河北省衡水中学2017届高三上学期五调（12月）理综化学试题解析

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一、选择题
7.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对从地表渗出的、当地人称为“石脂”或“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松果不及也，此物必大行于世”的描述， 关于上文的下列说法中正确的是 ( )
A．“洧水”的主要成分是油脂 B．“洧水”的主要成分是煤油
C．“洧水”的主要成分是石油 D．其烟的主要成分是石墨
【答案】C

考点：考查物质的物理性质
8． NA表示阿伏加徳罗常数的值，下列有关叙述正确的个数为( )
①1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
②4.2 g乙烯和丙烯混合气中含有的极性链数目为0.6NA
③标况下，3.36 LSO3含有的电子数为1.5NA[来源:Z+xx+k.Com]
④常温下，1 L0.5 mol/L NH4Cl溶液与2 L0.25 mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下，4.6g NO2和N2O4混合气体屮所含原子总数为0.3NA
⑥在KClO3 + 6HCl(浓)=KCl + 3Cl2+3H2O反应中，每生成1 mol Cl2，转移的电子总数为2NA
⑦1 mol铁粉在1 mol氧气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【解析】
试题分析：①苯环不含有碳碳双键，1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，错误；②乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，则4.2 g乙烯和丙烯混合气中含有的极性链数目为0.6NA，正确；③标况下SO3不是气态，不能利用气体摩尔体积计算含有的电子数，错误；④常温下，1 L0.5 mol/L NH4Cl溶液与2 L0.25 mol/L NH4Cl溶液中铵根的水解程度不同，所含NH4+的数目不相同，错误；⑤NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，常温下，4.6g NO2和N2O4混合气体屮所含原子总数为0.3NA，正确；⑥在KClO3 + 6HCl(浓)=KCl + 3Cl2+3H2O反应中，每生成1 mol Cl2，转移的电子总数为5NA，错误；⑦1 mol铁粉在1 mol氧气中充分燃烧生成四氧化三铁，失去的电子数为8/3NA，错误；⑧高温下，16.8 g Fe（即0.3mol）与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，正确，答案选A。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数的计算[来源:Z§xx§k.Com]
【名师点晴】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应，如本题中铁与氧气和H2O的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点， 并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。
9． 下列各组离子或分子能大量共存，当加人相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是（ ）
选项
离子组
加人试剂
加人试剂后发生反应的离子方程式
A．
NH4+、Fe2+、SO42-
少量Ba(OH)2溶液
2NH4++ SO42- + 2OH- = BaSO4↓+ 2NH3 • H2O
B．
Na+、OH-、Cl-
少量Mg(HCO3)2溶液
Mg2++2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2↓+2CO32-
C．
K+、NH3·H2O、CO32-
通人少量CO2
2OH-+CO2=CO32-+H2O
D．
Fe2+、NO3-、HSO3-
NaHSO4溶液
HSO3- +H+ = SO2↑+H2O
【答案】B

考点：考查离子方程式的书写、离子共存
10．下列有关实验的说法不正确的是（ ）
A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．在4 mL0.1 mol/L的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1 mol/L的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色
C．探究化学反应的限度：取5 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加0.1 mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应
D．将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶、过滤即可得到大量硝酸钾晶体
【答案】C

考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。
11.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应H2S+O2=H2O2+S，已知甲池中发生的反应为

下列说法正确的是（ ）
A．该装置中电能转化为光能 B．H+从甲池移向乙池
C．甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ + 2H+ - 2e- = H2AQ
D．乙池溶液屮发生的反应为H2S+I3- = 3I- + S + 2H+
【答案】D[来源:学&科&网]
【解析】
试题分析：A、装置的是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，A错误；B、原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；C、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-＝H2AQ，C错误；D、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+，D正确；答案选D。
【考点定位】考查原电池的工作原理以及电极反应式的书写
【名师点晴】注意掌握原电池中电极反应式的书写方法：①先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；②注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；③若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH－，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；④正负极反应式相加（电子守恒）得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。
12．25 ℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+) = 0.1 mol/L的混合溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述 一定正确的是（ ）

A．W点表示的溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)
B．pH= 10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3 • H2O)<0．1 mol/L
C．pH= 9.5的溶液中：c(NH3 • H2O)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D．向W点所表示的1L溶液中加人0.05 mol NaOH固体（忽略溶液体积变化）：c(Cl-)>c(Na+ )>c(OH- )>c(NH4+)>c(H+)
【答案】C
根据图像，c(NH3·H2O)>c(NH4＋)因此溶液中：c(NH3 • H2O)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D、W点时，c(NH3·H2O)＝c(NH4＋)＝0.05mol·L－1，加入0.05molNaOH固体，得到0.1mol的NH3·H2O和0.05molNaCl，c(Na＋)＝c(Cl－)，因此c(Cl－)＝c(Na＋)>c(OH－)>c(NH4＋)>c(H＋)，D错误。答案选C。
考点：考查离子浓度大小比较等知识。
13．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素且B、C相邻，A元索可以与B、C、E元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，丙为18电子化合物。D元索的最外层电子数与核外电子层数相等。已知：甲+E2=丙+ Br2，甲+丙=丁，下列说法中正确的是( )
A．离子半径：D>C>B
B．A与B两种元素共同形成的10电子粒子有3种
C．D元素在周期表中的位置是第二周期第ⅡA族
D．丁物质均由非金属元索构成，只含共价键
【答案】B

【考点定位】本题考查元素化合物的推断
【名师点晴】推断元素化合物是解题的根据，注意掌握常见10电子、18电子物质，归纳如下：（1）“18电子”的微粒：

分子
离子
一核18电子
Ar
K＋、Ca2＋、Cl－、S2－
二核18电子
F2、HCl
O22－、HS－
三核18电子
H2S

四核18电子
PH3、H2O2

五核18电子
SiH4、CH3F、NH2OH

六核18电子
N2H4、CH3OH

其他微粒
C2H6、CH3NH2
N2H5＋、N2H62＋
（2）“10电子”的微粒：CH4、NH3、H2O、HF、Ne、NH4＋、H3O＋、OH－、O2－、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋等。“9电子”的微粒：—F、—OH、—NH2、—CH3(取代基)。“14电子”的微粒：Si、N2、CO、C2H2。“2电子”的微粒：He、H－、Li＋、Be2＋、H2。
26.(14分)工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
I.脱硝：已知：H2的热值为142.9 kJ/g(热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量)；
N2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) △H= +133 kJ/mol
H2O(g) =H2O(l) △H=- 44 kJ/mol
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为________。
Ⅱ.脱碳：向2L密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l) + H2O(l)。
（1）①该反应自发进行的条件是______(填“低温”“高温”或“任意温度”）。
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是______。
A．混合气体的平均式量保持不变 B．CO2和H2的体积分数保持不变
C．CO2和H2的转化率相等 D．混合气体的密度保持不变
e.1 mol CO2生成的同时有3 mol H—H键断裂
③CO2的浓度随时间(0～t2)的变化如图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6的浓度随时间的变化。

（2）改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) △H<0中的所有物质都为气态。起始温度体积相同(T1℃、2L.密闭容器)。反应过程中部分数据见下表：

反应时间
CO2 (mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
反应I 恒温恒容
0 min
2[来源:学.科.网Z.X.X.K]
6
0
0
10 min

4.5


20 min
1



30 min


1

反应II绝热恒容
0 min
0
0
2
2
①达到平衡时，反应I、II对比：平衡常数K( I ) ______K(II)(填“>”“<”或“=”，下同）；平衡时CH3OH的浓度c(I)_______c(II)。
②对反应I，前10 min内的平均反应速率v(CH3OH) =________，在其他条件不变下，若30 min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2 mol，则T1_____T2(填填“>”“<”或“=”)。若30 min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1mol H2O(g)，则平衡 ______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
【答案】I．4H2(g) +2NO2 (g)＝N2 (g) +4H2O(g) △H=-1100.2kJ/mol (2分）
II．（1） ①低溫：（1分）②d e； (2分）
③（2分）
（2）①<；(1分）<；(1分) ② 0.025mol/L·min1)； (2分）<； (1分）不（2分）；

Ⅱ．（1）①该反应的ΔS＜0，所以若反应自发进行，则ΔH＜0，因此反应在低温条件下自发进行；
②a．该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以是混合气体的平均式量始终保持不变，不能判断为平衡状态，a错误；b．CO2与H2始终是1:3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，b错误；c．CO2与H2的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，c错误；d．因为该体系中有液体参加，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达到平衡时，保持不变，d正确；e．1molCO2生成的同时有3molH－H键断裂，符合正逆反应速率相等，是平衡状态，e正确，答案选de；
③在t2时将容器容积缩小到原来的二分之一，CO2浓度瞬间增大到1mol·L－1，则压强增大，平衡正向移动，t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5mol·L－1；该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5mol·L－1，对应的图像见答案。
（2）①因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应Ⅱ是从逆反应方向开始的，所以反应吸热，绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应Ⅰ温度高于反应Ⅱ，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K(I)＜K(II)；二者都是恒容条件，若是恒温容器，二者达到的平衡是等效平衡，甲醇的浓度相同，而反应Ⅰ温度高于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ需要再降低温度，而温度降低，平衡正向移动，则甲醇的浓度增大，平衡时CH3OH的浓度c(I)＜c(II)。
②对于反应Ⅰ，前10min内氢气的物质的量减少6mol－4.5mol=1.5mol，则甲醇的物质的量增加0.5mol，所以前10min内平均反应速率v(CH3OH)==0.025mol·L－1·min－1；30min时是平衡状态，生成甲醇1mol，则消耗氢气3mol，平衡时氢气的物质的量为3mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2mol，物质的理增大，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，则T1＜T2；若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，根据表中数据计算该温度下的平衡常数为K=，此时Qc= =K，所以平衡不移动。
考点：考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，平衡移动的应用。
27．(14分)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备 CeO2的一种工艺流程如下：

已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2 ]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____________。
（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式：______；为避免产生上述污染，请提出一种解决方案：_____________。
（3）“萃取”时存在反应：Ce4+ +n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为______；下图中D时分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比()。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO42-)，D随起始料液中c(SO42-)变化的原因：__________。

（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+。H2O2在该反应中作______(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)，每有1molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为____。
（5）“氧化”步骤的化学方程式为_____________。
（6）取上述流程中得到的CeO2产品0.4500 g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为______。
【答案】（1）增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。（2分）
（2）2CeO2 +2C1-+8H+＝2Ce3+ +Cl2↑+4H2O； (2分）将 HC1(盐酸)改用H2SO4酸浸（1分）
（3）分液漏斗（1分） 随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生牛成[CeSO4]2+移动，D迅速减小，(2分） （4） 还原剂（1分）；2mol（1分）；
（5） 2C(OH)3 + NaClO +H2O＝2Ce(OH)4 + NaCl（2分） （6）95.56% (2分）

（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，反应更充分；
（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体应为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，反应的离子方程式为2CeO2 +2C1-+8H+＝2Ce3+ +Cl2↑+4H2O，可以用硫酸代替盐酸而避免产生氯气污染；
（3）实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：Ce4+ +n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+，加入Na2SO4时，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；
（4）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+，H2O2在该反应中作还原剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol；
（5）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的化学方程式为2C(OH)3 + NaClO +H2O＝2Ce(OH)4 + NaCl；
（6）FeSO4的物质的量为0.1000mol•L-1×0.025L=0.0025mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.0025×172g=0.4300g，产品中CeO2的质量分数为0.4300g/0.4500g×100%=95.60%。
【考点定位】本题考查物质分离和提纯、工艺流程图分析
【名师点晴】该题为高频考点，考查的知识点较多，涉及物质分离和提纯方法选取、氧化还原反应等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法。流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
28．(15分)甲乙两同学分别对含+4价硫元素的物质性质进行了探究。
（1）甲用下图装置进行实验(气密性已检验，加热和夹持装置已略去)。实验进行一段时间后，C、D中都出现明显的白色沉淀，经检验均为BaSO4。

① A中反应的化学方程式是_________。
②为探究SO2在D中所发生的反应，甲进一步实验发现，出现由色沉淀的过程中，D溶液中NO3-浓度几乎不变。甲据此得出结论：D中出现白色沉淀的主要原因是________。
（2）乙用如下实验对含+4价疏元素的物质性质继续进行探究。
序兮
实验搡作
实聆现象
1
取0.3g纯净Na2SO3固体，向其中加人10mL 2 mol/L盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液
产生无色气泡，滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4 min后，溶液变浑浊
2
取0.3g纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2 mol/L HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液
产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2 h后，溶液变浑浊
3
取0.3g纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 浓HNO3,再滴入4滴BaCl2溶液
产生红棕色气体；滴入BaCl2溶液后，溶液立即产生大量白色沉淀
①用离子方程式解释实验1中产生现象的原因：________________。
② 由实验1、2、3对比，可以得到推论:________________。
③乙通过査阅资料发现.Na+对实验1和2中出现浑浊的时间无影响，于是进一步探究Cl-和 NO3-对其的影响：
序号
实验操作
实验现象
4
取____固体混合物，向其中加入10mL2 mol /LHNO3，再滴入4滴BaCl2溶液
产生无色气泡；：滴入BaCl2溶液后，开始无现象，20 min后，溶液变浑浊
i.实验2和4对比，乙获得推论:C1-的存在可以加快溶液中+4价硫元索的氧化；
ii.实验I和4对比，乙获得推论: ______________。
④通过以上实验，乙同学认为，确定某溶液中含有SO42-的实验方案：取待测液，向其中先滴加_______ (填字母序号)。
a．2 mol/L盐酸，再滴加BaCl2溶液，一段时间后出现白色沉淀
B．2 mol/L盐酸，再滴加BaCl2溶液，立即出现白色沉淀
C．2 mol/L硝酸，再滴加BaCl2溶液，一段时间后出现白色沉淀
D．2 mol/L硝酸，再滴加BaCl2溶液，立即出现白色沉淀
【答案】（共15分；除特殊标注外，每空2分）
（1）①Cu + 2H2SO4(浓）CuSO4 + SO2↑+ 2H2O（条件是加热）
②酸性条件下，含+4价硫元素物质(SO2或H2SO3)被O2氧化生成SO42-
（2）① 2H++SO32-=SO2+H2O；SO2+O2+2Ba2++ 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+；
（或2H2SO3+O2+2Ba2+=2BaSO4↓+ 4H+）
②含+4价硫元素物质可被O2和浓HNO3氧化 ③0.3g纯净Na2SO3和1.17gNaCl
ii.NO3-的存在可以减缓溶液中+4价硫元素的氧化 ④bd

（2）①取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡为二氧化硫气体，滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊，说明二氧化硫被空气中氧气氧化生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为：2H++SO32-＝SO2+H2O，2SO2+O2+2Ba2++2H2O＝2BaSO4↓+4H+或2H2SO3+O2+2Ba2+＝2BaSO4↓+4H+；
②由实验1说明空气中氧气也可以氧化+4价硫元素的化合物，实验2说明硝酸溶液中硝酸根离子对氧化反应起到减慢作用，出现沉淀时间长，实验3是浓硝酸能氧化+4价硫元素化合物生成硫酸根离子，出现沉淀快，对比可知氧气、浓硝酸都可以氧化二氧化硫；
③探究Cl-和NO3-对其的影响，i．实验2和4对比，乙获得推论：Cl-的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化，实验4中需要提供和实验1中相同的氯离子实验探究，即需要0.01L×2mol/L＝0.02mol，氯化钠的质量＝0.02mol×58.5g/mol＝1.17g，对比实验1判断出现沉淀的时间分析，取0.3g 纯净Na2SO3和1.17gNaCl固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液，观察出现沉淀的时间；
ii．实验1和4对比，不同的是盐酸和硝酸，氯离子相同，出现沉淀的时间是盐酸溶液中快，乙获得推论是硝酸根离子减慢+4价硫的化合物的氧化，实验1和4对比，乙获得推论是：NO3-的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化；
④对比上述实验确定某溶液中含有SO42-的实验方案是：实验1可知，取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊，若含硫酸根离子，加入盐酸和氯化钡溶液会迅速生成白色沉淀，实验2可知，取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2h后，溶液变浑浊，加入硝酸和氯化钡溶液，+4价硫元素化合价被氧气的速率减慢，若有硫酸根离子会迅速生成沉淀。
考点：考查物质性质的实验探究、实验方案的分析和设计。
35.【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)
T、W、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下表。
元索
相关信息
T
T元素可形成自然界硬度最大的单质
W
W与T同周期，核外有一个未成对电子
X
X原子的第一离能至第四电离能分别I1=578 kJ/mol； I2= l817 kJ/mol；I3=2745 kJ/mol；I4=11575kJ/mol
Y
常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质
Z
Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34
（1） TY2是一种常用的溶剂，是_____ (填“极性分子”或“非极性分子”），分子中存在___个σ键。
（2）W的最简单氢化物容易液化，理由是__________，.放热419 kJ，该反应的热化学方程式为 __________。
（3）基态Y原子中，电子占据的最高能层符号为_____，该能层具有的原子轨道数为 _____________、电子数为_________。Y、氧、W元素的第一电离能由大到小的顺序为_________ (用元素符号作答)。
（4）已知Z的晶胞结构如图所示，又知Z的密度为9.00 g/cm3，则晶胞边长为______cm；ZYO4常作电镀液，其中ZYO42-的空间构型是_____，其中Y原子的杂化轨道类型是______。元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z +HCl+O2=ZC1+HO2，HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是
A． O2是氧化剂
B． HO2是氧化产物
C．HO2在碱中能稳定存在
D．1 mol Z参加反应有1 mol电子发生转移
【答案】（1）非极性分子（1分）2（1分）分子间形成氢键（2分）
（2）4Al(s)+3O2(g)＝2Al2O3(s)△H=-3352kJ/mol（2分）
（3）M（1分）9（1分）6（1分）N>O>S（1分）
（4）3.61×10-8cm或者（2分）正四面体（1分）sp3（1分）AD（2分）

（2）4Al＋3O2＝2Al2O3，4molAl燃烧放出的热量为419×4×27/13.5kJ＝3352 kJ，即热化学反应方程式为：4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s) △H＝－3352kJ·mol－1；
（3）属于第三周期第ⅥA族元素，能层分别为K、L、M，能量离核越远能量越高，最高能层为M，该能层具有的原子轨道数为9，电子数为6，同一周期从左向右第一电离能增大，ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，同主族从上到下，第一电离能减小，即顺序是N＞O＞S；
（4）利用均摊法晶胞中含有铜原子的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，因此此晶胞的质量4×64/NAg，根据密度的定义式，9＝4×64/(NA×a3)，a＝3.61×10-8cm，SO42－中含有4个σ键，孤电子对数＝1/2×(6＋2－4×2)＝0，因此价层电子对数为4，属于正四面体结构，杂化轨道数＝价层电子对数＝4，即S的杂化类型为sp3，A、根据化合价的变化，O2的化合价降低，作氧化剂，A正确；B、HO2属于还原产物，B错误；C、HO2属于一种弱酸，在碱性中发生中和反应，因此不能存在碱性溶液中，C错误；D、CuCl中Cu显＋1价，因此1molCu参加反应有1mol电子失去，D正确。答案选AD。
考点：考查元素的推断、热化学反应方程式的书写、第一电离能、空间结构、杂化类型、晶胞等知识。
36.【化学——选修5:有机化学基础】(15分)
化合物A里一种重要的原料，其结构简式为，可由化合物甲生成。其转化关系及相应反应如下：

已知:①甲的分子式为C18H17ClO2；
②R1-CHO+R2-OH
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________；A分子中最多有_____个碳原子处于同一平面上。
（2）C→F的反应类型为_______；F中含氧管能团名称为______________。
（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为_________________。
（4）A有多种同分异构体，其中符合下列条件：①能与溴发生加成反应；②分子中含苯环，且在 NaOH溶液中发生水解反应；③核磁共振氢进有5组峰，且面积比为1:2:2:1:2的是______
(写结构简式；立体异构中有一种形式为顺反异构，当相同原子或基团在双键平面同一侧时为顺式结构，在异侧时为反式结构，则A的顺式结构简式为_______。
（5） 是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感 光树脂等化工产品，参照上述反应路线，设计一条以A为原料合成的路线（其他试剂任选）：
【答案】（1）苯丙烯酸（或3-苯基丙烯酸）（1分）9（2分）；（2）取代反应（1分）；羟基、醛基（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）；（2分）；
（5）（每步1分，共3分）

（1）A为，A的化学名称为苯丙烯酸，其中苯环上的所有原子都可以共面，碳碳双键上的所有原子也可共面，单键可以转动，所以A分子中最多有9个碳原子处于同一平面上；
（2）C→F的反应类型为取代反应，F为，F中含氧官能团名称为 羟基、醛基；
（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为；
（4）A为，根据条件：①能与溴发生加成反应，说明有碳碳双键，②分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应，说明有酯基，③核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2，则符合条件的A的同分异构体是，A的顺式结构简式为；
（5）以为原料合成的，可以用与溴发生加成反应，然后再在氢氧化钠醇溶液中发生消去、再酸化后与乙醇发生成酯化反应即可得产品，合成的路线为。
【考点定位】本题考查有机物的推断
【名师点晴】明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，（5）中有机合成路线为易错点、难点。注意有机化学包括的知识点有：有机物分子式、结构简式、官能团、同分异构体、化学方程式、官能团化学性质的比较判断，对物质制备流程的设计、反应条件的判断、反应类型的判断，是物质结构决定性质的具体体现。这类题目通过反应条件的不同、反应前后物质结构简式的变化可判断发生的反应类型，物质分子中含有的官能团类型。书写或判断同分异构体的种数是该题中的难点。针对不同的物质类别，抓住书写同分异构体的一般规律，首先判断该物质中是否含有官能团、官能团的种类、取代基的个数及种类，结合链烃的同分异构体的判断即可。注意书写过程中的不重不漏。物质制备流程的设计，需要根据物质之间结构的异同，利用所学化学知识或者是题目已知信息，选择合适的条件和试剂加以合成。
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