2021年内蒙古呼和浩特市高考化学一调试卷

这是一份2021年内蒙古呼和浩特市高考化学一调试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年内蒙古呼和浩特市高考化学一调试卷
一、选择题：本题共7个小题，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）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）
A．氧化铁常用作红色油漆和涂料
B．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
C．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用
D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
2．（6分）金银花中能提取出有很高药用价值的绿原酸（结构如图），下列说法错误的是（　　）

A．分子式为C16H16O9
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
3．（6分）利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是（　　）




A.中和滴定
B.收集NO2气体
C.苯萃取碘水中的I2，分离出水层后的操作
D.制备无水MgCl2
A．A B．B C．C D．D
4．（6分）某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（　　）

A．原子半径r（W）＞r（Z）＞r（Y）
B．X、Z和Q可能形成离子化合物
C．该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构
D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸
5．（6分）如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法错误的是（　　）

A．过程Ⅰ中断裂极性键C﹣Cl键
B．过程Ⅱ可表示为O3+Cl═ClO+O2
C．过程Ⅲ中O﹣Cl键断裂是放热过程，O﹣O形成是吸热过程
D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
6．（6分）铝一石墨双离子电池是一种全新低成本、高效能电池。反应原理为AlLi+Cx（PF6）Al+xC+Li++PF6﹣电池结构如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．放电时，外电路中电流流向铝﹣锂电极
B．放电时，正极反应为Cx（PF6）+e﹣═xC+PF6﹣
C．充电时，应将铝﹣石墨电极与电源负极相连
D．充电时，若电路中转移1mol电子，阴极质量增加7g
7．（6分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示[已知δ（X）＝]．下列说法正确的是（　　）

A．K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B．25℃，H2FeO4+H+⇌H3FeO4+的平衡常数K＞100
C．由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1＝4.15×10﹣4
D．A．C 两点对应溶液中水的电离程度相等
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（13分）砷（As）为ⅤA族元素，其化合物会影响人体代谢和免疫功能，造成砷中毒。某含砷工业废水【主要以亚砷酸（H3AsO3）形式存在】经处理转化为粗As2O3，流程如图。
已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。亚砷酸易受热分解为As2O3。
（1）“碱浸”中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）从绿色化学角度看，“试剂1”可以选择（填化学式）　 　。
（3）“沉砷”在流程中的目的是　 　；“沉砷”过程中将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应为5Ca2++OH﹣（aq）+3AsO43﹣（aq）⇌Ca5（AsO4）3OH（s）△H＞0。资料表明：“沉砷”的最佳温度是85℃，温度高于85℃时，随温度升高转化率下降，可能的原因是　 　。
（4）“转化”中发生反应的化学方程式　 　。
（5）从综合利用的角度考虑“滤液2”可返回　 　步骤中循环再利用。
9．（15分）硫氰化钾（KSCN）俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等。实验室模拟工业以NH3和CS2为原料制备KSCN的实验装置如图所示。
已知：
①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且难溶于水；
②三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢，且NH4SCN在高于170℃易分解。
（1）A装置中固体混合物是 　 　；仪器a的名称 　 　。
（2）C装置的作用是 　 　；三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中，原因是 　 　。
（3）待实验中观察到 　 　现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭K1。保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，使NH4HSA═NH3↑+H2S↑进行完全后，打开K2，继续保持液温105℃，滴入适量的KOH溶液，写出生成KSCN的化学方程式 　 　。
（4）装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3的离子方程式 　 　。
（5）反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再 　 　（填操作），得到硫氰化钾晶体。
（6）晶体中KSCN含量的测定：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。[已知：滴定时发生的反应为SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）]
①指示剂a为 　 　。
②晶体中KSCN的质量分数为 　 　。（只要求写出计算结果）
10．（15分）甲醇水蒸气催化重整反应为CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）是生产气的有效方法之一。
已知此反应包括如下两个过程：
①CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）△H1
②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H2
①②反应Kp随温度变化如下表。
温度
Kp
反应
398K
498K
598K
698K
798K
897K
①
0.50
185.8
9939.5
1.8×105
1.6×106
9.3×106
②
1577
137.5
28.14
9.339
4.180
2.276
回答下列问题
（1）根据所给数据判断△H1　 　0（填“＞”、“＝”、“＜”）。398K时，CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的Kp＝　 　。
（2）下列关于甲醇水蒸气催化重整反应的理解，正确的是　 　。
A.①反应在低温时可自发进行
B.CO是甲醇水蒸气催化重整反应过程的中间产物
C.提高催化剂的活性和选择性、减少副产物是工艺的关键
D.恒温恒容条件下，若反应①的速率大于反应②的速率，说明反应①的活化能更高
（3）某研究小组对催化重整反应的压强（p）、温度（T）与水醇比（水与甲醇的物质的量之比，用S/M表示）进行优化，得到如下结果：
①如图1是水醇比一定时，不同温度、压强条件下平衡混合物中CO含量，图1中的压强由大到小顺序为　 　，其判断理由是　 　。工业上甲醇水蒸气催化重整选择0.3MPa～0.5MPa，不选择更低压强的原因可能是　 　。

②探究不同反应温度、水醇比下甲醇转化率如表，结合所给数据回答下列问题：
序号
S/M
温度
CO物质的量分数
CH3OH转化率
1
0.5
573
0.34
13.73
2
0.5
673
2.57
55.67
3
0.5
773
5.60
74.12
4
1.0
573
0.18
36.13
5
1.0
673
2.05
47.74
6
1.0
773
4.97
73.07
7
1.5
573
0.13
23.70
8
1.5
673
2.16
46.49
9
1.5
773
4.48
72.02
温度与甲醇的平衡转化率的关系为　 　。当水醇比一定，随着温度升高，平衡体系中CO含量增大，原因是　 　。综合分析对于甲醇转化率有显著影响的是　 　。工业上甲醇水蒸气催化重整选择673～700K，S/M＝1.0；S/M＝1.0理由是　 　。
（4）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]，工作原理如图2所示。
①电源的负极为　 　。（填“A”或“B”）
②阳极的电极反应式为　 　。
【化学-选修3物质结构与性质】
11．（15分）2017年4月26日9时中国首艘国产航母在大连成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。
（1）航母用钢可由低硅生铁冶炼而成。
①Fe2+的价层电子排布图为　 　。
②影响晶格能大小的因素包括　 　。
A.离子半径
B.离子所带电量
C.晶体中离子的排列方式
D.共价键键长
③FeO、NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，熔点FeO小于NiO，理由是　 　。
（2）航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如图1反应实现铜离子的富集，进行回收。

①上述反应中发生变化的化学键有　 　
A.离子键
B.金属键
C.共价键
D.氢键E.配位键
②X所含元素的电负性由大到小的顺序为　 　（用元素符号表示），采用SP杂化的非金属原子有　 　（元素符号），采用sp杂化的原子有　 　个。
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，试判断X的晶体类型为　 　。
（3）航母舰艇底部涂有含Cu2O的防腐蚀涂料。已知Cu2O的晶胞结构如图2所示。
①该晶胞结构中铜原子的配位数是　 　。
②已知该晶体的密度为dg▪cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该立方晶胞的参数是　 　nm。
【化学-选修5有机化学基础】
12．有机物H（C9H8O4）是洁面化妆品的中间体，以A为原料合成有机物H的路线如图。

已知：
①A是相对分子量为92的芳香烃；
②D是C的一氯取代物；
③RCHO+R1CH2CHORCH＝CR1CHO+H2O（R、R1为烃基或氢原子）。
回答下列问题：
（1）由A生成B所用的试剂和反应条为　 　；B的化学名称为　 　。
（2）由D生成E的反应类型为　 　。
（3）E的结构简式为　 　。
（4）由F生成G的化学方程式为　 　。
（5）H中含氧官能团的名称　 　；H长期暴露在空气中容易变质的主要原因是　 　。
（6）X是F酸化后的产物，T是X的芳香族同分异构体，1molT最多能消耗2mol NaOH，则符合条件的T的结构有　 　种（不包括立体异构），写出其中一种核磁共振氢谱有4组峰的T的结构简式　 　。

2021年内蒙古呼和浩特市高考化学一调试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7个小题，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）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）
A．氧化铁常用作红色油漆和涂料
B．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
C．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用
D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
【分析】A．氧化铁为红棕色固体；
B．浓硫酸与二氧化硅不反应；
C．氧化铝为离子晶体，硬度较大，熔点高；
D．高温能够使蛋白质变性。
【解答】解：A．氧化铁为红棕色固体，可以用于红色油漆和涂料，故A正确；
B．浓硫酸与二氧化硅不反应，不能刻蚀玻璃，可以用氢氟酸刻蚀，故B错误；
C．氧化铝为离子晶体，硬度较大，熔点高，具有耐磨与阻燃的作用，故C正确；
D．高温能够使蛋白质变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查化学在生产、生活中的应用，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（6分）金银花中能提取出有很高药用价值的绿原酸（结构如图），下列说法错误的是（　　）

A．分子式为C16H16O9
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
【分析】由有机物的结构可知，该有机物中含酚﹣OH、醇﹣OH、C＝C、﹣COOC﹣、﹣COOH，则结合酚、醇、羧基、烯烃及酯的性质来解答。
【解答】解：A.由结构简式可知分子式为C16H18O9，故A错误；
B.含有碳碳双键、羟基，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C.含有酯基，可发生水解反应，故C正确；
D.醇羟基邻位含有H原子，则能够发生消去反应生成双键，故D正确；
故选：A。
【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为解答的关键，侧重苯酚和醇、烯烃、羧酸及酯性质的考查，题目难度不大。
3．（6分）利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是（　　）




A.中和滴定
B.收集NO2气体
C.苯萃取碘水中的I2，分离出水层后的操作
D.制备无水MgCl2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.图中为酸滴定碱；
B.二氧化氮的密度比空气密度大；
C.苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层；
D.在HCl气流中可抑制镁离子水解，无水氯化钙可吸收水。
【解答】解：A.图中为酸滴定碱，应选酸式滴定管，图中为碱式滴定管，故A错误；
B.二氧化氮的密度比空气密度大，导管应长进短出收集，故B错误；
C.苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，应先分离出下层水，再从分液漏斗的上口倒出含碘的苯溶液，故C错误；
D.在HCl气流中可抑制镁离子水解，无水氯化钙可吸收水，则图中装置可制备无水氯化镁，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、混合物分离提纯、中和滴定、盐类水解、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。
4．（6分）某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（　　）

A．原子半径r（W）＞r（Z）＞r（Y）
B．X、Z和Q可能形成离子化合物
C．该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构
D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸
【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素，由该化合物的结构图可知，Y为第ⅣA族元素，Q为ⅥA族元素，W为第IA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，以此解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、Q为O、W为Na，
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径r（Y）＞r（Z），故A错误；
B.X、Z和Q形成的化合物可为硝酸铵，为离子化合物，故B正确；
C.阴离子得到一个电子导致与Y（C）单键相连的Q（O）满足8电子稳定结构，故C错误；
D.如为亚硝酸，则为弱酸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、化合物的结构来推断元素为解答的关键，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。
5．（6分）如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法错误的是（　　）

A．过程Ⅰ中断裂极性键C﹣Cl键
B．过程Ⅱ可表示为O3+Cl═ClO+O2
C．过程Ⅲ中O﹣Cl键断裂是放热过程，O﹣O形成是吸热过程
D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【分析】A．过程I的反应为CFCl3→CFCl2+Cl，不同种原子间形成的共价键为极性键；
B．由图可知，过程Ⅱ为O3和Cl反应生成ClO和O2；
C．断裂化学键吸热，形成化学键放热；
D．催化剂能改变反应历程，是起始反应的反应物，是终态反应的生成物。
【解答】解：A．过程I的反应为CFCl3→CFCl2+Cl，则过程Ⅰ中断裂极C﹣Cl键，C﹣Cl键为极性键，故A正确；
B．由图可知，过程Ⅱ为O3和Cl反应生成ClO和O2，方程式为O3+Cl＝ClO+O2，故B正确；
C．过程皿为ClO和O反应生成Cl和O2，其中有O﹣Cl键断裂和O﹣O键形成，但O﹣Cl键断裂是吸热过程，O﹣O形成是放热过程，故C错误；
D．由图可知，Cl原子是过程II的反应物，是过程Ⅲ的生成物，即氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应历程信息和催化剂的作用是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，注意掌握共价键类型及判断、断键吸热或成键放热规律，题目难度不大。
6．（6分）铝一石墨双离子电池是一种全新低成本、高效能电池。反应原理为AlLi+Cx（PF6）Al+xC+Li++PF6﹣电池结构如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．放电时，外电路中电流流向铝﹣锂电极
B．放电时，正极反应为Cx（PF6）+e﹣═xC+PF6﹣
C．充电时，应将铝﹣石墨电极与电源负极相连
D．充电时，若电路中转移1mol电子，阴极质量增加7g
【分析】根据铝石墨双离子电池的反应原理：AlLi+Cx（PF6）Al+xC+Li++PF6﹣可知，放电时AlLi被氧化生成Al和Li+，铝锂电极为负极，电极反应式为AlLi﹣e﹣＝Al+Li+，铝石墨电极为正极，正极上Cx（PF6）发生得电子的还原反应生成C和PF6﹣，电极反应式为CxPF6+e﹣＝xC+PF6﹣，放电时电子由负极AlLi经过导线流向正极铝石墨电极；充电时为电解池，原电池负极与电源负极相接、为阴极，原电池正极与电源正极相接、为阳极，电极反应与放电时的反应相反，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时为原电池，电流由正极沿导线流向负极，即由铝石墨电极沿导线流向流向铝﹣锂电极，故A正确；
B．放电时为原电池，正极上Cx（PF6）得电子被还原，电极反应式为Cx（PF6）+e﹣＝xC+PF6﹣，故B正确；
C．充电时为电解池，原电池负极与电源负极相接，原电池正极与电源正极相接，即应将铝﹣锂电极电极与电源负极相连，铝﹣石墨电极与电源正极相连，故C错误；
D．充电时为电解池，阴极反应式为Al+Li++e﹣＝AlLi，电路中转移1mol电子，阴极有1molLi生成，质量为1mol×7g/mol＝7g，即阴极质量增加7g，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电荷守恒书写电极反应，题目难度中等。
7．（6分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示[已知δ（X）＝]．下列说法正确的是（　　）

A．K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B．25℃，H2FeO4+H+⇌H3FeO4+的平衡常数K＞100
C．由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1＝4.15×10﹣4
D．A．C 两点对应溶液中水的电离程度相等
【分析】A．溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中只能部分电离；
B．c（H2FeO4）＝c（H3FeO4+）时，溶液的pH＜2，据此结合电离平衡常数表达式分析；
C．B点pH＝4，δ（HFeO4﹣）＝0.806，则δ（H2FeO4）≈0.194，由于溶液体积相同，则＝≈4.15，据此结合电离平衡常数表达式计算H2FeO4的第一步电离常数Ka1；
D．c（FeO42﹣）越大，水的电离程度越大。
【解答】解：A．溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中存在电离电离平衡，则H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B．结合图象可知，c（H2FeO4）＝c（H3FeO4+）时，溶液的pH＜2，c（H+）＞0.01mol/L，则H2FeO4+H+⇌H3FeO4+的平衡常数K＝＝＜＝100，即K＜100，故B错误；
C．B点pH＝4，δ（HFeO4﹣）＝0.806，则δ（H2FeO4）≈0.194，由于溶液体积相同，则＝≈4.15，则H2FeO4的第一步电离常数Ka1＝×c（H+）＝4.15×1×10﹣4＝4.15×10﹣4，故C正确；
D．FeO42﹣水解促进了水的电离，c（FeO42﹣）的浓度浓度越大，则水的电离程度越大，根据图象可知，水的电离程度：C＞A，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度不大，明确电离平衡常数的概念及表达式为解答结构，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（13分）砷（As）为ⅤA族元素，其化合物会影响人体代谢和免疫功能，造成砷中毒。某含砷工业废水【主要以亚砷酸（H3AsO3）形式存在】经处理转化为粗As2O3，流程如图。
已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。亚砷酸易受热分解为As2O3。
（1）“碱浸”中发生反应的离子方程式为　H3AsO3+OH﹣＝H2AsO3﹣+H2O　。
（2）从绿色化学角度看，“试剂1”可以选择（填化学式）　H2O2或O2　。
（3）“沉砷”在流程中的目的是　富集As，提高原料利用率　；“沉砷”过程中将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应为5Ca2++OH﹣（aq）+3AsO43﹣（aq）⇌Ca5（AsO4）3OH（s）△H＞0。资料表明：“沉砷”的最佳温度是85℃，温度高于85℃时，随温度升高转化率下降，可能的原因是　温度升高、氢氧化钙的溶解度减小，钙离子及氢氧根离子浓度减小，平衡逆向移动，转化率减小　。
（4）“转化”中发生反应的化学方程式　H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4　。
（5）从综合利用的角度考虑“滤液2”可返回　酸化　步骤中循环再利用。
【分析】向工业废水（含H3AsO3）加入氢氧化钠，得到Na3AsO3，利用氧气或过氧化氢氧化生成Na3AsO4，加石灰乳沉砷得到Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙沉淀，过滤，在H3AsO4溶液中通入二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应为H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4，转化后结晶，H3AsO3分解得粗As2O3，以此来解答。
【解答】解：（1）“碱浸”中发生反应的离子方程式为H3AsO3+OH﹣＝H2AsO3﹣+H2O，
故答案为：H3AsO3+OH﹣＝H2AsO3﹣+H2O；
（2）从绿色化学角度看，“试剂1”可以选择H2O2或O2，
故答案为：H2O2或O2；
（3）“沉砷”在流程中的目的是富集As，提高原料利用率；“沉砷”过程中将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应为5Ca2++OH﹣（aq）+3AsO43﹣（aq）⇌Ca5（AsO4）3OH（s）△H＞0，温度高于85℃时，随温度升高转化率下降，可能的原因是温度升高、氢氧化钙的溶解度减小，钙离子及氢氧根离子浓度减小，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：富集As，提高原料利用率；温度升高、氢氧化钙的溶解度减小，钙离子及氢氧根离子浓度减小，平衡逆向移动，转化率减小；
（4）“转化”中发生反应的化学方程式为H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4，
故答案为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；
（5）滤液2含硫酸，从综合利用的角度考虑“滤液2”可返回酸化步骤中循环再利用，
故答案为：酸化。
【点评】本题考查物质的制备实验及混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
9．（15分）硫氰化钾（KSCN）俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等。实验室模拟工业以NH3和CS2为原料制备KSCN的实验装置如图所示。
已知：
①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且难溶于水；
②三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢，且NH4SCN在高于170℃易分解。
（1）A装置中固体混合物是 　氯化铵，氢氧化钙　；仪器a的名称 　球形干燥管　。
（2）C装置的作用是 　观察气泡流速，控制氨气的产生速率　；三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中，原因是 　使氨气和二硫化碳充分接触，防倒吸　。
（3）待实验中观察到 　三颈烧瓶内液体不分层　现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭K1。保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，使NH4HSA═NH3↑+H2S↑进行完全后，打开K2，继续保持液温105℃，滴入适量的KOH溶液，写出生成KSCN的化学方程式 　NH4SCN+KOH KSCN+NH3↑+H2O　。
（4）装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3的离子方程式 　2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2↑+2Cr3++7H2O　。
（5）反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再 　蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥　（填操作），得到硫氰化钾晶体。
（6）晶体中KSCN含量的测定：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。[已知：滴定时发生的反应为SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）]
①指示剂a为 　Fe（NO3）3溶液　。
②晶体中KSCN的质量分数为 　87.3%　。（只要求写出计算结果）
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2↑+2Cr3++7H2O转为氮气。
【解答】解：（1）装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，仪器a是球形干燥管改造的防倒吸装置，
故答案为：氯化铵，氢氧化钙；球形干燥管；
（2）通过观察C中的气泡流速，判断A中产生氨气的速度，插入下层液体是为了让氨气和二硫化碳充分接触，充分反应，还可以起到防倒吸的作用，
故答案为：观察气泡流速，控制氨气的产生速率；使氨气和二硫化碳充分接触，防倒吸；
（3）由于二硫化碳不溶于水，故当液面不再分层的时候，说明二硫化碳反应完全；装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式是NH4SCN+KOH KSCN+NH3↑+H2O，
故答案为：三颈烧瓶内液体不分层；NH4SCN+KOH KSCN+NH3↑+H2O；
（4）装置E中，NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2↑+2Cr3++7H2O，
故答案为：2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2↑+2Cr3++7H2O；
（5）先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
（6）①Fe3+遇KSCN变红色，所以滴定过程的指示剂a为Fe（NO3）3溶液，
故答案为：Fe（NO3）3溶液；
②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓（白色）可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是 0.018L×0.1mol/L＝0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数为＝×100%＝87.3%，
故答案为：87.3%。
【点评】本题以硫氰化钾的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，滴定计算，实验装置评价等知识，考查范围较广，难度适中。
10．（15分）甲醇水蒸气催化重整反应为CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）是生产气的有效方法之一。
已知此反应包括如下两个过程：
①CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）△H1
②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H2
①②反应Kp随温度变化如下表。
温度
Kp
反应
398K
498K
598K
698K
798K
897K
①
0.50
185.8
9939.5
1.8×105
1.6×106
9.3×106
②
1577
137.5
28.14
9.339
4.180
2.276
回答下列问题
（1）根据所给数据判断△H1　＞　0（填“＞”、“＝”、“＜”）。398K时，CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的Kp＝　788.5　。
（2）下列关于甲醇水蒸气催化重整反应的理解，正确的是　BC　。
A.①反应在低温时可自发进行
B.CO是甲醇水蒸气催化重整反应过程的中间产物
C.提高催化剂的活性和选择性、减少副产物是工艺的关键
D.恒温恒容条件下，若反应①的速率大于反应②的速率，说明反应①的活化能更高
（3）某研究小组对催化重整反应的压强（p）、温度（T）与水醇比（水与甲醇的物质的量之比，用S/M表示）进行优化，得到如下结果：
①如图1是水醇比一定时，不同温度、压强条件下平衡混合物中CO含量，图1中的压强由大到小顺序为　p1＜p2＜p3　，其判断理由是　相同温度下，由于反应①为气体分子数增大的反应，加压平衡左移，CO的物质的量分数减小；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，CO的物质的量分数减小　。工业上甲醇水蒸气催化重整选择0.3MPa～0.5MPa，不选择更低压强的原因可能是　反应速率慢，CO含量较高，不利于绿色化学　。

②探究不同反应温度、水醇比下甲醇转化率如表，结合所给数据回答下列问题：
序号
S/M
温度
CO物质的量分数
CH3OH转化率
1
0.5
573
0.34
13.73
2
0.5
673
2.57
55.67
3
0.5
773
5.60
74.12
4
1.0
573
0.18
36.13
5
1.0
673
2.05
47.74
6
1.0
773
4.97
73.07
7
1.5
573
0.13
23.70
8
1.5
673
2.16
46.49
9
1.5
773
4.48
72.02
温度与甲醇的平衡转化率的关系为　升高温度，甲醇的平衡转化率增大　。当水醇比一定，随着温度升高，平衡体系中CO含量增大，原因是　升温反应①为吸热反应，平衡正向进行，反应②是放热反应，升温平衡逆向进行，均能使CO含量增大　。综合分析对于甲醇转化率有显著影响的是　温度　。工业上甲醇水蒸气催化重整选择673～700K，S/M＝1.0；S/M＝1.0理由是　CO含量相对较小　。
（4）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]，工作原理如图2所示。
①电源的负极为　B　。（填“A”或“B”）
②阳极的电极反应式为　2CH3OH+CO﹣2e﹣＝（CH3O）2CO+2H+　。
【分析】（1）利用反应的平衡常数Kp判断反应热效应：放热反应，升高温度，Kp减小；吸热反应，升高温度，Kp增大，
①甲醇分解：CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）的平衡常数为KP1，
②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为KP2，
反应①+②得到CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常数KP＝KP1×KP2；
（2）A．①反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0，反应自发进行；
B．反应过程分析，一氧化碳生成后又参与反应，为中间产物；
C．化学工艺的关键问题是提高催化剂的活性和选择性、减少副产物，提高原料利用率；
D．反应的活化能越低，反应就越能进行，反应速率越快；
（3）①由于反应①为气体分子数增大的反应，加压平衡左移，CO的物质的量分数减小，而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响；
②分析图表数据可知，温度与甲醇的平衡转化率的关系为：升高温度，甲醇的平衡转化率增大，升温反应①为吸热反应，平衡正向进行，反应②是放热反应，升温平衡逆向进行，均能使CO含量增大，温度影响平衡最大；
（4）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯，阳极上失去电子、阴极上得到电子。
【解答】解：（1）①甲醇分解：CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）的平衡常数为KP1，
②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为KP2，
反应①+②得到CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常数KP＝KP1×KP2，
398K时KP1＝0.5，KP2＝1577，所以KP＝KP1×KP2＝0.5×1577＝788.5，由于KP＝KP1×KP2，398K时KP＝0.5×1577＝788.5，
498k时KP＝KP1×KP2＝137.5×185.8＝25547.5，说明升高温度，Kp增大，即平衡正向移动，所以CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的△H1＞0，
故答案为：＞；788.5；
（2）A．①CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）△H1＞0，△S＞0，①反应自发进行的判断依据，△H﹣T△S＜0，在高温时可自发进行，故A错误；
B．①CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）△H1，②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H2，分析可知，CO是甲醇水蒸气催化重整反应过程的中间产物，故B正确；
C．化学工艺的关键问题是尽可能地加快反应速率、减少副产物，提高原料利用率，提高催化剂的活性和选择性可加快反应速率、减少副发生，故C正确；
D．反应①的速率大于反应②的速率，说明反应①更能进行，反应物的活化能更低，故D错误；
故答案为：BC；
（3）①相同温度下，由于反应①为气体分子数增大的反应，加压平衡左移，CO的物质的量分数减小；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，CO的物质的量分数减小，根据图知，压强p1＜p2＜p3，工业上甲醇水蒸气催化重整选择0.3MPa﹣0.5MPa，不选择更低压强的原因可能是：反应速率慢，CO含量较高，不利于绿色化学，
故答案为：p1＜p2＜p3；相同温度下，由于反应①为气体分子数增大的反应，加压平衡左移，CO的物质的量分数减小；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，CO的物质的量分数减小；反应速率慢，CO含量较高，不利于绿色化学；
②分析图表数据可知，温度与甲醇的平衡转化率的关系为：升高温度，甲醇的平衡转化率增大，当水醇比一定，随着温度升高，平衡体系中CO含量增大，原因是：升温反应①为吸热反应，平衡正向进行，反应②是放热反应，升温平衡逆向进行，均能使CO含量增大，综合分析对于甲醇转化率有显著影响的是：温度，工业上甲醇水蒸气催化重整选择673﹣700K，S/M＝1.0；S/M＝1.0理由是：CO含量相对较小，
故答案为：升高温度，甲醇的平衡转化率增大；升温反应①为吸热反应，平衡正向进行，反应②是放热反应，升温平衡逆向进行，均能使CO含量增大；温度；CO含量相对较小；
（4）①由图可知，左侧为阳极失去电子生成碳酸二甲酯，左侧A为电源的正极，B为电源负极，
故答案为：B；
②阳极的电极反应式为2CH3OH+CO﹣2e﹣＝（CH3O）2CO+2H+，
故答案为：2CH3OH+CO﹣2e﹣＝（CH3O）2CO+2H+。
【点评】本题考查化学平衡常数计算、外界条件对化学平衡的影响、探究化学反应适宜的反应条件等知识，为高频考点，把握外界条件对化学平衡的影响是解题关键，注意图象题型的信息提取与归纳总结，题目难度中等。
【化学-选修3物质结构与性质】
11．（15分）2017年4月26日9时中国首艘国产航母在大连成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。
（1）航母用钢可由低硅生铁冶炼而成。
①Fe2+的价层电子排布图为　　。
②影响晶格能大小的因素包括　ABC　。
A.离子半径
B.离子所带电量
C.晶体中离子的排列方式
D.共价键键长
③FeO、NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，熔点FeO小于NiO，理由是　二者离子所带电荷相同，离子半径Fe2+大于Ni2+，NiO的晶格能更大　。
（2）航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如图1反应实现铜离子的富集，进行回收。

①上述反应中发生变化的化学键有　CE　
A.离子键
B.金属键
C.共价键
D.氢键E.配位键
②X所含元素的电负性由大到小的顺序为　O＞N＞C＞H＞Cu　（用元素符号表示），采用SP杂化的非金属原子有　C、O　（元素符号），采用sp杂化的原子有　28　个。
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，试判断X的晶体类型为　分子晶体　。
（3）航母舰艇底部涂有含Cu2O的防腐蚀涂料。已知Cu2O的晶胞结构如图2所示。
①该晶胞结构中铜原子的配位数是　2　。
②已知该晶体的密度为dg▪cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该立方晶胞的参数是　×10﹣7　nm。
【分析】（1）①铁为26号元素，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为：[Ar]3d6，据此画出排布图；
②阴阳离子半径、离子所带电荷量、晶体中离子的排列方式均影响晶格能的大小；
③从离子半径，电荷量等判断晶格能大小，进而判断熔沸点；
（2）①由反应过程可知，反应中有共价键、氢键的断裂与配位键的形成，但氢键不属于化学键；
②X所含有的元素有：C、N、O、H、Cu，依据元素在元素周期表中的位置判断电负性大小，分析成键方式，确定原子的杂化方式；
③通过晶体物理性质判断所属类型；
（3）①利用均摊法，确定原子个数及种类，判断其配位数，结合密度公式，计算晶胞参数。
【解答】解：（1）①铁为26号元素，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为：[Ar]3d6，因此其价电子排布式为3d6，排布图为，
故答案为：；
②阴阳离子半径、离子所带电荷量、晶体中离子的排列方式均影响晶格能的大小，其他条件相同时，离子半径越大，晶格能越小；离子所带电量越多，晶格能越大；晶体中离子的排列方式不同，晶格能大小不同，
故答案为：ABC；
③由已知可得，晶胞与氯化钠晶胞相同，故FeO、NiO均为离子晶体，二者离子所带电荷相同，所以NiO熔点较高的原因是离子半径Fe2+大于Ni2+，NiO的晶格能更大，
故答案为：二者离子所带电荷相同，离子半径Fe2+大于Ni2+，NiO的晶格能更大；
（2）①由反应过程可知，反应中有共价键、氢键的断裂与配位键的形成，但氢键不属于化学键，
故答案为：CE；
②X所含有的元素有：C、N、O、H、Cu，依据元素在元素周期表中的位置判断电负性大小，故电负性：O＞N＞C＞H＞Cu，X分子中饱和的C原子及O原子价层电子对数均为4，采用sp3杂化，而苯环中的C原子、不饱和碳原子和N原子均采用sp2杂化，则采用sp2杂化的原子共有6×4+2+2＝28个，
故答案为：O＞N＞C＞H＞Cu；C、O；28；
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，说明X属于分子晶体，
故答案为：分子晶体；
（3）①根据晶胞结构示意图可知，黑色原子在晶胞的体内，个数为4，白色原子在晶胞的体内和顶点，个数为8×+1＝2，Cu2O中O原子和Cu原子的个数比为1：2，因此黑色原子为Cu原子，白色为O原子，所以Cu原子的配位数为2，
故答案为：2；
②依据均摊法，晶胞质量＝，晶胞体积为a3cm3，ρ＝＝＝dg/cm3，故a＝×10﹣7nm，
故答案为：×10﹣7。
【点评】本题考查晶胞计算、分子结构、核外电子排布、化学键、杂化轨道理论等知识点，难点在于晶体知识的考查，根据题述条件分析存在一定的难度，对于空间想象能力要求较高，整体难度中等。
【化学-选修5有机化学基础】
12．有机物H（C9H8O4）是洁面化妆品的中间体，以A为原料合成有机物H的路线如图。

已知：
①A是相对分子量为92的芳香烃；
②D是C的一氯取代物；
③RCHO+R1CH2CHORCH＝CR1CHO+H2O（R、R1为烃基或氢原子）。
回答下列问题：
（1）由A生成B所用的试剂和反应条为　Cl2/Fe　；B的化学名称为　3，4﹣二氯甲苯　。
（2）由D生成E的反应类型为　水解反应或取代反应　。
（3）E的结构简式为　　。
（4）由F生成G的化学方程式为　+CH3CHO+H2O　。
（5）H中含氧官能团的名称　羟基、羧基　；H长期暴露在空气中容易变质的主要原因是　H为酚类化合物，易被空气中氧气氧化　。
（6）X是F酸化后的产物，T是X的芳香族同分异构体，1molT最多能消耗2mol NaOH，则符合条件的T的结构有　8　种（不包括立体异构），写出其中一种核磁共振氢谱有4组峰的T的结构简式　、、　。
【分析】A是相对分子量为92的芳香烃，A中C原子个数＝＝7…8，则A的分子式为C7H8，A为芳香烃，则A的结构简式为，A发生取代反应生成B，B发生水解反应生成C，根据C的结构简式知，B的结构简式为，C发生甲基上的取代反应生成D，D是C的一氯取代物，则D的结构简式为，F能发生信息③的反应，说明F中含有醛基，则F中含有醛基，D发生水解反应生成E为，E发生催化氧化生成F为，G的结构简式为，G发生氧化反应然后酸化生成H为。
【解答】解：（1）A的结构简式为，B的结构简式为，A中苯环上的H原子被氯原子取代生成B，由A生成B所用的试剂和反应条为氯气、Fe；B的化学名称为3，4﹣二氯甲苯，
故答案为：Cl2/Fe；3，4﹣二氯甲苯；
（2）D的结构简式为，D发生水解反应生成E为，由D生成E的反应类型为水解反应或取代反应，
故答案为：水解反应或取代反应；
（3）通过以上分析知，E的结构简式为，
故答案为：；
（4）F为，G的结构简式为，F和乙醛发生信息中的反应生成G，由F生成G的化学方程式为：+CH3CHO+H2O，
故答案为：+CH3CHO+H2O；
（5）H为，H中含氧官能团的名称羟基、羧基；H长期暴露在空气中容易变质的主要原因是H为酚类化合物，易被空气中氧气氧化，
故答案为：羟基、羧基；H为酚类化合物，易被空气中氧气氧化；
（6）F为，X是F酸化后的产物，则X的结构简式为，T是X的芳香族同分异构体，则T中含有苯环，1molT最多能消耗2mol NaOH，T中可能含有2个酚羟基和1个醛基或含有1个酚羟基和1个酚羟基，
如果取代基为2个酚羟基、1个醛基，2个酚羟基相邻时，醛基有2种排列方式；如果2个酚羟基相间，醛基有3种排列方式；如果2个酚羟基相对，醛基有1种排列方式；
如果取代基为1个羧基和1个酚羟基，二者有邻间对3种结构，去除其本身，所以符合条件的T的结构有8种；其中一种核磁共振氢谱有4组峰的T的结构简式为、、，
故答案为：8；、、。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断，易漏掉去除其本身而导致错误判断，题目难度不大。