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【化学】广西梧州市2018-2019学年高二下学期期末考试理科综合（解析版）
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广西梧州市2018-2019学年高二下学期期末考试理科综合
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 S~32 K~39 Cu~64 I~127
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法错误的是
A. 静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 石油裂解和油脂皂化都是由高分子物质生成小分子物质的过程
D. 将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内可以延长水果的保鲜期
【答案】C
【解析】
【详解】A项、丁达尔效应为胶体特有的性质，静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种“淘米水”是胶体，具有胶体的性质，故A正确；
B项、后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，为铜锡合金，故B正确；
C项、油脂不是高分子化合物，油脂皂化不是高分子生成小分子的过程，故C错误；
D项、乙烯是水果的催熟剂，乙烯中含有碳碳双键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应被吸收，延长水果的保鲜期，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质与应用，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的组成、性质、应用为解答的关键。
2.四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A. a的同分异构体只有b和c两种
B. a、b、c均能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. a、b分子中的所有原子一定处于同一平面
D. 不考虑立体结构，a、c的二氯代物均只有三种，b的一氯代物有五种
【答案】D
【解析】
【分析】
四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，四元軸烯和苯乙烯含有碳碳双键，能够表现烯烃的性质，立方烷不含有碳碳双键不能表现烯烃的性质。
【详解】A项、分子中含有多个碳碳双键、叁健或环状满足分子式为C8H8的烃很多，如CH2=CHCH=CHCH=CHC≡CH等，故A错误；
B项、立方烷不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C项、苯分子中所有原子在同一平面，乙烯中所有原子也在同一平面，苯乙烯分子可以看成是苯分子中一个氢原子被乙烯基取代，苯乙烯中由于乙烯基与苯环相连的单键是可以旋转的，则苯乙烯分子中所有原子可能处于同一平面上，故C错误；
D项、四元軸烯的二氯代物有、和三种，立方烷二氯代物有、和三种，苯乙烯的一氯代物有、、、和五种，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响，能够正确判断同分异构体的数目是解答关键。
3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向同体积同浓度的H2O2溶液中，分别加入1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液，加氯化铁溶液的H2O2分解的快
铁离子对H2O2分解速率的影响比铜离子大
B
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
析出了NaHCO3
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热，得到蓝色溶液
蔗糖水解产物没有还原性
D
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)
Ksp(AgBr)
【答案】B
【解析】
分析】
A、1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液中氯离子浓度不同；
B、NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3；
C、未加氢氧化钠溶液至呈碱性；
D、NaCl和NaBr的混合溶液中两者的浓度不一定相同。
【详解】A项、1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，故A错误；
B项、向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，会有NaHCO3晶体析出，故B正确；
C项、蔗糖溶液中滴加少量稀硫酸水浴加热后生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和新制的Cu（OH）2悬浊液在碱性条件下发生氧化反应，应先加入氢氧化钠溶液至呈碱性，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热才能出现砖红色沉淀，故C错误；
D项、NaCl和NaBr的混合溶液中两者的浓度大小不明确，无法确定两者溶度积的大小，应向浓度相同的NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目大于0.1NA
B. 0.2 molNO和0.1molO2充分反应后，混合物的分子数为0.2NA
C. 64g铜丝加热下在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为NA
D. 14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n
【答案】C
【解析】
【详解】A项、向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，由电荷守恒可知溶液中c（NH4+）=c（Cl—）=0.1mol·L－1，则1L溶液中NH4+的数目为0.1NA，故A错误；
B项、0.2 molNO和0.1molO2充分反应生成0.2molNO2，NO2发生聚合反应生成N2O4使分子数减小，故B错误；
C项、铜与硫共热生成硫化亚铜，64g铜的物质的量为1mol，则失去的电子数为NA，故C正确；
D项、CnH2n的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃，环烷烃不含有碳碳双键，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意物质的性质与属性，明确电荷守恒的应用是解答关键。
5.有四种短周期元素(除稀有气体之外)X、Y、M、N，其中X是短周期中金属性最强的元素；Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍；M的单质是一种有色气体，可用于自来水的消毒；N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成分，该药物用于治疗胃酸过多。下列说法正确的是
A. N与M形成的化合物的水溶液显酸性
B. X有两种常见氧化物，所含的化学键类型完全相同
C. 离子半径：N>X，Y>M
D. 气态氢化物的稳定性：Y>M
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，X是短周期中金属性最强的元素，则X为Na元素；由Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍可知，Y原子最外层电子数为6，原子有3个电子层，则Y为S元素；M的单质是一种有色气体，可用于自来水的消毒，则M为Cl元素；N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成分，该药物用于治疗胃酸过多，则N为Al元素。
【详解】A项、N与M形成的化合物为氯化铝，铝离子在溶液中水解，使溶液呈酸性，故A正确；
B项、X的两种常见氧化物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中含有离子键、共价键，故B错误；
C项、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：N（Al3+）<（Na+），Y（S2-）>（Cl-），故C错误；
D项、元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（S）
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意元素位置、结构及其相互关系的应用，依据题给信息正确推断元素是解本题关键。
6.水产养殖户常用电解法净化鱼池中的水，其工作原理如下图所示。下列说法中正确的是
A. X极是电源的负极，发生氧化反应
B. 工作过程中阴极区溶液的pH逐渐减小
C. 当电路中转移10mole－时，Ⅱ极上产生22.4LN2
D. I极上的电极反应式：C6H12O6-24e－+6H2O==6CO2↑+24H+
【答案】D
【解析】
【分析】
从装置图中可知，X端连接的I电极上，在微生物作用下，C6H12O6失电子发生氧化反应反应生成CO2，I为电解池的阳极，Y端连接的Ⅱ电极上，在微生物作用下，硝酸根离子得电子发生还原反应生成了氮气，Ⅱ为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极。
【详解】A项、X端连接的电极上，在微生物作用下，C6H12O6失电子发生氧化反应生成CO2，为电解池的阳极，则X是电源的为正极，故A错误；
B项、Ⅱ为电解池的阴极，在微生物作用下，硝酸根离子在阴极上得电子发生还原反应生成了氮气，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，反应消耗H+，阴极区溶液的pH逐渐增大，故B错误；
C项、未明确是否为标准状况，无法计算Ⅱ极上产生N2的体积，故C错误；
D项、I为电解池的阳极，在微生物作用下，C6H12O6在阳极上失电子发生氧化反应生成CO2，电极反应式为C6H12O6-24e－+6H2O==6CO2↑+24H+，故D正确；
故选D。
【点睛】：本题考查了电解池原理和应用，注意依据电极上物质变化确定元素化合价变化，依据反应类型确定电解池和原电池的电极名称是解题的关键。
7.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是一元强碱。常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示(已知：溶液导电性与离子浓度相关)。下列说法正确的是
A. 在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d
B. c点溶液中：c(H+)=c(OH－)+c(NH3·H2O)
C. 曲线I中c与e之间某点溶液呈中性
D. a点溶液pH=12
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线I对应溶液为弱电解质溶液，即曲线I代表氨水，曲线2代表四甲基氢氧化铵，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故A错误；
B.c点表示溶质是氯化铵，质子守恒式为c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O)，故B正确；
C.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故C错误；
D.依题意，四甲基强氧化铵是一元强碱，c (OH-)=0.1mol∙L-1，c(H+)=1×10-13 mol∙L-1，pH=-lg c(H+)=13，故D错误。
故选B。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题(共129分)
8.硫是一种自然界分布较广的元素，在很多化合物中都含有该元素，回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为___________。
(2)使分液漏斗中液体顺利流下的操作是___________。
(3)选用上面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
①甲同学认为按照A→C→F的顺序连接装置即可证明，乙同学认为该方案不合理，其理由是___________。
②丙同学设计的合理实验方案为：A→C→_____→___→D→F，其中装置C的作用是_____，证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是____。
(4)K2S2O3具有强氧化性，可通过电解H2SO4和K2SO4的混合溶液制得，其阳极反应式为_____。称取0.2500g产品于碘量瓶中，加100mL水溶解，再加入8.000g KI固体(稍过量)，振荡使其充分反应；加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉为指示剂，用cmol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液VmL，则样品中K2S2O8的纯度为______%(用含c、V的代数式表示，已知：S2O82－+2I－=2SO42－+I2；2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
【答案】 (1). CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O (2). 拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞 (3). SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理 (4). B (5). E (6). 除去HCl气体 (7). D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 (8). 2SO42——2e— =S2O82— (9). 54cV
【解析】
【分析】
（1）亚硫酸盐与盐酸反应可生成二氧化硫；
（2）从分液漏斗操作规范解答；
（3）SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，应先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再验证碳酸的酸性强于次氯酸，从而说明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
（4）可利用反应物之间计量关系计算。
【详解】（1）盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水，反应方程式为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O，故答案为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O；
（2）分液漏斗使用时应使内外压强平衡，便于溶液顺利流下，放液时应拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞，故答案为：拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞；
（3）①次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，不能探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，故答案为：SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理；
②装置A中盐酸与亚硫酸钙反应制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制得的二氧化硫中混有HCl，应用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再将二氧化碳通入F中，反应生成次氯酸，验证碳酸的酸性强于次氯酸，从而说明亚硫酸的酸性强于次氯酸，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B；E；除去HCl；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀；
（4）由题意可知，SO42—在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82—，电极反应式为2SO42——2e— =S2O82—；由题给离子方程式可得关系式S2O82-～2S2O32-，n（S2O32-）=cV×10—3mol，则n（S2O82-）= cV×10—3mol，样品中K2S2O8的纯度为=54cV%，故答案为：2SO42——2e— =S2O82—；54cV。
【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质是解答关键。
9.乙炔(C2H2)在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛，可由电石(CaC2)直接水化法或甲烷在1500℃左右气相裂解法生产。
(1)电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3000℃下反应生成CaC2，CaC2再与水反应即得到乙炔。CaC2与水反应的化学方程式为____
(2)已知：CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(1) △H1=－890.3kJ/mol
C2H2(g)+2.50(g)===2CO2(g)+H2O(1) △H2=－1299.6J/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H3=－571.6kJ/mol
则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)===C2H2(g)+3H2(g)的△H=_____kJ/mol。
(3)哈斯特研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图所示。
①T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3 mol CH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得c(C2H4)=c(CH4)。该反应△H____0(填“>”或“<”)，CH4的平衡转化率为____%(保留3位有效数字)。上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol/(L·s)的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，平衡时，c(CH4)=2c(C2H4)，则T1_____(填“>”或“<”)T2，t=______s。
②列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图中A点温度时的平衡常数K=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05=－1.3)。
③由图可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有___________。
【答案】 (1). CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑ (2). +376.4kJ/mol (3). > (4). 66.7% (5). > (6). 5 (7). 5×104 (8). 可以充入适量的乙烯
【解析】
【分析】
（1）碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔；
（2）根据盖斯定律来分析；
（3）①分解反应绝大多数为吸热反应；设出CH4的转化浓度，然后根据三段式，利用c（C2H4）=c（CH4）来解答；根据改变温度后，CH4的浓度升高来判断温度的变化；表示出变化后的CH4和C2H4的浓度，然后根据c（CH4）=2c（C2H4）来计算；
②根据平衡常数表达式来计算；
③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，可以充入适量的乙烯。
【详解】（1）碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；
（2）将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律将①×4-②-③×可得：2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g），则△H=（-890.3kJ•mol-1 ）×4-（-1299.6kJ•mol-1）-（-571.6kJ•mol-1）×=+376.4kJ/mol，故答案为：+376.4kJ/mol；
（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度升高，C2H4的平衡分压增大，说明反应2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）向正反应方向移动，则该反应为吸热反应；设平衡时C2H4的平衡浓度为Xmol，由题给数据建立如下三段式：
2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）
起（mol/L）0.3 0 0
变（mol/L）2X X 2X
平（mol/L）0.3—2X X 2X
由c（C2H4）=c（CH4）可得0.3—2X=X，解得X=0.1mol，CH4的平衡转化率=×100%=66.7%；改变温度后，CH4的浓度升高，说明平衡向正反应方向移动，则温度应为降低，即T1>T2；由于CH4以0.01mol/（L•s）的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，故在ts的时间内，CH4的浓度变化为0.01tmol/L，利用三段式来计算：
2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）
起（mol/L）0.1 0.1 0.2
变（mol/L）0.01t 0.005t 0.01t
平（mol/L）0.1+0.01t 0.1—0.005t 0.2—0.01t
由c（CH4）=2c（C2H4）可得0.1+0.01t=2×（0.1-0.005t），解得t=5S，故答案为：>；66.7%；>；5；
②由图中数据可知，A点温度时，C2H2平衡分压为0.05 Pa，H2平衡分压为104Pa，CH4平衡分压为103Pa，则平衡常数K==5×104 Pa，故答案为：5×104；
③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，充入适量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的转化，从而提高甲烷制乙炔的转化率，故答案为：可以充入适量的乙烯。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，注意盖斯定律的应用、化学平衡常数以及利用三段式来计算转化率等内容的熟练掌握是解答关键。
10.实验室用氧化锌矿粉(主要含ZnO、FeCO3、CuO等)制备碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，并将其用于合成氨工艺脱硫研究。
(1)“酸浸”时保持H2SO4过量的目的是___________。
(2)已知：Mn2+开始沉淀的pH=8.1。
①写出加入KMnO4溶液除铁的离子方程式：___________。
②流程中调节pH=5.4所加试剂X为____(填化学式)；试剂X、KMnO4溶液加入顺序能否互换?请判断并说明理由_____。
(3)上述流程中滤渣的成分为___________(写化学式)；“滤液”可以用作化肥，该滤液的主要成分为___________(填化学式)。
(4)检验Zn2(OH)2CO3是否洗涤干净的方法是___________。
(5)合成氨原料气脱硫原理如图，碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为______。
【答案】 (1). 提高矿石的浸出率（或防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解） (2). 3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ (3). ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等） (4). 不能，强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2+，在除去Mn2+时，会使Zn2+同时沉淀 (5). Cu和Zn (6). （NH4）2SO4 (7). 取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (8). Zn2(OH)2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
向氧化锌矿粉（主要含ZnO、FeCO3、CuO等）加入50%～60%硫酸酸浸，氧化锌矿粉溶解，得到溶液中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子，加入ZnO等调节溶液pH=5.4，然后加入高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Fe（OH）3沉淀和MnO2沉淀，除铁后在滤液中加入过量Zn，除去铜，加入碳酸铵调节溶液pH6.0～6.5，生成Zn2（OH）2CO3。
【详解】（1）“酸浸”时保持H2SO4过量，可使固体充分溶解，且防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解，故答案为：提高矿石的浸出率（或防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解）；
（2）①由流程图可知，加入高锰酸钾溶液除铁时，Fe元素以氢氧化铁的形式除去，同时生成二氧化锰沉淀，则除铁的离子方程式是3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故答案为：3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
②向酸浸溶液中加入X调节溶液pH=5.4，目的是中和过量的硫酸调节溶液的pH又不能引入新的杂质，所以X只能是ZnO或碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌等；试剂X与高锰酸钾不能互换，因为在酸性条件下，高锰酸根离子被还原为锰离子，而锰离子沉淀时的pH=8.1>5.4，此时Zn2+也会沉淀，所以不能互换，故答案为：ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等）；不能，强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2+，在除去Mn2+时，会使Zn2+同时沉淀；
（3）向除铁的滤液中加入过量Zn，用锌还原出铜离子，除去铜，过滤得滤渣为铜和过量的锌；加入碳酸铵调节pH6.0～6.5，可生成Zn2（OH）2CO3，同时生成（NH4）2SO4，（NH4）2SO4可用作化肥，故答案为：Cu和Zn；（NH4）2SO4；
（4）Zn2（OH）2CO3沉淀表面附有可溶性的（NH4）2SO4杂质，检验Zn2(OH)2CO3是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中不含有硫酸根，具体操作是取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；
（5）碱式碳酸锌吸收硫化氢后得到ZnS沉淀，同时又二氧化碳、水生成，过滤后可达到除硫的目的，反应的化学方程式为Zn2(OH)2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O。
【点睛】本题是化学工艺流程，侧重于分析、实验能力的考查，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理来分析问题，运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题是解答关键。
(二)选考题：共45分。请考生分别从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中各选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11.I．K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：Cr2O72－(橙色)+CH3CH2OH→Cr3+(绿色)+CH3COOH(未配平)
(1)基态Cr原子的价电子轨道表达式为_________。
(2)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为___________，碳原子的轨道杂化类型为_______。
(3)已知Cr3+等过渡元素水合离子的颜色如下表所示：
离子
Sr3+
Cr3+
Fe2+
Zn2+
水合离子的颜色
无色
绿色
浅绿色
无色
请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因为___________。
Ⅱ．ZnCl2浓溶液常用于除去金属表面的氧化物，如与FeO反应可得 Fe[Zn(OH)Cl2]2溶液。
(4) Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)。
A 离子键 B 共价键 C 金属键 D 配位键 E 范德华力 F 氢键
Ⅲ．某微粒的球棍模型如下图所示。
(5)已知含有1个碳原子和3个氢原子，请写出该微粒的化学式：_____。
Ⅳ．铜与氧元素形成的晶胞如下图所示：
(6)晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，则d的坐标参数为___________，已知该晶体的密度为ρg/cm3，NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数为___________cm(列出计算式即可)。
【答案】 (1). (2). N>O>H>C (3). sp3和sp2 (4). 没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满） (5). AC (6). CH3— (7). (，，) (8).
【解析】
【详解】（1）Cr元素位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子轨道表达式为，故答案为：；
(2)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含的元素有H、C、N和O，同周期元素从左到右，元素第一电离能逐渐增大，但N原子的2p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较相邻元素高，则第一电离能的大小顺序为N>O>H>C；NH2CH2COOH分子中含有饱和碳原子和羧基不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，羧基不饱和碳原子为sp2杂化，故答案为：N>O>H>C；sp3和sp2；
（3）Sc3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d，Cr3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由电子排布式可知水合离子的颜色与d轨道未成对电子有关，没有未成对电子，即d轨道上电子为全空或全充满的Sc3+、Zn2+的水合离子为无色，故答案为：没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满）；
(4) Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中存在的微粒有Fe2+、[Zn(OH)Cl2]—和H2O，[Zn(OH)Cl2]—离子中存在配位键和氢氧共价键，H2O分子中存在氢氧共价键，H2O分子间存在范德华力和氢键，不存在离子键和金属键，故答案为：AC；
（5）由球棍模型可知，该微粒为三角锥形，说明C原子的价层电子对数为4,孤对电子数为3，则化学式为CH3—，故答案为：CH3—；
（6）由晶胞示意图可知，位于顶点的a和体心的b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，d位于体对角线的处，则d的坐标参数为(，，)；晶胞中Cu原子的个数为4，O原子的个数为8×+1=2，则化学式为Cu2O，Cu2O的摩尔质量为144g/mol，设晶胞的参数为a，晶胞的质量为a3ρ=，则a=cm，故答案为：(，，)；。
【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，注意原子核外电子排布规律、化学键、杂化类型以及晶胞计算的方法是解答关键。
12.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：i.RCH2Br
ii.
iii.（以上R,,代表氢，烷基或芳基等）
(1)A属于芳香烃，其名称是___________。
(2)B的结构简式是___________。
(3)C生成D的化学方程式是___________
(4)由G生成H的反应类型是___________，试剂b是___________。
(5)下列说法正确的是______(选填字母序号)。
a．G存在顺反异构体
b．由G生成H的反应是加成反应
c．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
d．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2 mol NaOH
(6)E有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物，并既能发生加聚反应又能发生水解反应的有_____种(不考虑立体异构)。
(7)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。______
【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). +CH3OH+H2O (4). 加成反应 (5). 氢氧化钠醇溶液 (6). bd (7). 7 (8).
【解析】
【分析】
由C的结构简式为逆推可知，与溴在光照条件下发生取代反应生成，则B为；一个侧链发生氧化反应生成，则A为；由流程各物质转化可知，与CH3OH在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成，则D为；发生信息i反应生成，则E为；发生信息ii反应生成，则F为；由H的结构简式和信息iii可知G为。
【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物，A的结构简式为，名称为1，2-二甲苯（邻二甲苯），故答案为：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；
（2）与溴在光照条件下发生取代反应生成，则B的结构简式为，故答案为：；
(3)C生成D反应为，与CH3OH在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；
(4)由G生成H的反应为2分子发生加成反应生成；在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成，则b为氢氧化钠醇溶液，故答案为：加成反应；氢氧化钠醇溶液；
(5) a、顺反异构体形成的条件是碳碳双键上碳原子都连接两个不同的原子或原子团，由G的结构简式可知双键的一个碳原子连接2个氢原子，故错误；
b、由G生成H的反应为2分子发生加成反应生成，故正确；
c、含有的苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，则1molG最多能与4 mol H2发生加成反应，故错误；
d、F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应，H的结构简式为，分子中含有两个酯基，1mol的H与NaOH发生水解反应最多可消耗2 molNaOH，故正确；
bd正确，故答案为：bd；
（6）E的同分异构体属于芳香族化合物说明含有苯环，能发生加聚反应说明含有碳碳双键，能发生水解反应说明含有酯基，苯环上有1个侧链，侧链可能为CH2=CHCOO—、CH2=CHOOC—、—CH=CHOOCH和，含有2个侧链，侧链可能为CH2=CH—和HCOO—，在苯环上有邻、间、对3中结构，则共有7种同分异构体，故答案为：7；
（7）由合成物质的结构简式，运用逆推法可知，一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，在铜做催化剂作用下，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛与溴乙烷发生信息i反应生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3发生信息iii反应生成，合成路线如下： ，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 S~32 K~39 Cu~64 I~127
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法错误的是
A. 静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 石油裂解和油脂皂化都是由高分子物质生成小分子物质的过程
D. 将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内可以延长水果的保鲜期
【答案】C
【解析】
【详解】A项、丁达尔效应为胶体特有的性质，静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种“淘米水”是胶体，具有胶体的性质，故A正确；
B项、后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，为铜锡合金，故B正确；
C项、油脂不是高分子化合物，油脂皂化不是高分子生成小分子的过程，故C错误；
D项、乙烯是水果的催熟剂，乙烯中含有碳碳双键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应被吸收，延长水果的保鲜期，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质与应用，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的组成、性质、应用为解答的关键。
2.四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A. a的同分异构体只有b和c两种
B. a、b、c均能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. a、b分子中的所有原子一定处于同一平面
D. 不考虑立体结构，a、c的二氯代物均只有三种，b的一氯代物有五种
【答案】D
【解析】
【分析】
四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，四元軸烯和苯乙烯含有碳碳双键，能够表现烯烃的性质，立方烷不含有碳碳双键不能表现烯烃的性质。
【详解】A项、分子中含有多个碳碳双键、叁健或环状满足分子式为C8H8的烃很多，如CH2=CHCH=CHCH=CHC≡CH等，故A错误；
B项、立方烷不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C项、苯分子中所有原子在同一平面，乙烯中所有原子也在同一平面，苯乙烯分子可以看成是苯分子中一个氢原子被乙烯基取代，苯乙烯中由于乙烯基与苯环相连的单键是可以旋转的，则苯乙烯分子中所有原子可能处于同一平面上，故C错误；
D项、四元軸烯的二氯代物有、和三种，立方烷二氯代物有、和三种，苯乙烯的一氯代物有、、、和五种，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响，能够正确判断同分异构体的数目是解答关键。
3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向同体积同浓度的H2O2溶液中，分别加入1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液，加氯化铁溶液的H2O2分解的快
铁离子对H2O2分解速率的影响比铜离子大
B
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
析出了NaHCO3
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热，得到蓝色溶液
蔗糖水解产物没有还原性
D
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)
Ksp(AgBr)
【答案】B
【解析】
分析】
A、1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液中氯离子浓度不同；
B、NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3；
C、未加氢氧化钠溶液至呈碱性；
D、NaCl和NaBr的混合溶液中两者的浓度不一定相同。
【详解】A项、1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，故A错误；
B项、向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，会有NaHCO3晶体析出，故B正确；
C项、蔗糖溶液中滴加少量稀硫酸水浴加热后生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和新制的Cu（OH）2悬浊液在碱性条件下发生氧化反应，应先加入氢氧化钠溶液至呈碱性，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热才能出现砖红色沉淀，故C错误；
D项、NaCl和NaBr的混合溶液中两者的浓度大小不明确，无法确定两者溶度积的大小，应向浓度相同的NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目大于0.1NA
B. 0.2 molNO和0.1molO2充分反应后，混合物的分子数为0.2NA
C. 64g铜丝加热下在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为NA
D. 14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n
【答案】C
【解析】
【详解】A项、向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，由电荷守恒可知溶液中c（NH4+）=c（Cl—）=0.1mol·L－1，则1L溶液中NH4+的数目为0.1NA，故A错误；
B项、0.2 molNO和0.1molO2充分反应生成0.2molNO2，NO2发生聚合反应生成N2O4使分子数减小，故B错误；
C项、铜与硫共热生成硫化亚铜，64g铜的物质的量为1mol，则失去的电子数为NA，故C正确；
D项、CnH2n的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃，环烷烃不含有碳碳双键，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意物质的性质与属性，明确电荷守恒的应用是解答关键。
5.有四种短周期元素(除稀有气体之外)X、Y、M、N，其中X是短周期中金属性最强的元素；Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍；M的单质是一种有色气体，可用于自来水的消毒；N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成分，该药物用于治疗胃酸过多。下列说法正确的是
A. N与M形成的化合物的水溶液显酸性
B. X有两种常见氧化物，所含的化学键类型完全相同
C. 离子半径：N>X，Y>M
D. 气态氢化物的稳定性：Y>M
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，X是短周期中金属性最强的元素，则X为Na元素；由Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍可知，Y原子最外层电子数为6，原子有3个电子层，则Y为S元素；M的单质是一种有色气体，可用于自来水的消毒，则M为Cl元素；N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成分，该药物用于治疗胃酸过多，则N为Al元素。
【详解】A项、N与M形成的化合物为氯化铝，铝离子在溶液中水解，使溶液呈酸性，故A正确；
B项、X的两种常见氧化物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中含有离子键、共价键，故B错误；
C项、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：N（Al3+）<（Na+），Y（S2-）>（Cl-），故C错误；
D项、元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（S）
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意元素位置、结构及其相互关系的应用，依据题给信息正确推断元素是解本题关键。
6.水产养殖户常用电解法净化鱼池中的水，其工作原理如下图所示。下列说法中正确的是
A. X极是电源的负极，发生氧化反应
B. 工作过程中阴极区溶液的pH逐渐减小
C. 当电路中转移10mole－时，Ⅱ极上产生22.4LN2
D. I极上的电极反应式：C6H12O6-24e－+6H2O==6CO2↑+24H+
【答案】D
【解析】
【分析】
从装置图中可知，X端连接的I电极上，在微生物作用下，C6H12O6失电子发生氧化反应反应生成CO2，I为电解池的阳极，Y端连接的Ⅱ电极上，在微生物作用下，硝酸根离子得电子发生还原反应生成了氮气，Ⅱ为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极。
【详解】A项、X端连接的电极上，在微生物作用下，C6H12O6失电子发生氧化反应生成CO2，为电解池的阳极，则X是电源的为正极，故A错误；
B项、Ⅱ为电解池的阴极，在微生物作用下，硝酸根离子在阴极上得电子发生还原反应生成了氮气，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，反应消耗H+，阴极区溶液的pH逐渐增大，故B错误；
C项、未明确是否为标准状况，无法计算Ⅱ极上产生N2的体积，故C错误；
D项、I为电解池的阳极，在微生物作用下，C6H12O6在阳极上失电子发生氧化反应生成CO2，电极反应式为C6H12O6-24e－+6H2O==6CO2↑+24H+，故D正确；
故选D。
【点睛】：本题考查了电解池原理和应用，注意依据电极上物质变化确定元素化合价变化，依据反应类型确定电解池和原电池的电极名称是解题的关键。
7.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是一元强碱。常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示(已知：溶液导电性与离子浓度相关)。下列说法正确的是
A. 在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d
B. c点溶液中：c(H+)=c(OH－)+c(NH3·H2O)
C. 曲线I中c与e之间某点溶液呈中性
D. a点溶液pH=12
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线I对应溶液为弱电解质溶液，即曲线I代表氨水，曲线2代表四甲基氢氧化铵，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故A错误；
B.c点表示溶质是氯化铵，质子守恒式为c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O)，故B正确；
C.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故C错误；
D.依题意，四甲基强氧化铵是一元强碱，c (OH-)=0.1mol∙L-1，c(H+)=1×10-13 mol∙L-1，pH=-lg c(H+)=13，故D错误。
故选B。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题(共129分)
8.硫是一种自然界分布较广的元素，在很多化合物中都含有该元素，回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为___________。
(2)使分液漏斗中液体顺利流下的操作是___________。
(3)选用上面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
①甲同学认为按照A→C→F的顺序连接装置即可证明，乙同学认为该方案不合理，其理由是___________。
②丙同学设计的合理实验方案为：A→C→_____→___→D→F，其中装置C的作用是_____，证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是____。
(4)K2S2O3具有强氧化性，可通过电解H2SO4和K2SO4的混合溶液制得，其阳极反应式为_____。称取0.2500g产品于碘量瓶中，加100mL水溶解，再加入8.000g KI固体(稍过量)，振荡使其充分反应；加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉为指示剂，用cmol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液VmL，则样品中K2S2O8的纯度为______%(用含c、V的代数式表示，已知：S2O82－+2I－=2SO42－+I2；2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
【答案】 (1). CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O (2). 拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞 (3). SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理 (4). B (5). E (6). 除去HCl气体 (7). D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 (8). 2SO42——2e— =S2O82— (9). 54cV
【解析】
【分析】
（1）亚硫酸盐与盐酸反应可生成二氧化硫；
（2）从分液漏斗操作规范解答；
（3）SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，应先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再验证碳酸的酸性强于次氯酸，从而说明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
（4）可利用反应物之间计量关系计算。
【详解】（1）盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水，反应方程式为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O，故答案为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O；
（2）分液漏斗使用时应使内外压强平衡，便于溶液顺利流下，放液时应拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞，故答案为：拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞；
（3）①次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，不能探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，故答案为：SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理；
②装置A中盐酸与亚硫酸钙反应制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制得的二氧化硫中混有HCl，应用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再将二氧化碳通入F中，反应生成次氯酸，验证碳酸的酸性强于次氯酸，从而说明亚硫酸的酸性强于次氯酸，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B；E；除去HCl；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀；
（4）由题意可知，SO42—在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82—，电极反应式为2SO42——2e— =S2O82—；由题给离子方程式可得关系式S2O82-～2S2O32-，n（S2O32-）=cV×10—3mol，则n（S2O82-）= cV×10—3mol，样品中K2S2O8的纯度为=54cV%，故答案为：2SO42——2e— =S2O82—；54cV。
【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质是解答关键。
9.乙炔(C2H2)在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛，可由电石(CaC2)直接水化法或甲烷在1500℃左右气相裂解法生产。
(1)电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3000℃下反应生成CaC2，CaC2再与水反应即得到乙炔。CaC2与水反应的化学方程式为____
(2)已知：CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(1) △H1=－890.3kJ/mol
C2H2(g)+2.50(g)===2CO2(g)+H2O(1) △H2=－1299.6J/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H3=－571.6kJ/mol
则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)===C2H2(g)+3H2(g)的△H=_____kJ/mol。
(3)哈斯特研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图所示。
①T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3 mol CH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得c(C2H4)=c(CH4)。该反应△H____0(填“>”或“<”)，CH4的平衡转化率为____%(保留3位有效数字)。上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol/(L·s)的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，平衡时，c(CH4)=2c(C2H4)，则T1_____(填“>”或“<”)T2，t=______s。
②列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图中A点温度时的平衡常数K=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05=－1.3)。
③由图可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有___________。
【答案】 (1). CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑ (2). +376.4kJ/mol (3). > (4). 66.7% (5). > (6). 5 (7). 5×104 (8). 可以充入适量的乙烯
【解析】
【分析】
（1）碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔；
（2）根据盖斯定律来分析；
（3）①分解反应绝大多数为吸热反应；设出CH4的转化浓度，然后根据三段式，利用c（C2H4）=c（CH4）来解答；根据改变温度后，CH4的浓度升高来判断温度的变化；表示出变化后的CH4和C2H4的浓度，然后根据c（CH4）=2c（C2H4）来计算；
②根据平衡常数表达式来计算；
③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，可以充入适量的乙烯。
【详解】（1）碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；
（2）将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律将①×4-②-③×可得：2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g），则△H=（-890.3kJ•mol-1 ）×4-（-1299.6kJ•mol-1）-（-571.6kJ•mol-1）×=+376.4kJ/mol，故答案为：+376.4kJ/mol；
（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度升高，C2H4的平衡分压增大，说明反应2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）向正反应方向移动，则该反应为吸热反应；设平衡时C2H4的平衡浓度为Xmol，由题给数据建立如下三段式：
2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）
起（mol/L）0.3 0 0
变（mol/L）2X X 2X
平（mol/L）0.3—2X X 2X
由c（C2H4）=c（CH4）可得0.3—2X=X，解得X=0.1mol，CH4的平衡转化率=×100%=66.7%；改变温度后，CH4的浓度升高，说明平衡向正反应方向移动，则温度应为降低，即T1>T2；由于CH4以0.01mol/（L•s）的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，故在ts的时间内，CH4的浓度变化为0.01tmol/L，利用三段式来计算：
2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）
起（mol/L）0.1 0.1 0.2
变（mol/L）0.01t 0.005t 0.01t
平（mol/L）0.1+0.01t 0.1—0.005t 0.2—0.01t
由c（CH4）=2c（C2H4）可得0.1+0.01t=2×（0.1-0.005t），解得t=5S，故答案为：>；66.7%；>；5；
②由图中数据可知，A点温度时，C2H2平衡分压为0.05 Pa，H2平衡分压为104Pa，CH4平衡分压为103Pa，则平衡常数K==5×104 Pa，故答案为：5×104；
③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，充入适量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的转化，从而提高甲烷制乙炔的转化率，故答案为：可以充入适量的乙烯。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，注意盖斯定律的应用、化学平衡常数以及利用三段式来计算转化率等内容的熟练掌握是解答关键。
10.实验室用氧化锌矿粉(主要含ZnO、FeCO3、CuO等)制备碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，并将其用于合成氨工艺脱硫研究。
(1)“酸浸”时保持H2SO4过量的目的是___________。
(2)已知：Mn2+开始沉淀的pH=8.1。
①写出加入KMnO4溶液除铁的离子方程式：___________。
②流程中调节pH=5.4所加试剂X为____(填化学式)；试剂X、KMnO4溶液加入顺序能否互换?请判断并说明理由_____。
(3)上述流程中滤渣的成分为___________(写化学式)；“滤液”可以用作化肥，该滤液的主要成分为___________(填化学式)。
(4)检验Zn2(OH)2CO3是否洗涤干净的方法是___________。
(5)合成氨原料气脱硫原理如图，碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为______。
【答案】 (1). 提高矿石的浸出率（或防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解） (2). 3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ (3). ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等） (4). 不能，强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2+，在除去Mn2+时，会使Zn2+同时沉淀 (5). Cu和Zn (6). （NH4）2SO4 (7). 取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (8). Zn2(OH)2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
向氧化锌矿粉（主要含ZnO、FeCO3、CuO等）加入50%～60%硫酸酸浸，氧化锌矿粉溶解，得到溶液中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子，加入ZnO等调节溶液pH=5.4，然后加入高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Fe（OH）3沉淀和MnO2沉淀，除铁后在滤液中加入过量Zn，除去铜，加入碳酸铵调节溶液pH6.0～6.5，生成Zn2（OH）2CO3。
【详解】（1）“酸浸”时保持H2SO4过量，可使固体充分溶解，且防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解，故答案为：提高矿石的浸出率（或防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解）；
（2）①由流程图可知，加入高锰酸钾溶液除铁时，Fe元素以氢氧化铁的形式除去，同时生成二氧化锰沉淀，则除铁的离子方程式是3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故答案为：3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
②向酸浸溶液中加入X调节溶液pH=5.4，目的是中和过量的硫酸调节溶液的pH又不能引入新的杂质，所以X只能是ZnO或碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌等；试剂X与高锰酸钾不能互换，因为在酸性条件下，高锰酸根离子被还原为锰离子，而锰离子沉淀时的pH=8.1>5.4，此时Zn2+也会沉淀，所以不能互换，故答案为：ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等）；不能，强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2+，在除去Mn2+时，会使Zn2+同时沉淀；
（3）向除铁的滤液中加入过量Zn，用锌还原出铜离子，除去铜，过滤得滤渣为铜和过量的锌；加入碳酸铵调节pH6.0～6.5，可生成Zn2（OH）2CO3，同时生成（NH4）2SO4，（NH4）2SO4可用作化肥，故答案为：Cu和Zn；（NH4）2SO4；
（4）Zn2（OH）2CO3沉淀表面附有可溶性的（NH4）2SO4杂质，检验Zn2(OH)2CO3是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中不含有硫酸根，具体操作是取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；
（5）碱式碳酸锌吸收硫化氢后得到ZnS沉淀，同时又二氧化碳、水生成，过滤后可达到除硫的目的，反应的化学方程式为Zn2(OH)2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O。
【点睛】本题是化学工艺流程，侧重于分析、实验能力的考查，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理来分析问题，运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题是解答关键。
(二)选考题：共45分。请考生分别从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中各选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11.I．K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：Cr2O72－(橙色)+CH3CH2OH→Cr3+(绿色)+CH3COOH(未配平)
(1)基态Cr原子的价电子轨道表达式为_________。
(2)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为___________，碳原子的轨道杂化类型为_______。
(3)已知Cr3+等过渡元素水合离子的颜色如下表所示：
离子
Sr3+
Cr3+
Fe2+
Zn2+
水合离子的颜色
无色
绿色
浅绿色
无色
请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因为___________。
Ⅱ．ZnCl2浓溶液常用于除去金属表面的氧化物，如与FeO反应可得 Fe[Zn(OH)Cl2]2溶液。
(4) Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)。
A 离子键 B 共价键 C 金属键 D 配位键 E 范德华力 F 氢键
Ⅲ．某微粒的球棍模型如下图所示。
(5)已知含有1个碳原子和3个氢原子，请写出该微粒的化学式：_____。
Ⅳ．铜与氧元素形成的晶胞如下图所示：
(6)晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，则d的坐标参数为___________，已知该晶体的密度为ρg/cm3，NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数为___________cm(列出计算式即可)。
【答案】 (1). (2). N>O>H>C (3). sp3和sp2 (4). 没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满） (5). AC (6). CH3— (7). (，，) (8).
【解析】
【详解】（1）Cr元素位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子轨道表达式为，故答案为：；
(2)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含的元素有H、C、N和O，同周期元素从左到右，元素第一电离能逐渐增大，但N原子的2p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较相邻元素高，则第一电离能的大小顺序为N>O>H>C；NH2CH2COOH分子中含有饱和碳原子和羧基不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，羧基不饱和碳原子为sp2杂化，故答案为：N>O>H>C；sp3和sp2；
（3）Sc3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d，Cr3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由电子排布式可知水合离子的颜色与d轨道未成对电子有关，没有未成对电子，即d轨道上电子为全空或全充满的Sc3+、Zn2+的水合离子为无色，故答案为：没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满）；
(4) Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中存在的微粒有Fe2+、[Zn(OH)Cl2]—和H2O，[Zn(OH)Cl2]—离子中存在配位键和氢氧共价键，H2O分子中存在氢氧共价键，H2O分子间存在范德华力和氢键，不存在离子键和金属键，故答案为：AC；
（5）由球棍模型可知，该微粒为三角锥形，说明C原子的价层电子对数为4,孤对电子数为3，则化学式为CH3—，故答案为：CH3—；
（6）由晶胞示意图可知，位于顶点的a和体心的b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，d位于体对角线的处，则d的坐标参数为(，，)；晶胞中Cu原子的个数为4，O原子的个数为8×+1=2，则化学式为Cu2O，Cu2O的摩尔质量为144g/mol，设晶胞的参数为a，晶胞的质量为a3ρ=，则a=cm，故答案为：(，，)；。
【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，注意原子核外电子排布规律、化学键、杂化类型以及晶胞计算的方法是解答关键。
12.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：i.RCH2Br
ii.
iii.（以上R,,代表氢，烷基或芳基等）
(1)A属于芳香烃，其名称是___________。
(2)B的结构简式是___________。
(3)C生成D的化学方程式是___________
(4)由G生成H的反应类型是___________，试剂b是___________。
(5)下列说法正确的是______(选填字母序号)。
a．G存在顺反异构体
b．由G生成H的反应是加成反应
c．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
d．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2 mol NaOH
(6)E有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物，并既能发生加聚反应又能发生水解反应的有_____种(不考虑立体异构)。
(7)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。______
【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). +CH3OH+H2O (4). 加成反应 (5). 氢氧化钠醇溶液 (6). bd (7). 7 (8).
【解析】
【分析】
由C的结构简式为逆推可知，与溴在光照条件下发生取代反应生成，则B为；一个侧链发生氧化反应生成，则A为；由流程各物质转化可知，与CH3OH在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成，则D为；发生信息i反应生成，则E为；发生信息ii反应生成，则F为；由H的结构简式和信息iii可知G为。
【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物，A的结构简式为，名称为1，2-二甲苯（邻二甲苯），故答案为：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；
（2）与溴在光照条件下发生取代反应生成，则B的结构简式为，故答案为：；
(3)C生成D反应为，与CH3OH在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；
(4)由G生成H的反应为2分子发生加成反应生成；在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成，则b为氢氧化钠醇溶液，故答案为：加成反应；氢氧化钠醇溶液；
(5) a、顺反异构体形成的条件是碳碳双键上碳原子都连接两个不同的原子或原子团，由G的结构简式可知双键的一个碳原子连接2个氢原子，故错误；
b、由G生成H的反应为2分子发生加成反应生成，故正确；
c、含有的苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，则1molG最多能与4 mol H2发生加成反应，故错误；
d、F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应，H的结构简式为，分子中含有两个酯基，1mol的H与NaOH发生水解反应最多可消耗2 molNaOH，故正确；
bd正确，故答案为：bd；
（6）E的同分异构体属于芳香族化合物说明含有苯环，能发生加聚反应说明含有碳碳双键，能发生水解反应说明含有酯基，苯环上有1个侧链，侧链可能为CH2=CHCOO—、CH2=CHOOC—、—CH=CHOOCH和，含有2个侧链，侧链可能为CH2=CH—和HCOO—，在苯环上有邻、间、对3中结构，则共有7种同分异构体，故答案为：7；
（7）由合成物质的结构简式，运用逆推法可知，一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，在铜做催化剂作用下，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛与溴乙烷发生信息i反应生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3发生信息iii反应生成，合成路线如下： ，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。
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