甘肃省兰州市第一中学2017-2018学年高考理综-化学模拟考试试卷
一、单选题
1．（2018·兰州模拟）化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法错误的是（ ）
A．铁粉和碳粉的混合物可作食品抗氧化剂
B．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保
C．补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果
D．光导纤维、醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品
【答案】D
【知识点】微量元素对人体健康的重要作用
【解析】【解答】A. 铁粉和碳粉均可以被氧化，二者组成的混合物可作食品抗氧化剂，A不符合题意；
B. 共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，减少能源的使用，有利于节能环保，B不符合题意；
C. 维生素C具有还原性，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，C不符合题意；
D. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是以纤维素为原料的化工产品，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.铁粉和碳粉均可被氧化；
B.共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，减少能源的使用，有利于节能环保；
C.维生素C具有还原性；
D.光导纤维的主要成分是SiO2；
2．（2018·兰州模拟）一般情况下，前者无法决定后者的是（ ）
A．原子核外电子排布——元素在周期表中的位置
B．弱电解质的相对强弱——电离常数的大小
C．分子间作用力的大小——分子稳定性的高低
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；弱电解质在水溶液中的电离平衡；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、原子核外电子层数=所在周期数，因此能够决定在元素周期表中的位置，A不符合题意；
B、电离平衡常数表示电离程度，电离平衡常数越大，说明电离程度越大，B不符合题意；
C、分子稳定性是化学变化，而分子间作用力影响的是物质的熔沸点，是物理性质，C符合题意；
D、反应物的能量大于生成物能量，此反应是放热反应，反之是吸热反应，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置；
B.弱电解质在水中的电离程度越大，其电离常数越大；
C.分子间作用力大小与分子的稳定性无关；
D.反应物和生成物能量的相对大小，决定了化学反应的热效应；
3．（2018·兰州模拟）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法错误的是( )
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A. 用铝土矿制备较高纯度Al，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，A不符合题意；
B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，B符合题意；
C. 在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C不符合题意；
D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据制备过程发生的反应分析所需的试剂；
B.石英的主要成分是SiO2，与盐酸不反应；
C.根据制粗硅过程中发生反应的化学方程式分析被氧化和被还原的物质的物质的量之比；
D.根据反应过程中元素化合价的变化分析还原产物；
4．（2018·兰州模拟）如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（ ）
A．正极反应式为
B．微生物所在电极区放电时发生还原反应
C．放电过程中，H+从正极区移向负极区
D．若用该电池给铅蓄电池充电，MnO2电极质量减少8.7g，则铅蓄电池负极增重9.6g
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A.MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为 ，A符合题意的；
B.微生物所在电极区发生氧化反应，Cm(H2O)n被氧化生成水和二氧化碳，B不符合题意；
C.原电池工作时，阳离子向正极移动，C不符合题意；
D.给铅蓄电池充电，阴极发生PbSO4+2e-=Pb+SO42-，电极质量减小，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据装置内MnO2转化为Mn2+，确定正极的电极反应式；
B.微生物所在电极区为正极，正极发生还原反应；
C.在原电池中，阳离子移向正极；
D.根据电极反应式进行计算；
5．（2018·兰州模拟）科学家最近在-100℃的低温下合成了一种烃X，X分子中所有氢原子的化学环境没有区别，其球棍模型如图。下列说法中错误的是（ ）
A．X的分子式为C5H4
B．X分子中有碳碳单键，也有碳碳双键
C．该烃X与等质量的甲烷相比，X燃烧时消耗的氧气更多
D．X分子中的氢原子分布在两个相互垂直的异面直线上
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、根据球棍模型，其分子式为C5H4，A不符合题意；
B、X分子的结构简式为： ，故X分子中有碳碳单键，也有碳碳双键，B不符合题意；
C、该烃X与等质量的甲烷相比，氢原子数比碳原子数甲烷更大，故等质量的甲烷与X，甲烷燃烧时消耗的氧气更多，C符合题意；
D、分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，两个碳碳双键所在的平面相互垂直，氢原子分布在两个互相垂直的直线上，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据球棍模型确定有机物中C、H原子个数，从而确定其分子式；
B.根据球棍模型确定有机物的结构简式；
C.根据二者燃烧的化学方程式进行分析；
D.结合烷烃的四面体结构分析；
6．（2018·兰州模拟）合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（ ）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1mol 最多可与2molH2发生反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，A不符合题意；
B.该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，B符合题意；
C.PPV与聚苯乙烯 的重复单元不相同，C不符合题意；
D.该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol 最多可以与5mol氢气发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据PPV的结构简式分析；
B.反应生成高分子化合物的同时生成小分子，属于缩聚反应；
C.聚苯乙烯的结构简式为；
D.能与H2发生加成反应的结构有苯环和碳碳双键；
7．（2018·兰州模拟）K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO +10H2O 4Fe(OH)3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法错误的是：（ ）
图Ⅰ K2FeO4的稳定性与温度关系 图Ⅱ K2FeO4的稳定性与溶液pH关系
A．由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
B．由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3
C．由图Ⅰ可知上述反应ΔH < 0
D．由图Ⅱ可知图中a < c
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，A不符合题意；
B.温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，B不符合题意；
C.温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH ＞ 0，C符合题意；
D.pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据图1曲线的变化趋势分析；
B.结合温度对平衡移动的影响分析；
C.由温度对平衡移动的影响确定反应的热效应；
D.结合浓度对平衡移动的影响分析；
二、综合题
8．（2018高三下·南宁月考）合理的利用吸收工业产生的废气CO2、NO2、SO2 等可以减少污染，变废为宝。
（1）用CO2可以生产燃料甲醇。
已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ mol﹣1；
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣b kJ mol﹣1；
则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：
。
（2）光气（COCl2）是一种重要化工原料，常用于聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g） COCl2（g）△H < 0制备。图1为实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：
①0～6min内，反应的平均速率v（Cl2）= ；
②该反应第一次达平衡时的平衡常数为 ，10min改变的条件是 。
（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是 。
（4）以甲醇燃料电池为电源，粗硅为原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图3，判断A为电源的 极，电解时阳极的电极反应式为 。
【答案】（1）2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = 2a -3b kJ·mol-1
（2）0.15 mol·L-1·min-1；30；升高温度
（3）2NO2+4HSO3- =N2+4SO42-+4H+
（4）负；Si+4H-- 4e - = SiH4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(l)△H=﹣akJ mol﹣1；②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣b kJ mol﹣1；根据盖斯定律：由②×3-①×2可得2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) 则ΔH =(﹣b kJ mol﹣1)×3-(﹣akJ mol﹣1)×2= 2a -3b kJ·mol-1 ；CH3OH(g)燃烧的热化学方程式为2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = 2a -3b kJ·mol-1 ；
(2)①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则V= = =0.15 mol L-1 min-1；②8min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L， 即K= =30；影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，该反应是放热反应，由图可知，第10 min时平衡逆向移动，只能是升温，由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；
(3)二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式：2NO2+4HSO3-=N2+4SO42-+4H+；
(4)从图示知，粗硅变化为SiH4，失电子发生氧化反应，B为电源的正极，A为电源的负极，H-移向阳极生成SiH4，电极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑。
【分析】（1）根据盖斯定律构造出目标方程式，然后计算反应热，书写热化学方程式即可；
（2）①根据反应速率的定义计算氯气的反应速率；
②根据平衡常数的含义计算该反应的平衡常数，根据影响化学平衡移动的因素进行分析即可；
（4）根据硅的变化利用氧化还原反应分析原电池的电极，然后书写电极方程式即可。
9．（2018·兰州模拟）莫尔盐的化学式为（NH4)2Fe(SO4)2 6H2O，溶于水而不溶于乙醇，常被用作氧化还原滴定的基准物。下面是制取莫尔盐的部分装置与实验步骤：
①将铁屑放入小烧杯中，加适量的Na2CO3溶液，小火加热几分钟，倒掉溶液后，用蒸馏水洗净铁屑，晾干。
②在锥形瓶中加入2.24g铁屑和少量碳粉，由分液漏斗滴加20mL3mol/L硫酸溶液。
③待反应结束后，由分液漏斗加入适g的(NH4)2SO4溶液，过滤。在滤液中加入一定量的乙醇，待晶体析出后，过滤、洗涤、晾干，得莫尔盐晶体。
请回答下列问题：
（1）实验开始前，检査反应器气密性的方法为 。
（2）步骤①中Na2CO3溶液的作用是 。
（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液在分液漏斗中的原因是 ，加入少量碳粉的作用是 。
（4）步骤③中理论上需加2mol/L的(NH4)2SO4溶液 mL。
（5）取10.00g铬青铜样品，将其中的铬裒化为H2CrO4，再加入硫酸酸化，并配成250mL溶液，取出25.00 mL用浓度为0.0180mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准洛液滴定，终点时用去标准液20.75mL。已知弱酸H2CrO4被还原为Cr3+则滴定时反应的离子方程式为 。该样品中铬元素的质量分数为 。
【答案】（1）关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。(或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好)
（2）除去铁屑表面的油污
（3）起液封作用 (防止Fe2+被氧化)；与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率
（4）20
（5）H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；65%
【知识点】盐类水解的应用；气体发生装置的气密性检查；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）实验开始前，检查反应器气密性的方法为：关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好；（或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）；正确答案：关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。（或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）。
（2）Na2CO3溶液水解显碱性，能够与油污发生反应，可以洗涤铁粉中的油污；正确答案：除去铁屑表面的油污。
（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液于分液漏斗中，能够起到液封作用，防止空气把Fe2+氧化；铁、碳和稀硫酸构成原电池，加快反应速率；正确答案：起液封作用，（防止Fe2+被氧化）；与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。
（4）2.24 g 铁屑与20 mL 3 mol/L硫酸溶液反应，硫酸过量，消耗铁的量为0.04mol，生成硫酸亚铁的量为0.04 mol，然后根据(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O =( NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应可知消耗n(NH4)2SO4)=0.04 mol， 根据c×V=n可知，0.04=2×V，V=0.02L=20 mL；正确答案：20。
（5）根据题给信息可知，H2CrO4能够把(NH4)2Fe(SO4)2中的亚铁离子氧化为铁离子，本身还原为Cr3+，反应的离子方程式为H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O； 根据反应关系：H2CrO4-3Fe2+可知：25.00 mL溶液中n((NH4)2Fe(SO4)2)=n(Fe2+)=0.018×20.75×10-3=3.735×10-4mol， n( H2CrO4)=1.245×10-4mol，则250mL溶液含有n( H2CrO4)=1.245×10-3 mol；m(Cr)= 1.245×10-3×52g； 该样品中铬元素的质量分数为1.245×10-3×52/10×100%=65%；正确答案：H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；65%或0.65
【分析】（1）检查装置的气密性时，应先关闭分液漏斗活塞，形成密闭体系，打开止水夹，通过容器内压强变化判断装置气密性；
（2）Na2CO3溶液显碱性，可用于取出铁屑表面的油污；
（3）分液漏斗内残留少许溶液，可形成液封，防止空气进入，将Fe2+氧化；加入碳粉，可形成原电池，加快反应速率；
（4）根据步骤③中发生反应的化学方程式进行计算；
（5）反应过程中，H2CrO4被还原为Cr3+，Fe2+被氧化成Fe3+，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
根据滴定过程中消耗标准液的量计算H2CrO4的量，进而计算样品中铬元素的质量分数；
10．（2018·兰州模拟）Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的成用。
（1）基态Co3+原子的价电子排布式为 ，Co3+核外3d能级上有 对成对电子。
（2）Co3+的一种配离子[Co(N3(NH3)5]2+产中，Co3+的配位数是 ，离子中所含δ键的数目为 ，配位体N3+中心原子杂化类型为 。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H20)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是 。
（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为 ，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是 。
（5）NiO的晶体结构如图中所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+产填充其中（如图乙），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】（1）3d74s2；1
（2）6；23NA；sp
（3）N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）KFe2(CN)6；正四面体形
（5）(1，1/2，1/2)
（6）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Co原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；正确答案：3d74s2 ； 1。
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；正确答案：6 ；23NA；sp。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；正确答案：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；正确答案：KFe2(CN)6 ； 正四面体形。
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为 ，离z为 ，则坐标参数为（1， ， ）；正确答案：(1，1/2，1/2)。
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 倍，所以其距离是2 am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)= ×1024；每个氧化镍的质量= g，所以每平方米含有的氧化镍质量= × ×1024= ；正确答案： 。
【分析】（1）根据构造原理确定Co原子的价电子排布式；根据Co3+的核外电子排布式确定成对电子；
（2）根据配位键的形成原理分析Co3+的配位数；根据物质结构确定所含σ键的数目；根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化类型；
（3）根据元素的电负性大小，分析所形成的配位键的强弱，从而得出结论；
（4）根据“均摊法”确定晶体的化学式；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；
（5）根据晶胞中离子坐标参数确定C离子坐标；
（6）根据图示结构确定每个NiO所占的面积，进而求出每平方米所含NiO的质量；
三、实验题
11．（2018·兰州模拟）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：
a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；
（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤 （选填①、②、③或⑤）。
（2）若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式 。
（3）滤渣2中主要成分为 （填化学式）。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式 。
（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为 。
（6）Ⅱ．BaS溶液的制备
写出“煅烧还原”反应的化学方程式 。BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶： 。
（7）Ⅲ.制取锌钡白
如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是 。
【答案】（1）①
（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2
（4）ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-
（5）HCO3->H2CO3>CO32-
（6）BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑；BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中
（7）过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】I．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。(1)步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：①；
(2)若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-，故答案为：ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-；
(5)滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->H2CO3>CO32-，故答案为：HCO3->H2CO3>CO32-；
(6)煅烧发生反应：BaSO4+4C BaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑。
BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；
(7)步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。
【分析】（1）根据各个步骤发生的反应进行分析；
（2）步骤②中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据步骤③中加入过量NaOH溶液发生的反应，确定所得滤渣2的成分；
（4）步骤④滤液2的溶质为NaZnO2，结合NaAlO2与CO2的反应，书写反应的离子方程式；
（5）滤液3的溶质为NaHCO3，结合溶液中HCO3-的电离水解程度大小分析溶液中离子浓度；
（6）煅烧过程中，BaSO4和C反应生成BaS和CO，据此写出反应的化学方程式；BaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，H+能与CO32-反应，促使平衡向溶解方向进行；
（7）若硫酸过量，反应过程中易产生H2S，造成空气污染；
四、推断题
12．（2018·兰州模拟）石油裂解气主要含有丙烯、1，3-丁二烯等不饱和烃，以它们为原料可合成CR橡胶和医药中间体G，合成路线如下：
已知：①B、C、D均能发生银镜反应：
（1）A的顺式异构体的结构简式为 。
（2）C中含氧官能团的名称是 ，反应①的反应类型为 。
（3）写出E→F反应的化学方程式： 。
（4）写出同时满足下列条件的医药中间体G的同分异构体的结构简式： 。 ①与D互为同系物；②核磁共振氢谱有三组峰。
（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法： 。
（6）以A为起始原料合成CR橡胶的线路为 （其它试剂任选）。
【答案】（1）
（2）羟基、醛基；取代反应
（3）HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O
（4）OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO
（5）取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】(1)A为1，4-二溴-2-丁烯( )，其顺式异构体的结构简式为 ，正确答案： 。
（2）C为 ，含有的官能团有碳碳羟基、醛基；通过题给信息②可知，该过程发生了取代反应；正确答案：碳碳双键、醛基； 取代反应。
（3）有机物E为HOOCCH2COOH，与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O ；正确答案：HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O。
（4）有机物G的分子式为C6H10O2， ①与D 互为同系物；有机物D为二元醛类；②核磁共振氢谱有三组峰，具有一定的对称性；满足条件的有机物可能的结构有2种：OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO；正确答案： OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO。
（5）有机物B CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后在检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 ；正确答案：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 。
（6）A为 ，在碱性环境下发生取代反应生成二元烯醇 ，然后再与氯化氢发生加成生成 ，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成 ；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程如下： ；正确答案： 。
【分析】根据流程图，1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，生成A，A为1，4-二溴-2-丁烯( )；与氢气加成后生成1，4-二溴丁烷( )；丙烯催化氧化生成B，B为CH2=CHCHO，C的相对分子质量比B大18，说明B与水加成生成C，C为 ，催化氧化生成D(丙二醛)，与银氨溶液反应生成E(丙二酸)，与乙醇酯化反应生成F( )；根据信息，F( )与 反应生成 ，进一步反应生成G( )。据此结合题干设问进行分析作答。
甘肃省兰州市第一中学2017-2018学年高考理综-化学模拟考试试卷
一、单选题
1．（2018·兰州模拟）化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法错误的是（ ）
A．铁粉和碳粉的混合物可作食品抗氧化剂
B．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保
C．补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果
D．光导纤维、醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品
2．（2018·兰州模拟）一般情况下，前者无法决定后者的是（ ）
A．原子核外电子排布——元素在周期表中的位置
B．弱电解质的相对强弱——电离常数的大小
C．分子间作用力的大小——分子稳定性的高低
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
3．（2018·兰州模拟）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法错误的是( )
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物
4．（2018·兰州模拟）如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（ ）
A．正极反应式为
B．微生物所在电极区放电时发生还原反应
C．放电过程中，H+从正极区移向负极区
D．若用该电池给铅蓄电池充电，MnO2电极质量减少8.7g，则铅蓄电池负极增重9.6g
5．（2018·兰州模拟）科学家最近在-100℃的低温下合成了一种烃X，X分子中所有氢原子的化学环境没有区别，其球棍模型如图。下列说法中错误的是（ ）
A．X的分子式为C5H4
B．X分子中有碳碳单键，也有碳碳双键
C．该烃X与等质量的甲烷相比，X燃烧时消耗的氧气更多
D．X分子中的氢原子分布在两个相互垂直的异面直线上
6．（2018·兰州模拟）合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（ ）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1mol 最多可与2molH2发生反应
7．（2018·兰州模拟）K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO +10H2O 4Fe(OH)3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法错误的是：（ ）
图Ⅰ K2FeO4的稳定性与温度关系 图Ⅱ K2FeO4的稳定性与溶液pH关系
A．由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
B．由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3
C．由图Ⅰ可知上述反应ΔH < 0
D．由图Ⅱ可知图中a < c
二、综合题
8．（2018高三下·南宁月考）合理的利用吸收工业产生的废气CO2、NO2、SO2 等可以减少污染，变废为宝。
（1）用CO2可以生产燃料甲醇。
已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ mol﹣1；
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣b kJ mol﹣1；
则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：
。
（2）光气（COCl2）是一种重要化工原料，常用于聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g） COCl2（g）△H < 0制备。图1为实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：
①0～6min内，反应的平均速率v（Cl2）= ；
②该反应第一次达平衡时的平衡常数为 ，10min改变的条件是 。
（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是 。
（4）以甲醇燃料电池为电源，粗硅为原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图3，判断A为电源的 极，电解时阳极的电极反应式为 。
9．（2018·兰州模拟）莫尔盐的化学式为（NH4)2Fe(SO4)2 6H2O，溶于水而不溶于乙醇，常被用作氧化还原滴定的基准物。下面是制取莫尔盐的部分装置与实验步骤：
①将铁屑放入小烧杯中，加适量的Na2CO3溶液，小火加热几分钟，倒掉溶液后，用蒸馏水洗净铁屑，晾干。
②在锥形瓶中加入2.24g铁屑和少量碳粉，由分液漏斗滴加20mL3mol/L硫酸溶液。
③待反应结束后，由分液漏斗加入适g的(NH4)2SO4溶液，过滤。在滤液中加入一定量的乙醇，待晶体析出后，过滤、洗涤、晾干，得莫尔盐晶体。
请回答下列问题：
（1）实验开始前，检査反应器气密性的方法为 。
（2）步骤①中Na2CO3溶液的作用是 。
（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液在分液漏斗中的原因是 ，加入少量碳粉的作用是 。
（4）步骤③中理论上需加2mol/L的(NH4)2SO4溶液 mL。
（5）取10.00g铬青铜样品，将其中的铬裒化为H2CrO4，再加入硫酸酸化，并配成250mL溶液，取出25.00 mL用浓度为0.0180mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准洛液滴定，终点时用去标准液20.75mL。已知弱酸H2CrO4被还原为Cr3+则滴定时反应的离子方程式为 。该样品中铬元素的质量分数为 。
10．（2018·兰州模拟）Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的成用。
（1）基态Co3+原子的价电子排布式为 ，Co3+核外3d能级上有 对成对电子。
（2）Co3+的一种配离子[Co(N3(NH3)5]2+产中，Co3+的配位数是 ，离子中所含δ键的数目为 ，配位体N3+中心原子杂化类型为 。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H20)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是 。
（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为 ，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是 。
（5）NiO的晶体结构如图中所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+产填充其中（如图乙），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
三、实验题
11．（2018·兰州模拟）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：
a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；
（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤 （选填①、②、③或⑤）。
（2）若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式 。
（3）滤渣2中主要成分为 （填化学式）。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式 。
（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为 。
（6）Ⅱ．BaS溶液的制备
写出“煅烧还原”反应的化学方程式 。BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶： 。
（7）Ⅲ.制取锌钡白
如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是 。
四、推断题
12．（2018·兰州模拟）石油裂解气主要含有丙烯、1，3-丁二烯等不饱和烃，以它们为原料可合成CR橡胶和医药中间体G，合成路线如下：
已知：①B、C、D均能发生银镜反应：
（1）A的顺式异构体的结构简式为 。
（2）C中含氧官能团的名称是 ，反应①的反应类型为 。
（3）写出E→F反应的化学方程式： 。
（4）写出同时满足下列条件的医药中间体G的同分异构体的结构简式： 。 ①与D互为同系物；②核磁共振氢谱有三组峰。
（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法： 。
（6）以A为起始原料合成CR橡胶的线路为 （其它试剂任选）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】微量元素对人体健康的重要作用
【解析】【解答】A. 铁粉和碳粉均可以被氧化，二者组成的混合物可作食品抗氧化剂，A不符合题意；
B. 共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，减少能源的使用，有利于节能环保，B不符合题意；
C. 维生素C具有还原性，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，C不符合题意；
D. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是以纤维素为原料的化工产品，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.铁粉和碳粉均可被氧化；
B.共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，减少能源的使用，有利于节能环保；
C.维生素C具有还原性；
D.光导纤维的主要成分是SiO2；
2．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；弱电解质在水溶液中的电离平衡；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、原子核外电子层数=所在周期数，因此能够决定在元素周期表中的位置，A不符合题意；
B、电离平衡常数表示电离程度，电离平衡常数越大，说明电离程度越大，B不符合题意；
C、分子稳定性是化学变化，而分子间作用力影响的是物质的熔沸点，是物理性质，C符合题意；
D、反应物的能量大于生成物能量，此反应是放热反应，反之是吸热反应，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置；
B.弱电解质在水中的电离程度越大，其电离常数越大；
C.分子间作用力大小与分子的稳定性无关；
D.反应物和生成物能量的相对大小，决定了化学反应的热效应；
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A. 用铝土矿制备较高纯度Al，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，A不符合题意；
B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，B符合题意；
C. 在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C不符合题意；
D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据制备过程发生的反应分析所需的试剂；
B.石英的主要成分是SiO2，与盐酸不反应；
C.根据制粗硅过程中发生反应的化学方程式分析被氧化和被还原的物质的物质的量之比；
D.根据反应过程中元素化合价的变化分析还原产物；
4．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A.MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为 ，A符合题意的；
B.微生物所在电极区发生氧化反应，Cm(H2O)n被氧化生成水和二氧化碳，B不符合题意；
C.原电池工作时，阳离子向正极移动，C不符合题意；
D.给铅蓄电池充电，阴极发生PbSO4+2e-=Pb+SO42-，电极质量减小，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据装置内MnO2转化为Mn2+，确定正极的电极反应式；
B.微生物所在电极区为正极，正极发生还原反应；
C.在原电池中，阳离子移向正极；
D.根据电极反应式进行计算；
5．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、根据球棍模型，其分子式为C5H4，A不符合题意；
B、X分子的结构简式为： ，故X分子中有碳碳单键，也有碳碳双键，B不符合题意；
C、该烃X与等质量的甲烷相比，氢原子数比碳原子数甲烷更大，故等质量的甲烷与X，甲烷燃烧时消耗的氧气更多，C符合题意；
D、分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，两个碳碳双键所在的平面相互垂直，氢原子分布在两个互相垂直的直线上，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据球棍模型确定有机物中C、H原子个数，从而确定其分子式；
B.根据球棍模型确定有机物的结构简式；
C.根据二者燃烧的化学方程式进行分析；
D.结合烷烃的四面体结构分析；
6．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，A不符合题意；
B.该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，B符合题意；
C.PPV与聚苯乙烯 的重复单元不相同，C不符合题意；
D.该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol 最多可以与5mol氢气发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据PPV的结构简式分析；
B.反应生成高分子化合物的同时生成小分子，属于缩聚反应；
C.聚苯乙烯的结构简式为；
D.能与H2发生加成反应的结构有苯环和碳碳双键；
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，A不符合题意；
B.温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，B不符合题意；
C.温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH ＞ 0，C符合题意；
D.pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据图1曲线的变化趋势分析；
B.结合温度对平衡移动的影响分析；
C.由温度对平衡移动的影响确定反应的热效应；
D.结合浓度对平衡移动的影响分析；
8．【答案】（1）2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = 2a -3b kJ·mol-1
（2）0.15 mol·L-1·min-1；30；升高温度
（3）2NO2+4HSO3- =N2+4SO42-+4H+
（4）负；Si+4H-- 4e - = SiH4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(l)△H=﹣akJ mol﹣1；②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣b kJ mol﹣1；根据盖斯定律：由②×3-①×2可得2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) 则ΔH =(﹣b kJ mol﹣1)×3-(﹣akJ mol﹣1)×2= 2a -3b kJ·mol-1 ；CH3OH(g)燃烧的热化学方程式为2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = 2a -3b kJ·mol-1 ；
(2)①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则V= = =0.15 mol L-1 min-1；②8min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L， 即K= =30；影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，该反应是放热反应，由图可知，第10 min时平衡逆向移动，只能是升温，由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；
(3)二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式：2NO2+4HSO3-=N2+4SO42-+4H+；
(4)从图示知，粗硅变化为SiH4，失电子发生氧化反应，B为电源的正极，A为电源的负极，H-移向阳极生成SiH4，电极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑。
【分析】（1）根据盖斯定律构造出目标方程式，然后计算反应热，书写热化学方程式即可；
（2）①根据反应速率的定义计算氯气的反应速率；
②根据平衡常数的含义计算该反应的平衡常数，根据影响化学平衡移动的因素进行分析即可；
（4）根据硅的变化利用氧化还原反应分析原电池的电极，然后书写电极方程式即可。
9．【答案】（1）关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。(或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好)
（2）除去铁屑表面的油污
（3）起液封作用 (防止Fe2+被氧化)；与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率
（4）20
（5）H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；65%
【知识点】盐类水解的应用；气体发生装置的气密性检查；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）实验开始前，检查反应器气密性的方法为：关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好；（或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）；正确答案：关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。（或：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）。
（2）Na2CO3溶液水解显碱性，能够与油污发生反应，可以洗涤铁粉中的油污；正确答案：除去铁屑表面的油污。
（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液于分液漏斗中，能够起到液封作用，防止空气把Fe2+氧化；铁、碳和稀硫酸构成原电池，加快反应速率；正确答案：起液封作用，（防止Fe2+被氧化）；与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。
（4）2.24 g 铁屑与20 mL 3 mol/L硫酸溶液反应，硫酸过量，消耗铁的量为0.04mol，生成硫酸亚铁的量为0.04 mol，然后根据(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O =( NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应可知消耗n(NH4)2SO4)=0.04 mol， 根据c×V=n可知，0.04=2×V，V=0.02L=20 mL；正确答案：20。
（5）根据题给信息可知，H2CrO4能够把(NH4)2Fe(SO4)2中的亚铁离子氧化为铁离子，本身还原为Cr3+，反应的离子方程式为H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O； 根据反应关系：H2CrO4-3Fe2+可知：25.00 mL溶液中n((NH4)2Fe(SO4)2)=n(Fe2+)=0.018×20.75×10-3=3.735×10-4mol， n( H2CrO4)=1.245×10-4mol，则250mL溶液含有n( H2CrO4)=1.245×10-3 mol；m(Cr)= 1.245×10-3×52g； 该样品中铬元素的质量分数为1.245×10-3×52/10×100%=65%；正确答案：H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；65%或0.65
【分析】（1）检查装置的气密性时，应先关闭分液漏斗活塞，形成密闭体系，打开止水夹，通过容器内压强变化判断装置气密性；
（2）Na2CO3溶液显碱性，可用于取出铁屑表面的油污；
（3）分液漏斗内残留少许溶液，可形成液封，防止空气进入，将Fe2+氧化；加入碳粉，可形成原电池，加快反应速率；
（4）根据步骤③中发生反应的化学方程式进行计算；
（5）反应过程中，H2CrO4被还原为Cr3+，Fe2+被氧化成Fe3+，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
根据滴定过程中消耗标准液的量计算H2CrO4的量，进而计算样品中铬元素的质量分数；
10．【答案】（1）3d74s2；1
（2）6；23NA；sp
（3）N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）KFe2(CN)6；正四面体形
（5）(1，1/2，1/2)
（6）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Co原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；正确答案：3d74s2 ； 1。
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；正确答案：6 ；23NA；sp。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；正确答案：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；正确答案：KFe2(CN)6 ； 正四面体形。
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为 ，离z为 ，则坐标参数为（1， ， ）；正确答案：(1，1/2，1/2)。
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 倍，所以其距离是2 am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)= ×1024；每个氧化镍的质量= g，所以每平方米含有的氧化镍质量= × ×1024= ；正确答案： 。
【分析】（1）根据构造原理确定Co原子的价电子排布式；根据Co3+的核外电子排布式确定成对电子；
（2）根据配位键的形成原理分析Co3+的配位数；根据物质结构确定所含σ键的数目；根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化类型；
（3）根据元素的电负性大小，分析所形成的配位键的强弱，从而得出结论；
（4）根据“均摊法”确定晶体的化学式；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；
（5）根据晶胞中离子坐标参数确定C离子坐标；
（6）根据图示结构确定每个NiO所占的面积，进而求出每平方米所含NiO的质量；
11．【答案】（1）①
（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2
（4）ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-
（5）HCO3->H2CO3>CO32-
（6）BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑；BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中
（7）过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】I．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。(1)步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：①；
(2)若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-，故答案为：ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-；
(5)滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->H2CO3>CO32-，故答案为：HCO3->H2CO3>CO32-；
(6)煅烧发生反应：BaSO4+4C BaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑。
BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；
(7)步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。
【分析】（1）根据各个步骤发生的反应进行分析；
（2）步骤②中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据步骤③中加入过量NaOH溶液发生的反应，确定所得滤渣2的成分；
（4）步骤④滤液2的溶质为NaZnO2，结合NaAlO2与CO2的反应，书写反应的离子方程式；
（5）滤液3的溶质为NaHCO3，结合溶液中HCO3-的电离水解程度大小分析溶液中离子浓度；
（6）煅烧过程中，BaSO4和C反应生成BaS和CO，据此写出反应的化学方程式；BaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，H+能与CO32-反应，促使平衡向溶解方向进行；
（7）若硫酸过量，反应过程中易产生H2S，造成空气污染；
12．【答案】（1）
（2）羟基、醛基；取代反应
（3）HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O
（4）OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO
（5）取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】(1)A为1，4-二溴-2-丁烯( )，其顺式异构体的结构简式为 ，正确答案： 。
（2）C为 ，含有的官能团有碳碳羟基、醛基；通过题给信息②可知，该过程发生了取代反应；正确答案：碳碳双键、醛基； 取代反应。
（3）有机物E为HOOCCH2COOH，与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O ；正确答案：HOOCCH2COOH+2C2H5OH C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O。
（4）有机物G的分子式为C6H10O2， ①与D 互为同系物；有机物D为二元醛类；②核磁共振氢谱有三组峰，具有一定的对称性；满足条件的有机物可能的结构有2种：OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO；正确答案： OHC(CH2)4CHO和OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO。
（5）有机物B CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后在检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 ；正确答案：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 。
（6）A为 ，在碱性环境下发生取代反应生成二元烯醇 ，然后再与氯化氢发生加成生成 ，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成 ；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程如下： ；正确答案： 。
【分析】根据流程图，1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，生成A，A为1，4-二溴-2-丁烯( )；与氢气加成后生成1，4-二溴丁烷( )；丙烯催化氧化生成B，B为CH2=CHCHO，C的相对分子质量比B大18，说明B与水加成生成C，C为 ，催化氧化生成D(丙二醛)，与银氨溶液反应生成E(丙二酸)，与乙醇酯化反应生成F( )；根据信息，F( )与 反应生成 ，进一步反应生成G( )。据此结合题干设问进行分析作答。
