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2019年四川省凉山州高考化学一模试卷
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这是一份2019年四川省凉山州高考化学一模试卷，共27页。试卷主要包含了非选择题等内容，欢迎下载使用。
2019年四川省凉山州高考化学一模试卷.doc
一、选择题．每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共7题，每题6分，共42分．
1．（6分）化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是（ ）
A．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
B．二氧化硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料
C．燃煤中添加适量CaO可减少SO2排放量，燃烧中硫元素转化为CaSO4
D．生活中常见的金属镁、铝、铁、铜等均能通过热还原法冶炼
2．（6分）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，其新的合成方法如下：CH3C≡CH+CH3OH+ACH2＝C（CH3）COOCH3，下列说法正确的是（ ）
A．已知该反应的原子利用率为100%，则A为CO2
B．CH2＝C（CH3）COOCH3分子中所有碳原子一定共面
C．该方法的优点是原料无爆炸危险
D．CH3C≡CH与丙烯的化学性质相似，可以发生加成、氧化反应
3．（6分）下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是（ ）
A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
C．装置丙可用于收集氢气
D．装置丁可用于 NaOH溶液除去溴苯中单质溴
4．（6分）太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明（LED）已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是（ ）
A．光伏电池实现∫太阳能和电能的相互转化
B．图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
C．LED是新型有机高分子材料
D．LED中的Ga和Y都显+3价
5．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为0.1mL
B．78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定
C．25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则浓度均为0.10mol•L﹣1NaCN和HCN的混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：Fe2++NO3﹣+4H++2I﹣＝I2+Fe3++NO↑+2H2O
6．（6分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，若E不为主族元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，C元素在大气中存在两种常见单质，D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的气态氢化物的水溶液显酸性
B．原子半径的大小顺序：r（A）＞r（B）＞r（C）
C．D的非金属性强于A，所以D的含氧酸的酸性强于A
D．含有A，B两元素的盐溶液不可能显中性
7．（6分）恒温条件下的可逆反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0，在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1mol D并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。为使平衡时两容器中B的浓度相等。下列措施不可行的是（ ）
A．乙容器中分离出一定量的D气体
B．向甲容器中再充入一定量的B气体
C．将甲的活塞往下压至反应前的位置
D．适当降低乙容器的温度
二、非选择题
8．（15分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组通过如下装置（夹持及加热装置略去）制取NaNO2样品并对样品含量进行测定
该小组先查阅资料知：NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3﹣
（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为 ，装置D中发生的化学反应方程式为 。
（2）①装置C中所装的液体需满足的条件是 。②其作用为 。
（3）装置E的作用是 。
（4）为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择 （填化学式）来酸化KMnO4溶液。
（5）已知：在酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+．为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液丁锥形瓶中，用0.100mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液（杂质不反应）。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是 ，所得样品中NaNO2的质量分数为 。
9．（14分）LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以钛铁矿（主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质）为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾（FeSO4•7H2O）与磷酸和LiOH反应可制备 LiFePO4，LiFePO4的制备流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为 。
（2）①加铁屑还原的目的是 ，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为 。
（3）①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为 ，②其理由是 。
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑．则该装置中铜电极应连接直流电源的 极，石墨电极的电极反应式为 ，当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移 mol电子。
10．（14分）大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物，已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（1）的焓变△H2，则还需要查找某化合反应的焓变△H3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时△H3＝bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为 。据此计算出△H2＝ kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）汽车尾气转化的反应之一：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝﹣746.5kJ/mol。在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）
（×10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）
（×10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
①前2s内的平均反应速率v（N2）＝ 。
②在该温度下，反应的平衡常数K＝ （只写出计算结果）。
③对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明 （填字母）。
A．该反应的反应物混合后很不稳定
B．在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成
C．该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小
D．该反应在一定条件下能自发进行
E．该反应使用催化剂意义不大
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去。写出该反应的离子方程式为 。
（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10﹣5mol•L﹣1，铜低于7.8×10﹣5mol•L﹣l．则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于 mol•L﹣1。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．（15分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属其单质及化合物在航天、军事、航海、医疗等领域都有着重要的应用。请回答下列问题：
（1）基态原子的价电子轨道表示式为 。
（2）化学式为[Ti（H2O）6]Cl3的绿色晶体是TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与Ti3+形成配位键的原子是 （填元素符号），该原子的杂化类型为 杂化，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是 （填元素符号）。
（3）化学式为[Ti（H2O）5 Cl]Cl2•H2O的绿色晶体是TiCl3的六水合物的另一种晶型，取1mol该晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgNO3溶液使Cl﹣完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为 mol。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如表所示，
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是 。
（5）TiO能溶浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如图一所示，阳离子化学式为 ，写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子 。
（6）如图二是钛晶体在空间的一种堆积方式，此堆积方式名称为 ，钛原子的配位数为 。已知：a＝0.295m，c＝0.469mm，则该钛晶体的密度为 g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
[化学一选修5有机化学基础]
12．click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。其中铜（Ⅰ）催化的炔﹣叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。由芳香化合物A合成G的过程如下：
已知：a．tBu代表叔丁基
b．
（1）A的名称为 ，下列关于A的说法正确的是 （填字母）。
a属于芳香烃 b．遇FeCl3溶液显紫色 c本环上的一溴代物有两种 d不能发生氧化反应
（2）B的结构简式为 ，其分子中最多有 个原子共平面。
（3）化合物F到G的反应类型为 。
（4）书写化合物D到E化学方程式 。
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，H的结构简式为 。
（6）索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合体。“click反应广泛用于合成类索烃的基本单元。以为原料，仿照流程中“click”反应，书写合成环状分子的路线，有机试剂和无机试剂任选。
2019年四川省凉山州高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题．每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共7题，每题6分，共42分．
1．（6分）化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是（ ）
A．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
B．二氧化硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料
C．燃煤中添加适量CaO可减少SO2排放量，燃烧中硫元素转化为CaSO4
D．生活中常见的金属镁、铝、铁、铜等均能通过热还原法冶炼
【分析】A．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
B．硅为良好的半导体材料，二氧化硅为绝缘体；
C．燃烧后硫元素与氧化钙、氧气反应生成CaSO4；
D．根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼。
【解答】解：A．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，不能利用化学合成生成新的原子，原子为化学变化中的最小微粒，故A错误；
B．硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池主要原料，故B错误；
C．向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收SO2生成硫酸钙，可以减少SO2的排放，故C正确；
D．镁用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，铝性质活泼，用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，铁性质较活泼，用热还原法冶炼，铜性质较活泼，用热还原法冶炼，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学与生产、生活密切相关知识，涉及绿色化学、硅及其化合物的应用、煤脱硫、金属的冶炼等，注意知识的积累，题目难度不大。
2．（6分）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，其新的合成方法如下：CH3C≡CH+CH3OH+ACH2＝C（CH3）COOCH3，下列说法正确的是（ ）
A．已知该反应的原子利用率为100%，则A为CO2
B．CH2＝C（CH3）COOCH3分子中所有碳原子一定共面
C．该方法的优点是原料无爆炸危险
D．CH3C≡CH与丙烯的化学性质相似，可以发生加成、氧化反应
【分析】A．根据原子守恒确定A的化学式；
B．含有碳碳双键、酯基，为平面形结构，两个平面可沿C﹣C键自由旋转；
C．该方法的优点是原子利用率为100%，无副产品；
D．CH3C≡CH含有碳碳三键，可发生加成、加聚和氧化反应等。
【解答】解：A．已知CH3C≡CH+CH3OH+ACH2＝C（CH3）COOCH3，由原子守恒可知A为CO，故A错误；
B．含有碳碳双键、酯基，为平面形结构，两个平面可沿C﹣C键自由旋转，则所有的原子不一定共平面，故B错误；
C．该方法的优点是原子利用率为100%，符合绿色化学要求，故C错误；
D．CH3C≡CH含有碳碳三键，可发生加成、加聚和氧化反应等，与丙烯的化学性质相似，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，难度不大。
3．（6分）下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是（ ）
A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
C．装置丙可用于收集氢气
D．装置丁可用于 NaOH溶液除去溴苯中单质溴
【分析】A．酸性高锰酸钾溶液能够氧化橡皮管，应该用酸式滴定管盛放；
B．溶解度越小的优先生成沉淀；
C．导管“短进长出”可收集密度被空气小的气体；
D．溴与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用氢氧化钠溶液除去溴苯中的溴。
【解答】解：A．图示滴定管为碱式滴定管，应该用酸式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液，故A错误；
B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，证明AgI更难溶，溶解度越小溶解度越小，则 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；
C．氢气密度需要空气，需要采用向下排空气法收集，图示收集方法合理，可收集氢气，故C正确；
D．装置丁药品、装置及仪器均合理，可用于 NaOH溶液除去溴苯中单质溴，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及气体收集、中和滴定、物质分离与提纯等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
4．（6分）太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明（LED）已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是（ ）
A．光伏电池实现∫太阳能和电能的相互转化
B．图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
C．LED是新型有机高分子材料
D．LED中的Ga和Y都显+3价
【分析】A、根据能量的转换方式判断；
B、根据电荷的移动方向判断；
C、LED 是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学式：Y3Al5O12）都是无机物；
D、根据化合价规则计算元素化合价。
【解答】解：A、光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A错误；
B、图片中，正电荷向P型半导体移动，负电荷向N型半导体电极移动，根据原电池原理知，N型半导体为负极，P型半导体为正极，故B错误；
C、LED 是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学式：Y3Al5O12）都是无机物，故C错误；
D、LED 是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学式：Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y的化合价是+3价，GaN中Ga的化合价是+3价，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，根据原电池原理分析，会运用化学知识解释生产、生活现象，学以致用。
5．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为0.1mL
B．78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定
C．25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则浓度均为0.10mol•L﹣1NaCN和HCN的混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：Fe2++NO3﹣+4H++2I﹣＝I2+Fe3++NO↑+2H2O
【分析】A．随着反应的进行，硝酸浓度降低，生成的气体有二氧化氮、一氧化氮；
B.78g过氧化钠和硫化钠的混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有1mol阴离子和2mol钠离子；
C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则CN﹣的水解常数为＝2.0×10﹣5，可知水解程度大于电离程度；
D．HI过量，硝酸根离子完全反应。
【解答】解：A．浓硝酸与铜发生Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度降低，稀硝酸发生3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，生成的气体有二氧化氮、一氧化氮，则生成的气体的物质的量不确定，故A错误；
B.78g过氧化钠和硫化钠的混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有1mol阴离子和2mol钠离子，故B错误；
C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则CN﹣的水解常数为＝2.0×10﹣5，可知水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．HI过量，硝酸根离子完全反应，正确的离子方程式为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++3NO↑+5I2+6H2O，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及硝酸的性质、弱电解质的电离以及离子方程式等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应的化学方程式以及离子方程式的书写，难度中等。
6．（6分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，若E不为主族元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，C元素在大气中存在两种常见单质，D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的气态氢化物的水溶液显酸性
B．原子半径的大小顺序：r（A）＞r（B）＞r（C）
C．D的非金属性强于A，所以D的含氧酸的酸性强于A
D．含有A，B两元素的盐溶液不可能显中性
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，则B为N元素；C元素在大气中存在两种常见单质，两种单质为氧气和臭氧，则C为O元素；D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，其最外层电子数为：8×0.875＝7，则D为Cl元素；E为短周期元素，原子序数大于D（Cl），则E为Ar元素；
A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，A的质子数＝31﹣7﹣18＝6，则A为C元素，据此进行解答。
【解答】解：根据分析可知，A为C元素，B为N，C为O，D为Cl，E为Ar元素，
A．A为C，其气态氢化物为甲烷，甲烷不溶于水，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径的大小顺序为：r（A）＞r（B）＞r（C），故B正确；
C．Cl的含氧酸有高氯酸、次氯酸、氯酸等，C的含氧酸为碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．含有C、N的元素的盐可能为醋酸铵，醋酸铵溶液呈中性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
7．（6分）恒温条件下的可逆反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0，在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1mol D并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。为使平衡时两容器中B的浓度相等。下列措施不可行的是（ ）
A．乙容器中分离出一定量的D气体
B．向甲容器中再充入一定量的B气体
C．将甲的活塞往下压至反应前的位置
D．适当降低乙容器的温度
【分析】在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1mol D并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等，乙中压强大平衡逆向移动，导致B的浓度增大，则为使平衡时两容器中B的浓度相等，应减小乙中压强或增大甲中压强，以此来解答。
【解答】解：A．乙容器中分离出一定量的D气体，乙中压强减小，故A正确；
B．向甲谷器中再充入一定量的B气体，浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．将甲的活塞往下压至反应前的位置，而A物质为固体，其甲中量的增加不影响最终平衡的结果，故甲乙两容器平衡等效，故C正确；
D．适当降低乙容器的温度，乙中平衡正向移动，B的浓度可减小，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握乙中浓度的变化、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意固定甲中平衡浓度不变，题目难度不大。
二、非选择题
8．（15分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组通过如下装置（夹持及加热装置略去）制取NaNO2样品并对样品含量进行测定
该小组先查阅资料知：NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3﹣
（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为 分液漏斗 ，装置D中发生的化学反应方程式为 Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2 。
（2）①装置C中所装的液体需满足的条件是 既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2 。②其作用为 通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例 。
（3）装置E的作用是 吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染 。
（4）为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择 H2SO4 （填化学式）来酸化KMnO4溶液。
（5）已知：在酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+．为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液丁锥形瓶中，用0.100mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液（杂质不反应）。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是 作氧化剂和指示剂 ，所得样品中NaNO2的质量分数为 86.25% 。
【分析】A中浓硝酸与铜反应生成NO2，B中稀硝酸与铜反应生成NO，经无水氯化钙干燥，在C中充分混合，与碳酸钠反应发生Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2，尾气可用酸性高锰酸钾吸收，以此解答该题。
【解答】解：（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗，装置D中发生的化学反应方程式为Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2，
故答案为：分液漏斗；Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2；
（2）装置C中所装的液体需满足的条件是既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2，其作用为通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例，
故答案为：既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2；通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，装置E的作用是吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染，故答案为：吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染；
（4）高锰酸钾具有强氧化性，应用硫酸进行酸化，故答案为：H2SO4；
（5）滴定过程中用酸性KMnO4标准液滴定，酸性KMnO4标准本身为紫红色，反应过程中既是氧化剂，也是指示剂，可根据其颜色变化判断滴定终点，
酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+，称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液，根据电子得失守恒：n（NO2﹣）×（5﹣3）＝n（MnO4﹣）×（7﹣2），所以n（NO2﹣）＝＝0.005mol，则250mL溶液中含有n（NO2﹣）＝0.05mol，根据N元素守恒，则样品中NaNO2的百分含量为w＝＝86.25%，
故答案为：作氧化剂和指示剂；86.25%。
【点评】本题考查实验方案的设计和探究，为高考常见题型，题目涉及反应原理分析，并熟练运用化学方程式或离子反应方程表示；对学生分析和解决问题的能力要求较高，综合性强，难度中等。
9．（14分）LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以钛铁矿（主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质）为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾（FeSO4•7H2O）与磷酸和LiOH反应可制备 LiFePO4，LiFePO4的制备流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为 FeTiO3+2H2SO4＝FeSO4+TiOSO4+2H2O 。
（2）①加铁屑还原的目的是 把Fe3+还原为Fe2+，置换出铜 ，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为 取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全 。
（3）①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为 磷酸、FeSO4溶液、LiOH ，②其理由是 先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe（OH）2沉淀 。
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑．则该装置中铜电极应连接直流电源的 正 极，石墨电极的电极反应式为 2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣＝H2↑） ，当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移 0.2 mol电子。
【分析】钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去TiOSO4，得到滤液加入磷酸\LiOH、水和异丙醇可得LiFePO4，以此解答该题。
【解答】解：（1）酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为FeTiO3+2H2SO4＝FeSO4+TiOSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4＝FeSO4+TiOSO4+2H2O；
（2）①加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，故答案为：把Fe3+还原为Fe2+，置换出铜；
②过滤前需要检验还原是否完全，可检验铁离子，方法是取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全，
故答案为：取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；
（3）实验时，应先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe（OH）2沉淀，则顺序为磷酸、FeSO4溶液、LiOH，
故答案为：磷酸、FeSO4溶液、LiOH；先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe（OH）2沉淀；
（4）反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，根据电解总反应可以知道金属铜为阳极材料，连接电源正极，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生的电子的还原反应，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣＝H2↑）；失电子物质的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移0.2mol电子，
故答案为：正；2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣＝H2↑）；0.2。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力，题目难度中等。
10．（14分）大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物，已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（1）的焓变△H2，则还需要查找某化合反应的焓变△H3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时△H3＝bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为 N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3＝bkJ/mol 。据此计算出△H2＝ a﹣2b kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）汽车尾气转化的反应之一：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝﹣746.5kJ/mol。在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）
（×10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）
（×10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
①前2s内的平均反应速率v（N2）＝ 1.88×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1 。
②在该温度下，反应的平衡常数K＝ 5000 （只写出计算结果）。
③对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明 BCD （填字母）。
A．该反应的反应物混合后很不稳定
B．在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成
C．该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小
D．该反应在一定条件下能自发进行
E．该反应使用催化剂意义不大
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去。写出该反应的离子方程式为 2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+＝2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O 。
（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10﹣5mol•L﹣1，铜低于7.8×10﹣5mol•L﹣l．则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于 1×10﹣16 mol•L﹣1。
【分析】（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol ①
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H2②
根据盖斯定律可知，将计算得到；
（2）①根据前2s内NO的浓度变化，求出氮气的浓度变化，再根据V＝来计算解答；
②分析图表数据，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，再带入化学平衡常数的表达式K＝计算；
③A．该反应的反应物混合能稳定存，条件改变平衡被破坏；
B．根据表中数据知，反应很短时间内就能达到平衡状态；
C．该反应进行的程度大，反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小；
D．该反应在一定条件下能够自发进行，而且在较短的时间内即可达到平衡状态；
E．该反应使用催化剂能加快反应速率；
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去，ClO﹣被还原生成Cl﹣；
（4）Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，c（S2﹣）＝mol/L＝1×10﹣16mol•L﹣1；
Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，c（S2﹣）＝mol/L＝1.67×10﹣32mol•L﹣1。
【解答】解：（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol ①
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H2②
根据盖斯定律可知，将计算得到
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3＝＝bkJ/mol
而△H1＝a kJ/mol，故可解得△H2＝（ a﹣2b）kJ/mol，
故答案为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3＝bkJ/mol；a﹣2b；
（2）①由表格中的数据可知2s内NO浓度的变化量为1.00×10﹣3﹣2.50×10﹣4＝7.50×10﹣4，则氮气的浓度变化为×7.50×10﹣4mol/L，
则υ（N2）＝mol•L﹣1•s﹣1≈1.88×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1；
故答案为：1.88×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1；
②分析图表数据，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度：
2NO+2CO⇌2CO2+N2
起始量（mol/L） 1×10﹣3 3.6×10﹣3 0 0
变化量（mol/L） 9×10﹣4 9×10﹣4 9×10﹣4 4.5×10﹣4
平衡量（mol/L） 1×10﹣4 2.7×10﹣3 9×10﹣4 4.5×10﹣4
该反应的化学平衡常数表达式为K＝＝＝5000，
故答案为：5000；
③A．该反应的反应物混合能稳定存，在一定条件下，如加入催化剂才能发生反应，故A错误；
B．根据表中数据知，反应很短时间内就能达到平衡状态，故B正确；
C．该反应进行的程度大，反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小，故C正确；
D．该反应在一定条件下能够自发进行，而且在较短的时间内即可达到平衡状态，故D正确；
E．该反应使用催化剂能加快反应速率，故E错误；
故答案为：BCD；
③A．该反应的反应物混合能稳定存，在一定条件下，如加入催化剂才能发生反应，故A错误；
B．该反应进行的程度大，反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小，故B正确；
C．该反应在一定条件下能够自发进行，而且在较短的时间内即可达到平衡状态，故C正确；
D．该反应使用催化剂能加快反应速率，故D错误；
故答案为：BC；
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去，ClO﹣被还原生成Cl﹣，离子方程式为2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+＝2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O，
故答案为：2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+＝2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O；
（4）Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，c（S2﹣）＝mol/L＝1×10﹣16mol•L﹣1；
Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，c（S2﹣）＝mol/L＝1.67×10﹣32mol•L﹣1，要使两种金属两种都沉淀，则c（S2﹣） 不低于1×10﹣16mol•L﹣1，
故答案为：1×10﹣16。
【点评】本题考查化学平衡计算、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确化学平衡常数及溶度积常数计算方法是解本题关键，化学平衡常数必须用平衡时反应物和生成物浓度计算，题目难度不大。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．（15分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属其单质及化合物在航天、军事、航海、医疗等领域都有着重要的应用。请回答下列问题：
（1）基态原子的价电子轨道表示式为 。
（2）化学式为[Ti（H2O）6]Cl3的绿色晶体是TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与Ti3+形成配位键的原子是 O （填元素符号），该原子的杂化类型为 sp3 杂化，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是 O （填元素符号）。
（3）化学式为[Ti（H2O）5 Cl]Cl2•H2O的绿色晶体是TiCl3的六水合物的另一种晶型，取1mol该晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgNO3溶液使Cl﹣完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为 2 mol。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如表所示，
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是 TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 。
（5）TiO能溶浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如图一所示，阳离子化学式为 （TiO）n2n+（或TiO2+） ，写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子 CCl4 。
（6）如图二是钛晶体在空间的一种堆积方式，此堆积方式名称为 六方最密堆积 ，钛原子的配位数为 12 。已知：a＝0.295m，c＝0.469mm，则该钛晶体的密度为 g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
【分析】（1）Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布式；
（2）据配合物的结构分析，内界离子数为配位数，[Ti（ H2O）6]Cl3，配体为：H2O，配位数为6，与Ti3+形成配位键的原子是O，中心原子形成4个σ 键，为sp3杂化，非金属性越强电负性越大；
（3）1mol[Ti（H2O）5Cl]Cl2•H2O的绿色晶体溶于水电离出2个氯离子；
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，晶体的熔沸点越高；
（5）该图中每个Ti原子连接O原子个数＝2×＝1，即Ti、O原子个数之比为1：1；
阴离子SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+×（6+2﹣4×2）＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化方式；与SO42﹣互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32；
（6）观察钛晶体的堆积图可知为六方最密堆积，配位数为12；结构单元底边长为0.295nm＝2.95×10﹣8cm，则底面积＝6××2.95×10﹣8cm×2.95×10﹣8cm×sin60°，结构单元的高为0.469 nm＝4.69×10﹣8cm，则晶胞体积＝6××2.95×10﹣8cm×2.95×10﹣8cm×sin60°×4.69×10﹣8cm，均摊法计算结构单元中Ti原子数目N、计算晶胞质量m、密度ρ＝。
【解答】解：（1）Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：；
故答案为：；
（2）[Ti（ H2O）6]Cl3，配体为：H2O，配位数为6，与Ti3+形成配位键的原子是O，该原子的杂化类型为sp3，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是活泼性最大的非金属元素为O，
故答案为：O；sp3；O；
（3）取1mol[Ti（H2O）5Cl]Cl2•H2O的绿色晶体溶于水配成500mL溶液，络离子中的配位体不能电离出氯离子，加入足量AgNO3使Cl﹣完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为2mol；
故答案为：2；
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高，
故答案为：TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；
（5）该图中每个Ti原子连接O原子个数＝2×＝1，即Ti、O原子个数之比为1：1，其化学式为 （TiO）n2n+（或TiO2+）；
阴离子SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+×（6+2﹣4×2）＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知S原子杂化方式为sp3；与SO42﹣互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32，与其互为等电子体的分子有 CCl4（或SiCl4等），
故答案为：（TiO）n2n+（或TiO2+）；sp3；CCl4（SiCl4等）；
（6）由钛晶体的堆积图可知为六方最密堆积，配位数为12；结构单元底边长为0.295nm＝2.95×10﹣8cm，则底面积＝6××2.95×10﹣8×2.95×10﹣8×sin60°cm2，结构单元的高为0.469nm＝4.69×10﹣8cm，则晶胞体积V＝6××2.95×10﹣8×2.95×10﹣8×sin60°×4.69×10﹣8cm3＝cm3，结构单元中Ti原子数目＝3+12×+2×＝6，晶胞中Ti原子的物质的量n＝＝mol，晶胞质量m＝nM＝g，密度ρ＝＝＝g/cm3；
故答案为六方最密堆积，12，；
【点评】本题考查了核外电子排布、配合物、杂化方式、电负性、空间构型、晶体类型与性质、晶胞计算等，题目难度中等，注意归纳总结物质熔沸点高低比较方法，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[化学一选修5有机化学基础]
12．click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。其中铜（Ⅰ）催化的炔﹣叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。由芳香化合物A合成G的过程如下：
已知：a．tBu代表叔丁基
b．
（1）A的名称为 对叔丁基苯酚 ，下列关于A的说法正确的是 bc （填字母）。
a属于芳香烃 b．遇FeCl3溶液显紫色 c本环上的一溴代物有两种 d不能发生氧化反应
（2）B的结构简式为 BrCH2C≡CH ，其分子中最多有 6 个原子共平面。
（3）化合物F到G的反应类型为 取代反应 。
（4）书写化合物D到E化学方程式 CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr 。
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，H的结构简式为 BrC（CH3）2COOH 。
（6）索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合体。“click反应广泛用于合成类索烃的基本单元。以为原料，仿照流程中“click”反应，书写合成环状分子的路线，有机试剂和无机试剂任选。
【分析】（1）A为对叔丁基苯酚，含有酚羟基，具有酚的性质，结构对称，苯环有2种H；
（2）对比A、C的结构可知B为BrCH2C≡CH；
（3）由烃基的转化可知F发生取代反应生成G；
（4）D与NaN3发生反应生成CH3CH2OOCH2N3、NaBr；
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，说明分子中含有2个甲基、1个羧基；
（6）以为原料合成环状分子，可先由与HBr在加热条件下反应生成溴代烃，然后与NaN3发生反应，在发生click反应可生成目标物。
【解答】解：（1）A为对叔丁基苯酚，含有酚羟基，具有酚的性质，结构对称，苯环有2种H，则苯环上有2种取代物，可被氧化，只有bc正确，
故答案为：对叔丁基苯酚；bc；
（2）对比A、C的结构可知B为BrCH2C≡CH，为直线形分子，与C≡C直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知最多有6个原子共平面，
故答案为：BrCH2C≡CH；6；
（3）由烃基的转化可知F发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
（4）D与NaN3发生反应生成CH3CH2OOCH2N3、NaBr，反应的方程式为CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr，
故答案为：CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr；
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，说明分子中含有2个甲基、1个羧基，结构简式为BrC（CH3）2COOH，
故答案为：BrC（CH3）2COOH；
（6）以为原料合成环状分子，可先由与HBr在加热条件下反应生成溴代烃，然后与NaN3发生反应，在发生click反应可生成目标物，反应流程为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，本题注意官能团的结构、性质，为该题的考查侧重点，学习中注意把握相关知识，易错点为同分异构体的判断，注意根据题目要求解答，题目难度中等。
2019年四川省凉山州高考化学一模试卷.doc
一、选择题．每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共7题，每题6分，共42分．
1．（6分）化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是（ ）
A．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
B．二氧化硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料
C．燃煤中添加适量CaO可减少SO2排放量，燃烧中硫元素转化为CaSO4
D．生活中常见的金属镁、铝、铁、铜等均能通过热还原法冶炼
2．（6分）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，其新的合成方法如下：CH3C≡CH+CH3OH+ACH2＝C（CH3）COOCH3，下列说法正确的是（ ）
A．已知该反应的原子利用率为100%，则A为CO2
B．CH2＝C（CH3）COOCH3分子中所有碳原子一定共面
C．该方法的优点是原料无爆炸危险
D．CH3C≡CH与丙烯的化学性质相似，可以发生加成、氧化反应
3．（6分）下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是（ ）
A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
C．装置丙可用于收集氢气
D．装置丁可用于 NaOH溶液除去溴苯中单质溴
4．（6分）太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明（LED）已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是（ ）
A．光伏电池实现∫太阳能和电能的相互转化
B．图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
C．LED是新型有机高分子材料
D．LED中的Ga和Y都显+3价
5．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为0.1mL
B．78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定
C．25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则浓度均为0.10mol•L﹣1NaCN和HCN的混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：Fe2++NO3﹣+4H++2I﹣＝I2+Fe3++NO↑+2H2O
6．（6分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，若E不为主族元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，C元素在大气中存在两种常见单质，D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的气态氢化物的水溶液显酸性
B．原子半径的大小顺序：r（A）＞r（B）＞r（C）
C．D的非金属性强于A，所以D的含氧酸的酸性强于A
D．含有A，B两元素的盐溶液不可能显中性
7．（6分）恒温条件下的可逆反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0，在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1mol D并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。为使平衡时两容器中B的浓度相等。下列措施不可行的是（ ）
A．乙容器中分离出一定量的D气体
B．向甲容器中再充入一定量的B气体
C．将甲的活塞往下压至反应前的位置
D．适当降低乙容器的温度
二、非选择题
8．（15分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组通过如下装置（夹持及加热装置略去）制取NaNO2样品并对样品含量进行测定
该小组先查阅资料知：NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3﹣
（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为 ，装置D中发生的化学反应方程式为 。
（2）①装置C中所装的液体需满足的条件是 。②其作用为 。
（3）装置E的作用是 。
（4）为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择 （填化学式）来酸化KMnO4溶液。
（5）已知：在酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+．为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液丁锥形瓶中，用0.100mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液（杂质不反应）。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是 ，所得样品中NaNO2的质量分数为 。
9．（14分）LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以钛铁矿（主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质）为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾（FeSO4•7H2O）与磷酸和LiOH反应可制备 LiFePO4，LiFePO4的制备流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为 。
（2）①加铁屑还原的目的是 ，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为 。
（3）①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为 ，②其理由是 。
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑．则该装置中铜电极应连接直流电源的 极，石墨电极的电极反应式为 ，当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移 mol电子。
10．（14分）大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物，已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（1）的焓变△H2，则还需要查找某化合反应的焓变△H3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时△H3＝bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为 。据此计算出△H2＝ kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）汽车尾气转化的反应之一：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝﹣746.5kJ/mol。在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）
（×10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）
（×10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
①前2s内的平均反应速率v（N2）＝ 。
②在该温度下，反应的平衡常数K＝ （只写出计算结果）。
③对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明 （填字母）。
A．该反应的反应物混合后很不稳定
B．在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成
C．该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小
D．该反应在一定条件下能自发进行
E．该反应使用催化剂意义不大
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去。写出该反应的离子方程式为 。
（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10﹣5mol•L﹣1，铜低于7.8×10﹣5mol•L﹣l．则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于 mol•L﹣1。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．（15分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属其单质及化合物在航天、军事、航海、医疗等领域都有着重要的应用。请回答下列问题：
（1）基态原子的价电子轨道表示式为 。
（2）化学式为[Ti（H2O）6]Cl3的绿色晶体是TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与Ti3+形成配位键的原子是 （填元素符号），该原子的杂化类型为 杂化，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是 （填元素符号）。
（3）化学式为[Ti（H2O）5 Cl]Cl2•H2O的绿色晶体是TiCl3的六水合物的另一种晶型，取1mol该晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgNO3溶液使Cl﹣完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为 mol。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如表所示，
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是 。
（5）TiO能溶浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如图一所示，阳离子化学式为 ，写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子 。
（6）如图二是钛晶体在空间的一种堆积方式，此堆积方式名称为 ，钛原子的配位数为 。已知：a＝0.295m，c＝0.469mm，则该钛晶体的密度为 g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
[化学一选修5有机化学基础]
12．click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。其中铜（Ⅰ）催化的炔﹣叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。由芳香化合物A合成G的过程如下：
已知：a．tBu代表叔丁基
b．
（1）A的名称为 ，下列关于A的说法正确的是 （填字母）。
a属于芳香烃 b．遇FeCl3溶液显紫色 c本环上的一溴代物有两种 d不能发生氧化反应
（2）B的结构简式为 ，其分子中最多有 个原子共平面。
（3）化合物F到G的反应类型为 。
（4）书写化合物D到E化学方程式 。
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，H的结构简式为 。
（6）索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合体。“click反应广泛用于合成类索烃的基本单元。以为原料，仿照流程中“click”反应，书写合成环状分子的路线，有机试剂和无机试剂任选。
2019年四川省凉山州高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题．每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共7题，每题6分，共42分．
1．（6分）化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是（ ）
A．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
B．二氧化硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料
C．燃煤中添加适量CaO可减少SO2排放量，燃烧中硫元素转化为CaSO4
D．生活中常见的金属镁、铝、铁、铜等均能通过热还原法冶炼
【分析】A．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
B．硅为良好的半导体材料，二氧化硅为绝缘体；
C．燃烧后硫元素与氧化钙、氧气反应生成CaSO4；
D．根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼。
【解答】解：A．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，不能利用化学合成生成新的原子，原子为化学变化中的最小微粒，故A错误；
B．硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池主要原料，故B错误；
C．向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收SO2生成硫酸钙，可以减少SO2的排放，故C正确；
D．镁用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，铝性质活泼，用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，铁性质较活泼，用热还原法冶炼，铜性质较活泼，用热还原法冶炼，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学与生产、生活密切相关知识，涉及绿色化学、硅及其化合物的应用、煤脱硫、金属的冶炼等，注意知识的积累，题目难度不大。
2．（6分）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，其新的合成方法如下：CH3C≡CH+CH3OH+ACH2＝C（CH3）COOCH3，下列说法正确的是（ ）
A．已知该反应的原子利用率为100%，则A为CO2
B．CH2＝C（CH3）COOCH3分子中所有碳原子一定共面
C．该方法的优点是原料无爆炸危险
D．CH3C≡CH与丙烯的化学性质相似，可以发生加成、氧化反应
【分析】A．根据原子守恒确定A的化学式；
B．含有碳碳双键、酯基，为平面形结构，两个平面可沿C﹣C键自由旋转；
C．该方法的优点是原子利用率为100%，无副产品；
D．CH3C≡CH含有碳碳三键，可发生加成、加聚和氧化反应等。
【解答】解：A．已知CH3C≡CH+CH3OH+ACH2＝C（CH3）COOCH3，由原子守恒可知A为CO，故A错误；
B．含有碳碳双键、酯基，为平面形结构，两个平面可沿C﹣C键自由旋转，则所有的原子不一定共平面，故B错误；
C．该方法的优点是原子利用率为100%，符合绿色化学要求，故C错误；
D．CH3C≡CH含有碳碳三键，可发生加成、加聚和氧化反应等，与丙烯的化学性质相似，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，难度不大。
3．（6分）下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是（ ）
A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
C．装置丙可用于收集氢气
D．装置丁可用于 NaOH溶液除去溴苯中单质溴
【分析】A．酸性高锰酸钾溶液能够氧化橡皮管，应该用酸式滴定管盛放；
B．溶解度越小的优先生成沉淀；
C．导管“短进长出”可收集密度被空气小的气体；
D．溴与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用氢氧化钠溶液除去溴苯中的溴。
【解答】解：A．图示滴定管为碱式滴定管，应该用酸式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液，故A错误；
B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，证明AgI更难溶，溶解度越小溶解度越小，则 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；
C．氢气密度需要空气，需要采用向下排空气法收集，图示收集方法合理，可收集氢气，故C正确；
D．装置丁药品、装置及仪器均合理，可用于 NaOH溶液除去溴苯中单质溴，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及气体收集、中和滴定、物质分离与提纯等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
4．（6分）太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明（LED）已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是（ ）
A．光伏电池实现∫太阳能和电能的相互转化
B．图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
C．LED是新型有机高分子材料
D．LED中的Ga和Y都显+3价
【分析】A、根据能量的转换方式判断；
B、根据电荷的移动方向判断；
C、LED 是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学式：Y3Al5O12）都是无机物；
D、根据化合价规则计算元素化合价。
【解答】解：A、光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A错误；
B、图片中，正电荷向P型半导体移动，负电荷向N型半导体电极移动，根据原电池原理知，N型半导体为负极，P型半导体为正极，故B错误；
C、LED 是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学式：Y3Al5O12）都是无机物，故C错误；
D、LED 是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学式：Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y的化合价是+3价，GaN中Ga的化合价是+3价，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，根据原电池原理分析，会运用化学知识解释生产、生活现象，学以致用。
5．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为0.1mL
B．78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定
C．25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则浓度均为0.10mol•L﹣1NaCN和HCN的混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：Fe2++NO3﹣+4H++2I﹣＝I2+Fe3++NO↑+2H2O
【分析】A．随着反应的进行，硝酸浓度降低，生成的气体有二氧化氮、一氧化氮；
B.78g过氧化钠和硫化钠的混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有1mol阴离子和2mol钠离子；
C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则CN﹣的水解常数为＝2.0×10﹣5，可知水解程度大于电离程度；
D．HI过量，硝酸根离子完全反应。
【解答】解：A．浓硝酸与铜发生Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度降低，稀硝酸发生3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，生成的气体有二氧化氮、一氧化氮，则生成的气体的物质的量不确定，故A错误；
B.78g过氧化钠和硫化钠的混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有1mol阴离子和2mol钠离子，故B错误；
C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则CN﹣的水解常数为＝2.0×10﹣5，可知水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．HI过量，硝酸根离子完全反应，正确的离子方程式为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++3NO↑+5I2+6H2O，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及硝酸的性质、弱电解质的电离以及离子方程式等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应的化学方程式以及离子方程式的书写，难度中等。
6．（6分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，若E不为主族元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，C元素在大气中存在两种常见单质，D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的气态氢化物的水溶液显酸性
B．原子半径的大小顺序：r（A）＞r（B）＞r（C）
C．D的非金属性强于A，所以D的含氧酸的酸性强于A
D．含有A，B两元素的盐溶液不可能显中性
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，则B为N元素；C元素在大气中存在两种常见单质，两种单质为氧气和臭氧，则C为O元素；D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，其最外层电子数为：8×0.875＝7，则D为Cl元素；E为短周期元素，原子序数大于D（Cl），则E为Ar元素；
A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，A的质子数＝31﹣7﹣18＝6，则A为C元素，据此进行解答。
【解答】解：根据分析可知，A为C元素，B为N，C为O，D为Cl，E为Ar元素，
A．A为C，其气态氢化物为甲烷，甲烷不溶于水，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径的大小顺序为：r（A）＞r（B）＞r（C），故B正确；
C．Cl的含氧酸有高氯酸、次氯酸、氯酸等，C的含氧酸为碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．含有C、N的元素的盐可能为醋酸铵，醋酸铵溶液呈中性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
7．（6分）恒温条件下的可逆反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0，在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1mol D并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。为使平衡时两容器中B的浓度相等。下列措施不可行的是（ ）
A．乙容器中分离出一定量的D气体
B．向甲容器中再充入一定量的B气体
C．将甲的活塞往下压至反应前的位置
D．适当降低乙容器的温度
【分析】在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1mol D并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等，乙中压强大平衡逆向移动，导致B的浓度增大，则为使平衡时两容器中B的浓度相等，应减小乙中压强或增大甲中压强，以此来解答。
【解答】解：A．乙容器中分离出一定量的D气体，乙中压强减小，故A正确；
B．向甲谷器中再充入一定量的B气体，浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．将甲的活塞往下压至反应前的位置，而A物质为固体，其甲中量的增加不影响最终平衡的结果，故甲乙两容器平衡等效，故C正确；
D．适当降低乙容器的温度，乙中平衡正向移动，B的浓度可减小，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握乙中浓度的变化、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意固定甲中平衡浓度不变，题目难度不大。
二、非选择题
8．（15分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组通过如下装置（夹持及加热装置略去）制取NaNO2样品并对样品含量进行测定
该小组先查阅资料知：NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3﹣
（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为 分液漏斗 ，装置D中发生的化学反应方程式为 Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2 。
（2）①装置C中所装的液体需满足的条件是 既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2 。②其作用为 通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例 。
（3）装置E的作用是 吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染 。
（4）为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择 H2SO4 （填化学式）来酸化KMnO4溶液。
（5）已知：在酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+．为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液丁锥形瓶中，用0.100mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液（杂质不反应）。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是 作氧化剂和指示剂 ，所得样品中NaNO2的质量分数为 86.25% 。
【分析】A中浓硝酸与铜反应生成NO2，B中稀硝酸与铜反应生成NO，经无水氯化钙干燥，在C中充分混合，与碳酸钠反应发生Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2，尾气可用酸性高锰酸钾吸收，以此解答该题。
【解答】解：（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗，装置D中发生的化学反应方程式为Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2，
故答案为：分液漏斗；Na2CO3+NO2+NO＝2NaNO2+CO2；
（2）装置C中所装的液体需满足的条件是既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2，其作用为通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例，
故答案为：既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2；通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，装置E的作用是吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染，故答案为：吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染；
（4）高锰酸钾具有强氧化性，应用硫酸进行酸化，故答案为：H2SO4；
（5）滴定过程中用酸性KMnO4标准液滴定，酸性KMnO4标准本身为紫红色，反应过程中既是氧化剂，也是指示剂，可根据其颜色变化判断滴定终点，
酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+，称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液，根据电子得失守恒：n（NO2﹣）×（5﹣3）＝n（MnO4﹣）×（7﹣2），所以n（NO2﹣）＝＝0.005mol，则250mL溶液中含有n（NO2﹣）＝0.05mol，根据N元素守恒，则样品中NaNO2的百分含量为w＝＝86.25%，
故答案为：作氧化剂和指示剂；86.25%。
【点评】本题考查实验方案的设计和探究，为高考常见题型，题目涉及反应原理分析，并熟练运用化学方程式或离子反应方程表示；对学生分析和解决问题的能力要求较高，综合性强，难度中等。
9．（14分）LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以钛铁矿（主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质）为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾（FeSO4•7H2O）与磷酸和LiOH反应可制备 LiFePO4，LiFePO4的制备流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为 FeTiO3+2H2SO4＝FeSO4+TiOSO4+2H2O 。
（2）①加铁屑还原的目的是 把Fe3+还原为Fe2+，置换出铜 ，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为 取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全 。
（3）①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为 磷酸、FeSO4溶液、LiOH ，②其理由是 先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe（OH）2沉淀 。
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑．则该装置中铜电极应连接直流电源的 正 极，石墨电极的电极反应式为 2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣＝H2↑） ，当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移 0.2 mol电子。
【分析】钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去TiOSO4，得到滤液加入磷酸\LiOH、水和异丙醇可得LiFePO4，以此解答该题。
【解答】解：（1）酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为FeTiO3+2H2SO4＝FeSO4+TiOSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4＝FeSO4+TiOSO4+2H2O；
（2）①加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，故答案为：把Fe3+还原为Fe2+，置换出铜；
②过滤前需要检验还原是否完全，可检验铁离子，方法是取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全，
故答案为：取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；
（3）实验时，应先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe（OH）2沉淀，则顺序为磷酸、FeSO4溶液、LiOH，
故答案为：磷酸、FeSO4溶液、LiOH；先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe（OH）2沉淀；
（4）反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，根据电解总反应可以知道金属铜为阳极材料，连接电源正极，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生的电子的还原反应，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣＝H2↑）；失电子物质的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，当有0.1mol Cu2O生成时电路中转移0.2mol电子，
故答案为：正；2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣＝H2↑）；0.2。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力，题目难度中等。
10．（14分）大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物，已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（1）的焓变△H2，则还需要查找某化合反应的焓变△H3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时△H3＝bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为 N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3＝bkJ/mol 。据此计算出△H2＝ a﹣2b kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）汽车尾气转化的反应之一：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝﹣746.5kJ/mol。在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）
（×10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）
（×10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
①前2s内的平均反应速率v（N2）＝ 1.88×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1 。
②在该温度下，反应的平衡常数K＝ 5000 （只写出计算结果）。
③对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明 BCD （填字母）。
A．该反应的反应物混合后很不稳定
B．在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成
C．该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小
D．该反应在一定条件下能自发进行
E．该反应使用催化剂意义不大
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去。写出该反应的离子方程式为 2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+＝2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O 。
（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10﹣5mol•L﹣1，铜低于7.8×10﹣5mol•L﹣l．则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于 1×10﹣16 mol•L﹣1。
【分析】（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol ①
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H2②
根据盖斯定律可知，将计算得到；
（2）①根据前2s内NO的浓度变化，求出氮气的浓度变化，再根据V＝来计算解答；
②分析图表数据，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，再带入化学平衡常数的表达式K＝计算；
③A．该反应的反应物混合能稳定存，条件改变平衡被破坏；
B．根据表中数据知，反应很短时间内就能达到平衡状态；
C．该反应进行的程度大，反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小；
D．该反应在一定条件下能够自发进行，而且在较短的时间内即可达到平衡状态；
E．该反应使用催化剂能加快反应速率；
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去，ClO﹣被还原生成Cl﹣；
（4）Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，c（S2﹣）＝mol/L＝1×10﹣16mol•L﹣1；
Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，c（S2﹣）＝mol/L＝1.67×10﹣32mol•L﹣1。
【解答】解：（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1＝a kJ/mol ①
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H2②
根据盖斯定律可知，将计算得到
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3＝＝bkJ/mol
而△H1＝a kJ/mol，故可解得△H2＝（ a﹣2b）kJ/mol，
故答案为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3＝bkJ/mol；a﹣2b；
（2）①由表格中的数据可知2s内NO浓度的变化量为1.00×10﹣3﹣2.50×10﹣4＝7.50×10﹣4，则氮气的浓度变化为×7.50×10﹣4mol/L，
则υ（N2）＝mol•L﹣1•s﹣1≈1.88×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1；
故答案为：1.88×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1；
②分析图表数据，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度：
2NO+2CO⇌2CO2+N2
起始量（mol/L） 1×10﹣3 3.6×10﹣3 0 0
变化量（mol/L） 9×10﹣4 9×10﹣4 9×10﹣4 4.5×10﹣4
平衡量（mol/L） 1×10﹣4 2.7×10﹣3 9×10﹣4 4.5×10﹣4
该反应的化学平衡常数表达式为K＝＝＝5000，
故答案为：5000；
③A．该反应的反应物混合能稳定存，在一定条件下，如加入催化剂才能发生反应，故A错误；
B．根据表中数据知，反应很短时间内就能达到平衡状态，故B正确；
C．该反应进行的程度大，反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小，故C正确；
D．该反应在一定条件下能够自发进行，而且在较短的时间内即可达到平衡状态，故D正确；
E．该反应使用催化剂能加快反应速率，故E错误；
故答案为：BCD；
③A．该反应的反应物混合能稳定存，在一定条件下，如加入催化剂才能发生反应，故A错误；
B．该反应进行的程度大，反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小，故B正确；
C．该反应在一定条件下能够自发进行，而且在较短的时间内即可达到平衡状态，故C正确；
D．该反应使用催化剂能加快反应速率，故D错误；
故答案为：BC；
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去，ClO﹣被还原生成Cl﹣，离子方程式为2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+＝2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O，
故答案为：2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+＝2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O；
（4）Ksp（NiS）＝1.1×10﹣21，c（S2﹣）＝mol/L＝1×10﹣16mol•L﹣1；
Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，c（S2﹣）＝mol/L＝1.67×10﹣32mol•L﹣1，要使两种金属两种都沉淀，则c（S2﹣） 不低于1×10﹣16mol•L﹣1，
故答案为：1×10﹣16。
【点评】本题考查化学平衡计算、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确化学平衡常数及溶度积常数计算方法是解本题关键，化学平衡常数必须用平衡时反应物和生成物浓度计算，题目难度不大。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．（15分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属其单质及化合物在航天、军事、航海、医疗等领域都有着重要的应用。请回答下列问题：
（1）基态原子的价电子轨道表示式为 。
（2）化学式为[Ti（H2O）6]Cl3的绿色晶体是TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与Ti3+形成配位键的原子是 O （填元素符号），该原子的杂化类型为 sp3 杂化，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是 O （填元素符号）。
（3）化学式为[Ti（H2O）5 Cl]Cl2•H2O的绿色晶体是TiCl3的六水合物的另一种晶型，取1mol该晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgNO3溶液使Cl﹣完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为 2 mol。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如表所示，
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是 TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 。
（5）TiO能溶浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如图一所示，阳离子化学式为 （TiO）n2n+（或TiO2+） ，写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子 CCl4 。
（6）如图二是钛晶体在空间的一种堆积方式，此堆积方式名称为 六方最密堆积 ，钛原子的配位数为 12 。已知：a＝0.295m，c＝0.469mm，则该钛晶体的密度为 g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
【分析】（1）Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布式；
（2）据配合物的结构分析，内界离子数为配位数，[Ti（ H2O）6]Cl3，配体为：H2O，配位数为6，与Ti3+形成配位键的原子是O，中心原子形成4个σ 键，为sp3杂化，非金属性越强电负性越大；
（3）1mol[Ti（H2O）5Cl]Cl2•H2O的绿色晶体溶于水电离出2个氯离子；
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，晶体的熔沸点越高；
（5）该图中每个Ti原子连接O原子个数＝2×＝1，即Ti、O原子个数之比为1：1；
阴离子SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+×（6+2﹣4×2）＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化方式；与SO42﹣互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32；
（6）观察钛晶体的堆积图可知为六方最密堆积，配位数为12；结构单元底边长为0.295nm＝2.95×10﹣8cm，则底面积＝6××2.95×10﹣8cm×2.95×10﹣8cm×sin60°，结构单元的高为0.469 nm＝4.69×10﹣8cm，则晶胞体积＝6××2.95×10﹣8cm×2.95×10﹣8cm×sin60°×4.69×10﹣8cm，均摊法计算结构单元中Ti原子数目N、计算晶胞质量m、密度ρ＝。
【解答】解：（1）Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：；
故答案为：；
（2）[Ti（ H2O）6]Cl3，配体为：H2O，配位数为6，与Ti3+形成配位键的原子是O，该原子的杂化类型为sp3，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是活泼性最大的非金属元素为O，
故答案为：O；sp3；O；
（3）取1mol[Ti（H2O）5Cl]Cl2•H2O的绿色晶体溶于水配成500mL溶液，络离子中的配位体不能电离出氯离子，加入足量AgNO3使Cl﹣完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为2mol；
故答案为：2；
（4）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高，
故答案为：TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；
（5）该图中每个Ti原子连接O原子个数＝2×＝1，即Ti、O原子个数之比为1：1，其化学式为 （TiO）n2n+（或TiO2+）；
阴离子SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+×（6+2﹣4×2）＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知S原子杂化方式为sp3；与SO42﹣互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32，与其互为等电子体的分子有 CCl4（或SiCl4等），
故答案为：（TiO）n2n+（或TiO2+）；sp3；CCl4（SiCl4等）；
（6）由钛晶体的堆积图可知为六方最密堆积，配位数为12；结构单元底边长为0.295nm＝2.95×10﹣8cm，则底面积＝6××2.95×10﹣8×2.95×10﹣8×sin60°cm2，结构单元的高为0.469nm＝4.69×10﹣8cm，则晶胞体积V＝6××2.95×10﹣8×2.95×10﹣8×sin60°×4.69×10﹣8cm3＝cm3，结构单元中Ti原子数目＝3+12×+2×＝6，晶胞中Ti原子的物质的量n＝＝mol，晶胞质量m＝nM＝g，密度ρ＝＝＝g/cm3；
故答案为六方最密堆积，12，；
【点评】本题考查了核外电子排布、配合物、杂化方式、电负性、空间构型、晶体类型与性质、晶胞计算等，题目难度中等，注意归纳总结物质熔沸点高低比较方法，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[化学一选修5有机化学基础]
12．click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。其中铜（Ⅰ）催化的炔﹣叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。由芳香化合物A合成G的过程如下：
已知：a．tBu代表叔丁基
b．
（1）A的名称为 对叔丁基苯酚 ，下列关于A的说法正确的是 bc （填字母）。
a属于芳香烃 b．遇FeCl3溶液显紫色 c本环上的一溴代物有两种 d不能发生氧化反应
（2）B的结构简式为 BrCH2C≡CH ，其分子中最多有 6 个原子共平面。
（3）化合物F到G的反应类型为 取代反应 。
（4）书写化合物D到E化学方程式 CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr 。
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，H的结构简式为 BrC（CH3）2COOH 。
（6）索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合体。“click反应广泛用于合成类索烃的基本单元。以为原料，仿照流程中“click”反应，书写合成环状分子的路线，有机试剂和无机试剂任选。
【分析】（1）A为对叔丁基苯酚，含有酚羟基，具有酚的性质，结构对称，苯环有2种H；
（2）对比A、C的结构可知B为BrCH2C≡CH；
（3）由烃基的转化可知F发生取代反应生成G；
（4）D与NaN3发生反应生成CH3CH2OOCH2N3、NaBr；
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，说明分子中含有2个甲基、1个羧基；
（6）以为原料合成环状分子，可先由与HBr在加热条件下反应生成溴代烃，然后与NaN3发生反应，在发生click反应可生成目标物。
【解答】解：（1）A为对叔丁基苯酚，含有酚羟基，具有酚的性质，结构对称，苯环有2种H，则苯环上有2种取代物，可被氧化，只有bc正确，
故答案为：对叔丁基苯酚；bc；
（2）对比A、C的结构可知B为BrCH2C≡CH，为直线形分子，与C≡C直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知最多有6个原子共平面，
故答案为：BrCH2C≡CH；6；
（3）由烃基的转化可知F发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
（4）D与NaN3发生反应生成CH3CH2OOCH2N3、NaBr，反应的方程式为CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr，
故答案为：CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr；
（5）D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基，且核磁共振氢谱峰面积比为6：1，说明分子中含有2个甲基、1个羧基，结构简式为BrC（CH3）2COOH，
故答案为：BrC（CH3）2COOH；
（6）以为原料合成环状分子，可先由与HBr在加热条件下反应生成溴代烃，然后与NaN3发生反应，在发生click反应可生成目标物，反应流程为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，本题注意官能团的结构、性质，为该题的考查侧重点，学习中注意把握相关知识，易错点为同分异构体的判断，注意根据题目要求解答，题目难度中等。
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