四川省2019年百校高考化学冲刺试卷（4月份）Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2019年四川省百校高考化学冲刺试卷（4月份）‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的 ‎1．（6分）二氧化碳气体能引起温室效应，“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用，其工艺流程如图。下列叙述中正确的是（　　）‎ A．CO2是引起酸雨的主要物质之一 ‎ B．捕捉CO2可使用小苏打溶液 ‎ C．捕捉到的CO2可用作化工原料 ‎ D．能量消耗低是该技术的一大优点 ‎2．（6分）三氯生（常作抗菌剂）的一种衍生物结构如下图所示。关于该衍生物的说法错误的是（　　）‎ A．分子式为C12H6C14O B．其一溴代物有三种 ‎ C．是二氯苯的同系物 D．能发生加成反应 ‎3．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4L己烯含有碳氢键数目为12NA ‎ B．5.6gFe与足量盐酸完全反应，失去电子数目为0.2NA ‎ C．0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目为0.2NA ‎ D．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA ‎4．（6分）下列实验中，为达到实验目的所采取的实验操作和原理解释均正确的是（　　）‎ 选项 实验目的 实验操作 原理解释 A 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液 过滤 胶体粒子不能通过滤纸 B 用MgCl2•6H2O制备MgCl2‎ 灼烧 在坩埚中，MgCl2•6H2O受热 固体 分解成MgCl2和水 C 除去氯化铵溶液中的氯化铁 沉淀 用氢氧化钠溶液调节适当的pH，使Fe3+沉淀 D 分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液 分液 乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度小，使溶液分层 A．A B．B C．C D．D ‎5．（6分）X、Y、Z、W是第三周期元素，它们的最高价氧化物对应的水化物溶于水，得到浓度均为0.010mol•L﹣1的溶液，其pH与对应元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．简单离子的半径：X＞Z＞W ‎ B．简单气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y ‎ C．Y单质可用于制作半导体材料 ‎ D．n＝2﹣lg2‎ ‎6．（6分）用Li、石墨复合材料与Fe2O3纳米材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中实现对磁性的可逆调控。下列有关说法错误的是（　　）‎ A．该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液 ‎ B．放电时，总反应是6Li+Fe2O3＝3Li2O+2Fe ‎ C．充电时，阳极反应是2Fe+3Li2O﹣6e﹣＝Fe2O3+6Li+ ‎ D．充放电过程中，电池可在被磁铁吸引和不吸引之间循环调控 ‎7．（6分）常温下向10mL0.1 mol•L﹣1的HR溶液中逐滴加入0.1 mol•L﹣1的氨水，溶液的pH 及导电能力变化趋势如图。下列分析正确的是（　　）‎ A．各点溶液中的阳离子浓度总和关系是：d＞c＞b＞a ‎ B．常温下，R﹣的水解平衡常数数量级是10﹣9 ‎ C．a、d两点溶液中，水的电离程度相等 ‎ D．d点溶液中，微粒浓度关系是：c（R﹣）+2c（HR）＝C（NH3•H2O）‎ 三、非选择题：共174分．第2～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分 ‎8．（15分）常温下，无水四氯化锡是一种无色、易挥发、易流动的液体，遇水极易发生水解。某学习小组设计了如图所示的装置制备无水四氯化锡。其原理是Sn（s）+2Cl2（g）＝SnC14（l）△H＝﹣511 kJ•mol﹣1．请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器a的名称是　 　。‎ ‎（2）装置B中反应的离子方程式是　 　。‎ ‎（3）装置C的作用是除去氯化氢，所用试剂Ⅹ的名称是　 　，装置D的作用是　 　。‎ ‎（4）当F中快充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是　 　，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。‎ ‎（5）SnCl4能溶解一定量的氯气，若制取3 kg SnCl4（含氯气的质量分数为13.0%），则至少需通入氯气的体积（标准状况）是　 　m3（保留2位小数）。‎ ‎（6）上述实验装置设计中，还存在几处缺陷，请指出其中任意一处　 　。‎ ‎9．（14分）我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了用炉甘石（ZnCO3）和木 炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO，还有少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）《天工开物》中炼锌的方法是利用了木炭的　 　性。‎ ‎（2）滤渣1和滤渣3的主要成分分别是　 　、　 　（填化学式）。‎ ‎（3）“溶浸”时，氧化锌参与的反应离子方程式是　 　；“溶浸”时温度不宜过高，原因是　 　。‎ ‎（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52﹣转化为As2O5胶体，再经吸附沉降除去，该反应的离子方程式是　 　。‎ ‎（5）“电解”含[Zn（NH3）4]2+的溶液，阴极的电极反应式是　 　。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是　 　（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是　 　（写化学式）。‎ ‎10．（14分）FeSO4是一种补血剂，常温下久置易变黄，一般认为是Fe2+被氧化为Fe3+的缘故。‎ ‎（1）已知：‎ ‎①Fe2+（aq）﹣e﹣＝Fe3+（aq）△H1＝a kJ•mol﹣1‎ ‎②O2（g）+4e﹣+4H+（aq）＝2H2O（l）△H2＝b kJ•mol﹣1‎ 则FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式为　 　。‎ 常温下，配制不同pH的0．lmol•L﹣1FeSO4溶液，研究溶液中Fe2+被氧化的情况，结果如图所示（假设反应过程中溶液体积不变）。‎ ‎（2）pH＝5.5的环境下，反应在0～15min的平均速率v（Fe2+）＝　 　；增大溶液pH，Fe2+被氧化速率　 　（填“增大”、“减小”或“无影响”）。‎ ‎（3）平衡常数的计算中气态物质常以压强代替其浓度，Fe2+在酸性环境下被氧化的平衡常数K的计算表达式是　 　；常温下该反应的平衡常数为2.5×1032L4•（ atm•mol4）﹣1，相对较大，下列说法正确的是　 　。（填正确答案标号）‎ a．Fe2+转化为Fe3+的趋势大 b．Fe2+转化为Fe3+的速率大 c．反应进行得较为彻底 d．酸性条件下Fe2+不会被氧化 ‎（4）pH＝13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：‎ 第一步：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓‎ 第二步：　 　（写化学方程式）；‎ 当该氧化反应达到平衡时，c（Fe2+）/c（Fe3+）　 　4.0×1022（填“＞”、“＜”或“＝”）。已知的 Ksp[Fe（OH）3]＝2.5×10﹣39，Ksp[Fe（OH）2]＝1.0×10﹣15。‎ ‎（5）根据上述分析，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和　 　（填试剂）‎ ‎（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一道题计分．[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）‎ ‎11．（15分）大型客机燃油用四乙基铅[Pb（CH2CH3）4]做抗震添加剂，长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用巯基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基铅。‎ ‎（1）锰元素在周期表中的位置是　 　，基态锰原子的外围电子排布式为　 　，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。‎ ‎（2）N、C和Mn三种元素的电负性由大到小的顺序为　 　。‎ ‎（3）HSCH2CH2NH2中C的杂化轨道类型为　 　，其中﹣NH2空间构型名称为　 　；N和P的价电子数相同，磷酸的化学式为“H3PO4”，而硝酸的化学式不是：“H3NO4”，原因是　 　。‎ ‎（4）Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于　 　晶体。已知Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式如下：‎ Pb（CH2CH3）4在xy平面上的二维堆积中的配位数是　 　。设阿伏加德罗常数为NA/mol，Pb（CH2CH3）4的摩尔质量为 M g•mol﹣1，则Pb（CH2CH3）4晶体的密度是　 　g•cm﹣3（列出计算式即可）。‎ ‎[化学--选修5：有机化学基础]（15分）‎ ‎12．硝苯地平（）是治疗高血压的常用药物。其合成线路如下图所示：‎ 已知：乙烯酮和聚二乙烯酮都能与含活泼氢原子的物质发生反应，例如乙烯酮可发生反应：CH2＝C＝O+H﹣X→CH3COX（其中X＝﹣OH、﹣OR、﹣OOCR、卤原子等）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）硝苯地平分子中含氧官能团的名称是　 　，其分子的核磁共振氢谱有　 　种类型的吸收峰。‎ ‎（2）反应①的条件是　 　，反应②的反应类型是　 　。‎ ‎（3）的名称是　 　，反应③的化学方程式是　 　。‎ ‎（4）A的结构简式是　 　，A有多种同分异构体，其中属于苯的二取代产物且含有氨基（﹣NH2）的有机化合物共有　 　种。‎ ‎（5）结合相关信息及所学知识，请设计由乙醇制备乙酰氯（CH3COC1）的合成路线　 　。（其它无机试剂任选）‎ ‎2019年四川省百校高考化学冲刺试卷（4月份）‎ 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的 ‎1．（6分）二氧化碳气体能引起温室效应，“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用，其工艺流程如图。下列叙述中正确的是（　　）‎ A．CO2是引起酸雨的主要物质之一 ‎ B．捕捉CO2可使用小苏打溶液 ‎ C．捕捉到的CO2可用作化工原料 ‎ D．能量消耗低是该技术的一大优点 ‎【分析】A．依据酸雨成因解答；‎ B．二氧化碳在碳酸氢钠溶液中溶解度不大；‎ C．依据二氧化碳可以用于生产尿素、可降解塑料解答；‎ D．高温反应炉需要消耗大量的能量。‎ ‎【解答】解：A．酸雨是因为氮的氧化物、二氧化硫的排放引起，与二氧化碳无关，故A错误；‎ B．二氧化碳在碳酸氢钠溶液中溶解度不大，所以不能用碳酸氢钠溶液捕捉二氧化碳，应选择氢氧化钠等，故B错误；‎ C．二氧化碳可以用于生产尿素、可降解塑料，是重要的化工原料，故C正确；‎ D．高温反应炉需要消耗大量的能量，能量消耗较高，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了生活中常见环境污染与治理，熟悉相关知识，明确二氧化碳的性质是解题关键，题目难度不大。‎ ‎2．（6分）三氯生（常作抗菌剂）的一种衍生物结构如下图所示。关于该衍生物的说法错误 的是（　　）‎ A．分子式为C12H6C14O B．其一溴代物有三种 ‎ C．是二氯苯的同系物 D．能发生加成反应 ‎【分析】A．由结构可知分子式；‎ B．由结构对称性可知，含3种H；‎ C．二者含苯环、﹣Cl原子数均不同；‎ D．含苯环。‎ ‎【解答】解：A．由结构可知分子式为C12H6Cl4O，故A正确；‎ B．由结构对称性可知，含3种H，一溴代物有三种，故B正确 C．二者含苯环、﹣Cl原子数均不同，结构不相似，二者不是同系物，故C错误；‎ D．含苯环，可发生加成反应，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。‎ ‎3．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4L己烯含有碳氢键数目为12NA ‎ B．5.6gFe与足量盐酸完全反应，失去电子数目为0.2NA ‎ C．0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目为0.2NA ‎ D．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA ‎【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；‎ B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；‎ C．合成氨为可逆反应；‎ D．电解精炼铜时，阳极是粗铜，还有杂质放点，当电路中转移NA个电子，阳极溶解的铜小于32g；‎ ‎【解答】解：A．标况下己烯为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；‎ B.5.6gFe物质的量为0.1mol，与足量盐酸完全反应生成0.1mol二价铁离子，失去电子数目为0.2NA，故B正确；‎ C．合成氨为可逆反应，不能进行到底，所以0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3‎ 的数目小于0.2NA，故C错误；‎ D．电解精炼铜时，阳极是粗铜，还有杂质放点，当电路中转移NA个电子，阳极溶解的铜小于32g，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。‎ ‎4．（6分）下列实验中，为达到实验目的所采取的实验操作和原理解释均正确的是（　　）‎ 选项 实验目的 实验操作 原理解释 A 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液 过滤 胶体粒子不能通过滤纸 B 用MgCl2•6H2O制备MgCl2固体 灼烧 在坩埚中，MgCl2•6H2O受热分解成MgCl2和水 C 除去氯化铵溶液中的氯化铁 沉淀 用氢氧化钠溶液调节适当的pH，使Fe3+沉淀 D 分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液 分液 乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度小，使溶液分层 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．胶体、溶液均可透过滤纸；‎ B．加热时镁离子发生水解，且水解生成盐酸易挥发；‎ C．二者均与NaOH反应；‎ D．乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分层。‎ ‎【解答】解：A．胶体、溶液均可透过滤纸，过滤不能分离，应选渗析法，故A错误；‎ B．加热时镁离子发生水解，且水解生成盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备，故B错误；‎ C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选氨水，故C错误；‎ D．乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分层，分液可分离，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。‎ ‎5．（6分）X、Y、Z、W是第三周期元素，它们的最高价氧化物对应的水化物溶于水，得到浓度均为0.010mol•L﹣1的溶液，其pH与对应元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．简单离子的半径：X＞Z＞W ‎ B．简单气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y ‎ C．Y单质可用于制作半导体材料 ‎ D．n＝2﹣lg2‎ ‎【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S、W为Cl，‎ A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故A错误；‎ B．非金属性W（Cl）＞Z（S）＞Y（P），气态氢化物的稳定性：W＞Z＞Y，故B错误；‎ C．Y为P，其单质不能作半导体材料，故C错误；‎ D．0.01mol/L硫酸溶液中氢离子浓度为0.02mol/L，则pH＝2﹣lg2＝n，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价氧化物对应的水化物的pH、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识与元素化合物知识的应用，题目难度不大。‎ ‎6．（6分）用Li、石墨复合材料与Fe2O3纳米材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中实现对磁性的可逆调控。下列有关说法错误的是（　　）‎ A．该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液 ‎ B．放电时，总反应是6Li+Fe2O3＝3Li2O+2Fe ‎ C．充电时，阳极反应是2Fe+3Li2O﹣6e﹣＝Fe2O3+6Li+ ‎ D．充放电过程中，电池可在被磁铁吸引和不吸引之间循环调控 ‎【分析】由图可知该电池充放电时的反应为：6Li+Fe2O33Li2O+2Fe，则放电时负极反应式为Li﹣e﹣═Li+，正极反应式为Fe2O3+6Li++6e﹣═3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．金属锂可以额酸之间反应，所以不能用硫酸做电解质，故A错误；‎ B．由图可知该电池充放电时的反应为：6Li+Fe2O33Li2O+2Fe，故B正确；‎ C．充电时，阳极与正极相反，电极反应式为2Fe+3Li2O﹣6e﹣＝Fe2O3+6Li+，故C正确；‎ D．充电时，Fe作为阳极失电子，电池逐渐摆脱磁铁吸引，放电时，电池被磁铁吸引，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极与阴阳极电极反应式之间的关系，难点是电极反应式的书写。‎ ‎7．（6分）常温下向10mL0.1 mol•L﹣1的HR溶液中逐滴加入0.1 mol•L﹣1的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列分析正确的是（　　）‎ A．各点溶液中的阳离子浓度总和关系是：d＞c＞b＞a ‎ B．常温下，R﹣的水解平衡常数数量级是10﹣9 ‎ C．a、d两点溶液中，水的电离程度相等 ‎ D．d点溶液中，微粒浓度关系是：c（R﹣）+2c（HR）＝C（NH3•H2O）‎ ‎【分析】A．溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，导电性越强说明离子浓度越大；‎ B．根据图象可知，0.1 mol•L﹣1的HR溶液的pH＝3，则c（R﹣）≈c（H+）＝10﹣3mol/L，c（HR）≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka＝＝10﹣5，结合R﹣的水解平衡常数数Kh＝计算；‎ C．a、d两点溶液的pH分别为4、8，则对水的电离程度的影响不同；‎ D．d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒分析。‎ ‎【解答】解：A．溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，故A错误；‎ B．根据图象可知，0.1 mol•L﹣1的HR溶液的pH＝3，则c（R﹣）≈c（H+）＝10﹣3mol/L，c（HR）≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka＝＝10﹣5，则R﹣的水解平衡常数数Kh＝＝10﹣9，故B正确；‎ C．a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c（H+）＝10﹣4mol/L，d点c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，故C错误；‎ D．d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：2c（HR）+2c（R﹣）＝c（NH3•H2O）+c（NH4+），因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），则c（HR）+c（R﹣）＝c（NH3•H2O），故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ 三、非选择题：共174分．第2～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129分 ‎8．（15分）常温下，无水四氯化锡是一种无色、易挥发、易流动的液体，遇水极易发生水解。‎ 某学习小组设计了如图所示的装置制备无水四氯化锡。其原理是Sn（s）+2Cl2（g）＝SnC14（l）△H＝﹣511 kJ•mol﹣1．请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器a的名称是　锥形瓶　。‎ ‎（2）装置B中反应的离子方程式是　2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O　。‎ ‎（3）装置C的作用是除去氯化氢，所用试剂Ⅹ的名称是　饱和食盐水　，装置D的作用是　干燥氯气　。‎ ‎（4）当F中快充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是　关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3　，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。‎ ‎（5）SnCl4能溶解一定量的氯气，若制取3 kg SnCl4（含氯气的质量分数为13.0%），则至少需通入氯气的体积（标准状况）是　0.57　m3（保留2位小数）。‎ ‎（6）上述实验装置设计中，还存在几处缺陷，请指出其中任意一处　未进行尾气处理，形瓶和冷凝管敞口，生成物物易挥发或易水解，也没有对E装置进行冷却等　。‎ ‎【分析】装置B制备氯气，C、D对了氯气除杂干燥，E收集产物，F制备产物，‎ ‎（1）根据仪器特点可得；‎ ‎（2）装置B由浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，同时生成锰离子和水，据此书写；‎ ‎（3）用浓盐酸制备的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸吸水干燥；‎ ‎（4）无水四氯化锡是易流动的固体，多以可利用增大试管内的压强将其排出；‎ ‎（5）3 kg SnCl4中含氯气的物质的量为3000g×13.0%÷71g/mol＝5.5mol，其中的SnCl4含的氯元素相当于氯气的物质的量为2×3000g×87%÷261g/mol＝20mol，据此计算；‎ ‎（6）该实验装置中未进行尾气处理，锥形瓶和冷凝管敞口，生成物物易挥发或易水解，也没有对E装置进行冷却等。‎ ‎【解答】解：（1）仪器a 为锥形瓶；‎ 故答案为：锥形瓶；‎ ‎（2）装置B由浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，同时生成锰离子和水，离子方程式为：2MnO4﹣‎ ‎+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ 故答案为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（3）B装置制备的氯气混有HCl和水蒸气，C除去HCl气体，试剂X为饱和食盐水，产物易水解，故D装置中浓硫酸用来干燥氯气；‎ 故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；‎ ‎（4）无水四氯化锡是易流动的固体，多以可利用增大试管内的压强将其排出，故将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3；‎ 故答案为：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3；‎ ‎（5）3 kg SnCl4中含氯气的物质的量为3000g×13.0%÷71g/mol＝5.5mol，其中的SnCl4含的氯元素相当于氯气的物质的量为2×3000g×87%÷261g/mol＝20mol，则所需要氯气至少25.5mol，体积为25.5mol×22.4L/mol＝571.2L≈0.57m3，‎ 故答案为：0.57；‎ ‎（6）该实验装置中未进行尾气处理，锥形瓶和冷凝管敞口，生成物物易挥发或易水解，也没有对E装置进行冷却等；‎ 故答案为：未进行尾气处理，形瓶和冷凝管敞口，生成物物易挥发或易水解，也没有对E装置进行冷却等。‎ ‎【点评】本题考查了物质的制备，涉及实验室制备氯气、物质的除杂、实验评价等知识点，题目难度中等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析。‎ ‎9．（14分）我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了用炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO，还有少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）《天工开物》中炼锌的方法是利用了木炭的　还原　性。‎ ‎（2）滤渣1和滤渣3的主要成分分别是　Pb　、　Cu　（填化学式）。‎ ‎（3）“溶浸”时，氧化锌参与的反应离子方程式是　ZnO+2NH3•H2O+2NH4+＝Zn（NH3）‎ ‎42++3H2O　；“溶浸”时温度不宜过高，原因是　避免氨水的分解和挥发　。‎ ‎（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52﹣转化为As2O5胶体，再经吸附沉降除去，该反应的离子方程式是　2AsCl52﹣+2H2O2+6NH3•H2O＝As2O5（胶体）+10Cl﹣+6NH4++5H2O　。‎ ‎（5）“电解”含[Zn（NH3）4]2+的溶液，阴极的电极反应式是　Zn（NH3）42++2e﹣＝Zn+4NH3　。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是　N2　（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是　NH4Cl　（写化学式）。‎ ‎【分析】由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn（NH3）42+、Cu（NH3）42+、AsCl52﹣的形式存在，滤渣1为Pb，加入过氧化氢，AsCl52﹣转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu等，滤液主要含有Zn（NH3）42+，电解可生成高纯度锌，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：（1）碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，碳表现为还原性，故答案为：还原；‎ ‎（2）由以上分析可知滤渣1为Pb，滤渣3含有Cu，故答案为：Pb；Cu；‎ ‎（3）“浸出”时，ZnO溶于氯化铵和氨水的混合溶液，生成配离子Zn（NH3）42+，则发生反应的离子方程式为ZnO+2NH3•H2O+2NH4+＝Zn（NH3）42++3H2O，“溶浸”时温度不宜过高，可避免氨水的分解和挥发，‎ 故答案为：ZnO+2NH3•H2O+2NH4+＝Zn（NH3）42++3H2O；避免氨水的分解和挥发；‎ ‎（4）“氧化除杂”中，AsCl52﹣转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为2AsCl52﹣+2H2O2+6NH3•H2O＝As2O5（胶体）+10Cl﹣+6NH4++5H2O，‎ 故答案为：2AsCl52﹣+2H2O2+6NH3•H2O＝As2O5（胶体）+10Cl﹣+6NH4++5H2O；‎ ‎（5）“电解”时Zn（NH3）42+在阴极放电，发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn（NH3）42++2e﹣＝Zn+4NH3，阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是氮气，电解后溶液含有氯化铵，可循环使用，‎ 故答案为：Zn（NH3）42++2e﹣＝Zn+4NH3；N2；NH4Cl。‎ ‎【点评】本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，为高考常见题型，涉及锌、铜等元素化合物知识，以及常用化学用语书写、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力，难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎10．（14分）FeSO4是一种补血剂，常温下久置易变黄，一般认为是Fe2+被氧化为Fe3+的缘故。‎ ‎（1）已知：‎ ‎①Fe2+（aq）﹣e﹣＝Fe3+（aq）△H1＝a kJ•mol﹣1‎ ‎②O2（g）+4e﹣+4H+（aq）＝2H2O（l）△H2＝b kJ•mol﹣1‎ 则FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式为　4Fe2+（aq）+O2（g）+4H+（aq）＝4Fe3+（aq）+2H2O（l）△H＝（4a+b）KJ/mol　。‎ 常温下，配制不同pH的0．lmol•L﹣1FeSO4溶液，研究溶液中Fe2+被氧化的情况，结果如图所示（假设反应过程中溶液体积不变）。‎ ‎（2）pH＝5.5的环境下，反应在0～15min的平均速率v（Fe2+）＝　0.004mol/（L•min）　；增大溶液pH，Fe2+被氧化速率　增大　（填“增大”、“减小”或“无影响”）。‎ ‎（3）平衡常数的计算中气态物质常以压强代替其浓度，Fe2+在酸性环境下被氧化的平衡常数K的计算表达式是　　；常温下该反应的平衡常数为2.5×1032L4•（ atm•mol4）﹣1，相对较大，下列说法正确的是　ac　。（填正确答案标号）‎ a．Fe2+转化为Fe3+的趋势大 b．Fe2+转化为Fe3+的速率大 c．反应进行得较为彻底 d．酸性条件下Fe2+不会被氧化 ‎（4）pH＝13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：‎ 第一步：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓‎ 第二步：　4Fe（OH）2+O2+H2O＝4Fe（OH）3　（写化学方程式）；‎ 当该氧化反应达到平衡时，c（Fe2+）/c（Fe3+）　＝　4.0×1022（填“＞”、“＜”或“＝”）。已知的 Ksp[Fe（OH）3]＝2.5×10﹣39，Ksp[Fe（OH）2]＝1.0×10﹣15。‎ ‎（5）根据上述分析，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和　H2SO4溶液　（填试剂）‎ ‎【分析】（1）已知：①Fe2+（aq）﹣e﹣＝Fe3+（aq）△H1＝a kJ•mol﹣1‎ ‎②O2（g）+4e﹣+4H+（aq）＝2H2O（l）△H2＝b kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算得到①×4+②FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式；‎ ‎（2）pH＝5.5的环境下，反应在0～15min时，亚铁离子氧化率为60%，得到反应的平均速率v（Fe2+）＝，图象分析可知，增大溶液pH，Fe2+被氧化速率增大，‎ ‎（3）上述反应中氧气为气体，其余为溶液该反应的反应物和产物呈现多种状态，化学上把该类型的反应称为复相反应，所以题目给出信息，平衡常数的计算中气体常以压强代替其浓度，在回答该问中，平衡常数表达式中一定不能用氧气的物质的量浓度来表示平衡常数，因此Fe2+在酸性环境下被氧化的平衡常数K的计算表达式是K＝，该题目提供了常温下的平衡常数2.5×1032L4•（ atm•mol4）﹣1，由此也可以印证K的计算表达式，对于一个反应，其平衡常数越大，反应进行的彻底，但其反应速率不一定大；‎ ‎（4）pH＝13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：‎ 第一步：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓‎ 第二步：4Fe（OH）2+O2+H2O＝4Fe（OH）3，其实无论是酸性环境还是碱性环境下，亚铁离子的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液PH，亚铁被氧化率会增大的这一个结论，当反应大多平衡状态时，＝＝，带入PH＝13条件下的Ksp和氢氧根离子浓度计算得到；‎ ‎（5）题中信息可知亚铁离子在酸性溶液中氧化率较小，因此配制硫酸亚铁溶液需要加入适量的硫酸，同时加入适量的铁粉可以及时还原被氧化生成的铁离子，知识铁粉与稀硫酸反应消耗所以铁粉和稀硫酸需要在保存过程中不断补充，正因为如此，实验室一般不长期保存硫酸亚铁溶液。‎ ‎【解答】解：（1）已知：‎ ‎①Fe2+（aq）﹣e﹣＝Fe3+（aq）△H1＝a kJ•mol﹣1‎ ‎②O2（g）+4e﹣+4H+（aq）＝2H2O（l）△H2＝b kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算得到①×4+②FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式：4Fe2+（aq）+O2（g）+4H+（aq）＝4Fe3+（aq）+2H2O（l）△H＝（4a+b）KJ/mol，‎ 故答案为：4Fe2+（aq）+O2（g）+4H+（aq）＝4Fe3+（aq）+2H2O（l）△H＝（4a+b）KJ/mol；‎ ‎（2）pH＝5.5的环境下，反应在0～15min时，亚铁离子氧化率为60%，得到反应的平均速率v（Fe2+）＝＝＝0.004mol/（L•min），图象分析可知，增大溶液pH，Fe2+被氧化速率增大，‎ 故答案为：0.004mol/（L•min）；增大；‎ ‎（3）上述反应中氧气为气体，其余为溶液该反应的反应物和产物呈现多种状态，化学上把该类型的反应称为复相反应，所以题目给出信息，平衡常数的计算中气体常以压强代替其浓度，在回答该问中，平衡常数表达式中一定不能用氧气的物质的量浓度来表示平衡常数，因此Fe2+在酸性环境下被氧化的平衡常数K的计算表达式是K＝，该题目提供了常温下的平衡常数2.5×1032L4•（ atm•mol4）﹣1，由此也可以印证K的计算表达式，对于一个反应，其平衡常数越大，反应进行的彻底，但其反应速率不一定大，‎ a．平衡常数较大，Fe2+转化为Fe3+的趋势大，故a正确；‎ b．平衡常数是反应进行的程度，Fe2+转化为Fe3+的速率不一定大，故b错误；‎ c．平衡常数越大，反应进行得较为彻底，故c正确；‎ d．酸性条件下Fe2+易被氧化，故d错误；‎ 故答案为：；ac；‎ ‎（4）pH＝13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：‎ 第一步：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓‎ 第二步：4Fe（OH）2+O2+H2O＝4Fe（OH）3，其实无论是酸性环境还是碱性环境下，亚铁离子的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液PH，亚铁被氧化率会增大的这一个结论，当反应大多平衡状态时，＝＝，带入PH＝13条件下的Ksp和氢氧根离子浓度计算得到，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣1mol/L，＝＝4.0×1022，‎ 故答案为：4Fe（OH）2+O2+H2O＝4Fe（OH）3；4.0×1022；‎ ‎（5）根据上述分析，防止亚铁离子水解和氧化，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和稀硫酸，‎ 故答案为：H2SO4溶液。‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式、化学平衡影响因素、平衡常数计算、沉淀溶解平衡的计算分析，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一道题计分．[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）‎ ‎11．（15分）大型客机燃油用四乙基铅[Pb（CH2CH3）4]做抗震添加剂，长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用巯基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基铅。‎ ‎（1）锰元素在周期表中的位置是　第四周期第ⅤⅡB族　，基态锰原子的外围电子排布式为　3d54s2　，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为　球形　。‎ ‎（2）N、C和Mn三种元素的电负性由大到小的顺序为　N、C、Mn　。‎ ‎（3）HSCH2CH2NH2中C的杂化轨道类型为　sp3　，其中﹣NH2空间构型名称为　平面三角形　；N和P的价电子数相同，磷酸的化学式为“H3PO4”，而硝酸的化学式不是：“H3NO4”，原因是　N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说H3NO4分子会因为N原子半径小，无法容纳4个氧原子成键，要脱去一个水分子，以HNO3形式存在　。‎ ‎（4）Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于　分子　晶体。已知Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式如下：‎ Pb（CH2CH3）4在xy平面上的二维堆积中的配位数是　6　。设阿伏加德罗常数为NA/mol，Pb（CH2CH3）4的摩尔质量为 M g•mol﹣1，则Pb（CH2CH3）4晶体的密度是　　g•cm﹣3（列出计算式即可）。‎ ‎【分析】（1）原子序数为27的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的电子是4s2电子，4s电子的电子云轮廓图为球形；‎ ‎（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量，元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大；‎ ‎（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4个共价键，它们价层电子对数为4对，其杂化方式为sp3，在﹣NH2中N有两个单键，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N的价层电子对数依然可以视为4对，其杂化方式也为sp3，考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键；‎ ‎（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以早xy平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，由堆积图可知每个晶胞中包含2个Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为g，再结合晶胞参数，长方体的棱边长度，计算得到晶胞的体积为cm3，则Pb（CH2CH3）4晶体的密度＝。‎ ‎【解答】解：（1）原子序数为27的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的电子是4s2电子，值得注意的是，教材上提供的构造原理是原子填充顺序规则，并不代表电子的能量高低，在金属元素的原子中，最易失去的电子才是该原子能量最高的电子，4s电子的电子云轮廓图为球形，‎ 故答案为：第四周期第ⅤⅡB族；3d54s2；球形；‎ ‎（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量，元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大，可以得到电负性大小为N大于C，而Mn为金属元素，其电负性小于非金属性，N、C和Mn三种元素的电负性由大到小的顺序为：N、C、Mn，‎ 故答案为：N、C、Mn；‎ ‎（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4个共价键，它们价层电子对数为4对，其杂化方式为sp3，在﹣NH2中N有两个单键，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N的价层电子对数依然可以视为4对，其杂化方式也为sp3，考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说H3NO4分子会因为N原子半径小，无法容纳4个氧原子成键，要脱去一个水分子，以HNO3形式存在，‎ 故答案为：sp3；平面三角形；N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说H3NO4分子会因为N原子半径小，无法容纳4个氧原子成键，要脱去一个水分子，以HNO3形式存在；‎ ‎（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以早xy平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，由堆积图可知每个晶胞中包含2个Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为g，再结合晶胞参数，可以得到晶胞的体积为cm3，则Pb（CH2CH3）4晶体的密度是g/cm3，‎ 故答案为：分子；6；。‎ ‎【点评】本题考查了原子结构、原子核外电子排布式、分子构型的分析判断、电离能和电负性的表达意义和递变规律分析、晶体结构和晶胞的有关计算，题目难度较大，‎ ‎[化学--选修5：有机化学基础]（15分）‎ ‎12．硝苯地平（）是治疗高血压的常用药物。其合成线路如下图所示：‎ 已知：乙烯酮和聚二乙烯酮都能与含活泼氢原子的物质发生反应，例如乙烯酮可发生反应：CH2＝C＝O+H﹣X→CH3COX（其中X＝﹣OH、﹣OR、﹣OOCR、卤原子等）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）硝苯地平分子中含氧官能团的名称是　浓硝酸、浓硫酸、低温加热　，其分子的核磁共振氢谱有　8　种类型的吸收峰。‎ ‎（2）反应①的条件是　浓硝酸、浓硫酸、低温加热　，反应②的反应类型是　消去反应　。‎ ‎（3）的名称是　邻硝基苯甲醛　，反应③的化学方程式是　　。‎ ‎（4）A的结构简式是　　，A有多种同分异构体，其中属于苯的二取代产物且含有氨基（﹣NH2）的有机化合物共有　9　种。‎ ‎（5）结合相关信息及所学知识，请设计由乙醇制备乙酰氯（CH3COC1）的合成路线　CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOOHCH2＝C＝OCH3COCl　。（其它无机试剂任选）‎ ‎【分析】（1）硝苯地平结构简式为，含有的含氧官能团有：酯基、硝基，其分子中有8种化学环境不同的氢；‎ ‎（2）对比A前、后物质结构，可知反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成A；反应②是分子内脱去1分子水，同时产生碳碳双键；‎ ‎（3）硝基为取代基，苯甲醛为母体，硝基与醛基处于邻位；由信息可知，与聚二乙烯酮反应增加1个碳原子，所以含有活泼氢的有机物为甲醇；‎ ‎（4）对比A前、后物质结构，可知反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成A；‎ ‎（5）乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙酸在磷酸三乙酯、加热条件下生 成CH2＝CHO，最后与HCl发生加成反应得到目标物。‎ ‎【解答】解：（1）硝苯地平结构简式为，含有的含氧官能团有：酯基、硝基。其分子中有8种化学环境不同的氢，其分子的核磁共振氢谱有8种类型的吸收峰，‎ 故答案为：酯基、硝基；8；‎ ‎（2）对比A前、后物质结构，可知反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成A，反应条件为：浓硝酸、浓硫酸、低温加热；反应②是分子内脱去1分子水，同时产生碳碳双键，属于消去反应，‎ 故答案为：浓硝酸、浓硫酸、低温加热；消去反应；‎ ‎（3）硝基为取代基，苯甲醛为母体，硝基与醛基处于邻位，的名称是：邻硝基苯甲醛；由信息可知，与聚二乙烯酮反应增加1个碳原子，所以含有活泼氢的有机物为甲醇，故反应③的化学方程式为：，‎ 故答案为：邻硝基苯甲醛；；‎ ‎（4）对比A前、后物质结构，可知反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成A，故A为，A的同分异构体属于苯的二取代产物且含有氨基（﹣NH2）的有机化合物，2个取代基为﹣COOH、﹣NH2，或者或者﹣OOCH、﹣NH2，或者为﹣OH、﹣CONH2，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的共有3×3＝9种，‎ 故答案为：；9；‎ ‎（5）乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙酸在磷酸三乙酯、加热条件下生成CH2＝CHO，最后与HCl发生加成反应得到目标物，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOOHCH2＝C＝OCH3COCl，‎ 故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOOHCH2＝C＝OCH3COCl。‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成，题目涉及官能团的识别、有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线的设计等，注意对题目信息的理解、根据物质的结构明确发生的反应。‎