2015年高考真題化學(山東卷)（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔7．進行化學實驗時應強化安全意識。下列做法正確的是：A．金屬鈉著火時使用泡沫滅火器滅火B(yǎng)．用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口豎直向上C．濃硫酸濺到皮膚上時立即用稀氫氧化鈉溶液沖洗D．制備乙烯時向乙醇和濃硫酸的混合液中加入碎瓷片8．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如圖所示。已知YW的原子充數(shù)之和是Z的3倍，下列說法正確的是YZXWA．原子半徑：X<Y<ZB．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>ZC．Z、W均可與Mg形成離子化合物D．最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>W9．分枝酸可用于生化研究。其結構簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是A．分子中含有2種官能團B．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同10．某化合物由兩種單質直接反應生成，將其加入BaHCO3溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生。下列化合物中符合上述條件的是:A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．SiO211．下列由實驗現(xiàn)象得出的結論正確的是：操作及現(xiàn)象結論A向AgCl懸濁液中加入NaI溶液時出現(xiàn)黃色沉淀。Ksp（AgCl）<Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色。溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色。Br—還原性強于Cl—D加熱盛有NH4Cl固體的試管，試管底部固體消失，試管口有晶體凝結。NH4Cl固體可以升華12．下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32—+2H+=SO2↑+H2OB．向Na2SiO3溶液中通入過量SO2：SiO32—+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32—C．向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑13．室溫下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．a(chǎn)點所示溶液中c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA)B．a(chǎn)、b兩點所示溶液中水的電離程度相同C．pH=7時，c(Na+)=c(A—)+c(HA)D．b點所示溶液中c(A—)>c(HA)29．(15分)利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料。LiOH可由電解法制備，鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得。（1）利用如圖裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液。B極區(qū)電解液為__________溶液（填化學式），陽極電極反應式為__________，電解過程中Li+向_____電極遷移（填“A”或“B”）。（2）利用鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制備鈷氧化物的工藝流程如下：Co(OH)3溶解還原反應的離子方程式為____________________________________，鐵渣中鐵元素的化合價為___________，在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為1.344L（標準狀況），則鈷氧化物的化學式為__________。30．（19分）合金貯氫材料具有優(yōu)異的吸收氫性能，在配合氫能的開發(fā)中起到重要作用。（1）一定溫度下，某貯氫合金（M）的貯氫過程如圖所示，縱軸為平衡時氫氣的壓強（p），橫軸表示固相中氫原子與金屬原子的個數(shù)比（H/M）。在OA段，氫溶解于M中形成固溶體MHx，隨著氫氣壓強的增大，H/M逐慚增大；在AB段，MHx與氫氣發(fā)生氫化反應生成氫化物MHy，氫化反應方程式為：zMHx(s)+H2(g)==ZMHy(s)△H(Ⅰ)；在B點，氫化反應結束，進一步增大氫氣壓強，H/M幾乎不變。反應（Ⅰ）中z=_____（用含x和y的代數(shù)式表示）。溫度為T1時，2g某合金4min內吸收氫氣240mL，吸氫速率v=______mL?g-1?min。反應的焓變△HⅠ_____0（填“>”“<”或“=”）。（2）η表示單位質量貯氫合金在氫化反應階段的最大吸氫量占其總吸氫量的比例，則溫度為T1、T2時，η（T1）____η（T2）（填“>”“<”或“=”）。當反應（Ⅰ）處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量氫氣，達到平衡后反應（Ⅰ）可能處于圖中的_____點（填“b”“c”或“d”），該貯氫合金可通過______或_______的方式釋放氫氣。（3）貯氫合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反應，溫度為T時，該反應的熱化學方程式為_________。已知溫度為T時：CH4(g)+2H2O=CO2(g)+4H2(g)△H=+165KJ?molCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41KJ?mol31．（19分）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），實驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下:（1）毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是。實驗室用37%的鹽酸配置15%的鹽酸，除量筒外還需使用下列儀器中的。a．燒杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管（2）Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.2加入NH3·H2O調節(jié)pH=8可除去（填離子符號），濾渣Ⅱ中含（填化學式）。加入H2C2O4時應避免過量，原因是。已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9（3）利用簡潔酸堿滴定法可測定Ba2+的含量，實驗分兩步進行。已知：2CrO42—+2H+=Cr2O72—+H20Ba2++CrO42—=BaCrO4↓步驟Ⅰ移取xml一定濃度的Na2CrO4溶液與錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL。步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL。滴加鹽酸標準液時應用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的濃度為mol·L－1，若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2+濃度測量值將（填“偏大”或“偏小”）。32．(12分)[化學---化學與技術]工業(yè)上利用氨氧化獲得的高濃度NOx氣體(含NO、NO2)制備NaNO2、NaNO3，工藝流程如下：已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2（1）中和液所含溶質除NaNO2及少量Na2CO3外，還有__________(填化學式)。（2）中和液進行蒸發(fā)Ⅰ操作時，應控制水的蒸發(fā)量，避免濃度過大，目的是_______。蒸發(fā)Ⅰ產(chǎn)生的蒸氣中含有少量的NaNO2等有毒物質，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的_______(填操作名稱)最合理。（3）母液Ⅰ進行轉化時加入稀HNO3的目的是_______。母液Ⅱ需回收利用，下列處理方法合理的是________。a．轉入中和液b．轉入結晶Ⅰ操作c．轉入轉化液d．轉入結晶Ⅱ操作（4）若將NaNO2、NaNO3兩種產(chǎn)品的物質的量之比設為2：1，則生產(chǎn)1.38噸NaNO2時，Na2CO3的理論用量為______噸(假定Na2CO3恰好完全反應)。33．（12分）[化學---物質結構與性質]氟在自然界中常以CaF2的形式存在。（1）下列關于CaF2的表述正確的是_______。a．Ca2＋與F－間僅存在靜電吸引作用b．F－的離子半徑小于Cl－，則CaF2的熔點高于CaCl2c．陰陽離子比為2：1的物質，均與CaF2晶體構型相同d．CaF2中的化學鍵為離子鍵，因此CaF2在熔融狀態(tài)下能導電（2）CaF2難溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是________(用離子方程式表示)。已知AlF63-在溶液中可穩(wěn)定存在。（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子構型為______________，其中氧原子的雜化方式為_________。（4）F2與其他鹵素單質反應可以形成鹵素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反應Cl2(g)＋3F2(g)=2ClF3(g)△H=－313kJ·mol－1，F(xiàn)－F鍵的鍵能為159kJ·mol－1，Cl－Cl鍵的鍵能為242kJ·mol－1，則ClF3中Cl－F鍵的平均鍵能為______kJ·mol－1。ClF3的熔、沸點比BrF3的________(填“高”或“低”)。34．（12分）[化學---有機化學基礎]菠蘿酯F是一種具有菠蘿香味的賦香劑，其合成路線如下：（1）A的結構簡式為_________________，A中所含官能團的名稱是_________。（2）由A生成B的反應類型是______________，E的某同分異構體只有一種相同化學環(huán)境的氫，該同分異構體的結構簡式為_________________。（3）寫出D和E反應生成F的化學方程式________________________。（4）結合題給信息，以溴乙烷和環(huán)氧乙烷為原料制備1-丁醇，設計合成路線（其他試劑任選）。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2016年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅰ）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）化學與生活密切相關，下列有關說法錯誤的是（）A．用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維 B．食用油反復加熱會產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質 C．加熱能殺死流感病毒是因為蛋白質受熱變性 D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95% 2．（6分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)值．下列有關敘述正確的是（）A．14g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為2NA B．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)為2NA C．1molFe溶于過量硝酸，電子轉移數(shù)為2NA D．標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA 3．（6分）下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．2﹣甲基丁烷也稱異丁烷 B．由乙烯生成乙醇屬于加成反應 C．C4H9Cl有3種同分異構體 D．油脂和蛋白質都屬于高分子化合物 4．（6分）下列實驗操作能達到實驗目的是（）A．用長頸漏斗分離出乙酸與乙醇反應的產(chǎn)物 B．用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反應產(chǎn)生的NO C．配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋 D．將Cl2與HCl混合氣體通過飽和食鹽水可得到純凈的Cl2 5．（6分）三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42﹣可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室．下列敘述正確的是（）A．通電后中間隔室的SO42﹣離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大 B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品 C．負極反應為2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，負極區(qū)溶液pH降低 D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成 6．（6分）298K時，在20.0mL0.10mol?L﹣1氨水中滴入0.10mol?L﹣1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關系如圖所示。已知0.10mol?L﹣1氨水的電離度為1.32%，下列有關敘述正確的是（）A．該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑 B．M點對應的鹽酸體積為20.0mL C．M點處的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣） D．N點處的溶液中pH＜12 7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加．m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，r溶液是一種常見的強酸，s通常是難溶于水的混合物．上述物質的轉化關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．原子半徑的大小W＜X＜Y B．元素的非金屬性Z＞X＞Y C．Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài) D．X的最高價氧化物的水化物為強酸 二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）氮的氧化物（NOx）是大氣污染物之一，工業(yè)上在一定溫度和催化劑條件下用NH3將NOx還原生成N2．某同學在實驗室中對NH3與NO2反應進行了探究?；卮鹣铝袉栴}：（1）氨氣的制備①氨氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的，反應的化學方程式為。②欲收集一瓶干燥的氨氣，選擇上圖中的裝置，其連接順序為：發(fā)生裝置→（按氣流方向，用小寫字母表示）。（2）氨氣與二氧化氮的反應將上述收集到的NH3充入注射器X中，硬質玻璃管Y中加入少量催化劑，充入NO2（兩端用夾子K1、K2夾好）。在一定溫度下按圖示裝置進行實驗。操作步驟實驗現(xiàn)象解釋原因打開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體緩慢充入Y管中①Y管中②反應的化學方程式將注射器活塞退回原處并固定，待裝置恢復到室溫Y管中有少量水珠生成的氣態(tài)水凝聚打開K2③④9．（15分）元素鉻（Cr）在溶液中主要以Cr3+（藍紫色）、Cr（OH）4﹣（綠色）、Cr2O72﹣（橙紅色）、CrO42﹣（黃色）等形式存在，Cr（OH）3為難溶于水的灰藍色固體，回答：（1）Cr3+與Al3+的化學性質相似，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至過量，可觀察到的現(xiàn)象是。（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互轉化。室溫下，初始濃度為1.0mol?L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）隨c（H+）的變化如圖所示。①用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉化反應。②由圖可知，溶液酸性增強，CrO42﹣的平衡轉化率（填“增大“減小”或“不變”）。根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉化反應的平衡常數(shù)為。（3）用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+與CrO42﹣生成磚紅色沉淀時到達滴定終點。當溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（濃度等于1.0×10﹣5mol?L﹣1）時，溶液中c（Ag+）為mol?L﹣1，此時溶液中c（CrO42﹣）等于mol?L﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10）。（4）+6價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的Cr2O72﹣還原成Cr3+，反應的離子方程式為。10．（14分）NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：回答下列問題：（1）NaClO2中Cl的化合價為。（2）寫出“反應”步驟中生成ClO2的化學方程式。（3）“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2+和Ca2+，要加入的試劑分別為、。“電解”中陰極反應的主要產(chǎn)物是。（4）“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2．此吸收反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為，該反應中氧化產(chǎn)物是。（5）“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為。（計算結果保留兩位小數(shù)）（二）選考題：共45分．請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑．注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學科按所做的第一題計分．[化學--選修2：化學與技術]11．（15分）高錳酸鉀（KMnO4）是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等．以軟錳礦（主要成分為MnO2）為原料生產(chǎn)高錳酸鉀的工藝路線如下：回答下列問題：（1）原料軟錳礦與氫氧化鉀按1：1的比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是．（2）“平爐”中發(fā)生的化學方程式為．（3）“平爐”中需要加壓，其目的是．（4）將K2MnO4轉化為KMnO4的生產(chǎn)有兩種工藝．①“CO2歧化法”是傳統(tǒng)工藝，即在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，反應中生成KMnO4，MnO2和（寫化學式）．②“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，電解槽中陽極發(fā)生的電極反應為，陰極逸出的氣體是．③“電解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理論利用率之比為．（5）高錳酸鉀純度的測定：稱取1.0800g樣品，溶解后定容于100mL容量瓶中，搖勻．取濃度為0.2000mol?L﹣1的H2C2O4標準溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為24.48mL，該樣品的純度為（列出計算式即可，已知2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．[化學--選修3：物質結構與性質]12．（15分）鍺（Ge）是典型的半導體元素，在電子、材料等領域應用廣泛．回答下列問題：（1）基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]，有個未成對電子．（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵．從原子結構角度分析，原因是．（3）比較下列鍺鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規(guī)律及原因．GeCl4GeBr4GeI4熔點/℃﹣49.526146沸點/℃83.1186約400（4）光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑．Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是．（5）Ge單晶具有金剛石型結構，其中Ge原子的雜化方式為微粒之間存在的作用力是．（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數(shù)，表示晶胞內部各原子的相對位置，如圖（1、2）為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A為（0，0，0）；B為（，0，）；C為（，，0）．則D原子的坐標參數(shù)為．②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知Ge單晶的晶胞參數(shù)a=565.76pm，其密度為g?cm﹣3（列出計算式即可）．[化學--選修5：有機化學基礎]13．（15分）秸稈（含多糖類物質）的綜合利用具有重要的意義．下面是以秸稈為原料合成聚酯類高分子化合物回答下列問題：（1）下列關于糖類的說法正確的是．（填標號）a．糖類都有甜味，具有CnH2mOm的通式b．麥芽糖水解生成互為同分異構體的葡萄糖和果糖c．用銀鏡反應不能判斷淀粉水解是否完全d．淀粉和纖維素都屬于多糖類天然高分子化合物（2）B生成C的反應類型為．（3）D中的官能團名稱為，D生成E的反應類型為．（4）F的化學名稱是，由F生成G的化學方程式為．（5）具有一種官能團的二取代芳香化合物W是E的同分異構體，0.5molW與足量碳酸氫鈉溶液反應生成44gCO2，W共有種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為三組峰的結構簡式為．（6）參照上述合成路線，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C2H4為原料（無機試劑任選），設計制備對苯二甲酸的合成路線．

2016年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）化學與生活密切相關，下列有關說法錯誤的是（）A．用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維 B．食用油反復加熱會產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質 C．加熱能殺死流感病毒是因為蛋白質受熱變性 D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95% 【考點】11：化學的主要特點與意義；14：物質的組成、結構和性質的關系．【專題】56：化學應用．【分析】A．蠶絲含有蛋白質，灼燒時具有燒焦的羽毛氣味；B．食用油反復加熱會生成苯并芘等物質；C．加熱可導致蛋白質變性；D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%．【解答】解：A．蠶絲含有蛋白質，灼燒時具有燒焦的羽毛氣味，為蛋白質的特有性質，可用于鑒別蛋白質類物質，故A正確；B．食用油反復加熱會生成苯并芘等稠環(huán)芳香烴物質，可致癌，故B正確；C．加熱可導致蛋白質變性，一般高溫可殺菌，故C正確；D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，故D錯誤。故選：D。【點評】本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側重于化學與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，注意相關基礎知識的積累，難度不大．2．（6分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)值．下列有關敘述正確的是（）A．14g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為2NA B．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)為2NA C．1molFe溶于過量硝酸，電子轉移數(shù)為2NA D．標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA 【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A．乙烯和丙烯最簡式CH2，計算14gCH2中的氫原子數(shù)；B．氮氣和氫氣反應生成氨氣是可逆反應；C.1molFe溶于過量硝酸生成硝酸鐵，依據(jù)反應的鐵計算電子轉移；D．標準狀況下四氯化碳不是氣體．【解答】解：A.14g乙烯和丙烯混合氣體中含CH2物質的量==1mol，含氫原子數(shù)為2NA，故A正確；B.1molN2與4molH2反應生成的NH3，反應為可逆反應1mol氮氣不能全部反應生成氨氣，生成氨氣分子數(shù)小于2NA，故B錯誤；C.1molFe溶于過量硝酸生成硝酸鐵，電子轉移為3mol，電子轉移數(shù)為3NA，故C錯誤；D．標準狀況下，四氯化碳不是氣體，2.24LCCl4含物質的量不是0.1mol，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應用，主要是物質組成、氧化還原反應、可逆反應、氣體摩爾體積等知識點的應用，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單．3．（6分）下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．2﹣甲基丁烷也稱異丁烷 B．由乙烯生成乙醇屬于加成反應 C．C4H9Cl有3種同分異構體 D．油脂和蛋白質都屬于高分子化合物 【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】531：同系物和同分異構體．【分析】A．異丁烷含有4個C原子，2﹣甲基丁烷含有5個C原子；B．乙烯與水在催化劑加熱的條件下發(fā)生加成反應生成乙醇；C．同分異構體是化合物具有相同分子式，但具有不同結構的現(xiàn)象；D．油脂不是高分子化合物．【解答】解：A．異丁烷含有4個C原子，2﹣甲基丁烷含有5個C原子，故A錯誤；B．乙烯與水在催化劑加熱的條件下發(fā)生加成反應生成乙醇，故B正確；C．同分異構體是化合物具有相同分子式，但具有不同結構的現(xiàn)象，C4H10的同分異構體有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH32種，CH3CH2CH2CH3分子中有2種化學環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有2種；CH3CH（CH3）CH3分子中有2種化學環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有2種；故C4H9Cl的同分異構體共有4種，故C錯誤；D．油脂不是高分子化合物，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的命名，有機物的反應類型，同分異構體書寫及高分子化合物等知識，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，注意有機物的成分、性質及反應類型，注重基礎知識的考查，題目難度不大．4．（6分）下列實驗操作能達到實驗目的是（）A．用長頸漏斗分離出乙酸與乙醇反應的產(chǎn)物 B．用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反應產(chǎn)生的NO C．配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋 D．將Cl2與HCl混合氣體通過飽和食鹽水可得到純凈的Cl2 【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】542：化學實驗基本操作．【分析】A．互不相溶的液體采用分液方法分離，用的儀器是分液漏斗；B．NO易和空氣中O2反應生成NO2；C．FeCl3屬于強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+易水解生成Fe（OH）3而產(chǎn)生渾濁；D．將Cl2與HCl混合氣體通過飽和食鹽水會帶出部分水蒸氣?！窘獯稹拷猓篈．長頸漏斗不能用作分離操作，互不相溶的液體采用分液漏斗分離，乙酸、乙醇、乙酸乙酯互溶，不能采取分液法分離，應該采用蒸餾方法分離提純，故A錯誤；B．NO易和空氣中O2反應生成NO2，所以不能用排空氣法收集，NO不易溶于水，應該用排水法收集，故B錯誤；C．FeCl3屬于強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+易水解生成Fe（OH）3而產(chǎn)生渾濁，為了防止氯化鐵水解，應該將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，故C正確；D．將Cl2與HCl混合氣體通過飽和食鹽水會帶出部分水蒸氣，所以得不到純凈的氯氣，應該將飽和食鹽水出來的氣體再用濃硫酸干燥，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質分離提純、氣體收集、鹽類水解、洗氣等知識點，明確實驗原理、物質性質、實驗操作基本方法及儀器的用途是解本題關鍵，注意：從水溶液中出來的氣體中含有水蒸氣，為易錯點。5．（6分）三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42﹣可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室．下列敘述正確的是（）A．通電后中間隔室的SO42﹣離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大 B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品 C．負極反應為2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，負極區(qū)溶液pH降低 D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成 【考點】DI：電解原理．【專題】51I：電化學專題．【分析】A、陰離子向陽極（即正極區(qū)）移動，氫氧根離子放電pH減?。籅、從兩極的電極反應和溶液的電中性角度考慮；C、負極即為陰極，發(fā)生還原反應，氫離子放電；D、當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.25mol的O2生成．【解答】解：A、陰離子向陽極（即正極區(qū)）移動，氫氧根離子放電pH減小，故A錯誤；B、直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42﹣可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室，通電時，氫氧根離子在陽極區(qū)放電生成水和氧氣，考慮電荷守恒，兩膜中間的硫酸根離子會進入正極區(qū)，與氫離子結合成硫酸；氫離子在陰極得電子生成氫氣，考慮電荷守恒，兩膜中間的鈉離子會進入負極區(qū)，與氫氧根離子結合成氫氧化鈉，故可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；C、負極即為陰極，發(fā)生還原反應，氫離子得電子生成氫氣，故C錯誤；D、每生成1mol氧氣轉移4mol電子，當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.25mol的O2生成，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了電解原理的應用，明確電解池中的陰陽極以及陰陽極上離子的放電順序是解題的關鍵，注意題干信息的分析應用，題目難度不大．6．（6分）298K時，在20.0mL0.10mol?L﹣1氨水中滴入0.10mol?L﹣1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關系如圖所示。已知0.10mol?L﹣1氨水的電離度為1.32%，下列有關敘述正確的是（）A．該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑 B．M點對應的鹽酸體積為20.0mL C．M點處的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣） D．N點處的溶液中pH＜12 【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．強酸弱堿相互滴定時，由于生成強酸弱堿鹽使溶液顯酸性，所以應選擇甲基橙作指示劑；B．如果M點鹽酸體積為20.0mL，則二者恰好完全反應生成氯化銨，溶液應該呈酸性；C．M處溶液呈中性，則存在c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），該點溶液中溶質為氯化銨和一水合氨，銨根離子水解而促進水電離、一水合氨抑制水電離，銨根離子水解和一水合氨電離相互抑制；D．N點為氨水溶液，氨水濃度為0.10mol?L﹣1，該氨水電離度為1.32%，則該溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10﹣3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10﹣12mol/L?！窘獯稹拷猓篈．強酸弱堿相互滴定時，由于生成強酸弱堿鹽使溶液顯酸性，所以應選擇甲基橙作指示劑，所以鹽酸滴定氨水需要甲基橙作指示劑，故A錯誤；B．如果M點鹽酸體積為20.0mL，則二者恰好完全反應生成氯化銨，氯化銨中銨根離子水解導致該點溶液應該呈酸性，要使溶液呈中性，則氨水應該稍微過量，所以鹽酸體積小于20.0mL，故B錯誤；C．M處溶液呈中性，則存在c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），該點溶液中溶質為氯化銨和一水合氨，銨根離子水解而促進水電離、一水合氨抑制水電離，銨根離子水解和一水合氨電離相互抑制，水的電離程度很小，該點溶液中離子濃度大小順序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C錯誤；D．N點為氨水溶液，氨水濃度為0.10mol?L﹣1，該氨水電離度為1.32%，則該溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10﹣3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10﹣12mol/L，所以該點溶液pH＜12，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，側重考查學生實驗操作、試劑選取、識圖及分析判斷能力，明確實驗操作、鹽類水解、弱電解質的電離等知識點是解本題關鍵，注意B采用逆向思維方法分析解答，知道酸堿中和滴定中指示劑的選取方法，題目難度中等。7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加．m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，r溶液是一種常見的強酸，s通常是難溶于水的混合物．上述物質的轉化關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．原子半徑的大小W＜X＜Y B．元素的非金屬性Z＞X＞Y C．Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài) D．X的最高價氧化物的水化物為強酸 【考點】GS：無機物的推斷．【專題】111：無機推斷．【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加．m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，則n為Cl2，Z為Cl，氯氣與p在光照條件下生成r與s，r溶液是一種常見的強酸，則r為HCl，s通常是難溶于水的混合物，則p為CH4，氯氣與m反應生成HCl與q，q的水溶液具有漂白性，則m為H2O，q為HClO，結合原子序數(shù)可知W為H元素，X為C元素，Y為O元素，然后結合元素周期律解答．【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，則n為Cl2，Z為Cl，氯氣與p在光照條件下生成r與s，r溶液是一種常見的強酸，則r為HCl，s通常是難溶于水的混合物，則p為CH4，氯氣與m反應生成HCl與q，q的水溶液具有漂白性，則m為H2O，q為HClO，結合原子序數(shù)可知W為H元素，X為C元素，Y為O元素，A．所以元素中H原子半徑最小，同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑W（H）＜Y（O）＜X（C），故A錯誤；B．氯的氧化物中氧元素表現(xiàn)負化合價，氧元素非金屬性比氯的強，高氯酸為強酸，碳酸為弱酸，氯元素非金屬性比碳的強，故非金屬性Y（O）＞Z（Cl）＞X（C），故B錯誤；C．氧元素氫化物為水或雙氧水，常溫下為液態(tài)，故C正確；D．X的最高價氧化物的水化物為碳酸，碳酸屬于弱酸，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查無機物的推斷，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、元素周期律等為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意n為氯氣及氯氣性質為推斷的突破口，題目難度不大．二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）氮的氧化物（NOx）是大氣污染物之一，工業(yè)上在一定溫度和催化劑條件下用NH3將NOx還原生成N2．某同學在實驗室中對NH3與NO2反應進行了探究。回答下列問題：（1）氨氣的制備①氨氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的A，反應的化學方程式為Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。②欲收集一瓶干燥的氨氣，選擇上圖中的裝置，其連接順序為：發(fā)生裝置→d→c→f→e→j（按氣流方向，用小寫字母表示）。（2）氨氣與二氧化氮的反應將上述收集到的NH3充入注射器X中，硬質玻璃管Y中加入少量催化劑，充入NO2（兩端用夾子K1、K2夾好）。在一定溫度下按圖示裝置進行實驗。操作步驟實驗現(xiàn)象解釋原因打開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體緩慢充入Y管中①Y管中紅棕色氣體慢慢變淺②反應的化學方程式8NH3+6NO27N2+12H2O將注射器活塞退回原處并固定，待裝置恢復到室溫Y管中有少量水珠生成的氣態(tài)水凝聚打開K2③Z中NaOH溶液產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象④反應后氣體分子數(shù)減少，Y管壓強小于外壓【考點】ED：氨的實驗室制法；S7：氨的制取和性質．【專題】547：有機實驗綜合．【分析】（1）①實驗室用加熱固體氯化銨和氫氧化鈣的方法制備氨氣，依據(jù)反應物狀態(tài)和條件選擇發(fā)生裝置；②氣體制備一般順序為：發(fā)生裝置，凈化裝置，收集裝置，尾氣處理裝置，結合氨氣為堿性氣體，密度小于空氣密度，極易溶于水的性質解答；（2）打開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體緩慢充入Y管中，則氨氣與二氧化氮發(fā)生歸中反應生成無色氮氣，所以看到現(xiàn)象為：紅棕色變淺；依據(jù)8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及氣態(tài)水凝聚判斷反應后氣體分子數(shù)減少從而判斷打開K2發(fā)生的現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓海?）①實驗室用加熱固體氯化銨和氫氧化鈣的方法制備氨氣，反應物狀態(tài)為固體與固體，反應條件為加熱，所以選擇A為發(fā)生裝置，反應方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案為：A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；②實驗室用加熱固體氯化銨和氫氧化鈣的方法制備氨氣，制備的氣體中含有水蒸氣，氨氣為堿性氣體，應選擇盛有堿石灰干燥管干燥氣體，氨氣極易溶于水，密度小于空氣密度所以應選擇向下排空氣法收集氣體，氨氣極易溶于水，尾氣可以用水吸收，注意防止倒吸的發(fā)生，所以正確的連接順序為：發(fā)生裝置→d→c→f→e→j；故答案為：d→c→f→e→j；（2）打開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體緩慢充入Y管中，則氨氣與二氧化氮發(fā)生歸中反應生成無色氮氣，所以看到現(xiàn)象為：紅棕色氣體慢慢變淺；根據(jù)反應8NH3+6NO27N2+12H2O以及裝置恢復至室溫后氣態(tài)水凝聚可判斷反應后氣體分子數(shù)減少，裝置內壓強降低，所以打開K2在大氣壓的作用下發(fā)生倒吸；故答案為：操作步驟實驗現(xiàn)象解釋原因打開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體緩慢充入Y管中①紅棕色氣體慢慢變淺②反應的化學方程式8NH3+6NO27N2+12H2O將注射器活塞退回原處并固定，待裝置恢復到室溫Y管中有少量水珠生成的氣態(tài)水凝聚打開K2③Z中NaOH溶液產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象④反應后氣體分子數(shù)減少，Y管中壓強小于外壓【點評】本題考查了氨氣的制備和性質的檢驗，明確氨氣的制備原理及制備氣體的一般程序是解題關鍵，題目難度不大。9．（15分）元素鉻（Cr）在溶液中主要以Cr3+（藍紫色）、Cr（OH）4﹣（綠色）、Cr2O72﹣（橙紅色）、CrO42﹣（黃色）等形式存在，Cr（OH）3為難溶于水的灰藍色固體，回答：（1）Cr3+與Al3+的化學性質相似，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至過量，可觀察到的現(xiàn)象是溶液藍紫色變淺，同時產(chǎn)生灰藍色沉淀，然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液。（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互轉化。室溫下，初始濃度為1.0mol?L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）隨c（H+）的變化如圖所示。①用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉化反應2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O。②由圖可知，溶液酸性增強，CrO42﹣的平衡轉化率增大（填“增大“減小”或“不變”）。根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉化反應的平衡常數(shù)為1.0×1014。（3）用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+與CrO42﹣生成磚紅色沉淀時到達滴定終點。當溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（濃度等于1.0×10﹣5mol?L﹣1）時，溶液中c（Ag+）為2.0×10﹣5mol?L﹣1，此時溶液中c（CrO42﹣）等于5.0×10﹣3mol?L﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10）。（4）+6價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的Cr2O72﹣還原成Cr3+，反應的離子方程式為Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O?！究键c】CP：化學平衡的計算．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】（1）根據(jù)Cr3+與Al3+的化學性質相似，可知Cr（OH）3為兩性氫氧化物，能溶解在氫氧化鈉溶液中，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至過量，先生成沉淀，沉淀再溶解；（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中轉化的離子方程式為：2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O；②圖象分析可知隨氫離子濃度增大，鉻酸根離子轉化為重鉻酸根離子；A點c（Cr2O72﹣）=0.25mol/L，c（H+）=10﹣7mol/L，c（CrO42﹣）=0.5mol/L，依據(jù)平衡常數(shù)概念計算；（3）當溶液中Cl﹣完全沉淀時，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依據(jù)Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，計算得到c（Ag+）；再依據(jù)計算得到的銀離子濃度和溶度積常數(shù)計算此時溶液中c（CrO42﹣）；（4）NaHSO3的還原性將廢液中的Cr2O72﹣還原成Cr3+，HSO3﹣被氧化為SO42﹣?！窘獯稹拷猓海?）Cr3+與Al3+的化學性質相似，可知Cr（OH）3為兩性氫氧化物，能溶解在氫氧化鈉溶液中，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至過量，先生成Cr（OH）3灰藍色沉淀，繼續(xù)加入NaOH后沉淀溶解，生成綠色Cr（OH）4﹣；故答案為：溶液藍紫色變淺，同時產(chǎn)生灰藍色沉淀，然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液；（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中轉化的離子方程式為：2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O；故答案為：2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O；②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O正向進行，CrO42﹣的平衡轉化率增大；A點Cr2O72﹣的濃度為0.25mol/L，則消耗的CrO42﹣的濃度為0.5mol/L，則溶液中的c（CrO42﹣）=1.0mol/L﹣0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+濃度為1×10﹣7mol/L，此時該轉化反應的平衡常數(shù)為K===1.0×1014；故答案為：增大；1.0×1014；（3）當溶液中Cl﹣完全沉淀時，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依據(jù)Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，計算得到c（Ag+）===2.0×10﹣5；此時溶液中c（CrO42﹣）===5.0×10﹣3；故答案為：2.0×10﹣5；5.0×10﹣3；（4）NaHSO3的還原性將廢液中的Cr2O72﹣還原成Cr3+，HSO3﹣被氧化為SO42﹣，反應的離子方程式為：Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O；故答案為：Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O?！军c評】本題考查化學反應原理的分析與探究、化學平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)的計算的知識，注意平衡常數(shù)的理解應用和兩性物質的性質，題目難度中等。10．（14分）NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：回答下列問題：（1）NaClO2中Cl的化合價為+3價。（2）寫出“反應”步驟中生成ClO2的化學方程式2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2。（3）“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2+和Ca2+，要加入的試劑分別為NaOH溶液、Na2CO3溶液?！半娊狻敝嘘帢O反應的主要產(chǎn)物是ClO2﹣（或NaClO2）。（4）“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2．此吸收反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1，該反應中氧化產(chǎn)物是O2。（5）“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為1.57。（計算結果保留兩位小數(shù)）【考點】B1：氧化還原反應．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）在NaClO2中Na為+1價，O為﹣2價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0計算得到；（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaCl，回收產(chǎn)物為NaHSO4，說明生成硫酸氫鈉，且產(chǎn)生ClO2，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平書寫化學方程式；（3）食鹽溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用過量NaOH溶液除去Mg2+，利用過量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力強，根據(jù)結晶干燥后的產(chǎn)物可知ClO2的還原產(chǎn)物為NaClO2；（4）依據(jù)圖示可知，利用含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO2，產(chǎn)物為ClO2﹣，則此反應中ClO2為氧化劑，還原產(chǎn)物為ClO2﹣，化合價從+4價降為+3價，H2O2為還原劑，氧化產(chǎn)物為O2，每摩爾H2O2得到2mol電子，依據(jù)電子守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比；（5）每克NaClO2的物質的量=mol，依據(jù)電子轉移數(shù)目相等，可知氯氣的物質的量為mol×4×=mol，計算得到氯氣的質量?！窘獯稹拷猓海?）在NaClO2中Na為+1價，O為﹣2價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0，可得Cl的化合價為+3價，故答案為：+3；（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化劑，還原產(chǎn)物為ClO2，回收產(chǎn)物為NaHSO4，說明生成硫酸氫鈉，且產(chǎn)生ClO2，根據(jù)電子守恒可知，此反應的化學方程式為：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，故答案為：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；（3）食鹽溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用過量NaOH溶液除去Mg2+，利用過量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力強，根據(jù)結晶干燥后的產(chǎn)物可知ClO2的還原產(chǎn)物為NaClO2，因此電解裝置中陰極ClO2得電子生成ClO2﹣，陽極Cl﹣失電子生成Cl2。故答案為：NaOH溶液；Na2CO3溶液；ClO2﹣（或NaClO2）；（4）依據(jù)圖示可知，利用含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO2，產(chǎn)物為ClO2﹣，則此反應中ClO2為氧化劑，還原產(chǎn)物為ClO2﹣，化合價從+4價降為+3價，H2O2為還原劑，氧化產(chǎn)物為O2，每摩爾H2O2得到2mol電子，依據(jù)電子守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：1，故答案為：2：1；O2；（5）1gNaClO2的物質的量=mol，依據(jù)電子轉移數(shù)目相等，NaClO2～Cl﹣～4e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，可知氯氣的物質的量為mol×4×=mol，則氯氣的質量為mol×71g/mol=1.57g，故答案為：1.57g?！军c評】本題考查了物質制備的實驗方法分析、氧化還原反應概念分析和電子轉移的計算、注意物質性質的理解應用，題目難度中等。（二）選考題：共45分．請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑．注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學科按所做的第一題計分．[化學--選修2：化學與技術]11．（15分）高錳酸鉀（KMnO4）是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等．以軟錳礦（主要成分為MnO2）為原料生產(chǎn)高錳酸鉀的工藝路線如下：回答下列問題：（1）原料軟錳礦與氫氧化鉀按1：1的比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率．（2）“平爐”中發(fā)生的化學方程式為2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O．（3）“平爐”中需要加壓，其目的是提高氧氣的壓強，加快反應速率，增加軟錳礦轉化率．（4）將K2MnO4轉化為KMnO4的生產(chǎn)有兩種工藝．①“CO2歧化法”是傳統(tǒng)工藝，即在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，反應中生成KMnO4，MnO2和KHCO3（寫化學式）．②“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，電解槽中陽極發(fā)生的電極反應為MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，陰極逸出的氣體是H2．③“電解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理論利用率之比為3：2．（5）高錳酸鉀純度的測定：稱取1.0800g樣品，溶解后定容于100mL容量瓶中，搖勻．取濃度為0.2000mol?L﹣1的H2C2O4標準溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為24.48mL，該樣品的純度為×100%（列出計算式即可，已知2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）固體混合粉碎目的是增大接觸面積加快反應速率；（2）流程分析可知平爐中發(fā)生的反應是氫氧化鉀、二氧化錳和氧氣加熱反應生成錳酸鉀和水；（3）“平爐”中加壓能提高氧氣的壓強，加快反應速率，增加軟錳礦轉化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，根據(jù)元素守恒以及二氧化碳過量推測反應生成KMnO4，MnO2和KHCO3；②“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，在電解槽中陽極，MnO42﹣失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生MnO4﹣；在陰極，水電離產(chǎn)生的H+獲得電子變?yōu)闅錃庖莩觯姌O反應式是：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；③依據(jù)電解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理論利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反應中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理論利用率是；（5）依據(jù)離子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可由n（H2C2O4）計算出n（KMnO4），進而計算出樣品中的n（KMnO4），然后可計算樣品的純度．【解答】解：（1）原料軟錳礦與氫氧化鉀按1：1的比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是增大接觸面積加快反應速率，提高原料利用率．故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率；（2）流程分析可知平爐中發(fā)生的反應是氫氧化鉀、二氧化錳和氧氣加熱反應生成錳酸鉀和水，反應的化學方程式為：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案為：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；（3）“平爐”中加壓能提高氧氣的壓強，加快反應速率，增加軟錳礦轉化率．故答案為：提高氧氣的壓強，加快反應速率，增加軟錳礦轉化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，根據(jù)元素守恒以及二氧化碳過量推測反應生成KMnO4，MnO2和KHCO3；故答案為：KHCO3；②“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，在電解槽中陽極，MnO42﹣失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生MnO4﹣．電極反應式是：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；在陰極，水電離產(chǎn)生的H+獲得電子變?yōu)闅錃庖莩觯姌O反應式是：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；所以陰極逸出的氣體是H2；總反應方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，故答案為：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；H2；③依據(jù)電解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理論利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反應中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理論利用率是，所以二者的理論利用率之比為3：2，故答案為：3：2；（5）依據(jù)離子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4與草酸反應的定量關系是2KMnO4～5H2C2O4，n（H2C2O4）=20.00×10﹣3L×0.2000mol/L=20.00×10﹣3×0.2000moln（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×mol，1.0800g樣品中n（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000××mol，1.0800g樣品中m（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×××158g，樣品的純度=×100%．故答案為：×100%．【點評】本題考查了物質制備工藝流程的知識．制備方案的過程分析和物質性質的理解應用，特別是電解原理、滴定實驗的熟練掌握和計算應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等．[化學--選修3：物質結構與性質]12．（15分）鍺（Ge）是典型的半導體元素，在電子、材料等領域應用廣泛．回答下列問題：（1）基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2，有2個未成對電子．（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵．從原子結構角度分析，原因是鍺的原子半徑大，原子之間形成的σ單鍵較長，p﹣p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵．（3）比較下列鍺鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規(guī)律及原因GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸點依次增高；原因是分子結構相似，相對分子質量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強．GeCl4GeBr4GeI4熔點/℃﹣49.526146沸點/℃83.1186約400（4）光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑．Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是O＞Ge＞Zn．（5）Ge單晶具有金剛石型結構，其中Ge原子的雜化方式為sp3微粒之間存在的作用力是共價鍵．（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數(shù)，表示晶胞內部各原子的相對位置，如圖（1、2）為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A為（0，0，0）；B為（，0，）；C為（，，0）．則D原子的坐標參數(shù)為（，，）．②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知Ge單晶的晶胞參數(shù)a=565.76pm，其密度為g?cm﹣3（列出計算式即可）．【考點】86：原子核外電子排布；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】51D：化學鍵與晶體結構．【分析】（1）Ge是32號元素，位于第四周期第IVA族，基態(tài)Ge原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2；（2）Ge原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成π鍵；（3）鍺的鹵化物都是分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔沸點越高；（4）元素的非金屬性越強，吸引電子的能力越強，元素的電負性越大；（5）Ge單晶具有金剛石型結構，Ge原子與周圍4個Ge原子形成正四面體結構，向空間延伸的立體網(wǎng)狀結構，屬于原子晶體；（6）①D與周圍4個原子形成正四面體結構，D與頂點A的連線處于晶胞體對角線上，過面心B、C及上底面面心原子的平面且平行側面將晶胞2等分，同理過D原子的且平衡側面的平面將半個晶胞2等等份可知D處于到各個面的處；②根據(jù)均攤法計算晶胞中Ge原子數(shù)目，結合阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞的質量，再根據(jù)ρ=計算晶胞密度．【解答】解：（1）Ge是32號元素，位于第四周期第IVA族，基態(tài)Ge原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，在最外層的4s能級上2個電子為成對電子，4p軌道中2個電子分別處以不同的軌道內，有2軌道未成對電子，故答案為：3d104s24p2；2；（2）雖然Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但考慮Ge的原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成π鍵，所以Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵，故答案為：Ge原子半徑大，原子間形成的σ單鍵較長，p﹣p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵；（3）鍺的鹵化物都是分子晶體，分子間通過分子間作用力結合，對于