2019-2020年高考化学冲刺试卷（含解析）

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考化学冲刺试卷（含解析）一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列说法不正确的是（）A．硅是半导体材料，可用于制备光导纤维B．Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂D．Al2O3熔点高，可用于整理耐高温仪器2．（6分）如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是（）元素代号ABCDEFG原子半径/nm0.1820.1600.0890.1430.1020.0990.071主要化合价+1+2+2+3+6．﹣2﹣1﹣1A．气态氢化物的稳定性HG＞HF＞H2EB．B2+、D3+、E2﹣、G﹣四种离子的核外电子排布相同C．A、E元素与氧元素可以形成三种常见的含氧酸盐D．C元素的原子最外层电子数等于电子层数3．（6分）已知NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是（）A．该温度高于25℃B．c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣10mol•L﹣1D．该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性4．（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAD．1mol的羟基与1moL的氢氧根离子所含电子数均为9NA5．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+6．（6分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液7．（6分）铝电池性能优越，Al﹣Ag2O电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．下列说法正确的是（）A．电池负极反应式2Ag+2OH﹣﹣2e﹣=Ag2O+H2OB．放电时电池负极附近PH减小C．电池总反应式2Al+3Ag2O+6H+=2Al3++6Ag+3H2OD．电解液中Na+通过隔膜由右向左移动二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）溴苯是一种化工原料， 实验室 17025实验室iso17025实验室认可实验室检查项目微生物实验室标识重点实验室计划 合成溴体的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/g•cm﹣30.883.101.50沸点/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑．在b中小心加入4.0mL液态溴．向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了气体．继续滴加至液溴滴完．装置d的作用是；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤．NaOH溶液洗涤的作用是；③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤．加入氯化钙的目的是；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为，要进一步提纯，下列操作中必须的是；（填入正确选项前的字母）A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是．（填入正确选项前的字母）A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．9．（16分）（1）在1200℃时，天然气脱硫 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 中会发生下列反应：①H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1②2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2③H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3④2S（g）═S2（g）△H4则△H4的正确表达式为．（2）某可逆反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）平衡常数与温度关系如表所示：温度/℃360440520K0.0360.0100.0038①根据上述数据判断，该可逆反应的正反应是（填“吸热”或“放热”）反应，理由是．②为了增大X的转化率和反应速率，宜采用的措施是．A．升高温度B．增大压强C．加催化剂D．分离Z③在2L密闭容器中充入Z气体，在一定条件下进行反应．下列图1象不能表明该反应达到平衡状态的是．④440℃时，在2L密闭容器中，开始充入1molX气体和3molY气体进行反应．在某时刻测得c（X）=0.45mol/L，此时，反应是否达到平衡状态（填“是”或“否”），简述理由：．⑤在某容积固定的容器中进行上述反应，当X、Y起始物质的量一定时，仅改变一个外界条件对Z体积分数的影响如图2所示（曲线I为标准）：ⅰ曲线Ⅱ改变的条件是．ⅱ曲线Ⅲ改变的条件是．10．（13分）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是．（2）操作Ⅰ是．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH②．（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是．（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是．（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0mL．锡粉中锡的质量分数是．（共1小题，满分15分）11．（15分）高富氧底吹熔池炼铜新工艺反应炉如图（1）该新工艺的优点之一是混合矿料不需要干燥、磨细．烟气进入余热锅炉后，经静电除尘后进入酸厂回收利用，这样做体现化学的思想．（2）该新工艺的优点之二是首次投料需要添加少量的燃料，当反应充分启动后就不需要再投放燃料，说明反应炉中的反应总体来说是反应．（3）此法冶炼的矿石主要是黄铜矿（主要成分是CuFeS2），经过上面设备煅烧后最终化合态的铜生成铜和SO2，在冶炼铜矿过程中存在重要反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2、．（4）从放铜锍口放出的铜锍中还含有铁和硫必须除去，铜锍吹炼过程是火法冶炼生产粗铜的最后一道工序，吹炼过程分为两个阶段．第一阶段的任务是使铁氧化造渣，主要化学反应为：①2FeS+3O2+SiO2=2FeO•SiO2+2SO2，第二阶段是使上一个阶段中没有反应彻底的Cu2S氧化成粗铜，主要化学反应为：②Cu2S+O2=2Cu+SO2，下列关于反应①、②的 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 正确的是（填序号）A．反应②氧化剂只有O2B．硫元素在①和②均被氧化C．①和②在反应过程中都有共价键破坏和共价键形成（5）图中渣包中的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2等，选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、稀硫酸、稀盐酸，所选试剂为．实验现象是．【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．决定物质性质的重要因素是物质的结构．请回答下列问题：（1）N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为．（2）甲醛（H2C=O）分子碳原子的杂化方式为用价层电子对互斥理论推断甲醛中H﹣C﹣H的键角120°（填“＞”“＜”或“=”）．（3）科学家通过X射线探明，KCl、MgO、CaO的晶体结构与NaCl的晶体结构相似（图a所示）．KCl、CaO、MgO三种离子晶体熔点从高到低的顺序是．（4）设MgO晶胞的边长为acm，则MgO的密度是g•cm﹣3（只要求列算式．阿伏加德罗常数为NA）．（5）某配合物的分子结构如图b所示，其分子内不含有（填字母）．A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．氢键F．π键．【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．有机物H是一种合成药物的中间体，H的合成 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 如下：已知：R﹣CH=CH2R﹣CH2﹣CH2OH请回答下列问题：（1）A是相对分子质量为104的芳香烃，A的分子式为．（2）鉴别A和C两种有机物试剂为．（3）F为一氯代物，其核磁共振氢谱有三个吸收峰，则E的结构简式为．（4）写出B→C的化学方程式：．（5）写出D和G生成H的化学方程式：．（6）D的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应的有种，写出其中核碰共振氢谱中吸收峰数目最少的结构简式：．宁夏固原一中xx届高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列说法不正确的是（）A．硅是半导体材料，可用于制备光导纤维B．Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂D．Al2O3熔点高，可用于整理耐高温仪器考点：硅和二氧化硅；副产品的综合利用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．分析：A．光导纤维主要成分是二氧化硅；B．Na2O2能与CO2、H2O反应，均生成氧气；C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用；D．耐高温仪器要求熔点高．解答：解：A．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，故A错误；B．Na2O2能与CO2、H2O反应，均生成氧气，所以能够做供氧剂，故B正确；C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故C正确；D．耐高温仪器要求熔点高，而三氧化二铝熔点高，所以可以用于制备耐高温仪器，故D正确；故选：A．点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉硅、二氧化硅、明矾、氧化铝的性质即可解答，题目难度不大．2．（6分）如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是（）元素代号ABCDEFG原子半径/nm0.1820.1600.0890.1430.1020.0990.071主要化合价+1+2+2+3+6．﹣2﹣1﹣1A．气态氢化物的稳定性HG＞HF＞H2EB．B2+、D3+、E2﹣、G﹣四种离子的核外电子排布相同C．A、E元素与氧元素可以形成三种常见的含氧酸盐D．C元素的原子最外层电子数等于电子层数考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：短周期元素中，F、G为﹣1价，且原子半径F＞G，则G为F元素，F为Cl元素；E要化合价为﹣2、+6价，可知E为S元素，B为+2价，原子半径大于S元素，故B为Mg元素；D为+3价，原子半径小于Mg大于S，故D为Al元素，再结合元素周期律解答短周期元素，由元素的化合价可知，C为+2价，原子半径小于镁，则C为Be元素，A显+1价，A的原子半径大于镁，所以A为Na元素，结合元素周期律和原子结构及物质的性质的相关知识答题．解答：解：短周期元素中，F、G为﹣1价，且原子半径F＞G，则G为F元素，F为Cl元素；E要化合价为﹣2、+6价，可知E为S元素，B为+2价，原子半径大于S元素，故B为Mg元素；D为+3价，原子半径小于Mg大于S，故D为Al元素，再结合元素周期律解答短周期元素，由元素的化合价可知，C为+2价，原子半径小于镁，则C为Be元素，A显+1价，A的原子半径大于镁，所以A为Na元素，A、G为F元素，F为Cl元素，E为S元素，气态氢化物的稳定性HF＞HCl＞H2S，故A正确；B、B为Mg元素，D为Al元素，E为S元素，G为F元素，B2+、D3+、E2﹣、G﹣四种离子中，E2﹣的核外电子排布相同与其它三个不同，故B错误；C、E为S元素，A为Na元素，A、E元素与氧元素可以形成的含氧酸盐为硫酸钠、硫酸氢钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，故C错误；D、C为Be元素，最外层有两个电子，电子层数为两层，故D正确，故选BC．点评：本题考查元素的性质与位置关系，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质及元素周期律等来解答即可，难度中等．3．（6分）已知NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是（）A．该温度高于25℃B．c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣10mol•L﹣1D．该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．纯水的pH=6，说明c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol•L﹣1，Kw=1×10﹣12＞1×10﹣14；B．根据电荷守恒分析；C．水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度；D．纯水的pH=6，说明Kw=1×10﹣12，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等．解答：解：A．纯水的pH=6，说明c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol•L﹣1，Kw=1×10﹣12＞1×10﹣14，水的电离时吸热过程，说明温度高于25℃，故A正确；B．溶液呈电中性，则c（Na+）+（H+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），根据硫酸氢钠的化学式知c（Na+）=c（SO42﹣），所以（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣），故B正确；C．水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c（H+）=c（OH﹣）==10﹣10mol/L，故C正确；D．Kw=1×10﹣12，应加入等体积浓度为0.01mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D错误；故选D．点评：本题考查水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水电离的因素即可解答，难度不大．4．（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAD．1mol的羟基与1moL的氢氧根离子所含电子数均为9NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、水溶液中NaAlO2和水中都含有氧原子；B、依据石墨烯结构分析每个六元环中含有碳原子2个；C、溶液体积不知，不能计算微粒数；D、依据氢氧根离子和羟基结构计算分析判断；解答：解：A、1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中，NaAlO2物质的量为1mol，水溶液中水中液含有氧原子，属于溶液中含有的氧原子数大于2NA，故A错误；B、石墨烯结构分析每个六元环中含有碳原子2个，12g石墨烯（单层石墨）物质的量为1mol，含有六元环的个数为0.5NA，故B正确；C、溶液体积不知，25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目不确定，故C错误；D、1mol的羟基含有电子式9NA，1moL的氢氧根离子所含电子数为10NA，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是石墨结构、羟基和氢氧根离子分析，掌握基础是关键，题目难度中等．5．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．反应生成氯化亚铁和氢气；B．不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；C．HCO3﹣不能拆分；D．发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁．解答：解：A．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+═3Mg2++2Fe（OH）3，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大．6．（6分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液考点：真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C．发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D．发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu．解答：解：A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C．发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D．发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B．点评：本题为xx年xx届高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大．7．（6分）铝电池性能优越，Al﹣Ag2O电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．下列说法正确的是（）A．电池负极反应式2Ag+2OH﹣﹣2e﹣=Ag2O+H2OB．放电时电池负极附近PH减小C．电池总反应式2Al+3Ag2O+6H+=2Al3++6Ag+3H2OD．电解液中Na+通过隔膜由右向左移动考点：原电池和电解池的工作原理．分析：由原电池总反应可知，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Ag2O被还原，应为原电池的正极，电极反应式为Ag2O+2e﹣+H2O=2Ag+2OH﹣，结合电极反应式进行判断．解答：解：A．负极上铝失电子和碱反应生成偏铝酸根离子，负极上的电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故A错误；B．在正极区氢氧根离子浓度增大，则氢离子浓度减小，在负极区氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度增大，故B正确；C．负极上的电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，正极上的电极反应式为Ag2O+2e﹣+H2O=2Ag+2OH﹣，所以电池反应式为：2Al+3Ag2O+2NaOH═2NaAlO2+6Ag+H2O，故C错误；D．电解液中Na+通过隔膜由左向右移，故D错误；故选B．点评：本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，解答本题的关键是能正确书写电极方程式，做题时注意体会书写方法．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴体的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/g•cm﹣30.883.101.50沸点/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑．在b中小心加入4.0mL液态溴．向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了HBr气体．继续滴加至液溴滴完．装置d的作用是吸收HBr和Br2；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤．NaOH溶液洗涤的作用是除去HBr和未反应的Br2；③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤．加入氯化钙的目的是干燥；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，要进一步提纯，下列操作中必须的是C；（填入正确选项前的字母）A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是B．（填入正确选项前的字母）A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．考点：苯的性质．专题：压轴题；有机物的化学性质及推断．分析：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；（2溴苯中含有溴，加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加干燥剂，据此解答；（3）由分离操作可知，分离出的粗溴苯中含有未反应的苯，分离互溶的液体，根据沸点不同，利用蒸馏的方法进行分离；（4）根据制取溴苯所加的液体的体积进行解答，溶液的体积一般不超2/3，不少于1/3．解答：解：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；干燥；（3）反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯．利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C；（4）操作过程中，在a中加入15mL无水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液态溴，所以a的容积最适合的是50mL，故答案为：B．点评：本题主要考查了溴苯的制取实验、物质的分离提纯等，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等．9．（16分）（1）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：①H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1②2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2③H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3④2S（g）═S2（g）△H4则△H4的正确表达式为（△H1+△H2﹣3△H3）．（2）某可逆反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）平衡常数与温度关系如表所示：温度/℃360440520K0.0360.0100.0038①根据上述数据判断，该可逆反应的正反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应，理由是温度升高，平衡常数减小．②为了增大X的转化率和反应速率，宜采用的措施是B．A．升高温度B．增大压强C．加催化剂D．分离Z③在2L密闭容器中充入Z气体，在一定条件下进行反应．下列图1象不能表明该反应达到平衡状态的是A．④440℃时，在2L密闭容器中，开始充入1molX气体和3molY气体进行反应．在某时刻测得c（X）=0.45mol/L，此时，反应是否达到平衡状态否（填“是”或“否”），简述理由：此时浓度商Q===0.0090＜K，平衡正向进行．⑤在某容积固定的容器中进行上述反应，当X、Y起始物质的量一定时，仅改变一个外界条件对Z体积分数的影响如图2所示（曲线I为标准）：ⅰ曲线Ⅱ改变的条件是升温．ⅱ曲线Ⅲ改变的条件是加合适的催化剂．考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素．分析：（1）H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1①2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2②H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3③，将方程式①+②﹣③×2得2S（g）═S2（g），△H4进行相应的改变可得；（2）①分析图表数据分析，平衡常数随温度升温减小，平衡逆向进行；②增大X的转化率和反应速率，一是增大反应速率，平衡正向进行，依据影响反应速率和平衡移动原理分析判断；③A、对于一定的化学反应，焓变和反应物、生成物的状态和量有关，与平衡移动无关；B、反应前后气体质量不变，物质的量改变，依据M=分析；C、浓度不变是平衡的标志；D、体积分数不变时平衡的标志；④依据440℃时的平衡常数，结合此条件下的浓度商和平衡常数比较分析判断；⑤i．分析曲线Ⅱ变化可知，达到平衡所需时间短，反应速率快，平衡状态Z的体积分数减小；ii．图象分析曲线Ⅲ达到平衡时间短，达到平衡状态和曲线Ⅰ达到平衡状态的Z的含量相同，是相同的平衡状态．解答：解：（1）H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1①2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2②H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3③，将方程式①+②﹣③×2得2S（g）═S2（g），△H4=×△H1+×△H2﹣2×△H3=（△H1+△H2﹣3△H3），故答案为：（△H1+△H2﹣3△H3）；（2）①分析图表可知，平衡常数随温度升温减小，平衡逆向进行，正反应方向是放热反应；故答案为：放热；温度升高，平衡常数减小；②X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），反应是气体体积减小的放热反应，为了增大X的转化率和反应速率，依据平衡移动原理分析；A．升高温度，速率增大，平衡逆向进行X的转化率减小，故A不符合；B．增大压强，平衡正向进行，速率增大，A的转化率增大，故B正确；C．加催化剂加快反应速率，平衡不动A的转化率不变，故C不符合；D．分离Z，平衡正向进行，A的转化率增大，反应速率减小，故D不符合；故答案为：B；③在2L密闭容器中充入Z气体，在一定条件下进行反应，A、对于一定的化学反应，焓变和反应物、生成物的状态和量有关，与平衡移动无关，图象不能说明反应达到平衡状态，故A符合；B、反应前后气体质量不变，物质的量改变，依据M=分析，气体摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故B不符合；C、图象表示，X的浓度不变，是平衡的标志，故C不符合；D、Z的体积分数不变时说明平衡的标志，故D不符合；故答案为：A；④440℃时，平衡常数=0.010，在2L密闭容器中，开始充入1molX气体和3molY气体进行反应．在某时刻测得c（X）=0.45mol•L﹣1，物质的量为0.45mol•L﹣1×2L=0.9mol，依据三段式列式计算X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）130变化量（mol）0.10.30.2某时刻（mol）0.92.70.2浓度分别为c（X）=0.45mol/L，c（Y）=1.35mol/L，c（Z）=0.1mol/LQ==═0.0090＜K，平衡正向进行；故答案为：否；此时浓度商Q===0.0090＜K，平衡正向进行；⑤i分析曲线Ⅱ变化可知，达到平衡所需时间短，反应速率快，平衡状态Z的体积分数减小，分析影响反应速率因素可知反应是放热反应，升温平衡逆向进行，反应速率增大，平衡状态Z的体积分数减小；故答案为：升温；ii图象分析曲线Ⅲ达到平衡时间短，达到平衡状态和曲线Ⅰ达到平衡状态的Z的含量相同，是相同的平衡状态，改变的条件是加入了催化剂；故答案为：加合适的催化剂．点评：本题考查了化学平衡影响因素、平衡状态的标志、平衡建立过程的分析判断，平衡移动原理应用，图象分析解题关键，题目难度中等．10．（13分）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是第五周期第ⅣA族．（2）操作Ⅰ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH②防止Sn2+被氧化．（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑．（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O．（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0mL．锡粉中锡的质量分数是93.2%．考点：化学方程式的有关计算；化学平衡的调控作用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：计算题．分析：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，根据原子序数减各周期容纳元素种数确定所在的周期；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（7）根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算．解答：解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50﹣2﹣8﹣8﹣18=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，故答案为：第五周期第ⅣA族；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案为：防止Sn2+被氧化；（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑，故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（7）令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7计算．119gmol1.226g×x0.100mol/L×0.032L故=解得x=93.2%，故答案为：93.2%．点评：本题SnSO4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写、滴定应用及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求．（共1小题，满分15分）11．（15分）高富氧底吹熔池炼铜新工艺反应炉如图（1）该新工艺的优点之一是混合矿料不需要干燥、磨细．烟气进入余热锅炉后，经静电除尘后进入酸厂回收利用，这样做体现化学的绿色化学思想．（2）该新工艺的优点之二是首次投料需要添加少量的燃料，当反应充分启动后就不需要再投放燃料，说明反应炉中的反应总体来说是放热反应．（3）此法冶炼的矿石主要是黄铜矿（主要成分是CuFeS2），经过上面设备煅烧后最终化合态的铜生成铜和SO2，在冶炼铜矿过程中存在重要反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑．（4）从放铜锍口放出的铜锍中还含有铁和硫必须除去，铜锍吹炼过程是火法冶炼生产粗铜的最后一道工序，吹炼过程分为两个阶段．第一阶段的任务是使铁氧化造渣，主要化学反应为：①2FeS+3O2+SiO2=2FeO•SiO2+2SO2，第二阶段是使上一个阶段中没有反应彻底的Cu2S氧化成粗铜，主要化学反应为：②Cu2S+O2=2Cu+SO2，下列关于反应①、②的分析正确的是BC（填序号）A．反应②氧化剂只有O2B．硫元素在①和②均被氧化C．①和②在反应过程中都有共价键破坏和共价键形成（5）图中渣包中的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2等，选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、稀硫酸、稀盐酸，所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液．实验现象是稀硫酸浸取炉渣所得的溶液使KMnO4溶液褪色．考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；金属冶炼的一般原理．专题：元素及其化合物．分析：（1）SO2回收利用，防止污染环境，体现绿色化学思想；（2）开始反应要提供热量，后来不需要了，说明自身是放热反应；（3）化合态的铜生成铜和SO2，这就要求前两部反应生成的Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2．（4）反应②中Cu2S既是氧化剂又是还原剂，反应①、②中都存在O2中的共价键被破坏和SO2中共价键的形成．（5）FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色．解答：解：（1）SO2回收利用，防止污染环境，体现绿色化学思想，故答案为：绿色化学；（2）开始反应要提供热量，后来不需要了，说明自身是放热反应，故答案为：放热；（3）化合态的铜生成铜和SO2，这就要求前两部反应生成的Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2，写出方程式为：2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑，故答案为：2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑（4）反应②中Cu2S既是氧化剂又是还原剂，反应①、②中都存在O2中的共价键被破坏和SO2中共价键的形成，故答案为：BC；（5）FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得的溶液使KMnO4溶液褪色．点评：本题考查绿色化学、热效应、书写方程式、物质结构等知识，难度中等．书写方程是难点．【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．决定物质性质的重要因素是物质的结构．请回答下列问题：（1）N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S．（2）甲醛（H2C=O）分子碳原子的杂化方式为sp2用价层电子对互斥理论推断甲醛中H﹣C﹣H的键角＜120°（填“＞”“＜”或“=”）．（3）科学家通过X射线探明，KCl、MgO、CaO的晶体结构与NaCl的晶体结构相似（图a所示）．KCl、CaO、MgO三种离子晶体熔点从高到低的顺序是MgO＞CaO＞KCl．（4）设MgO晶胞的边长为acm，则MgO的密度是g•cm﹣3（只要求列算式．阿伏加德罗常数为NA）．（5）某配合物的分子结构如图b所示，其分子内不含有AC（填字母）．A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．氢键F．π键．考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：化学键与晶体结构．分析：（1）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族从上到下，第一电离能呈减小的趋势，据此判断；（2）甲醛的中心原子碳原子的价电子数为=3，故碳原子的杂化方式为sp2杂化，因为碳氧之间为双键，根据价层电子对互斥理论可知双键与单键之间的斥为大于单键与单键之间的斥力，据此答题；（3）根据离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高，据此答题；（4）根据均摊法计算出每个晶胞中含有离子个数，再根据计算出密度；（5）根据图b可知，碳氮之间为双键，其中之一为π键，氮和镍之间电子对由氮原子单方面提供为配位键，其它都为共价键，据此答题．解答：解：（1）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族从上到下，第一电离能呈减小的趋势，所以这几种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；（2）甲醛的中心原子碳原子的价电子数为=3，故碳原子的杂化方式为sp2杂化，因为碳氧之间为双键，根据价层电子对互斥理论可知双键与单键之间的斥为大于单键与单键之间的斥力，所以H﹣C﹣H的键角小于120°，故答案为：sp2；＜；（3）根据离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高，所以熔点MgO＞CaO＞KCl，故答案为：MgO＞CaO＞KCl；（4）根据均摊法可知每个晶胞中含有镁离子个数为=4，氧离子的个数为=4，再根据得g•cm﹣3=g•cm﹣3，故答案为：．（5）根据图b可知，碳氮之间为双键，其中之一为π键，氮和镍之间电子对由氮原子单方面提供为配位键，其它都为共价键，故答案为：AC．点评：本题主要考查第一电离能、原子杂化轨道、晶胞的计算、配位化合物的结构等知识，有一定的综合性，中等难度．【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．有机物H是一种合成药物的中间体，H的合成方案如下：已知：R﹣CH=CH2R﹣CH2﹣CH2OH请回答下列问题：（1）A是相对分子质量为104的芳香烃，A的分子式为C8H8．（2）鉴别A和C两种有机物试剂为银氨溶液或新制氢氧化铜．（3）F为一氯代物，其核磁共振氢谱有三个吸收峰，则E的结构简式为（CH3）3CH．（4）写出B→C的化学方程式：．（5）写出D和G生成H的化学方程式：．（6）D的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应的有13种，写出其中核碰共振氢谱中吸收峰数目最少的结构简式：．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A是相对分子质量为104的芳香烃，分子中碳原子最大数目为=8…8，故A的分子式为C8H8，结构简式为，A发生信息反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C发生氧化反应生成D为．F为一氯代物，水解得到G含有羟基，D与G发生酯化反应生成H，结合D、H的分子式可知G的分子式为C4H10O，F的核磁共振氢谱有三个吸收峰，则F为（CH3）2CHCH2Cl，故G为（CH3）2CHCH2OH，E为（CH3）3CH，据此解答．解答：解：A是相对分子质量为104的芳香烃，分子中碳原子最大数目为=8…8，故A的分子式为C8H8，结构简式为，A发生信息反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C发生氧化反应生成D为．F为一氯代物，水解得到G含有羟基，D与G发生酯化反应生成H，结合D、H的分子式可知G的分子式为C4H10O，F的核磁共振氢谱有三个吸收峰，则F为（CH3）2CHCH2Cl，故G为（CH3）2CHCH2OH，E为（CH3）3CH，（1）由上述分析可知，A的分子式为C8H8，故答案为：C8H8；（2）A为，含有碳碳双键，C为，含有醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜可以区别二者，故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜；（3）由上述分析可知，则E的结构简式为（CH3）3CH，故答案为：（CH3）3CH；（4）B→C的化学方程式为：，故答案为：；（5）D和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；（6）D（）的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，含有酚羟基、醛基，侧链为﹣OH、﹣CH2CHO时，有邻、间、对3种位置，侧链为﹣OH、﹣CHO、﹣CH3时，若﹣OH、﹣CHO相邻时，﹣CH3有4种位置，若﹣OH、﹣CHO相间时，﹣CH3有4种位置，若﹣OH、﹣CHO相对时，﹣CH3有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种，其中核碰共振氢谱中吸收峰数目最少的结构简式为：，故答案为：13；．点评：本题考查有机物推断，根据相对分子质量计算确定A的结构简式是关键，结合反应条件进行推断，再结合D、H的分子式确定G的分子式，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．