2019年四川省自贡市高考化学一模试卷

这是一份2019年四川省自贡市高考化学一模试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．苏打水是Na2CO3饱和溶液，可以缓解胃酸过多
B．明矾净水，利用了Al（OH）3胶粒的吸附性质
C．铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性
D．碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性
2．（6分）下列叙述不正确的是（ ）
A．同等质量的H218O和D2O中，质子数相同
B．同等质量的O2和O3的气体中，原子数相同
C．0.1ml/L（NH4）2SO4溶液与0.2mI/LNH4Cl溶液中，NH4+数目相同
D．等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相同
3．（6分）下列有关说法正确的是 （ ）
A．丙烯和苯都能使溴水褪色，且褪色的原理相同
B．油脂和淀粉都属于高分子化合物
C．C4H9C1有4种同分异构体
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和乙醇与HBr反应均为取代反应
4．（6分）下列实验操作正确的是（ ）
A．用激光笔验证淀粉溶液的丁达尔效应
B．用稀硫酸洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应
C．蒸发食盐溶液时，发生液滴飞溅现象，应立即加水冷却
D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出
5．（6分）石墨烯锂硫电池放电时的工作原理示意图如图，电池反应为：2Li+nS＝Li2Sn，有关该电池说法正确的是（ ）
A．放电时，Li+向负极迁移
B．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣＝3Li2S4
C．当外电路有2ml电子通过时，有1ml Li+通过阳离子交换膜
D．该电池可以选用盐酸作为电解质增强溶液导电性
6．（6分）在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法正确的是（ ）
A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C．图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K≈816
7．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
二、非选择题
8．（12分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种重要的化工原料，某学习小组通过下述实验制备亚硝酸钠，并测定所制备亚硝酸钠的纯度。
I．利用下列装置制备NaNO2
已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3﹣，MnO4﹣被还原为Mn2+．请回答下列问题：
（1）利用上图中的装置制备NaNO2，其连接顺序为a→ （按气流方向，用小写字母表示）。
（2）实验开始时，先通一段时间N2的目的是 。
（3）装置B中盛放试剂的名称为 ，装置C的作用是 。
（4）装置E中发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ．测定上述实验所制备的NaNO2样品（含NaNO3杂质）的纯度。称量D中所得样品ag溶解后配制成250mL溶液取25.00mL于锥形瓶中，用bmL﹣1酸性高锰酸钾溶液滴定到终点。重复上述滴定操作两次，测得数据如下表：
（5）滴定终点的实验现象为 。
（6）下列实验操作可能导致出现上表中第二次实验数据的是 （填字母编号）。
a．滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外
b．加入样品溶液前的锥形瓶未经干燥
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
（7）最终所得样品中NaNO2的质量分数为 （用含a、b的关系式表示）。
9．（12分）甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.58kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.77kJ•ml﹣1
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2＝ 。
（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是 （填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）
（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是 。
A．混合气体的密度不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1 D．甲醇的百分含量不再变化
（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是 。
A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率
（5）若在1L密闭容器中充入3mlH2和1mlCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K＝ ；若要进一步提高甲醇积分数。可采取的措施有 。
10．（12分）工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如图1所示．钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），其中一部分Fe2+在风化过程中会转化为+3价．
已知：TiO（OH）2（即H2TiO3）为两性氢氧化物
（1）步骤②中，发生反应的主要离子方程式为 ．
（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的 （填字母序号）．
A．熔沸点差异 B．溶解性差异 C．氧化性、还原性差异
（3）步骤②、③、④中，均需用到的操作是 （填操作名称）．
（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理： ．
（5）上述工艺流程中可以循环利用的物质是 ．
（6）研究发现，可以用石墨作阳极、铁网作阴极、熔触CaF2﹣CaO作电解质，利用图2所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．
①写出阳极所发生反应的电极反应式 ．
②在制备金属Ti前后，CaO的质量将 （填“增大”、“不变”或“减小”）
11．（10分）常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒等多种元素构成薄膜太阳能电池。回答下列问题：
（1）基态亚铜离子（Cu+）的价层电子排布式为 。
（2）砷、硒是第四周期的相邻元素，已知砷的第一电离能（947kJ•ml﹣1）大于硒（941k]•ml﹣l）。请从原子结构的角度加以解释 。
（3）H2O的沸点高于H2Se的沸点，其原因是 。
（4）GaCl3和AsF3的分子立体构型分别是 ， 。
（5）硼酸（H3BO3）本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B（OH）4]﹣，而体现弱酸性。
①[B（OH）4]﹣中B原子的杂化类型为 。
②[B（OH）4]﹣的结构式为 。
（6）金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体（金刚砂）。
①金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是 （用化学式表示）
②金刚石的晶胞参数为apm（lpm＝10﹣12m），1cm3晶体的平均质量为 g（只要求列算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
12．（12分）有机物w用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：
已知：
请回答下列问题
（1）F的名称是 ⑤的反应类型是 。
（2）E中的含氧官能团的名称为 ，W的结构简式为 。
（3）反应②的化学方程式是 。
（4）D自身还能发生聚合反应，其聚合产物的结构简式为 。
（5）参照有机物W的上述合成路线，设计以M为起始原料制备F的合成路线（其他试剂任选） 。
示例：CH3CH2OHCH2＝CH2BrCH2CH2Br
2019年四川省自贡市高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：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．（6分）化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．苏打水是Na2CO3饱和溶液，可以缓解胃酸过多
B．明矾净水，利用了Al（OH）3胶粒的吸附性质
C．铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性
D．碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性
【分析】A．碳酸钠溶液碱性太强；
B．依据盐类水解的性质及应用解答；
C．食品保鲜，应放入还原性物质；
D．I2具有氧化性，能够使蛋白质变性。
【解答】解：A．碳酸钠溶液碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，通常用小苏打治疗，故A错误；
B．明矾净水是因为明矾电离产生的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中固体杂质颗粒，故B正确；
C．铁粉具有强的还原性，可用于食品保鲜，故C正确；
D．I2具有氧化性，能够使蛋白质变性，所以碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，为高考常见题型，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，题目有利于培养学生良好的科学素养。
2．（6分）下列叙述不正确的是（ ）
A．同等质量的H218O和D2O中，质子数相同
B．同等质量的O2和O3的气体中，原子数相同
C．0.1ml/L（NH4）2SO4溶液与0.2mI/LNH4Cl溶液中，NH4+数目相同
D．等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相同
【分析】A．每个H218O分子含有10质子，每个D2O分子中含有10个质子，H218O和D2O的摩尔质量均为20g/ml，结合n＝分析；
B．O2和O3均为氧原子构成的分子；
C．NH4+在水溶液中存在水解，浓度不等，水解程度不同；
D．钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，Na元素的化合价均从0价升高为+1价。
【解答】解：A．H218O和D2O的摩尔质量均为20g/ml，由n＝可知，同等质量的H218O和D2O的物质的量相等，每个H218O分子含有10质子，每个D2O分子中含有10个质子，则所含有质子数也相等，故A正确；
B．O2和O3均为氧原子构成的分子，则同等质量的O2和O3的气体中，含有的氧原子数相同，故B正确；
C．0.1ml/L（NH4）2SO4溶液与0.2mI/LNH4Cl溶液中，NH4+浓度相等，水解程度相同，但不知道溶液的体积，无法比较NH4+数目，故C错误；
D．钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，Na元素的化合价均从0价升高为+1价，则等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相同，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的相关计算，属基础考查，明确各基本物理量的之间转化关系式是解题关键，难度中等。
3．（6分）下列有关说法正确的是 （ ）
A．丙烯和苯都能使溴水褪色，且褪色的原理相同
B．油脂和淀粉都属于高分子化合物
C．C4H9C1有4种同分异构体
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和乙醇与HBr反应均为取代反应
【分析】A．苯与溴水不反应；
B．高分子化合物的相对分子质量在10000以上；
C．C4H9C1的同分异构体取决于丁基的数目；
D．乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化等反应。
【解答】解：A．丙烯与溴水发生加成反应，苯与溴水不反应，发生萃取，溶液分层，故A错误；
B．油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；
C．C4H9C1的同分异构体取决于丁基的数目，丁基有4种，故C正确；
D．乙烯含有碳碳双键，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，故D错误。
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为解答的难点，题目难度不大。
4．（6分）下列实验操作正确的是（ ）
A．用激光笔验证淀粉溶液的丁达尔效应
B．用稀硫酸洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应
C．蒸发食盐溶液时，发生液滴飞溅现象，应立即加水冷却
D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出
【分析】A．淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应；
B．作焰色反应实验的铂丝含有氧化物，用硫酸洗涤，生成的硫酸盐不挥发，仍然会干扰实验，应使用盐酸洗涤；
C．蒸发溶液时，为防止飞溅，应不断地用玻璃棒进行搅拌；
D．若加水超过容量瓶刻度，此次配制失败，需要重新配制。
【解答】解：A．淀粉溶液属于胶体，用激光笔验证淀粉溶液的丁达尔现象，故A正确；
B．作焰色反应实验的铂丝含有氧化物，用硫酸洗涤，生成的硫酸盐不挥发，仍然会干扰实验，应选用盐酸洗涤，盐酸洗涤生成的氯化物灼烧挥发，故B错误；
C．蒸发溶液时，发生液滴飞溅时，应用玻璃棒进行搅拌，而不应加水进行冷却，故C错误；
D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，此次配制失败，不能用胶头滴管将多余溶液吸出，应该重新配制，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质分离与提纯方法、溶液配制步骤等实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
5．（6分）石墨烯锂硫电池放电时的工作原理示意图如图，电池反应为：2Li+nS＝Li2Sn，有关该电池说法正确的是（ ）
A．放电时，Li+向负极迁移
B．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣＝3Li2S4
C．当外电路有2ml电子通过时，有1ml Li+通过阳离子交换膜
D．该电池可以选用盐酸作为电解质增强溶液导电性
【分析】在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以A是正极，发生还原反应：2Li++nS+2e﹣═Li2Sn，电子从原电池的负极流向正极，根据电极反应式结合电子转移进行计算即可。
【解答】解：A．在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，则Li+向正极迁移，故A错误；
B．A是正极，电极反应式为2Li++Sn+2e﹣═Li2Sn，根据图象可知正极上也可发生反应2Li++2Li2S6+2e﹣═3Li2S4，故B正确；
C．根据电荷守恒，当外电路有2ml电子通过时，有2ml Li+通过阳离子交换膜，故C错误；
D．锂与盐酸反应放出氢气，所以不能选用盐酸作为电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极。
6．（6分）在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法正确的是（ ）
A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C．图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K≈816
【分析】A．Ksp只受温度的影响；
B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，c（Br﹣）增大，则c（Ag+）减小，二者乘积不变；
C．在a点时Qc＝c（Ag+）•c（Br﹣）＜Ksp，判断AgBr为不饱和溶液；
D．根据K＝＝计算出平衡常数即可。
【解答】解：A．Ksp只受温度的影响，则温度不变，Ksp也不变，故A错误；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；
C．根据图象可知，在a点时Qc＝c（Ag+）•c（Br﹣）＜Ksp，则没有沉淀生成，故C错误；
D．反应AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数为：K＝＝＝≈816，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了沉淀溶解平衡曲线，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，注意曲线上的每个点都为AgBr饱和溶液，曲线以下为不饱和溶液；注意掌握Ksp的表达式及简单计算方法。
7．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序数大于Y，则Z为Al元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、S元素；
A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2；
C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
D．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强。
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序数大于Y，则Z为Al元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、S元素；
A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（W），故A错误；
B．由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2，Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键，故B错误；
C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Y＞Z，则Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性X＞W，所以X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：B选项中易漏掉Na2O2而导致错误。
二、非选择题
8．（12分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种重要的化工原料，某学习小组通过下述实验制备亚硝酸钠，并测定所制备亚硝酸钠的纯度。
I．利用下列装置制备NaNO2
已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3﹣，MnO4﹣被还原为Mn2+．请回答下列问题：
（1）利用上图中的装置制备NaNO2，其连接顺序为a→ d→e→b→c→f（或g）→g（或f）→i （按气流方向，用小写字母表示）。
（2）实验开始时，先通一段时间N2的目的是 排除装置中的空气，防止NO被氧化为NO2 。
（3）装置B中盛放试剂的名称为 碱石灰或无水氯化钙 ，装置C的作用是 将NO2转化为NO 。
（4）装置E中发生反应的离子方程式为 5NO+3MnO4﹣+4H+＝5NO3﹣+3Mn2++2H2O 。
Ⅱ．测定上述实验所制备的NaNO2样品（含NaNO3杂质）的纯度。称量D中所得样品ag溶解后配制成250mL溶液取25.00mL于锥形瓶中，用bmL﹣1酸性高锰酸钾溶液滴定到终点。重复上述滴定操作两次，测得数据如下表：
（5）滴定终点的实验现象为 溶液由无色变为紫色（或紫红色），且半分钟不褪色 。
（6）下列实验操作可能导致出现上表中第二次实验数据的是 c （填字母编号）。
a．滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外
b．加入样品溶液前的锥形瓶未经干燥
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
（7）最终所得样品中NaNO2的质量分数为 ×100% （用含a、b的关系式表示）。
【分析】（1）利用装置A中Cu和浓硝酸反应生成NO2，再和水生成NO并干燥，最后利用NO与Na2O2反应生成NaNO2，注意尾气用酸性高锰酸钾溶液吸收；
（2）通入氮气，可排除装置内空气；
（3）B用于干燥气体，C可生成NO；
（4）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化NO；
（5）反应终点的判断可以利用高锰酸钾溶液的紫红色判断，滴入最后一滴溶液变化为紫红色，半分钟内不变，证明反应达到终点；
（6）第二次测定数据明显消耗标准液体积偏小，可据此分析下列选项中可能引起的误差判断即可；
（7）滴定时发生反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+→5NO3﹣+3Mn2++3H2O，根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量计算。
【解答】解：（1）利用装置A中Cu和浓硝酸反应生成NO2，生成的NO2溶于E装置中水生成NO，再利用C装置无水CaCl2干燥NO，再将NO通过D装置与Na2O2反应生成NaNO2，最后的尾气用酸性高锰酸钾溶液吸收，结合气流方向，装置的连接顺序为d→e→b→c→f（或g）→g（或f）→i，
故答案为：d→e→b→c→f（或g）→g（或f）→i；
（2）通入氮气，可排除装置内空气，防止NO被氧化，故答案为：排除装置中的空气，防止NO被氧化为NO2；
（3）B用于干燥气体，可用碱石灰或无水氯化钙，C中为水，可使二氧化氮生成NO，故答案为：碱石灰或无水氯化钙；将NO2转化为NO；
（4）装置E中发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4﹣+4H+＝5NO3﹣+3Mn2++2H2O，故答案为：5NO+3MnO4﹣+4H+＝5NO3﹣+3Mn2++2H2O；
（5）向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，
故答案为：溶液由无色变为紫色（或紫红色），且半分钟不褪色；
（6）a．滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外，应该是消耗标准液体积偏大，故a错误；
b．加入样品溶液前的锥形瓶未经干燥，不影响消耗标准溶液的体积，故b错误；
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致消耗标准溶液的体积偏小，故c正确；
故答案为：c；
（7）称量D中所得样品ag溶解后配制成250 mL 溶液，取25.00mL于维形瓶用bml•L﹣1 的酸性高锰酸钾溶液滴定到终点，因第二次误差较大应舍去，则消耗标准液的体积为mL＝20.0mL，其物质的量为bml•L﹣1×0.02L＝0.02bml，根据滴定时发生反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+→5NO3﹣+3Mn2++3H2O可知，样品中NaNO2的物质的量为0.02bml××＝0.5bml，则所得样品中NaNO2 的质量分数为＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质制备实验方案设计与探究，为高频考点，把握制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
9．（12分）甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.58kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.77kJ•ml﹣1
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2＝ +41.19 kJ•ml﹣1 。
（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是 较低温度 （填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）
（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是 BD 。
A．混合气体的密度不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1 D．甲醇的百分含量不再变化
（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是 ABD 。
A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率
（5）若在1L密闭容器中充入3mlH2和1mlCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K＝ 0.148 ；若要进一步提高甲醇积分数。可采取的措施有 增大压强 。
【分析】（1）根据盖斯定律：Ⅱ＝Ⅰ﹣Ⅲ得反应②的△H2；
（2）化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行；
（3）对于可逆反应，化学反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度不再发生变化；
（4）A．温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B．该反应是放热反应，升温平衡逆向移动；
C．反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行；
D．温度越低催化剂活性越小，反应速率越慢；
（5）图中M点时二氧化碳的转化率50%，结合化学平衡三行计算列式得到，反应是气体体积减小的反应增大压强平衡正向进行。
【解答】解：（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.58kJ•ml﹣1，
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2，
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.77kJ•ml﹣1，
根据盖斯定律：Ⅱ＝Ⅰ﹣Ⅲ得反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.19 kJ•ml﹣1，
故答案为：+41.19 kJ•ml﹣1；
（2）△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能够自发进行，该反应的△S＜0、△H＜0，当温度较低时，反应Ⅲ能够自发进行，
故答案为：较低温度；
（3）A．由于气体的质量、体积不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都不变化，不能作为判断是否平衡的依据，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可说明气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C．平衡常数未知，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；
D．甲醇的百分含量不再变化，可说明达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
（4）A．其他条件不变，若不使用催化剂，化学平衡不变，则250℃时CO2的平衡转化率不变，不可能位于M1，故A错误；
B．温度低于250℃时，随温度升高二氧化碳的转化率逐渐减小，说明平衡逆向进行，则甲醇的产率减小，故B错误；
C．升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C正确；
D．为提高CO2的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故D错误；
故答案为：ABD；
（5）若在密闭容器中充入体积比为 3：1的 H2 和CO2，设为3ml、1ml，则图中M点时二氧化碳转化率50%，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（ml） 1 3 0 0
变化量（ml） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量（ml） 0.5 1.5 0.5 0.5
容器容积为1L，则浓度与物质的量数值相等，则该温度下该反应的K＝＝0.148，
反应前后气体体积减小，若要进一步提高甲醇的体积分数，可采取的措施有增大压强平衡正向进行，
故答案为：0.148；增大压强。
【点评】本题考查较为综合，涉及盖斯定律、化学平衡计算等知识点，为高考常见题型，题目难度中等，明确化学反应原理是解本题关键，试题侧重考查学生图象分析、计算能力。
10．（12分）工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如图1所示．钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），其中一部分Fe2+在风化过程中会转化为+3价．
已知：TiO（OH）2（即H2TiO3）为两性氢氧化物
（1）步骤②中，发生反应的主要离子方程式为 2Fe3++Fe═3Fe2+ ．
（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的 （填字母序号）．
A．熔沸点差异 B．溶解性差异 C．氧化性、还原性差异
（3）步骤②、③、④中，均需用到的操作是 过滤 （填操作名称）．
（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理： 溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水将溶液稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3 ．
（5）上述工艺流程中可以循环利用的物质是 H2SO4或硫酸 ．
（6）研究发现，可以用石墨作阳极、铁网作阴极、熔触CaF2﹣CaO作电解质，利用图2所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．
①写出阳极所发生反应的电极反应式 2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑或C+O2﹣﹣2e﹣＝CO↑ ．
②在制备金属Ti前后，CaO的质量将 不变 （填“增大”、“不变”或“减小”）
【分析】（1）由流程可知：铁粉将Fe3+转化为Fe2+；
（2）溶液中析出晶体是利用物质溶解度的不同得到；
（3）②③④都是从溶液中得到固体的分离过程，需要用过滤装置；
（4）依据溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，平衡影响因素和平衡移动原理分析判断；
（5）流程中生成了硫酸，可循环使用；
（6）①依据装置图分析判断，阳极生成一氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的一氧化碳；
②制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2++4e﹣═2Ca 阳极：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变．
【解答】解：（1）步骤②中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+；
故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（2）步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到；
故答案为：B；
（3）②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液；
故答案为：过滤；
（4）步骤④中使用热水的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；
故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水将溶液稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；
（5）流程中生成了硫酸，步骤①中使用硫酸，可循环使用；
故答案为：H2SO4或硫酸；
（6）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2﹣CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成一氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的一氧化碳，所以电极反应为：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑，或C+O2﹣﹣4e﹣＝CO↑；
故答案为：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑或C+O2﹣﹣2e﹣＝CO↑；
②制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2++4e﹣═2Ca 阳极：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑；2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变；
故答案为：不变．
【点评】本题考查了物质制备流程分析判断，为高考常见题型，综合考查实验基本操作，离子方程式的书写等，考查学生对所学知识的综合应用能力，注意物质分离的流程分析判断，物质性质的应用，题目难度中等．
11．（10分）常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒等多种元素构成薄膜太阳能电池。回答下列问题：
（1）基态亚铜离子（Cu+）的价层电子排布式为 3d10 。
（2）砷、硒是第四周期的相邻元素，已知砷的第一电离能（947kJ•ml﹣1）大于硒（941k]•ml﹣l）。请从原子结构的角度加以解释 砷的价电子排布式是4s24p3，4p轨道上的电子处于半充满状态，比较稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大 。
（3）H2O的沸点高于H2Se的沸点，其原因是 H2O分子之间形成氢键，H2Se分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强 。
（4）GaCl3和AsF3的分子立体构型分别是 平面三角形 ， 三角锥形 。
（5）硼酸（H3BO3）本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B（OH）4]﹣，而体现弱酸性。
①[B（OH）4]﹣中B原子的杂化类型为 sp3 。
②[B（OH）4]﹣的结构式为 。
（6）金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体（金刚砂）。
①金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是 C＞SiC＞Si （用化学式表示）
②金刚石的晶胞参数为apm（lpm＝10﹣12m），1cm3晶体的平均质量为 g（只要求列算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
【分析】（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写Cu+在基态时的价电子排布式；
（2）根据砷、硒价电子排布谁更稳定分析；
（3）H2O和H2Se均为分子晶体，结构相似，但水分子间存在氢键；
（4）根据价层电子对互斥理论来确定其空间构型；
（5）①根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，价层电子对数＝δ键数+孤对电子对数；
②根据杂化轨道类型及杂化轨道成键情况写[B（OH）4]﹣的结构式，[B（OH）4]﹣中含有配位键；
（6）①金刚石、晶体硅、碳化硅形成的晶体都是原子晶体，根据键长判断熔点大小，其中键长C﹣C＜C﹣Si＜Si﹣Si；
②结合晶胞中碳原子数目计算晶胞质量，结合晶胞体积可知1cm3晶体的含有晶胞数目，二者乘积可得1cm3晶体的平均质量。
【解答】解：（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，则Cu+在基态时的价电子排布式为3d10，
故答案为：3d10；
（2）砷的价电子排布式是4s24p3，4p轨道上的电子处于半充满状态，比较稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大，而硒的价电子排布式是4s24p4，4p轨道上失去一个电子才处于半充满状态，故第一电离能较小，
故答案为：砷的价电子排布式是4s24p3，4p轨道上的电子处于半充满状态，比较稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大；
（3）H2O分子之间形成氢键，H2Se分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故H2O的沸点高于H2Se的沸点，
故答案为：H2O分子之间形成氢键，H2Se分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强；
（4）GaCl3中价层电子对个数＝3+（3﹣3×1）＝3，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形结构；
AsF3中价电子对个数＝3+（5﹣3×1）＝4，有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形；
故答案为：平面三角形；三角锥形；
（5）①[B（OH）4]﹣中B的价层电子对＝4+（3+1﹣4×1）＝4，所以采取sp3杂化，
故答案为：sp3；
②B原子是缺电子原子，所以该离子中还含有配位键，其结构为，
故答案为：；
（6）①金刚石、晶体硅、碳化硅形成的晶体都是原子晶体。由于键长C﹣C＜C﹣Si＜Si﹣Si，则熔点为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，
故答案为：C＞SiC＞Si；
②晶胞中碳原子数目＝4+8×+6×＝8，晶胞质量＝ g，则1cm3晶体的平均质量＝ g×＝g，
故答案为：。
【点评】本题考查原子核外电子排布；元素电离能；晶体熔点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。该题是中等难度的试题，也是高考中的常见考点，试题针对性强，注重基础，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的学习效率。明确不同类型题目的解题方法是解答本题的关键。
12．（12分）有机物w用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：
已知：
请回答下列问题
（1）F的名称是 苯甲醇 ⑤的反应类型是 消去反应 。
（2）E中的含氧官能团的名称为 羧基 ，W的结构简式为 。
（3）反应②的化学方程式是 。
（4）D自身还能发生聚合反应，其聚合产物的结构简式为 。
（5）参照有机物W的上述合成路线，设计以M为起始原料制备F的合成路线（其他试剂任选） 。
示例：CH3CH2OHCH2＝CH2BrCH2CH2Br
【分析】由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B．B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为．对比D、E分子式可知D分子内脱去1分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为，E与F发生酯化反应生成W为．由苯制备苯甲醇，需要甲苯先与氯气在光照时发生侧链一氯取代，产物水解得到F（苯甲醇），由信息可知苯与CH3Cl在氯化铝条件下可以得到甲苯。
【解答】解：（1）F 的化学名称是：苯甲醇，⑤的反应类型是：消去反应，故答案为：苯甲醇；消去反应；
（2）E为，E中的含氧官能团是 羧基，W的结构简式为，故答案为：羧基；；
（3）反应②的化学方程式是：，
故答案为：；
（4）D发生聚合反应生成高聚物为：
故答案为：；
（5）由苯制备苯甲醇，需要甲苯先与氯气在光照时发生侧链一氯取代，产物水解得到F（苯甲醇），由信息可知苯与CH3Cl在氯化铝条件下可以得到甲苯，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，明确官能团的性质及衍变是解本题关键，注意结合有机反应条件分析解答，侧重考查学生分析推断能力及知识综合应用能力。第一次
第二次
第三次
酸性高锰酸钾溶液体积/mL
19.98
19.75
20.02
第一次
第二次
第三次
酸性高锰酸钾溶液体积/mL
19.98
19.75
20.02