2019年宁夏银川市高考化学一模试卷

这是一份2019年宁夏银川市高考化学一模试卷，共26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年宁夏银川市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，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）化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（　　）
选项
现象或事实
解释
A
化石燃料燃烧时采取脱硫措施
提高化石燃料的利用率
B
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
C
商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎
该鼎属于铁合金制品
D
静置后的淘米水能产生丁达尔效应
说明淘米水具有胶体的性质
A．A B．B C．C D．D
2．（6分）海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的
B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在步骤③中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2
D．在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大
3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）
A．C4H9C1的同分异构体数目为3
B．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
C．乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应
D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物
4．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．6.0g醋酸中含有非极性键总数为0.2NA
B．22.4L（标准状况）氖气含有的质子数为10NA
C．1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中，HCO3﹣离子数为0.1NA
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4N
5．（6分）短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是（　　）
A．X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1：2
B．可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性M＞W
C．M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M＜Z
D．盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含XZW的溶液
6．（6分）下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液
溶液变黄色
H2O2的氧化性比Fe3+强
B
向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，然后滴入KSCN溶液
滴入KSCN后溶液变为红色
原Fe SO4溶液已被空气中O2氧化变质
C
将灼热的铜丝伸入盛有无水乙醇的试管中
有刺激性气味产生
乙醇发生取代反应
D
将NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中
有白色沉淀生成
A1O2﹣结合H+能力比CO32﹣强
A．A B．B C．C D．D
7．（6分）一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是（　　）
A．电极a发生的反应为还原反应
B．充电时a极与电源的正极相连
C．正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e﹣＝CaFeO2.5+O2﹣
D．放电时，每当有NA个Na+移向b极，外电路中一定转移2NA个电子
三、非选择题：(一)必考题：
8．（15分）Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。
资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。
Ⅰ．制备Na2S2O4 （部分加热等辅助仪器略去）

（1）仪器①的名称是　 　。
（2）B装置用于制备Na2S2O4．第一步反应：Zn+2SOZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为　 　。
（3）实验时，先向B中通入SO2的原因，除产生Zn S2O4之外，另一原因是　 　。
（4）反应后除去B中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。加入NaCl固体的作用是　 　
Ⅱ．探究Na2S2O4的性质
（5）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4．请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4．实验方案是　 　。（可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4，溶液）
（6）制备纳米级银粉用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式　 　。
（7）为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度（其它杂质均不参加反应）设计如下方案，并进行实验：
①准确称取该硫代硫酸钠样品mg，配制成250mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用 nmol•L﹣1I2标准溶液滴定（发生反应：2S2O32﹣+I2＝S4O32﹣+2I﹣），至滴定终点。
③滴定终点的现象为　 　，平均消耗I2标准溶液VmL，样品中Na2S2O4的纯度为　 　（用代数式表示）。
9．（14分）中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al（OH）3和Cu（OH）2分解温度分别为450℃和80℃
（1）在电解精炼银时，阳极材料为　 　。
（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为　 　（写出两种）。
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为　 　。
（4）过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有　 　。
（5）固体混合物B的组成为　 　；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为　 　。
（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因　 　。
10．（14分）“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题；
（1）在新型纳米催化剂 Na﹣Fe3O4，和HMCM﹣22的表面将CO2先转化为烯烃再转化为烷烃，已知CO2转化为CO的反应为CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol；
2 CO2 （g）+6H2（g）＝C2H4（g）+4 H2O （g）△H＝﹣128kJ/mol
则CO转化为C2H4的热化学方程式为　 　。
（2）用氨水捕捉烟气中的CO2生成NH4CO3．通常情况下，控制反应温度在35℃﹣40℃范围内的原因　 　。
（3）有科学家提出可利用FeO吸收CO2，6FeO（s）+CO2（g）⇌2Fe3O4（s）+C（s） K1（平衡常数），对该反应的描述正确的是　 　
a．生成 1mol Fe3O4时电子转移总数为2NA
b．压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c（CO2）减小
C．恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志
d．恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志
（4）CO2（g）+3H2（g⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H，一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1 molCO2和3molH2．在不同催化剂作用下发生反应I、反应II、反应II，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图1所示：

①活化能最小的为　 　（填“反应I”、“反应II”、“反应III”）。
②b点反应速率v（正）　 　v（逆）（填“＞”、“＝”或“＜”）。
③T4温度下该反应的平衡常数　 　（保留两位有效数字）
④CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示：则该反应为　 　（放热反应、吸热反应）；P1　 　P2（填“＞”、“＝”或“＜”）
（5）用NaOH溶液吸收CO2所得饱和碳酸钠溶液可以对废电池中的铅膏（主要成PbSO4）进行脱硫反应。
已知Ksp（PbSO4）＝1.6×10﹣8，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14，PbSO4（s）+CO32﹣（aq⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），则该反应的平衡常数K＝　 　（保留两位有效数字）：若在其溶液中加入少量Pb（NO3）2晶体，则c（SO42﹣）：c（CO32﹣）的比值将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(二)选考题：共45分。每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分[化学选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl（Si2O6），常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。回答下列问题：
（1）Cr3+电子排布式为　 　，基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为　 　。
（2）翡翠中主要成分为硅酸铝钠，四种元素的第一电离能由大到小的顺序　 　。
（3）锰的一种化合物的化学式为Mn（BH4）2（THF）3，THT的结构简式如图所示：
①THF中C原子的杂化轨道类型为　 　，②BH4﹣的空间构型为　 　
③NaBH4所含化学键类型有
A、离子键 B、共价键 C、氢键 D、配位键
（4）MnO的熔点（1660℃）比MnS的熔点（1610℃）高，原因　 　。
（5）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x为0.88，且晶体中Ni的存在形式为Ni2+、Ni3+，则晶体中N i2+和Ni3+最简整数比为　 　，该晶体的晶胞参数为428pm，则晶体密度为　 　g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式即可）

[化学选修5：有机化学基础]（15分）
12．抗血栓药物氯贝丁酯（）的一种合成路线如图，部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。

回答下列问题：
（1）E中官能团的名称为　 　。
（2）有机物A的化学名称为　 　，B的结构简式为　 　，反应Ⅱ的反应类型为　 　。
（3）要实现反应I的转化，加入下列物质能达到目的的是　 　。
A． NaHCO． B NaOH C． Na2CO3 D． CH3COONa
（4）写出反应Ⅲ的化学方程式　 　。
（5）产物E有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体G有　 　种。
①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色：②能发生银镜反应；③1molG最多与2 molNaOH反应；④苯环上只有2个取代基且处于对位。
（6）结合以上合成路线信息，设计以 CH3CH2 COOH为原料（无机试剂任选），合成有机物的合成路线　 　。

2019年宁夏银川市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，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）化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（　　）
选项
现象或事实
解释
A
化石燃料燃烧时采取脱硫措施
提高化石燃料的利用率
B
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
C
商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎
该鼎属于铁合金制品
D
静置后的淘米水能产生丁达尔效应
说明淘米水具有胶体的性质
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．化石燃料燃烧产生大量二氧化硫，能够引起酸雨；
B．依据盐类水解的性质解答；
C．司母戊鼎为青铜器，属于铜合金；
D．丁达尔效应是胶体特有的性质。
【解答】解：A．化石燃料燃烧时采取脱硫措施，能够减少二氧化硫等排放，减少环境污染，不能提高化石燃料的利用率，故A错误；
B．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，碳酸钠与油脂不能直接反应，故B错误；
C．代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎，属于铜合金制品，故C错误；
D．淀粉水溶液为胶体，能够产生丁达尔效应，所以淘米水具有胶体的性质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学与社会、生活关系，侧重考查物质的性质与用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的
B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在步骤③中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2
D．在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大
【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，工业上制得饱和食盐水，依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，以此解答该题。
【解答】解：A．海水中的主要成分为NaCl和一些可溶性盐类，常采用蒸发浓缩得到粗盐产品，故A正确；
B．澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3反应均生成难溶物CaCO3，实验现象相同，无法用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；
C．在步骤③中可通入Cl2，溴离子被氧化生成Br2，故C错误；
D．H2SO3为弱电解质，通入Br2后，发生氧化还原反应：Br2+H2SO3+H2O═H2SO4+2HBr，生成物均为强电解质，溶液酸性增强，pH减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查海水资源的综合应用，为高频考点，题目难度不大，把握流程中的转化、混合物分离提纯方法等为解答的关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重分析与应用能力的考查。
3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）
A．C4H9C1的同分异构体数目为3
B．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
C．乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应
D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物
【分析】A．C4H9C1的同分异构体取决于丁基；
B．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，乙酸乙酯不溶于水；
C．乙烯与高锰酸钾发生氧化反应；
D．油脂不是高分子化合物。
【解答】解：A．C4H9C1的同分异构体取决于丁基，丁基有4种，则C4H9C1的同分异构体数目为4，故A错误；
B．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，故B正确；
C．乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，故C错误；
D．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．6.0g醋酸中含有非极性键总数为0.2NA
B．22.4L（标准状况）氖气含有的质子数为10NA
C．1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中，HCO3﹣离子数为0.1NA
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4N
【分析】A、求出醋酸的物质的量，然后根据醋酸中含1条非极性键来分析；
B、求出氖气的物质的量，然后根据氖气中含10个质子分析；
C、HCO3﹣在溶液中既能电离又能水解；
D、过氧化钠和水反应时，氧元素由﹣1价变为的0价。
【解答】解：A、6g醋酸的物质的量为0.1mol，而醋酸中含1条非极性键，故0.1mol醋酸中含0.1NA条非极性键，故A错误；
B、标况下22.4L氖气的物质的量为1mol，而氖气中含10个质子，故1mol氖气中含质子为10NA个，故B正确；
C、HCO3﹣在溶液中既能电离又能水解，故此溶液中碳酸氢根的个数小于0.1NA个，故C错误；
D、过氧化钠和水反应时，氧元素由﹣1价变为的0价，故当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
5．（6分）短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是（　　）
A．X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1：2
B．可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性M＞W
C．M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M＜Z
D．盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含XZW的溶液
【分析】短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，W只能位于第二周期，族序数为6，则W为O元素；X原子的最外层只有一个电子，其原子序数大于O，则X为Na元素；M介于O、Na之间，且为主族元素，则M为F元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；Z在同周期中原子半径最小，Z位于第三周期，为Cl元素，以此解答该题。
【解答】解：根据分析可知：W为O，M为F，X为Na，Y为Al，Z为Cl元素。
A．O、Na两种二元化合物为Na2O或Na2O2，阴、阳离子数之比均为1：2，故A正确；
B．氟气与水反应生成HF和氧气，可证明非金属性F＞O，故B正确；
C．非金属性F＞Cl，则气态氢化物的稳定性HF＞HCl，故C错误；
D．XZW为NaClO，NaClO与浓盐酸反应生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
6．（6分）下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液
溶液变黄色
H2O2的氧化性比Fe3+强
B
向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，然后滴入KSCN溶液
滴入KSCN后溶液变为红色
原Fe SO4溶液已被空气中O2氧化变质
C
将灼热的铜丝伸入盛有无水乙醇的试管中
有刺激性气味产生
乙醇发生取代反应
D
将NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中
有白色沉淀生成
A1O2﹣结合H+能力比CO32﹣强
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；
B．先加氯水可氧化亚铁离子，不能确定原溶液中是否含铁离子；
C．CuO可氧化乙醇生成乙醛；
D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀。
【解答】解：A．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，由现象不能判断Fe3+、H2O2的氧化性，故A错误；
B．先加氯水可氧化亚铁离子，不能确定原溶液中是否含铁离子，则判断变质时试剂的顺序不合理，故B错误；
C．CuO可氧化乙醇生成乙醛，为氧化反应，故C错误；
D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则A1O2﹣结合H+能力比CO32﹣强，故D正确；
故选：D。
【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、离子检验、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。
7．（6分）一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是（　　）
A．电极a发生的反应为还原反应
B．充电时a极与电源的正极相连
C．正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e﹣＝CaFeO2.5+O2﹣
D．放电时，每当有NA个Na+移向b极，外电路中一定转移2NA个电子
【分析】放电时，a极上Na失电子为负极，b极上CaFeO3得电子为正极，充电时，a极与负极相连为阴极，b极与正极相连为阳极，据此分析。
【解答】解：A．放电时，a极上Na失电子为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．充电时，a极与负极相连为阴极，钠离子在阴极上得电子，故B错误；
C．b极上CaFeO3得电子为正极，正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e﹣＝CaFeO2.5+O2﹣，故C正确；
D．Na+带一个单位的正电荷，由电荷守恒可知，放电时，每当有NA个Na+移向b极，外电路中一定转移NA个电子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了新型化学电源，题目难度不大，注意把握原电池原理的应用，明确原电池中正负极的判断、电极方程式的书写、离子移动方向是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
三、非选择题：(一)必考题：
8．（15分）Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。
资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。
Ⅰ．制备Na2S2O4 （部分加热等辅助仪器略去）

（1）仪器①的名称是　圆底烧瓶　。
（2）B装置用于制备Na2S2O4．第一步反应：Zn+2SOZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为　ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn（OH）2↓　。
（3）实验时，先向B中通入SO2的原因，除产生Zn S2O4之外，另一原因是　排出装置中残留的O2或空气（或防止生成物Na2S2O4被氧化）　。
（4）反应后除去B中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。加入NaCl固体的作用是　加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出　
Ⅱ．探究Na2S2O4的性质
（5）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4．请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4．实验方案是　取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质　。（可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4，溶液）
（6）制备纳米级银粉用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式　2Ag++S2O42﹣+4OH﹣＝2Ag↓+2SO32﹣+2H2O　。
（7）为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度（其它杂质均不参加反应）设计如下方案，并进行实验：
①准确称取该硫代硫酸钠样品mg，配制成250mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用 nmol•L﹣1I2标准溶液滴定（发生反应：2S2O32﹣+I2＝S4O32﹣+2I﹣），至滴定终点。
③滴定终点的现象为　滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色　，平均消耗I2标准溶液VmL，样品中Na2S2O4的纯度为　　（用代数式表示）。
【分析】I．A中浓硫酸铜在加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水；B装置用于制备Na2S2O4，第一步反应：Zn+2SO2 ZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4，ZnS2O4和NaOH发生复分解反应生成Na2S2O4，反应方程式为ZnS2O4+2NaOH＝Na2S2O4 +Zn（OH）2↓；二氧化硫有毒不能直接排空，二氧化硫属于酸性氧化物，能溶于碱溶液，所以C装置吸收尾气；
II．（5）检验硫酸钠，实际上是检验硫酸根离子，硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡检验；
（6）用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉，硝酸银得电子为氧化剂，则保险粉为还原剂，保险粉中S元素化合价为+3价，失电子只能生成硫酸根离子，在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，为硫酸钠，根据反应物、生成物书写方程式；
（7）滴定终点，碘过量，可与淀粉反应，结合反应的离子方程式2S2O32﹣+I2＝S4O32﹣+2I﹣计算。
【解答】解：（1）仪器①的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4，ZnS2O4和NaOH发生复分解反应生成Na2S2O4，反应方程式为ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4 +Zn（OH）2↓，
故答案为：ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4 +Zn（OH）2↓；
（3）Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，所以制备保险粉时装置中应该排除空气，为防止保险粉被氧化，则实验前应该将装置中空气排尽，其进行的实验操作为打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠先反应产生的SO2，排出装置中残留的O2 ，
故答案为：排出装置中残留的O2或空气（或防止生成物Na2S2O4被氧化）；
（4）NaCl电离出钠离子导致钠离子浓度增大，抑制Na2S2O4溶解，促进Na2S2O4结晶析出，
故答案为：加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出（用沉淀溶解平衡解释可以）；
（5）检验硫酸钠，实际上是检验硫酸根离子，硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡检验，其实验方案为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，
故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；
（6）用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉，硝酸银得电子为氧化剂，则保险粉为还原剂，保险粉中S元素化合价为+3价，失电子只能生成硫酸根离子，在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，为硫酸钠，根据反应物、生成物书写离子方程式为2Ag++S2O42﹣+4OH﹣＝2Ag↓+2SO32﹣+2H2O，
故答案为：2Ag++S2O42﹣+4OH﹣＝2Ag↓+2SO32﹣+2H2O；
（7）滴定终点，碘过量，可与淀粉反应，溶液变色蓝色，且半分钟不褪色，
移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用n mol•L﹣1 I2标准溶液滴定（发生反应：2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣），至滴定终点，依据离子方程式进行计算得到25ml中硫代硫酸钠物质的量：
2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣；
2 1
n（Na2S2O3） nmol/L×V×10﹣3L
n（Na2S2O3）＝2nV×10﹣3mol；
配制的250ml溶液中含有n（Na2S2O3）＝0.02nVmol；
样品中Na2S2O3的百分含量＝×100%＝×100%，
故答案为：滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色；。
【点评】本题以保险粉为载体考查物质制备以及含量的测定，为高考常见题型，题目涉及离子方程式的书写、离子检验、实验操作等知识点，明确元素化合物性质、物质之间的转化关系及化学反应原理是解本题关键，注意结合题给信息分析解答，题目难度中等。
9．（14分）中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al（OH）3和Cu（OH）2分解温度分别为450℃和80℃
（1）在电解精炼银时，阳极材料为　粗银　。
（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为　搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等　（写出两种）。
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为　3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O　。
（4）过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有　漏斗、玻璃棒　。
（5）固体混合物B的组成为　Al（OH）3和CuO的混合物　；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为　Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O　。
（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因　保护气（或防止铜被氧化）　。
【分析】Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；
渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，以此来解答。
【解答】解：（1）在电解精炼银时，Ag失去电子，阳极材料为粗银，故答案为：粗银；
（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等，
故答案为：搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等；
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O，
故答案为：3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O；
（4）过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒，
故答案为：漏斗、玻璃棒；
（5）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO的混合物；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3和CuO的混合物；Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因为保护气（或防止铜被氧化），
故答案为：保护气（或防止铜被氧化）。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息的应用及元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
10．（14分）“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题；
（1）在新型纳米催化剂 Na﹣Fe3O4，和HMCM﹣22的表面将CO2先转化为烯烃再转化为烷烃，已知CO2转化为CO的反应为CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol；
2 CO2 （g）+6H2（g）＝C2H4（g）+4 H2O （g）△H＝﹣128kJ/mol
则CO转化为C2H4的热化学方程式为　2CO（g）+4H2（g）＝CH3OH （g）+2H2O（g）△H＝﹣210kJ/mol　。
（2）用氨水捕捉烟气中的CO2生成NH4CO3．通常情况下，控制反应温度在35℃﹣40℃范围内的原因　防止NH4HCO3分解，低于35℃反应速率慢高于40℃分解　。
（3）有科学家提出可利用FeO吸收CO2，6FeO（s）+CO2（g）⇌2Fe3O4（s）+C（s） K1（平衡常数），对该反应的描述正确的是　bc　
a．生成 1mol Fe3O4时电子转移总数为2NA
b．压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c（CO2）减小
C．恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志
d．恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志
（4）CO2（g）+3H2（g⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H，一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1 molCO2和3molH2．在不同催化剂作用下发生反应I、反应II、反应II，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图1所示：

①活化能最小的为　反应I　（填“反应I”、“反应II”、“反应III”）。
②b点反应速率v（正）　＞　v（逆）（填“＞”、“＝”或“＜”）。
③T4温度下该反应的平衡常数　59.26　（保留两位有效数字）
④CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示：则该反应为　放热反应　（放热反应、吸热反应）；P1　＜　P2（填“＞”、“＝”或“＜”）
（5）用NaOH溶液吸收CO2所得饱和碳酸钠溶液可以对废电池中的铅膏（主要成PbSO4）进行脱硫反应。
已知Ksp（PbSO4）＝1.6×10﹣8，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14，PbSO4（s）+CO32﹣（aq⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），则该反应的平衡常数K＝　2.16×105　（保留两位有效数字）：若在其溶液中加入少量Pb（NO3）2晶体，则c（SO42﹣）：c（CO32﹣）的比值将　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）由①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol；
②2 CO2（g）+6H2（g）＝C2H4（g）+4 H2O （g）△H＝﹣128kJ/mol
结合盖斯定律可知，②﹣①×2得到2CO（g）+4H2（g）＝CH3OH （g）+2H2O（g）；
（2）温度太高时NH4HCO3分解；
（3）a．由反应可知，生成 1mol Fe3O4时，由C元素的化合价降低可知电子转移4mol；
b．压缩容器体积，平衡正向移动，可增大CO2的转化率；
C．恒温恒容下，气体的质量为变量，气体的密度为变量；
d．恒温恒压下，只有二氧化碳一种气体，气体摩尔质量始终不变；
（4）①相同温度下，相同时间内CO2转化率越大，说明催化剂效果越好，活化能越小；
②T4时处于平衡状态，正反应为放热反应，温度越高转化率越小，T3平衡时转化率应大于T4，故b点向正反应进行；
③T4温度下CO2的转化率为80%，则
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始 0.5 1.5 0 0
转化 0.4 1.2 0.4 0.4
平衡 0.1 0.3 0.4 0.4
K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
④由图2可知，升高温度转化率减小，平衡逆向移动；压强越大、转化率越大；
（5）PbSO4（s）+CO32﹣（aq⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），则该反应的平衡常数K＝＝；若在其溶液中加入少量Pb（NO3）2晶体，温度不变，Ksp不变。
【解答】解：（1）由①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ/mol；
②2 CO2（g）+6H2（g）＝C2H4（g）+4 H2O （g）△H＝﹣128kJ/mol
结合盖斯定律可知，②﹣①×2得到2CO（g）+4H2（g）＝CH3OH （g）+2H2O（g）△H＝﹣210kJ/mol，
故答案为：2CO（g）+4H2（g）＝CH3OH （g）+2H2O（g）△H＝﹣210kJ/mol；
（2）用氨水捕捉烟气中的CO2生成NH4CO3．通常情况下，控制反应温度在35℃﹣40℃范围内的原因为防止NH4HCO3分解，低于35℃反应速率慢高于40℃分解（或温度太高，气体物质的溶解性降低），
故答案为：防止NH4HCO3分解，低于35℃反应速率慢高于40℃分解；
（3）a．由反应可知，生成 1mol Fe3O4时，由C元素的化合价降低可知电子转移4mol，转移电子数为4NA，故错误；
b．压缩容器体积，平衡正向移动，可增大CO2的转化率，则c（CO2）减小，故正确；
C．恒温恒容下，气体的质量为变量，气体的密度为变量，可判定平衡状态，故正确；
d．恒温恒压下，只有二氧化碳一种气体，气体摩尔质量始终不变，不能判定平衡状态，故错误；
故答案为：ac；
（4）①相同温度下，相同时间内CO2转化率越大，说明催化剂效果越好，活化能越小，则反应I 的活化能最小，
故答案为：反应I；
②T4时处于平衡状态，正反应为放热反应，温度越高转化率越小，T3平衡时转化率应大于T4，故b点向正反应进行，则v（正）＞v（逆），
故答案为：＞；
③T4温度下CO2的转化率为80%，则
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始 0.5 1.5 0 0
转化 0.4 1.2 0.4 0.4
平衡 0.1 0.3 0.4 0.4
K＝＝59.26，
故答案为：59.26；
④由图2可知，升高温度转化率减小，平衡逆向移动；压强越大、转化率越大，则该反应为放热反应、P1＜P2，
故答案为：放热反应；＜；
（5）PbSO4（s）+CO32﹣（aq⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），则该反应的平衡常数K＝＝＝＝2.16×105；若在其溶液中加入少量Pb（NO3）2晶体，温度不变，Ksp不变，则c（SO42﹣）：c（CO32﹣）的比值将不变，
故答案为：2.16×105；不变。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、平衡移动、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
(二)选考题：共45分。每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分[化学选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl（Si2O6），常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。回答下列问题：
（1）Cr3+电子排布式为　1s22s22p63s23p63d3　，基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为　M　。
（2）翡翠中主要成分为硅酸铝钠，四种元素的第一电离能由大到小的顺序　O＞Si＞Al＞Na　。
（3）锰的一种化合物的化学式为Mn（BH4）2（THF）3，THT的结构简式如图所示：
①THF中C原子的杂化轨道类型为　sp3　，②BH4﹣的空间构型为　正四面体形　
③NaBH4所含化学键类型有
A、离子键 B、共价键 C、氢键 D、配位键
（4）MnO的熔点（1660℃）比MnS的熔点（1610℃）高，原因　MnO、MnS均为离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣半径，MnO的晶格能大于MnS　。
（5）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x为0.88，且晶体中Ni的存在形式为Ni2+、Ni3+，则晶体中N i2+和Ni3+最简整数比为　8：3　，该晶体的晶胞参数为428pm，则晶体密度为　　g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式即可）

【分析】（1）Cr是24号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，先失去4s能级1个、再失去3d能级2个电子形成Cr3+，形成的离子需要处于能量最低状态；基态Si原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；
（3）①THF中C原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；
②BH4﹣中B原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝0，微粒空间构型与VSEPR模型相同；
③NaBH4中BH4﹣与Na+形成离子键，BH4﹣中B原子形成4个键，其中3个为普通共价键，另外一个为配位键；
（4）MnO、MnS的熔点相对比较高，属于离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高；
（5）根据NiXO中化合价代数和为零可求得晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比；NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NixO”，再根据ρ＝计算。
【解答】解：（1）Cr是24号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，先失去4s能级1个、再失去3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d3．基态Si原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；电子占据的最高能层为第三能层，最高能层符号为M，
故答案为：1s22s22p63s23p63d3；M；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：O＞Si＞Al＞Na，
故答案为：O＞Si＞Al＞Na；
（3）①THF中C原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，C原子采取sp3杂化，
故答案为：sp3；
②BH4﹣中B原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝0，微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
③NaBH4中BH4﹣与Na+形成离子键，BH4﹣中B原子形成4个键，其中3个为普通共价键，另外一个为配位键，
故选：ABD；
（4）MnO、MnS的熔点相对比较高，均为离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣半径，MnO的晶格能大于MnS，故MnO的熔点比MnS的熔点高，
故答案为：MnO、MnS均为离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣半径，MnO的晶格能大于MnS；
（5）设晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为x：y，根据NiXO中化合价代数和为零可知：×0.88＝2，解得x：y＝8：3．NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NixO”，则晶体密度＝4×g÷（428×10﹣10 cm）3＝g•cm﹣3，
故答案为：8：3； 。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、空间构型与杂化方式判断、晶体类型与性质、晶胞结构与计算，（5）中计算为易错点、难点，注意识记中学常见晶胞结构，注意理解VSEPR模型与微粒空间构型关系，在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得微粒空间构型。
[化学选修5：有机化学基础]（15分）
12．抗血栓药物氯贝丁酯（）的一种合成路线如图，部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。

回答下列问题：
（1）E中官能团的名称为　羧基、醚键　。
（2）有机物A的化学名称为　2﹣甲基丙酸　，B的结构简式为　　，反应Ⅱ的反应类型为　取代反应　。
（3）要实现反应I的转化，加入下列物质能达到目的的是　BC　。
A． NaHCO． B NaOH C． Na2CO3 D． CH3COONa
（4）写出反应Ⅲ的化学方程式　　。
（5）产物E有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体G有　5　种。
①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色：②能发生银镜反应；③1molG最多与2 molNaOH反应；④苯环上只有2个取代基且处于对位。
（6）结合以上合成路线信息，设计以 CH3CH2 COOH为原料（无机试剂任选），合成有机物的合成路线　　。
【分析】C反应生成苯酚钠，则C为．对比D与E的结构，结合B的分子式，可知B为，A与PCl3发生取代反应生成B，B与D发生取代反应生成E。
对比E与氯贝丁酯的结构，结合反应条件，可知E与乙醇发生酯化反应生成F，F与氯气在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成氯贝丁酯，故F为。
（6）丙酸与PCl3反应生成CH3CHClCOOH，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下反应生成CH2＝CHCOONa，再酸化得到CH2＝CHCOOH，最好发生加聚反应得到。
【解答】解：（1）E中官能团的名称为羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；
（2）有机物A的化学名称为：2﹣甲基丙酸。由分析可知，B的结构简式为，反应Ⅱ的反应类型为取代反应，
故答案为：2﹣甲基丙酸；；取代反应；
（3）苯酚的酸性比碳酸、乙酸弱，比碳酸氢根强，苯酚能与氢氧化钠、碳酸钠反应生成苯酚钠，不能与碳酸氢钠与乙酸钠反应，
故选：BC；
（4）反应Ⅲ的化学方程式：，
故答案为：；
（5）产物E有多种同分异构体G满足下列条件：①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色，说明还含有酚羟基，②能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基；③1molG最多与2 molNaOH反应，说明是甲酸与醇形成的酯基；④苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个为﹣OH，另外为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2中烃基去掉1个H原子形成的基团，前者有3种、后者有2种，故符合条件的G的结构共有3+2＝5种，
故答案为：5；
（6）丙酸与PCl3反应生成CH3CHClCOOH，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下反应生成CH2＝CHCOONa，再酸化得到CH2＝CHCOOH，最好发生加聚反应得到，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，涉及官能团结构与性质、有机反应类型、限制条件同分异构体、有机反应方程式书写、合成路线设计等，较好的考查学生知识迁移应用，是有机题目常见题型。