湖北省黄冈中学2016届高考化学模拟试卷（十五） Word版含解析.doc

‎2016年湖北省黄冈中学高考化学模拟试卷（十五）‎ ‎　‎ 一、选择题：每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．将煤通过物理变化液化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害 B．硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果 C．普通玻璃属于无机非金属材料，有机玻璃属于新型无机非金属材料 D．氟氯烃是安全、环保的制冷剂 ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．1 mol熔融的KHSO4中含有2 NA个阳离子 B．1 L 0.1 mol/LCH3COONa溶液中，阴离子总数小于0.1 NA C．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA D．与常温常压下17g H2O2所含非极性键数目相同的N2H4的分子总数为0.5NA ‎3．苯佐卡因是局部麻醉药，常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等，其结构简式（如图），下列关于苯佐卡因的叙述正确的是（　　）‎ A．分子式为C9H10NO2‎ B．苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体有9种 C．1 mol该化合物最多与4 mol氢气发生加成反应 D．分子中将氨基转化成硝基的反应为氧化反应 ‎4．如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图．下列说法正确的是（　　）‎ A．最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜M B．Y、R两种元素气态氢化物的沸点：Y＜R C．X、N两种元素组成的化合物不与任何酸反应 D．简单离子的半径：Z＜X＜R ‎5．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3•H2O能大量共存 B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+‎ C 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH pH试纸都变成碱色 可以用pH试纸的颜色与标准比色卡比较，从而判断HClO和CH3COOH的酸性强弱 D 向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量Na2S溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl）‎ A．A B．B C．C D．D ‎6．一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的二次电池原理如图所示，该电池的电解质为6mol•L﹣1KOH溶液，下列说法中正确的是（　　）‎ A．放电时K+移向碳电极 B．放电时离子交换膜每通过4mol离子，碳电极质量减少12g C．放电时电池正极的电极反应为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣‎ D．该电池充电时将镍电极与电源的负极相连 ‎7．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强．用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1 的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．曲线①代表滴定HCl溶液的曲线 B．A点溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.1mol•L﹣1‎ C．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C＜B＜A D．D点溶液中：c（Cl﹣）=2c（OH﹣）﹣2c（H+）‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题每个试题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．（一）必考题 ‎8．无色而有刺激性气味的甲酸，是最简单的羧酸液体，熔点8.6℃，沸点100.8℃．化学实验室常用甲酸（HCOOH）和浓硫酸混合加热制备一氧化碳，其反应方程式为：HCOOHCO↑+H2O，制备时先加热浓硫酸至80℃﹣90℃，控制温度，再逐滴滴入甲酸．‎ ‎（1）请从上图中选用所需的仪器（仪器可重复使用）组成一套验证甲酸（HCOOH）和浓硫酸加热生成产物的实验装置．现提供以下药品：甲酸、浓硫酸、无水硫酸铜、氧化铜粉末、澄清石灰水．将所用仪器的序号按连接顺序由上至下依次填入下表（可以不填满），并写出该仪器中应加试剂的名称或化学式（划横线部分不需要填写）．‎ 选用的仪器 加入的试剂 A ‎ 甲酸、浓硫酸 D ‎﹣﹣‎ 证明有一氧化碳生成的现象是　　　　　　．‎ ‎（2）实验室可用甲酸制备甲酸铜．其方法是先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后再与甲酸制得四水甲酸铜[Cu（HCOO）2•4H2O]晶体．查阅资料可知四水甲酸铜晶体为浅蓝色晶体，可溶于水，难溶于醇．‎ 相关的化学方程式是：2CuSO4+4NaHCO3═Cu（OH）2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O Cu（OH）2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═2Cu（HCOO）2•4H2O+CO2↑‎ 实验步骤如下：‎ Ⅰ、碱式碳酸铜的制备：‎ ‎①步骤ⅰ是将一定量CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研磨，其目的是　　　　　　．‎ ‎②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃﹣80℃，如果看到　　　　　　（填写实验现象），说明温度过高．‎ Ⅱ、甲酸铜的制备：将Cu（OH）2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量热的蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质．在通风橱中蒸发滤液至原体积的时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体2﹣3次，晾干，得到产品．‎ ‎③制取甲酸铜时需要“趁热过滤”的原因是　　　　　　．‎ ‎④用无水乙醇洗涤晶体的目的是　　　　　　．‎ ‎9．镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：‎ 已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+．②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4．•H2O＞NiC2O4•2H2O ③Ksp （Ni（OH）2）：5.0×10﹣16，Ksp （NiC2O4）：4.0×10﹣10‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）酸溶后所留残渣的主要成份　　　　　　 （填物质名称）．‎ ‎（2）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为　　　　　　（填化学式）；‎ ‎（3）写出加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（4）写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式　　　　　　，该反应的平衡常数为　　　　　　．‎ ‎（5）写出电解时阴极的电极反应式　　　　　　，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式：　　　　　　．‎ ‎10．汽车尾气中的主要污染物是NO和CO．为减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：‎ ‎（1）2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746.5KJ/mol （条件为使用催化剂）‎ 已知：2C （s）+O2（g）⇌2CO（g）△H=﹣221.0KJ/mol C （s）+O2（g）⇌CO2（g）△H=﹣393.5KJ/mol 则N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）T℃下，在一容积不变的密闭容器中，通入一定量的NO和CO，用气体传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ C（NO）10﹣4 mol/L ‎10.0‎ ‎4.50‎ C1‎ ‎1.50‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ C（CO）10﹣3 mol/L ‎3.60‎ ‎3.05‎ C2‎ ‎2.75‎ ‎2.70‎ ‎2.70‎ 则C2合理的数值为　　　　　　（填字母标号）．‎ A．4.20 B．4.00 C．2.95 D．2.80‎ ‎（3）将不同物质的量的H2O（g）和CO（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO H2‎ i ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎2.4‎ ‎1.6‎ ‎5‎ ii ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎0.4‎ ‎3‎ iii ‎900‎ a b c d t 若a=2，b=1，则c=　　　　　　，达平衡时实验组ii中H2O（g）和实验组iii中CO的转化率的关系为αii（H2O）　　　　　　αiii（CO）（填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎（4）二甲醚是清洁能源，用CO在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、‎ 投料比的变化曲线如图1所示．‎ ‎①a、b、c按从大到小的顺序排序为　　　　　　．‎ ‎②根据图象可以判断该反应为放热反应，理由是　　　　　　．‎ ‎（5）CO分析仪的传感器可测定汽车尾气是否符合排放标准，该分析仪的工作原理类似于燃料电池，其中电解质是氧化钇（Y2O3）和氧化锆（ZrO2）晶体，能传导O2﹣．‎ ‎①则负极的电极反应式为　　　　　　．‎ ‎②以上述电池为电源，通过导线连接成图2．若X、Y为石墨，a为2L 0.1mol/L KCl溶液电解一段时间后，取25mL 上述电解后的溶液，滴加0.4mol/L醋酸得到图3曲线（不考虑能量损失和气体溶于水，溶液体积变化忽略不计）．根据图二计算，上述电解过程中 消耗一氧化碳的质量为　　　　　　g．‎ ‎　‎ 三、选考题：共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【化学--选修3：物质结构与性质】‎ ‎11．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂（主要成分Na2B4O7）为起始物，经过一系列反应可以得到BN和有机合成催化剂BF3的过程如下．请根据题意回答下列问题：‎ ‎（1）写出由B2O3制备BF3的化学方程式　　　　　　，BF3中B原子的杂化轨道类型为　　　　　　，BF3分子空间构型为　　　　　　．‎ ‎（2）在硼、氧、氟、氮中第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）　　　　　　．‎ ‎（3）已知：硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+，试依据上述反应写出[B（OH）4]﹣的结构式　　　　　　，并推测1molNH4BF4（氟硼酸铵）中含有　　　　　　个配位键．‎ ‎（4）由12个硼原子构成如图1的结构单元，硼晶体的熔点为1873℃，则硼晶体的1个结构单元中含有　　　　　　个B﹣B键．‎ ‎（5）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼（晶体结构如图2）是通常存在的稳定相，可作高温润滑剂．立方相氮化硼（晶体结构如图3）是超硬材料，有优异的耐磨性．‎ ‎①关于这两种晶体的说法，不正确的是　　　　　　（填字母）．‎ a．两种晶体均为分子晶体 b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键 c．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 d．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 ‎②六方相氮化硼晶体内B﹣N键数与硼原子数之比为　　　　　　，其结构与石墨相似却不导电，原因是　　　　　　．‎ ‎③立方相氮化硼晶体中，每个硼原子连接　　　　　　个六元环．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现．根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是　　　　　　．‎ ‎　‎ 四、[化学--选修5：有机化学基础]‎ ‎12．现用如下方法合成高效、低毒农药杀灭菊酯：（）‎ 已知：（1）R﹣XRCNRCOOH ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎（1）B的名称是　　　　　　；合成I的反应类型是　　　　　　．‎ ‎（2）A中最多可能同一平面上的原子数为　　　　　　．‎ ‎（3）写出反应 F+I→杀灭菊酯的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎（4）写出C在高温高压、催化剂条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎（5）X与F互为同分异构体，X苯环上有三个取代基且含有结构，则符合此条件的F共有　　　　　　种．‎ ‎（6）请设计合理方案以丙酮（CH3COCH3）和甲醇为原料合成有机玻璃（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）．‎ 提示：①合成过程中无机试剂任选；‎ ‎②合成路线流程图示例如下：‎ CH2═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．‎ ‎　‎ ‎2016年湖北省黄冈中学高考化学模拟试卷（十五）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．将煤通过物理变化液化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害 B．硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果 C．普通玻璃属于无机非金属材料，有机玻璃属于新型无机非金属材料 D．氟氯烃是安全、环保的制冷剂 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径．‎ ‎【专题】化学应用．‎ ‎【分析】A．煤的液化过程中生成新物质；‎ B．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；‎ C．有机玻璃是有机合成材料；‎ D．含氯氟烃的制冷剂会污染环境，破坏臭氧层．‎ ‎【解答】解：A煤的液化过程中生成新物质，属于化学变化，故A错误；‎ B．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故B正确；‎ C．有机玻璃是化学合成的一种塑料，外观颇似玻璃，属于有机合成材料，不是无机非金属材料，故C错误；‎ D．含氯氟烃的制冷剂会污染环境，破坏臭氧层，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题为综合题，涉及环境污染与治理、材料分类、二价铁离子的性质等，题目难度不大，注意对基础知识的积累．‎ ‎　‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．1 mol熔融的KHSO4中含有2 NA个阳离子 B．1 L 0.1 mol/LCH3COONa溶液中，阴离子总数小于0.1 NA C．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA D．与常温常压下17g H2O2所含非极性键数目相同的N2H4的分子总数为0.5NA ‎【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．依据KHSO4（熔融）=K++H++SO42﹣计算；‎ B．N（CH3COO﹣）+N（OH﹣）=N（Na+）+N（H+），N（Na+）=1 L×0.1 mol/L×=0.1NA；‎ C．0.3mol二氧化氮与水反应生成0.2mol硝酸和0.1mol一氧化氮； ‎ D．双氧水分子中含有1个非极性键，17g双氧水的物质的量为0.5mol，含有0.5mol非极性键，N2H4分子中含有1个极性键，据此计算出需要N2H4的物质的量．‎ ‎【解答】解：A．KHSO4（熔融）=K++HSO4﹣，1 mol熔融的KHSO4电离产生1molK+，即 NA个阳离子，故A错误；‎ B．根据电荷守恒N（CH3COO﹣）+N（OH﹣）=N（Na+）+N（H+），N（Na+）=1 L×0.1 mol/L×=0.1NA，因此阴离子总数为N（CH3COO﹣）+N（OH﹣）=N（Na+）+N（H+）＞0.1NA，故B错误；‎ C．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故C错误；‎ D．17g双氧水的物质的量为0.5mol，含有0.5mol非极性键，N2H4分子中含有1个极性键，需要N2H4的物质的量为0.5mol，N2H4的分子总数为0.5NA，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．‎ ‎　‎ ‎3．苯佐卡因是局部麻醉药，常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等，其结构简式（如图），下列关于苯佐卡因的叙述正确的是（　　）‎ A．分子式为C9H10NO2‎ B．苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体有9种 C．1 mol该化合物最多与4 mol氢气发生加成反应 D．分子中将氨基转化成硝基的反应为氧化反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】该物质中含有苯环、氨基、酯基，具有苯、胺、酯的性质，能发生加成反应、取代反应、中和反应、水解反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C9H11NO2，故A错误；‎ B．苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体，丙基有两种，所以其同分异构体有3+3=6，故B错误；‎ C．只有苯环能和氢气发生加成反应，所以1 mol该化合物最多与3mol氢气发生加成反应，故C错误；‎ D．分子中将氨基转化成硝基，需要将H原子转化为O元素，该反应为氧化反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及同分异构体种类判断、反应类型判断等知识点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是B．‎ ‎　‎ ‎4．如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图．下列说法正确的是（　　）‎ A．最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜M B．Y、R两种元素气态氢化物的沸点：Y＜R C．X、N两种元素组成的化合物不与任何酸反应 D．简单离子的半径：Z＜X＜R ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答．‎ ‎【解答】解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，‎ A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z＞M，故A错误；‎ B．HF含有氢键，沸点较高，则沸点大小为：Y＞R，故B错误；‎ C．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，可与HF酸反应，故C错误；‎ D．离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以简单离子的半径：Z＜X＜R，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，审题中要抓住“短周期元素”几个字，试题培养了学生的灵活应用能力．‎ ‎　‎ ‎5．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3•H2O能大量共存 B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+‎ C 室温下，用pH试纸分别测定浓度为 pH 可以用pH ‎0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH 试纸都变成碱色 试纸的颜色与标准比色卡比较，从而判断HClO和CH3COOH的酸性强弱 D 向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量Na2S溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl）‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．Ag+与NH3•H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液；‎ B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；‎ C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸；‎ D．溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质．‎ ‎【解答】解：A．Ag+与NH3•H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液，溶液变澄清，所以Ag+与NH3•H2O不能大量共存，故A错误； ‎ B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，而稀硫酸不能氧化亚铁离子，故B错误；‎ C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液pH值，故C错误；‎ D．溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质，向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量Na2S溶液，开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成，氯化银转化为硫化银，所以说明Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查元素化合物性质、化学反应原理及基本操作，明确实验原理及元素化合物性质是解本题关键，易错选项是B，稀硫酸具有弱氧化性，但稀硝酸具有强氧化性．‎ ‎　‎ ‎6．一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的二次电池原理如图所示，该电池的电解质为6mol•L﹣1KOH溶液，下列说法中正确的是（　　）‎ A．放电时K+移向碳电极 B．放电时离子交换膜每通过4mol离子，碳电极质量减少12g C．放电时电池正极的电极反应为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣‎ D．该电池充电时将镍电极与电源的负极相连 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】A．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；‎ B．放电时，放电时离子交换膜每通过4mol离子，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，所以碳极质量减少2×2g=4g；‎ C．放电时，正极上NiO（OH）得电子发生还原反应；‎ D．该电池充电时，碳电极与电源的负极相连．‎ ‎【解答】解：A．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以钾离子向正极移动，故A错误；‎ B．放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，所以碳极质量减少2×2g=4g，故B错误；‎ C．放电时，正极上NiO（OH）得电子发生还原反应，电极反应式为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故C正确；‎ D．该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向即可解答，易错选项是D，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点．‎ ‎　‎ ‎7．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强．用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1 的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．曲线①代表滴定HCl溶液的曲线 B．A点溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.1mol•L﹣1‎ C．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C＜B＜A D．D点溶液中：c（Cl﹣）=2c（OH﹣）﹣2c（H+）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A错误；‎ B．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，故B错误；‎ C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水电离的c（H+）：B＜C＜A，故C错误；‎ D．D点溶液中，c（Na+）=1.5c（Cl﹣），溶液中电荷守恒为c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），则c（Cl﹣）=2c（OH﹣）﹣2c（H+），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题每个试题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．（一）必考题 ‎8．无色而有刺激性气味的甲酸，是最简单的羧酸液体，熔点8.6℃，沸点100.8℃．化学实验室常用甲酸（HCOOH）和浓硫酸混合加热制备一氧化碳，其反应方程式为：HCOOHCO↑+H2O，制备时先加热浓硫酸至80℃﹣90℃，控制温度，再逐滴滴入甲酸．‎ ‎（1）请从上图中选用所需的仪器（仪器可重复使用）组成一套验证甲酸（HCOOH）和浓硫酸加热生成产物的实验装置．现提供以下药品：甲酸、浓硫酸、无水硫酸铜、氧化铜粉末、澄清石灰水．将所用仪器的序号按连接顺序由上至下依次填入下表（可以不填满），并写出该仪器中应加试剂的名称或化学式（划横线部分不需要填写）．‎ 选用的仪器 加入的试剂 A ‎ 甲酸、浓硫酸 D ‎﹣﹣‎ 证明有一氧化碳生成的现象是　E中氧化铜粉末变红，E后B装置中澄清石灰水变浑浊　．‎ ‎（2）实验室可用甲酸制备甲酸铜．其方法是先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后再与甲酸制得四水甲酸铜[Cu（HCOO）2•4H2O]晶体．查阅资料可知四水甲酸铜晶体为浅蓝色晶体，可溶于水，难溶于醇．‎ 相关的化学方程式是：2CuSO4+4NaHCO3═Cu（OH）2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O Cu（OH）2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═2Cu（HCOO）2•4H2O+CO2↑‎ 实验步骤如下：‎ Ⅰ、碱式碳酸铜的制备：‎ ‎①步骤ⅰ是将一定量CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研磨，其目的是　研细并混合均匀　．‎ ‎②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃﹣80℃，如果看到　有黑色固体生成　（填写实验现象），说明温度过高．‎ Ⅱ、甲酸铜的制备：将Cu（OH）2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量热的蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质．在通风橱中蒸发滤液至原体积的时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体2﹣3次，晾干，得到产品．‎ ‎③制取甲酸铜时需要“趁热过滤”的原因是　防止甲酸铜晶体析出　．‎ ‎④用无水乙醇洗涤晶体的目的是　减少晶体的损耗以及洗去晶体表面的水和其它杂质　．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】实验设计题．‎ ‎【分析】（1）在A装置中进行，甲酸（HCOOH）分解的方程式为：HCOOHCO↑+H2O，先通过在C装置中无水硫酸铜检验水的存在，接着通过B装置中浓硫酸除去水用来干燥气体，然后将气体通入E装置与氧化铜反应，再将生成的气体通入B装置的澄清石灰水，即可判断分解产物中有无CO生成；‎ ‎（2）碱式碳酸铜受热易分解，生成黑色的氧化铜．甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，需趁热过滤．根据“相似相溶原理”可知甲酸铜易溶于水，难溶于有机溶剂，‎ Ⅰ、①将一定量CuSO4•5H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研磨会增大接触面积，加快反应速率；‎ ‎②碱式碳酸铜受热易分解，生成黑色的氧化铜；‎ Ⅱ、③甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大；‎ ‎④根据“相似相溶原理”可知甲酸铜易溶于水，难溶于有机溶剂；‎ ‎【解答】解：（1）在A装置中进行，甲酸（HCOOH）分解的方程式为：HCOOHCO↑+H2O，先通过在C装置中无水硫酸铜，固体变蓝，接着通过B装置中浓硫酸除去水用来干燥气体，然后将气体通入E装置与氧化铜反应，氧化铜粉末变红，再将生成的气体通入B装置的澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，即可判断分解产物中有CO生成；‎ 故答案为：‎ 选用的仪器 加入的试剂 A 甲酸、浓硫酸 C 无水硫酸铜 B 浓硫酸 E 氧化铜粉末 B 澄清石灰水 D ‎﹣﹣‎ E中氧化铜粉末变红，E后B装置中澄清石灰水变浑浊；‎ ‎（2）Ⅰ、①研磨的作用是把药品研细并混合均匀，‎ 故答案为：研细并混合均匀；‎ ‎②温度过高，Cu（OH）2•CuCO3会分解生成黑色的氧化铜，‎ 故答案为：有黑色固体生成；‎ Ⅱ、③甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，‎ 故答案为：防止甲酸铜晶体析出；‎ ‎④甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，减少晶体的损耗以及洗去晶体表面的水和其它杂质，‎ 故答案为：减少晶体的损耗以及洗去晶体表面的水和其它杂质．‎ ‎【点评】本题主要考查了物质的制备与检验，掌握实验的原理、物质的性质是解题的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：‎ 已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+．②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4．•H2O＞NiC2O4•2H2O ③Ksp （Ni（OH）2）：5.0×10﹣16，Ksp （NiC2O4）：4.0×10﹣10‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）酸溶后所留残渣的主要成份　碳粉　 （填物质名称）．‎ ‎（2）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为　Fe（OH）3、Al（OH）3　（填化学式）；‎ ‎（3）写出加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式　Na2C2O4+NiCl2+2H2O=2NaCl+NiC2O4•2H2O↓　．‎ ‎（4）写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式　NiC2O4+2OH﹣⇌Ni（OH）2+C2O42﹣　，该反应的平衡常数为　8×105 L/mol　．‎ ‎（5）写出电解时阴极的电极反应式　2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣　，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式：　2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl﹣　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】将废旧镍电池电极材料溶于稀盐酸，发生反应Ni（OH）2+2HCl=NiCl2+2H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，过滤得到的残渣是C，向滤液中加入NiO，条件溶液的pH，根据流程图知，生成的沉淀应该是Fe（OH）3、Al（OH）3，然后向滤液中加入Na2C2O4溶液，发生反应NiCl2+Na2C2O4=NiC2O4↓+2NaCl ‎，过滤，将滤液电解，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，过滤得到的NiC2O4和NaOH反应生成Ni（OH）2，用氯气将Ni（OH）2氧化生成Ni（OH）3，最后洗涤沉淀得到较纯净的Ni（OH）3，根据铁镍蓄电池放电时总反应：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可判断电解液为碱性，充电时消耗氢氧根，阴极附近溶液的pH升高，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：将废旧镍电池电极材料溶于稀盐酸，发生反应Ni（OH）2+2HCl=NiCl2+2H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，过滤得到的残渣是C，向滤液中加入NiO，条件溶液的pH，根据流程图知，生成的沉淀应该是Fe（OH）3、Al（OH）3，然后向滤液中加入Na2C2O4溶液，发生反应NiCl2+Na2C2O4=NiC2O4↓+2NaCl，过滤，将滤液电解，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，过滤得到的NiC2O4和NaOH反应生成Ni（OH）2，用氯气将Ni（OH）2氧化生成Ni（OH）3，根据铁镍蓄电池放电时总反应：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可判断电解液为碱性，充电时消耗氢氧根，阴极附近溶液的pH升高．‎ ‎（1）通过以上分析知，酸溶时能与盐酸反应的物质是Al、Ni（OH）2、Fe2O3，‎ 故答案为：碳粉；‎ ‎（2）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；‎ ‎（3）加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式为：Na2C2O4+NiCl2+2H2O=2NaCl+NiC2O4•2H2O↓，‎ 故答案为：Na2C2O4+NiCl2+2H2O=2NaCl+NiC2O4•2H2O↓；‎ ‎（4）加入NaOH溶液，NiC2O4沉淀转化为Ni（OH）2，NiC2O4+2OH﹣⇌Ni（OH）2+C2O42﹣，根据Ksp（NiC2O4）：4.0×10﹣10‎ c（Ni2+）=c（C2O42﹣）===2×10﹣5mol/L；‎ 根据Ksp（Ni（OH）2）：5.0×10﹣16，c2（OH﹣）===2.5×10﹣11mol2/L2；‎ 则该反应的平衡常数K===8×105L/mol；‎ 故答案为：NiC2O4+2OH﹣⇌Ni（OH）2+C2O42﹣；8×105L/mol； ‎ ‎（5）电解过程中阴极反应是水得电子产生氢气，电极反应式为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；电解NaCl溶液可以得到氧化性物质氯气，所以沉淀Ⅲ可被电解所得产物Cl2氧化生成Ni（OH）3，该氧化反应的离子方程式为：2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl﹣，‎ 故答案为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl﹣．‎ ‎【点评】本题考查混合物的分离和提纯，题目难度中等，涉及离子反应方程式的书写、平衡常数的计算、沉淀的洗涤等知识点，综合性较强，为高考高频点，明确每一步中发生的反应及物质的性质、物质分离方法即可解答，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．‎ ‎　‎ ‎10．汽车尾气中的主要污染物是NO和CO．为减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：‎ ‎（1）2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746.5KJ/mol （条件为使用催化剂）‎ 已知：2C （s）+O2（g）⇌2CO（g）△H=﹣221.0KJ/mol C （s）+O2（g）⇌CO2（g）△H=﹣393.5KJ/mol 则N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=　+180.5　kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）T℃下，在一容积不变的密闭容器中，通入一定量的NO和CO，用气体传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ C（NO）10﹣4 mol/L ‎10.0‎ ‎4.50‎ C1‎ ‎1.50‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ C（CO）10﹣3 mol/L ‎3.60‎ ‎3.05‎ C2‎ ‎2.75‎ ‎2.70‎ ‎2.70‎ 则C2合理的数值为　D　（填字母标号）．‎ A．4.20 B．4.00 C．2.95 D．2.80‎ ‎（3）将不同物质的量的H2O（g）和CO（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO H2‎ i ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎2.4‎ ‎1.6‎ ‎5‎ ii ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎0.4‎ ‎3‎ iii ‎900‎ a b c d t 若a=2，b=1，则c=　0.6　，达平衡时实验组ii中H2O（g）和实验组iii中CO的转化率的关系为αii（H2O）　=　αiii（CO）（填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎（4）二甲醚是清洁能源，用CO在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、‎ 投料比的变化曲线如图1所示．‎ ‎①a、b、c按从大到小的顺序排序为　a＞b＞c　．‎ ‎②根据图象可以判断该反应为放热反应，理由是　投料比相同，温度越高CO的转化率越低，平衡向左移动，推得该反应为放热反应　．‎ ‎（5）CO分析仪的传感器可测定汽车尾气是否符合排放标准，该分析仪的工作原理类似于燃料电池，其中电解质是氧化钇（Y2O3）和氧化锆（ZrO2）晶体，能传导O2﹣．‎ ‎①则负极的电极反应式为　CO+2O2﹣﹣2e﹣=CO32﹣　．‎ ‎②以上述电池为电源，通过导线连接成图2．若X、Y为石墨，a为2L 0.1mol/L KCl溶液电解一段时间后，取25mL 上述电解后的溶液，滴加0.4mol/L醋酸得到图3曲线（不考虑能量损失和气体溶于水，溶液体积变化忽略不计）．根据图二计算，上述电解过程中 消耗一氧化碳的质量为　2.8　g．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；‎ ‎（2）由表中数据可知4s时反应到达平衡，1﹣3s内NO浓度变化量为4.5×10﹣4 mol/L﹣1.5×10﹣4 mol/L=3×10﹣4 mol/L，该2s内平均每秒内变化量为1.5×10﹣4 mol/L ‎，随反应进行，反应速率减小，该2s中前1s内NO浓度变化量应大于1.5×10﹣4 mol/L，则2s时NO的浓度小于4.5×10﹣4 mol/L﹣1.5×10﹣4 mol/L=3×10﹣4 mol/L，故2s时NO的浓度应介于1.5×10﹣4 mol/L～3×10﹣4 mol/L之间；‎ ‎（3）实验组②和实验组③温度相同，平衡常数相同，根据三行式进行计算求解；‎ ‎（4）①反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）中，氢气的浓度越大，CO的转化率越大；‎ ‎②由图象可知，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动；‎ ‎（5）①CO发生氧化反应与O2﹣结合生成CO32﹣；‎ ‎②阳极上氯离子失电子，阴极上阳离子得电子．‎ ‎【解答】解：（1）已知：①2 NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746.5KJ/mol ‎ ‎②2C （s）+O2（g）⇌2CO（g）△H=﹣221.0KJ/mol ‎ ‎③C （s）+O2（g）⇌CO2（g）△H=﹣393.5KJ/mol 则依据盖斯定律，③×2﹣②﹣①得到：N2（g）+O2（g）=2NO（g） 则△H=（﹣393.5KJ/mol）×2﹣（﹣220KJ/mol）﹣（﹣746.5KJ/mol）=+180.5KJ/mol，‎ 故答案为：+180.5 kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）由表中数据可知4s时反应到达平衡，1﹣3s内NO浓度变化量为4.5×10﹣4 mol/L﹣1.5×10﹣4 mol/L=3×10﹣4 mol/L，该2s内平均每秒内变化量为1.5×10﹣4 mol/L，随反应进行，反应速率减小，该2s中前1s内NO浓度变化量应大于1.5×10﹣4 mol/L，则2s时NO的浓度小于4.5×10﹣4 mol/L﹣1.5×10﹣4 mol/L=3×10﹣4 mol/L，故2s时NO的浓度应介于1.5×10﹣4 mol/L～3×10﹣4 mol/L之间，选项中只有2.5×10﹣4 mol/L符合，‎ 故选D；‎ ‎（3）H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ 初始 0.5mol/L 1mol/L 0 0‎ 转化 0.2mol/L 0.2mol/l 0.2mol/L 0.2mol/L 平衡0.3mol/L 0.8mol/L 0.2mol/L 0.2mol/L ‎ H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ 初始 1mol/L 0.5mol/L 0 0‎ 转化 （0.5﹣）mol/L （0.5﹣）mol/l mol/L mol/L 平衡（0.5+）mol/L mol/L mol/L mol/L 所以0.5﹣=‎ 则：d=1﹣c，由平衡常数相等可知：，解之得c=0.6，②中H2O（g）的转化率为： =40%，实验组③中CO的转化率的=40%，‎ 故答案为：0.6；=；‎ ‎（4）①反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）中，氢气的浓度越大，CO的转化率越大，则a＞b＞c，故答案为：a＞b＞c；‎ ‎②由图象可知，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，‎ 故答案为：投料比相同，温度越高CO的转化率越低，平衡向左移动，推得该反应为放热反应；‎ ‎（5）①负极CO发生氧化反应与O2﹣结合生成CO32﹣，负极电极反应式为：CO+2O2﹣﹣2e﹣=CO32﹣，‎ 故答案为：CO+2O2﹣﹣2e﹣=CO32﹣；‎ ‎②阳极上氯离子失电子，阴极上阳离子得电子，所以电解0.1mol/L KCl溶液，其电解总反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣；根据图知，KOH溶液的pH=13，常温下，KOH的浓度是0.1mol/L，则n（KOH）=0.1mol/L×2L=0.2mol，根据2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑知，生成0.2mol氢氧根离子转移电子的物质的量=×2=0.2mol，燃料电池的负极反应方程式是CO+2O2﹣﹣2e﹣=CO32﹣，消耗1molCO转移电子数=2mol，因此当转移0.2mol电子时消耗CO的物质的量为0.1mol，则CO的质量=0.1mol×28g/mol=2.8g，‎ 故答案为：2.8g．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算及应用，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，做题时注意影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算，题目难度中等．‎ ‎　‎ 三、选考题：共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【化学--选修3：物质结构与性质】‎ ‎11．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂（主要成分Na2B4O7）为起始物，经过一系列反应可以得到BN和有机合成催化剂BF3的过程如下．请根据题意回答下列问题：‎ ‎（1）写出由B2O3制备BF3的化学方程式　B2O3+3CaF2+3H2SO4=2BF3↑+3CaSO4+3H2O　，BF3中B原子的杂化轨道类型为　sp2　，BF3分子空间构型为　平面正三角形　．‎ ‎（2）在硼、氧、氟、氮中第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）　F＞N＞O＞B　．‎ ‎（3）已知：硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+，试依据上述反应写出[B（OH）4]﹣的结构式　　，并推测1molNH4BF4（氟硼酸铵）中含有　2NA　个配位键．‎ ‎（4）由12个硼原子构成如图1的结构单元，硼晶体的熔点为1873℃，则硼晶体的1个结构单元中含有　30　个B﹣B键．‎ ‎（5）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼（晶体结构如图2）是通常存在的稳定相，可作高温润滑剂．立方相氮化硼（晶体结构如图3）是超硬材料，有优异的耐磨性．‎ ‎①关于这两种晶体的说法，不正确的是　ad　（填字母）．‎ a．两种晶体均为分子晶体 b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键 c．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 d．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 ‎②六方相氮化硼晶体内B﹣N键数与硼原子数之比为　3：1　，其结构与石墨相似却不导电，原因是　立方氮化硼晶体内无自由移动的电子　．‎ ‎③立方相氮化硼晶体中，每个硼原子连接　12　个六元环．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现．根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是　高温、高压　．‎ ‎【考点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】（1）由图及元素守恒可写出由B2O3制备BF3的方程式；根据价层电子对互斥理论确定构型和杂化方式；‎ ‎（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，据此判断第一电离能大小顺序；‎ ‎（3）在[Al（OH）4]﹣中Al采取sp3杂化，用最外层的四个空轨道接受O提供的孤对电子形成配合物，一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，据此计算；‎ ‎（4）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个等边三角形拥有的顶点为：×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12，每2个面共用一个B﹣B键；‎ ‎（5）①a．由图可知立方相氮化硼是立体网状结构，为原子晶体；‎ b．非金属元素之间易形成共价键；‎ c．六方相氮化硼为层状结构，层间为分子间作用力，作用力小；‎ d．立方相氮化硼含有σ键不存在π键；‎ ‎②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子；‎ ‎③氮化硼与碳元素的单质相似，结合金刚石的结构进行判断，立方相氮化硼晶体中，每个硼原子连接12个六元环，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高．‎ ‎【解答】解：（1）B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为：B2O3+3CaF2+3H2SO4=2BF3↑+3CaSO4+3H2O，BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（0﹣3×1）=0，中心原子B原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，BF3分子为平面三角形，‎ 故答案为：B2O3+3CaF2+3H2SO4=2BF3↑+3CaSO4+3H2O；sp2；平面正三角形；‎ ‎（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，B、N、O、F元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能N＞O，B的第一电离能最小，第一电离能由大到小的顺序是：F＞N＞O＞B，‎ 故答案为：F＞N＞O＞B；‎ ‎（3）在[Al（OH）4]﹣中Al采取sp3杂化，用最外层的四个空轨道接受O提供的孤对电子形成配合物，其结构式为，一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键，即2NA个配位键，‎ 故答案为：；2NA；‎ ‎（4）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的：×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12，每2个面共用一个B﹣B键，每个面拥有这个B﹣B键的，每个等边三角形占有的B﹣B键为：×3=，20个等边三角形拥有的B﹣B键为：×20=30，‎ 故答案为：30；‎ ‎（5）①（2）a．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故a错误；‎ b．非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故b正确；‎ c．六方相氮化硼层间为层状结构，分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故c正确；‎ d．立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键，所以该化合物中含有σ键不存在π键，故d错误；‎ 故选ad； ‎ ‎②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，六方相氮化硼晶体内B﹣N键数与硼原子数之比为3：1，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，‎ 故答案为：3：1；立方氮化硼晶体内无自由移动的电子；‎ ‎③氮化硼与金刚石的结构相似，立方相氮化硼晶体中，每个硼原子连接12个六元环，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，‎ 故答案为：12；高温、高压．‎ ‎【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及第一电离能、原子的杂化方式、晶体的计算等知识点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，这些知识点都是高考热点，注意价层电子对互斥理论确定原子杂化方式及分子空间构型、晶胞的计算，题目难度中等．‎ ‎　‎ 四、[化学--选修5：有机化学基础]‎ ‎12．现用如下方法合成高效、低毒农药杀灭菊酯：（）‎ 已知：（1）R﹣XRCNRCOOH ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎（1）B的名称是　4﹣氯甲苯或对氯甲苯　；合成I的反应类型是　加成反应　．‎ ‎（2）A中最多可能同一平面上的原子数为　13　．‎ ‎（3）写出反应 F+I→杀灭菊酯的化学方程式：　 ++H2O　．‎ ‎（4）写出C在高温高压、催化剂条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式：　 +3NaOH2NaCl+H2O+　．‎ ‎（5）X与F互为同分异构体，X苯环上有三个取代基且含有结构，则符合此条件的F共有　8　种．‎ ‎（6）请设计合理方案以丙酮（CH3COCH3）和甲醇为原料合成有机玻璃（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）．‎ 提示：①合成过程中无机试剂任选；‎ ‎②合成路线流程图示例如下：‎ CH2═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】F与I在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成杀灭菊酯，H发生信息（2）反应生成I，由杀灭菊酯的结构可知，F为、I为．结合反应信息（2）可知H为，G发生信息反应（3）生成H，则G为．‎ E发生信息（1）中第2步反应生成F，则E为，C发生信息（1）中第1步反应生成D，D与CH3CH（Cl）CH3在氢氧化钠条件下反应生成E，根据E的结构可知，D为，C为，A与氯气在Fe作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氯气在光照条件下生成C，故A为，B为；‎ ‎（6）丙酮和氢氰酸发生加成反应生成（CH3）2C（OH）CN，（CH3）2C（OH）CN酸化生成2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸，2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸发生消去反应生成2﹣甲基丙烯酸，2﹣甲基丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成2﹣甲基丙烯酸甲酯．‎ ‎【解答】解：F与I在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成杀灭菊酯，H发生信息（2）反应生成I，由杀灭菊酯的结构可知，F为、I为 ‎．结合反应信息（2）可知H为，G发生信息反应（3）生成H，则G为．‎ E发生信息（1）中第2步反应生成F，则E为，C发生信息（1）中第1步反应生成D，D与CH3CH（Cl）CH3在氢氧化钠条件下反应生成E，根据E的结构可知，D为，C为，A与氯气在Fe作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氯气在光照条件下生成C，故A为，B为；‎ ‎（1）B为，其名称是4﹣氯甲苯或对氯甲苯，合成I的反应类型是加成反应，‎ 故答案为：4﹣氯甲苯或对氯甲苯；加成反应；‎ ‎ （2）A为，A中最多可能同一平面上的原子为苯环上的所有原子及甲基中的C原子和1个氢原子，所以最多有13个原子共平面，故答案为：13；‎ ‎（3）F+I→杀灭菊酯的化学方程式： ++H2O，故答案为： ++H2O；‎ ‎（4）C在高温高压、催化剂条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式为+3NaOH2NaCl+H2O+，‎ 故答案为： +3NaOH2NaCl+H2O+；‎ ‎（5）F为，X与F互为同分异构体，X苯环上有三个取代基且含有结构，还含有丁基取代基，丁基有四种，每个丁基有两种排放方式，所以符合条件的同分异构体有4×2=8，故答案为：8；‎ ‎（6）丙酮和氢氰酸发生加成反应生成（CH3）2C（OH）CN，（CH3）2C（OH）CN酸化生成2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸，2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸发生消去反应生成2﹣甲基丙烯酸，2﹣甲基丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成2﹣甲基丙烯酸甲酯，其合成路线为CH3COCH3，‎ 故答案为：CH3COCH3．‎ ‎【点评】本题考查有机推断和合成，为高频考点，明确官能团及其性质关系、反应条件、反应类型是解本题关键，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等．‎