四川省凉山州2017届高考化学一诊试卷 Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2017年四川省凉山州高考化学一诊试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每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．下列叙述正确的是（　　）‎ A．我国古代四大发明之一黑火药由硫酸、硝酸和木炭按一定比例混合制成 B．PH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断 C．石油的分馏，煤的干馏、气化、液化均是物理变化 D．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 ‎2．下列实验的现象与对应结论均正确的是（　　）‎ 选项 操作 现象 结论 A 将碳酸氢钠分解产生的气体通入CaCl2溶液 产生白色沉淀 CO2与CaCl2溶液反应 B 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显现象 Al与浓硝酸不反应 C 将水蒸气通过灼热的铁粉 有黑色晶体生成 铁与水在高温下发生反应 D 将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不在有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成后变为浅色蓝色沉淀 Mg（OH）2的溶度积（Ksp）比Cu（OH）2小 A．A B．B C．C D．D ‎3．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述错误的是（　　）‎ A．标准状况下，33.6L氯气与足量水反应，转移电子数目为1.5NA B．20gH218O中含有的质子数为10NA C．12g金刚石中含有的共价键数为2NA D．标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目大于1.5NA ‎4．有短周期X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．其中X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L﹣1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半．下列说法正确的是（　　）‎ A．原素Z、W的简单离子的电子层结构不同 B．Y的最高价氧化物的水化物能与其简单气态氢化物反应生成盐且显碱性 C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体 D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键 ‎5．高铁电池是以高铁酸盐（K2FeO4）和锌为电极材料，具有能量密度大、体积小、重量轻、寿命长、无污染等优点，除比亚迪外目前还没有其他厂家宣称其产品可以大规模实用化．电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列说法正确的是（　　）‎ A．充电时阳极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2‎ B．0.1molK2FeO4发生反应，转移电子数约为1.806×1024‎ C．充电时K2FeO4发生氧化反应 D．放电时正极反应为：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣‎ ‎6．室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．向蒸馏水中加入Na2O，水的电离程度变小 B．向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中加水稀释后溶液中不变 C．向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中加水稀释后溶液中不变 D．向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的PH=2‎ ‎7．某溶液中含K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣中的若干种，某同学欲探究该溶液的组成，‎ 进行如下实验：‎ Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰．‎ Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成．‎ Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色．下列说法正确的是（　　）‎ A．原溶液中肯定不含Fe2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣‎ B．为确定是否含有Cl﹣，可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀 C．步骤Ⅱ中无色气体是NO气体 D．原溶液中肯定含有K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎8．教材中给出了Na2O2与水反应的化学方程式，某学习小组通过实验研究Na2O2与水发反应机理 操作 现象 Ⅰ．向盛有4.0gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水 剧烈反应，产生的气体能使带火星木条复燃，固体全部溶解后，得到的无色溶液a Ⅱ．向溶液a中滴入两滴酚酞 溶液变红，10分钟后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色 Ⅲ．向溶液中加入少量MnO2粉末 又有大量气泡产生，产生的气体也能使带火星木条复燃 ‎（1）Na2O2的电子式为　　，很明显，实验证实了溶液a中H2O2的存在，应用同位素示踪原理可以表 示反应的机理，写出Na218O2与H2O反应的化学方程式　　．‎ ‎（2）操作Ⅱ中红色褪去的可能原因是　　．‎ ‎（3）用反应2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++502↑+8H2O测定溶液a中H2O2含量．取20.00mL溶液a，用稀　　（填化学式）酸化，用0.002mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，至终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液．滴定时KMnO4溶液应装在　　（填酸或碱）式滴定管中，终点确定的方法是　　，经计算溶液a中c（H2O2）=　　mol•L﹣1‎ ‎（4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（5）向FeSO4溶液中加入一定量Na202固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，写出 反应的离子方程式　　．‎ ‎9．氮及其化合物在生产、生活中有着重要的作用．请回答下列问题：‎ ‎（1）图1是常温下1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：　　‎ ‎（2）在恒温、恒容的密闭容器中，通入一定量的N2O4发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H如图2‎ ‎①在0﹣60s时段，反应速率v（N2O4）为　　mol•L﹣1•s﹣1．‎ ‎②温度升高，混合气体的颜色变深，则△H　　0（填“＞”或“＜”）．‎ ‎③改变条件重新达到平衡时，要使N2O4的体积分数变大，可采取的措施有　　（填字母）．‎ a．向混合气体中通入N2O4 b．升高温度 c．向混合气体中通入NO2 d．使用高效催化剂 ‎（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液．‎ ‎①A、B两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为　　（已知HNO2的电离 常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）．‎ ‎②可使A、B两溶液的PH相等的方法是　　（填字母）．‎ a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH ‎（4）铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：‎ Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（方程式未配平）．0.6molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的 NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量为　　．‎ ‎10．利用硫酸渣（主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等）生产铁基颜料铁黄（FeOOH） 的制备流程如图：‎ 已知：FeS2难溶于水，不与H2SO4反应，在“还原”步骤中，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被FeS2还原，其中反应Ⅰ为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+；反应Ⅱ中氧化产物为单质硫．‎ ‎（1）“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率；②　　．‎ ‎（2）写出酸溶时硫酸渣中主要成分发生反应的一个化学方程式：　　．‎ ‎（3）加入FeS2“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为　　．滤渣的主要成分是FeS2、S和　　 （填 化学式）‎ ‎（4）“氧化”时，生成FeOOH的离子方程式为　　．氧化时，温度不宜过高，否则会导致产品颜色偏红，可能含有的杂质是　　（填化学式）．‎ ‎（5）滤液中溶质是Al2（SO4）3和　　（填化学式）．‎ ‎　‎ 选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分．【化学-选修3物质结构与性质】‎ ‎11．硒化锌是一种透明色半导体，也可作为红光外学材料，熔点1520℃．‎ ‎（1）基态锌原子的价电子排布式是　　．‎ ‎（2）根据元素周期律，电负性Se　　S，第一电离能Se　　As（填“＞”或“＜”）‎ ‎（3）H2Se的分子构型是　　，其中Se的杂化轨道类型是　　．‎ ‎（4）H2O的沸点高于H2Se的沸点（﹣42℃）其原因是　　．‎ ‎（5）晶体Zn为六方最密堆积，其配位数是　　．‎ ‎（6）ZnSe晶胞如图，假设阿伏伽德罗常数值为NA，则144gZnSe晶体中的晶胞数是　　．‎ ‎　‎ ‎[化学-选修5有机化学基础]‎ ‎12．化合物H（布洛芬）是临床常用的镇痛消炎药，其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：‎ 已知：（1）（R1、R2代表烷基）‎ ‎（2）+ClCH2COOR4+R4ONa→COOR4+R4OH+NaCl（R3、R4代表烷基）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）化合物H的分子式是　　，化合物B的官能团名称是　　，第③步的化学反应类型是　　．‎ ‎（2）第②步反应的化学方程式是　　．‎ ‎（3）化合物G的结构简式是　　．‎ ‎（4）第④步反应的化学方程式是　　．‎ ‎（5）同时满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式是　　．‎ I．结构中有苯环，无﹣O﹣O﹣；II．核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为2：2：1：1．‎ ‎　‎ ‎2017年四川省凉山州高考化学一诊试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每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．下列叙述正确的是（　　）‎ A．我国古代四大发明之一黑火药由硫酸、硝酸和木炭按一定比例混合制成 B．PH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断 C．石油的分馏，煤的干馏、气化、液化均是物理变化 D．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．依据黑火药成分：一硫，二硝，三木炭解答；‎ B．测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂；‎ C．有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化；‎ D．氯化氢与氨气反应生成白色固体氯化铵，依据反应现象解答．‎ ‎【解答】解：A．黑火药为混合物，由硫黄、硝酸和木炭按一定比例混合制成，故A错误；‎ B．pH计能用于酸碱中和滴定终点的判断，故B错误；‎ C．煤的干馏、气化、液化都有新物质生成，属于化学变化，故C错误；‎ D．氯化氢与氨气反应生成白色固体氯化铵，浓盐酸与氨气反应产生大量白烟，可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．下列实验的现象与对应结论均正确的是（　　）‎ 选项 操作 现象 结论 A 将碳酸氢钠分解产生的气体通入CaCl2溶液 产生白色沉淀 CO2与CaCl2溶液反应 B 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显现象 Al与浓硝酸不反应 C 将水蒸气通过灼热的铁粉 有黑色晶体生成 铁与水在高温下发生反应 D 将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不在有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成后变为浅色蓝色沉淀 Mg（OH）2的溶度积（Ksp）比Cu（OH）2小 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应；‎ B．常温下，Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；‎ C．高温下，Fe和水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气；‎ D．溶度积常数表达式相似时，溶度积常数越小的越先产生沉淀．‎ ‎【解答】解：A．碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应，所以将碳酸氢钠分解生成的气体通入氯化钙溶液中没有白色沉淀生成，故A错误；‎ B．常温下，Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，而不是不反应，故B错误；‎ C．高温下，Fe和水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁是黑色晶体，故C正确；‎ D．溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明Cu（OH）2的Ksp比Mg（OH）2的小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述错误的是（　　）‎ A．标准状况下，33.6L氯气与足量水反应，转移电子数目为1.5NA B．20gH218O中含有的质子数为10NA C．12g金刚石中含有的共价键数为2NA D．标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目大于1.5NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、氯气和水的反应为可逆反应；‎ B、20gH218O的物质的量为1mol，且水中含10个质子；‎ C、求出金刚石的物质的量，然后根据金刚石中含2条共价键来分析；‎ D、标况下HF为液体．‎ ‎【解答】解：A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于1.5NA个，故A错误；‎ B、20gH218O的物质的量为1mol，且水中含10个质子，故1molH218O中含10NA个质子，故B正确；‎ C、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中含2条共价键，故1mol金刚石中含2NA条共价键，故C正确；‎ D、标况下HF为液体，标况下33.6LHF的物质的量大于1.5mol，则含有的F原子大于1.5NA个，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．有短周期X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．其中X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L﹣1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半．下列说法正确的是（　　）‎ A．原素Z、W的简单离子的电子层结构不同 B．Y的最高价氧化物的水化物能与其简单气态氢化物反应生成盐且显碱性 C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体 D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为15，最外层电子数平均为5，X与Z可形成XZ2气态分子，X为+4价，Y为﹣2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L﹣1，该气态化合物的摩尔质量为：22.4L/mol×0.76g•L﹣1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数为：（6+7+8+1）=11，故W为Na元素，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：短周期X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为15，最外层电子数平均为5，X与Z可形成XZ2气态分子，X为+4价，Y为﹣2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L﹣1，该气态化合物的摩尔质量为：22.4L/mol×0.76g•L﹣1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数为：（6+7+8+1）=11，故W为Na元素，‎ A．Z、W分别为Na、O元素，钠离子和氧离子的核外电子总数都是8，电子层结构相同，故A错误；‎ B．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物能与其简单气态氢化物反应生成盐为硝酸铵，硝酸铵呈酸性，故B错误；‎ C．X为C元素，碳元素形成的单质不一定为原子晶体，如石墨，故C正确；‎ D．C、N、O、H四种元素可以形成CO（NH2）2，氨基酸等，不含离子键，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．高铁电池是以高铁酸盐（K2FeO4）和锌为电极材料，具有能量密度大、体积小、重量轻、寿命长、无污染等优点，除比亚迪外目前还没有其他厂家宣称其产品可以大规模实用化．电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列说法正确的是（　　）‎ A．充电时阳极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2‎ B．0.1molK2FeO4发生反应，转移电子数约为1.806×1024‎ C．充电时K2FeO4发生氧化反应 D．放电时正极反应为：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】放电时，失电子化合价升高的金属为负极材料，负极反应为：3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，放电时，正极上得电子发生还原反应，电池反应式减去负极电极反应式得到正极电极反应式：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣，充电时，阴极上得电子发生还原反应，与原电池负极电极反应相反，阳极上失电子发生氧化反应，与原电池正极电极反应相反，据此解答．‎ ‎【解答】解：A．放电时，正极反应为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣，则充电的阳极反应为：2Fe（OH）3+10OH﹣﹣6e﹣=2FeO42﹣+8H2O，故A错误；‎ B．根据反应关系FeO42﹣～3e﹣可知0.1molK2FeO4转移电子数：0.1mol×3=0.3mol，则转移电子数约为：0.3×6.02×1023=1.806×1023，故B错误；‎ C．放电时，正极K2FeO4发生还原反应，充电时，K2FeO4是氧化产物，故C错误；‎ D．放电时，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．向蒸馏水中加入Na2O，水的电离程度变小 B．向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中加水稀释后溶液中不变 C．向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中加水稀释后溶液中不变 D．向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的PH=2‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、向蒸馏水中加入Na2O，得到NaOH，碱会抑制水的电离；‎ B、向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，加水稀释，不会引起K的变化；‎ C、醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小；‎ D、0.1mol•L﹣1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，促进醋酸电离，溶液的PH＜2．‎ ‎【解答】解：A、向蒸馏水中加入Na2O，得到NaOH，碱会抑制水的电离，故A正确；‎ B、醋酸中，K=，只受温度影响，向0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，加水稀释，不会引起K的变化，故B错误；‎ C、无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以增大，故C错误；‎ D、0.1mol•L﹣1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，促进醋酸电离，溶液的PH＜2，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．某溶液中含K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣中的若干种，某同学欲探究该溶液的组成，‎ 进行如下实验：‎ Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰．‎ Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成．‎ Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色．下列说法正确的是（　　）‎ A．原溶液中肯定不含Fe2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣‎ B．为确定是否含有Cl﹣，可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀 C．步骤Ⅱ中无色气体是NO气体 D．原溶液中肯定含有K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，则一定含K+；‎ Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，则一定含NO3﹣、Fe2+，不含CO32﹣、SiO32﹣；‎ Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，则一定含SO42﹣；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色，则一定不含I﹣，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，一定含K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，不含CO32﹣、SiO32﹣、I﹣，不能确定是否含Fe3+、Cl﹣，‎ A．原溶液中肯定含Fe2+、NO3﹣，故A错误；‎ B．可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，不能确定是否含有Cl﹣，因生成硫酸银为白色沉淀，故B错误；‎ C．无色气体遇空气变成红棕色，可知步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，故C正确；‎ D．原溶液中肯定含有K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎8．教材中给出了Na2O2与水反应的化学方程式，某学习小组通过实验研究Na2O2与水发反应机理 操作 现象 Ⅰ．向盛有4.0gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水 剧烈反应，产生的气体能使带火星木条复燃，固体全部溶解后，得到的无色溶液a Ⅱ．向溶液a中滴入两滴酚酞 溶液变红，10分钟后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色 Ⅲ．向溶液中加入少量MnO2粉末 又有大量气泡产生，产生的气体也能使带火星木条复燃 ‎（1）Na2O2的电子式为　　，很明显，实验证实了溶液a中H2O2的存在，应用同位素示踪原理可以表 示反应的机理，写出Na218O2与H2O反应的化学方程式　2Na218O2+2H2O═2Na18OH+2NaOH+18O2↑　．‎ ‎（2）操作Ⅱ中红色褪去的可能原因是　溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应　．‎ ‎（3）用反应2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++502↑+8H2O测定溶液a中H2O2含量．取20.00mL溶液a，用稀　H2SO4　（填化学式）酸化，用0.002mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，至终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液．滴定时KMnO4溶液应装在　酸　（填酸或碱）式滴定管中，终点确定的方法是　滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色　，经计算溶液a中c（H2O2）=　0.0025　mol•L﹣1‎ ‎（4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，发生反应的离子方程式为　4H2O2+4Fe2++6H2O=O2↑+4Fe（OH）3↓+8Na+　．‎ ‎（5）向FeSO4溶液中加入一定量Na202固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，写出 反应的离子方程式　3Na2O2+6 Fe2++6H2O=6Na++4Fe（OH）3↓+2Fe3+　．‎ ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】（1）Na2O2为离子化合物，据此书写电子式；根据实验证实了溶液a中H2O2的存在，则Na218O2与H2O反应先生成氢氧化钠和H2O2，H2O2的再分解生成水和氧气；‎ ‎（2）根据H2O2具有强氧化性漂白；‎ ‎（3）根据KMnO4溶液能氧化HCl，所以用稀H2SO4酸化，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，终点确定的方法是滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色，根据KMnO4与H2O2反应的物质的量之比求得H2O2的物质的量，进而求得溶液a中c（H2O2）；‎ ‎（4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，Na2O2氧化FeSO4溶液生成生Fe（OH）3↓和氧气；‎ ‎（5）向FeSO4溶液中加入一定量Na202固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，所以Na202固体仅作氧化剂，FeSO4溶液被氧化成4Fe（OH）3↓，据此书写．‎ ‎【解答】解：（1）Na2O2为离子化合物，则电子式为；又实验证实了溶液a中H2O2的存在，则Na218O2与H2O反应先生成氢氧化钠和H2O2，H2O2的再分解生成水和氧气，所以Na218O2与H2O反应的总化学方程式为2Na218O2+2H2O═2Na18OH+2NaOH+18O2↑；故答案为：‎ ‎；2Na218O2+2H2O═2Na18OH+2NaOH+18O2↑；‎ ‎（2）因为H2O2具有强氧化性漂白，所以操作Ⅱ中红色褪去的可能原因是溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应，故答案为：溶液a中过量H2O2与酚酞发生反应；‎ ‎（3）根据KMnO4溶液能氧化HCl，所以用稀H2SO4酸化，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，终点确定的方法是滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色，根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为：‎ ‎2MnO4﹣～5H2O2‎ ‎2mol 5mol ‎ ‎0.002mol•L﹣1×0.01L n（H2O2） ‎ 则n（H2O2）=5×10﹣5mol 所以c（H2O2）==0.0025mol/L，故答案为：H2SO4； 酸； 滴至最后一滴时溶液由紫色变为无色，且半分钟内不变色； 0.0025；‎ ‎（4）向溶液a中滴加FeSO4溶液，Na2O2氧化FeSO4溶液生成生Fe（OH）3↓和氧气，离子方程式为：4Na2O2+4Fe2++6H2O=O2↑+4Fe（OH）3↓+8Na+；故答案为：4Na2O2+4Fe2++6H2O=O2↑+4Fe（OH）3↓+8Na+；‎ ‎（5）向FeSO4溶液中加入一定量Na202固体，并以物质的量为2：1发生反应，反应中无气体生成，所以Na202固体仅作氧化剂，FeSO4溶液被氧化成4Fe（OH）3↓，离子方程式为：3Na2O2+6 Fe2++6H2O=6Na++4Fe（OH）3↓+2Fe3+，故答案为：3Na2O2+6 Fe2++6H2O=6Na++4Fe（OH）3↓+2Fe3+．‎ ‎　‎ ‎9．氮及其化合物在生产、生活中有着重要的作用．请回答下列问题：‎ ‎（1）图1是常温下1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：　NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol　‎ ‎（2）在恒温、恒容的密闭容器中，通入一定量的N2O4发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H如图2‎ ‎①在0﹣60s时段，反应速率v（N2O4）为　0.001　mol•L﹣1•s﹣1．‎ ‎②温度升高，混合气体的颜色变深，则△H　＞　0（填“＞”或“＜”）．‎ ‎③改变条件重新达到平衡时，要使N2O4的体积分数变大，可采取的措施有　ac　（填字母）．‎ a．向混合气体中通入N2O4 b．升高温度 c．向混合气体中通入NO2 d．使用高效催化剂 ‎（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液．‎ ‎①A、B两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为　c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）　（已知HNO2的电离 常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）．‎ ‎②可使A、B两溶液的PH相等的方法是　bc　（填字母）．‎ a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH ‎（4）铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：‎ Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（方程式未配平）．0.6molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的 NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量为　1.8mol　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；氧化还原反应的计算；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】（1）反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程；‎ ‎（2）①根据v=计算v（N2O4）；‎ ‎②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动；‎ ‎③a．向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡；‎ b．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；‎ c．向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡；‎ d．使用高效催化剂不影响平衡移动；‎ ‎（3）溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液；‎ ‎（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒计算Cu（NO3）2的物质的量，根据电子转移守恒计算NO、NO2的物质的量，再根据氮原子守恒计算消耗硝酸物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134kJ/mol﹣368kJ/mol=﹣234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol，‎ 故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol；‎ ‎（2）①由图可知，在0﹣60s时段△c（N2O4）=0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，则v（N2O4）==0.001mol/（L．min），‎ 故答案为：0.001；‎ ‎②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则△H＞0，‎ 故答案为：＞；‎ ‎③a．向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，平衡逆向移动，N2O4的体积分数增大，故a正确；‎ b．正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数减小，故b错误；‎ c．向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，N2O4的体积分数增大，故c正确；‎ d．使用高效催化剂缩短到达平衡的水解，不影响平衡移动，N2O4的体积分数不变，故d错误，‎ 故答案为：ac；‎ ‎（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液；‎ HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），‎ a．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误；‎ b．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；‎ c．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；‎ d．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；‎ 故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc；‎ ‎（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.6mol，得到的NO和NO2物质的量相同，根据电子转移守恒，则：3n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2，故n（NO）=n（NO2）=0.3mol，根据氮原子守恒，可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2+0.3mol+0.3mol=1.8mol，‎ 故答案为：1.8mol．‎ ‎　‎ ‎10．利用硫酸渣（主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等）生产铁基颜料铁黄（FeOOH） 的制备流程如图：‎ 已知：FeS2难溶于水，不与H2SO4反应，在“还原”步骤中，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被FeS2还原，其中反应Ⅰ为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+；反应Ⅱ中氧化产物为单质硫．‎ ‎（1）“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率；②　抑制Fe3+水解　．‎ ‎（2）写出酸溶时硫酸渣中主要成分发生反应的一个化学方程式：　Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O　．‎ ‎（3）加入FeS2“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为　2Fe3++FeS2=3Fe2++2S　．滤渣的主要成分是FeS2、S和　SiO2　 （填 化学式）‎ ‎（4）“氧化”时，生成FeOOH的离子方程式为　4Fe2++8NH3•H2O+O2=4FeOOH↓+8NH4++2H2O　．氧化时，温度不宜过高，否则会导致产品颜色偏红，可能含有的杂质是　Fe2O3　（填化学式）．‎ ‎（5）滤液中溶质是Al2（SO4）3和　（NH4）2SO4　（填化学式）．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】硫酸渣（主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等）加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有二氧化硅和S、FeS2，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；‎ ‎（1）“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率；②抑制Fe3+水解；‎ ‎（2）氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应生成盐和水；‎ ‎（3）由反应物和生成物以及电子守恒来配平化学方程式；根据流程分析判断滤渣的主要成分；‎ ‎（4）在碱性环境下，亚铁离子可以被氧气氧化为生成FeOOH；温度过高，FeOOH分解生成Fe2O3；‎ ‎（5）加氨水调节pH时，生成了硫酸铵．‎ ‎【解答】解：（1）“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率；②抑制Fe3+水解；故答案为：抑制Fe3+水解；‎ ‎（2）氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，即Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，‎ 故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；‎ ‎（3）由流程分析可知滤渣Ⅰ的主要成分是FeS2、S和SiO2；﹣2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为S沉淀，有关的离子方程式为2Fe3++FeS2=3Fe2++2S，‎ 故答案为：2Fe3++FeS2=3Fe2++2S；SiO2；‎ ‎（4）在碱性环境下，亚铁离子可以被氧气氧化为生成FeOOH，则“氧化”中，亚铁离子、氧气及氨水反应生成FeOOH、铵根离子和水，其离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=4FeOOH↓+8NH4++2H2O，温度过高，FeOOH分解生成Fe2O3而会导致产品颜色偏红；‎ 故答案为：4Fe2++8NH3•H2O+O2=4FeOOH↓+8NH4++2H2O；Fe2O3；‎ ‎（5）滤液I中加氨水调节pH，会生成硫酸铵，所以滤液Ⅱ中溶质是Al2（SO4）3和 （NH4）2SO4；‎ 故答案为：（NH4）2SO4．‎ ‎　‎ 选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分．【化学-选修3物质结构与性质】‎ ‎11．硒化锌是一种透明色半导体，也可作为红光外学材料，熔点1520℃．‎ ‎（1）基态锌原子的价电子排布式是　3d104s2　．‎ ‎（2）根据元素周期律，电负性Se　＜　S，第一电离能Se　＜　As（填“＞”或“＜”）‎ ‎（3）H2Se的分子构型是　V形　，其中Se的杂化轨道类型是　sp3　．‎ ‎（4）H2O的沸点高于H2Se的沸点（﹣42℃）其原因是　H2O含有氢键、H2Se不含氢键　．‎ ‎（5）晶体Zn为六方最密堆积，其配位数是　12　．‎ ‎（6）ZnSe晶胞如图，假设阿伏伽德罗常数值为NA，则144gZnSe晶体中的晶胞数是　　．‎ ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子；‎ ‎（2）同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减小；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；‎ ‎（3）H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式；‎ ‎（4）含有氢键的氢化物熔沸点较高；‎ ‎（5）晶体中Zn原子的配位数为12；‎ ‎（6）该晶胞中Zn原子个数为4、Se原子个数=8×+6×=4，所以该晶胞质量=，根据晶体质量与晶胞质量确定晶胞个数．‎ ‎【解答】解：（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；‎ ‎（2）同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减小，所以电负性Se＜S；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Se＜Sn，‎ 故答案为：＜；＜；‎ ‎（3）H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式分别为V形、sp3，‎ 故答案为：V形；sp3；‎ ‎（4）含有氢键的氢化物熔沸点较高，H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点高于H2Se的沸点（﹣42℃），故答案为：H2O含有氢键、H2Se不含氢键；‎ ‎（5）锌单质晶体是六方最密堆积，根据锌金属的晶体结构示意图可知，原子按“ABABAB”方式堆积，晶体中Zn原子的配位数为12，故答案为：12；‎ ‎（6）该晶胞中Zn原子个数为4、Se原子个数=8×+6×=4，所以该晶胞质量=（）g，晶胞个数==，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎[化学-选修5有机化学基础]‎ ‎12．化合物H（布洛芬）是临床常用的镇痛消炎药，其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：‎ 已知：（1）（R1、R2代表烷基）‎ ‎（2）+ClCH2COOR4+R4ONa→COOR4+R4OH+NaCl（R3、R4代表烷基）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）化合物H的分子式是　C13H18O2　，化合物B的官能团名称是　羧基、氯原子　，第③步的化学反应类型是　取代反应　．‎ ‎（2）第②步反应的化学方程式是　　．‎ ‎（3）化合物G的结构简式是　　．‎ ‎（4）第④步反应的化学方程式是　　．‎ ‎（5）同时满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式是　、、　．‎ I．结构中有苯环，无﹣O﹣O﹣；II．核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为2：2：1：1．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【分析】A氧化生成B为ClCH2COOH，B与乙醇发生酯化反应生成C为ClCH2COOC2H5．D与CH3COCl发生取代反应生成E为，E与C发生信息（2）中的反应生成F为，对比F、G的分子式及H的结构可知G为，G发生氧化反应生成H．‎ ‎【解答】解：A氧化生成B为ClCH2COOH，B与乙醇发生酯化反应生成C为ClCH2COOC2H5．D与CH3COCl发生取代反应生成E为，E与C发生信息（2）中的反应生成F为，对比F、G的分子式及H的结构可知G为，G发生氧化反应生成H．‎ ‎（1）化合物H的分子式是：C13H18O2，B为ClCH2COOH，化合物B的官能团为羧基、氯原子，第③步的化学反应类型是取代反应，‎ 故答案为：C13H18O2；羧基、氯原子；取代反应；‎ ‎（2）第②步反应的化学方程式是：，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）化合物G的结构简式是：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）第④步反应的化学方程式是：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）H的同分异构体满足：I．结构中有苯环，无﹣O﹣O﹣；II．核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为2：2：1：1，符合条件的同分异构体有：、、，‎ 故答案为：、、．‎ ‎　‎ ‎2017年1月11日