÷晶胞体积。
【解答】解：（1）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，在周期表中位置为第四周期第VIII族。Fe3+的基态价电子排布式为3d5，其基态价电子排布图为，
故答案为：第四周期第VIII族；；
（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有K、Fe、C、N、O、H，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为N元素；金属性最强的元素的K，故电负性最小的元素为K元素，
故答案为：N；K；
（3）在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳单键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，碳原子杂化轨道数目为3，所以C的杂化类型是sp2杂化；用N原子替换C原子与1个单位负电荷可得与C2O42﹣互为等电子体的分子：N2O4，
故答案为：sp2杂化；N2O4等；
（4）F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63﹣十分稳定，Fe3+却不能与I﹣形成配合物，其原因是Fe3+具有强氧化性，I﹣具有还原性，二者会发生反应：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，所以F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，而I﹣不可以，
故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
（5）①每个碳原子形成1个π键，每π键为2个碳原子共有，则一个C60分子中含有π键个数为（1×60）÷2＝30，故答案为：30；
②根据晶胞结构示意图可知：C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有＝12个，故答案为：12；
③晶胞中C60分子数目＝8×+6×＝4，晶胞质量＝g，则晶胞的密度＝g÷（a×10﹣10 cm）3＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性、杂化方式、等电子体、配合物、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[化学-选修5：有机化学基础]（15分）
12．Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：
请回答以下问题：
（1）D的化学名称为 苯乙酸乙酯 ，D→E的反应类型为 取代反应 。
（2）G的官能团名称为 羰基 。
（3）B的结构简式为 。
（4）F→G的化学方程式为 。
（5）X是D的同系物，x分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有 14 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，写出符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式： 。
（6）参照 Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线（其他无机试剂和溶剂任选）。 。
【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有
【分析】芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目＝＝7……8，故A的分子式为C7H8，则A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为．C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或还原反应生成Prolitane。
【解答】解：（1）D是苯乙酸与乙醇形成的酯，D的化学名称为：苯乙酸乙酯；D→E是D中连接苯环的碳原子上的H原子被﹣COCH2CH3替代，属于取代反应，
故答案为：苯乙酸乙酯；取代反应；
（2）由结构可知G的官能团名称为：羰基，故答案为：羰基；
（3）在光照条件下发生取代反应生成B为，故答案为：；
（4）F→G是脱羧生成G，反应化学方程式为：，
故答案为：；
（5）X是D的同系物，说明含有酯基与苯环，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，含有1个取代基，为﹣CH2CH2OOCH，或者﹣CH（CH3）OOCH．含有2个取代基，为﹣CH3、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2CH3、﹣OOCH，均有邻、间、对3种位置结构，有6种。含有3个取代基为﹣CH3、﹣CH3、﹣OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的﹣OOCH分别有2种、3种、1种位置结构，有6种。故符合条件的共有2+6+6＝14种，其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式：，
故答案为：14；；
（6）模仿A→D转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，根据转化中有机物的结构明确的发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。
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日期：2019/4/17 10:33:14；用户：qgjyuser10456；邮箱：qgjyuser10456.21957750；学号：21985464
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（ ）
A．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白
D．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
2．（6分）下列装置或操作能达到目的是（ ）
A．装置①用铜与稀硝酸制取少量NO
B．装置②可用于测定中和热
C．利用装置③制取氯气
D．装置④保护铁闸门不被腐蚀
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．235g核素U发生裂变反应：U+nS+Xe+10n净产生的中子（n）数为10NA
B．常温下，0.5L pH＝14的Ba（OH）2溶液中OH﹣数目为NA
C．一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NA
D．标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA
4．（6分）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E．下列说法不正确的是（ ）
A．X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂
B．电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质
C．W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物
D．Y、Q形成的化合物是强电解质
5．（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（ ）
A．该反应是取代反应
B．若R为﹣CH3时，b中所有碳原子共面
C．若R为﹣C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种
D．若R为﹣C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成
6．（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层N
B．Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动
C．离子交换膜可用质子交换膜
D．负极的电极反应是：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O
7．（6分）可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g） ②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是（ ）
A．达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11
B．反应①的正反应是吸热反应
C．在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等
D．达平衡（I）时，X的转化率为50%
非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题
8．（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
（1）航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4•H2O．用电离方程式表示N2H4•H2O显碱性的原因是： 。
（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A） Kc（B）（填“＜”或“＞”或“＝”）
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 （填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp＝ MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）已知：亚硝酸（HNO2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10﹣4；H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.61×10﹣11．在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32﹣、HCO3﹣和NO2﹣的离子浓度由大到小的顺序是 。
（4）已知：常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数为Kb，且pKb＝﹣lgKb＝3.4水溶液中有CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）＝c（CH3NH3+）时，则溶液pH＝ 。
（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：
①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H＝+210.5kJ•mol﹣1
②CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）△H＝﹣189.2 kJ•mol﹣1
反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H＝ kJ•mol﹣1
9．（14分）某同学看到利用零价铁还原NO3﹣脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：
ⅰ．打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
ii．加入pH已调至2.5的0.01mol•L﹣1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
ⅲ．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
iv．检测到滤液中存在NO3﹣、NH4+和Fe2+。
（1）通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是 。
（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 。
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论） 。
（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 。
（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。
假设
实验操作
现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐
向烧杯中加入① ，一段时间后，测定烧杯中NO3﹣的浓度
NO3﹣浓度无明显变化，说明假设1不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除
按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3﹣浓度
② ，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 。
10．（15分）工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。
i．Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O ii．……
写出ii的离子方程式： 。
（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 （填离子符号）
（3）氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）： 。
（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 。
下
（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： 。
（6）已知：pNi＝﹣lgc（Ni2+），常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7，向10mL0.1mol•L﹣1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中， 点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中＝ 。
(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分[化学-选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）技术人员晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以K3[Fe（CN）6]（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：
（1）铁元素在周期表中位置为 ，Fe3+的基态价电子排布图为 。
（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 ，电负性最小的元素为 。
（3）H2C2O4分子中碳原子的杂化类型是 ，与C2O42﹣互为等电子体的分子的化学式为 （写一种）。
（4）在分析化学中F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63﹣十分稳定，但Fe3+却不能与I﹣形成配合物，其原因是 （用离子方程式来表示）。
（5）已知C60分子结构和C60晶胞如图所示：
①1个C60分子中含有π键的数目为 。
②晶胞中C60的配位数为 。
③已知C60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是 g/cm3（NA代表阿伏加德罗常数）。
[化学-选修5：有机化学基础]（15分）
12．Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：
请回答以下问题：
（1）D的化学名称为 ，D→E的反应类型为 。
（2）G的官能团名称为 。
（3）B的结构简式为 。
（4）F→G的化学方程式为 。
（5）X是D的同系物，x分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，写出符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式： 。
（6）参照 Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线（其他无机试剂和溶剂任选）。 。
参考答案与试题解析
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（ ）
A．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白
D．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；F5：二氧化硫的化学性质．
【分析】A．氮和磷的大量排放，能够引起水体富营养化；
B．瓷器成分为硅酸盐；
C．二氧化硫有毒；
D．焦炭不能还原氧化铝。
【解答】解：A．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，故A正确；
B．瓷器成分为硅酸盐，不是碳酸钙，故B错误；
C．二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故C错误；
D．焦炭不能还原氧化铝，工业上利用电解熔融的氧化铝的方法，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物知识，侧重考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度不大。
2．（6分）下列装置或操作能达到目的是（ ）
A．装置①用铜与稀硝酸制取少量NO
B．装置②可用于测定中和热
C．利用装置③制取氯气
D．装置④保护铁闸门不被腐蚀
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【分析】A．NO与氧气反应；
B．图中缺少环形玻璃搅拌棒；
C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
D．铁闸门与电源负极相连，为阴极。
【解答】解：A．NO与氧气反应，应选排水法收集，故A错误；
B．图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能测定最高温度，故B错误；
C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，故C错误；
D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则装置④保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；
故选：D。
【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、气体的制备及收集、电化学、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。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．235g核素U发生裂变反应：U+nS+Xe+10n净产生的中子（n）数为10NA
B．常温下，0.5L pH＝14的Ba（OH）2溶液中OH﹣数目为NA
C．一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NA
D．标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA
【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有
【分析】A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1＝9个；
B、常温下，pH＝14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L；
C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应；
D、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性共价键来分析。
【解答】解：A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1＝9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故A错误；
B、常温下，pH＝14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L，故0.5L此溶液中含氢氧根为0.5NA个，故B错误；
C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应，不能进行彻底，故此反应转移的电子数小于NA个，故C错误；
D、5.6L乙烷的物质的量为0.25mol，而乙烷中含6条极性共价键，故0.25mol乙烷中含1.5NA条极性共价键，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽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．（6分）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E．下列说法不正确的是（ ）
A．X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂
B．电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质
C．W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物
D．Y、Q形成的化合物是强电解质
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；8J：位置结构性质的相互关系应用．菁优网版权所有
【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，则Y为Al元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X为Na元素，据此解答。
【解答】解：依据题意可知：W为C，X为Na，Y为Al，Z为Si，Q为Cl。
A．氧化钠与二氧化硅可反应生成硅酸钠，硅酸钠为防火剂，故A正确；
B．电解饱和食盐水生成的是氢氧化钠、氢气和氯气，不会得到金属Na，故B错误；
C．C、Na、Cl元素都能够形成多种氧化物，如二氧化碳、CO、氧化钠、过氧化钠，ClO2、Cl2O5、Cl2O7等，故C正确；
D．氯化铝在水溶液中完全电离，为强电解质，故D正确；
故选：B。
【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，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（ ）
A．该反应是取代反应
B．若R为﹣CH3时，b中所有碳原子共面
C．若R为﹣C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种
D．若R为﹣C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成
【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【分析】A．由官能团的转化判断反应类型；
B．R为CH3时，与苯环直接相连的原子共平面；
C．﹣C4H9有4种不同的结构，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种；
D．R为C4H5O时，不饱合度为＝2，且1mol苯环消耗3mol氢气。
【解答】解：A．烃基取代苯环的氢原子，为取代反应，故A正确；
B．R为CH3时，与苯环直接相连的原子共平面，则所有的碳原子可能共平面，故B正确；
C．﹣C4H9有4种，分别为：①CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、②CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、③（CH3）2CH﹣CH2﹣、（④CH3）3C﹣，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C正确；
D．R为C4H5O时，不饱合度为＝2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与5mol H2加成，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。
6．（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层N
B．Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动
C．离子交换膜可用质子交换膜
D．负极的电极反应是：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【专题】5：高考化学专题．
【分析】由工作原理图可知，左边吸附层M上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，右边吸附层N为正极，发生了还原反应，电极反应是2e﹣+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答。
【解答】解：A．由工作原理图可知，左边吸附层M为负极，右边吸附层N为正极，则电子流向为从吸附层M通过导线到吸附层N，故A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右边移动，故B正确；
C．由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，故C错误；
D．左边吸附层M为负极极，发生了氧化反应，电极反应是H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，注意从工作原理图判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题中难点和易错点为电极方程式的书写，题目难度中等。
7．（6分）可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g） ②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是（ ）
A．达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11
B．反应①的正反应是吸热反应
C．在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等
D．达平衡（I）时，X的转化率为50%
【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有
【分析】A．根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；
B．从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；
C．由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的；
D．相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率。
【解答】解：A．平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为＝，故A正确；
B．降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故B错误；
C．由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故C错误；
D．达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：＝，x＝mol，即物质的量减少了3﹣＝mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握物质的量与压强关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化率的计算，题目难度不大。
非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题
8．（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
（1）航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4•H2O．用电离方程式表示N2H4•H2O显碱性的原因是： N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣ 。
（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A） ＝ Kc（B）（填“＜”或“＞”或“＝”）
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 A （填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp＝ 2 MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）已知：亚硝酸（HNO2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10﹣4；H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.61×10﹣11．在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32﹣、HCO3﹣和NO2﹣的离子浓度由大到小的顺序是 c（HCO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CO32﹣） 。
（4）已知：常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数为Kb，且pKb＝﹣lgKb＝3.4水溶液中有CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）＝c（CH3NH3+）时，则溶液pH＝ 10.6 。
（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：
①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H＝+210.5kJ•mol﹣1
②CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）△H＝﹣189.2 kJ•mol﹣1
反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H＝ ﹣399.7 kJ•mol﹣1
【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CP：化学平衡的计算；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有
【分析】（1）N2H4结合H2O电离的氢离子使溶液呈碱性；
（2）①平衡常数只受温度影响；
②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；
③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成份气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp；
（3）弱酸电离常数越大，酸性越强，其酸根离子水解程度越小；
（4）CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣的K＝；
（5）利用盖斯定律将②×4﹣①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）反应热。
【解答】解：（1）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子，电离方程式为N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣，
故答案为：N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣；
（2）①平衡常数只受温度影响，所以Kc（A）＝Kc（B），
故答案为：Kc（A）＝Kc（B）；
②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点，
故答案为：A；
③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2（g）+2C（s）⇌N2（g）+2CO2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为，NO2的体积分数，N2的体积分数，所以反应的压强平衡常数Kp＝＝MPa＝2MPa，
故答案为：2；
（3）由亚硝酸的电离平衡常数Ki＝5.1×10 ﹣4，H2CO₃的Ki1＝4.2×10﹣7，Ki2＝5.61×10﹣11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32﹣＞NO2﹣＞HCO3﹣，水解生成HCO3﹣，所以溶液中CO32﹣离子、HCO3﹣离子和NO2﹣离子的浓度大小关系为c（HCO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CO32﹣），
故答案为：c（HCO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CO32﹣）；
（4）CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣的K＝，向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）＝c（CH3NH3+）时，Kb＝c（OH﹣）＝10﹣3.4mol/L，c（H+）＝＝10﹣10.6mol/L，pH＝10.6，
故答案为：10.6；
（5）由盖斯定律可知将②×4﹣①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H＝4×（﹣47.3kJ•mol﹣1）﹣（210.5kJ•mol﹣1）＝﹣399.7kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣399.7。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握焓变计算、弱电解质的电离、化学平衡常数计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
9．（14分）某同学看到利用零价铁还原NO3﹣脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：
ⅰ．打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
ii．加入pH已调至2.5的0.01mol•L﹣1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
ⅲ．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
iv．检测到滤液中存在NO3﹣、NH4+和Fe2+。
（1）通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是 避免空气中氧气对Fe与NO3﹣离子反应的干扰 。
（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 。
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论） 取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+ 。
（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 溶液中存在Fe2+、NO3﹣离子，加入硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+ 。
（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。
假设
实验操作
现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐
向烧杯中加入① pH＝2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉 ，一段时间后，测定烧杯中NO3﹣的浓度
NO3﹣浓度无明显变化，说明假设1不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除
按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3﹣浓度
② Fe电极部分溶解，电流计指针偏转 ，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率 。
【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有
【分析】（1）空气中氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应；
（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；
（3）取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，注明滤液中存Fe2+；
（4）溶液中存在亚铁离子、硝酸根离子，亚铁离子含有还原性，硝酸根再酸性条件下具有氧化性，亚铁离子被氧化为铁离子；
（5）假设1：探究的是碳粉直接与NO3﹣反应效果，加入碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；
假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极NO3﹣被还原；
③碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。
【解答】解：（1）用氮气排尽装置中空气，避免空气中氧气对Fe与NO3﹣离子反应的干扰，
故答案为：避免空气中氧气对Fe与NO3﹣离子反应的干扰；
（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是：取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+，
故答案为：取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+；
（4）溶液中存在Fe2+、NO3﹣离子，加入硫酸，发生反应：3Fe2++NO3﹣+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O，生成的Fe3+和SCN﹣反应使溶液呈红色，
故答案为：溶液中存在Fe2+、NO3﹣离子，加入硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+；
（5）假设1：探究的是碳粉直接与NO3﹣反应效果，应向烧杯加入pH＝2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；
假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极NO3﹣被还原，Fe电极部分溶解，电流计指针偏转等，说明假设2成立，
③碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率，
故答案为：pH＝2.5 0.01mol/LKNO3溶液、碳粉；Fe电极部分溶解，电流计指针偏转；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。
【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。
10．（15分）工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。
i．Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O ii．……
写出ii的离子方程式： 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+ 。
（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 Mn2+、Fe2+ （填离子符号）
（3）氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）： SO2、Fe2+ 。
（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 90℃ ；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 。
（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
（6）已知：pNi＝﹣lgc（Ni2+），常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7，向10mL0.1mol•L﹣1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中， F 点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中＝ 1.4×1014 。
【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2＝MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+＝2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，以此解答该题。
【解答】解：（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+；
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+；
（2）软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，MnO2、Fe2O3与SO2反应生成Mn2+、Fe2+，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+；
故答案为：Mn2+、Fe2+；
（3）滤液Ⅰ含有亚铁离子，且二氧化硫过量，二者都可被二氧化锰氧化，故答案为：SO2、Fe2+；
（4）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率，
故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
（5）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀和二氧化碳，反应为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
故答案为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）向10mL0.1mol•L﹣1Ni（NO3）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，如完全反应，则生成硝酸钠，此时水的电离程度最小，则应加入10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液，应为F点，由图象可知，完全沉淀时，pNi＝﹣lgc（Ni2+）＝10.5，则Ksp（NiS）＝10﹣21，
常温下，在NiS和NiCO3的浊液中＝＝＝1.4×1014，
故答案为：F；1.4×1014。
【点评】本题通过碳酸锰的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，为高考常见题型，题目难度较大，明确制备流程及相应的反应原理为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分[化学-选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）技术人员晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以K3[Fe（CN）6]（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：
（1）铁元素在周期表中位置为 第四周期第VIII族 ，Fe3+的基态价电子排布图为 。
（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 N ，电负性最小的元素为 K 。
（3）H2C2O4分子中碳原子的杂化类型是 sp2杂化 ，与C2O42﹣互为等电子体的分子的化学式为 N2O4 （写一种）。
（4）在分析化学中F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63﹣十分稳定，但Fe3+却不能与I﹣形成配合物，其原因是 2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 （用离子方程式来表示）。
（5）已知C60分子结构和C60晶胞如图所示：
①1个C60分子中含有π键的数目为 30 。
②晶胞中C60的配位数为 12 。
③已知C60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是 g/cm3（NA代表阿伏加德罗常数）。
【考点】86：原子核外电子排布；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有
【分析】（1）铁是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子形成阳离子，先失去最高能层中电子，同一能层中失去先失去高能级中电子，Fe3+的基态价电子排布式为3d5，结合洪特规则化学价电子排布图；
（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难；金属性越强，电负性越大；
（3）在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳单键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，碳原子杂化轨道数目为3；含有原子总相等、价电子总数也相等微粒互为等电子体；
（4）Fe3+具有强氧化性，I﹣具有还原性，二者会发生反应；
（5）①每个碳原子形成1个π键，每π键为2个碳原子共有；
②根据晶胞结构示意图可知：C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
③均摊法计算晶胞中C60分子数目，计算晶胞质量，晶胞的密度＝晶胞质量÷晶胞体积。
【解答】解：（1）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，在周期表中位置为第四周期第VIII族。Fe3+的基态价电子排布式为3d5，其基态价电子排布图为，
故答案为：第四周期第VIII族；；
（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有K、Fe、C、N、O、H，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为N元素；金属性最强的元素的K，故电负性最小的元素为K元素，
故答案为：N；K；
（3）在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳单键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，碳原子杂化轨道数目为3，所以C的杂化类型是sp2杂化；用N原子替换C原子与1个单位负电荷可得与C2O42﹣互为等电子体的分子：N2O4，
故答案为：sp2杂化；N2O4等；
（4）F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63﹣十分稳定，Fe3+却不能与I﹣形成配合物，其原因是Fe3+具有强氧化性，I﹣具有还原性，二者会发生反应：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，所以F﹣常用于Fe3+的掩蔽剂，而I﹣不可以，
故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
（5）①每个碳原子形成1个π键，每π键为2个碳原子共有，则一个C60分子中含有π键个数为（1×60）÷2＝30，故答案为：30；
②根据晶胞结构示意图可知：C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有＝12个，故答案为：12；
③晶胞中C60分子数目＝8×+6×＝4，晶胞质量＝g，则晶胞的密度＝g÷（a×10﹣10 cm）3＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性、杂化方式、等电子体、配合物、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[化学-选修5：有机化学基础]（15分）
12．Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：
请回答以下问题：
（1）D的化学名称为 苯乙酸乙酯 ，D→E的反应类型为 取代反应 。
（2）G的官能团名称为 羰基 。
（3）B的结构简式为 。
（4）F→G的化学方程式为 。
（5）X是D的同系物，x分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有 14 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，写出符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式： 。
（6）参照 Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线（其他无机试剂和溶剂任选）。 。
【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有
【分析】芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目＝＝7……8，故A的分子式为C7H8，则A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为．C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或还原反应生成Prolitane。
【解答】解：（1）D是苯乙酸与乙醇形成的酯，D的化学名称为：苯乙酸乙酯；D→E是D中连接苯环的碳原子上的H原子被﹣COCH2CH3替代，属于取代反应，
故答案为：苯乙酸乙酯；取代反应；
（2）由结构可知G的官能团名称为：羰基，故答案为：羰基；
（3）在光照条件下发生取代反应生成B为，故答案为：；
（4）F→G是脱羧生成G，反应化学方程式为：，
故答案为：；
（5）X是D的同系物，说明含有酯基与苯环，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，含有1个取代基，为﹣CH2CH2OOCH，或者﹣CH（CH3）OOCH．含有2个取代基，为﹣CH3、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2CH3、﹣OOCH，均有邻、间、对3种位置结构，有6种。含有3个取代基为﹣CH3、﹣CH3、﹣OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的﹣OOCH分别有2种、3种、1种位置结构，有6种。故符合条件的共有2+6+6＝14种，其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式：，
故答案为：14；；
（6）模仿A→D转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，根据转化中有机物的结构明确的发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。
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