2019年四川省乐山市高考化学一模试卷

这是一份2019年四川省乐山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。
2019年四川省乐山市高考化学一模试卷
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（6分）化学是材料、能源、环境、信息等现代科学技术的重要基础。下列说法不正确的是（　　）
A．制造矢量发动机使用含铼（Re）合金材料，合金是纯净物
B．“人造太阳”的核燃料是氘、氚，H、H互为同位素
C．在人体中检测出了“微塑料”，说明白色污染危害严重
D．制造芯片的工艺中，用氢氟酸腐蚀硅是化学变化
2．（6分）透明聚酯玻璃钢可用于制造宇航员面罩和导弹达罩。制备橐酯的一种配方中含有中基丙烯酸甲酯（MMA，结构简式如图。下列有关MMA的说法正确的是（　　）

A．MMA易溶于水和有机溶剂
B．MMA的含氧官能团是羧基
C．MMA的一种同分异构体为CH3CH2COOCH2CH3
D．MMA能发生加成反应、水解反应、氧化反应、加聚反应
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．向1mol/L NaOH溶液中加入27g铝，转移的电子数是3NA
B．常温常压下，28gN2与CO混合气体中的原子总数是2NA
C．标准状况下，22.4LNO与O2混合气体中的分子数为NA
D．1L 0.1 mol/LNa2CO3溶液中所含有的阴离子总数为0.1NA
4．（6分）根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是（　　）
选项
实验操作与现象
结论
A
向KI溶液中加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置，分层，上层无色，下层紫红色
溴的非金属性强于碘
B
向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
Na2SO3溶液已变质
C
向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀
溶解度：AgCl＞Ag2S
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液是酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知：四种原子最外层电子数之和为24．下列说法正确的是（　　）

A．元素X和元素Z的最高正化合价相同
B．单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）＞r（X）
C．气态简单氢化物的热稳定性顺序为：Y＜Z＜X＜W
D．元素Z的氧化物对应水化物都是强酸
6．（6分）含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．氯苯被氧化生成苯
B．N极为电池的负极
C．M极电极反应式为：C6H5Cl+e﹣＝Cl﹣+C6H6
D．每生成1 mol CO2，由N极区进入M极区的H+为3mol
7．（6分）常温下向20mL 0.10mol/LCH3COOH溶液中滴加0.10mol/L NaOH溶液时，混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：pKa＝﹣lgKa．下列说法不正确的是（　　）

A．CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣
B．b点，加入NaOH溶液的体积小于20mL
C．将等物质的量的CH3COOH和CH3 COONa一起溶于蒸馏水中，得到对应a点的溶液
D．常温下，CH3COOH的电离常数为Ka，则pKa＝4.7
三、非选择题
8．（15分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
【氯化铁】熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
【氯化亚铁】熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
某化学活动小组用如图所示的装置（夹持装置略去）模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：

（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为　 　。
（2）仪器D的名称是　 　；D中装的药品是碱石灰，其作用是　 　。
（3）定性分析。取C中的少量产物溶于稀盐酸中配成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的　 　（只能选取一种试剂，填序号）进行检测，实验现象是　 　。
①H2O2溶液 ②K3[Fe（CN）6]溶液 ③KSCN溶液④酸性KMnO4溶液 ⑤KI一淀粉溶液
（4）定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。
则该样品中铁元素的质量分数为　 　%（结果精确到小数点后两位）。
（5）由（4）定量分析数据得出结论，并提出改进措施：
①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量　 　（填“相等”、“偏高”或“偏低”），说明含有FeCl2杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是　 　。
9．（14分）在体积为2L的真空密闭容器中加入1mol CaCO3，发生反应：CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）。测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化如图所示。图中曲线A表示CO2的平衡浓度与温度的关系；B是不同温度下，反应经过相同的时间时，CO2物质的量浓度的变化曲线。

请回答下列问题：
（1）已知：①CaO（s）+SO2（g）═CaSO3（s）△H1＝﹣402kJ•mol﹣1
②2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）═2CaSO4（s）+2O2（g）△H2＝﹣2762kJ•mol﹣1
③2CaSO3（s）+O2（g）═2CaSO4（s）△H3＝﹣2315kJ•mol﹣1
则：CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）的△H＝　 　kJ•mol﹣1
（2）①温度为T5℃时，反应CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）耗时20s达到平衡，则20s内该反应的反应速率为v（CO2）＝　 　；反应的平衡常数为　 　mol•L﹣1。
②如果该反应的平衡常数K值变大，该反应　 　（选填编号）。
A．一定向逆反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向正反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）在T5℃下，维持温度和容器体积不变，充入CO2气体，则达到平衡时CaCO3的质量　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）在T5℃下，反应达到平衡状态后，再压缩容器为1L，重新达到平衡时，CO2的浓度　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）随着温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因是　 　。
10．（14分）氧族元素碲（Te）是当今高新技术新材料的主要成分之一。已知：TeO2是两性氧化物。工业上常用“铜阳极泥”（主要含Cu2Te，还含少量Ag、Au）为原料制备单质碲，其工艺流程如图所示。

回答下列问题：
（1）碲（Te）位于元素周期表第　 　周期第ⅥA族；下列有关碲的性质的叙述错误的是　 　
A．碲的单质在常温下是固态 B．碲的常见化合价有﹣2、+4、+6
C．碲可能用作半导体材料 D．碲的氢化物H2Te很稳定
（2）实验室中“操作I”的名称是　 　，下列仪器与该实验操作无关的是　 　。
A．长颈漏斗 B．烧杯 C．锥形瓶 D．玻璃棒 F．容量瓶
（3）在“加压硫酸浸出”过程中，每消耗1molCu2Te反应生成 TeOSO4，转移的电子数为　 　mol；“含碲浸出液”的溶质主要成分除 TeOSO4外，还含有　 　（写化学式）。
（4）“电解沉积除铜”时，将“含碲浸出液”置于电解槽中，铜、碲沉淀的关系如图所示。电解初始阶段阴极的电极反应式是　 　。

（5）①向“含碲硫酸铜溶液”中通入SO2还原TeOSO4生成碲的化学方程式为　 　。
②上述反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，则NaCl的主要作用为　 　。
化学选考题：请考生从30、31题中任选一题按答题卡上要求作答[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）“张亭栋研究小组”受民间中医启发，发现As2O3对白血病有明显的治疗作用。氮（N）、磷（P）、砷（As）为第VA族元素，该族元素的化合物在研究和生产中有着许多重要用途。
（1）N原子的价电子排布式为　 　、N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（2）NH3的沸点比AsH3的沸点高，原因是　 　。
（3）立方氮化硼晶体（BN）是一种超硬材料，有优异的耐磨性，其晶胞如图所示。
①立方氮化硼是　 　晶体，晶体中N原子的杂化轨道类型为　 　，B原子的配位数为　 　。
②立方氮化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为　 　。
（4）若立方氮化硼晶胞的边长为362pm，则立方氮化硼的密度为　 　g•cm﹣1（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA）

[化学--选修5：有机化学基础]（15分）
12．聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）是一种隐形眼镜的仿生材料，其单体的结构简式为：，由C4H8制备该单体的一种合成路线如下。

回答下列问题：
（1）写出合成路线中C4H8的结构简式　 　，写出它的系统命名法名称　 　。
（2）D分子中含有的官能团名称为　 　。
（3）反应②的试剂及条件为　 　，反应⑤的反应类型为　 　。
（4）写出反应⑥的化学方程式　 　。
（5）写出由单体合成聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）的化学方程式　 　。
（6）写出同时符合下列条件的C的同分异构体：　 　。
Ⅰ）能与 NaHCO3溶液反应放出气体Ⅱ）核磁共振氢谱中有3组吸收峰

2019年四川省乐山市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（6分）化学是材料、能源、环境、信息等现代科学技术的重要基础。下列说法不正确的是（　　）
A．制造矢量发动机使用含铼（Re）合金材料，合金是纯净物
B．“人造太阳”的核燃料是氘、氚，H、H互为同位素
C．在人体中检测出了“微塑料”，说明白色污染危害严重
D．制造芯片的工艺中，用氢氟酸腐蚀硅是化学变化
【分析】A、将两种或两种以上的金属（或金属与非金属）融合在一起形成的混合物为合金；
B、同种元素的不同种原子间互为同位素；
C、白色污染已经严重影响人类生活；
D、HF能和硅反应生成SiF4和H2。
【解答】解：A、将两种或两种以上的金属（或金属与非金属）融合在一起形成的混合物为合金，故合金是混合物，故A错误；
B、同种元素的不同种原子间互为同位素，故H、H互为同位素，故B正确；
C、白色污染是塑料袋的污染，已经严重影响人类生活，故C正确；
D、HF能和硅反应生成SiF4和H2，有新物质生成，是化学变化，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了化学物质在生活中的应用，难度不大，应注意的是HF溶液不但能腐蚀Si，还能腐蚀SiO2和玻璃等。
2．（6分）透明聚酯玻璃钢可用于制造宇航员面罩和导弹达罩。制备橐酯的一种配方中含有中基丙烯酸甲酯（MMA，结构简式如图。下列有关MMA的说法正确的是（　　）

A．MMA易溶于水和有机溶剂
B．MMA的含氧官能团是羧基
C．MMA的一种同分异构体为CH3CH2COOCH2CH3
D．MMA能发生加成反应、水解反应、氧化反应、加聚反应
【分析】有机物含有碳碳双键，酯基，结合烯烃和酯类的性质解答该题。
【解答】解：A．含有酯基，不溶于水，故A错误；
B．由结构简式可知含有酯基，故B错误；
C．与CH3CH2COOCH2CH3分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D．含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确常见有机物的官能团是解答的关键，侧重有机物推断及反应类型的考查，题目难度不大。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．向1mol/L NaOH溶液中加入27g铝，转移的电子数是3NA
B．常温常压下，28gN2与CO混合气体中的原子总数是2NA
C．标准状况下，22.4LNO与O2混合气体中的分子数为NA
D．1L 0.1 mol/LNa2CO3溶液中所含有的阴离子总数为0.1NA
【分析】A．氢氧化钠物质的量未知；
B．氮气与一氧化碳都是双原子分子，摩尔质量都是28g/mol；
C．二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡；
D．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子。
【解答】解：A．氢氧化钠物质的量未知，铝消耗的量无法确定，无法计算电子转移数，故A错误；
B．常温常压下，28gN2与CO混合气体，物质的量为1mol，原子总数是2NA，故B正确；
C．二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，一氧化氮与氧气混合后恰好生成1mol二氧化氮，反应后混合气体的物质的量小于1mol，混合气体中所含分子数小于NA，故C错误；
D．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以1L 0.1 mol/LNa2CO3溶液中所含有的阴离子总数大于0.1NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意盐类水解的性质。
4．（6分）根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是（　　）
选项
实验操作与现象
结论
A
向KI溶液中加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置，分层，上层无色，下层紫红色
溴的非金属性强于碘
B
向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
Na2SO3溶液已变质
C
向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀
溶解度：AgCl＞Ag2S
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液是酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．溴与KI发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳；
B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀；
C．硝酸银足量，均为沉淀生成；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动。
【解答】解：A．溴与KI发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，则分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，故A正确；
B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，则不能确定Na2SO3溶液是否变质，故B错误；
C．硝酸银足量，均为沉淀生成，则不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，故C错误；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去，结论不合理，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，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、平衡移动、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）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知：四种原子最外层电子数之和为24．下列说法正确的是（　　）

A．元素X和元素Z的最高正化合价相同
B．单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）＞r（X）
C．气态简单氢化物的热稳定性顺序为：Y＜Z＜X＜W
D．元素Z的氧化物对应水化物都是强酸
【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X、W位于第二周期，种原子最外层电子数之和为24，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+x﹣1＝24，解得x＝6，可知X为O、W为F、Y为P、Z为S，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为O、W为F、Y为P、Z为S，
A．X为O，不存在最高正价，故A错误；
B．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）＜r（X），故B错误；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态简单氢化物的热稳定性顺序为：Y＜Z＜X＜W，故C正确；
D．元素Z的氧化物对应水化物若为亚硫酸，属于弱酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．氯苯被氧化生成苯
B．N极为电池的负极
C．M极电极反应式为：C6H5Cl+e﹣＝Cl﹣+C6H6
D．每生成1 mol CO2，由N极区进入M极区的H+为3mol
【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知M为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e﹣+H+═+Cl﹣，N极为负极，电极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，以此解答该题。
【解答】解：A．M为正极，电极反应式为+2e﹣+H+═+Cl﹣，氯苯被还原生成苯，故A错误；
B．N极为负极，电极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，故B正确；
C．M为正极，电极反应式为+2e﹣+H+═+Cl﹣，故C错误；
D．N极为负极，电极反应为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣═2CO2↑+7H+，根据转移电子守恒，则每生成1 mol CO2，由N极区进入M极区的H+为4mol，故D错误；
故选：B。
【点评】本题涉及原电池的工作原理以及应用的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等。
7．（6分）常温下向20mL 0.10mol/LCH3COOH溶液中滴加0.10mol/L NaOH溶液时，混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：pKa＝﹣lgKa．下列说法不正确的是（　　）

A．CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣
B．b点，加入NaOH溶液的体积小于20mL
C．将等物质的量的CH3COOH和CH3 COONa一起溶于蒸馏水中，得到对应a点的溶液
D．常温下，CH3COOH的电离常数为Ka，则pKa＝4.7
【分析】A．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；
B．b点溶液的pH＝7，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；
C．lg＝0时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Ka＝×c（H+）＝10﹣4.7，其水解平衡常数Kh＝＝10﹣9.3＜Ka，则CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度；
D．lg＝0时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Ka＝×c（H+）＝10﹣4.7。
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，故A正确；
B．b点溶液的pH＝7，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以b点，加入NaOH溶液的体积小于20mL，故B正确；
C．lg＝0时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Ka＝×c（H+）＝10﹣4.7，其水解平衡常数Kh＝＝10﹣9.3＜Ka，则CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则混合溶液中c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣），故C错误；
D．lg＝0时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Ka＝×c（H+）＝10﹣4.7，pKa＝4.7，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，正确计算电离平衡常数、水解平衡常数是解本题关键，注意C要根据电离平衡常数、水解平衡常数相对大小判断，为解答难点。
三、非选择题
8．（15分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
【氯化铁】熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
【氯化亚铁】熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
某化学活动小组用如图所示的装置（夹持装置略去）模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：

（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为　2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O　。
（2）仪器D的名称是　干燥管　；D中装的药品是碱石灰，其作用是　吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解　。
（3）定性分析。取C中的少量产物溶于稀盐酸中配成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的　②　（只能选取一种试剂，填序号）进行检测，实验现象是　有蓝色沉淀生成　。
①H2O2溶液 ②K3[Fe（CN）6]溶液 ③KSCN溶液④酸性KMnO4溶液 ⑤KI一淀粉溶液
（4）定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。
则该样品中铁元素的质量分数为　36.52　%（结果精确到小数点后两位）。
（5）由（4）定量分析数据得出结论，并提出改进措施：
①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量　偏高　（填“相等”、“偏高”或“偏低”），说明含有FeCl2杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是　在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl　。
【分析】由实验装置可知，A中发生2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B中浓硫酸干燥氯气，C中发生2Fe+3Cl22FeCl3，水槽中冰水冷却，C中收集到FeCl3，若产物中混有FeCl2，可利用其还原性或与K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀检验，D为干燥管，D中为碱石灰可吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，以此来解答。
【解答】解：（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）仪器D的名称是干燥管；D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，
故答案为：干燥管；吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解；
（3）取C中的少量产物溶于稀盐酸中配成稀溶液待用，若产物中混有FeCl2，由操作简单及现象明显，可用K3[Fe（CN）6]溶液进行检测，实验现象是有蓝色沉淀生成，
故答案为：②；有蓝色沉淀生成；
（4）取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，可知氧化铁为2.40g，由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为×100%＝36.52%，
故答案为：36.52；
（5）①因盐酸易挥发，未除去氯气中的HCl，由FeCl2中fe的质量分数大于FeCl3中Fe的质量分数可知，用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量偏高，说明含有FeCl2杂质，故答案为：偏高；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl，
故答案为：在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，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。
9．（14分）在体积为2L的真空密闭容器中加入1mol CaCO3，发生反应：CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）。测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化如图所示。图中曲线A表示CO2的平衡浓度与温度的关系；B是不同温度下，反应经过相同的时间时，CO2物质的量浓度的变化曲线。

请回答下列问题：
（1）已知：①CaO（s）+SO2（g）═CaSO3（s）△H1＝﹣402kJ•mol﹣1
②2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）═2CaSO4（s）+2O2（g）△H2＝﹣2762kJ•mol﹣1
③2CaSO3（s）+O2（g）═2CaSO4（s）△H3＝﹣2315kJ•mol﹣1
则：CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）的△H＝　+178.5　kJ•mol﹣1
（2）①温度为T5℃时，反应CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）耗时20s达到平衡，则20s内该反应的反应速率为v（CO2）＝　0.01mol/（L•s）　；反应的平衡常数为　0.2　mol•L﹣1。
②如果该反应的平衡常数K值变大，该反应　BC　（选填编号）。
A．一定向逆反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向正反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）在T5℃下，维持温度和容器体积不变，充入CO2气体，则达到平衡时CaCO3的质量　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）在T5℃下，反应达到平衡状态后，再压缩容器为1L，重新达到平衡时，CO2的浓度　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）随着温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因是　温度升高，化学反应速率加快，达到平衡的时间变短　。
【分析】（1）已知：①CaO（s）+SO2（g）═CaSO3（s）△H1＝﹣402kJ•mol﹣1
②2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）═2CaSO4（s）+2O2（g）△H2＝﹣2762kJ•mol﹣1
③2CaSO3（s）+O2（g）═2CaSO4（s）△H3＝﹣2315kJ•mol﹣1
根据盖斯定律，②×﹣③×﹣①可得：CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）据此计算△H；
（2）①T5℃时二氧化碳的物质的量浓度为0.2mol/L，根据v＝计算20s内该反应的反应速率v（CO2）；CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）中碳酸钙和氧化钙都是固态，则K＝c（CO2）；
②温度越高，二氧化碳的物质的量浓度越大，此反应为吸热反应，该反应的平衡常数K值变大，平衡向着正向移动，结合温度对化学反应速率、化学平衡的影响分析；
（3）温度不变，平衡常数K＝c（CO2），则平衡向着逆向移动；
（4）温度不变，平衡常数K不变，则c（CO2）不变；
（5）温度对反应速率的影响判断：温度越高，反应速率越大，反之，温度越低。
【解答】解：（1）已知：①CaO（s）+SO2（g）═CaSO3（s）△H1＝﹣402kJ•mol﹣1
②2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）═2CaSO4（s）+2O2（g）△H2＝﹣2762kJ•mol﹣1
③2CaSO3（s）+O2（g）═2CaSO4（s）△H3＝﹣2315kJ•mol﹣1
根据盖斯定律，②×﹣③×﹣①可得：CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H＝（﹣2762kJ•mol﹣1）×﹣（﹣2315kJ•mol﹣1）×﹣（﹣402kJ•mol﹣1）＝+178.5kJ•mol﹣1，
故答案为：+178.5；
（2）①T5℃时二氧化碳的物质的量浓度为0.2mol/L，v（CO2）＝＝0.01mol/（L•s）；
CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）中碳酸钙和氧化钙都是固态，则K＝c（CO2）＝0.2，
故答案为：0.01mol/（L•s），0.2；
②根据图象可知，温度越高，二氧化碳的物质的量浓度越大，此反应为吸热反应，若要使该反应的平衡常数K值变大，需要升高温度，则正逆反应速率都增大，且V（正）＞V（逆），在平衡移动时正反应速率先增大后减小，故BC正确，
故答案为：BC；
（3）在T5℃下，维持温度和容器体积不变，充入CO2气体的瞬间c（CO2）增大，由于温度不变，平衡常数K＝c（CO2）不变，则平衡向着逆向移动，达到平衡时CaCO3的质量会增大，
故答案为：增大；
（4）在T5℃下，反应达到平衡状态后，再压缩容器为1L，重新达到平衡时，由于温度不变，则平衡常数K＝c（CO2）不变，即平衡时CO2的浓度不变，
故答案为：不变；
（5）根据温度对反应速率的影响可知，随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短，所以曲线B向曲线A逼近，
故答案为：温度升高，化学反应速率加快，达到平衡的时间变短。
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（14分）氧族元素碲（Te）是当今高新技术新材料的主要成分之一。已知：TeO2是两性氧化物。工业上常用“铜阳极泥”（主要含Cu2Te，还含少量Ag、Au）为原料制备单质碲，其工艺流程如图所示。

回答下列问题：
（1）碲（Te）位于元素周期表第　五　周期第ⅥA族；下列有关碲的性质的叙述错误的是　D　
A．碲的单质在常温下是固态 B．碲的常见化合价有﹣2、+4、+6
C．碲可能用作半导体材料 D．碲的氢化物H2Te很稳定
（2）实验室中“操作I”的名称是　过滤　，下列仪器与该实验操作无关的是　ACF　。
A．长颈漏斗 B．烧杯 C．锥形瓶 D．玻璃棒 F．容量瓶
（3）在“加压硫酸浸出”过程中，每消耗1molCu2Te反应生成 TeOSO4，转移的电子数为　8　mol；“含碲浸出液”的溶质主要成分除 TeOSO4外，还含有　H2SO4、CuSO4　（写化学式）。
（4）“电解沉积除铜”时，将“含碲浸出液”置于电解槽中，铜、碲沉淀的关系如图所示。电解初始阶段阴极的电极反应式是　Cu2++2e﹣＝Cu　。

（5）①向“含碲硫酸铜溶液”中通入SO2还原TeOSO4生成碲的化学方程式为　2SO2+3H2O+TeOSO4＝Te+3H2SO4　。
②上述反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，则NaCl的主要作用为　催化剂　。
【分析】制备单质碲流程为：氧气氧化、硫酸浸取“铜阳极泥”（主要含Cu2Te，还含少量Ag、Au）得到TeOSO4、H2SO4、CuSO4溶液和Ag、Au固体，过滤得到TeOSO4、H2SO4、CuSO4溶液，电解沉铜过滤得到粗铜和TeOSO4溶液（含有少量CuSO4），用NaCl作催化剂、SO2还原TeOSO4生成粗碲，据此解答；
（1）碲位于周期表第五周期第ⅥA族，得电子能力弱于硫，性质和硫的化合物相似。
（2）分离固体和溶液的操作；过滤操作中需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗；
（3）Cu2Te中Te的化合价为﹣2、Cu的化合价为+1，反应生成CuSO4、TeOSO4时，所以有Cu2Te～（TeOSO4+2CuSO4）～8e﹣，结合电解沉铜可知，“含碲浸出液”的溶质主要成分为TeOSO4、H2SO4、CuSO4；
（4）由铜、碲沉淀的关系图可知，电解初始阶段Cu2+含量高，当Cu沉淀率达到13%左右时碲开始沉淀析出；
（5）①SO2还原TeOSO4生成碲和H2SO4；
②反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，所以NaCl的主要作用为催化剂。
【解答】解：（1）碲碲是52号元素原子核外有5个电子层，最外层6个电子，位于周期表第五周期第ⅥA族；
A．Te和S位于同一主族，结合元素变化规律可知O→S→Se→Te的形态由气体→固体，所以碲的单质在常温下是固态，故A正确；
B．Te和S位于同一主族，化学性质有相似点，S的常见化合价有﹣2、+4、+6，所以Te的常见化合价有﹣2、+4、+6，故B项正确；
C．碲（Te）是当今高新技术新材料的主要成分之一，用途类似于Si，所以碲可能用作半导体材料，故C正确；
D．S的非金属性大于碲，H2S的稳定性不强，所以Te的氢化物H2Te也不稳定，故D错误；
故答案为：五；D；
（2）分离固体和溶液的操作是“过滤”，操作A为过滤，过滤操作中需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，所以不需要长颈漏斗、锥形瓶、容量瓶；
故答案为：过滤；ABF；
（3）“加压硫酸浸出”过程中Cu2Te中的Te、Cu均被氧化，即Cu2Te～（TeOSO4+2CuSO4）～8e﹣，所以消耗1molCu2Te反应生成 TeOSO4时，转移的电子数为8mol；结合电解沉铜可知，“含碲浸出液”的溶质主要成分还有H2SO4、CuSO4；
故答案为：8；H2SO4、CuSO4；
（4）由铜、碲沉淀图可知，电解初始阶段Cu2+含量高，所以Cu2+先在阴极放电，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu；
故答案为：Cu2++2e﹣＝Cu；
（5）①SO2还原TeOSO4生成碲和H2SO4，所以化学方程式为2SO2+3H2O+TeOSO4＝Te+3H2SO4；
故答案为：2SO2+3H2O+TeOSO4＝Te+3H2SO4；
②反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，并且NaCl不参与反应，所以NaCl的主要作用应该为催化剂；
故答案为：催化剂。
【点评】本题考查了原子结构、过滤实验及其使用仪器、氧化还原反应规律及其化学方程式书写、电解原理等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
化学选考题：请考生从30、31题中任选一题按答题卡上要求作答[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）“张亭栋研究小组”受民间中医启发，发现As2O3对白血病有明显的治疗作用。氮（N）、磷（P）、砷（As）为第VA族元素，该族元素的化合物在研究和生产中有着许多重要用途。
（1）N原子的价电子排布式为　2s22p3　、N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为　N＞P＞As　。
（2）NH3的沸点比AsH3的沸点高，原因是　氨分子间存在氢键　。
（3）立方氮化硼晶体（BN）是一种超硬材料，有优异的耐磨性，其晶胞如图所示。
①立方氮化硼是　原子　晶体，晶体中N原子的杂化轨道类型为　sp3　，B原子的配位数为　4　。
②立方氮化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为　3：1　。
（4）若立方氮化硼晶胞的边长为362pm，则立方氮化硼的密度为　　g•cm﹣1（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA）

【分析】（1）基态氮原子最外层电子排布式为2s22p3；N、P、As位于同一主族，原子序数逐渐增大；
（2）N和As位于同一主族，NH3的沸点高说明NH3分子间不只是存在范德华力，还存在更强的其他作用力；
（3）①立方氮化硼晶体（BN）是超硬材料，有优异的耐磨性，符合原子晶体特征，立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子；
②立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，B原子最外层有3个电子，形成4个共价键，含有1个配位键，则B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1，
（4）计算BN晶胞的质量、晶胞的体积，根据ρ＝计算密度。
【解答】解：（1）氮原子的原子序数为7，最外层电子排布式为2s22p3，所以主族N的最外层电子就是价电子，即价电子排布式为2s22p3；N、P、As位于同一主族，随着原子序数逐渐增大，原子的第一电离能逐渐减小，所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞P＞As；
故答案为：2s22p3；N＞P＞As；
（2）NH3的沸点比AsH3的沸点高，是因为氨分子间存在氢键；
故答案为：氨分子间存在氢键；
（3）①立方氮化硼晶体超硬、优异的耐磨性，所以立方氮化硼晶体为原子晶体；立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此晶体中N原子的杂化轨道类型为sp3，原子的配位数为4；
故答案为：原子；sp3 ； 4；
②立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，B原子最外层有3个电子，形成4个共价键，所以含有1个配位键，故B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1；
故答案为：3：1；
（4）BN晶胞中N原子数为4，B原子数＝8×+6×＝4，BN晶胞的质量为g，立方氮化硼晶胞的体积V＝（3.62×10﹣10cm）3，因此立方氮化硼的密度ρ＝＝g•cm﹣1＝g•cm﹣1；
故答案为：。
【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型、杂化类型的判断、氢键、晶胞结构以及晶胞的有关计算难度中等，掌握基础是解题关键，注意晶胞计算。
[化学--选修5：有机化学基础]（15分）
12．聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）是一种隐形眼镜的仿生材料，其单体的结构简式为：，由C4H8制备该单体的一种合成路线如下。

回答下列问题：
（1）写出合成路线中C4H8的结构简式　CH2＝C（CH3）2　，写出它的系统命名法名称　2﹣甲基丙烯　。
（2）D分子中含有的官能团名称为　羟基、羧基　。
（3）反应②的试剂及条件为　NaOH水溶液、加热　，反应⑤的反应类型为　消去反应　。
（4）写出反应⑥的化学方程式　　。
（5）写出由单体合成聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）的化学方程式　　。
（6）写出同时符合下列条件的C的同分异构体：　　。
Ⅰ）能与 NaHCO3溶液反应放出气体Ⅱ）核磁共振氢谱中有3组吸收峰
【分析】由逆合成法可知，E与环氧乙烷发生加成反应生成，结合E的分子式可知E为CH2＝C（CH3）COOH，结合流程可知，碳链骨架不变、碳原子数不变，C4H8为CH2＝C（CH3）2，与溴加成生成A为BrCH2CBr（CH3）2，B氧化生成C、C氧化生成D，可知A发生水解生成B为HOCH2C（OH）（CH3）2，B氧化生成C为（CH3）2C（OH）CHO，C氧化生成D为（CH3）2C（OH）COOH，D发生消去反应生成E，以此来解答。
【解答】解：（1）合成路线中C4H8的结构简式为CH2＝C（CH3）2，它的系统命名法名称为2﹣甲基丙烯，故答案为：CH2＝C（CH3）2；2﹣甲基丙烯；
（2）D分子中含有的官能团名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
（3）反应②的试剂及条件为NaOH水溶液、加热，反应⑤的反应类型为消去反应，故答案为：NaOH水溶液、加热；消去反应；
（4）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（5）由单体合成聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）的化学方程式为，
故答案为：；
（6）C为（CH3）2C（OH）CHO，同时符合下列条件的C的同分异构体：Ⅰ）能与 NaHCO3溶液反应放出气体，含﹣COOH，Ⅱ）核磁共振氢谱中有3组吸收峰，含3种H，符合条件的结构简是，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。