高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 策略四 預(yù)測(cè)題仿真模擬（三）-人教版高三化學(xué)試題

預(yù)測(cè)題仿真模擬(三)本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分(滿分：100分，考試時(shí)間：60分鐘)第Ⅰ卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。)7．化學(xué)與生活、科學(xué)、技術(shù)、環(huán)境密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是()A．PM2.5是指大氣中直徑接近于2.5×10－6mB．酒精可用來(lái)消毒是由于其具有強(qiáng)氧化性C．廢棄的金屬、紙制品、塑料、玻璃均是可回收利用的資源D．制作航天服的聚酯纖維和用于光纜通信的光導(dǎo)纖維都是新型無(wú)機(jī)非金屬材料解析：選C。A.PM2.5是指大氣中直徑接近于2.5×10－6m8．設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說(shuō)法中正確的是()A．1.8g重水(D2O)中含有的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)均為NAB．含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子數(shù)為2NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNO和22.4LO2混合后所得氣體中分子總數(shù)為1.5NAD．將11.2LCl2通入足量的石灰乳中制備漂白粉，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NA解析：選B。A.重水(D2O)的相對(duì)分子質(zhì)量為20,1.8g重水(D2O)的物質(zhì)的量為0.09mol，含有的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)均為0.9NA，錯(cuò)誤；B.根據(jù)二氧化硅的結(jié)構(gòu)模型判斷，含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體的物質(zhì)的量為1mol，氧原子數(shù)為2NA，正確；C.根據(jù)2NO＋O2=2NO2,2NO2N2O4判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNO和22.4LO2混合后所得氣體中分子總數(shù)小于1.5NA，錯(cuò)誤；D.缺少溫度和壓強(qiáng)，無(wú)法確定11.2LCl2的物質(zhì)的量，無(wú)法確定轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，錯(cuò)誤。9．下列離子方程式的書寫及評(píng)價(jià)均合理的是()選項(xiàng)離子方程式評(píng)價(jià)A將1molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I(xiàn)2正確；Cl2過(guò)量，可將Fe2＋、I－均氧化BMg(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：Mg2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=MgCO3↓＋H2O正確；酸式鹽與堿反應(yīng)生成正鹽和水C過(guò)量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSOeq\o\al(－,3)正確；說(shuō)明酸性：H2SO3強(qiáng)于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlOeq\o\al(－,2)＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O正確；AlOeq\o\al(－,2)與Al(OH)3消耗的H＋的物質(zhì)的量之比為2∶3解析：選D。A.還原性：I－>Fe2＋，氯氣通入碘化亞鐵溶液中先氧化I－，將1molCl2通入含1molFeI2的溶液中，離子方程式為2I－＋Cl2=2Cl－＋I(xiàn)2，錯(cuò)誤；B.溶解度：MgCO3>Mg(OH)2，Mg(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式應(yīng)為：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2COeq\o\al(2－,3)＋2H2O，錯(cuò)誤；C.過(guò)量SO2通入NaClO溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，SO2＋H2O＋ClO－=2H＋＋Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，錯(cuò)誤；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlOeq\o\al(－,2)＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，離子方程式及評(píng)價(jià)均正確。10．下列與有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)有關(guān)的敘述正確的是()A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．乙酸與乙醇可以發(fā)生酯化反應(yīng)，又均可與金屬鈉發(fā)生置換反應(yīng)C．葡萄糖、纖維素和蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng)D．石油經(jīng)過(guò)分餾得到多種烴，煤經(jīng)過(guò)分餾可制得焦炭、煤焦油等產(chǎn)品解析：選B。A.乙烯、氯乙烯中存在碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，錯(cuò)誤；B.乙酸與乙醇的官能團(tuán)分別為羧基和羥基，可以發(fā)生酯化反應(yīng)，又均可與金屬鈉發(fā)生置換反應(yīng)，正確；C.纖維素和蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng)，而葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解反應(yīng)，錯(cuò)誤；D.石油經(jīng)過(guò)分餾得到多種烴，煤經(jīng)過(guò)干餾可制得焦炭、煤焦油等產(chǎn)品，錯(cuò)誤。11．利用如圖裝置，可完成很多電化學(xué)實(shí)驗(yàn)。下列有關(guān)此裝置的敘述中，正確的是()A．若X為鋅棒，Y為NaCl溶液，開(kāi)關(guān)K置于M處，可減緩鐵的腐蝕，這種方法稱為犧牲陰極保護(hù)法B．若X為碳棒，Y為NaCl溶液，開(kāi)關(guān)K置于N處，可減緩鐵的腐蝕，溶液中的陰離子向鐵電極移動(dòng)C．若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開(kāi)關(guān)K置于M處，銅棒質(zhì)量將增加，此時(shí)外電路中的電子向銅電極移動(dòng)D．若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開(kāi)關(guān)K置于N處，鐵棒質(zhì)量將增加，溶液中銅離子濃度將減小解析：選C。A.若X為鋅棒，Y為NaCl溶液，開(kāi)關(guān)K置于M處，該裝置為原電池，鐵作正極，可減緩鐵的腐蝕，這種方法稱為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，錯(cuò)誤；B.若X為碳棒，Y為NaCl溶液，開(kāi)關(guān)K置于N處，該裝置為電解池，鐵作陰極，可減緩鐵的腐蝕，溶液中的陽(yáng)離子向鐵電極移動(dòng)，錯(cuò)誤；C.若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開(kāi)關(guān)K置于M處，該裝置為原電池，鐵棒作負(fù)極，銅棒作正極，銅棒質(zhì)量將增加，此時(shí)外電路中的電子向銅電極移動(dòng)，正確；D.若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開(kāi)關(guān)K置于N處，該裝置為電鍍池，鐵棒質(zhì)量將增加，溶液中銅離子濃度不變，錯(cuò)誤。12．常溫下，將Cl2緩慢通入水中至飽和，然后向所得飽和氯水中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液。整個(gè)實(shí)驗(yàn)進(jìn)程中溶液的pH變化曲線如圖所示，下列敘述正確的是()A．實(shí)驗(yàn)進(jìn)程中可用pH試紙測(cè)定溶液的pHB．c點(diǎn)所示溶液中：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋cC．向a點(diǎn)所示溶液中通入SO2，溶液的酸性和漂白性均增強(qiáng)D．由a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程中，溶液中eq\f(cH＋,cClO－)減小解析：選B。由于氯水具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)定溶液的pH，A錯(cuò)；由于c點(diǎn)pH＝7，依據(jù)電荷守恒得關(guān)系式：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，因Cl2＋H2OHCl＋HClO，所以c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，B正確；a點(diǎn)通入SO2時(shí)，Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，酸性增強(qiáng)，漂白性降低，C錯(cuò)；a點(diǎn)到b點(diǎn)是Cl2溶于水的過(guò)程，eq\f(cH＋,cClO－)增大，D錯(cuò)。13．僅用下表提供的儀器(夾持儀器和試劑任選)不能實(shí)現(xiàn)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膬x器A除去氯化鈉溶液中的泥沙漏斗(帶濾紙)、燒杯、玻璃棒B從食鹽水中獲得NaCl晶體坩堝、玻璃棒、酒精燈、泥三角C用0.10mol·L－1的鹽酸測(cè)定未知濃度的NaOH溶液濃度堿式滴定管、酸式滴定管、錐形瓶、膠頭滴管、燒杯D用MnO2和濃鹽酸制取干燥、純凈的Cl2圓底燒瓶、分液漏斗、酒精燈、洗氣瓶、集氣瓶、導(dǎo)管、石棉網(wǎng)解析：選B。A.除去氯化鈉溶液中的泥沙用過(guò)濾的方法，用所給儀器可以實(shí)現(xiàn)；B.從食鹽水中獲得NaCl晶體用蒸發(fā)的方法，應(yīng)用蒸發(fā)皿，題給儀器不能實(shí)現(xiàn)；C.用0.10mol·L－1的鹽酸測(cè)定未知濃度的NaOH溶液用酸堿中和滴定的方法，所給儀器能實(shí)現(xiàn)；D.用MnO2和濃鹽酸制取干燥、純凈的Cl2，所給儀器能實(shí)現(xiàn)。第Ⅱ卷(非選擇題，共58分)二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第26～28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答。第36～38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。)(一)必考題(本部分包括3個(gè)小題，共43分)26．(15分)工業(yè)制硫酸的過(guò)程中利用反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3(g)ΔH<0，將SO2轉(zhuǎn)化為SO3，尾氣SO2可用NaOH溶液進(jìn)行吸收。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)一定條件下，向一帶活塞的密閉容器中充入2molSO2和1molO2發(fā)生反應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是______。A．若反應(yīng)速率v(SO2)＝v(SO3)，則可以說(shuō)明該可逆反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)B．保持溫度和容器體積不變，充入2molN2，化學(xué)反應(yīng)速率加快C．平衡后僅增大反應(yīng)物濃度，則平衡一定右移，各反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率一定都增大D．平衡后移動(dòng)活塞壓縮氣體，平衡時(shí)SO2、O2的百分含量減小，SO3的百分含量增大E．平衡后升高溫度，平衡常數(shù)K增大F．保持溫度和容器體積不變，平衡后再充入2molSO3，再次平衡時(shí)各組分濃度均比原平衡時(shí)的濃度大(2)將一定量的SO2(g)和O2(g)分別通入體積為2L的恒容密閉容器中，在不同溫度下進(jìn)行反應(yīng)得到如下表中的兩組數(shù)據(jù)：實(shí)驗(yàn)編號(hào)溫度/℃起始量/mol平衡量/mol達(dá)到平衡所需時(shí)間/minSO2O2SO2O2 1T142x0.862T2420.4y9①實(shí)驗(yàn)1從開(kāi)始到反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，用SO2表示的反應(yīng)速率為_(kāi)_________，表中y＝__________。②T1________T2(選填“>”、“<”或“＝”),實(shí)驗(yàn)2中達(dá)到平衡時(shí)O2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。(3)尾氣SO2用NaOH溶液吸收后會(huì)生成Na2SO3?，F(xiàn)有常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液，實(shí)驗(yàn)測(cè)定其pH約為8，完成下列問(wèn)題：①該溶液中c(Na＋)與c(OH－)之比為_(kāi)_______。②該溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋____________＋____________(用溶液中所含微粒的濃度表示)。③當(dāng)向該溶液中加入少量NaOH固體時(shí)，c(SOeq\o\al(2－,3))____________，水的離子積Kw________。(選填“增大”、“減小”或“不變”)(4)如果用含等物質(zhì)的量溶質(zhì)的下列各溶液分別來(lái)吸收SO2，則理論吸收量由多到少的順序是________。A．Na2CO3 B．Ba(NO3)2C．Na2S D．KMnO4解析：(1)A.沒(méi)有明確v正和v逆，反應(yīng)速率v(SO2)＝v(SO3)，不能說(shuō)明該可逆反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，錯(cuò)誤；B.保持溫度和容器體積不變，充入2molN2，SO2、SO3和O2濃度都不變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，錯(cuò)誤；C.平衡后僅增大反應(yīng)物濃度，則平衡一定右移，但各反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不一定都增大，錯(cuò)誤；D.該反應(yīng)正向?yàn)闅怏w體積減小的反應(yīng)，平衡后移動(dòng)活塞壓縮氣體，平衡正向移動(dòng)，平衡時(shí)SO2、O2的百分含量減小，SO3的百分含量增大，正確；E.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡后升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，錯(cuò)誤；F.保持溫度和容器體積不變，平衡后再充入2molSO3，平衡逆向移動(dòng)，再次平衡時(shí)各組分濃度均比原平衡時(shí)的濃度大，正確；選DF；(2)①根據(jù)題給數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)1從開(kāi)始到反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)O2的物質(zhì)的量變化為1.2mol，根據(jù)反應(yīng)方程式確定SO2的物質(zhì)的量變化為2.4mol，根據(jù)公式v＝eq\f(Δn,ΔtV)計(jì)算，v(SO2)表示的反應(yīng)速率為0.2mol·L－1·min－1；根據(jù)題給數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)2從開(kāi)始到反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)SO2的物質(zhì)的量變化為3.6mol，根據(jù)反應(yīng)方程式確定O2的物質(zhì)的量變化為1.8mol，則平衡時(shí)O2的物質(zhì)的量為0.2mol，即表中y＝0.2；②根據(jù)題給數(shù)據(jù)分析，溫度由T1變?yōu)門2，平衡正向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響規(guī)律判斷，改變的條件為降溫，故T1>T2。由①分析知實(shí)驗(yàn)2達(dá)到平衡時(shí)O2的轉(zhuǎn)化率為90%；(3)①常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液，c(Na＋)＝0.2mol/L，實(shí)驗(yàn)測(cè)定其pH約為8，c(OH－)＝10－6mol/L，該溶液中c(Na＋)與c(OH－)之比為2×105∶1；②根據(jù)質(zhì)子守恒，該溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)；③常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，當(dāng)向該溶液中加入少量NaOH固體時(shí)，c(OH－)增大，平衡逆向移動(dòng)，c(SOeq\o\al(2－,3))增大，溫度不變，水的離子積Kw不變；(4)設(shè)各物質(zhì)物質(zhì)的量為1mol，A.根據(jù)化學(xué)方程式2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2判斷，1molNa2CO3最多吸收2molSO2；B.根據(jù)化學(xué)方程式Ba(NO3)2＋3SO2＋2H2O=BaSO4＋2H2SO4＋2NO↑判斷，1molBa(NO3)2最多吸收3molSO2；C.根據(jù)化學(xué)方程式2Na2S＋SO2＋2H2O=3S↓＋4NaOH和SO2＋NaOH=NaHSO3判斷，1molNa2S最多吸收2.5molSO2；D.根據(jù)電子守恒判斷，1molKMnO4最多吸收2.5molSO2；則理論吸收量由多到少的順序是B＞C＝D＞A。答案：(1)DF(2)①0.2mol·L－1·min－10.2②>90%(3)①2×105∶1②c(HSOeq\o\al(－,3))2c(H2SO3)③增大不變(4)B>C＝D>A27．(14分)下圖是某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)的對(duì)一種廢舊合金的各成分(含有Cu、Fe、Si三種成分)進(jìn)行分離、回收再利用的工業(yè)流程，通過(guò)該流程將各成分轉(zhuǎn)化為常用的單質(zhì)及化合物。已知：298K時(shí)，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38,Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，根據(jù)流程圖回答有關(guān)問(wèn)題：(1)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ指的是____________。(2)加入過(guò)量FeCl3溶液過(guò)程中可能涉及的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(3)過(guò)量的還原劑應(yīng)是____________。(4)①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。②若用xmol/LKMnO4溶液處理溶液b，當(dāng)恰好將溶液中的陽(yáng)離子完全氧化時(shí)消耗KMnO4溶液ymL，則最后所得紅棕色固體C的質(zhì)量為_(kāi)_______g(用含x、y的代數(shù)式表示)。(5)常溫下，若溶液c中所含的金屬陽(yáng)離子濃度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，則三種金屬陽(yáng)離子沉淀的先后順序?yàn)開(kāi)_______>__________>________。(填金屬陽(yáng)離子)(6)最后一步電解若用惰性電極電解一段時(shí)間后，析出固體B的質(zhì)量為zg，同時(shí)測(cè)得陰、陽(yáng)兩極收集到的氣體體積相等，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下陽(yáng)極生成的最后一種氣體體積為_(kāi)_______L(用含z的代數(shù)式表示)；該電極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_______________________________________________________________________。解析：根據(jù)題給流程圖和信息知，廢舊合金(含有Cu、Fe、Si三種成分)與過(guò)量FeCl3溶液混合發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3＋Fe=3FeCl2、2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，過(guò)濾，固體A的成分為Si，溶液a的成分為FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合液；電解含Cu2＋、Cl－、K＋的溶液得到固體B，B的成分為Cu；溶液a加過(guò)量還原劑反應(yīng)后過(guò)濾得固體B(Cu)，則還原劑為銅，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，溶液b的成分為FeCl2和CuCl2的混合液；溶液b中加入酸性高錳酸鉀溶液，亞鐵離子被氧化為鐵離子，用氫氧化鉀溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，灼燒得氧化鐵，溶液d經(jīng)處理得金屬錳。(1)由流程圖知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為分離固液混合物的操作，指的是過(guò)濾；(2)加入過(guò)量FeCl3溶液過(guò)程中可能涉及的化學(xué)方程式：2FeCl3＋Fe=3FeCl2、2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2；(3)由上述分析知，過(guò)量的還原劑應(yīng)是Cu粉；(4)①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液使亞鐵離子被氧化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；②根據(jù)相關(guān)反應(yīng)的關(guān)系式：2MnOeq\o\al(－,4)～10Fe2＋～5Fe2O3，用xmol/LKMnO4溶液處理溶液b，當(dāng)恰好將溶液中的陽(yáng)離子完全氧化時(shí)消耗KMnO4溶液ymL，則最后所得紅棕色固體C的質(zhì)量為0.4xyg；(5)根據(jù)題意知，溶液c中所含的金屬陽(yáng)離子為Fe3＋、Cu2＋和Mn2＋，若三者濃度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，根據(jù)題給溶度積進(jìn)行判斷，F(xiàn)e3＋所需氫氧根濃度最小先沉淀，Mn2＋所需氫氧根濃度最大，最后沉淀，則三種金屬陽(yáng)離子沉淀的先后順序?yàn)椋篎e3＋>Cu2＋>Mn2＋；(6)根據(jù)題意知，電解過(guò)程的電極反應(yīng)式依次為陽(yáng)極：2Cl－－2e－=Cl2↑，4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；陰極：Cu2＋＋2e－=Cu；2H＋＋2e－=H2↑；根據(jù)電子守恒計(jì)算，標(biāo)況下陽(yáng)極生成的最后一種氣體為O2，其體積為22.4z/64L。答案：(1)過(guò)濾(2)2FeCl3＋Fe=3FeCl2、2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2(3)Cu粉(4)①M(fèi)nOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O②0.4xy(5)Fe3＋Cu2＋Mn2＋(6)22.4z/644OH－－4e－=O2↑＋2H2O28．(14分)某實(shí)驗(yàn)小組用燃燒分析法測(cè)定某有機(jī)物中碳和氫等元素的含量，隨后又對(duì)其進(jìn)行了性質(zhì)探究。將已稱量的樣品置于氧氣流中，用氧化銅作催化劑，在高溫條件下樣品全部被氧化為水和二氧化碳，然后分別測(cè)定生成的水和二氧化碳的質(zhì)量。實(shí)驗(yàn)可能用到的裝置如下圖所示，其中A、D裝置可以重復(fù)使用。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)請(qǐng)按氣體流向連接實(shí)驗(yàn)裝置B→________→C→A→D→________(用裝置編號(hào)填寫)。(2)B裝置中制O2時(shí)所用的藥品是____________。實(shí)驗(yàn)中，開(kāi)始對(duì)C裝置加熱之前，要通一段時(shí)間的氧氣，目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；停止加熱后，也要再通一段時(shí)間的氧氣，目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)已知取2.3g的樣品X進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，經(jīng)測(cè)定A裝置增重2.7g，D裝置增重4.4g。試推算出X物質(zhì)的實(shí)驗(yàn)式：____________。(4)該小組同學(xué)進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)測(cè)得：2.3g的X與過(guò)量金屬鈉反應(yīng)可放出560mLH2(已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，且已知X分子只含一個(gè)官能團(tuán)。查閱資料后，學(xué)生們又進(jìn)行了性質(zhì)探究實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)一：X在一定條件下可催化氧化最終生成有機(jī)物Y；實(shí)驗(yàn)二：X與Y在濃硫酸加熱條件下生成有機(jī)物Z。則：①寫出實(shí)驗(yàn)二中反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②除去Z中混有的Y所需的試劑和主要儀器是____________、____________。(5)若已知室溫下2.3g液態(tài)X在氧氣中完全燃燒生成二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水時(shí)可放出68.35kJ的熱量，寫出X在氧氣中燃燒的熱化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的目的、原理及裝置的作用確定裝置的連接順序；本實(shí)驗(yàn)為燃燒法確定有機(jī)物的組成。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，為保持測(cè)定結(jié)果的準(zhǔn)確性，必須防止空氣中二氧化碳和水蒸氣的干擾。裝置B為氧氣的發(fā)生裝置，制得的氧氣中含有水蒸氣，必須除去，應(yīng)連接裝有濃硫酸的洗氣瓶，然后連接裝置C，發(fā)生反應(yīng)，再用裝有濃硫酸的洗氣瓶吸收水蒸氣，用裝有堿石灰的U形管吸收二氧化碳，最后再用裝有堿石灰的U形管防止空氣中二氧化碳和水蒸氣的干擾，按氣體流向連接實(shí)驗(yàn)裝置B→A→C→A→D→D；(2)B裝置為固液不加熱制氣體的發(fā)生裝置，用該裝置制O2時(shí)所用的藥品是H2O2和MnO2或Na2O2和H2O；實(shí)驗(yàn)中，為保持測(cè)定結(jié)果的準(zhǔn)確性，必須防止空氣中二氧化碳和水蒸氣的干擾，則開(kāi)始對(duì)C裝置加熱之前，要通一段時(shí)間的氧氣，目的是趕出裝置中的二氧化碳和水蒸氣；停止加熱后，也要再通一段時(shí)間的氧氣，目的是將燃燒生成的二氧化碳和水蒸氣徹底排出，并完全吸收；(3)根據(jù)題意知，A裝置增重2.7g為生成水的質(zhì)量，物質(zhì)的量為0.15mol，則有機(jī)物中氫原子的物質(zhì)的量為0.3mol，氫元素質(zhì)量為0.3g；D裝置增重4.4g為二氧化碳的質(zhì)量，物質(zhì)的量為0.1mol，則有機(jī)物中碳原子的物質(zhì)的量為0.1mol，碳元素質(zhì)量為1.2g，則有機(jī)物中一定含有氧元素，氧元素質(zhì)量為：m(O)＝2.3g－1.2g－0.3g＝0.8g，氧原子的物質(zhì)的量為0.05mol，所以實(shí)驗(yàn)式為：C2H6O；(4)根據(jù)X的實(shí)驗(yàn)式及題給信息判斷，X為乙醇，Y為乙酸，Z為乙酸乙酯。①實(shí)驗(yàn)二中的反應(yīng)為乙酸和乙醇的酯化反應(yīng)，化學(xué)方程式為CH3COOH＋C2H5OHeq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))CH3COOC2H5＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有的乙酸所需的試劑為飽和Na2CO3溶液，方法為分液，用到的主要儀器是分液漏斗；(5)根據(jù)題給信息寫出乙醇燃燒的熱化學(xué)方程式為C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1367kJ/mol。答案：(1)AD(2)H2O2和MnO2(或Na2O2和H2O)趕出裝置中的二氧化碳和水蒸氣等將燃燒生成的二氧化碳和水蒸氣徹底排出，并完全吸收(3)C2H6O(4)①CH3COOH＋C2H5OHeq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))CH3COOC2H5＋H2O②飽和Na2CO3溶液分液漏斗(5)C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1367kJ/mol(二)選考題(請(qǐng)考生從三道題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分，共15分)36．[化學(xué)——選修2：化學(xué)與技術(shù)](15分)化工生產(chǎn)工藝的實(shí)現(xiàn)涉及許多問(wèn)題，如化學(xué)反應(yīng)原理、原料選擇、能源消耗、設(shè)備結(jié)構(gòu)、環(huán)境保護(hù)以及綜合經(jīng)濟(jì)效益等。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)海水中含有多種鹽類，目前由海水制鹽的方法以____________為主。(2)工業(yè)制硫酸主要分為造氣、催化氧化和吸收三個(gè)階段。所需原料主要有硫黃(或黃鐵礦)、空氣和____________。工業(yè)生產(chǎn)硫酸時(shí)，會(huì)排放出一些爐渣和礦灰，這些廢渣可用于____________(寫出一種用途即可)。(3)聯(lián)合制堿法是我國(guó)化工專家侯德榜發(fā)明的制堿工藝。聯(lián)合制堿法和氨堿法中所需的二氧化碳來(lái)源有什么不同？________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)在硫酸工業(yè)實(shí)際生產(chǎn)中，常采用“二轉(zhuǎn)二吸法”，即將第一次轉(zhuǎn)化生成的SO3吸收后，將未轉(zhuǎn)化的SO2進(jìn)行二次轉(zhuǎn)化。若兩次SO2的轉(zhuǎn)化率均為95%，則最終SO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。(5)為了防止大氣污染，硝酸工業(yè)生產(chǎn)中的尾氣可用純堿溶液吸收，有關(guān)的化學(xué)方程式為2NO2＋Na2CO3=NaNO3＋NaNO2＋CO2；NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2。現(xiàn)用足量的純堿溶液吸收硝酸工業(yè)尾氣(含NO和NO2)，每產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2時(shí)，吸收液質(zhì)量就增加44g。則硝酸工業(yè)尾氣中NO和NO2的體積比為_(kāi)_______。解析：(4)設(shè)轉(zhuǎn)化前二氧化硫的物質(zhì)的量為xmol，則第一次轉(zhuǎn)化95%xmol，剩余5%xmol；第二次轉(zhuǎn)化5%x×95%mol。故兩次的總轉(zhuǎn)化率為eq\f(95%xmol＋5%x×95%mol,xmol)×100%＝99.75%。(5)2NO2＋Na2CO3=NaNO3＋NaNO2＋CO2Δm＝48gNO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2Δm＝32g設(shè)由NO2與純堿反應(yīng)產(chǎn)生的CO2為amol，由NO和NO2與純堿反應(yīng)產(chǎn)生的CO2為bmol。則有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1,48a＋32b＝44))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0.75,b＝0.25))，則NO的物質(zhì)的量為0.25mol，NO2的物質(zhì)的量為0.75mol×2＋0.25mol＝1.75mol，NO和NO2的體積比等于物質(zhì)的量之比，為0.25∶1.75＝1∶7。答案：(1)蒸發(fā)法(或鹽田法)(2)98%硫酸制造水泥(或制磚、作為煉鐵的原料、提煉貴重的有色金屬等其他合理答案)(3)前者來(lái)自合成氨廠，后者來(lái)自煅燒石灰石(4)99.75%(5)1∶737．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)已知元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，A的p能級(jí)電子數(shù)是s能級(jí)電子數(shù)的一半，C的基態(tài)原子2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子；C與D形成的化合物中C顯正化合價(jià)；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍，F(xiàn)的內(nèi)部各能級(jí)層均排滿，且最外層電子數(shù)為1。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)C原子基態(tài)時(shí)的電子排布式為_(kāi)___________。(2)B、C兩種元素第一電離能為：____________>____________(用元素符號(hào)表示)。試解釋其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)任寫一種與AB－互為等電子體的微粒：________________________________________________________________________。(4)B與C形成的四原子陰離子的立體構(gòu)型為_(kāi)___________，其中B原子的雜化類型是____________。(5)D和E形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，其化學(xué)式為_(kāi)___________，E的配位數(shù)是________；已知晶體的密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則晶胞邊長(zhǎng)a＝____________cm。(用含ρ、NA的計(jì)算式表示)解析：根據(jù)題意知，元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，A的p能級(jí)電子數(shù)是s能級(jí)電子數(shù)的一半，A的原子核外電子排布式為1s22s22p2，則A為碳元素；C的基態(tài)原子2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子，且C的原子序數(shù)比A大，故C的原子核外電子排布式為1s22s22p4，則C為氧元素；又A、B、C原子序數(shù)依次增大，則B為氮元素；C與D形成的化合物中C顯正化合價(jià)，則D為氟元素；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍，則E為鈣元素；F的內(nèi)部各能級(jí)層均排滿，且最外層電子數(shù)為1，則F為銅元素。(1)C為氧元素，原子基態(tài)時(shí)的電子排布式為1s22s22p4；(2)B為氮元素，C為氧元素，氮原子核外2p軌道處于半充滿的較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失去電子，兩種元素第一電離能為N>O；(3)根據(jù)等電子體概念知，與CN－離子互為等電子體的微粒為CO或Ceq\o\al(2－,2)或Oeq\o\al(2＋,2)；(4)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷，N與O形成的四原子陰離子NOeq\o\al(－,3)的立體構(gòu)型為平面三角形，其中N原子的雜化類型是sp2；(5)利用均攤法結(jié)合化合物的晶胞判斷，其化學(xué)式為CaF2，Ca的配位數(shù)是8；由化合物CaF2的晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個(gè)晶胞中含有鈣離子數(shù)目為8×1/8＋6×1/2＝4，含有氟離子數(shù)目為8，所以1mol晶胞的質(zhì)量為312g，又晶體的密度為ρg·cm－3，則1個(gè)晶胞的體積為eq\f(312,ρNA)cm3，則晶胞邊長(zhǎng)a＝eq\r(3,\f(312,ρ·NA))cm。答案：(1)1s22s22p4(2)NO氮原子核外2p軌道處于半充滿的較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大(3)CO(或Ceq\o\al(2－,2)或Oeq\o\al(2＋,2))(4)平面三角形sp2(5)CaF28eq\r(3,\f(312,ρ·NA))38．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)](15分)在有機(jī)化工生產(chǎn)中，下圖是合成某種聚酯纖維H的流程圖。已知：A、D為烴，質(zhì)譜圖表明G