2019年四川省广元市高考化学一模试卷

这是一份2019年四川省广元市高考化学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，正确的是（ ）
A．硅胶、P2O5、CaCl2•6H2O均可用作食品干燥剂
B．“地沟油”不能食用，但可以加工成肥皂或生物柴油
C．明矾溶于水会形成胶体，因而可用于自来水的杀菌消毒
D．聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）都是食品级塑
2．（3分）2018年诺贝尔化学奖在10月3日揭晓，弗朗西斯•阿诺德、乔治•史密斯和格雷戈里•温特尔共同获奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果；如图所示是木瓜蛋白酶（蛋白质）的结构简式，下列说法不正确的是（ ）
A．木瓜蛋白酶的化学式C19H29N7O5
B．木瓜蛋白酶能发生水解反应、加成反应
C．木瓜蛋白酶能与碳酸钠反应生成CO2气体
D．木瓜蛋白酶含有苯环，属于芳香烃
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1L 1ml•L﹣1的NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．0.1ml H2和0.1 ml I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
D．标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有质子数为21.5NA
4．（3分）下列操作与现象、结论都正确且有相关性的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．（3分）已知元素X、Y、Z、W均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，Y2+与W﹣其具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：W﹣＞Y2+
B．X的氧化物中只含有离子键
C．W的最高正化合价为+7
D．工业上常用电解Z的氯化物来制备Z的单质
6．（3分）LED系列产品是一类新型节能产品。图甲是NaBH4/H2O2燃料电池的装置示意图，图乙是LED发光二极管的装置示意图。下列叙述错误的是（ ）
A．电池应选用阳离子交换膜，Na+向A极区移动
B．电池A极区的电极反应式为：H2O2+2e﹣＝2OH﹣
C．每有1 mlNaBH4参加反应，转移电子数为4NA
D．要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的B极相连
7．（3分）在25℃时，将1.0Lxml•L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 ml NaOH固体混合，充分反应。然后向混合溶液中加入CH 3COOH或CH 3COONa固体（忽略溶液体积和温度变化），溶液PH变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．a、b，c点对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c＜a＜b
B．c点对应的混合液中，c（Na+）＝c（ CH3COO﹣）
C．从b到a的过程中，减小
D．a、b、c点对应的混合液中，CH3COOH的电离平衡常数相等
二、解答题（共5小题，满分73分）
8．（14分）三硫代碳酸钠（Na2CS3）常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代硫酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验1：探究Na2CS3的性质
（1）H2CS3是 （填“强”或“弱”）酸。
（2）已知步骤③的氧化产物是SO42﹣，写出该反应的离子方程式 ；
（3）某同学取步骤③所得溶液于试管中，滴加盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验所用Na2CS3的量，你是否同意他的观点？ （选“同意”或“不同意”），理由是 。
实验2：测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置：取100mLNa2CS3溶液置于装置A中，通过仪器d加入2.0ml•L﹣1的稀硫酸，关闭活塞：
已知Na2CS3+H2SO4＝Na2SO4+CS2+H2S↑．CS2的沸点为46℃，CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水，与CO2某些性质相似，CS2与烧碱反应生成Na2COS2和H2O。
（4）盛装稀硫酸的仪器d名称是 ，反应开始前需要通入一段时间N2，其作用是 。
（5）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得19.2g黑色固体，则A中Na2CS3溶液的浓度是 ml•L﹣1．写出D中发生反应的化学方程式 。
（6）分析上述实验方案，还可以通过测定 （填字母代号）装置反应前后质量来计算Na2CS3溶液浓度。
9．（14分）雾霾天气、酸雨酸雾的出现与煤炭资源的不清洁应用有关，燃煤发电厂对煤炭进行脱硫、脱硝工艺改造有助于预防雾霾天气、酸雨酸雾的形成；
（1）燃煤“脱硝“中涉及的部分反应如下：
I.4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1800kJ•ml﹣1
II．N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+175kJ•ml+1
III.4NH3 （g）+5O2（g）⇌4NO（g ）+6H2O（g）△H3
①△H3＝ kJ•ml﹣1
②若有关化学键键能分别为：N≡N键946J•ml+1，O＝O498kJ•ml﹣1，则使 1 mlNO完全变成氮原子、氧原子时所需要的能量是 kJ。
（2）将2 mlNH3、3 mlNO的混合气体分别置于a、b、c三个10L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c（N2）随时间的变化如图所示。
①反应从开始到达到平衡，反应速率由大到小的顺序为 （用a、b、c表示）
②与容器a中的反应相比，容器b中的反应改变的实验条件可能是 ，判断的依据是 。
③一定温度下，下列能表明该反应已达到平衡状态的是 （填字母）
a．H2O（g）与NO（g）生成速率相等
b．混合气体的密度保持不变
c．△H表示不变
d．容器的总压强保持不变
（3）将NO，NO2按物质的量之比1：1通入NaOH溶液中可得到重要的化工产品NaNO2，已知25℃时K（HNO2）＝5×10﹣4，则0.2ml•L﹣1，HNO2溶液的pH＝ ；pH＝8的NaNO2溶液中，c（Na+）﹣c（NO2﹣）＝ ml•L﹣1（填精确值）
10．（15分）镍的抗腐蚀性佳，常被用在电镀上：镍镉电池中也含有镍：常压下，镍即可与一氧化碳反应，形成剧毒的四羰镍Ni（CO）4，四羰基镍的沸点是43℃，易燃，在空气中易被氧化，加热至60℃会分解成金属镍和一氧化碳：工业上对高冰镍羰基进行羰基化处理后可得到较纯的镍，高冰镍是镍、铜、铁等金属硫化物的共熔体，具体流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）高冰镍在煅烧前应先粉碎，其目的是
（2）气体B可循环利用，写出气体B在低温反应塔中参与反应的化学方程式 。该反应需控制温度T的范围为 ，其原因是 。
（3）固体A的主要成分是 ，试用简单的方法将其分离 。
（4）由于四羰基镍有剧毒，所以工业上也可以采用电解法制备镍，其原理是用稀硫酸将沸腾炉煅烧后的固体溶解，调pH将铁、铜除去后再进行电解，如右图所示：
该电解池用的交换膜为 （填“阳“或“阴”）离子交换膜。阳极的电极反应式为 。
11．（15分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，常用于晒制蓝图：晒制蓝图时K3[Fe（C2O4）3]•3H2O作感光剂，K3[Fe（CN）6]溶液作显色剂，其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe（C2O4）3]•3H2O2FeC2O4+2CO2↑+6H2O．请回答下列问题：
（1）Fe原子的七个能级中能量最高的能级是 ；基态Fe2+的核外电子排布式为 。
（2）H、C、N、O四种元素中的电负性由大到小的顺序为 。
（3）CO2分子中含有的σ键和π键数目之比是 ；NO2+与CO2互为等电子体，则NO2+的电子式为 ，键角为 。
（4）K3[Fe（CN）6]M可用于检验Fe2+，根据价层电子对互斥理论，配体CN﹣中碳原子的杂化轨道类型为
（5）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中肯定不存在的微粒间作用力有 （填选项序号字母）
A．离子键B．极性键C．非极性键D．金属键E配位键F．范德华力G．氢键
（6）已知铁与氧气形成的某铁的氧化物的晶胞结构与NaCl晶胞结构相似（如图所示）：则该晶体中，Fe2+的配位数为 ，若该该晶体的密度为pg•cm﹣3，则该晶体中，晶胞的边长为 pm：．（已知NA为阿伏加德罗常数的值）
12．（15分）合成有机玻璃的一种路线如下：
已知：R能使溴的四氯化碳溶液褪色，Z不能发生银镜反应。
回答下列问题：
（1）R的结构简式 ；分子结构鉴定中，获取F中官能团信息的仪器名称是 。
（2）X→Y的反应类型是 ；Z分子中最多有 个原子共平面。
（3）F→G的反应条件和试剂是 。
（4）写出G→有机玻璃的化学方程式 。
（5）G有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件：①能使酸性高锰酸钾溶液褪色；②能与饱和小苏打溶液反应产生气体。核磁共振氢谱上显示3组峰且峰面积之比为6：1：1的结构简式 ；
（6）聚乳酸是是一种可降解功能高分子材料，在医疗方面有广泛应用。以
CH3CH2OH为原料（无机试剂任选），参照上述流程，设计合成聚乳酸的路线 。
2019年四川省广元市高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．（3分）化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，正确的是（ ）
A．硅胶、P2O5、CaCl2•6H2O均可用作食品干燥剂
B．“地沟油”不能食用，但可以加工成肥皂或生物柴油
C．明矾溶于水会形成胶体，因而可用于自来水的杀菌消毒
D．聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）都是食品级塑
【分析】A．六水氯化钙不能吸收水；
B．地沟油”的主要成分为油脂；
C．明矾中铝离子水解生成胶体具有吸附作用；
D．食品保鲜膜按材质分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等种类。PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害。
【解答】解：A．六水氯化钙不能吸收水，而硅胶、P2O5、氯化钙及具有吸水性的植物纤维均可作食品干燥剂，故A错误；
B．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；
C．明矾中铝离子水解生成胶体，可净化水，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；
D．聚氯乙烯（PVC）中含有氯元素，对人体有潜在危害，不是食品级塑料制品，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质、胶体性质、有机物性质应用等知识的，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）2018年诺贝尔化学奖在10月3日揭晓，弗朗西斯•阿诺德、乔治•史密斯和格雷戈里•温特尔共同获奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果；如图所示是木瓜蛋白酶（蛋白质）的结构简式，下列说法不正确的是（ ）
A．木瓜蛋白酶的化学式C19H29N7O5
B．木瓜蛋白酶能发生水解反应、加成反应
C．木瓜蛋白酶能与碳酸钠反应生成CO2气体
D．木瓜蛋白酶含有苯环，属于芳香烃
【分析】该有机物中含有苯环、酚羟基、羧基、肽键、碳氮双键，具有苯、酚、羧酸、二肽等物质的性质，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、酯化反应、水解反应等，据此分析解答。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C19H29N7O5，故A正确；
B．该分子中含有肽键，所以能发生水解反应，含有苯环，所以能发生加成反应，故B正确；
C．含有羧基，所以能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故C正确；
D．含有苯环，但是除了含有C、H元素外还含有O、N元素，所以不属于芳香烃，属于芳香族化合物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查分析判断能力，熟练掌握苯、酚、羧酸等有机物的性质，题目难度不大。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1L 1ml•L﹣1的NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．0.1ml H2和0.1 ml I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
D．标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有质子数为21.5NA
【分析】A．依据盐类水解性质判断；
B．镁与硫酸反应生成硫酸镁，镁离子为+2价；
C．氢气和碘蒸气的反应为分子个数不变的反应；
D．气体摩尔体积使用对象为气体。
【解答】解：A．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1L 1ml•L﹣1的NH4Cl溶液中，NH4+的数目小于0.1NA，故A错误；
物质的量为0.1ml，与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA，故B错误；
C．氢气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应同时为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子个数就为0.2NA个，故C正确；
D．标况下二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的结构和公式的运用是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
4．（3分）下列操作与现象、结论都正确且有相关性的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．若存在亚硫酸根离子，现象不变；
B．Na2S与硫酸铜反应生成CuS沉淀；
C．发生强酸制取弱酸的反应；
D．乙酸与碳酸氢钠反应，乙醇不能。
【解答】解：A．若存在亚硫酸根离子，现象不变，原溶液中不一定含硫酸根离子，故A错误；
B．Na2S与硫酸铜反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故B错误；
C．发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性H2CO3＞C6H5OH，故C正确；
D．乙酸与碳酸氢钠反应，乙醇不能，由现象不能检验乙醇，故D错误；
故选：C。
【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、离子检验、沉淀生成、酸性比较、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．（3分）已知元素X、Y、Z、W均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，Y2+与W﹣其具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：W﹣＞Y2+
B．X的氧化物中只含有离子键
C．W的最高正化合价为+7
D．工业上常用电解Z的氯化物来制备Z的单质
【分析】已知X、Y、Z、M 四种元素均为短周期元素，Y2+与M﹣具有相同电子层结构，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，可知Y为Mg，X为Na，Z为Al，则W为F元素，结合原子结构，元素性质解答。
【解答】解：W为F，Y为Mg，X为Na，Z为Al。
A．F、Mg对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故A正确；
B．如为过氧化钠，含有离子键和共价键，故B错误；
C．F无正价，故C错误；
D．氯化铝不导电，工业电解熔融的氧化铝冶炼铝，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高考常见题型，准确把握题干条件，明确原子结构特点及在周期表中位置关系是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题解决问题能力。
6．（3分）LED系列产品是一类新型节能产品。图甲是NaBH4/H2O2燃料电池的装置示意图，图乙是LED发光二极管的装置示意图。下列叙述错误的是（ ）
A．电池应选用阳离子交换膜，Na+向A极区移动
B．电池A极区的电极反应式为：H2O2+2e﹣＝2OH﹣
C．每有1 mlNaBH4参加反应，转移电子数为4NA
D．要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的B极相连
【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则A电极为正极，B电极为负极，负极上BH4﹣得电子和氢氧根离子反应生成BO2﹣，正极电极反应式为H2O2+2e﹣＝2OH﹣，负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O，根据原电池的工作原理来回答。
【解答】解：A、电池放电过程中，阳离子移向正极，Na+从负极区向正极区移动，故A正确；
B、根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则A电极为正极，正极电极反应式为H2O2+2e﹣＝2OH﹣，故B正确；
C、负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O，有1mlNaBH4参加反应转移电子数为8NA，故C错误；
D、要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a阴极应与图甲中的B极负极相连，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，难度中等。
7．（3分）在25℃时，将1.0Lxml•L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 ml NaOH固体混合，充分反应。然后向混合溶液中加入CH 3COOH或CH 3COONa固体（忽略溶液体积和温度变化），溶液PH变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．a、b，c点对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c＜a＜b
B．c点对应的混合液中，c（Na+）＝c（ CH3COO﹣）
C．从b到a的过程中，减小
D．a、b、c点对应的混合液中，CH3COOH的电离平衡常数相等
【分析】根据图知，b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明CH3COOH、NaOH的混合溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性，相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性；
A．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小；
B．c点溶液的pH＝7，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．向混合液中加入CH3COOH固体，忽略溶液体积的变化，则溶液中c（Na+）不变，溶液中＝；
D．电离平衡常数只与温度有关。
【解答】解：根据图知，b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明CH3COOH、NaOH的混合溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性，相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性；
A．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，故A错误；
B．c点溶液的pH＝7，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）＝c（ CH3COO﹣），故B正确；
C．向混合液中加入CH3COOH固体，忽略溶液体积的变化，则溶液中c（Na+）不变，溶液中＝，因此溶液中＝，随着CH3COOH固体的不断加入，溶液中c（CH3COOH）不断增大，则该值减小，故C正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，这三点温度相同，所以酸的电离平衡常数相等，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，盐类水解，溶液pH的判断，平衡常数的计算等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意结合图象分析是解题的关键，本题难度中等。
二、解答题（共5小题，满分73分）
8．（14分）三硫代碳酸钠（Na2CS3）常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代硫酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验1：探究Na2CS3的性质
（1）H2CS3是 弱 （填“强”或“弱”）酸。
（2）已知步骤③的氧化产物是SO42﹣，写出该反应的离子方程式 5CS32﹣+24MnO4﹣+52H+＝5CO2↑+15SO42﹣+24Mn2++26H2O ；
（3）某同学取步骤③所得溶液于试管中，滴加盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验所用Na2CS3的量，你是否同意他的观点？ 不同意 （选“同意”或“不同意”），理由是 高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化 。
实验2：测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置：取100mLNa2CS3溶液置于装置A中，通过仪器d加入2.0ml•L﹣1的稀硫酸，关闭活塞：
已知Na2CS3+H2SO4＝Na2SO4+CS2+H2S↑．CS2的沸点为46℃，CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水，与CO2某些性质相似，CS2与烧碱反应生成Na2COS2和H2O。
（4）盛装稀硫酸的仪器d名称是 分液漏斗 ，反应开始前需要通入一段时间N2，其作用是 排尽装置中的空气 。
（5）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得19.2g黑色固体，则A中Na2CS3溶液的浓度是 2 ml•L﹣1．写出D中发生反应的化学方程式 2NaOH+CS2＝Na2COS2+H2O 。
（6）分析上述实验方案，还可以通过测定 D （填字母代号）装置反应前后质量来计算Na2CS3溶液浓度。
【分析】（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；
（2）步骤③的氧化产物是SO42﹣，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水；
（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；
（4）取100mLNa2CS3溶液置于装置A中，通过仪器d加入2.0ml•L﹣1的稀硫酸，关闭活塞：
A中发生反应Na2CS3+H2SO4＝Na2SO4+CS2+H2S↑，B中H2S和硫酸铜反应生成黑色沉淀CuS，通过氯化钙干燥，D中发生反应生成Na2COS2，
盛装稀硫酸的仪器d名称是分液漏斗，反应开始前需要通入一段时间N2，能将装置中空气排尽；
（5）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得19.2g黑色固体，n（CuS）＝＝0.2ml，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n（Na2CS3）＝n（CuS）＝0.2ml，根据c＝计算A中Na2CS3溶液的浓度；D中二硫化碳和NaOH反应生成Na2COS2和水；
（6）D中二硫化碳和NaOH反应生成Na2COS2和水，还可以通过测定D装置反应前后质量来计算Na2CS3溶液浓度。
【解答】解：（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，
故答案为：弱；
（2）步骤③的氧化产物是SO42﹣，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为5CS32﹣+24MnO4﹣+52H+＝5CO2↑+15SO42﹣+24Mn2++26H2O，
故答案为：5CS32﹣+24MnO4﹣+52H+＝5CO2↑+15SO42﹣+24Mn2++26H2O；
（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，所以不能通过计算白色沉淀计算Na2CS3的量，
故答案为：高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；
（4）取100mLNa2CS3溶液置于装置A中，通过仪器d加入2.0ml•L﹣1的稀硫酸，关闭活塞：
A中发生反应Na2CS3+H2SO4＝Na2SO4+CS2+H2S↑，B中H2S和硫酸铜反应生成黑色沉淀CuS，通过氯化钙干燥，D中发生反应生成Na2COS2，
盛装稀硫酸的仪器d名称是分液漏斗，反应开始前需要通入一段时间N2，能将装置中空气排尽，防止硫化氢被氧化，
故答案为：分液漏斗；排尽装置中的空气；
（5）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得19.2g黑色固体，n（CuS）＝＝0.2ml，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n（Na2CS3）＝n（CuS）＝0.2ml，c（Na2CS3）＝＝＝2ml/L；D中二硫化碳和NaOH反应生成Na2COS2和水，反应方程式为2NaOH+CS2＝Na2COS2+H2O，
故答案为：2；2NaOH+CS2＝Na2COS2+H2O；
（6）D中二硫化碳和NaOH反应生成Na2COS2和水，还可以通过测定D装置反应前后质量来计算Na2CS3溶液浓度，
故答案为：D。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查实验操作、实验分析判断能力，明确实验原理、元素化合物性质、各个装置中发生的反应是解本题关键，注意灵活运用题干中信息解答问题，题目难度中等。
9．（14分）雾霾天气、酸雨酸雾的出现与煤炭资源的不清洁应用有关，燃煤发电厂对煤炭进行脱硫、脱硝工艺改造有助于预防雾霾天气、酸雨酸雾的形成；
（1）燃煤“脱硝“中涉及的部分反应如下：
I.4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1800kJ•ml﹣1
II．N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+175kJ•ml+1
III.4NH3 （g）+5O2（g）⇌4NO（g ）+6H2O（g）△H3
①△H3＝ ﹣925 kJ•ml﹣1
②若有关化学键键能分别为：N≡N键946J•ml+1，O＝O498kJ•ml﹣1，则使 1 mlNO完全变成氮原子、氧原子时所需要的能量是 634.5 kJ。
（2）将2 mlNH3、3 mlNO的混合气体分别置于a、b、c三个10L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c（N2）随时间的变化如图所示。
①反应从开始到达到平衡，反应速率由大到小的顺序为 b＞c＞a （用a、b、c表示）
②与容器a中的反应相比，容器b中的反应改变的实验条件可能是 升高温度 ，判断的依据是 容器b中反应达到平衡所用的时间比容器a中的短，平衡时氮气浓度比容器a中的小 。
③一定温度下，下列能表明该反应已达到平衡状态的是 ad （填字母）
a．H2O（g）与NO（g）生成速率相等
b．混合气体的密度保持不变
c．△H表示不变
d．容器的总压强保持不变
（3）将NO，NO2按物质的量之比1：1通入NaOH溶液中可得到重要的化工产品NaNO2，已知25℃时K（HNO2）＝5×10﹣4，则0.2ml•L﹣1，HNO2溶液的pH＝ 2 ；pH＝8的NaNO2溶液中，c（Na+）﹣c（NO2﹣）＝ 9.9×10﹣7 ml•L﹣1（填精确值）
【分析】（1）①I.4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1800kJ•ml﹣1
II．N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+175kJ•ml+1
将方程式I+5II得4NH3 （g）+5O2（g）⇌4NO（g ）+6H2O（g）△H进行相应的改变；
②焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，据此计算使 1 mlNO完全变成氮原子、氧原子时所需要的能量；
（2）①反应达到平衡的时间越短，反应速率越快；
②该反应的正反应是反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气浓度降低，升高温度化学反应速率加快；
③可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）25℃时K（HNO2）＝5×10﹣4，则0.2ml•L﹣1HNO2溶液中c（H+）≈c（NO2﹣），c（HNO2）≈0.2ml/L，c（H+）≈＝ml/L＝0.01ml/L；pH＝8的NaNO2溶液中，c（H+）＝10﹣8 ml/L，c（OH﹣）＝ml/L＝10﹣6ml/L，c（Na+）﹣c（NO2﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）。
【解答】解：（1）①I.4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1800kJ•ml﹣1
II．N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+175kJ•ml+1
将方程式I+5II得4NH3 （g）+5O2（g）⇌4NO（g ）+6H2O（g）△H＝[﹣1800+5×（+175）]kJ/ml＝﹣925kJ/ml，
故答案为：﹣925；
②设使 1 mlNO完全变成氮原子、氧原子时所需要的能量是xkJ，
+946kJ/ml+498kJ/ml﹣2xkJ/ml＝+175kJ/ml，x＝634.5，
故答案为：634.5；
（2）①反应达到平衡的时间越短，反应速率越快，反应时间：a＞c＞b，则反应速率b＞c＞a，
故答案为：b＞c＞a；
②根据图知，容器b中反应达到平衡所用的时间比容器a中的短，平衡时氮气浓度比容器a中的小，改变条件后反应速率加快、平衡逆向移动，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，则改变的条件是升高温度，
故答案为：升高温度；容器b中反应达到平衡所用的时间比容器a中的短，平衡时氮气浓度比容器a中的小；
③a．H2O（g）与NO（g）生成速率相等，则正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
b．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
c．反应无论是否达到平衡状态，△H都不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
d．反应前后气体总物质的量增大，容器体积不变，则容器压强增大，当容器的总压强保持不变，气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故正确；
故选ad；
（3）25℃时K（HNO2）＝5×10﹣4，则0.2ml•L﹣1HNO2溶液中c（H+）≈c（NO2﹣），c（HNO2）≈0.2ml/L，c（H+）≈＝ml/L＝0.01ml/L，pH＝2；pH＝8的NaNO2溶液中，c（H+）＝10﹣8 ml/L，c（OH﹣）＝ml/L＝10﹣6ml/L，c（Na+）﹣c（NO2﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝10﹣6ml/L﹣10﹣8ml/L＝9.9×10﹣7ml/L，
故答案为：2；9.9×10﹣7。
【点评】本题考查化学平衡计算、弱电解质的电离等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确化学平衡状态判断方法、弱电解质电离特点是解本题关键，注意（3）中近似处理方法，为解答易错点，题目难度中等。
10．（15分）镍的抗腐蚀性佳，常被用在电镀上：镍镉电池中也含有镍：常压下，镍即可与一氧化碳反应，形成剧毒的四羰镍Ni（CO）4，四羰基镍的沸点是43℃，易燃，在空气中易被氧化，加热至60℃会分解成金属镍和一氧化碳：工业上对高冰镍羰基进行羰基化处理后可得到较纯的镍，高冰镍是镍、铜、铁等金属硫化物的共熔体，具体流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）高冰镍在煅烧前应先粉碎，其目的是 增大接触面接，使反应充分
（2）气体B可循环利用，写出气体B在低温反应塔中参与反应的化学方程式 Ni+4CO＝Ni（CO）4 。该反应需控制温度T的范围为 43℃＜T＜60℃ ，其原因是 四羰基镍的沸点是43℃，故温度应高于43℃，使其变为气体逸出，加热至60℃会分解，故温度应小于其分解温度以减少其损失 。
（3）固体A的主要成分是 Fe、Cu ，试用简单的方法将其分离 用磁铁分离 。
（4）由于四羰基镍有剧毒，所以工业上也可以采用电解法制备镍，其原理是用稀硫酸将沸腾炉煅烧后的固体溶解，调pH将铁、铜除去后再进行电解，如右图所示：
该电解池用的交换膜为 阴 （填“阳“或“阴”）离子交换膜。阳极的电极反应式为 2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ 。
【分析】高冰镍是镍、铜、铁等金属硫化物的共熔体，高温煅烧，可生成气体A为二氧化硫，同时生成镍、铜、铁等的氧化物，在还原炉中用氢气还原，生成镍、铜、铁等金属，固体A为Fe、Cu，气体B为CO，以此解答该题。
【解答】解：（1）高冰镍在煅烧前应先粉碎，可增大固体接触面接，使反应充分，故答案为：增大接触面接，使反应充分；
（2）气体B为CO，可循环利用，气体B在低温反应塔中参与反应的化学方程式为Ni+4CO＝Ni（CO）4，因四羰基镍的沸点是43℃，故温度应高于43℃，使其变为气体逸出，加热至60℃会分解，故温度应小于其分解温度以减少其损失，则控制温度为43℃＜T＜60℃，
故答案为：Ni+4CO＝Ni（CO）4；43℃＜T＜60℃；四羰基镍的沸点是43℃，故温度应高于43℃，使其变为气体逸出，加热至60℃会分解，故温度应小于其分解温度以减少其损失；
（3）固体A的主要成分是Fe、Cu，试用简单的方法将其分离，可用磁铁分离，
故答案为：Fe、Cu；用磁铁分离；
（4）由电解池示意图可知0.1ml/L稀硫酸参与反应后可获得浓硫酸，则阴极硫酸根离子应进入阳极，可用阴离子交换膜，阳极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故答案为：阴；2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+。
【点评】本题考查制备方案，为高考常见题型，涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价、化学方程式书写、原电池与电解原理等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力，难度中等。
11．（15分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，常用于晒制蓝图：晒制蓝图时K3[Fe（C2O4）3]•3H2O作感光剂，K3[Fe（CN）6]溶液作显色剂，其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe（C2O4）3]•3H2O2FeC2O4+2CO2↑+6H2O．请回答下列问题：
（1）Fe原子的七个能级中能量最高的能级是 3d ；基态Fe2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6 。
（2）H、C、N、O四种元素中的电负性由大到小的顺序为 O＞N＞C＞H 。
（3）CO2分子中含有的σ键和π键数目之比是 1：1 ；NO2+与CO2互为等电子体，则NO2+的电子式为 ，键角为 180° 。
（4）K3[Fe（CN）6]M可用于检验Fe2+，根据价层电子对互斥理论，配体CN﹣中碳原子的杂化轨道类型为
（5）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中肯定不存在的微粒间作用力有 D （填选项序号字母）
A．离子键B．极性键C．非极性键D．金属键E配位键F．范德华力G．氢键
（6）已知铁与氧气形成的某铁的氧化物的晶胞结构与NaCl晶胞结构相似（如图所示）：则该晶体中，Fe2+的配位数为 6 ，若该该晶体的密度为pg•cm﹣3，则该晶体中，晶胞的边长为 ×1010 pm：．（已知NA为阿伏加德罗常数的值）
【分析】（1）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子形成阳离子，先失去最高能层中电子，同一能层中失去先失去高能级中电子；
（2）同周期主族元素自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；
（3）CO2分子结构式为O＝C＝O，双键含有1个σ键、1个π键；NO2+与CO2互为等电子体，则NO2+中N原子与O原子之间形成2对共用电子对，为直线型结构；
（4）配体CN﹣中C原子孤电子对数＝＝1，价层电子对数＝1+1＝2，杂化轨道数目为2；
（5）K+与[Fe（C2O4）3]3+之间形成离子键，Fe2+与C2O42﹣之间形成配位键，C2O42﹣中碳原子之间形成非极性键，C2O42﹣、H2O中不同原子之间形成极性键，氧原子与H原子之间可能形成氢键、水分子之间可能存在范德华力，而金属存在金属晶体中；
（6）已知铁与氧气形成的某铁的氧化物的晶胞结构与NaCl晶胞结构相似，该氧化物为FeO，晶体中Fe2+、O2﹣的配位数相同，由图可知晶胞中O2﹣的配位数为6；均摊法计算晶胞中Fe2+、O2﹣的数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。
【解答】解：（1）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，能量最高的能级是3d，基态Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，
故答案为：3d；1s22s22p63s23p63d6；
（2）同周期主族元素自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性：O＞N＞C＞H，
故答案为：O＞N＞C＞H；
（3）CO2分子结构式为O＝C＝O，双键含有1个σ键、1个π键，含有的σ键和π键数目之比是1：1；NO2+与CO2互为等电子体，则NO2+中N原子与O原子之间形成2对共用电子对，其电子式为，为直线型结构，键角为180°，
故答案为：1：1；；180°；
（4）配体CN﹣中C原子孤电子对数＝＝1，价层电子对数＝1+1＝2，杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化，
故答案为：sp；
（5）K+与[Fe（C2O4）3]3+之间形成离子键，Fe2+与C2O42﹣之间形成配位键，C2O42﹣中碳原子之间形成非极性键，C2O42﹣、H2O中不同原子之间形成极性键，氧原子与H原子之间可能形成氢键、水分子之间可能存在范德华力，而金属存在金属晶体中，不可能含有金属键，
故选：D；
（6）已知铁与氧气形成的某铁的氧化物的晶胞结构与NaCl晶胞结构相似，该氧化物为FeO，晶体中Fe2+、O2﹣的配位数相同，由图可知晶胞中O2﹣的配位数为6，故Fe2+的配位数为6．晶胞中Fe2+数目＝8×+6×＝4、O2﹣的数目也是4，晶胞质量＝4×g，晶胞体积＝4×g÷pg•cm﹣3＝cm3，故晶胞棱长＝cm＝×1010 pm，
故答案为：6；×1010。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、化学键、等电子体、杂化方式、配合物、晶胞结构与计算等，注意价电子总数相等的等电子体微粒价键结构相同，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
12．（15分）合成有机玻璃的一种路线如下：
已知：R能使溴的四氯化碳溶液褪色，Z不能发生银镜反应。
回答下列问题：
（1）R的结构简式 CH3CH＝CH2 ；分子结构鉴定中，获取F中官能团信息的仪器名称是 红外光谱仪 。
（2）X→Y的反应类型是 水解反应或取代反应 ；Z分子中最多有 6 个原子共平面。
（3）F→G的反应条件和试剂是 浓硫酸、加热 。
（4）写出G→有机玻璃的化学方程式 。
（5）G有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件：①能使酸性高锰酸钾溶液褪色；②能与饱和小苏打溶液反应产生气体。核磁共振氢谱上显示3组峰且峰面积之比为6：1：1的结构简式 ；
（6）聚乳酸是是一种可降解功能高分子材料，在医疗方面有广泛应用。以
CH3CH2OH为原料（无机试剂任选），参照上述流程，设计合成聚乳酸的路线 。
【分析】烃R的相对分子质量为42，则分子中碳原子最大数目＝＝3……6，故R的分子式为C3H6，R能使溴的四氯化碳溶液褪色，故R为CH3CH＝CH2，R与HCl发生加成反应生成X，X发生水解反应生成Y，Y发生氧化反应生成Z，且Z不能发生银镜反应，则X为CH3CHClCH3，Y为，Z为，Z与HCN发生加成反应后再水解生成E．E与甲醇发生酯化反应生成F，F发生醇的消去反应生成G，G发生加聚反应得到有机玻璃，故F为、G为。
（6）可以由发生缩聚反应生成，结合转化中Z生成E的反应，乙醛经过①HCN、②H+/H2O可以生成，而乙醇发生催化氧化生成乙醛。
【解答】解：（1）由分析可知，R的结构简式为：CH3CH＝CH2；分子结构鉴定中，获取F中官能团信息的仪器名称是：红外光谱仪，
故答案为：CH3CH＝CH2；红外光谱仪；
（2）X→Y发生卤代烃的水解反应，也属于取代反应；Z为，羰基连接的原子共面，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于平面内，故分子中最多有6个原子共平面，
故答案为：水解反应或取代反应；6；
（3）F→G发生醇的消去反应，反应条件和试剂是：浓硫酸、加热，
故答案为：浓硫酸、加热；
（4）G→有机玻璃的化学方程式为：，
故答案为：；
（5）G（）有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件：①能使酸性高锰酸钾溶液褪色；②能与饱和小苏打溶液反应产生气体，说明含有羧基、碳碳双键，核磁共振氢谱上显示3组峰且峰面积之比为6：1：1的结构简式为：，
故答案为：；
（6）可以由发生缩聚反应生成，结合转化中Z生成E的反应，乙醛经过①HCN、②H+/H2O可以生成，而乙醇发生催化氧化生成乙醛。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，充分利用转化中有机物的结构与反应条件进行分析，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（6）中合成路线设计要注意利用转化中隐含的信息，题目较好的考查学生对知识的迁移运用能力。 选项
操作
现象
结论
A
①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液
②再加入足量盐酸
①产生白色沉淀②仍有白色沉淀
原溶液中仍有SO42﹣
B
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
KsP（CuS）＞KsP（ZnS）
C
向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性H2CO3＞C6H5OH
D
向乙酸乙酯粗产品中加入少量NaHCO3溶液
产生大量气泡
乙酸乙酯产品中混有乙醇
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等分
②
向其中一份溶液滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
选项
操作
现象
结论
A
①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液
②再加入足量盐酸
①产生白色沉淀②仍有白色沉淀
原溶液中仍有SO42﹣
B
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
KsP（CuS）＞KsP（ZnS）
C
向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性H2CO3＞C6H5OH
D
向乙酸乙酯粗产品中加入少量NaHCO3溶液
产生大量气泡
乙酸乙酯产品中混有乙醇
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等分
②
向其中一份溶液滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去