2022年山東省青島市高考沖刺化學一模沖刺

2019年山東省青島市高考化學一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）下列說法正確的是（）A．古人煮沸海水制取淡水，現(xiàn)代可通過向海水加入明礬實現(xiàn)海水淡化 B．秦始皇統(tǒng)一幣制，規(guī)定金為上幣，銅為下幣，金銅均屬于有色金屬 C．“結草為廬”所用的秸稈，經(jīng)現(xiàn)代科技可轉化為苯乙酸、苯乙烯等芳香烴 D．我國山水畫所用的炭黑與“嫦娥四號”衛(wèi)星所使用的碳纖維為同素異形體2．（6分）試管實驗操作簡單，現(xiàn)象明顯。以下試管實驗操作及現(xiàn)象均正確的是（）A．直接向淀粉水解液中滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀 B．向苯中滴加少量溴的四氯化碳溶液，充分振蕩后靜置，分層，上層無色下層橙紅色 C．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，振蕩，溶液變血紅色 D．用一束強光照射雞蛋白溶液，產(chǎn)生一條光亮的通路3．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序數(shù)依次增大，X的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結構，Y原子最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Q的單質與稀硫酸劇烈反應生成X的單質。向100mLX2R的水溶液中緩緩通入RZ2氣體，溶液pH與RZ2體積關系如圖。下列說法正確的是（）A．X2R溶液的濃度為0.03mol?L﹣1 B．最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z＞R C．工業(yè)上通常采用電解法冶煉Q的單質 D．RZ2通入BaCl2、Ba（NO3）2溶液中，均無明顯現(xiàn)象4．（6分）下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．分餾汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同 B．可以用碳酸氫鈉溶液來鑒別乙酸、乙醇和甲苯 C．有機物C4H8Cl2的同分異構體有10種（不考慮立體異構） D．蛋白質在蛋白酶的作用下水解為氨基酸，高溫可加速其水解5．（6分）水系鋅離子電池是一種新型二次電池，工作原理如圖。該電池以粉末多孔鋅電極（鋅粉、活性炭及粘結劑等）為負極，V2O5為正極，三氟甲磺酸鋅[Zn（CF3SO3）2]為電解液。下列敘述錯誤的是（）A．放電時，Zn2+向V2O5電極移動 B．充電時，陽極區(qū)電解液的濃度變大 C．充電時，粉末多孔鋅電極發(fā)生還原反應 D．放電時，V2O5電極上的電極反應式為V2O5+xZn2++2xe﹣＝ZnxV2O56．（6分）設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．4℃時，5.4mL水含有0.9NA個原子 B．常溫下，0.1mol環(huán)氧乙烷（）共有0.3NA個共價鍵 C．標準狀況下，2.24LNO與1.12LO2混合后的氣體分子數(shù)為0.1NA D．含有0.2NA個陰離子的Na2O2與CO2完全反應，轉移0.4NA電子7．（6分）已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。向20mL0.1mol?L﹣1的氨水中滴加未知濃度的稀H2SO4，測得混合溶液的溫度、pOH隨加入稀硫酸體積的變化如圖所示，下列說法不正確的是（）A．稀H2SO4的物質的量濃度為0.05mol?L﹣1 B．當溶液中pH＝pOH時，水的電離程度最大 C．a(chǎn)點時溶液中存在[NH3?H2O]+2[OH﹣]＝[NH4+]+2[H+] D．a(chǎn)、b、c三點對應NH4+的水解平衡常數(shù)：Kh（b）＞Kh（a）＞Kh（c）二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）ClO2又稱百毒凈，可用于水的凈化和紙張、紡織品的漂白。用如圖所示裝置（夾持裝置和加熱裝置省略）制備ClO2并探究ClO2的某些性質。已知：①高氯酸：沸點90℃，濃度低于60%比較穩(wěn)定，濃度高于60%遇含碳化合物易爆炸。②回答下列問題：（1）儀器a的名稱為。實驗開始前，膠塞及導管接口必須包錫箔紙，其原因是。（2）寫出裝置A制備ClO2同時生成高氯酸的化學方程式。（3）關閉止水夾②，打開止水夾①③，通空氣一段時間，裝置C中生成NaC1O2，離子方程式為。若關閉止水夾③，打開止水夾②，B中可觀察到的現(xiàn)象為。（4）從裝置C反應后的溶液中獲得NaClO2晶體，需控溫在范圍內(nèi)進行減壓蒸發(fā)結晶，采用減壓蒸發(fā)的原因是。（5）城市飲用水處理新技術用NaClO2、高鐵酸鈉替代Cl2．如果以單位質量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2三種消毒殺菌劑的消毒效率由大到小的順序是。9．（15分）三氯化六氨合鈷[Co（NH3）6]Cl3是橙黃色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含鈷配合物的原料。下圖是某科研小組以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質）制取[Co（NH3）6]Cl3的工藝流程：回答下列問題：（1）寫出加“適量NaClO3”發(fā)生反應的離子方程式。（2）“加Na2CO3調pH至a”會生成兩種沉淀，分別為（填化學式）。（3）操作Ⅰ的步驟包括、冷卻結晶、減壓過濾。（4）流程中NH4Cl除作反應物外，還可防止加氨水時c（OH﹣）過大，其原理。（5）“氧化”步驟，甲同學認為應先加入氨水再加入H2O2，乙同學認為試劑添加順序對產(chǎn)物無影響。你認為（填“甲”或“乙”）同學觀點正確，理由是。寫出該步驟的化學方程式。（6）通過碘量法可測定產(chǎn)品中鈷的含量。將[Co（NH3）6]Cl3轉化成Co3+后，加入過量KI溶液，再用Na2S2O3標準液滴定（淀粉溶液做指示劑），反應原理：2Co3++2I﹣＝2Co2++I2，I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣實驗過程中，下列操作會導致所測鈷含量數(shù)值偏高的是。a．用久置于空氣中的KI固體配制溶液b．盛裝Na2S2O3標準液的堿式滴定管未潤洗c．滴定結束后，發(fā)現(xiàn)滴定管內(nèi)有氣泡d．溶液藍色退去，立即讀數(shù)10．（14分）有效除去大氣中的SO2和氮氧化物，是打贏藍天保衛(wèi)戰(zhàn)的重中之重。（1）用NaOH溶液吸收熱電企業(yè)產(chǎn)生的廢氣時，涉及如下轉化：由圖甲關系可得△H4＝。（2）某溫度下，N2O5氣體在一體積固定的容器中發(fā)生如下反應：2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）（慢反應）△H＜02NO2（g）?N2O4（g）（快反應）△H＜0體系的總壓強p總和PO2隨時間的變化如圖乙所示①圖乙中表示O2壓強變化的曲線是（填“甲”或“乙”）。②已知N2O5分解的反應速率v＝0.12pN2O5（kPa?h﹣1），t＝10h時，pN2O5＝kPa，v＝kPa?h﹣1（結果保留兩位小數(shù)，下同）。③該溫度下2NO2?N2O4反應的平衡常數(shù)Kp＝kPa﹣1（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)）。（3）亞硝酸鹽廣泛存在于各種水體和腌制品中，可用電吸附裝置去除。去除量跟電壓、初始濃度、共存陰離子等因素有關。某科研機構的實驗結果如圖丙所示：①據(jù)圖丙可知，待處理液中NO2﹣與NO3﹣的C0＝mg?L﹣1時，裝置對NO3﹣的吸附量高于NO2﹣。②據(jù)圖丙分析，為提高離子去除量可采取的措施有（寫出一條即可）。（4）電解法也可以對亞硝酸鹽污水進行處理（工作原理如圖丁所示）。通電后，左極區(qū)產(chǎn)生淺綠色溶液，隨后生成無色氣體。當Fe電極消耗11.2g時，理論上可處理NaNO2含量為4.6%的污水g。三、【化學-選修3：物質結構與性質】11．（15分）氧、硫形成的化合物種類繁多，日常生活中應用廣泛。如硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可作為照相業(yè)的定影劑，反應的化學方程式如下：AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr．回答下列問題：（1）已知銀（Ag）位于元素周期表第五周期，與Cu同族，則基態(tài)Ag的價電子排布式為。（2）下列關于物質結構與性質的說法，正確的是A．玻爾原子結構模型能夠成功地解釋各種原子光譜B．Br、S、O三種元素的電負性順序為O＞Br＞SC．Na的第一電離能小于Mg，但其第二電離能卻遠大于MgD．水分子間存在氫鍵，故H2O的熔沸點及穩(wěn)定性均大于H2S（3）依據(jù)VSEPR理論推測S2O32﹣的空間構型為，中心原子S的雜化方式為。[Ag（S2O3）2]3﹣中存在的化學鍵有（填字母序號）A．離子鍵B．極性鍵C．非極性鍵D．金屬鍵E．配位鍵（4）第一電子親和能（E1）是指元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量（單位為kJ?mol﹣1），電子親和能越大，該元素原子越易得電子。已知第三周期部分元素第一電子親和能如下表：元素AlSiPSClE1（kJ?mol﹣1）42.513472.0200349表中元素的E1自左而右呈增大趨勢，試分析P元素呈現(xiàn)異常的原因。（5）某種離子型鐵的氧化物晶胞如圖所示，它由A、B組成。則該氧化物的化學式為；已知該晶體的晶胞參數(shù)為anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則密度ρ為g?cm﹣3（用含a和NA的代數(shù)式表示）。四、【化學-選修5：有機化學基礎】12．有機物M可用于治療支氣管哮喘，慢性支氣管炎。該有機物可以由有機物A經(jīng)過一系列反應合成得到，其合成路線如下圖所示：已知：請回答下列問題：（1）有機物A中含有官能團的名稱為。有機物F的名稱為。（2）③的反應條件為，反應類型為。（3）有機物B的結構簡式為。反應⑤的化學方程式為。（4）A的同分異構體中，同時符合下列條件的有種。①含有苯環(huán)結構，且苯環(huán)上有兩個取代基②屬于酯類物質，且遇FeCl3溶液顯紫色（5）結合上述合成路線，設計以苯甲醛和CH3MgBr為起始原料制備苯基乙二醇（）的合成路線（無機試劑任選）。

2019年山東省青島市高考化學一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）下列說法正確的是（）A．古人煮沸海水制取淡水，現(xiàn)代可通過向海水加入明礬實現(xiàn)海水淡化 B．秦始皇統(tǒng)一幣制，規(guī)定金為上幣，銅為下幣，金銅均屬于有色金屬 C．“結草為廬”所用的秸稈，經(jīng)現(xiàn)代科技可轉化為苯乙酸、苯乙烯等芳香烴 D．我國山水畫所用的炭黑與“嫦娥四號”衛(wèi)星所使用的碳纖維為同素異形體【分析】A．明礬不能淡化海水；B．鐵、鉻、錳及其合金屬于黑色金屬，其余金屬屬于有色金屬；C．苯乙酸含O元素；D．碳纖維是一種新型無機非金屬材料?！窘獯稹拷猓篈．明礬不能淡化海水，不能實現(xiàn)海水淡化，故A錯誤；B．鐵、鉻、錳及其合金屬于黑色金屬，其余金屬屬于有色金屬，則金銅均屬于有色金屬，故B正確；C．苯乙酸含O元素，為含氧衍生物，苯乙烯屬于芳香烴，故C錯誤；D．碳纖維是一種新型無機非金屬材料，炭黑的主要成分為碳，為混合物，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查海水資源的應用，為高頻考點，把握海水淡化、金屬分類、物質組成及類別為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意萃取及氧化還原反應的應用，題目難度不大。2．（6分）試管實驗操作簡單，現(xiàn)象明顯。以下試管實驗操作及現(xiàn)象均正確的是（）A．直接向淀粉水解液中滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀 B．向苯中滴加少量溴的四氯化碳溶液，充分振蕩后靜置，分層，上層無色下層橙紅色 C．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，振蕩，溶液變血紅色 D．用一束強光照射雞蛋白溶液，產(chǎn)生一條光亮的通路【分析】A．淀粉在酸性條件下水解生成葡萄糖，應該先加入氫氧化鈉溶液中和氫離子，再滴入新制氫氧化銅濁液；B．苯與四氯化碳不分層；C．K3[Fe（CN）6]與亞鐵離子反應生成的是藍色沉淀；D．雞蛋白溶液為膠體，具有丁達爾效應?！窘獯稹拷猓篈．淀粉在酸性條件下水解生成葡萄糖，葡萄糖與氫氧化銅濁液在堿性條件下反應，應該先用氫氧化鈉溶液中和氫離子，該操作方法不合理，故A錯誤；B．苯和四氯化碳都是有機溶劑，混合液不分層，故B錯誤；C．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，振蕩，生成藍色沉淀，溶液不會出現(xiàn)血紅色，故C錯誤；D．雞蛋白溶液屬于膠體，則用一束強光照射雞蛋白溶液，產(chǎn)生一條光亮的通路，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，題目難度不大，把握物質檢驗方法、膠體性質為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。3．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序數(shù)依次增大，X的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結構，Y原子最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Q的單質與稀硫酸劇烈反應生成X的單質。向100mLX2R的水溶液中緩緩通入RZ2氣體，溶液pH與RZ2體積關系如圖。下列說法正確的是（）A．X2R溶液的濃度為0.03mol?L﹣1 B．最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z＞R C．工業(yè)上通常采用電解法冶煉Q的單質 D．RZ2通入BaCl2、Ba（NO3）2溶液中，均無明顯現(xiàn)象【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序數(shù)依次增大，X的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結構，則X為H元素；Y原子最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Y含有2個電子層，最外層含有4個電子，為C元素；Q的單質與稀硫酸劇烈反應生成X的單質，Q為金屬元素；向100mLH2R的水溶液中緩緩通入RZ2氣體，溶液pH與RZ2體積關系如圖，R化合價為﹣2價，且有正化合價，則R為S元素，結合反應2H2S+SO2＝3S↓+2H2O可知，Z為O元素；Q的原子序數(shù)大于O小于S，可能為Na、Mg、Al，據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍?，X為H，Y為C，Z為O，W為Na或Mg、Al，R為S。A．標況下336mL二氧化硫的物質的量為：＝0.015mol，根據(jù)2H2S+SO2＝3S↓+2H2O可知，0.15mol二氧化硫完全反應消耗0.3mol硫化氫，則硫化氫溶液濃度為：＝3mol/L，故A錯誤；B．非金屬性Z＞R＞Z，則最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞R＞Z，故B錯誤；C．Q為活潑金屬，工業(yè)上通常采用電解法獲得Q的單質，故C正確；D．二氧化硫與硝酸鋇發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，題目難度中等，把握原子結構、原子序數(shù)、元素的位置推斷元素為解答的關鍵，注意元素化合物知識的應用，側重分析與應用能力的考查。4．（6分）下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．分餾汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同 B．可以用碳酸氫鈉溶液來鑒別乙酸、乙醇和甲苯 C．有機物C4H8Cl2的同分異構體有10種（不考慮立體異構） D．蛋白質在蛋白酶的作用下水解為氨基酸，高溫可加速其水解【分析】A．裂化汽油含有烯烴；B．乙酸具有酸性，乙醇易溶于水，甲苯不溶于水；C．丁烷有2種，結合氯原子的位置異構判斷；D．高溫下蛋白質變性?！窘獯稹拷猓篈．裂化汽油含有烯烴，可發(fā)生加成反應，分餾汽油為飽和烴，與溴水不反應，故A錯誤；B．乙酸具有酸性，可與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳氣體，乙醇易溶于水，甲苯不溶于水，溶液分層，現(xiàn)象不同，可鑒別，故B正確；C．C4H8Cl2的同分異構體可以采取“定一議二”法確定，如圖所示：，C4H2Cl8共有9種，故C錯誤；D．高溫下蛋白質變性，不能發(fā)生水解，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重于化學與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，注意把握有機物的結構、官能團的性質以及同分異構體的判斷，難度不大。5．（6分）水系鋅離子電池是一種新型二次電池，工作原理如圖。該電池以粉末多孔鋅電極（鋅粉、活性炭及粘結劑等）為負極，V2O5為正極，三氟甲磺酸鋅[Zn（CF3SO3）2]為電解液。下列敘述錯誤的是（）A．放電時，Zn2+向V2O5電極移動 B．充電時，陽極區(qū)電解液的濃度變大 C．充電時，粉末多孔鋅電極發(fā)生還原反應 D．放電時，V2O5電極上的電極反應式為V2O5+xZn2++2xe﹣＝ZnxV2O5【分析】A、原電池中陽離子向正極移動；B、充電時，陽極區(qū)發(fā)生氧化反應；C、充電時，粉末多孔鋅電極為陰極；D、放電時，V2O5電極上發(fā)生還原反應。【解答】解：A、原電池中陽離子向正極移動，所以放電時，Zn2+向V2O5電極移動，故A正確；B、充電時，陽極區(qū)發(fā)生氧化反應，電極反應式為：ZnxV2O5﹣2xe﹣＝V2O5+xZn2+，鋅離子通過陽離子交換膜向左移動，所以陽極區(qū)電解液的濃度變小，故B錯誤；C、充電時，粉末多孔鋅電極為陰極，發(fā)生還原反應，故C正確；D、放電時，V2O5電極上發(fā)生還原反應，電極反應式為：V2O5+xZn2++2xe﹣＝ZnxV2O5，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了原電池、電解池原理、電極反應和離子移向等，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。6．（6分）設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．4℃時，5.4mL水含有0.9NA個原子 B．常溫下，0.1mol環(huán)氧乙烷（）共有0.3NA個共價鍵 C．標準狀況下，2.24LNO與1.12LO2混合后的氣體分子數(shù)為0.1NA D．含有0.2NA個陰離子的Na2O2與CO2完全反應，轉移0.4NA電子【分析】A.4℃時，5.4mL質量為5.4g，依據(jù)N＝×NA計算；B.1個環(huán)氧乙烷含有7個共價鍵；C．一氧化氮與氧氣混合會發(fā)生反應生成二氧化氮，所以混合后氣體的物質的量減小，分子數(shù)目減?。籇．過氧化鈉中陰離子為過氧根離子，過氧化鈉與二氧化碳反應為歧化反應，2mol過氧化鈉反應轉移2mol電子?！窘獯稹拷猓篈.4℃時，5.4mL水含有原子個數(shù)為：×3×NA＝0.9NA，故A正確；B．常溫下，0.1mol環(huán)氧乙烷（）共有0.7NA個共價鍵，故B錯誤；C．標準狀況下，2.24LNO與1.12LO2混合后的氣體分子數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D．含有0.2NA個陰離子的Na2O2物質的量為0.2mol，與CO2完全反應，轉移0.2NA電子，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確標準狀況下氣體摩爾體積的使用條件，注意掌握以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系。7．（6分）已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。向20mL0.1mol?L﹣1的氨水中滴加未知濃度的稀H2SO4，測得混合溶液的溫度、pOH隨加入稀硫酸體積的變化如圖所示，下列說法不正確的是（）A．稀H2SO4的物質的量濃度為0.05mol?L﹣1 B．當溶液中pH＝pOH時，水的電離程度最大 C．a(chǎn)點時溶液中存在[NH3?H2O]+2[OH﹣]＝[NH4+]+2[H+] D．a(chǎn)、b、c三點對應NH4+的水解平衡常數(shù)：Kh（b）＞Kh（a）＞Kh（c）【分析】向20mL0.1mol?L﹣1的氨水中滴加未知濃度的稀H2SO4，反應放熱，溶液的溫度升高，當二者恰好完全反應時，放熱最多，溶液的溫度最高，所以硫酸的體積為20mL時，恰好完全反應。A．根據(jù)一水合氨的物質的量計算硫酸的濃度；B．當溶液中pH＝pOH時，溶液呈中性，而氨水與硫酸恰好反應時水的電離程度最大；C．a(chǎn)點時反應后溶質為一水合氨和硫酸銨，且硫酸銨為一水合氨濃度的一半，據(jù)此結合電荷守恒、物料守恒分析；D．升高溫度促進NH3?H2O的電離，電離常數(shù)增大。【解答】解：20mL0.1mol?L﹣1的氨水中滴加未知濃度的稀H2SO4，反應放熱，溶液的溫度升高，當二者恰好完全反應時，放熱最多，溶液的溫度最高，所以硫酸的體積為20mL時，恰好完全反應。A．20mL0.1mol?L﹣1的氨水中含有一水合氨的物質的量為：0.1mol/L×0.02L＝0.002mol，硫酸的體積為20mL時，恰好完全反應，則消耗硫酸的物質的量為：0.002mol×＝0.001mol，該硫酸的物質的量濃度為：＝0.05mol/L，故A正確；B．當溶液中pH＝pOH時，溶液為中性，此時溶質為硫酸銨和氨水，銨根離子的水解程度與氨水的電離程度相等，水的電離幾乎沒有影響，當氨水與硫酸恰好反應生成硫酸銨時，即b點時，銨根離子水解，促進了水的電離，此時水的電離程度最大，故B錯誤；C．a(chǎn)點加入10mL等濃度的氨水，反應后溶質為等一水合氨和硫酸銨，且一水合氨為硫酸銨濃度的2倍，根據(jù)電荷守恒可得：2[SO42﹣]+[OH﹣]＝[NH4+]+[H+]，根據(jù)物料守恒可得：[NH3?H2O]+[NH4+]＝4[SO42﹣]，二者結合可得：[NH3?H2O]+2[OH﹣]＝[NH4+]+2[H+]，故C正確；D．升高溫度促進NH3?H2O的電離，電離常數(shù)增大，由圖可知，溫度：b＞a＞c，則a、b、c三點NH3?H2O的電離常數(shù)：Kh（b）＞Kh（a）＞Kh（c），故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，試題側重于考查學生的分析能力和應用能力。二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）ClO2又稱百毒凈，可用于水的凈化和紙張、紡織品的漂白。用如圖所示裝置（夾持裝置和加熱裝置省略）制備ClO2并探究ClO2的某些性質。已知：①高氯酸：沸點90℃，濃度低于60%比較穩(wěn)定，濃度高于60%遇含碳化合物易爆炸。②回答下列問題：（1）儀器a的名稱為三頸燒瓶。實驗開始前，膠塞及導管接口必須包錫箔紙，其原因是橡膠是含碳化合物，若生成的高氯酸濃度高時遇膠塞及導管易發(fā)生爆炸。（2）寫出裝置A制備ClO2同時生成高氯酸的化學方程式3NaClO3+3H2SO4（濃）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O。（3）關閉止水夾②，打開止水夾①③，通空氣一段時間，裝置C中生成NaC1O2，離子方程式為2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2。若關閉止水夾③，打開止水夾②，B中可觀察到的現(xiàn)象為紅布條褪色。（4）從裝置C反應后的溶液中獲得NaClO2晶體，需控溫在38℃～60℃范圍內(nèi)進行減壓蒸發(fā)結晶，采用減壓蒸發(fā)的原因是減壓可降低沸點，較低溫度下蒸發(fā)，避免晶體高溫分解。（5）城市飲用水處理新技術用NaClO2、高鐵酸鈉替代Cl2．如果以單位質量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2三種消毒殺菌劑的消毒效率由大到小的順序是NaClO2、Cl2、Na2FeO4?！痉治觥緼裝置由過量濃硫酸和NaC1O3反應制備ClO2和高氯酸，反應為：3NaClO3+3H2SO4（濃）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O，高氯酸遇含碳化合物易爆炸，故膠塞及導管接口必須包錫箔紙，關閉止水夾②，打開止水夾①③，通空氣一段時間，ClO2與NaOH和H2O2在C中反應：2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2，控制溫度38℃～60℃下進行進行減壓蒸發(fā)結晶可得晶體NaClO2，關閉止水夾③，打開止水夾②，ClO2有強氧化性，使B中紅布條褪色，用D中NaOH溶液吸收尾氣，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓海?）儀器a為三頸燒瓶；由題可知，高氯酸濃度高于60%遇含碳化合物易爆炸，橡膠是含碳化合物，若生成的高氯酸濃度高時遇膠塞及導管易發(fā)生爆炸；故答案為：三頸燒瓶；橡膠是含碳化合物，若生成的高氯酸濃度高時遇膠塞及導管易發(fā)生爆炸；（2）A中由過量濃硫酸和NaC1O3反應制備ClO2和高氯酸，反應為：3NaClO3+3H2SO4（濃）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；故答案為：3NaClO3+3H2SO4（濃）＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；（3）關閉止水夾②，打開止水夾①③，ClO2與NaOH和H2O2在C中反應：2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2；若關閉止水夾③，打開止水夾②，ClO2有強氧化性，使B中紅布條褪色；故答案為：2ClO2+2OH﹣+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2；紅布條褪色；（4）根據(jù)已知，溫度低于38℃，得到的晶體含有結晶水，溫度高于60℃NaClO2會分解，故從裝置C反應后的溶液中獲得NaClO2晶體，需控溫在38℃～60℃進行減壓蒸發(fā)結晶，采用減壓蒸發(fā)的原因是減壓可降低沸點，較低溫度下蒸發(fā)，避免晶體高溫分解；故答案為：38℃～60℃；減壓可降低沸點，較低溫度下蒸發(fā)，避免晶體高溫分解；（5）NaClO2中氯元素由+3價降為﹣1，則1molNaClO2轉移電子4mol，消毒效率為，1molNa2FeO4轉移電子3mol，消毒效率可表示為：，1molCl2轉移電子2mol，消毒效率可表示為：，三種消毒殺菌劑的消毒效率由大到小的順序是NaClO2、Cl2、Na2FeO4；故答案為：NaClO2、Cl2、Na2FeO4?！军c評】本題考查了物質的制備和性質檢驗，涉及化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應、環(huán)境保護等，明確實驗原理及實驗基本操作方法、信息的有效運用是解本題關鍵，試題側重于考查學生的分析問題和解決問題的能力，題目難度較大。9．（15分）三氯化六氨合鈷[Co（NH3）6]Cl3是橙黃色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含鈷配合物的原料。下圖是某科研小組以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質）制取[Co（NH3）6]Cl3的工藝流程：回答下列問題：（1）寫出加“適量NaClO3”發(fā)生反應的離子方程式6Fe2++ClO3﹣+6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O。（2）“加Na2CO3調pH至a”會生成兩種沉淀，分別為Fe（OH）3和Al（OH）3（填化學式）。（3）操作Ⅰ的步驟包括HCl氛圍下蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、減壓過濾。（4）流程中NH4Cl除作反應物外，還可防止加氨水時c（OH﹣）過大，其原理NH4Cl溶于水電離出的NH4+會抑制后期加入的NH3?H2O的電離。（5）“氧化”步驟，甲同學認為應先加入氨水再加入H2O2，乙同學認為試劑添加順序對產(chǎn)物無影響。你認為甲（填“甲”或“乙”）同學觀點正確，理由是防止Co（OH）3的生成。寫出該步驟的化學方程式H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3?H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O。（6）通過碘量法可測定產(chǎn)品中鈷的含量。將[Co（NH3）6]Cl3轉化成Co3+后，加入過量KI溶液，再用Na2S2O3標準液滴定（淀粉溶液做指示劑），反應原理：2Co3++2I﹣＝2Co2++I2，I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣實驗過程中，下列操作會導致所測鈷含量數(shù)值偏高的是ab。a．用久置于空氣中的KI固體配制溶液b．盛裝Na2S2O3標準液的堿式滴定管未潤洗c．滴定結束后，發(fā)現(xiàn)滴定管內(nèi)有氣泡d．溶液藍色退去，立即讀數(shù)【分析】以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質）制取[Co（NH3）6]Cl3：用鹽酸溶解廢料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入適量的NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，再加Na2CO3調pH，沉淀Al3+、Fe3+為Fe（OH）3和Al（OH）3，過濾，得到濾液，向含有Co2+的溶液中加入鹽酸調節(jié)pH＝2﹣3，加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2?6H2O，再依次加入氨水和H2O2，發(fā)生反應：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3?H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O，再將沉淀在HCl氛圍下蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、減壓過濾得到產(chǎn)品，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓海?）加“適量NaClO3”的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生的離子反應為：6Fe2++ClO3﹣+6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O；故答案為：6Fe2++ClO3﹣+6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O；（2）加Na2CO3調pH，沉淀Al3+、Fe3+為Fe（OH）3和Al（OH）3；故答案為：Fe（OH）3和Al（OH）3；（3）為防止產(chǎn)品水解，故[Co（NH3）6]Cl3應在HCl氛圍下蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、減壓過濾；故答案為：HCl氛圍下蒸發(fā)濃縮；（4）流程中NH4Cl除作反應物外，NH4Cl溶于水電離出的NH4+會抑制后期加入的NH3?H2O的電離，可防止加氨水時c（OH﹣）過大；故答案為：NH4Cl溶于水電離出的NH4+會抑制后期加入的NH3?H2O的電離；（5）若先加H2O2，將Co元素氧化到Co3+，后加氨水，會生成Co（OH）3，不利于產(chǎn)品的生成，故甲同學正確，先加入氨水再加入H2O2，可防止Co（OH）3的生成，此時的反應為：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3?H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O；故答案為：甲；防止Co（OH）3的生成；H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3?H2O＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O；（6）a．用久置于空氣中的KI固體配制溶液，KI中部分被氧化為碘單質，滴定時消耗的Na2S2O3標準液增多，測定結果偏高，a正確；b．盛裝Na2S2O3標準液的堿式滴定管未潤洗，則標準液被稀釋，滴定時消耗的Na2S2O3標準液體積增多，測定結果偏高，b正確；c．滴定結束后，發(fā)現(xiàn)滴定管內(nèi)有氣泡，氣泡占體積，則消耗的Na2S2O3標準液體積讀數(shù)偏小，測定結果偏低，c錯誤；d．溶液藍色退去，此時溶液混合不均，碘單質并未完全被標準液反應完全，立即讀數(shù)，導致消耗的標準液減少，測定結果偏低，d錯誤；故答案為：ab。【點評】本題考查了物質制備方案設計，題目難度中等，涉及化學方程式的書寫、氧化還原反應、滴定誤差的分析等，明確流程涉及的原理解本題關鍵，試題側重于考查學生的分析問題和解決問題的能力，注意相關基礎知識的學習與積累。10．（14分）有效除去大氣中的SO2和氮氧化物，是打贏藍天保衛(wèi)戰(zhàn)的重中之重。（1）用NaOH溶液吸收熱電企業(yè)產(chǎn)生的廢氣時，涉及如下轉化：由圖甲關系可得△H4＝△H1+△H2﹣△H3。（2）某溫度下，N2O5氣體在一體積固定的容器中發(fā)生如下反應：2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）（慢反應）△H＜02NO2（g）?N2O4（g）（快反應）△H＜0體系的總壓強p總和PO2隨時間的變化如圖乙所示①圖乙中表示O2壓強變化的曲線是乙（填“甲”或“乙”）。②已知N2O5分解的反應速率v＝0.12pN2O5（kPa?h﹣1），t＝10h時，pN2O5＝28.2kPa，v＝3.38kPa?h﹣1（結果保留兩位小數(shù)，下同）。③該溫度下2NO2?N2O4反應的平衡常數(shù)Kp＝0.05kPa﹣1（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)）。（3）亞硝酸鹽廣泛存在于各種水體和腌制品中，可用電吸附裝置去除。去除量跟電壓、初始濃度、共存陰離子等因素有關。某科研機構的實驗結果如圖丙所示：①據(jù)圖丙可知，待處理液中NO2﹣與NO3﹣的C0＝500mg?L﹣1時，裝置對NO3﹣的吸附量高于NO2﹣。②據(jù)圖丙分析，為提高離子去除量可采取的措施有將NO2﹣預先氧化為NO3﹣或降低氯化鈉的濃度（寫出一條即可）。（4）電解法也可以對亞硝酸鹽污水進行處理（工作原理如圖丁所示）。通電后，左極區(qū)產(chǎn)生淺綠色溶液，隨后生成無色氣體。當Fe電極消耗11.2g時，理論上可處理NaNO2含量為4.6%的污水100g?！痉治觥浚?）圖中轉化關系可知2molNaoH通入二氧化硫氣體生成亞硫酸鈉，繼續(xù)通入生成亞硫酸氫鈉，或通入二氧化碳生成碳酸鈉溶液，再通入二氧化硫生成亞硫酸氫鈉，結合蓋斯定律可知物質變化和起始狀態(tài)與終了狀態(tài)有關，與變化途徑無關，據(jù)此計算得到；（2）①圖乙中表示O2壓強變化的曲線是乙，甲為總壓強p總；②圖甲表示總壓強p總，反應起始只有N2O5氣體，則起始pN2O5＝53.8kPa，根據(jù)圖可知，t＝10h時，pO2＝12.8kPa，根據(jù)反應2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g），則該時間段N2O5的壓強減少為12.8kPa×2＝25.6kPa，據(jù)此計算；③根據(jù)反應2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）計算N2O5完全分解時的壓強計算出NO2和O2的壓強，再根據(jù)2NO2（g）?N2O4（g）計算平衡時的NO2、N2O4壓強，可得平衡常數(shù)；（3）①圖丙可知，待處理液中NO2﹣與NO3﹣的C0＝500mg?L﹣1時，裝置對NO3﹣的吸附量高于NO2﹣；②根據(jù)圖丙，NaCl濃度越大，離子去除量減小，C0＝500mg?L﹣1時，NO3﹣的吸附量高于NO2﹣，據(jù)此分析；（4）根據(jù)圖示，F(xiàn)e為陽極，通電后，左極區(qū)產(chǎn)生淺綠色溶液，F(xiàn)e放電生成Fe2+，電極反應為：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，隨后生成無色氣體，說明Fe2+與NO2﹣發(fā)生氧化還原反應得到N2，同時生成Fe3+，反應為：6Fe2++8H++NO2﹣＝6Fe3++4H2O+N2↑，可得關系式：3Fe～NaNO2，據(jù)此計算?！窘獯稹拷猓海?）圖中轉化關系可知2molNaoH通入二氧化硫氣體生成亞硫酸鈉，繼續(xù)通入生成亞硫酸氫鈉，或通入二氧化碳生成碳酸鈉溶液，再通入二氧化硫生成亞硫酸氫鈉得到△H3+△H4＝△H1+△H2，H4＝△H1+△H2﹣△H3，故答案為：△H1+△H2﹣△H3；（2）①圖象可知開始時壓強為0，壓強為0，隨反應進行生成氧氣，氧氣的壓強增大，故乙曲線是氧氣壓強變化的曲線，故答案為：乙；②圖甲表示總壓強p總，反應起始只有N2O5氣體，則起始pN2O5＝53.8kPa，根據(jù)圖可知，t＝10h時，pO2＝12.8kPa，根據(jù)反應2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g），則該時間段N2O5的壓強減少為12.8kPa×2＝25.6kPa，故t＝10h時，pN2O5＝53.8kPa﹣25.6kPa＝28.2kPa，v＝0.12pN2O5（kPa?h﹣1）＝0.12×28.2kPa＝3.38kPa?h﹣1；故答案為：28.2；3.38；③已知：起始pN2O5＝53.8kPa，根據(jù)反應2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g），則N2O5完全分解時，生成的pNO2＝53.8kPa×2＝107.6kPa，pO2＝53.8kPa÷2＝26.9kPa，則總壓強應該為107.6kPa+26.9kPa＝134.5kPa，根據(jù)圖乙，最終壓強為94.7kPa，則NO2轉化發(fā)生反應：2NO2（g）?N2O4（g）使壓強減少了134.5kPa﹣94.7kPa＝39.8kPa，根據(jù)反應：2NO2（g）?N2O4（g），△p＝pN2O4＝39.8kPa，則平衡時pNO2＝107.6kPa﹣2×29.8kPa＝28kPa，則該反應的平衡常數(shù)Kp＝＝0.05kPa﹣1；故答案為：0.05；（3）①圖丙可知，待處理液中NO2﹣與NO3﹣的C0＝500mg?L﹣1時，裝置對NO3﹣的吸附量高于NO2﹣；故答案為：500；②根據(jù)圖丙，NaCl濃度越大，離子去除量減小，C0＝500mg?L﹣1時，NO3﹣的吸附量高于NO2﹣，故將NO2﹣預先氧化為NO3﹣或降低氯化鈉的濃度，可以提高離子去除量；故答案為：將NO2﹣預先氧化為NO3﹣或降低氯化鈉的濃度；（4）根據(jù)圖示，F(xiàn)e為陽極，通電后，左極區(qū)產(chǎn)生淺綠色溶液，F(xiàn)e放電生成Fe2+，電極反應為：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，隨后生成無色氣體，說明Fe2+與NO2﹣發(fā)生氧化還原反應得到N2，同時生成Fe3+，反應為：6Fe2++8H++NO2﹣＝6Fe3++4H2O+N2↑，可得關系式：3Fe～NaNO2，當Fe電極消耗11.2g時，理論上可處理NaNO2的質量為：＝4.2g，則廢水的質量為：＝100g；故答案為：100?！军c評】本題考查了蓋斯定律、化學平衡的有關計算、電解池原理等知識點，需要學生有扎實的基礎知識的同時，還要有處理信息應用的能力，注意對化學平衡常數(shù)的靈活運用，綜合性強，題目難度較大。三、【化學-選修3：物質結構與性質】11．（15分）氧、硫形成的化合物種類繁多，日常生活中應用廣泛。如硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可作為照相業(yè)的定影劑，反應的化學方程式如下：AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr．回答下列問題：（1）已知銀（Ag）位于元素周期表第五周期，與Cu同族，則基態(tài)Ag的價電子排布式為4d105s1。（2）下列關于物質結構與性質的說法，正確的是BCA．玻爾原子結構模型能夠成功地解釋各種原子光譜B．Br、S、O三種元素的電負性順序為O＞Br＞SC．Na的第一電離能小于Mg，但其第二電離能卻遠大于MgD．水分子間存在氫鍵，故H2O的熔沸點及穩(wěn)定性均大于H2S（3）依據(jù)VSEPR理論推測S2O32﹣的空間構型為四面體，中心原子S的雜化方式為sp3。[Ag（S2O3）2]3﹣中存在的化學鍵有BCE（填字母序號）A．離子鍵B．極性鍵C．非極性鍵D．金屬鍵E．配位鍵（4）第一電子親和能（E1）是指元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量（單位為kJ?mol﹣1），電子親和能越大，該元素原子越易得電子。已知第三周期部分元素第一電子親和能如下表：元素AlSiPSClE1（kJ?mol﹣1）42.513472.0200349表中元素的E1自左而右呈增大趨勢，試分析P元素呈現(xiàn)異常的原因P的價電子排布式為3s23p3，3p能級處于半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易結合一個電子。（5）某種離子型鐵的氧化物晶胞如圖所示，它由A、B組成。則該氧化物的化學式為Fe3O4；已知該晶體的晶胞參數(shù)為anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則密度ρ為g?cm﹣3（用含a和NA的代數(shù)式表示）。【分析】（1）銀（Ag）位于元素周期表第五周期，與Cu同族，處于第IB族；（2）A．玻爾原子結構模型能夠成功地解釋氫原子光譜；B．非金屬性越強電負性越大；C．具有半充滿、全充滿、全空的電子構型的微粒，比較穩(wěn)定，失去電子需要的能量較高；D．氫鍵影響物理性質，不影響化學性質；（3）S2O32﹣中其中1個S原子相當于O原子，中心S原子孤電子對數(shù)＝＝0、價層電子對數(shù)＝0+4＝4；[Ag（S2O3）2]3﹣中Ag+與S2O32﹣之間形成配位鍵，S2O32﹣中S原子之間形成非極性鍵，S與O原子之間形成極性鍵；（4）P原子的3p能級處于半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易結合一個電子；（5）Fe2+離子處于晶胞的頂點、面心以及A位置立方體的體心。O2﹣位于A、B小立方體的內(nèi)部，每個小立方體內(nèi)部各有4個。Fe3+離子處于晶胞B位置小立方體內(nèi)部，均攤法計算晶胞中Fe、O原子數(shù)目確定化學式，計算晶胞質量，晶體密度＝晶胞質量÷晶胞體積?！窘獯稹拷猓海?）銀（Ag）位于元素周期表第五周期，與Cu同族，處于第IB族，價電子排布式為：4d105s1，故答案為：4d105s1；（2）A．玻爾原子結構模型能夠成功地解釋氫原子光譜，故A錯誤；B．非金屬性越強電負性越大，故O＞Br＞S，故B正確；C．Mg原子3s軌道為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，半徑又較小，第一電離能高于Na的，它們失去1個電子后，Na+的最外層排布為2s22p6，Mg+的最外層排布為3s1，Na+是穩(wěn)定結構，第二電離能遠高于Mg的，故C正確；D．水分子間存在氫鍵，故H2O的熔沸點大于H2S的，穩(wěn)定性屬于化學性質，與氫鍵無關，由共價鍵決定，故D錯誤，故選：BC；（3）S2O32﹣中其中1個S原子相當于O原子，中心S原子孤電子對數(shù)＝＝0、價層電子對數(shù)＝0+4＝4，微粒空間構型為四面體形