第1頁〔共1頁〕2024年河北省衡水中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷〔一〕一、選擇題〔每題6分，共42分〕1．〔6分〕化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用．以下表達(dá)正確的選項是〔〕A．氯氣是合成塑料、橡膠、農(nóng)藥和制鹽酸、有機(jī)溶劑的重要原料B．“遼寧艦〞上用于艦載機(jī)降落攔阻索的特種鋼纜，屬于新型無機(jī)非金屬材料C．白酒中混有少量塑化劑，少量飲用對人體無害，可通過過濾方法除去D．汽車尾氣中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃燒造成的2．〔6分〕某有機(jī)物C6H12O2能發(fā)生水解反響生成A和B，B能氧化成C．假設(shè)A、C都能發(fā)生銀鏡反響，那么C6H12O2符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有〔不考慮立體異構(gòu)〕〔〕A．3種 B．4種 C．5種 D．6種3．〔6分〕在pH為4～5的溶液中，Cu2+幾乎不水解，而Fe3+幾乎完全水解．某學(xué)生擬用電解CuSO4溶液的方法測定銅的相對原子質(zhì)量．該同學(xué)向pH=3.8酸化的、含有Fe2〔SO4〕3雜質(zhì)的CuSO4溶液中參加過量的黑色粉末X，充分?jǐn)嚢韬髮V液用以以下列圖所示裝置電解，其中某電極增重ag，另一電極上產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體VmL．以下說法正確的選項是〔〕A．銅電極連接電源正極B．黑色粉末X是鐵粉C．銅的相對原子質(zhì)量的計算式是D．石墨電極上發(fā)生的反響是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O4．〔6分〕以下離子方程式正確的選項是〔〕A．0.01mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液與0.02mol/LBa〔OH〕2溶液等體積混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al〔OH〕3↓+NH3?H2OB．Na2O2參加H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液與過量NaOH溶液共熱：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．濃硝酸中參加過量鐵粉并加熱：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O5．〔6分〕如以下列圖，隔板I固定不動，活塞Ⅱ可自由移動，M、N兩個容器中均發(fā)生反響：A〔g〕+2B〔g〕?xC〔g〕△H=﹣192kJ?mol﹣1，向M、N中都通入1molA和2molB的混合氣體，初始M、N容積相同，保持溫度不變．以下說法正確的選項是〔〕A．假設(shè)x=3，到達(dá)平衡后A的體積分?jǐn)?shù)關(guān)系為：φ〔M〕＞φ〔N〕B．假設(shè)x＞3，到達(dá)平衡后B的轉(zhuǎn)化率關(guān)系為：α〔M〕＞α〔N〕C．假設(shè)x＜3，C的平衡濃度關(guān)系為：c〔M〕＞c〔N〕D．x不管為何值，起始時向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的濃度均相等6．〔6分〕X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素．Y和R同主族，可組成共價化合物RY2，Y和Z最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相同，25℃時，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH為1．以下說法正確的選項是〔〕A．由于非金屬性Y＞R，所以X、Y組成化合物的沸點高于X、R組成的化合物B．Y和其他四種元素均可形成至少兩種的二元化合物C．RY2能與Y、Z形成的一種化合物反響生成Y2D．Y、Z、W三種元素組成化合物的水溶液一定顯堿性7．〔6分〕如圖藥品和裝置合理且能完成相應(yīng)實驗的是〔〕A．制備氫氧化亞鐵B．驗證非金屬性Cl＞C＞SiC．檢驗二氧化硫中是否混有二氧化碳D．實驗室制取并收集氨氣二、非選擇題8．〔15分〕運(yùn)用化學(xué)反響原理研究氮、硫等單質(zhì)及其化合物的反響有重要意義．〔1〕硫酸生產(chǎn)過程中2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕，平衡混合體系中SO3的百分含量和溫度的關(guān)系如右圖所示，根據(jù)圖1答復(fù)以下問題：①2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕的△H0〔填“＞〞或“＜〞〕．②一定條件下，將SO2與O2以體積比2：1置于一體積不變的密閉容器中發(fā)生以上反響，能說明該反響已到達(dá)平衡的是〔填字母編號〕．a(chǎn)．體系的密度不發(fā)生變化b．SO2與SO3的體積比保持不變c．體系中硫元素的質(zhì)量百分含量不再變化d．單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)移4mol電子，同時消耗2molSO3e．容器內(nèi)的氣體分子總數(shù)不再變化〔2〕一定的條件下，合成氨反響為：N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕．圖2表示在此反響過程中的能量的變化，圖3表示在2L的密閉容器中反響時N2的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線．圖4表示在其他條件不變的情況下，改變起始物氫氣的物質(zhì)的量對此反響平衡的影響．①該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為，升高溫度，平衡常數(shù)〔填“增大〞或“減小〞或“不變〞〕．②由圖3信息，計算0～10min內(nèi)該反響的平均速率v〔H2〕=，從11min起其它條件不變，壓縮容器的體積為1L，那么n〔N2〕的變化曲線為〔填“a〞或“b〞或“c〞或“d〞〕③圖4a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反響物N2的轉(zhuǎn)化率最高的是點，溫度T1T2〔填“＞〞或“=〞或“＜〞〕〔3〕假設(shè)將等物質(zhì)的量的SO2與NH3溶于水充分反響，所得溶液呈性，所得溶液中c〔H+〕﹣c〔OH﹣〕=〔填寫表達(dá)式〕〔：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3?H2O：Kb=1.8×10﹣5〕．9．〔14分〕工業(yè)上以鋰輝石〔Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素〕為原料生產(chǎn)碳酸鋰．其局部工業(yè)流程如圖：：①Li2O?Al2O3?4SiO2+H2SO4〔濃〕Li2SO4+Al2O3?4SiO2?H2O②某些物質(zhì)的溶解度〔S〕如表所示．T/℃20406080S〔Li2CO3〕/g1.331.171.010.85S〔Li2SO4〕/g34.232.831.930.7〔1〕從濾渣1中別離出Al2O3局部的流程如圖2所示，括號表示參加的試劑，方框表示所得的物質(zhì)．那么步驟Ⅱ中反響的離子方程式是請寫出Al2O3和Na2CO3固體在高溫下反響的化學(xué)方程式．〔2〕濾渣2的主要成分有Mg〔OH〕2和CaCO3．向濾液1中參加石灰乳的作用是〔運(yùn)用化學(xué)平衡原理簡述〕．〔3〕最后一個步驟中，用“熱水洗滌〞的原因是．〔4〕工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的局部工藝如下：a．將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，LiOH溶液做陰極液，兩者用離子選擇透過膜隔開，用惰性電極電解．b．電解后向LiOH溶液中參加少量NH4HCO3溶液并共熱，過濾、烘干得高純Li2CO3．①a中，陽極的電極反響式是．②b中，生成Li2CO3反響的化學(xué)方程式是．10．〔14分〕鐵礦石是工業(yè)煉鐵的主要原料之一，其主要成分為鐵的氧化物〔設(shè)雜質(zhì)中不含鐵元素和氧元素，且雜質(zhì)不與H2SO4反響〕．某研究性學(xué)習(xí)小組對某鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式進(jìn)行探究．Ⅰ．鐵礦石中含氧量的測定①按圖1組裝儀器，檢查裝置的氣密性；②將5.0g鐵礦石放入硬質(zhì)玻璃管中，裝置B、C中的藥品如以下列圖〔夾持儀器均省略〕；③從左端導(dǎo)氣管口處不斷地緩緩?fù)ㄈ際2，待C裝置出口處H2驗純后，點燃A處酒精燈④充分反響后，撤掉酒精燈，再持續(xù)通入氫氣至完全冷卻．〔1〕裝置C的作用為．〔2〕測的反響后裝置B增重1.35g，那么鐵礦石中氧的百分含量為．Ⅱ．鐵礦石中含鐵量的測定〔1〕步驟④中煮沸的作用是．〔2〕步驟⑤中用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、．〔3〕圖2有關(guān)步驟⑥的操作中說法正確的選項是．a(chǎn)．因為碘水為黃色，所以滴定過程中不需加指示劑b．滴定過程中可利用淀粉溶液作為指示劑c．滴定管用蒸餾水洗滌后可以直接裝液d．錐形瓶不需要用待測液潤洗e．滴定過程中，眼睛注視滴定管中液面變化f．滴定結(jié)束后，30s內(nèi)溶液不恢復(fù)原來的顏色再讀數(shù)〔4〕假設(shè)滴定過程中消耗0.5000mol?L﹣1KI溶液20.00mL，那么鐵礦石中鐵的百分含量為．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出該鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式為．【化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)根底】〔15分〕11．〔15分〕以A為原料合成安眠藥﹣﹣苯巴比妥的路線如下：〔1〕A中官能團(tuán)的名稱是．〔2〕B→C的化學(xué)方程式是．〔3〕寫出一種與D互為同分異構(gòu)體，且苯環(huán)上只有一個取代基的酯的結(jié)構(gòu)簡式．〔4〕F為酯，其結(jié)構(gòu)簡式是．〔5〕F→G的反響類型是．〔6〕H的結(jié)構(gòu)簡式是．〔7〕G與CO〔NH2〕2在一定條件下合成的高分子結(jié)構(gòu)簡式是．

2024年河北省衡水中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷〔一〕參考答案與試題解析一、選擇題〔每題6分，共42分〕1．〔6分〕化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用．以下表達(dá)正確的選項是〔〕A．氯氣是合成塑料、橡膠、農(nóng)藥和制鹽酸、有機(jī)溶劑的重要原料B．“遼寧艦〞上用于艦載機(jī)降落攔阻索的特種鋼纜，屬于新型無機(jī)非金屬材料C．白酒中混有少量塑化劑，少量飲用對人體無害，可通過過濾方法除去D．汽車尾氣中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃燒造成的【分析】A．合成塑料、橡膠、農(nóng)藥和制鹽酸、有機(jī)溶劑常常含有氯元素；B．鋼纜屬于合金；C．不溶性固體和液體可以處于過濾法別離；D．汽油不完全燃燒的生成物是CO．【解答】解：A．合成塑料、橡膠、農(nóng)藥和制鹽酸、有機(jī)溶劑常常含有氯元素，氯氣能和有機(jī)物發(fā)生反響，所以氯氣是合成塑料、橡膠、農(nóng)藥和制鹽酸、有機(jī)溶劑的重要原料，故A正確；B、“遼寧艦“上用于艦載機(jī)降落攔阻索的特種鋼纜，屬于合金，而不是新型無機(jī)非金屬材料，故B錯誤；C、不溶性固體和液體可以處于過濾法別離，塑化劑和酒精互溶，所以不能通過過濾除去，且塑化劑有毒，故C錯誤；D、汽油不完全燃燒的生成物是CO，氮的氧化物與汽油是否完全燃燒無關(guān)系，故D錯誤；應(yīng)選：A．【點評】此題考查了物質(zhì)的性質(zhì)和用途，明確物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，用途表達(dá)性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，難度不大．2．〔6分〕某有機(jī)物C6H12O2能發(fā)生水解反響生成A和B，B能氧化成C．假設(shè)A、C都能發(fā)生銀鏡反響，那么C6H12O2符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有〔不考慮立體異構(gòu)〕〔〕A．3種 B．4種 C．5種 D．6種【分析】某有機(jī)物C6H12O2能發(fā)生水解反響生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一個酯基，B能氧化成C，那么B為醇．假設(shè)A、C都能發(fā)生銀鏡反響，都含有醛基，那么A為甲酸，B與羥基相連的碳原子上至少含有2個氫原子．【解答】解：某有機(jī)物C6H12O2能發(fā)生水解反響生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一個酯基，B能氧化成C，那么B為醇，A為羧酸．假設(shè)A、C都能發(fā)生銀鏡反響，都含有醛基，那么A為甲酸，B能被氧化成醛，那么與羥基相連的碳原子上至少含有2個氫原子．B的結(jié)構(gòu)中除了﹣CH2OH，還含有一個丁基，有4種丁基，C6H12O2符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有4種．應(yīng)選B．【點評】此題考查了根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷物質(zhì)的結(jié)構(gòu)，難度不大，明確物質(zhì)官能團(tuán)能發(fā)生的化學(xué)反響是解此題的關(guān)鍵．3．〔6分〕在pH為4～5的溶液中，Cu2+幾乎不水解，而Fe3+幾乎完全水解．某學(xué)生擬用電解CuSO4溶液的方法測定銅的相對原子質(zhì)量．該同學(xué)向pH=3.8酸化的、含有Fe2〔SO4〕3雜質(zhì)的CuSO4溶液中參加過量的黑色粉末X，充分?jǐn)嚢韬髮V液用以以下列圖所示裝置電解，其中某電極增重ag，另一電極上產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體VmL．以下說法正確的選項是〔〕A．銅電極連接電源正極B．黑色粉末X是鐵粉C．銅的相對原子質(zhì)量的計算式是D．石墨電極上發(fā)生的反響是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O【分析】X為CuO，與酸反響調(diào)節(jié)溶液pH，可促進(jìn)鐵離子的水解而除去雜質(zhì)，反響中銅為電解池陰極，石墨為陽極，陰極反響為Cu2++2e﹣=Cu，陽極反響為4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，根據(jù)兩極轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等計算銅的相對原子質(zhì)量．【解答】解：A．銅為電解池陰極，應(yīng)連接電源負(fù)極，故A錯誤；B．X為CuO，與酸反響調(diào)節(jié)溶液pH，可促進(jìn)鐵離子的水解而除去雜質(zhì)，故B錯誤；C．設(shè)銅的相對原子質(zhì)量為M，那么n〔Cu〕=mol，n〔O2〕=mol，兩極轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等，那么mol×2=mol×4，那么M=，故C錯誤；D．石墨為陽極，電極上發(fā)生的反響是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故D正確．應(yīng)選D．【點評】此題考查電解原理，題目難度不大，注意根據(jù)電極增重和生成氣體判斷電解池的兩極反響，根據(jù)兩極轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等的關(guān)系測定銅的相對原子質(zhì)量．4．〔6分〕以下離子方程式正確的選項是〔〕A．0.01mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液與0.02mol/LBa〔OH〕2溶液等體積混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al〔OH〕3↓+NH3?H2OB．Na2O2參加H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液與過量NaOH溶液共熱：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．濃硝酸中參加過量鐵粉并加熱：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O【分析】A．氫氧根離子先和一水合氨反響、然后鋁離子反響，二者的物質(zhì)的量之比為1：2，所以二者反響生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀和一水合氨；B．水中的O氧元素生成氫氧根離子，且過氧根離子中的O元素一半生成氫氧根離子、一半生成氧氣；C．二者反響生成碳酸鈉、水和氨氣；D．硝酸與過量Fe反響得到的是Fe2+．【解答】解：A．氫氧根離子先和一水合氨反響、然后和鋁離子反響，二者的物質(zhì)的量之比為1：2，所以二者反響生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀和一水合氨，離子方程式為NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al〔OH〕3↓+NH3?H2O，故A正確；B．水中的O氧元素生成氫氧根離子，且過氧根離子中的O元素一半生成氫氧根離子、一半生成氧氣，離子方程式為2Na2O2+2H218O=4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故B錯誤；C．二者反響生成碳酸鈉、水和氨氣，離子方程式為NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+H2O，故C錯誤；D．硝酸與過量Fe反響得到的是Fe2+，離子方程式為Fe+2NO3﹣+4H+Fe2++2NO2↑+2H2O，故D錯誤；應(yīng)選A．【點評】此題考查離子方程式正誤判斷，為高考高頻點，明確物質(zhì)的性質(zhì)及離子反響條件是解此題關(guān)鍵，易錯選項是AB，注意A中反響物的量關(guān)系、注意B中過氧根離子的生成物，為易錯點．5．〔6分〕如以下列圖，隔板I固定不動，活塞Ⅱ可自由移動，M、N兩個容器中均發(fā)生反響：A〔g〕+2B〔g〕?xC〔g〕△H=﹣192kJ?mol﹣1，向M、N中都通入1molA和2molB的混合氣體，初始M、N容積相同，保持溫度不變．以下說法正確的選項是〔〕A．假設(shè)x=3，到達(dá)平衡后A的體積分?jǐn)?shù)關(guān)系為：φ〔M〕＞φ〔N〕B．假設(shè)x＞3，到達(dá)平衡后B的轉(zhuǎn)化率關(guān)系為：α〔M〕＞α〔N〕C．假設(shè)x＜3，C的平衡濃度關(guān)系為：c〔M〕＞c〔N〕D．x不管為何值，起始時向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的濃度均相等【分析】根據(jù)M容器是恒溫恒容下建立的平衡，N容器是恒溫恒壓下建立的平衡，A．假設(shè)x=3，由于反響前后氣體體積不變，N容器建立的平衡與恒溫恒容下建立的平衡等效；B．假設(shè)x＞3，由于反響后氣體體積增大，N容器建立的平衡相當(dāng)于恒溫恒容下建立的平衡擴(kuò)大容器體積，壓強(qiáng)減小，平衡正向移動；C．假設(shè)x＜3，由于反響后氣體體積減小，N容器建立的平衡相當(dāng)于恒溫恒容下建立的平衡縮小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動；D．恒溫恒壓下，x不管為何值，起始時向N容器中充入任意值的C，一邊倒后，A與B的物質(zhì)的量之比都是1：2，為等效平衡，反響物的濃度相同．【解答】解：M容器是恒溫恒容下建立的平衡，N容器是恒溫恒壓下建立的平衡，A．假設(shè)x=3，由于反響前后氣體體積不變，N容器建立的平衡與恒溫恒容下建立的平衡等效，所以到達(dá)平衡后A的體積分?jǐn)?shù)關(guān)系為：φ〔M〕=φ〔N〕，故A錯誤；B．假設(shè)x＞3，由于反響后氣體體積增大，N容器建立的平衡相當(dāng)于恒溫恒容下建立的平衡擴(kuò)大容器體積，壓強(qiáng)減小，平衡正向移動，B的轉(zhuǎn)化率增大，所以到達(dá)平衡后B的轉(zhuǎn)化率關(guān)系為：α〔M〕＜α〔N〕，故B錯誤；C．假設(shè)x＜3，由于反響后氣體體積減小，N容器建立的平衡相當(dāng)于恒溫恒容下建立的平衡縮小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動，C的平衡濃度增大，所以C的平衡濃度關(guān)系為：c〔M〕＜c〔N〕，故C錯誤；D．恒溫恒壓下，x不管為何值，起始時向N容器中充入任意值的C，一邊倒后，A與B的物質(zhì)的量之比都是1：2，為等效平衡，反響物的濃度相同，即平衡后N容器中A的濃度均相等，故D正確；應(yīng)選D．【點評】此題考查學(xué)生影響化學(xué)平衡移動的因素，注意恒溫恒容下的平衡與恒溫恒壓下的平衡間的關(guān)系以及等效平衡的判斷，可以根據(jù)所學(xué)知識來答復(fù)，難度中等．6．〔6分〕X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素．Y和R同主族，可組成共價化合物RY2，Y和Z最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相同，25℃時，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH為1．以下說法正確的選項是〔〕A．由于非金屬性Y＞R，所以X、Y組成化合物的沸點高于X、R組成的化合物B．Y和其他四種元素均可形成至少兩種的二元化合物C．RY2能與Y、Z形成的一種化合物反響生成Y2D．Y、Z、W三種元素組成化合物的水溶液一定顯堿性【分析】X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素．Y和R同主族，Y處于第二周期，R處于第三周期，可組成共價化合物RY2，那么Y為氧元素，R為硫元素，RY2為SO2，W的原子序數(shù)大于硫元素，故W為Cl元素，Y和Z最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相同，那么Z的最外層電子數(shù)為7﹣6=1，處于第ⅠA族，原子序數(shù)大于氧元素，故Z為Na元素，25℃時0.1mol?L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH為1，屬于強(qiáng)酸，那么X為氫元素．【解答】解：X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素．Y和R同主族，Y處于第二周期，R處于第三周期，可組成共價化合物RY2，那么Y為氧元素，R為硫元素，RY2為SO2，W的原子序數(shù)大于硫元素，故W為Cl元素，Y和Z最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相同，那么Z的最外層電子數(shù)為7﹣6=1，處于第ⅠA族，原子序數(shù)大于氧元素，故Z為Na元素，25℃時0.1mol?L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH為1，屬于強(qiáng)酸，那么X為氫元素，A．X與Y組成化合物為H2O、H2O2，X與R組成的化合物H2S，H2O、H2O2分子間存在氫鍵，沸點高于硫化氫，與非金屬性無關(guān)，故A錯誤；B．氧元素與氫元素可以形成H2O、H2O2，與鈉元素可以形成Na2O、Na2O2，與硫元素可以形成SO2、SO3，與氯元素可以形成ClO2、Cl2O7等，故B正確；C．Z與Y可以形成Na2O、Na2O2，Na2O與SO2反響得到Na2SO3，Na2O2具有強(qiáng)氧化性，能與SO2反響生成Na2SO4，沒有O2生成，故C錯誤；D．Y、Z、W三種元素組成的化合物有NaClO、NaClO4等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液顯堿性，而NaClO4溶液呈中性，故D錯誤．應(yīng)選：B．【點評】此題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)關(guān)系應(yīng)用，側(cè)重對元素化合物知識的考查，推斷元素是解題的關(guān)鍵，“Y、R元素的位置及二者形成的共價化合物RY2〞是推斷的突破口．7．〔6分〕如圖藥品和裝置合理且能完成相應(yīng)實驗的是〔〕A．制備氫氧化亞鐵B．驗證非金屬性Cl＞C＞SiC．檢驗二氧化硫中是否混有二氧化碳D．實驗室制取并收集氨氣【分析】A．制備氫氧化亞鐵，應(yīng)防止氫氧化亞鐵被氧化；B．從酸性的角度比較非金屬性，應(yīng)用最高價氧化物對應(yīng)的水化物；C．應(yīng)先除去二氧化硫，防止干擾；D．加熱固體，應(yīng)防止試管炸裂．【解答】解：A．氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被氧氣氧化而變質(zhì)，制備氫氧化亞鐵，應(yīng)將膠頭滴管插入液面以下，故A錯誤；B．比較非金屬性強(qiáng)弱，應(yīng)用高氯酸，不能用鹽酸，故B錯誤；C．二氧化硫也與澄清石灰水反響，應(yīng)先除去二氧化硫，防止干擾，故C正確；D．加熱固體，試管口應(yīng)略朝下傾斜，以防止試管炸裂，故D錯誤．應(yīng)選C．【點評】此題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的制備、檢驗等知識，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁獍盐瘴镔|(zhì)的性質(zhì)以及實驗的嚴(yán)密性和可行性的評價，難度不大．二、非選擇題8．〔15分〕運(yùn)用化學(xué)反響原理研究氮、硫等單質(zhì)及其化合物的反響有重要意義．〔1〕硫酸生產(chǎn)過程中2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕，平衡混合體系中SO3的百分含量和溫度的關(guān)系如右圖所示，根據(jù)圖1答復(fù)以下問題：①2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕的△H＜0〔填“＞〞或“＜〞〕．②一定條件下，將SO2與O2以體積比2：1置于一體積不變的密閉容器中發(fā)生以上反響，能說明該反響已到達(dá)平衡的是be〔填字母編號〕．a(chǎn)．體系的密度不發(fā)生變化b．SO2與SO3的體積比保持不變c．體系中硫元素的質(zhì)量百分含量不再變化d．單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)移4mol電子，同時消耗2molSO3e．容器內(nèi)的氣體分子總數(shù)不再變化〔2〕一定的條件下，合成氨反響為：N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕．圖2表示在此反響過程中的能量的變化，圖3表示在2L的密閉容器中反響時N2的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線．圖4表示在其他條件不變的情況下，改變起始物氫氣的物質(zhì)的量對此反響平衡的影響．①該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=，升高溫度，平衡常數(shù)減小〔填“增大〞或“減小〞或“不變〞〕．②由圖3信息，計算0～10min內(nèi)該反響的平均速率v〔H2〕=0.045mol/L?min，從11min起其它條件不變，壓縮容器的體積為1L，那么n〔N2〕的變化曲線為d〔填“a〞或“b〞或“c〞或“d〞〕③圖4a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反響物N2的轉(zhuǎn)化率最高的是c點，溫度T1＜T2〔填“＞〞或“=〞或“＜〞〕〔3〕假設(shè)將等物質(zhì)的量的SO2與NH3溶于水充分反響，所得溶液呈酸性，所得溶液中c〔H+〕﹣c〔OH﹣〕=c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕﹣c〔NH4+〕〔填寫表達(dá)式〕〔：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3?H2O：Kb=1.8×10﹣5〕．【分析】〔1〕①由圖可知，溫度越高SO3的含量越低，即升高溫度平衡向逆反響移動；②根據(jù)反響到達(dá)平衡狀態(tài)時，正逆反響速率相等，各物質(zhì)的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變；〔2〕①由圖象1分析，反響是放熱反響，依據(jù)化學(xué)方程式和平衡常數(shù)概念分析寫出表達(dá)式；②分析圖象變化量，計算氮?dú)獾姆错懰俾剩Y(jié)合反響速率之比等于系數(shù)之比計算得到氫氣速率，依據(jù)化學(xué)反響速率概念計算得到，縮體積，增大壓強(qiáng)，平衡向正反響移動，改變瞬間n〔N2〕不變，達(dá)平衡是n〔N2〕減小；③圖3表示平衡時氨氣含量與氫氣起始物質(zhì)的量關(guān)系，曲線上各點都處于平衡狀態(tài)，達(dá)平衡后，增大氫氣用量，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大；由圖3可知，氫氣的起始物質(zhì)的量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反響為放熱反響，降低溫度平衡向正反響移動，故溫度T1＜T2，據(jù)此解答；〔3〕依據(jù)溶液中電荷守恒分析．【解答】解：〔1〕①由圖可知，溫度越高SO3的含量越低，即升高溫度平衡向逆反響移動，所以正反響是放熱反響，△H＜0，故答案為：＜；②2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕，反響氣體體積減小，氣體質(zhì)量不變，a．2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕，反響氣體體積減小，氣體質(zhì)量不變，體系的密度不發(fā)生變化，所以體系的密度不發(fā)生變化，不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．SO2與SO3的體積比保持不變，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故b正確；c．2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕，氣體質(zhì)量不變，S元素質(zhì)量不變，體系中硫元素的質(zhì)量百分含量不再變化，不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故c錯誤；d．任何狀態(tài)下，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)移4mol電子，同時消耗2molSO3，不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故d錯誤；e．容器內(nèi)的氣體分子總數(shù)不再變化，說明各物質(zhì)的濃度不變，說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故e正確．故答案為：be；〔2〕①N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕，反響的平衡常數(shù)K=，圖象1分析可知反響是放熱反響，反響物能量高于生成物能量，溫度升高平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故答案為：；減小；②圖象分析2L的密閉容器中，V〔N2〕=V〔H2〕==0.015mol/L?min，V〔H2〕=0.045mol/L?min；從11min起其它條件不變，壓縮容器的體積為1L，壓強(qiáng)增大，平衡正向進(jìn)行，瞬間氮?dú)馕镔|(zhì)的量不變，隨平衡正向進(jìn)行，氮?dú)馕镔|(zhì)的量減小，那么n〔N2〕的變化曲線d符合；故答案為：0.045mol/L?min；d；③圖3表示平衡時氨氣含量與氫氣起始物質(zhì)的量關(guān)系，曲線上各點都處于平衡狀態(tài)，故a、b、c都處于平衡狀態(tài)，達(dá)平衡后，增大氫氣用量，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大，故a、b、c三點中，c的氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率最高；由圖3可知，氫氣的起始物質(zhì)的量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反響為放熱反響，降低溫度平衡向正反響移動，故溫度T1＜T2，溫度越高化學(xué)平衡越低，故K1＞K2；故答案為：c；＜；〔3〕假設(shè)將等物質(zhì)的量的SO2與NH3溶于水充分反響，所得溶液呈酸性，c〔OH﹣〕=c〔H+〕，電解質(zhì)溶液中存在電荷守恒c〔H+〕+c〔NH4+〕=c〔OH﹣〕+c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕得到：c〔H+〕﹣c〔OH﹣〕=c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕﹣c〔NH4+〕，故答案為：酸；c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕﹣c〔NH4+〕．【點評】此題考查了化學(xué)反響和化學(xué)平衡影響因素的分析判斷，圖象分析和平衡常數(shù)變化是解題關(guān)鍵，題目難度中等．9．〔14分〕工業(yè)上以鋰輝石〔Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素〕為原料生產(chǎn)碳酸鋰．其局部工業(yè)流程如圖：：①Li2O?Al2O3?4SiO2+H2SO4〔濃〕Li2SO4+Al2O3?4SiO2?H2O②某些物質(zhì)的溶解度〔S〕如表所示．T/℃20406080S〔Li2CO3〕/g1.331.171.010.85S〔Li2SO4〕/g34.232.831.930.7〔1〕從濾渣1中別離出Al2O3局部的流程如圖2所示，括號表示參加的試劑，方框表示所得的物質(zhì)．那么步驟Ⅱ中反響的離子方程式是Al3++3NH3?H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+請寫出Al2O3和Na2CO3固體在高溫下反響的化學(xué)方程式Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2．〔2〕濾渣2的主要成分有Mg〔OH〕2和CaCO3．向濾液1中參加石灰乳的作用是〔運(yùn)用化學(xué)平衡原理簡述〕Ca〔OH〕2?Ca2++2OH﹣，Mg2+與OH﹣結(jié)合生成Ksp很小的Mg〔OH〕2沉淀，導(dǎo)致平衡右移，生成Mg〔OH〕2沉淀．〔3〕最后一個步驟中，用“熱水洗滌〞的原因是減少Li2CO3的損失．〔4〕工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的局部工藝如下：a．將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，LiOH溶液做陰極液，兩者用離子選擇透過膜隔開，用惰性電極電解．b．電解后向LiOH溶液中參加少量NH4HCO3溶液并共熱，過濾、烘干得高純Li2CO3．①a中，陽極的電極反響式是2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑．②b中，生成Li2CO3反響的化學(xué)方程式是2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．【分析】鋰輝石〔Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素〕經(jīng)過研磨、加熱、酸化得到可溶性的硫酸鋰、硫酸鋁和不溶的二氧化硅，經(jīng)過過濾，得到濾渣1二氧化硅，濾液1經(jīng)過調(diào)節(jié)PH值，使溶液得到濾液2Mg〔OH〕2和CaCO3．向濾液1中參加石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的濃度，使Mg〔OH〕2、CaCO3更利于析出，以便形成濾渣2，熱水洗滌Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，可減少Li2CO3的損失，得到最終產(chǎn)物碳酸鋰，〔1〕步驟Ⅱ中鋁離子與氨水反響生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不能溶解于弱堿溶液氨水中，氧化鋁和碳酸鈉在高溫下反響生成偏鋁酸鈉和二氧化碳；〔2〕石灰乳是氫氧化鈣，提供氫氧根離子和鈣離子，更完全的沉淀鎂離子和碳酸根離子；〔3〕依據(jù)圖表分析可知碳酸鋰溶解度隨溫度升高減小；〔4〕①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，陽極液中離子失電子，發(fā)生氧化反響，所以陽極反響為2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，陰極反響為2H++2e﹣=H2↑．離子選擇透過膜只允許陽離子通過，電解過程中，Li+向陰極移動，而陰極電解后充裕大量的OH﹣，陽極的Li+通過離子選擇透過膜到陰極，這樣陰極就得到比較純潔的LiOH．②電解后向LiOH溶液中參加過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反響生成碳酸鋰．【解答】解：鋰輝石〔Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素〕經(jīng)過研磨、加熱、酸化得到可溶性的硫酸鋰、硫酸鋁和不溶的二氧化硅，經(jīng)過過濾，得到濾渣1二氧化硅，濾液1經(jīng)過調(diào)節(jié)PH值，使溶液得到濾液2Mg〔OH〕2和CaCO3．向濾液1中參加石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的濃度，使Mg〔OH〕2、CaCO3更利于析出，以便形成濾渣2，熱水洗滌Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，可減少Li2CO3的損失，得到最終產(chǎn)物碳酸鋰，〔1〕鋁離子生成氫氧化鋁的反響，氫氧化鋁不能溶解于弱堿溶液氨水中，反響離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+；氧化鋁和碳酸鈉在高溫下反響生成偏鋁酸鈉和二氧化碳，反響的化學(xué)方程式為Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案為：Al3++3NH3?H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；〔2〕石灰乳是氫氧化鈣，提供氫氧根離子和鈣離子，根據(jù)反響Ca〔OH〕2?Ca2++2OH﹣可知，Mg2+與OH﹣結(jié)合生成Ksp很小的Mg〔OH〕2沉淀，導(dǎo)致平衡右移，生成Mg〔OH〕2沉淀，故答案為：Ca〔OH〕2?Ca2++2OH﹣，Mg2+與OH﹣結(jié)合生成Ksp很小的Mg〔OH〕2沉淀，導(dǎo)致平衡右移，生成Mg〔OH〕2沉淀；〔3〕向濾液2中參加飽和Na2CO3溶液，過濾后，用“熱水洗滌〞，圖表中碳酸鋰溶解度隨溫度升高減小，減少沉淀的損失，故答案為：減少Li2CO3的損失；〔4〕①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，陽極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反響，所以陽極反響為：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案為：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；②電解后向LiOH溶液中參加過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反響生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O，故答案為：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．【點評】此題考查了物質(zhì)生產(chǎn)流程的分析判斷，題目難度中等，根據(jù)流程明確實驗?zāi)康摹嶒炘頌榻忸}關(guān)鍵，注意掌握鋁及其化合物性質(zhì)的應(yīng)用、氧化鋁的提取方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Γ?0．〔14分〕鐵礦石是工業(yè)煉鐵的主要原料之一，其主要成分為鐵的氧化物〔設(shè)雜質(zhì)中不含鐵元素和氧元素，且雜質(zhì)不與H2SO4反響〕．某研究性學(xué)習(xí)小組對某鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式進(jìn)行探究．Ⅰ．鐵礦石中含氧量的測定①按圖1組裝儀器，檢查裝置的氣密性；②將5.0g鐵礦石放入硬質(zhì)玻璃管中，裝置B、C中的藥品如以下列圖〔夾持儀器均省略〕；③從左端導(dǎo)氣管口處不斷地緩緩?fù)ㄈ際2，待C裝置出口處H2驗純后，點燃A處酒精燈④充分反響后，撤掉酒精燈，再持續(xù)通入氫氣至完全冷卻．〔1〕裝置C的作用為防止空氣中的水蒸氣和CO2進(jìn)入B中，影響測定結(jié)果．〔2〕測的反響后裝置B增重1.35g，那么鐵礦石中氧的百分含量為24%．Ⅱ．鐵礦石中含鐵量的測定〔1〕步驟④中煮沸的作用是趕走溶液中溶解的過量的Cl2．〔2〕步驟⑤中用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、250mL容量瓶．〔3〕圖2有關(guān)步驟⑥的操作中說法正確的選項是df．a(chǎn)．因為碘水為黃色，所以滴定過程中不需加指示劑b．滴定過程中可利用淀粉溶液作為指示劑c．滴定管用蒸餾水洗滌后可以直接裝液d．錐形瓶不需要用待測液潤洗e．滴定過程中，眼睛注視滴定管中液面變化f．滴定結(jié)束后，30s內(nèi)溶液不恢復(fù)原來的顏色再讀數(shù)〔4〕假設(shè)滴定過程中消耗0.5000mol?L﹣1KI溶液20.00mL，那么鐵礦石中鐵的百分含量為70%．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出該鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe5O6．【分析】Ⅰ．〔1〕B中的堿石灰是吸收置換反響生成的水的，為了防止空氣成分對實驗的影響，要加一個裝置吸收空氣中的水以及二氧化碳；〔2〕反響后裝置B增重1.35g，即氫氣和氧化鐵反響后固體質(zhì)量的增加值，可以根據(jù)差量法來計算；Ⅱ．〔1〕煮沸可以將水中的氣體趕走；〔2〕根據(jù)稀釋液體和配制一定體積的溶液所選擇的儀器來答復(fù)；〔3〕根據(jù)滴定試驗以及滴定過程中的實驗誤差分析知識來答復(fù)判斷；〔4〕根據(jù)元素守恒和化學(xué)反響方程式進(jìn)行計算；Ⅲ．根據(jù)鐵元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)和氧元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)計算出鐵的氧化物的化學(xué)式．【解答】解：Ⅰ．〔1〕該實驗中，氫氣和氧化鐵反響生成金屬鐵和水，根據(jù)固體質(zhì)量的變化來計算鐵的含量，B處的枯燥管作用是吸收產(chǎn)生的水蒸氣，所以C裝置要防止防止空氣中的水蒸氣和CO2進(jìn)入B中，影響測定結(jié)果，故答案為：防止空氣中的水蒸氣和CO2進(jìn)入B中，影響測定結(jié)果；〔2〕測的反響后裝置B增重1.35g，根據(jù)反響的實質(zhì)，增加的是水的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，所以鐵礦石中氧的百分含量是：×100%=24%，故答案為：24%；Ⅱ．〔1〕向鐵礦石中參加硫酸，化反響生成硫酸的鐵鹽溶液，還存在過量的硫酸溶液，參