2017-2018學(xué)年貴州高考化學(xué)適應(yīng)性試卷版含解析

1、2017-2018學(xué)年貴州省高考化學(xué)適應(yīng)性試卷一、選擇題：每小題6分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. （6分）（2015?貴州模擬）2014年在西非國家爆發(fā)的埃博拉疫情呈加速蔓延之勢，已知該病毒對化學(xué)藥品敏感，乙醇、高鎰酸鉀溶液、次氯酸鈉溶液、雙氧水等消毒劑可以完全滅活病毒感染性.下列有關(guān)說法正確的是（）A.乙醇、次氯酸鈉溶液的消毒原理相同B.雙氧水和次氯酸鈉具有較強的腐蝕性，不能用于皮膚的消毒C.高鎰酸鉀溶液和雙氧水均可以將病毒氧化而達到消毒的目的D.在次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫可發(fā)生反應(yīng)：2NaClO+SO2+H2ONa2SO3+HClO考點：氧化還原反應(yīng).分

2、析：A.乙醇使蛋白質(zhì)變性；B.氧化性可用于消毒；C.高鎰酸鉀溶液和雙氧水均具有強氧化性；D.在次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應(yīng).解答：解：A.乙醇消毒液消毒是因為可以使蛋白質(zhì)變性，而并非是將病毒氧化，而次氯酸鈉溶液可以將病毒氧化而達到消毒的目的，故A錯誤；B.雙氧水具有較強的氧化性，能用于皮膚的消毒，故B錯誤；C.高鎰酸鉀溶液和雙氧水的消毒原理都是因為具有強氧化性，原理相同，故C正確；D.次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫生成硫酸根離子和水，故D錯誤；故選C.點評：本題考查鹵族元素及化合物的性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析應(yīng)用能力

3、的考查，題目難度不大.2. （6分）（2015?貴州模擬）下列化學(xué)用語描述中不正確的是（）A.中子數(shù)為20的氯原子：法1_r*I:O:I3-B. K2O的電子式：一2.1r、.2-+C. HCO3的電離萬程式：HCO3+H2O?CO3+H3OD.比例模型可以表示CO2分子或SiO2考點：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合；電離方程式的書寫；球棍模型與比例模型.分析：A.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角不是質(zhì)量數(shù)、左下角不是質(zhì)子數(shù)；B.氧化鉀為離子化合物，陰陽離子都需要標出電荷，氧離子還需要標出最外層電子；C.碳酸氫根離子的電離產(chǎn)生水合氫離子和碳酸根離子；D.二氧化硅屬于原子晶體，不存

4、在二氧化硅分子.解答：解：A.元素符號的左上角標質(zhì)量數(shù)，中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為37,該核素的表示方法為：故A正確；B.氧化劑為離子化合物，鉀離子直接用離子符號表示，氧離子需要標出所帶電荷及最外層電子，氧化鉀的電子式為：廣£故b正確；C.碳酸氫根離子在溶液中電離出水合氫離子和碳酸根離子，HCO3的電離方程式為：HCO3+H2O?CO32+H3O：故C正確；D. e可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因為二氧化硅晶體為原子晶體，不存在二氧化硅分子，故D錯誤；故選D.點評：本題考查了常見化學(xué)用語的書寫方法判斷，題目難度中等，涉及原子符號、電離方程式、結(jié)構(gòu)式等知識，試題

5、涉及的知識點較多，注意掌握常見的化學(xué)用語的概念及正確的表示方法.3. （6分）（2015?貴州模擬）下列實驗及現(xiàn)象所對應(yīng)的離子方程式正確的是（）選項實驗現(xiàn)象ABCD向氯化鋁溶液中滴加過量氨水向FeBr2溶液中通入少量氯氣向稀硝酸中加入單質(zhì)Fe粉向Na2CO3溶液中滴加酚配試劑有白色沉淀產(chǎn)生溶液由淺綠色變成黃色有氣泡生成溶液由無色變?yōu)榧t色離子方程式Al3+3OH=Al(OH)3J2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClFe+6H+=3Fe3+3H2f2CO3+H2O=H2CO3+2OHAB.BC.CD.D考點：離子方程式的書寫.分析：A.一水合氨為弱電解質(zhì)，離子方程式中不能拆開，應(yīng)該保留分子式；B.亞

6、鐵離子的還原性大于濱離子，氯氣少量，淺綠色亞鐵離子優(yōu)先被氧化成黃色的鐵離子；C.鐵與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體，不會生成氫氣；D.碳酸根離子的水解分步進行，主要以第一步為主，水解的離子方程式只寫出第一步即可.解答：解：A.向氯化鋁溶液中滴加過量氨水可以獲得氫氧化鋁白色沉淀，一水合氨不能拆開，正確的離子方程式為：Al3+3NH3?H2OAl（OH）3J+3NH4：故A錯誤；B,向FeBr2溶液中通入少量氯氣，亞鐵離子優(yōu)先被氧化，溶液由淺綠色變成黃色，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl一，故B正確；C.鐵與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體，不會產(chǎn)生氫氣，如：鐵過量時，稀硝酸與過量的鐵粉反應(yīng)生

7、成硝酸亞鐵和一氧化氮和水，離子方程式為：3Fe+8H+2N03-3Fe2+2NOT+4H2O,故C.2-D.碳酸根離子水解主要以第一步為主，正確的離子方程式為：CO3+H2O=HCO3+OH,故D錯誤；故選B.點評：本題考查了離子方程式的正誤判斷，為高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等；本題中還要注意反應(yīng)現(xiàn)象是否正確.4. （6分）（2015?貴州模擬）正確的實驗操作是實驗成功的重要因素，下列實驗操作正確的是（）氫氧化鈉溶液新制晶酸J亞鐵溶液A.

8、旨制備氫氧化亞鐵并觀察其顏色碳酸、苯酚酸性強弱比較制備并收集少量NO2氣體考點：化學(xué)實驗方案的評價.分析：A.氫氧化亞鐵易被氧化生成氫氧化鐵，所以制取氫氧化亞鐵時要隔絕空氣；B.強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；C.二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和NO;D.洗氣裝置中導(dǎo)氣管要遵循長進短出”原則.解答：解：A.氫氧化亞鐵易被氧化生成氫氧化鐵，所以制取氫氧化亞鐵時要隔絕空氣，則膠頭滴管要伸入液面下，故A錯誤；B.強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸，碳酸和苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚沉淀，所以能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，故B正確；C.二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和NO,二氧化氮和空氣不反應(yīng)，所以應(yīng)該采用排空氣法收集,故

9、C錯誤；D.洗氣裝置中導(dǎo)氣管要遵循長進短出”原則，故D錯誤；故選B.點評：本題考查實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)制備、物質(zhì)性質(zhì)檢驗、氣體的凈化和收集，明確實驗原理是解本題關(guān)鍵，會根據(jù)氣體的密度、性質(zhì)確定收集方法，易錯選項是5. （6分）（2015?貴州模擬）Na表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（aNA.agC2H4和C3H6的混合物所含碳氫鍵數(shù)目為一&7B.2.24L12C18O或14N2所含的電子數(shù)為1.4NAC. 1L0.1mol/L的CuSO4溶液中含有Cu2+的數(shù)目為0.1NaD. 25c時，在PH=12的1.0LBa(OH)2溶液中含有OH的數(shù)目為0.02Na考點：阿

10、伏加德羅常數(shù).分析：A.C2H4和C3H6的最簡式為CH2,所以ag混合物中含有最簡式CH2的物質(zhì)的量為：=W_mol,在乙烯、丙烯和環(huán)丙烷分子中，平均每個碳原子形成一個碳碳鍵、每個氫14g/mol14原子形成一個碳氫鍵，據(jù)此計算出所含碳氫鍵數(shù)目；B.氣體的狀況未知；C.銅離子為弱堿陽離子，在水中部分水解；D.根據(jù)pH=13,計算出C(H+)和C(OH)，然后根據(jù)溶液體積為1.0L來計算；解答：解：A.每個氫原子形成1個碳氫鍵，ag混合物中總共含有3molH原子，所以含有7fmolH原子碳氫鍵，所含碳氫鍵數(shù)目為na,故A正確；7 78 .氣體的狀況未知，無法計算氣體的物質(zhì)的量，故B錯誤；C.1

11、L0.1mol/L的CuSO4溶液中含有0.1mol硫酸銅，銅離子為弱堿陽離子，在溶液中部分水解，Cu2+的數(shù)目小于0.1Na,故C錯誤；D.溶液的pH=12,故C(H+)=1012mol/L,可知C(OH)=0.01mol/L,溶液體積為1.0L,故含有的氫氧根的物質(zhì)的量為0.01mol,個數(shù)為0.01Na,故D錯誤；故選：A.點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的判斷及計算，題目難度中等，掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、氣體摩爾體積使用條件和對象是解題關(guān)鍵.北也6. (6分)(2015?貴州模擬)如圖所示的兩個電化學(xué)裝置，圖1中銅電極上產(chǎn)生大量的無色氣泡；圖2中銅電極上無氣體產(chǎn)生，而銘電極上產(chǎn)生大量

12、的有色氣體.根據(jù)上述現(xiàn)象判斷下列說法不正確的是(A.圖1中Cr為正極，Cu為負極一.一2+B.圖2中Cu電極上發(fā)生的離子方程式為：Cu-2eCuC.金屬銘的活潑性比銅強且能和硫酸反應(yīng)生成H2D.金屬銘易被稀硝酸鈍化考點：原電池和電解池的工作原理.分析：觀察到圖1裝置銅電極上產(chǎn)生大量的無色氣泡，說明圖1中，Cr為負極，銅為正極,正極上析出氫氣，而圖2裝置中銅電極上無氣體產(chǎn)生，銘電極上產(chǎn)生大量有色氣體，說明銅被氧化應(yīng)為負極，正極上應(yīng)是硝酸被還原生成二氧化氮氣體，以此解答該題.解答：解：A.圖1為原電池裝置，銅為正極，氫離子得電子生成氫氣，故A錯誤；B.圖2裝置中銅電極上無氣體產(chǎn)生，銘電極上產(chǎn)生大量

13、有色氣體，說明銅為負極，銘電極為正極，負極發(fā)生Cu-2e一Cu2+,故B正確；C.由圖1根據(jù)原電池原理知金屬銘的活動性比銅強且能和硫酸反應(yīng)生成H2,故C正確；D.由圖1根據(jù)原電池原理知金屬銘的活動性比銅強，但圖2裝置中銅電極上無氣體產(chǎn)生，銘電極上產(chǎn)生大量有色氣體，說明銅被氧化應(yīng)為負極，說明銘易被稀硝酸鈍化，故D正確.故選A.點評：本題綜合考查原電池知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握原電池的工作原理，答題時注意體會電極方程式的書寫方法，難度不大.7. （6分）（2015?貴州模擬）已知BaSO4（s）?Ba2+（aq）+S。/（aq）,25c時Ksp=1.07M

14、0-10,且BaSO4的隨溫度升局而增大.如圖所不，有Ti、T2不同溫度下兩條BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線，則下列說法不正確的是（）A.溫度為Ti時，在Ti曲線上方區(qū)域任意一點時，均有BaSO4沉淀生成B.蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點變?yōu)門i曲線上a、b之間的某一點C.升溫可使溶液由b點變?yōu)閐點D.T2>25C考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì).分析：A.在Ti曲線上方區(qū)域（不含曲線）為過飽和溶液；B.蒸發(fā)溶劑，增大溶液中溶質(zhì)的濃度，溫度不變，溶度積常數(shù)不變；C.升溫增大溶質(zhì)的溶解，溶液中銀離子、硫酸根離子濃度都增大；D.根據(jù)圖片知，溫度越高，硫酸鋼的溶度積常數(shù)越大，根據(jù)T2時

15、硫酸鋼溶度積常數(shù)與25C時溶度積常數(shù)比較判斷.解答：解：A.在Ti曲線上方區(qū)域（不含曲線）為過飽和溶液，所以有晶體析出，故A正確；B.蒸發(fā)溶劑，增大溶液中溶質(zhì)的濃度，溫度不變，溶度積常數(shù)不變，所以蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點變?yōu)榍€上a、b之間的某一點（不含a、b）,故B正確；C.升溫增大溶質(zhì)的溶解度，溶液中銀離子、硫酸根離子濃度都增大，故C錯誤；D.25°C時硫酸鋼的Ksp=1.07M0-10,根據(jù)圖片知，溫度越高，硫酸鋼的離子積常數(shù)越大，T2時硫酸鋼的溶度積常數(shù)=1.0M04X5.0M05=5M09>1.07X1010,所以該溫度大于25C,故D正確；故選C.點評：本題考查了難

16、溶電解質(zhì)的溶解平衡及其應(yīng)用，題目難度中等，正確理解溶度積曲線是解本題關(guān)鍵，結(jié)合溶度積常數(shù)來分析解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力.二、非選擇題：(一)必考題8. (14分)(2015?貴州模擬)實驗室制取乙烯的傳統(tǒng)做法是采用濃硫酸做催化劑，由于濃硫酸具有具有脫水性和強氧性，生成乙烯同時產(chǎn)生CO2和SO2氣體會影響乙烯的性質(zhì)實驗.某同學(xué)查閱相關(guān)資料后發(fā)現(xiàn)，可用脫水性更強的P2O5代替濃硫酸濃硫酸作為該實驗的催化劑.為驗證這一說法，該同學(xué)利用以下裝置進行實驗探究，觀察并記錄現(xiàn)象如下：實驗二酒精燈加熱水浴加熱實驗一實驗藥品4gP2O5、8mL無水乙醇實驗條件實驗現(xiàn)象無水乙醇加入時

17、，圓底燒瓶B中P2O5溶于乙醇，立即產(chǎn)生白霧，當用酒精燈加熱后，有氣泡產(chǎn)生，并逐漸沸騰，生成粘稠狀液體，集氣瓶C中有無色液體產(chǎn)生.無水乙醇加入時，圓底燒瓶B中P2O5溶于乙醇立即產(chǎn)生白霧，當用水浴加熱后，無氣泡產(chǎn)生，生成粘稠狀液體，集氣瓶C中有無色液體產(chǎn)生.請回答下列問題：(1)寫出裝置中儀器A的名稱分液漏斗；(2)裝置中B、C之間長導(dǎo)管的作用是導(dǎo)氣、冷凝，濃硫酸的作用是干燥氣體；(3)實驗二中，完成水浴加熱必需的玻璃儀器有大燒杯、酒精燈；(4)實驗一、二中當加入無水乙醇時，均有白霧產(chǎn)生，請簡述產(chǎn)生白霧的原因：P?O5溶解于乙醇，迅速放出大量的熱，局部溫度較高，使得少量乙醇氣化，形成白霧;(5

18、)經(jīng)檢驗集氣瓶C中無色液體為磷酸三乙酯，請在圖中虛線框內(nèi)畫出實驗裝置(含試劑)用于驗證生成的乙烯；(6)根據(jù)實驗現(xiàn)象判斷以P2O5作為催化劑獲得乙烯的反應(yīng)條件是加熱至較高溫度.考點：性質(zhì)實驗方案的設(shè)計.分析：(1)根據(jù)A的構(gòu)造可知其名稱為分液漏斗；(2)長導(dǎo)管起到了導(dǎo)氣和冷凝作用；濃硫酸具有吸水性，可以作干燥劑;(3)實驗二需要水浴加熱，用到的玻璃儀器有大燒杯和酒精燈；(4)白霧為小液滴，說明P2O5溶解于乙醇的過程中會放出大量熱，使得少量乙醇氣化；(5)乙烯能夠與濱水發(fā)生加成反應(yīng)，可以用盛有濱水的試管檢驗乙烯；(6)根據(jù)實驗二中水浴加熱生成了磷酸三乙酯，而實驗一中用酒精燈直接加熱生成了乙烯進

19、行判斷.解答：解：(1)根據(jù)圖示可知，儀器A為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)裝置中B、C之間長導(dǎo)管可以起到導(dǎo)氣、冷凝的作用；濃硫酸具有吸水性，能夠干燥反應(yīng)產(chǎn)生的氣體，故答案為：導(dǎo)氣、冷凝；干燥氣體；(3)水浴加熱過程中，反應(yīng)裝置需要放在盛有水的大燒杯中，用酒精燈加熱，所以必需的玻璃儀器為大燒杯和酒精燈，故答案為：大燒杯；酒精燈；(4)由于P2O5溶解于乙醇后迅速放出大量的熱，導(dǎo)致局部溫度較高，使得少量乙醇氣化，所以形成白霧，故答案為：P2O5溶解于乙醇，迅速放出大量的熱，局部溫度較高，使得少量乙醇氣化，形成白霧；(5)可以用澳水具有乙烯，實驗裝置圖為：，答案為：(6)實驗二中水浴加熱生成

20、了磷酸三乙酯，而實驗一中用酒精燈直接加熱生成了乙烯，說明以P2O5作為催化劑獲得乙烯需要在較高溫度下才能進行，故答案為：加熱至較高溫度.點評：本題考查了性質(zhì)實驗方案的設(shè)計，題目難度中等，明確實驗?zāi)康募盎瘜W(xué)實驗基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實驗?zāi)芰?，注意掌握性質(zhì)實驗方案的設(shè)計與評價方法.9. (15分)(2015?貴州模擬)A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的短周期元素.A、C處于同一主族，C、D、E處于同一周期；A、B組成的氣體X能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍.C在短周期元素中金屬性最強，E原子的最外層電子數(shù)是A、B、C原子最外層電子數(shù)之和，E的單質(zhì)與x反應(yīng)能生成

21、溶于水呈強酸性的化合物Z,同時生成B的單質(zhì)，D的單質(zhì)既能與C的最高價氧化物的水溶液反應(yīng)，也能與Z的水溶液反應(yīng)；C、E可組成化合物M.(1)E離子的結(jié)構(gòu)示意圖H4-I(2)寫出X的電子式_"N"_；(3)寫出D的單質(zhì)與C元素最高價氧化物的水化物在水溶液中反應(yīng)的離子方程式2A1+2OH一一一一一A+2H2O=2AlO2+3H2T:(4)E的單質(zhì)與X反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比3:2;(5)按圖電解M的飽和溶液，石墨電極上發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2cl-2e=Cl2T；電解電解時裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2。2NaOH+H?T+C12T、_Cl2+2NaOH

22、=NaCl+NaClO+H2O考點：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.專題：元素周期律與元素周期表專題.分析：A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的短周期元素.A、B組成的氣體X能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則X為NH3,A為H元素，B為N元素；A、C處于同一主族，C在短周期元素中金屬性最強，C的原子序數(shù)大于氮，故C為Na；C、D、E處于同一周期，即處于第三周期，E原子的最外層電子數(shù)是A、B、C原子最外層電子數(shù)之和，則E原子最外層電子數(shù)為1+1+5=7,故E為Cl,E的單質(zhì)與X反應(yīng)能生成溶于水呈強酸性的化合物Z,同時生成B的單質(zhì)，應(yīng)是氯氣與氨氣反應(yīng)生成氮氣與HCl,D的單質(zhì)既能與C的最高價氧化物的水溶

23、液反應(yīng)，也能與Z的水溶液反應(yīng)，則D為Al;C、E可組成化合物M為NaCl,據(jù)此解答.解答：解：A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的短周期元素.A、B組成的氣體X能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則X為NH3,A為H元素，B為N元素；A、C處于同一主族，C在短周期元素中金屬性最強，C的原子序數(shù)大于氮，故C為Na；C、D、E處于同一周期，即處于第三周期，E原子的最外層電子數(shù)是A、B、C原子最外層電子數(shù)之和，則E原子最外層電子數(shù)為1+1+5=7,故E為Cl,E的單質(zhì)與X反應(yīng)能生成溶于水呈強酸性的化合物Z,同時生成B的單質(zhì)，應(yīng)是氯氣與氨氣反應(yīng)生成氮氣與HCl,D的單質(zhì)既能與C的最高價氧化物的水溶液反應(yīng)，也

24、能與Z的水溶液反應(yīng)，則D為Al;C、E可組成化合物M為NaCl(1)C離子的結(jié)構(gòu)示意圖為:硼故答案為.瑜HHx為NH3,其電子式為"N"，故答案為：“NH；(3) Al與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與氫氣，反應(yīng)離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2一A+3H2T,故答案為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2T;(4) E的單質(zhì)與X反應(yīng)為：3Cl2+2NH3=N2+6HCl,反應(yīng)中氧化劑為氯氣，還原劑為氨氣，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:2,故答案為：3:2;(5) 電解NaCl的飽和溶液，石墨電極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，氯離子失去電子生成氯氣，陽極發(fā)生

25、反應(yīng)的離子方程式為：2Cl-2e=Cl2t;電解時裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：電解2NaCl+2H2O2NaOH+H2T+Cl2T,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,一一一,電解故答案為：2Cl2e=Cl2f;2NaCl+2H2O2NaOH+H2T+Cl2卜；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O.點評：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系綜合應(yīng)用，側(cè)重對化學(xué)用語的考查，推斷元素是解題關(guān)鍵,注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握.10.(14分)(2015?貴州模擬)貴州開磷(集團)有限責任公司按照循環(huán)經(jīng)濟的發(fā)展理念，將工業(yè)合成氨與制備甲醇進行聯(lián)合生產(chǎn)，現(xiàn)已具備年產(chǎn)60萬噸合成氨、38萬噸甲

26、醇的生產(chǎn)能力.其生產(chǎn)流程如圖1:圖i請回答下列問題：(1)工業(yè)生產(chǎn)時，水蒸氣可與煤粉反應(yīng)制備H2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為C+H2O(g)G日r°JinuCO+H.2.；(2)工業(yè)制取氫氣的另一個反應(yīng)為：CO+H2O(g)?CO2+H2.在C時，往1L密閉容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸氣，反應(yīng)達平衡后，體系中c(H2)0.12mol?L-1.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=1(填計算結(jié)果)；(3)若在恒溫恒容的容器內(nèi)進行反應(yīng)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g),在密閉容器中開始只加入CO、H2,反應(yīng)10min后測得各組分的濃度如下：物質(zhì)H2COCH3OH濃度/(mol?L1

27、)0.20o.10o.40該時間段內(nèi)反應(yīng)速率v(H2)=0.08mol/(L?min);該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的標志是BC(填字母序號)；A.有1個H-H鍵生成的同時有3個C-H鍵生成B.CO的百分含量保持不變C.容器中混合氣體的壓強不變化D.容器中混合氣體的密度不變化(4)已知在常溫常壓下：2cH3OH(l)+3O2(g)?2CO2(g)+4H2O(g)AH1=-1275.6kJ/mol2cO(l)+O2(g)?2CO2(g)AH2=-566.0kJ/molH2O(g)?H2OAH3=-44.0kJ/mol寫出甲醇不完燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式CH30H+O2(g)=CO(g)一，、

28、，_-1+2H2O廿1=-442.8kJ?mol；(5)N2和H2以鐵作催化劑從145c就開始反應(yīng)，不同溫度下NH3的產(chǎn)率如圖2所示.溫度高于900c時，NH3產(chǎn)率下降的原因是溫度高于900c時，平衡向左移動；生產(chǎn)過程中合成氣要進行循環(huán)，其目的是提高原料的利用率.考點：工業(yè)合成氨.分析：(1)水蒸氣在高溫下與碳反應(yīng)生成一氧化碳氣體和水，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；(2)根據(jù)平衡常數(shù)表達式以及各種物質(zhì)的濃度利用化學(xué)平衡三段式進行計算；(3)先根據(jù)表中計算計算出甲醇的反應(yīng)速率，然后根據(jù)化學(xué)計量數(shù)與反應(yīng)速率成正比計算出氫氣的平均反應(yīng)速率；根據(jù)可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各組分的濃度不再變

29、化判斷；(4)根據(jù)熱化學(xué)方程式利用蓋斯定律計算反應(yīng)熱并書寫熱化學(xué)方程式；(5)對于放熱反應(yīng)，溫度升高，則化學(xué)平衡向逆向移動；提高循環(huán)利用可以提高原料的利用率.解答：解：(1)碳粉在高溫下與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C+H2O(g)向皿CO+H2,古汩故答案為：C+H2O(g)CO+H2；(2)CO+H2O(g)?CO2+H2初始：0.20.300變化：0.120.120.120.12平衡：0.080.180.120.12貝Uk=0.12X0,12=10.03X0.18故答案為：1；(3)由表中數(shù)據(jù)可知，l0min內(nèi)甲醇的濃度變化為0.4mol/L,故v(CH3OH)=與磐匹=0.04mol/(

30、L?min),速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故v(H2)=2v(CH3OH)lOidin=2><0.04mol/(L?min)=0.08mol/(L?min),故答案為：0.08mol/(L?min);A.有1個H-H鍵生成的同時有3個C-H鍵生成，正逆反應(yīng)速率不相等，沒有達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B.CO百分含量保持不變，證明各組分不再變化，該反應(yīng)已經(jīng)達到了化學(xué)平衡狀態(tài)，故B正確；C.該反應(yīng)是一個前后氣體體積變化的反應(yīng)，容器中混合氣體的壓強不變化，證明達到了平衡狀態(tài)，故C正確；D.混合氣體質(zhì)量守恒，體積恒定，所以容器中混合氣體的密度不會發(fā)生變化，故D錯誤；故選BC;(4)2CH30H

31、(l)+3O2(g)?2CO2(g)+4H2O(g)AH1=-1275.6kJ/mol2CO(l)+O2(g)?2CO2(g)AH2=-566.0kJ/molH2O(g)?H2OAH3=-44.0kJ/mol,根據(jù)蓋斯定律，將已知反應(yīng)(-+X4)是得到：CH30H(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O21(l),AhT=-442.8kJ?mol,21故答案為：CH30H(l)+02(g)=C0(g)+2H2O(l)AH=-442.8kJ?mol；(5)溫度在900c時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，溫度高于900c時，即：升高溫度，平衡向吸熱方向，即向左移動；由于合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，提高循環(huán)利用原料

32、，可提高原料的利用率，故答案為：溫度高于900c時，平衡向左移動；提高原料的利用率.點評：本題考查工業(yè)合成氨及其應(yīng)用，題目難度中等，注意利用三段式法解答，特別是蓋斯定律的運用以及燃料電池的電極反應(yīng)的書寫，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力.三、選考題：【化學(xué)-選彳2:化學(xué)與技術(shù)】(15分)11.(15分)(2015?貴州模擬)水是一種重要的自然資源，是人類賴以生存的物質(zhì)，水質(zhì)的優(yōu)劣直接影響人體的健康.請回答下列問題：(1)天然淡水一般呈弱酸性，其原因是：CO2+H2O?H2CO3,H2CO3?HCO3+H+(用化學(xué)方程式表示)，可以用加熱煮沸方法使

33、水恢復(fù)審性;一一一一一(2)天然水的凈化通常有混凝法和化學(xué)軟化法，二者的區(qū)別是水的凈化是用混凝劑(如明磯等)將水中膠體及懸浮物沉淀下來，而水的軟化是除去水中的鈣離子和鎂離子;(3)若用陽離子交換樹脂(HR)將硬水軟化，發(fā)生的反應(yīng)可表示為：Ca2+2HR=CaRZ+2H+或Mg2+2HR=MgR2+2H+(寫一個即可)；(4)明磯曾一直作為常用的凈水劑，如今卻慢慢褪出歷史舞臺.作為凈水劑的后起之秀-復(fù)合聚合侶鐵這一新型水處理劑正越來越多的應(yīng)用于生活飲用水、工業(yè)給水.它的凈水效果遠優(yōu)于一般的凈水劑.下列說法正確的是AD;A.復(fù)合聚合侶鐵的水解程度很大，可以減少水中鋁的殘留B.復(fù)合聚合侶鐵所帶電荷高

34、，形成膠粒對水中雜質(zhì)吸附能力強，所以凈水效果好3+,+C.明磯凈水廣生膠體的離子萬程式為：Al+3H2OAl(OH)3j+3HD.優(yōu)質(zhì)凈水劑的選擇標應(yīng)該是無毒且能吸附水中的懸浮膠粒(5)凈化后的水還需殺菌消毒才能飲用，考慮到Cl2可能殘留帶來的危寶害，無殘留的ClO2開始廣浮用于自來水消毒.如果以單位質(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，則Cl2和ClO2的消毒效率之比為27:71(填最簡整數(shù)比).(6)在人們環(huán)保意識急劇增強的念天，污水隨意排放的局面即將成為歷史，先處理達標而后排放是大勢所趨.某含氧廢水選擇ClO2處理，ClO2可將CN轉(zhuǎn)化成兩種無毒氣體，該反應(yīng)的離子方程式為2ClO?+

35、2CN=2CO2T+N2T+2Cl.考點：鎂、鋁的重要化合物；膠體的重要性質(zhì)；氧化還原反應(yīng).分析：(1)水溶解二氧化碳而導(dǎo)致溶液呈酸性；(2)凈化水是除去懸浮雜質(zhì)，軟化水是除去鈣鎂離子；(3)陽離子交換樹脂是把水中的鈣離子和鎂離子通過陽離子交換除去；(4)復(fù)合聚合侶鐵水解程度大，且無毒，對人體無害；(5)作為消毒劑，還原產(chǎn)物都為-1價氯離子；(6)ClO2可將CN轉(zhuǎn)化成兩種無毒氣體，應(yīng)生成二氧化碳和氮氣.解答：解：(1)水溶解二氧化碳而導(dǎo)致溶液呈酸性，在溶液中發(fā)生CO2+H2O?H2CO3,H2CO3?HCO3+H+,加熱時，二氧化碳溶解度減小，可恢復(fù)至中性，故答案為：CO2+H2O?H2CO

36、3,H2CO3?HCO3+H+；加熱煮沸；(2)水的凈化是除去懸浮性雜質(zhì)，一般用明磯進行；水的軟化是降低Ca2+、Mg2+的濃度，方法很多，有離子交換法、石灰純堿法等，故答案為：水的凈化是用混凝劑(如明磯等)將水中膠體及懸浮物沉淀下來，而水的軟化是除去水中的鈣離子和鎂離子；(3)含有較多可溶性鈣、鎂化合物的水稱為硬水，通過陽離子交換樹脂可以除去鈣離子和鎂離子得到軟水，離子交換樹脂發(fā)生的反應(yīng)為：Ca2+2HR=CaR2+2H+,Mg2+2HR=MgR2+2H+,故答案為：Ca2+2HR=CaR2+2H+,Mg2+2HR=MgR2+2H+；(4)A.由題意它的凈水效果遠優(yōu)于一般的凈水劑，可知復(fù)合聚

37、合侶鐵的水解程度很大，可以減少水中鋁的殘留，故A正確；B.復(fù)合聚合侶鐵不帶電荷，故B錯誤；C.生成膠體而不是沉淀，故C錯誤；D.優(yōu)質(zhì)凈水劑對人體應(yīng)無害，故D正確.故答案為：AD;(5)以單位質(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)比值為-X2-X5=27：71,7167.5故答案為：27:71;(6)用C1O2將廢水中含有劇毒的CN氧化成無毒氣體，反應(yīng)生成二氧化碳、氮氣和氯離子，離子反應(yīng)為2C1O2+2CN=2CO2f+N2T+2C1,故答案為：2C1O2+2CN=2CO2T+N2T+2C1.點評：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及離子反應(yīng)，為高頻考點，把握習題中的信息及發(fā)生的氧化還原反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力

38、的考查，題目難度不大.四、【化學(xué)-選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】(15分)12. (15分)(2015?貴州模擬)第四周期中的18中元素具有重要的用途，在現(xiàn)代工業(yè)中備受青睞.(1)銘是一種硬二脆，抗腐蝕性強的金屬，常用于電鍍和制造特種鋼.基態(tài)Cr原子中，電子占據(jù)最高能層的符號為N,該能層上具有的原子軌道數(shù)為16,電子數(shù)為1,(2)第四周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大，總趨勢是逐漸增大的，30Zn與31Ga的第一電離能是否符合這一規(guī)律？否(填是“或否”)，原因是30Zn的4s能級有2個電子，處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定(如果前一問填是”，此問可以不答)一(3)錢與第VA族元素可形成多種新型人工半導(dǎo)體材料，

39、神化錢(GaAs)就是其中一種，其晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示(白色球代表As原子).在GaAs晶體中，每個Ga原子與4個As原子相連，與同一個Ga原子相連的As原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為正四面體；(4)與As同主族的短周期元素是N、P.AsH3中心原子雜化的類型sp3;一定壓強下將AsH3和NH3.PH3的混合氣體降溫是首先液化的是NH3,理由是NH&分子之間有氫鍵，沸點較高；(5)鐵的多種化合物均為磁性材料，氮化鐵石期中一種，某氮化鐵的井胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則氮化鐵的化學(xué)式為Fe4j；設(shè)晶胞邊長為acm,阿伏加德羅常數(shù)為NA,該晶體的密度為上理g.cm3(用含a和Na的式子表示)X3-3-FeO-N考

40、點：晶胞的計算；元素電離能、電負性的含義及應(yīng)用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷.分析：(1)根據(jù)銘的核外電子排布規(guī)律可知，銘在最外層是N層，有2個電子，據(jù)此答題；(2)原子的最外層電子數(shù)處于半滿或全滿時，是一種穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，此時原子的第一電離能都高于同周期相鄰的元素；(3)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，神化錢結(jié)構(gòu)中，As位于晶胞的面心和頂點上，Ga位于由四個As原子形成的四面體的體心，據(jù)此判斷；(4)與As同主族的短周期元素是N、P,所經(jīng)AsH3的結(jié)構(gòu)應(yīng)與NH3相似，NH3分子之間有氫鍵，沸點較高；(5)根據(jù)均攤法在氮化鐵晶胞中，含有N原子數(shù)為1,Fe原子數(shù)為1乂4+6><a=4,進而確32定氮化鐵

41、的化學(xué)式，根據(jù)d計算密度；N層，有解答：解：(1)銘的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s所以需在最外層是1個電子，N層上原子軌道為spdf四種，共有軌道數(shù)為1+3+5+7=16,故答案為：N;16;1;(2)原子的最外層電子數(shù)處于半滿或全滿時，是一種穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，此時原子的第一電離能都高于同周期相鄰的元素，30Zn的4s能級有2個電子，處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以30Zn與31Ga的第一電離能不符合逐漸增大的規(guī)律，故答案為：否；30Zn的4s能級有2個電子，處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定；(3)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，神化錢結(jié)構(gòu)中，As位于晶胞的面心和頂點上，Ga位于由四個As原子形成的四面體的

42、體心，所以每個Ga原子與4個As原子相連，與同一個Ga原子相連的As原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為正四面體，故答案為：4;正四面體；(4)氨分子中氮原子按sp3方式雜化，N與As同主族，所經(jīng)AsH3的結(jié)構(gòu)應(yīng)與NH3相似，AsH3中心原子雜化的類型為sp3,NH3分子之間有氫鍵，沸點較高，所以一定壓強下將AsH3和NH3.PH3的混合氣體降溫是首先液化的是NH3,故答案為：sp3;NH3；NH3分子之間有氫鍵，沸點較高；(5)根據(jù)均攤法在氮化鐵晶胞中，含有N原子數(shù)為1,Fe原子數(shù)為1X-+6X-=4,所以氮S214+56-43cm，化鐵的化學(xué)式Fe4N,晶胞的體積為a3cm3,所以=?g.¥aJ故答案為：Fe4N;金卷;點評：本題考查較為綜合，原子結(jié)構(gòu)、第一電離能、晶胞的結(jié)構(gòu)及晶體計算、氫鍵等知識,題目難度中等，注意原子核外電子排布與物質(zhì)性質(zhì)的關(guān)系，當價層電子軌道處于全空、全充滿、半充滿時，較穩(wěn)定.五、【化學(xué)-選彳5:有機化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）13. （15分）（2015?貴州模擬）圖1是以芳香煌A為原料合成有機高分子化合物甲和乙的路線圖.乘裁/Jm0H®*詼破施;-定條件下625J1)000oO10864