17．【2016四川卷】高血脂严重影响人体健康，化合物E是一种临床治疗高血脂症的药物。
E的合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：请回答下列问题：（1）试剂Ⅰ的名称是___○a___，试剂Ⅱ中官能团的名称是___○b___，第②步的反应类型是____○c___。
（2）第①步反应的化学方程式是_____________。
（3）第⑥步反应的化学方程式是_____________。
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是_________ 。
（5）C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3(CH2)4OH。
若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X与Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是_____。
【答案】（1）○a甲醇○b溴原子○c取代反应（2）（3）（4）CH3I （5）【解析】试题分析：（1）试剂Ⅰ的结构简式为CH3OH，名称为甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，所含官能团的名称为溴原子；根据和的结构及试剂Ⅱ判断第②步的反应类型为取代反应。
（2）根据题给转化关系知第①步反应为CH3CH(COOH)2和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成CH3CH(COOCH3)2和水，化学方程式为。
（5）C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，含有酯基，生成X、Y和CH3(CH2)4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X为对二苯甲酸，Y为CH2OHCH2OH，则X与Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是。
【考点定位】考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名，官能团的识别，反应类型的判断，结构简式、同分异构体、化学方程式的书写等。
【名师点睛】本题考查选修5《有机化学基础》相关知识，以简答或填空形式考查。
常涉及如下高频考点：有机物的命名；官能团的识别、检验方法和官能团转化的反应条件；反应类型判断；有机物分子中原子共线、共面分析；有机物结构简式推断及书写；有机化学反应方程式书写；同分异构数目判断及书写；有机物合成路线设计等。
2015年四川省绵阳市高考化学三诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.SO2有毒，但葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用．下列说法不正确的是（）A.葡萄酒中的SO2对人体无害，是因为它的含量很少B.葡萄酒中的SO2具有抗氧化作用，是因为它具有较强的还原性C.从红葡萄酒的颜色判断，其中的SO2没有漂白性D.葡萄酒倒入酒杯摇一摇，可以减少其中SO2的含量【答案】C【解析】A．SO2有毒，但是含量在国家规定范围内对人体无害，通常用作葡萄酒杀菌，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，故B正确；C．二氧化硫漂白具有专一性，不能漂白红葡萄酒，故C错误；D．葡萄酒倒入酒杯摇一摇，压强减小，气体溶解度减小，故D正确；故选C．A．SO2有毒，但是含量在国家规定范围内对人体无害；B．二氧化硫具有还原性；C．二氧化硫漂白具有专一性；D．葡萄酒倒入酒杯摇一摇，压强减小，气体溶解度减小．本题考查了二氧化硫的性质和用途，明确性质是解题关键，题目难度不大，注意相关知识的积累．2.下列物质分类正确的是（）A.NO2、C l2O7都是酸性氧化物B.水银、水玻璃都是混合物C.HD、HCHO都是极性分子D.干冰、可燃冰都是分子晶体【答案】D【解析】解：A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，NO2和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，C l2O7是酸性氧化物，故A错误；B、水银为金属汞，属于纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故B错误；C、HD为氢气分子，是非极性分子，HCHO是极性分子，故C错误；D、干冰是二氧化碳固体，可燃冰是甲烷晶体，都是分子晶体，故D正确；故选D．A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；B、水银为金属汞；C、HD为氢气分子；D、干冰是二氧化碳固体，可燃冰是甲烷晶体．本题考查了物质分类方法和物质组成的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．3.下列有关F e B r2溶液的叙述错误的是（）A.滴加KI-淀粉溶液变为蓝色B.该溶液中C u2+、NH4+、SO42-、C l-可以大量共存C.与硝酸酸化的A g NO3溶液反应有沉淀生成并放出气体D.向该溶液中通入过量C l2，反应的离子方程式：2F e2++4B r-+3C l2═2F e3++2B r2+6C l-【答案】A【解析】解：A．KI与F e B r2不反应，则滴加KI-淀粉溶液无现象，故A错误；B．离子之间不反应，且与F e B r2不反应，则离子之间可大量共存，故B正确；C．亚铁离子与硝酸发生氧化还原反应生成NO，溴离子与银离子反应生成A g B r沉淀，则反应有沉淀生成并放出气体，故C正确；D．通入过量C l2，亚铁离子、溴离子均被氧化，则离子反应为2F e2++4B r-+3C l2═2F e3++2B r2+6C l-，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选A．A．KI与F e B r2不反应；B．离子之间不反应，且与F e B r2不反应；C．亚铁离子与硝酸发生氧化还原反应生成NO，溴离子与银离子反应生成A g B r；D．通入过量C l2，亚铁离子、溴离子均被氧化．本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．4.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.46g C2H6O中含有的C-H键数一定为5N AB.常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含电子总数为9N AC.标准状况下，11.2 L CO2和乙炔的混合气体所含π键数目为N AD.CO2气体与足量的N a2O2反应，固体增重28g时转移了N A个电子【答案】A【解析】解：A、46g C2H6O的物质的量为1mol，而C2H6O可能为乙醇，也可能为二甲醚，当为二甲醚时，1mol C2H6O含6mol C-H键，故A错误；B、-14CH3的摩尔质量为17g/mol，故17g甲基（-14CH3）的物质的量为1mol，而1mol 甲基含9mol电子，故B正确；C、标况下，11.2LCO2和乙炔的混合气体的物质的量为0.5mol，而1mol CO2和乙炔中均含2molπ键，故0.5mol混合气体中含1molπ键，故C正确；D、CO2气体与N a2O2反应，增重的是CO的质量，且每当有2mol CO2气体参与反应，增重2mol CO的质量，转移2mol电子，故当增重28g时，增重的是CO的物质的量n==1mol，转移了1mol电子，故D正确．故选A．A、C2H6O可能为乙醇，也可能为二甲醚；B、求出甲基的物质的量，1mol甲基含9mol电子；C、1mol CO2和乙炔中均含2molπ键；D、CO2气体与N a2O2反应，增重的是CO的质量，且每当有2mol CO2气体参与反应，增重2mol CO的质量，转移2mol电子．本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，然后加N a OH溶液条件至碱性条件下，滴加银氨溶液，再水浴加热，故A错误；B．将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在A l的外面，则铝箔熔化但不滴落，故B正确；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，故C错误；D．N a2S溶液过量，均发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Z n S、C u S的溶度积（K sp），故D错误．故选B．A．银镜反应在碱性条件下进行；B．氧化铝的熔点高，包裹在A l的外面；C．硝酸根离子在酸性环境具有强的氧化性，能够氧化铜单质；D．N a2S溶液过量，均发生沉淀的生成．本题考查化学实验方案的评价，涉及淀粉水解产物的检验、离子的检验等知识点，侧重物质性质的考查，选项D为易错点，题目难度中等．6.常温下，将C l2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol•L-1N a OH溶液．整个实验过程中溶液的p H变化曲线如右图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是（）A.实验过程中用p H试纸测定溶液的p HB.a～b段，溶液中减小C.b点对应溶液中：c（C l-）＞c（H+）＞c（HC l O）＞c（C l O-）＞c（OH-）D.c点对应溶液中：c（N a+）=2c（C l O-）+c（HC l O）【答案】D【解析】解：A．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用p H试纸测p H，应选p H计，故A错误；B．由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡C l2+H2O⇌H++C l-+HC l O向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故B错误；C．b点所示溶液中发生反应：C l2+H2O=H++C l-+HC l O，HC l O为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、C l-、C l O-、OH-，H2O、HC l O、C l2，溶液中：c（H+）＞c（C l-）＞c（HC l O）＞c（C l O-）＞c（OH-），故C错误；D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（N a+）=c（C l-）+c（C l0-）+c（OH-），所以c（N a+）=c（C l-）+c（C l O-），根据物料守恒得c（C l-）=c （C l O-）+c（HC l O），所以c（N a+）=c（HC l O）+2c（C l O-），故D正确；故选D．整个过程先后发生的反应为C l2+H2O═HC l+HC l O、HC l+N a OH═N a C l+H2O、HC l O+N a OH═N a C l O+H2O，A．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用p H试纸测p H；B．a～b段是氯气的溶解平衡：C l2+H2O⇌H++C l-+HC l O向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大；C．b点所示溶液中发生反应：C l2+H2O=H++C l-+HC l O，HC l O为弱电解质，部分电离，结合电荷守恒判断；D．c点呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒、物料守恒判断．本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用方法．7.已知反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）的平衡常数与温度的关系如表．830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol X和0.8mol Y，反应初始4s内（X）A.4s时容器内c（Y）=0.76mol/LB.830℃达平衡时，X的转化率为80%C.反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D.1200℃时反应R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）的平衡常数K=0.4【答案】B【解析】解：A．反应初始4s内X的平均反应速率v（X）=0.005mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，所以v（Y）=v（X）=0.005mol/（L•s），则4s内△c（Y）=0.005mol•L-1•s-1×4s=0.02mol/L，Y的起始浓度为=0.4mol/L，故4s时c（Y）=0.4mol/L-0.02mol/L=0.38mol/L，故A错误；B．设平衡时A的浓度变化量为x，则：X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）开始（mol/L）：0.10.400变化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：0.1-x0.4-x x x故=1，解得x=0.08所以平衡时X的转化率为×100%=80%，故B正确；C．由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，不是正向移动，故C 错误；D.1200℃时反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反应R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）的平衡常数的值为=2.5，故D错误．故选B．A．反应初始4s内X的平均反应速率v（X）=0.005mol/（L•s），v（Y）=v（X）=0.005mol/（L•s），Y的起始浓度-△c（Y）=4s时c（Y）；B．设平衡时X的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；C．由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动；D．该反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）与R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）相反，则平衡常数互为倒数．本题考查化学反应速率、化学平衡常数的计算与运用等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意温度不变时，平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数互为倒数，难度中等．二、简答题(本大题共4小题，共58.0分)8.X、Y、Z、R为短周期元素且原子序数依次增大．X、R原子核外电子层数等于其最外层电子数，且原子半径X＜Y，Y元素的基态原子中电子分布在3个不同的能级，且每个能级中的电子总数相同；Z的两种同素异形体都存在于大气中，对生命起着重要作用．另有M元素位于周期表的第4周期第6列．请回答下列问题：（1）上述5种元素中，电负性最大的是（填名称）______ ，X3Z+的VSEPR模型名称是______ ．（2）M基态原子的电子排布式是______ ．（3）R的单质为面心立方最密堆积（见图），则一个晶胞中R原子数为______ ，R的配位数是______ ．（4）已知：M2Z3与R2Z3结构和性质相似，则M2Z3溶于强碱时发生反应的离子方程式是______ ．【答案】氧；正四面体；1s22s22p63s23p63d54s1；4；12；C r2O3+2OH-=2C r O2-+H2O【解析】解：X、Y、Z、R均为短周期元素且原子序数依次增大．Y元素的基态原子中电子分布在3个不同的能级，且每个能级中的电子总数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；Z 的两种同素异形体都存在于大气中，对生命起着重要作用，则Z为O 元素；X、R原子核外电子层数等于其最外层电子数，符合条件的元素有H、B e、A l，原子半径X＜Y（C），故X为H元素，R的原子序数大于氧，故R为A l；M元素位于周期表的第4周期第6列，则M为C r．（1）上述5种元素中，O元素非金属性最强，故氧元素电负性最大，H3O+离子中O原子价层电子对数为3+=4，其VSEPR模型为正四面体，故答案为：氧；正四面体；（2）M元素位于周期表的第4周期第6列，为C r元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；（3）R的单质为面心立方最密堆积，则一个晶胞中R原子数为8×+6×=4，以顶点原子研究，与之最近的原子处于面心，每个顶点R原子为12个面共用，故R的配位数是12，故答案为：4；12；（4）C r2O3与A l2O3结构和性质相似，则C r2O3溶于强碱时发生反应的离子方程式是：C r2O3+2OH-=2C r O2-+H2O，故答案为：C r2O3+2OH-=2C r O2-+H2O．X、Y、Z、R均为短周期元素且原子序数依次增大．Y元素的基态原子中电子分布在3个不同的能级，且每个能级中的电子总数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故Y 为C元素；Z 的两种同素异形体都存在于大气中，对生命起着重要作用，则Z为O元素；X、R原子核外电子层数等于其最外层电子数，符合条件的元素有H、B e、A l，原子半径X＜Y（C），故X为H元素，R的原子序数大于氧，故R为A l；M元素位于周期表的第4周期第6列，则M为C r，据此解答．本题是对物质结构的考查，涉及位置结构性质关系、价层电子对数互斥理论、核外电子排布、晶胞计算等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．9.“摩尔盐”[（NH4）2F e（SO4）2•6H2O]是分析化学中的重要试剂．查阅文献得知：“摩尔盐”隔绝空气加热至500℃时可完全分解，但产物复杂．某学习小组欲探究其分解产物．Ⅰ．提出猜想摩尔盐受热分解，小组同学认为分解产物可能有以下几种情况：a．F e2O3、SO3、NH3、H2Ob．F e O、NH3、SO3、H2Oc．F e O、SO2、NH3、H2Od．F e2O3、NH3、SO2、SO3、H2O经认真分析，通过推理即可确定，猜想______ 不成立（填序号）．Ⅱ．实验探究为检验分解产物，甲同学设计了如下实验装置．请回答下列问题：（1）B装置的容器名称是______ ．（2）取一定量“摩尔盐”置于加热管A中，加热至分解完后打开K，再通入N2，目的是______ ．（3）观察到A中固体逐渐变为红棕色，B、C中均产生白色沉淀．C中发生反应的离子方程式为______ ．（4）待A中剩余固体冷却至室温后，取少量置于试管中，加入稀硫酸溶解，再滴几滴KSCN溶液，可以观察到的现象是______ ．（5）乙同学设计实验验证A中残留物不含F e O，操作方法及实验现象是：取少量A中残留物放入试管中，______ ．Ⅲ．实验反思乙同学认为：装置B中产生白色沉淀不能证明分解产物中一定含SO3，原因是______ ．【答案】ac；锥形瓶；使分解产生的气体在B、C中被吸收充分；SO2+H2O2+B a2+=B a SO4↓+2H+；溶液变红色；加稀硫酸溶解，再滴加K3[F e（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀，说明没有F e2+；分解产生的氨气消耗完B装置中的HC l后，过量的氨气存在时二氧化硫与B a C l2溶液反应生成白色沉淀【解析】解：I．摩尔盐中N为-3价，F e为+2价，S为+6价，a．F e2O3、SO3、NH3、H2O 反应时只有F e元素的化合价升高，不符合氧化还原反应规律，故a错误；b．F e O、NH3、SO3、H2O，反应时没有元素化合价的变化，只是发生分解反应，故b正确；c．F e O、SO2、NH3、H2O反应时只有S元素的化合价降低，不符合氧化还原反应规律，故c错误；d．F e2O3、NH3、SO2、SO3、H2O反应时，F e的化合价升高，S的化合价降低，符合氧化还原反应规律，故d正确．故答案为：ac；II．（1）由装置图可知，B装置是锥形瓶；故答案为：锥形瓶；（2）A中固体充分加热较长时间后，产生气体有一部分残留在装置中，通入氮气可以使分解生成的气体在B、C装置中完全吸收；故答案为：使分解产生的气体在B、C中被吸收充分；（3）C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42-，SO42-再与B a2+结合成沉淀B a SO4则C中发生的反应为SO2+H2O2+B a2+=B a SO4↓+2H+；故答案为：SO2+H2O2+B a2+=B a SO4↓+2H+；（4）由（3）中描述可知，A中固体逐渐变为红棕色说明用氧化铁生成，用硫酸溶解，溶液中有F e3+，在溶液中滴几滴KSCN溶液，则溶液会变红色；故答案为：溶液变红色；（5）要验证A中残留物不含F e O，先取少量A中残留物放入试管中，再加入稀硫酸或盐酸溶解，然后滴加K3[F e（CN）6]溶液检验，若不产生蓝色沉淀，说明没有F e2+；故答案为：加稀硫酸溶解，再滴加K3[F e（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀，说明没有F e2+；III．氨气过量时，产生的氨气消耗完B装置中的HC l后二氧化硫与氨气生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与B a C l2溶液反应生成B a SO3沉淀，所以不能说明分解产物中一定含SO3，故答案为：分解产生的氨气消耗完B装置中的HC l后，过量的氨气存在时二氧化硫与B a C l2溶液反应生成白色沉淀．I．摩尔盐中N为-3价，F e为+2价，S为+6价，根据产物中化合价分析；II．（1）根据装置图分析；（2）A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的气体在BC装置中完全吸收；（3）C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42-，SO42-再与B a2+结合成沉淀B a SO4；（4）由（3）中描述可知，A中固体逐渐变为红棕色说明用氧化铁生成，用硫酸溶解，溶液中有F e3+；（5）把固体用非氧化性酸溶解，再用K3[F e（CN）6]溶液检验；III．氨气过量时，二氧化硫与氨气生成亚硫酸铵，再与B a C l2溶液反应．本题考查了物质性质的实验探究和实验设计，题目涉及氧化还原反应、离子方程式的书写、离子检验、实验基本操作等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．10.聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：（1）B的名称（系统命名）：______ ，D的分子式为______ ．（2）反应①～⑥中属于取代反应的是______ ．（3）G的结构简式为______ ．（4）写出反应②和⑥的化学方程式：② ______ ，⑥ ______ ．（5）C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：______ ．【答案】1，2-丙二醇；C6H10O4；②⑤⑥；；CH3CHC l CH2C l+2N a OH CH3CHOHCH2OH+2N a C l；；【解析】解：由题中各物质转化关系，丙烯与氯气加成得A为CH3CHC l CH2C l，A发生水解（取代）得B为CH3CHOHCH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为，C发生氧化反应得D，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH，（1）B为CH3CHOHCH2OH，B的名称为1，2-丙二醇，根据D的结构简式可知，D的分子式为C6H10O4，故答案为：1，2-丙二醇；C6H10O4；（2）根据上面的分析可知，反应①～⑥中属于取代反应的是②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；（3）G为，故答案为：；（4）反应②的化学方程式为CH3CHC l CH2C l+2N a OH CH3CHOHCH2OH+2N a C l，反应⑥的化学方程式为，故答案为：CH3CHC l CH2C l+2N a OH CH3CHOHCH2OH+2N a C l；；（5）C为，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：．由题中各物质转化关系，丙烯与氯气加成得A为CH3CHC l CH2C l，A发生水解（取代）得B为CH3CHOHCH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为，C发生氧化反应得D，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH，据此答题．本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．11.钒是一种重要的合金元素，还用于催化剂和新型电池．从含钒固体废弃物（含有S i O2、A l2O3及其他残渣）中提取钒的一种新工艺主要流程如图1：部分含钒化合物在水中的溶解性如表：请回答下列问题：（1）反应①所得溶液中除H+之外的阳离子有______（2）反应②碱浸后滤出的固体主要成分是______ （写化学式）．（3）反应④的离子方程式为______ ．（4）25℃、101k P a时，4A l（s）+3O2（g）═2A l2O3（s）△H1=-a k J/mol4V（s）+5O2（g）═2V2O5（s）△H2=-b k J/mol用V2O5发生铝热反应冶炼金属钒的热化学方程式是______ ．（5）钒液流电池（如图2所示）具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许H+通过．电池放电时负极的电极反应式为______ ，电池充电时阳极的电极反应式是______ ．（6）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应①后溶液中的含钒量，反应的离子方程式为：2VO+H2C2O4+2H+═2VO2++2CO2↑+2H2O．取25.00m L0.1000mol/LH2C2O4标准溶液于锥形瓶中，加入指示剂，将待测液盛放在滴定管中，滴定到终点时消耗待测液24.0m L，由此可知，该（VO2）2SO4溶液中钒的含量为______ g/L．【答案】VO2+和A l3+；A l（OH）3；VO3-+NH4+=NH4VO3↓；10A l（s）+3V2O5（s）=5A l2O3（s）+6V（s）△H=-KJ/mol；V2+-e-=V3+；VO2+-e-+H2O=VO2++2H+；10.6【解析】解：（1）用硫酸溶解含钒固体废弃物（含有S i O2、A l2O3及其他残渣），生成（VO2）2SO4和硫酸铝，溶液中的阳离子除氢离子外还有VO2+和A l3+，故答案为：VO2+和A l3+；（2）含杂质的（VO2）2SO4溶液用碳酸钠溶液碱浸生成含杂质的N a VO3溶液，A l（OH）3不溶于弱碱，所以反应②碱浸后滤出的固体主要成分是A l（OH）3，故答案为：A l（OH）3；（3）据工艺流程图可知，反应④的离子方程式为VO3-+NH4+=NH4VO3，故答案为：VO3-+NH4+=NH4VO3↓；（4）已知①4A l（s）+3O2（g）═2A l2O3（s）△H1=-a k J/mol②4V（s）+5O2（g）═2V2O5（s）△H2=-b k J/mol据盖斯定律，（①×5-②×3）÷2得：10A l（s）+3V2O5（s）=5A l2O3（s）+6V（s）△H=-KJ/mol，故答案为：10A l（s）+3V2O5（s）=5A l2O3（s）+6V（s）△H=-KJ/mol；（5）钒液流电池放电时负极发生氧化反应，据图可知，电极反应式为V2+-e-=V3+，正极发生还原反应，充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++2H+；故答案为：V2+-e-=V3+；VO2+-e-+H2O=VO2++2H+；（6）据滴定数据，结合离子方程式c（VO2+）==0.2083mol/L，所以1L溶液中含V的质量为0.2083mol/L×1L×51g/mol=10.6g，故答案为：10.6．反应①用硫酸溶解含钒固体废弃物（含有S i O2、A l2O3及其他残渣），生成（VO2）2SO4和硫酸铝，S i O2等不溶性杂质过滤除去；反应②是用碳酸钠溶液与（VO2）2SO4和硫酸铝反应，与（VO2）2SO4反应生成N a VO3，碳酸根离子与铝离子水解相互促进生成A l （OH）3沉淀；反应④是N a VO3溶液与氯化铵反应生成NH4VO3沉淀，加热NH4VO3分解为V2O5，据此解答（1）（2）（3）；（4）据已知热化学方程式和待求热化学方程式，利用盖斯定律计算；（5）钒液流电池放电时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电时，阳极发生氧化反应；（6）先据反应方程式和滴定数据计算（VO2）2SO4溶液中c（VO2+）的物质的量浓度，再计算该（VO2）2SO4溶液中钒的含量．本题通过从含钒固体废弃物（含有S i O2、A l2O3及其他残渣）中提取钒的一种新工艺主要流程考查了氢氧化铝的两性、离子方程式书写、盖斯定律、电极反应式书写以及物质含量的计算，题目难度较大．高中化学试卷第11页，共11页。
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Co-59 Ba-137第I卷 (选择题共126分)一、选择题:本题共13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。
7、第三届联合国环境大会的主题为“迈向零污染地球”。
下列做法不应提倡的是A.推广电动汽车，践行绿色交通B.回收电子垃圾、集中填埋处理C.蔬菜保鲜消毒，喷洒诺福水D.净化工业尾气，减少雾霾生成8、古代中国常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等。
南宋张世南《游宦纪闻》中记载了民间制取花露水的方法:“锡为小瓶，实花一重，香骨一重，常使花多于香。
窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之。
”该装置利用的实验操作方法是A.蒸馏B.过滤C.萃取D.升华9、香豆素类化合物具有抗病毒、抗癌等多种生物活性，香豆索一2—羧酸的合成路线如下:下列叙述不正确的是A.X与Y互为同分异构体B.X和香豆素一2一羧酸均能与NaOH溶液反应C.香豆索一2一羧酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. Y中的所有碳原子可能共平面10、欲从含Br-的废液中提取溴单质，需经过一系列操作，实验装置及物质的性质如下:下列说法中正确的是A.可用装置甲氧化废液中的Br-B.装置乙中选用正十二烷而不用CCl4，是因为正十二烷的密度更小C.用装置丙进行蒸馏、先收集正十二烷再收集Br2D.用装置丁长期贮存液溴11、一种利用生物电化学方法脱除水体中NH4+的原理如图所示。
下列说法正确的是A. M为电源的负极，N为电源的正极B.装置工作时，电极a周围溶液的pH降低C.装置内工作温度越高，NH4+的脱除率一定越大D.电极b上发生的反应之一为2NO2- +8H+ +8e-==N2↑+4H2O12、短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，其中X的最外层电子数与其最内层电子数相等。
下列说法正确的是A.离子半径:X<W<Z<YB.最高价氧化物对应的水化物的酸性:Z<YC.气态氢化物的稳定性:W<YD. W与X形成的化合物的化学式为X2W13、室温下，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定浓度均为0.10 mol/ L的三种酸(HA、HB和HC)溶液，滴定的曲线如图所示。
四川省乐山市2015届高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）近年来，食品安全事故频繁发生，人们对食品添加剂的认识逐渐加深．下列关于食品添加剂的认识正确的是（）A．食品添加剂必须用纯天然物质才对人体无害B．S02漂白生成的无色物质不稳定，可广泛用于食品漂白C．我们每一个人都要多食用加碘食盐和加铁酱油D．食醋中含少量乙酸，可同时用作防腐剂和调味剂2．（6分）下列离子或分子在溶液中能大量共存，加入足量Na2O2后溶液中仍能大量共存的是（）A．K+、Cl﹣、Na+、SiO32﹣B．Ba2+、NO、Al3+、Br﹣C．K+、Na+、I﹣、SO42﹣D．Na+、Cu2+、NH3．H2O、SO3．（6分）用如图装置做如下实验．其中收集方法及所加试剂、现象、结论均正确的是选项气体试剂现象结论A SO2酚酞、NaOH混合溶液溶液红色消失S O2具有漂白性B NH3酚酞试液溶液变红NH3的水溶液显碱性C X 澄清石灰水溶液变浑浊X一定是CO2D Cl2淀粉、KI混合溶液溶液变蓝色Cl2有氧化性（）A．A B．B C．C D．D4．（6分）已知X、Y，Z、W为短周期元素，原子序数依次增大．X、Z同族且均为金属元素，Y、w同族，w的最高价氧化物对应的水化物是强酸．下列说法错误的是（）A．原子半径：Z＞W＞YB．X的最高价氧化物的水化物一定是强碱C．氢化物的沸点：W﹣定小于YD．Y与Z形成的化合物一定是离子晶体5．（6分）下列有关比较中，大小顺序排列错误的是（）A．热稳定性：NH3＞PH3＞H2SB．物质的熔点：石英＞食盐＞冰＞干冰C．结合H+的能力：CO32﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣D．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液6．（6分）在25℃时将pH=11 的NaOH 溶液与pH=3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（）A．c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）B．c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D． c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）7．（6分）相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表，下列叙述正确的是（）A．放出热量关系：a＜b＜196B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②C．达平衡时SO3的体积分数：③＞①D．SO2的转化率：②＞①＞③二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）A、B、C、D、E、F代表六种常见元素，它们的核电荷数依次增大．其中，元素F的基态3d轨道上有2个电子，A的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D形成的单核离子在同周期元素形成的单核离子中半径最小，C、E同主族；B与C形成的化合物有多种，其中一种是红棕色气体．（1）A的基态原子的价层电子排布图为，元素B、C、E的第一电离能由大到时小的顺序是（用元素符号表示，下同）．（2）用价层电子对互斥理论预测，AC32﹣的立体构型是．（3）C的气态氢化物比E的气态氢化物熔点高，是因为C的氢化物之间比E的氢化物之间多了一种作用力，请用化学符号表示出这种作用力．（4）F（黑球）与C（白球）形成的一种橙红色晶体晶胞结构如右图所示，其化学式为．（5）已知化合物DB是一种新型陶瓷，该物质可由D的氯化物与NaB3在高温下反应制得，且同时生成单质B2，该反应化学方程式为，若在反应中有8.4gB2生成，则转移电子的物质的量为．9．（14分）国庆期间，某同学旅游时发现，苗族人的银饰美丽而富有民族文化，制作银饰时可以选用Fe（NO3）3溶液做蚀刻剂．受此启发，该同学所在的化学兴趣小组选用Fe（NO3）3溶液清洗做过银镜反应的试管，发现不但银镜溶解，而且较少产生刺激性气体．对此，该化学兴趣小组对Fe（NO3）3溶液溶解银的原理进行探究：【提出假设】假设1：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3﹣能氧化Ag；假设2：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag．假设3：．【验证假设】（1）甲同学验证假设1．①他用淡紫色的Fe（NO3）3•9H2O（摩尔质量为404g/mol）晶体配制1.5mol/L的Fe（NO3）3落液100mL．需要称取g Fe（NO3）3•9H2O晶体，在配制过程中所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必需；②测得1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液pH约为2，用离子方程式表示其原因．③将pH=2的HNO3溶液加入到镀有银镜的试管中，静置，观察到银镜缓慢溶解，表面产生少量的无色小气泡，该气泡在液面上方遇空气后变为红棕色，则溶液中发生反应的离子方程式应是．④另取将pH=3的HNO3溶液加入到镀有银镜的试管中，静置，观察到银镜几乎不溶解，表面产生极少量的无色小气泡．⑤另取1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液加入到镀有银镜的试管中，静置，观察到银镜慢慢溶解，且溶液颜色加深变成棕色．查阅资料后得知，Fe2+能与NO形成配离子：Fe2++NO═2+（棕色）．（2）乙同学验证假设2．分别用溶质的浓度为分为1.5mol/L和0.15mol/L的足量FeCl3溶液加入到镀有银镜的试管中，放置一段时间，均几乎看不出银镜溶解．乙同学由此得出结论，假设2不成立．（3）丙同学认为乙同学的结论是错误的，他认为乙同学实验中无明显现象另有原因，请推测可能的原因．【思考与交流】根据以上信息综合分析，浓、稀Fe（NO3）3溶液溶解银镜时，发生的反应可能有什么不同？．10．（16分）尿素是一种非常重要的高氮化肥，以天然气（含H2S）为原料合成尿素的主要步骤如图1所示（图中某些转化步骤未列出）．请回答下列问题：（1）尿素中C原子的杂化方式为杂化，反应①的离子方程式是；（2）上述过程中天然气脱硫后产生的Fe2S3、H2O与O2反应的化学方程式是；（3）反应②的正反应是放热反应，升温，反应的平衡常数将（填“增大”、“减小”或“不变”），工业采用在500℃的温度下催化合成氨，原因是；（4）上述步骤中，除水之外能循环利用的是；（5）如果整个生产过程釆用绿色化学工艺，则生产120t尿素理论上需要CH4m3（标准状况）．（6）化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电．用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水又能发电．尿素燃料电池结构如图2所示，工作时负极的电极反应式为．11．（14分）Na2S2O3•5H2O在化学定量分析中常用作基准物质，实验室制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2．设计如图1装置（夹持仪器省略）进行实验．（1）A中发生的化学反应方程式为；（2）C中所盛试剂可能是；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，还可以采取的操作是；（3）学生乙在加热A后，发现液面下的铜丝变黑如2．对黑色生成物该学生提出如下假设：①可能是CuO ②可能是Cu2O ③可能是CuS学生丙提出假设②一定不成立，依据是；该生用如下实验进一步验证黑色物质的组成：基于上述假设分析，黑色物质的组成为（填化学式）．（4）实验室用Na2S2O3标准液测量某工业废水中的I2的浓度．已知：2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣．①以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是；②若标液Na2S2O3的浓度0.0030mol•L﹣1，滴定25.00mL工业废水消耗该Na2S2O3溶液体积如右图所示，则该废水中I2的浓度为．四川省乐山市2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）近年来，食品安全事故频繁发生，人们对食品添加剂的认识逐渐加深．下列关于食品添加剂的认识正确的是（）A．食品添加剂必须用纯天然物质才对人体无害B．S02漂白生成的无色物质不稳定，可广泛用于食品漂白C．我们每一个人都要多食用加碘食盐和加铁酱油D．食醋中含少量乙酸，可同时用作防腐剂和调味剂考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用．专题：有机化合物的获得与应用．分析：A．根据食品添加剂的定义解答；B．人体摄入过量二氧化硫，会影响肠胃功能；C．根据碘和铁的生理功能和缺乏症判断；D．食醋既可作为酸性调味剂，又可作为防腐剂；解答：解：A．所谓食品添加剂，是指为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，如人工合成苯甲酸及其钠盐可用作食品添加剂，故A错误；B．虽S02漂白生成的无色物质不稳定，但人体摄入一定量的二氧化硫，会影响肠胃功能，不可广泛用于食品漂白，故B错误；C．碘是甲状腺激素的重要成分，食盐中加碘可以有效地预防甲状腺肿大；铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血，食用加铁的酱油能补充铁元素，所以缺碘和铁的人多食用加碘食盐和加铁酱油，而不是我们每一个人，故C错误；D．通常食醋中含乙酸3%﹣5%，乙酸具有酸性可作为防腐剂，具有酸味可作为酸性调味剂，故D正确；故选：D．点评：本题考查了食品添加剂的使用，平时注意相关知识的积累即可解答，题目难度不大．2．（6分）下列离子或分子在溶液中能大量共存，加入足量Na2O2后溶液中仍能大量共存的是（）A．K+、Cl﹣、Na+、SiO32﹣B．Ba2+、NO、Al3+、Br﹣C．K+、Na+、I﹣、SO42﹣D．Na+、Cu2+、NH3．H2O、SO考点：离子共存问题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，结合加入足量Na2O2后不能发生氧化还原反应、复分解反应来解答．解答：解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入足量Na2O2后溶液中离子之间不反应，仍能大量共存，故A选；B．加入足量Na2O2后与Al3+反应，不能共存，故B不选；C．加入足量Na2O2后与I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；D．Cu2+、NH3．H2O结合生成沉淀，不能共存，故D不选；故选A．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．3．（6分）用如图装置做如下实验．其中收集方法及所加试剂、现象、结论均正确的是选项气体试剂现象结论A SO2酚酞、NaOH混合溶液溶液红色消失S O2具有漂白性B NH3酚酞试液溶液变红NH3的水溶液显碱性C X 澄清石灰水溶液变浑浊X一定是CO2D Cl2淀粉、KI混合溶液溶液变蓝色Cl2有氧化性（）A．A B．B C．C D．D考点：气体的收集；常见气体的检验．分析：A．二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，溶液红色消失，因为SO2是酸性氧化物；B．氨气的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集；C．二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊；D．氯气与KI反应生成I2，碘遇淀粉变蓝，Cl2有氧化性．解答：解：A．二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，溶液红色消失，因为SO2是酸性氧化物，故A错误；B．氨气的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集，图中收集气体的装置不合理，故B 错误；C．二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则结论应为X可能为CO2，故C错误；D．氯气与KI反应生成I2，碘遇淀粉变蓝，Cl2有氧化性，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的收集、性质及实验现象分析，侧重物质性质及实验装置中作用的考查，题目难度中等，选项A为易错点．4．（6分）已知X、Y，Z、W为短周期元素，原子序数依次增大．X、Z同族且均为金属元素，Y、w同族，w的最高价氧化物对应的水化物是强酸．下列说法错误的是（）A．原子半径：Z＞W＞YB．X的最高价氧化物的水化物一定是强碱C．氢化物的沸点：W﹣定小于YD．Y与Z形成的化合物一定是离子晶体考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y，Z、W为短周期元素，原子序数依次增大．X、Z同族且均为金属元素，则X 为Li、Z为Na或X为Be、Z为Mg；Y、W同族，W的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则Y为O氧元素、W为S元素或Y为F元素、W为Cl，据此解答．解答：解：X、Y，Z、W为短周期元素，原子序数依次增大．X、Z同族且均为金属元素，则X为Li、Z为Na或X为Be、Z为Mg；Y、W同族，W的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则Y为O氧元素、W为S元素或Y为F元素、W为Cl，A．Z、W处于第三周期，Y、W同族，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z＞W＞Y，故A正确；B．X为Li或Be，最高价氧化物的水化物不是强碱，故B错误；C．Y、W处于第ⅥA族或ⅦA，HF、H2O中都存在氢键，沸点高于同族其它元素的氢化物，故C正确；D．Y为O氧元素或F元素，Z为Na或Mg；氧化钠、过氧化钠、氧化镁、氟化钠、氟化镁都属于离子化合物，故D正确；故选：B．点评：本题考查结构位置性质关系、半径比较、氢键对物质性质影响、离子化合物等，难度不大，推断元素是关键，注意元素周期表与元素周期律利用．5．（6分）下列有关比较中，大小顺序排列错误的是（）A．热稳定性：NH3＞PH3＞H2SB．物质的熔点：石英＞食盐＞冰＞干冰C．结合H+的能力：CO32﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣D．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液考点：微粒半径大小的比较；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．分析：A．元素非金属性越强，其氢化物越稳定；B．物质的熔点高低一般：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，根据常温下物质的状态及微粒间作用力判断冰与干冰熔点；C．酸性越弱，酸根离子结合质子能力越强；D．分散系中分散质粒子的直径：浊液＞胶体＞溶液．解答：解：A．非金属性S＞P，故氢化物稳定性H2S＞PH3，故A错误；B．石英属于原子晶体，食盐属于离子晶体，冰、干冰属于分子晶体，冰中存在氢键，熔点高于干冰，故熔点：石英＞食盐＞冰＞干冰，故B正确；C．酸性：HCl＞CH3COOH＞H2CO3，故结合质子能力：CO32﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣，故C正确；D．分散系中分散质粒子的直径：浊液（＞100nm）＞胶体（1nm～100nm）＞溶液（＜1nm），故分散质微粒直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故D正确，故选A．点评：本题比较综合，涉及氢化物稳定性比较、晶体类型与性质、分散系、物质性质等，难度中等，注意基础知识的理解掌握．6．（6分）在25℃时将pH=11 的NaOH 溶液与pH=3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（）A．c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）B．c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D． c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），以此判断，其它选项皆不正确．解答：解：A、设溶液的体积都为1L，CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，反应后的溶液中有n（Na+）=0.001mol，n （CH3COO﹣）+n（CH3COOH）＞0.001mol，则c（Na+）＜c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故A错误；B、根据溶液呈电中性，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；C、在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，则c （CH3COO﹣）＞c（Na+），故C错误；D、在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+），c（H+）＞c（OH﹣），由于H+离子与OH﹣离子反应，则溶液中c（Na+）＞c（H+），所以有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确．故选D．点评：本题考查溶液离子浓度的大小比较，本题难度中等，做题时注意pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合后，溶液中醋酸过量，溶液呈酸性，以此进行分析和比较．7．（6分）相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表，下列叙述正确的是（）A．放出热量关系：a＜b＜196B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②C．达平衡时SO3的体积分数：③＞①D．SO2的转化率：②＞①＞③考点：化学平衡的计算．分析：A．②与①相比，二者为完全等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，②中生成的SO3的物质的量较小，且该反应是可逆反应；B．平衡常数只与温度有关，故三种情况下平衡常数相等；C．③与①相比，③到达的平衡相当于在①的平衡基础上压强增大1倍，平衡向右移动，SO3的物质的量增大、混合气体总的物质的量减小；D．③与①相比，③到达的平衡相当于在①的平衡基础上压强增大1倍，平衡向右移动，SO2的转化率增大．解答：解：A．②与①相比，二者为完全等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，②中生成的SO3的物质的量较小，故②中放出的热量较少，即a＞b，该反应是可逆反应，故放出的热量都小于196kJ，故A错误；B．平衡常数只与温度有关，故三种情况下平衡常数相等；故B错误；C．③以①相比，③到达的平衡相当于在①的平衡基础上压强增大1倍，平衡向右移动，平衡时SO3气体的体积分数增大，故达平衡时SO3的体积分数：③＞①，故C正确；D．③以①相比，③到达的平衡相当于在①的平衡基础上压强增大1倍，平衡向右移动，SO2的转化率增大，故SO2的转化率：③＞①，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡影响因素、等效平衡的判断等，难度中等．要注意利用等效平衡思想解题，构建平衡建立的途径是解题的关键．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）A、B、C、D、E、F代表六种常见元素，它们的核电荷数依次增大．其中，元素F的基态3d轨道上有2个电子，A的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D形成的单核离子在同周期元素形成的单核离子中半径最小，C、E同主族；B与C形成的化合物有多种，其中一种是红棕色气体．（1）A的基态原子的价层电子排布图为，元素B、C、E的第一电离能由大到时小的顺序是N＞O＞S（用元素符号表示，下同）．（2）用价层电子对互斥理论预测，AC32﹣的立体构型是平面三角形．（3）C的气态氢化物比E的气态氢化物熔点高，是因为C的氢化物之间比E的氢化物之间多了一种作用力，请用化学符号表示出这种作用力H﹣O…H﹣O．（4）F（黑球）与C（白球）形成的一种橙红色晶体晶胞结构如右图所示，其化学式为TiO2．（5）已知化合物DB是一种新型陶瓷，该物质可由D的氯化物与NaB3在高温下反应制得，且同时生成单质B2，该反应化学方程式为AlCl3+3NaN3AlN+4N2↑+3NaCl，若在反应中有8.4gB2生成，则转移电子的物质的量为0.2mol．考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型．分析：A、B、C、D、E、F代表六种常见元素，它们的核电荷数依次增大，元素F的基态3d轨道上有2个电子则F是Ti元素；A的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则A是C元素；B与C形成的化合物有多种，其中一种是红棕色气体二氧化氮，则B是N元素、C是O元素；C、E同一主族，E原子序数小于Ti，则E是S元素；D形成的单核离子在同周期元素形成的单核离子中半径最小，D原子序数大于O而小于S，则E是Al元素；（1）A是C元素，其2s、2p电子为其价电子，根据构造原理书写C的基态原子的价层电子排布图；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减小；（2）用价层电子对互斥理论预测CO32﹣的立体构型；（3）O的气态氢化物比S的气态氢化物熔点高，是因为O的氢化物之间比E的氢化物之间多了一种作用力氢键；（4）利用均摊法确定其化学式；（5）化合物AlN是一种新型陶瓷，该物质可由Al的氯化物与NaN3在高温下反应制得，且同时生成单质N2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；根据氮气和转移电子之间的关系式计算．解答：解：A、B、C、D、E、F代表六种常见元素，它们的核电荷数依次增大，元素F的基态3d轨道上有2个电子则F是Ti元素；A的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则A是C元素；B与C形成的化合物有多种，其中一种是红棕色气体二氧化氮，则B是N元素、C是O元素；C、E同一主族，E原子序数小于Ti，则E是S元素；D形成的单核离子在同周期元素形成的单核离子中半径最小，D原子序数大于O而小于S，则E是Al元素；（1）A是C元素，其2s、2p电子为其价电子，C的基态原子的价层电子排布图为，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减小，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：故答案为：；N＞O＞S；（2）根据价层电子对互斥理论知，CO32﹣中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，为平面三角形结构，故答案为：平面三角形；（3）O的气态氢化物比S的气态氢化物熔点高，是因为O的氢化物之间比E的氢化物之间多了一种作用力氢键，水分子之间存在的氢键为：H﹣O…H﹣O，故答案为：H﹣O…H﹣O；（4）F是Ti元素、C是O元素，该晶胞中Ti原子个数=1+8×=2、O原子个数=2+4×=4，则Ti、O原子个数之比=2：4=1：2，则化学式为TiO2，故答案为：TiO2；（5）化合物AlN是一种新型陶瓷，该物质可由Al的氯化物与NaN3在高温下反应制得，且同时生成单质N2，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应方程式为AlCl3+3NaN3AlN+4N2↑+3NaCl；8.4g氮气的物质的量==0.3mol，转移电子物质的量=0.3mol×2×=0.2mol，故答案为：AlCl3+3NaN3AlN+4N2↑+3NaCl；0.2mol．点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及氧化还原反应计算、晶胞计算、氢键、粒子构型判断、元素周期律等知识点，这些都是2015届高考高频点，明确价层电子对互斥理论、元素周期律、均摊法等即可解答，难点是（4）题电子转移计算，注意叠氮化钠中N元素化合价．9．（14分）国庆期间，某同学旅游时发现，苗族人的银饰美丽而富有民族文化，制作银饰时可以选用Fe（NO3）3溶液做蚀刻剂．受此启发，该同学所在的化学兴趣小组选用Fe（NO3）3溶液清洗做过银镜反应的试管，发现不但银镜溶解，而且较少产生刺激性气体．对此，该化学兴趣小组对Fe（NO3）3溶液溶解银的原理进行探究：【提出假设】假设1：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3﹣能氧化Ag；假设2：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag．假设3：Fe3+和酸性条件下的NO3﹣都能氧化Ag．【验证假设】（1）甲同学验证假设1．①他用淡紫色的Fe（NO3）3•9H2O（摩尔质量为404g/mol）晶体配制1.5mol/L的Fe（NO3）3落液100mL．需要称取60.6g Fe（NO3）3•9H2O晶体，在配制过程中所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必需100mL容量瓶、胶头滴管；②测得1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液pH约为2，用离子方程式表示其原因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+．3+3H③将pH=2的HNO3溶液加入到镀有银镜的试管中，静置，观察到银镜缓慢溶解，表面产生少量的无色小气泡，该气泡在液面上方遇空气后变为红棕色，则溶液中发生反应的离子方程式应是3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O．④另取将pH=3的HNO3溶液加入到镀有银镜的试管中，静置，观察到银镜几乎不溶解，表面产生极少量的无色小气泡．⑤另取1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液加入到镀有银镜的试管中，静置，观察到银镜慢慢溶解，且溶液颜色加深变成棕色．查阅资料后得知，Fe2+能与NO形成配离子：Fe2++NO═2+（棕色）．（2）乙同学验证假设2．分别用溶质的浓度为分为1.5mol/L和0.15mol/L的足量FeCl3溶液加入到镀有银镜的试管中，放置一段时间，均几乎看不出银镜溶解．乙同学由此得出结论，假设2不成立．（3）丙同学认为乙同学的结论是错误的，他认为乙同学实验中无明显现象另有原因，请推测可能的原因可能是Fe3+与Ag发生了反应，但生成的Ag+与Cl﹣形成沉淀阻止了反应继续进行，也可能是FeCl3溶液浓度太小而不能溶解银．【思考与交流】根据以上信息综合分析，浓、稀Fe（NO3）3溶液溶解银镜时，发生的反应可能有什么不同？Fe（NO3）3浓溶液中，Fe3+、NO3﹣都氧化了Ag，Fe（NO3）3稀溶液中可能只有NO3﹣氧化了Ag．考点：性质实验方案的设计．分析：【提出假设】Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3﹣能氧化Ag、Fe3+具有氧化性，能氧化Ag，还可能Fe3+和酸性条件下的NO3﹣都能氧化Ag；（1）①依据配制溶液1.5mol/L的Fe（N03）3落液100mL可以计算得到硝酸铁物质的量为0.15mol，所以需要晶体质量=0.15mol×404g/mol=60.6g；配制溶液的过程和步骤分析回答需要的仪器；②硝酸铁溶液显酸性的原因是铁离子水解；③银和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，一氧化氮遇空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；（3）假设2中，铁离子的氧化性和铁离子的浓度大小有关，且生成的银离子在溶液中生成氯化银沉淀阻止反应进行，可能是浓度小或阻止反应进行，需要验证亚铁离子的存在证明铁离子是否发生还原反应；依据题干信息分析现象，浓溶液中的铁离子和硝酸根离子具有氧化性能够使银溶解，稀溶液中是硝酸根离子的氧化性．解答：解：【提出假设】假设1：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3﹣能氧化Ag；假设2：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag；也可能铁离子、酸性条件下的硝酸根离子都能够氧化银，则假设3应该为：Fe3+和酸性条件下的NO3﹣都能氧化Ag，故答案为：Fe3+和酸性条件下的NO3﹣都能氧化Ag；（1）①用淡紫色的Fe（N03）3•9H20晶体（分析纯，M r=404）配制1.5mol/L的Fe（N03）3溶液100mL，依据硝酸铁溶质物质的量为0.15mol，所以需要晶体质量。
