2019版高考化学二轮复习答题方法打破“75”小卷练2019版高考化学二轮复习答题方法打破“75”小卷练2019版高考化学二轮复习答题方法打破“75”小卷练分分分方法方法丰富“7＋5”小卷练本
试卷
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分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：H—1Li—7C—12N—14O—16K—39Cl—35.5Mn—55Fe—56Zn—65选择题一、选择题(本题共7小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的。)7．化学与生产、生活、社会亲近相关。以下相关说法中正确的选项是()A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．酒精能够使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒收效越好C．食品袋中放置的CaO可直接防范食品氧化变质D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的解析铬为重金属，服用铬含量超标的药用胶囊会危害人体健康，A项正确。纯度过高(如95%)的酒精会使细菌
表
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层蛋白凝固，阻挡酒精向内浸透，进而影响杀菌收效，常用75%的酒精进行杀菌消毒，B项错误；食品袋中放置的CaO的作用是防范食品受潮，C项错误；酸雨是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D项错误。答案A8．对中国古代著作涉及化学的表达，以下解读错误的选项是()A．《汉
书
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》中“高奴，有洧水，可燃”，这里的“洧水”指的是石油B．《抱朴子》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”，其中“曾青”是可溶性铜盐C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰也今人以灰淋汁，取硷浣衣”里的“硷”是K2CO3D．《天工开物》中“凡石灰经火燃烧为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2解析“洧水”为液体，可燃，据此推断其为石油，A项正确；“铁赤色如铜”说明曾青与铁反应，有铜生成，据此推断“曾青”为可溶性铜盐，B项正确；“所烧薪柴之灰”为草木高温灰，能够推断“硷”为K2CO3，C项正确；该石灰“经火燃烧”获得，发生反应CaCO3=====CaO＋CO2↑，能够推断“石灰”为CaO，D项错误。1分分分方法方法丰富答案D9．偏二肼的化学式为C2H8N2，则C2H8N2不含碳碳键的同分异构体有()A．2种B．3种C．5种D．6种答案B10．实验室中用以下装置测定SO2催化氧化为SO3的转变率(部分夹持装置已省略，已知SO3的熔点为16.8℃，假设气体进入装置时均被完好吸取，且忽略空气中CO2的影响)，以下说法不正确的选项是()A．A装置烧瓶中发生的反应能够表示为2－＋SO3＋2H===SO2↑＋H2OB．用D装置制备氧气，试管中的药品能够是KClO3C．当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要连续通一段时间的氧气D．C中产生的白色积淀是BaSO4解析70%的浓硫酸能够电离出H＋，A项正确；利用D装置加热固系统取氧气，用氯酸钾制备氧气时，需要用二氧化锰作催化剂，B项错误；关于定量测定实验，除了要消除空气、水蒸气等的搅乱，还要将产物SO3以及未反应的SO2全部驱赶至后续装置以进行正确测量或称量，故反应停止后还要连续通入一段时间的氧气，C项正确；装置C中发生的反应是：3SO22＋－＋，积淀为BaSO4，D项正确。＋3Ba＋2NO3＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO↑＋4H答案B11．如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转变成C和Li2CO3，充电时采用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2。以下说法中正确的选项是()A．该电池放电时，Li＋向电极X方向搬动2分分分方法方法丰富B．该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连C．该电池放电时，每转移4mol电子，理论上生成1molCD．该电池充电时，阳极反应式为：C＋2Li2CO－4e－===3CO↑＋4Li32答案C12．X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。以下说法正确的是()A．M与X形成的化合物对应的水化物必然是强酸B．Y2X和Y2X2中化学键种类相同，阴、阳离子的个数比相同C．气态氢化物的热牢固性：M>N2－＋)D．离子半径：r(X)>r(Y解析依照X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，知X为O；X、M同主族，则M为S；依照四种元素为短周期主族元素，且原子序数依次增大，知N为Cl；依照Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，知Y为Na。M与X形成的化合物有SO2、SO，对应的水化物分别3为H2SO3、H2SO4，H2SO3为弱酸，A项错误；Na2O中只含离子键，Na2O2中含离子键、非极性共价键，B项错误；非金属性：S
r(Na＋)，D项正确。答案D13．将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混杂溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(已知lg2＝0.3，lg5＝0.7)。以下表达正确的选项是()－c（HA）A．曲线N表示pH与lg的变化关系c（H2A）B．Ka2(H2A)＝5×10－4C．NaHA溶液中c(H＋)>c(OH－)D．在交点a的溶液中，c(H2A)>c(HA－)>c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)3分分分方法方法丰富－解析向H2A溶液中加入NaOH溶液时，c(H2A)逐渐减小，c(HA－)增大，即lgc（HA）增大c（H2A）(为曲线M)；此后－2－)增大，lgc（HA－）减小(为曲线N)，A项错误；Ka2(H2A)c(HA)减小，c(A2－c（A）＋2－）＋2－）－）c（H）·c（Aa2(H2A)＝lgc（H）·c（Ac（HA＝－，lg－＝－pH－lg2－＝－3－c（HA）Kc（HA）c（A）1.3＝－4.3，Ka2(H2A)＝5×10－5，B项错误；由于Ka2(H2A)＝5×10－5，必然比水解常数－＝Kw/Ka1大，NaHA溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，C项正确；在a点时，lgc（HA）＝lgc（H2A）＝1.5，有c(HA－)>c(A2－)＝c(H2A)，D项错误。Kb(NaHA)－c（HA）2－c（A）答案C非选择题二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每道题考生都必定作答。第35、36题为选考题，考生依照要求作答。)(一)必考题(共43分)26．(14分)过氧化钙是一种白色固体，常用作杀菌剂、防腐剂。化学实验小组采用如图装置(部分固定装置略)用钙和氧气制备过氧化钙。①请选择必要的装置(装置可重复使用)，按气流方向连接序次为________________________________________________________________________。(填仪器接口的字母编号)②连接好装置进行实验，步骤以下：Ⅰ.检查装置气密性后，装入药品；._________________________________________________________；.点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，_____________________________；Ⅳ.拆掉装置，取出产物。(2)已知化学反应2＋＋。在碱性环境中制取Ca＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4CaO2·8H2O的装置以下列图：4分分分方法方法丰富①装置B中仪器X的作用是______________________________________；反应在冰水浴中进行的原因是_______________________________________。②反应结束后，经________、________、低温烘干获得CaO2·8H2O。解析(1)①由题图知，制备过氧化钙时装置的连接序次为：制备氧气的装置(A)→气体干燥装置(C)→O2与钙高温下反应的装置(B)→干燥装置(C，防范空气中的H2O进入反应装置)，故按气流方向连接序次为：aedbce或aedcbe。②装入药品后，先打开分液漏斗的旋塞，通一段时间氧气，排出装置中的空气后，点燃B处酒精灯；反应结束后，为了防范倒吸，先熄灭酒精灯，待产品冷却后，再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞。(2)①在装置A中制备NH3，由于NH3极易溶于水，吸取时要防范倒吸，故装置B中仪器X的作用是导气并防范倒吸。H2O2受热简单分解，反应在冰水浴中进行可防范温度过高H2O2分解，同时有利于晶体析出。②反应结束后，经过滤、冲洗、低温烘干即可获得CaO2·8H2O。答案(1)①aedbce或aedcbe②打开分液漏斗旋塞，通一段时间氧气先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞①导气，防范倒吸防范温度过高H2O2分解；有利于晶体析出②过滤冲洗27．(14分)磷酸二氢钾(KH2PO4)在工业、农业、医药及食品等行业均有广泛的应用。利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的
工艺
钢结构制作工艺流程车尿素生产工艺流程自动玻璃钢生产工艺2工艺纪律检查制度q345焊接工艺规程
流程以下列图(部分流程步骤已省略)：其中，萃取是由于KCl和H3PO4产生的HCl易溶于有机萃取剂。请回答以下问题：氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价是________。用化学反应原理解释KCl和H3PO4生成KH2PO4的原因：____________________________________________________________________________________________________________________________。(3)若在实验室中进行操作Ⅰ和Ⅱ，则需要相同的玻璃仪器是________；沸腾槽不能够采用陶5分分分方法方法丰富瓷材质的原因是________________________________________________(用化学方程式表示)。副产品N的化学式是________；在获得N的流程中“”的操作步骤是________________________________________________________、冲洗、干燥。n（KCl）(5)在萃取过程中，影响萃取率的因素复杂，以下列图是投料比对萃取率的影响曲线，n（H3PO4）在实质操作中，应选择投料比n（KCl）的范围是________(填序号)。n（HPO）34A．0.2～0.4B．0.4～0.6C．0.6～0.8D．0.8～1.0E．1.0～1.2(6)电解法制备KHPO是用石墨作电极，将电解槽分为a区和b区，中间用阳离子交换膜隔24－1－1KCl。阳极区为________(填“a”或“b”)离，a区为3mol·LH3PO4，b区为3mol·L区，其电极反应式是____________________________________________________________。解析(1)在Ca5P3FO12中Ca为＋2价、F为－1价、O为－2价，由化合物中元素化合价的代数和为0，则P为＋5价。(2)该反应是KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl，加入有机萃取剂后，HCl被萃取到有机层，水溶液中c(HCl)减小，使得平衡向生成KH2PO4的方向搬动。在实验室中进行操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是萃取，则需要用到相同的玻璃仪器是烧杯。在沸腾槽中生成了HF，陶瓷中含有SiO2，可发生反应：4HF＋SiO2===2HO＋SiF4，故沸腾槽不能够采用陶瓷材质。依照流程知副产品N是NH4Cl，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冲洗干燥可获得。(5)为了获得更多的KH2PO4，原料磷酸损失越少越好，所以磷酸的萃取率要低，但HCl的萃6分分分方法方法丰富取率要比较高，由图像可知，在n（KCl）为宜。＝1.0～1.2n（H3PO4）(6)由于中间用阳离子交换膜隔断，只能是K＋经过隔膜到阴极区生成KH2PO4，故KCl所在的b区是阳极区，电极反应式：2Cl－－2e－===Cl↑。2答案(1)＋5(2)该反应是KCl＋HPOKHPO＋HCl，加入有机萃取剂后，HCl被萃取到有机层中，3424水溶液中c(HCl)减小，使得平衡向生成KH2PO4的方向搬动(3)烧杯4HF＋SiO2===2HO＋SiF4(4)NH4Cl(减压)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(5)E(6)b2Cl－－2e－===Cl2↑28．(15分)氮及其化合物在生活及工业生产中有重视要应用。请回答以下问题：如图1是N2(g)、H2(g)与NH3(g)之间转变的能量关系图，则：①N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为________________________________________________________。②过程(Ⅰ)和过程(Ⅱ)的反应热________(填“相同”或“不相同”)，原因是_______________________________________________________________。③必然温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molN2(g)、3molH(g)，达到平衡后，2混杂气体的总量为2.8mol，则该条件下反应N(g)＋3H2(g)2NH(g)的平衡常数为232________，H的平衡转变率为________。(2)用NH3能够除掉氮氧化物的污染，已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)1＝akJ·mol－1H222－1反应Ⅱ：N(g)＋O(g)2NO(g)H＝bkJ·mol7分分分方法方法丰富反应Ⅲ：4NH(g)＋6NO(g)5N(g)＋6HO(g)－1H＝ckJ·mol3223则反应Ⅱ中的b＝________(用含a、c的代数式表示)，反应Ⅲ中的S________(填“>”“<”或“＝”)0。在恒容的密闭器中，充入必然量的NH3和NO进行上述反应Ⅲ，测得不相同温度下反应系统中NH3的转变率(α)与压强p的关系如图2所示：①解析得p1________(填“>”“<”或“＝”)p2。②以下表达中，不能够作为判断反应Ⅲ已经达到平衡状态的标志的是________(填序号)。a．N2的浓度不再改变b．断裂6molN—H键的同时，有6molH—O键形成c．容器中压强不再变化d．混杂气体的密度保持不变解析(1)①由题图1可确定N(g)与H(g)反应生成NH(g)的热化学方程式为N(g)＋223223H＝－92kJ·mol－13H(g)2NH(g)。②反应热只与反应系统的始态和终态相关，而与反应的路子没关，所以过程(Ⅰ)和过程(Ⅱ)的反应热相同。③设该条件下反应达到平衡时，有xmolN2发生反应，依照三段式法得由达到平衡时，混杂气体的总量为2.8mol，可得(1－x)＋(3－3x)＋2x＝2.8，解得x＝0.6。则平衡时c(N2)＝0.4mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，c(NH3)＝1.2mol·L－1，平衡常数K2325c（NH）＝c（N2）·c3（H2）＝12。H2的平衡转变率为3×0.6÷3×100%＝60%。(2)依照盖斯定律，222a－ckJ·mol－1由(反应Ⅰ－反应Ⅲ)÷3，得N(g)＋O(g)2NO(g)H＝3。反应Ⅲ8分分分方法方法丰富中生成物气体的物质的量大于反应物的，所以反应Ⅲ是熵增反应，S>0。(3)①由题图2可知，当温度相同时，p1压强下NH3的转变率大于p2压强下的，因反应Ⅲ为气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向搬动，所以1<2。②N2的浓度不再改变，说明反应已达到平衡pp状态，a项不吻合题意；断裂6molN—H键的同时，必有6molH—O键形成，但反应不一定达到平衡状态，b项吻合题意；该反应在反应前后气体分子数不相等，压强不变说明反应达到平衡状态，c项不吻合题意；混杂气体的密度等于混杂气体的质量除以容器的体积，因该反应前后物质均是气态，则混杂气体的质量不变，又该反应系统为恒容系统，故混杂气体的密度素来不变，d项吻合题意。答案(1)①N(g)＋3H(g)2NH(g)223－1H＝－92kJ·mol②相同反应热只与反应系统的始态和终态相关，而与反应的路子没关2560%③12a－c>3①<②bd(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。若是多做，则按所做第一题计分。35．【选修3：物质构造与性质】(15分)(2018·甘肃张掖市高三质检)钾、氟及锌的相关化合物用途特别广泛。回答以下问题：基态锌原子的价电子排布式为________；K、F、Zn的电负性从大到小的序次为_________________________________________________________。(2)Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等，钙的熔点与沸点均比锌高，其原因是_________________________________________________________。(3)OF2分子的几何构型为________，中心原子的杂化类型为_____________________________________________________________。(4)KOH与O3反应可获得KO3(臭氧化钾)，KO3中除σ键外，还存在－互为等________；与O3电子体的分子为________(任写一种)。(5)K、F、Zn组成的一种晶体构造以下列图，其晶胞参数为a＝0.4058nm。9分分分方法方法丰富①晶胞中Zn2＋的配位数为________个。②晶胞中紧邻的两个F－间的距离为________(列出算式即可)nm。③该晶体的密度为________(列出算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g·cm－3。解析(1)锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2；元素的非金属性越强，电负性数值越大，金属性越强，电负性数值越小，金属性K>Zn，F的非金属性最强，电负性最大，电负性从大到小的序次为F>Zn>K。(2)锌的原子半径较大，金属键较弱，致使钙的熔点与沸点比锌高。(3)OF2分子中O原子的13的几何构型为V形。(4)KOH与O反价层电子对数＝2＋2(6－1×2)＝4，采用sp杂化，OF23应可获得KO(臭氧化钾)，KO属于离子化合物，除σ键外，还存在离子键和O中的π键，333－ClO2等。与O3互为等电子体的分子有①晶胞中与Zn2＋距离相等，且近来的为F－，有6个，所以Zn2＋配位数为6。②依照图示，－12晶胞中紧邻的两个F间的距离为晶胞边长一半的2倍，即2×0.4058nm×2＝2×0.411058nm。③该晶胞中含有锌离子的数量＝8×8＝1，氟离子的数量＝12×4＝3，钾离子数量＝1，化学式为KZnF3，1mol晶胞的质量为(39＋65＋19×3)g，1mol晶胞的体积为(0.4058×10－733（39＋65＋19×3）g3＝39＋65＋19×3)×Acm，则晶体的密度为－73－73N（0.4058×10）×Ncm（0.4058×10）×NAAg·cm－3。102F>Zn>K答案(1)3d4s锌的原子半径较大，金属键较弱(3)V形sp3(4)离子键和π键ClO2(或其他合理答案)(5)2×0.405839＋65＋19×3①6②2③（0.4058×10－7）3×NA10分分分方法方法丰富36．【选修5：有机化学基础】(15分)如图是由合成的一种路线图：催化剂已知：①CH3CH===CH2――→CH3CHO＋HCHO；O2i.HCN/OH－②RCHO――→＋；ii.H2O/H③F为含有三个六元环的酯；④，X代表官能团。请回答以下问题：(1)A的化学名称为________，B→F的反应种类是________。(2)E的构造简式为____________________________________________________。(3)由生成A的化学方程式为__________________________________________________________________________________。(4)B的同分异构体中，含有苯环，且苯环上有两个取代基，一个取代基中含有酯基，另一个取代基中含有醇羟基的构造有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1的为______________________________11分分分方法方法丰富________________________________________________________________(任写一种构造简式)。写出以CH3CH===CHCH3和CH2===CHCHO为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示比以下：O2CH3CH2OHCH3CHO――→CH3COOH――→CH3COOCH2CH3催化剂，△浓H2SO4，△解析(1)依照合成路线图及已知信息①可知，苯丙烯发生催化氧化后获得甲醛和苯乙醛，而F是含有三个六元环的酯，所以A不能能是甲醛，则A是苯乙醛，结合已知信息②知B为，2分子B发生酯化反应生成含有三个六元环的F，所以B到F发生的反应是取代反应。(2)E为B发生缩聚反应的产物，其构造简式是。(3)由已知信息①可知，苯丙烯与氧气反应的化学方程式是。(4)B为，其同分异构体中含有苯环，且苯环上有两个取代基，一个取代基中含有酯基，另一个取代基中含有醇羟基，则其同分异构体苯环上含有醇羟基的取代基能够是—CH2OH，则对应的含有酯基的取代基能够为—OOCCH3、—CH2OOCH、—COOCH3；若含有醇羟基的取代基是—CH2CH2OH、—CHOHCH3，则对应的含有酯基的取代基为—OOCH，又两个取代基在苯环上有邻、间、对3种地址关系，所以满足条件的B的同分异构体共有(3＋2)×3＝15(种)；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1的为12分分分方法方法丰富或。答案(1)苯乙醛取代反应(或酯化反应)(2)(3)＋HCHO(4)15或(任写一种即可)Br2NaOHCH===CHCHO2(5)CH3—CH===CH—CH3――→CH3CHBrCHBrCH3――→CH2===CH—CH===CH2――→CCl4乙醇，△△“7＋5”小卷练(二)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：H—1Li—7C—12N—14O—16K—39Cl—35.5Mn—55Fe—56Zn—65Ni—59选择题一、选择题(本题共7小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的。)7．(2018·衡阳市八中高三月考)化学与生活亲近相关，以下相关说法错误的选项是()13分分分方法方法丰富A．新能源汽车的实行与使用，有助于减少光化学烟雾的产生B．氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻分别到安全地域C．铁在润湿的空气中放置，易发生化学腐化而生锈D．地球上99%的溴元素以Br－形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上曾是常用作沉着剂解析A．新能源汽车的实行与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.肥皂水显碱性，所以氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻分别到安全区域，B正确；C.铁在润湿的空气中放置，易发生电化学腐化而生锈，C错误；D.地球上99%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作沉着剂，D正确，答案选C。答案C8．(2018·山东济宁高三期末)以下相关化学用语表示正确的选项是()A．四氯化碳分子的球棍模型：B．氢硫酸的电离：H2S2H＋＋S2－＋C．溴化铵的电子式：NH4D．含78其中子的碘原子：13153I解析氯原子的半径大于碳原子，该模型也不是球棍模型，故A错误；氢硫酸的电离：H2S＋－，故B错误；溴化铵的电子式：，故C错H＋HS误；含78其中子的碘原子，质量数是131，原子符号是131，故D正确。53I答案D9．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下表达不正确的选项是()A．6.0gSiO2晶体中含有共价键的个数为0.2ANB．
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状况下，11.2LSO2与22.4LO2反应，生成的SO3分子个数小于0.5ANC．MnO2与足量浓盐酸反应生成标准状况下11.2LCl2，转移电子数为NAD．室温下，53.5gNHCl晶体溶于氨水中，所得溶液＋的数量为NpH＝7，NH44A解析6.0gSiO2晶体的物质的量为0.1mol，含有共价键的个数为0.4NA，A错误；SO2与14分分分方法方法丰富O2的反应为可逆反应，B正确；依照氧化还原反应规律能够得出，生成0.5molCl2时转移电子数为N，C正确；53.5gNHCl的物质的量为1mol，依照电荷守恒，能够得出pH＝7A4＋的数量为N，D正确。时，NH4A答案A10．以下关于有机物的表达不正确的选项是()A．分子式为C4H8O2的酯有4种构造B．主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有3种C．丙烯分子中最多有7个原子共平面D．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷解析选项A，分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种构造，丙醇有2种构造，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；选项B，主链含5个C，则乙基只幸亏中间C上，甲基有2种地址，所以该烷烃有2种构造：、，B项错误；选项C，丙烯分子能够看做甲基取代乙烯中的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，C项正确；选项D，碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷，故D正确。答案B11．X、Y、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系以下列图。以下说法错误的选项是()15分分分方法方法丰富A．Q位于第三周期ⅠA族B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱－＋2＋C．简单离子半径：M>Q>RD．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸解析由Y的化合价只有－2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有＋1价，则X为氢元素，M的最高正价为＋7价，最低负价为－1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为＋3价，最高价为＋5价，则Z代表氮元素，Q只有＋1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有＋2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期ⅠA族，A正确；B项，X、Y、Z三种元素解析代表H、O、N，能够形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M－、Q＋、R2＋的半径大小应该为Cl－>Ca2＋>Na＋，故C错误；D项，Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO和HClO，都是强酸，故D正确；答案为C。34答案C12．锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯镍，装置以下列图。以下说法正确的选项是()A．装置中使用阳离子交换膜－－B．锌银电池a极反应式为Ag2O＋H2O＋2e===2Ag＋2OHC．镍极的主要反应为2H＋＋2e－===H2↑D．若锌银电池溶解13g锌，则镍极净增质量最多为5.9g解析A项，观察题图知，交换膜左侧硫酸浓度增大，说明2－由交换膜右侧向左侧迁移，SO4交换膜为阴离子交换膜，错误；B项，铂极为阳极，电极反应式为－＋，2HO－4e===O↑＋4H2则a极为锌银电池的正极，依照电池反应可书写正极反应式，正确；C项，本实验的主要目16分分分方法方法丰富的是冶炼纯镍，所以，镍极的主要反应是Ni2＋＋2e－===Ni，错误；D项，b极的电极反应式－－，理论上，耗资65g锌析出59g镍，则溶解13g锌，最多析为Zn－2e＋2OH===Zn(OH)2出11.8gNi，错误。答案B13．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10－5mol·L－1，将0.5mol(NH4)2SO4溶于水中，向所得溶液中滴加aL氨水后溶液呈中性，据此判断以下说法中不正确的选项是()A．滴加氨水的过程中，水的电离平衡将正向搬动B．滴加aL氨水后的溶液中，＋n(NH)＝200n(NH·HO)＝1mol432C．所滴加氨水的浓度为0.005－1amol·LD．滴加aL氨水后的溶液中各离子浓度大小为＋2－＋－c(NH)＝2c(SO)>c(H)＝c(OH)44解析往(NH4)2SO4溶液中加入的氨水是弱碱溶液，控制水的电离，故滴加氨水的过程中，水的电离平衡逆向搬动，故A错误；滴加aL氨水后溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1＋2－＋2－，结合电荷守恒可知，溶液中c(NH4)＝2c(SO4)，设此时溶液体积为yL，则c(NH4)＝2c(SO4)＝1－1，依照一水合氨电离方程式：NH3·H2O＋－＝mol·LNH4＋OH，平衡常数yK＋－）c（NH）·c（OH432c（NH·HO）＝1y－1－7－1mol·L×10mol·L＝2×10－5mol·L－1，计算获得c(NH3·H2O)c（NH3·H2O）1－1＋＝200ymol·L，则滴加aL氨水后的溶液中，n(NH4)＝200n(NH3·H2O)＝1mol，故B正确；设所加氨水的浓度为zmol·L－1，依照物料守恒，滴加aL氨水后溶液中n(NH3·H2O)＋－1＋＋n(NH)＝1mol＋zmol·L×aL，联立n(NH)＝200n(NH·HO)＝1mol，计算获得z44321＋＋－2－＝200a，故C正确；溶液中存在电荷守恒式：c(NH)＋c(H)＝c(OH)＋2c(SO)，又溶液44＋－＋2－＋－呈中性，c(H)＝c(OH)，则c(NH4)＝2c(SO4)>c(H)＝c(OH)，故D正确。答案A非选择题二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每道题考生都必定作答。第35、36题为选考题，考生依照要求作答。)(一)必考题(共43分)26．(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)有广泛的用途，实验室中经过以下方法制备：17分分分方法方法丰富①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3溶液中慢慢通入SO2至反应完好；②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH＝4.1；③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体请回答以下问题：(1)实验室可利用Na2SO3和较浓的硫酸制备少量SO2气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________________。硫酸浓度太大不利于SO2气体逸出，原因是___________________________。制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器以下。装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，序次为a→________→________→________→________→f。装置D的作用是__________________________________________________。步骤①反应的离子方程式为______________________________________，合成Na2S2O5的总化学方程式为_______________________________。(3)在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，反应的离子方程式为__________________________________。工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表示，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即经过向废水中加入H2O2，以Fe2＋作催化剂，产生拥有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解废水中的有机物。①其他条件一准时，n(H2O2)∶n(Fe2＋)的值对TOC去除收效的影响如图1所示：18分分分方法方法丰富当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2＋)＝________。②在pH＝4.5，其他条件一准时，H2O2的加入量对TOC去除收效的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40mL·L－1时，TOC去除率反而减小的原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H＋)较小，导致复分解反应速率慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体逸出。收集SO时，应先干燥，再收集—向上排空气法(进步短出)；又因SO易溶于水，要有防倒22吸装置(安全装置)。(2)反应停止时溶液的pH＝4.1，可推断反应的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式。初步原料是SO2和Na2CO3，目标产物是NaSO，依照质量守恒可写出化学方程式。(3)书写该氧化还原反应方程式的关225键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中＋2价碳必被氧化为2－CO3。(4)①222＋)＝1。②当22去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(HO)∶n(FeHO的加入量大于－1HO必参加了其他副反应。40mL·L时，随着HO含量增加去除率反而降低，说明2222答案(1)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H＋)很小，致使复分解反应速率慢decb防范倒吸2－－Na2CO3＋2SO===Na2S2O5＋CO2(2)CO3＋2SO＋H2O===2HSO3＋CO2－2－－2－2－(3)HCOO＋S2O5＋OH===CO3＋S2O4＋H2O(4)①1②酸性条件下H2O2直接与Fe2＋反应，致使溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得19分分分方法方法丰富TOC去除率下降27．(14分)铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程以下列图：已知：高温氧化时发生反应Fe(CrO2)2＋Na2CO3＋O2―→Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2(未配平)回答以下问题：将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式：________，高温氧化时能够提高反应速率的方法为______________________________________(写出一条即可)。(2)Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为______________________________；在实验室中，操作a所用到的玻璃仪器有________。(3)Na2CrO4中铬元素化合价为________；生成1molNa2CrO4时共转移电子的物质的量为________mol。(4)依占相关国家标准，含CrO42－的废水要经化学办理，使其浓度降至5.0×10－7mol·L－1以下才能排放，可采用加入可溶性钡盐生成4sp4×10－10]，再加入BaCrO积淀[K(BaCrO)＝1.2硫酸办理节余的Ba2＋的方法办理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2＋的浓度应大于________mol·L－1，废水办理后达到国家标准才能排放。解析(1)Fe(CrO2)2中铁元素为＋2价，则氧化物为氧化亚铁和三氧化二铬；将铬铁矿磨碎、不断搅拌可使反应物之间充分接触，加快反应速率。(2)Na2CrO4中加入酸生成Na2Cr2O7，为非氧化还原反应，在离子方程式中用氢离子平衡电荷，即可写出并配平离子方程式。由流程可知操作a将固体和溶液分别，为过滤。(3)依照化合物中元素化合价代数和为零可得，铬元素在此化合物中为＋6价；配平已知的化学方程式得：4Fe(CrO)～7O～8NaCrO，生成12222470价降低为－2价，转移molNaCrO，参加反应的O的物质的量为8mol，反应中氧元素由242电子的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为7mol×4＝83.5mol2－2＋BaCrO4知sp(BaCrO4)＝2－)·(Ba2＋)＝5.0×10－。(5)由CrO4＋Ba(CrO4Kcc7×c(Ba2＋)＝1.2×10－10，解得c(Ba2＋)＝2.4×10－4－1。mol·L20分分分方法方法丰富答案(1)FeO·Cr2O3不断搅拌(2)2CrO2－＋2－＋H2O烧杯、漏斗、玻璃棒(3)＋63.5(4)2.4×10－44＋2HCr2O728．(14分)目前，办理烟气中SO2常采用两种方法：液吸法和还原法。Ⅰ.碱液吸取法－5－2－725℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10；H2SO3：Ka1＝1.5×10，Ka2＝1.0×10；Ksp(CaSO4)＝第1步：用过分的浓氨水吸取SO，并在空气中氧化；2第2步：加入石灰水，发生反应2＋－＋2－CaSO4↓＋2NH3·H2OK。Ca＋2OH＋2NH4＋SO4(1)25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO溶液的pH________(填“>”“<”或“＝”)7。3计算第2步中反应的K＝________。Ⅱ.水煤气还原法已知：①2CO(g)＋SO2(g)S(l)＋2CO(g)H1＝－37.0kJ·mol－122S(l)＋2HO(g)2－1②2H(g)＋SO(g)H＝＋45.4kJ·mol③CO的燃烧热3＝－283kJ·mol－1H(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为___________________________________________________________________________________________。(4)反应②中，正反应活化能E1________(填“>”“<”或“＝”)H2。CO）在必然压强下，发生反应①。平衡时SO2的转变率α(SO2)与投料比的比值[n（SO2）＝y]、温度T的关系以下列图。n比较平衡时CO的转变率α(CO)：N________(填“>”“<”或“＝”，下同)M。逆反应速率：N________P。(6)某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2molH2、2molCO和2molSO2发生反应①、②，第5min时达到平衡，测得混杂气体中CO2、H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。①该温度下，反应②的平衡常数K为________。21分分分方法方法丰富②其他条件不变，在第7min时减小容器体积，α(SO2)________(填“增大”“减小”或“不变”)。解析(1)由题给信息知，一水合氨的电离常数大于亚硫酸的第二步电离常数，所以SO32－的水解程度大于＋的水解程度，则25℃时，0.1mol·L－1亚硫酸铵溶液呈碱性。(2)＝NH4K232113c（NH·HO）＝＝4.3×10。(3)2＋2－2－2＋－52）·c（1.8×10×10－5c（Ca（SO4）·c（OH）·c（NH4））×7.11H3＝－283kJ·mol－1由已知信息③可得CO(g)＋2O2(g)===CO2(g)，将该热化学方程式及已知信息①中热化学方程式依次编号为a、b，依照盖斯定律，由a×2－b得：S(l)＋O2(g)===SO2(g)＝(－283kJ·mol－1)×2＋37.0kJ·mol－1＝－529kJ·mol－1。(4)设H2为逆反应的活化能，则1－2＝2>0，所以1>2。(5)比较M、N两点CO的转变率，EEEHEH选择P点为参照点，比较M点和P点对应的CO的转变率：温度相同，y1大于y2，投入很多CO来增大SO2转变率，则CO的转变率降低，故M点对应的CO转变率小于P点。比较N点和P点对应的CO转变率：投料比的比值相同，P点温度高于N点，反应①的正反应是放热反应，高升温度，平衡向左搬动，故P点对应的CO转变率小于N点。故CO的平衡转变率：N>P>M。N点和P点的投料比的比值相同，高升温度，正、逆反应速率均增大，故N点逆反应速率小于P点。(6)①设参加反应①、②的SO2的初步物质的量浓度分别为a－1－mol·L、bmol·L1，达到平衡时，转变的物质的量浓度分别为xmol·L－1、ymol·L－1，利用三段式法计算：依题意知，2x＝0.16，解得x＝0.08，2y＝0.18，解得y＝0.09，平衡时c(SO2)＝0.2mol·L1－0.17mol·L－1＝0.03mol·L－1，c(H2)＝0.02mol·L－1，c(H2O)＝0.18mol·L－1，则反c2（H2O）0.182L·mol－1＝2700。②减小容器体积相当于增应②的K＝2＝2c（H2）·c（SO）0.02×0.032大压强，反应①、②都是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向搬动，SO222分分分方法方法丰富的平衡转变率增大。答案(1)>(2)4.3×1013(3)S(l)＋O2(g)===SO2(g)＝－529kJ·mol－1H(4)>(5)><(6)①2700②增大(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。若是多做，则按所做第一题计分。35．【选修3：物质构造与性质】(15分)(2017·河北省衡水中学高三第二次模拟考试)氮和磷元素的单质和化合物在农药生产及工业制造业等领域用途特别广泛，请依照提示回答以下问题：(1)科学家合成了一种阳离子为“Nn＋”，其构造是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子5都达到8电子牢固构造，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“Nn5＋”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为_____________________________，其中的阴离子的空间构型为________。(2)2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为NH(SO)的物质，经测
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