2017年高考化學試卷（新課標Ⅰ）（解析卷）

第頁|共頁2017年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7個小題，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）下列生活用品中主要由合成纖維制造的是（）A．尼龍繩 B．宣紙 C．羊絨衫 D．棉襯衣 【考點】L3：常用合成高分子材料的化學成分及其性能．【專題】538：有機化合物的獲得與應(yīng)用．【分析】宣紙、棉襯衣的主要成分為纖維素，羊絨衫的主要成分為蛋白質(zhì)，只有尼龍繩主要成分為聚酯類合成纖維，據(jù)此進行解答?！窘獯稹拷猓篈．尼龍繩的主要成分是聚酯類合成纖維，滿足條件，故A正確；B．宣紙的主要成分為天然纖維素，不屬于合成纖維，故B錯誤；C．羊絨衫的主要成分是蛋白質(zhì)，不屬于合成纖維，故C錯誤；D．棉襯衣的主要成分為天然纖維素，不是合成纖維，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查常見高分子材料的分類及應(yīng)用，題目難度不大，明確常見有機物組成、性質(zhì)及分類為解答關(guān)鍵，注意掌握合成纖維與纖維素、蛋白質(zhì)等區(qū)別。2．（6分）《本草衍義》中對精制砒霜過程有如下敘述：“取砒之法，將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛著覆器，遂凝結(jié)累然下垂如乳，尖長者為勝，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（）A．蒸餾 B．升華 C．干餾 D．萃取 【考點】P9：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用．【專題】545：物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】“取砒之法，將生砒就置火上，以器覆之，令砒煙上飛著覆器，遂凝結(jié)累然下垂如乳”，涉及用到加熱的方法，將被提純物質(zhì)氣化、冷凝的過程，以此解答該題?！窘獯稹拷猓骸叭∨ǎ瑢⑸椭没鹕?，以器覆之，令砒煙上飛著覆器，遂凝結(jié)累然下垂如乳”，涉及用到加熱的方法，將被提純物質(zhì)氣化、冷凝為固體的過程，為升華操作，沒有隔絕空氣強熱，不是干餾，萃取無需加熱。故選：B?！军c評】本題考查物質(zhì)的分離、提純，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力和實驗?zāi)芰?，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，注意把握題給信息以及常見分離方法，難度不大。3．（6分）已知（b）、（d）、（p）的分子式均為C6H6，下列說法正確的是（）A．b的同分異構(gòu)體只有d和p兩種 B．它們的二氯代物均只有三種 C．它們均可與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng) D．只有b的所有原子處于同一平面 【考點】H6：有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【專題】532：同分異構(gòu)體的類型及其判定．【分析】A．b為苯，對應(yīng)的同分異構(gòu)體可為環(huán)狀烴，也可為鏈狀烴；B．d對應(yīng)的二氯代物大于3種；C．b、p與高錳酸鉀不反應(yīng)；D．d、p都含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點?！窘獯稹拷猓篈．b為苯，對應(yīng)的同分異構(gòu)體可為環(huán)狀烴，也可為鏈狀烴，如HC≡C﹣CH=CH﹣CH=CH2，則同分異構(gòu)體不僅僅d和p兩種，故A錯誤；B．d編號如圖，對應(yīng)的二氯代物中，兩個氯原子可分別位于1、2，1、3，1、4，2、3，2、5，3、6等位置，故B錯誤；C．p為飽和烴，與高錳酸鉀不反應(yīng)，且b也不反應(yīng)，故C錯誤；D．d、p都含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，則d、p所有原子不可能處于同一平面，只有b為平面形結(jié)構(gòu)，故D正確。故選：D。【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力，注意把握有機物同分異構(gòu)體的判斷以及空間構(gòu)型的判斷，題目難度中等。4．（6分）實驗室用H2還原WO3制備金屬W的裝置如圖所示（Zn粒中往往含有硫等雜質(zhì)，焦性沒食子酸溶液用于吸收少量氧氣），下列說法正確的是（）A．①、②、③中依次盛裝KMnO4溶液、濃H2SO4、焦性沒食子酸溶液 B．管式爐加熱前，用試管在④處收集氣體并點燃，通過聲音判斷氣體濃度 C．結(jié)束反應(yīng)時，先關(guān)閉活塞K，再停止加熱 D．裝置Q（啟普發(fā)生器）也可用于二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣 【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】H2還原WO3制備金屬W，裝置Q用于制備氫氣，因鹽酸易揮發(fā)，則①、②、③應(yīng)分別用于除去HCl、H2S、氧氣和水，得到干燥的氫氣與WO3在加熱條件下制備W，實驗結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免W被重新氧化，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．氣體從焦性沒食子酸溶液中逸出，得到的氫氣混有水蒸氣，應(yīng)最后通過濃硫酸干燥，故A錯誤；B．點燃酒精燈進行加熱前，應(yīng)檢驗氫氣的純度，以避免不純的氫氣發(fā)生爆炸，可點燃氣體，通過聲音判斷氣體濃度，聲音越尖銳，氫氣的純度越低，故B正確；C．實驗結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，使W處在氫氣的氛圍中冷卻，以避免W被重新氧化，故C錯誤；D．二氧化錳與濃鹽酸需在加熱條件下反應(yīng)，而啟普發(fā)生器不能加熱，故D錯誤。故選：B?！军c評】涉及物質(zhì)的制備實驗的設(shè)計，側(cè)重考查學生的分析能力和實驗?zāi)芰?，注意把握實驗的原理以及操作的注意事項，難度不大。5．（6分）支撐海港碼頭基礎(chǔ)的防腐技術(shù)，常用外加電流的陰極保護法進行防腐，工作原理如圖所示，其中高硅鑄鐵為惰性輔助陽極。下列有關(guān)表述不正確的是（）A．通入保護電流使鋼管樁表面腐蝕電流接近于零 B．通電后外電路電子被強制從高硅鑄鐵流向鋼管樁 C．高硅鑄鐵的作用是作為損耗陽極材料和傳遞電流 D．通入的保護電流應(yīng)該根據(jù)環(huán)境條件變化進行調(diào)整 【考點】BK：金屬的電化學腐蝕與防護．【專題】51I：電化學專題．【分析】外加電流陰極保護是通過外加直流電源以及輔助陽極，被保護金屬與電源的負極相連作為陰極，電子從電源負極流出，給被保護的金屬補充大量的電子，使被保護金屬整體處于電子過剩的狀態(tài)，讓被保護金屬結(jié)構(gòu)電位低于周圍環(huán)境，從而使得金屬腐蝕發(fā)生的電子遷移得到抑制，避免或減弱腐蝕的發(fā)生，陽極若是惰性電極，則是電解質(zhì)溶液中的離子在陽極失電子，據(jù)此解答。【解答】解：A．被保護的鋼管樁應(yīng)作為陰極，從而使得金屬腐蝕發(fā)生的電子遷移得到抑制，使鋼管樁表面腐蝕電流接近于零，避免或減弱電化學腐蝕的發(fā)生，故A正確；B．通電后，惰性高硅鑄鐵作陽極，海水中的氯離子等在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電子經(jīng)導(dǎo)線流向電源正極，再從電源負極流出經(jīng)導(dǎo)線流向鋼管樁，故B正確；C．高硅鑄鐵為惰性輔助陽極，所以高硅鑄鐵不損耗，故C錯誤；D．在保護過程中要使被保護金屬結(jié)構(gòu)電位低于周圍環(huán)境，則通入的保護電流應(yīng)該根據(jù)環(huán)境條件變化進行調(diào)整，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查金屬的電化學腐蝕與防護，明確外加電流陰極保護法的工作原理是解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學與生活的聯(lián)系，題目難度不大。6．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的簡單氫化物可用作制冷劑，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時有刺激性氣體產(chǎn)生。下列說法不正確的是（）A．X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W強 B．Y與X的簡單離子的具有相同的電子層結(jié)構(gòu) C．Y與Z形成的化合物的水溶液可使藍色石蕊試紙變紅 D．Z與X屬于同一主族，與Y屬于同一周期 【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】W的簡單氫化物可用作制冷劑，常見為氨氣，則W為N元素，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，應(yīng)為Na元素，由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時有刺激性氣體產(chǎn)生，黃色沉淀為S，則由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽為Na2S2O3，刺激性氣體為SO2，則X為O元素，Z為S元素，結(jié)合對應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律的遞變規(guī)律解答該題?！窘獯稹拷猓河梢陨戏治隹芍猈為N元素，X為O元素，Y為Na元素，Z為S元素。A．非金屬性O(shè)＞N，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故A正確；B．Y為Na元素，X為O元素，對應(yīng)的簡單離子核外都有10個電子，與Ne的核外電子排布相同，故B正確；C．Y與Z形成的化合物為Na2S，為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，則可使紅色石蕊試液變藍色，藍色石蕊試紙不變色，故C錯誤；D．Z為S元素，與O同主族，與Na同周期，故D正確。故選：C。【點評】本題為2017年福建理綜試題，題目考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律知識，側(cè)重考查學生的分析能力，本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)與用途，為解答該題的關(guān)鍵，難度不大。7．（6分）常溫下將NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）pHA．Ka2（H2X）的數(shù)量級為10﹣6 B．曲線N表示pH與lg的變化關(guān)系 C．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣） D．當混合溶液呈中性時，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+） 【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性條件下，則pH相同時＞，由圖象可知N為lg的變化曲線，M為lg的變化曲線，當lg或lg=0時，說明或=1，濃度相等，結(jié)合圖象可計算電離常數(shù)并判斷溶液的酸堿性?！窘獯稹拷猓篈．lg=0時，=1，此時pH≈5.4，則Ka2（H2X）≈10﹣5.4，可知Ka2（H2X）的數(shù)量級為10﹣6，故A正確；B．由以上分析可知曲線N表示pH與lg的變化關(guān)系，故B正確；C．由圖象可知，lg=0時，即c（HX﹣）=c（X2﹣），此時pH≈5.4，可知HX﹣電離程度大于X2﹣水解程度，則NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C正確；D．由圖象可知當pH=7時，lg＞0，則c（X2﹣）＞c（HX﹣），故D錯誤。故選：D?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力和計算能力，本題注意把握圖象的曲線的變化意義，把握數(shù)據(jù)的處理，難度較大。二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（15分）凱氏定氨法是測定蛋白質(zhì)中氮含量的經(jīng)典方法，其原理是用濃硫酸在催化劑存在下將樣品中有機氮轉(zhuǎn)化成銨鹽，利用如圖所示裝置處理銨鹽，然后通過滴定測量。已知：NH3+H3BO3=NH3?H3BO3；NH3?H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。回答下列問題：（1）a的作用是避免b中壓強過大。（2）b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名稱是冷凝管。（3）清洗儀器：g中加蒸餾水：打開K1，關(guān)閉K2、K3，加熱b，蒸氣充滿管路：停止加熱，關(guān)閉K1，g中蒸餾水倒吸進入c，原因是c中溫度下降，管路中形成負壓；打開K2放掉水，重復(fù)操作2～3次。（4）儀器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示劑，銨鹽試樣由d注入e，隨后注入氫氧化鈉溶液，用蒸餾水沖洗d，關(guān)閉K3，d中保留少量水，打開K1，加熱b，使水蒸氣進入e。①d中保留少量水的目的是液封，防止氨氣逸出的作用。②e中主要反應(yīng)的離子方程式為NH4++OH﹣NH3↑+H2O，e采用中空雙層玻璃瓶的作用是保溫，使氨完全蒸出。（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）樣品m克進行測定，滴定g中吸收液時消耗濃度為cmol?L﹣1的鹽酸VmL，則樣品中氮的質(zhì)量分數(shù)為%，樣品的純度≤%。【考點】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【專題】544：定量測定與誤差分析．【分析】（1）a為玻璃管，可連接空氣，避免燒瓶內(nèi)壓強過大；（2）加熱純液體時，應(yīng)避免液體暴沸；（3）冷卻后，裝置內(nèi)壓強較低，可倒吸；（4）①d中保留少量水，可防止氣體逸出；②銨鹽試樣由d注入e，隨后注入氫氧化鈉溶液，發(fā)生反應(yīng)生成氨氣；e采用中空雙層玻璃瓶，起到保溫作用；（5）滴定g中吸收液時消耗濃度為cmol?L﹣1的鹽酸VmL，則n（HCl）=0.001cVmol；結(jié)合反應(yīng)NH3?H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）a為玻璃管，可連接空氣，避免在加熱時燒瓶內(nèi)壓強過大，故答案為：避免b中壓強過大；（2）加熱純液體時，加入碎瓷片可避免液體暴沸，F(xiàn)為冷凝管，故答案為：防止暴沸；冷凝管；（3）停止加熱，關(guān)閉K1，g中蒸餾水倒吸進入c，原因是c、e及其所連接的管道內(nèi)水蒸氣冷凝為水后，氣壓遠小于外界大氣壓，在大氣壓的作用下，錐形瓶內(nèi)的蒸餾水被倒吸入c中，即c中溫度下降，管路中形成負壓，故答案為：c中溫度下降，管路中形成負壓；（4）①d中保留少量水，可檢驗裝置是否漏氣，如漏氣，液面會下降，且起到防止漏氣的作用，故答案為：液封，防止氨氣逸出的作用；②銨鹽試樣由d注入e，隨后注入氫氧化鈉溶液，發(fā)生反應(yīng)生成氨氣，反應(yīng)的離子方程式為NH4++OH﹣NH3↑+H2O；e采用中空雙層玻璃瓶，起到保溫作用，以減少熱量損失，有利于銨根離子轉(zhuǎn)化為氨氣而逸出，故答案為：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；保溫，使氨完全蒸出；（5）滴定g中吸收液時消耗濃度為cmol?L﹣1的鹽酸VmL，則n（HCl）=0.001cVmol；結(jié)合反應(yīng)NH3?H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H5NO2）=n（HCl），則m（N）=0.001cVmol×14g/mol=0.014cVg，則樣品中氮的質(zhì)量分數(shù)為=%，m（C2H5NO2）=0.001cVmol×75g/mol=0.075cVg，則樣品的純度為=%，故答案為：；。【點評】本題考查含量的測定實驗設(shè)計，為高考常見題型，試題涉及了元素化合物的性質(zhì)、實驗原理、物質(zhì)制備等，側(cè)重考查學生對實驗方案理解及對元素化合物的知識的應(yīng)用能力，難度中等。9．（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì)）來制備，工藝流程如下：回答下列問題：（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結(jié)果如下圖所示。由圖可知，當鐵的浸出率為70%時，所采用的實驗條件為100℃、2h或90℃、5h。（2）“酸浸”后，鈦主要以TiOCl42﹣形式存在，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O。（3）TiO2?xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)40min所得實驗結(jié)果如下表所示：溫度/℃3035404550TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化率/%9295979388分析40℃時TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化率最高的原因低于40℃，TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率隨溫度升高而增加，超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導(dǎo)致TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率下降。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，其中過氧鍵的數(shù)目為4。（5）若“濾液②”中c（Mg2+）=0.02mol?L﹣1，加入雙氧水和磷酸（設(shè)溶液體積增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5，此時是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？Fe3+恰好沉淀完全時，c（PO43﹣）==1.3×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（）3×（1.3×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，因此不會生成Mg3（PO4）2沉淀（列式計算）。FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分別為1.3×10﹣22、1.0×10﹣24（6）寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑。【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì)）來制備Li4Ti5O12和LiFePO4，由制備流程可知，加鹽酸過濾后的濾渣為SiO2，濾液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后過濾，沉淀為TiO2．xH2O，與雙氧水反應(yīng)Ti元素的化合價升高，生成（NH4）2Ti5O15，與LiOH反應(yīng)后過濾得到Li2Ti5O15，再與碳酸鋰高溫反應(yīng)生成Li4Ti5O12；水解后的濾液②中含Mg2+、Fe2+，雙氧水可氧化亞鐵離子，在磷酸條件下過濾分離出FePO4，高溫煅燒②中發(fā)生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此來解答?！窘獯稹拷猓海?）由圖可知，當鐵的浸出率為70%時，所采用的實驗條件為選擇溫度為100℃、2h或90℃、5h，故答案為：100℃、2h或90℃、5h；（2）“酸浸”后，鈦主要以TiOCl42﹣形式存在，相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，故答案為：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；（3）40℃時TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化率最高，因低于40℃，TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率隨溫度升高而增加，超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導(dǎo)致TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率下降，故答案為：低于40℃，TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率隨溫度升高而增加，超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導(dǎo)致TiO2?xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率下降；（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，Li的化合價為+1價，由化合價的代數(shù)和為0可知，O元素的負價代數(shù)和為22，設(shè)過氧鍵的數(shù)目為x，則（x×2）×1+（15﹣x×2）×2=22，解得x=4，故答案為：4；（5）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5，由Ksp（FePO4），可知c（PO43﹣）==1.3×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（）3×（1.3×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，則無沉淀生成，故答案為：Fe3+恰好沉淀完全時，c（PO43﹣）==1.3×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（）3×（1.3×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，因此不會生成Mg3（PO4）2沉淀；（6）“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式為2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，故答案為：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識、化學反應(yīng)原理與實驗的結(jié)合，題目難度不大。10．（14分）近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO之后第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調(diào)節(jié)神經(jīng)信號傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列事實中，不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強弱的是D（填標號）。A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以B．氫硫酸的導(dǎo)電能力低于相同濃度的亞硫酸C.0.10mol?L﹣1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1D．氫硫酸的還原性強于亞硫酸（2）下圖是通過熱化學循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應(yīng)系統(tǒng)原理。通過計算，可知系統(tǒng)（Ⅰ）和系統(tǒng)（Ⅱ）制氫的熱化學方程式分別為H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+286kJ/mol、H2S（g）=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol，制得等量H2所需能量較少的是系統(tǒng)（Ⅱ）。（3）H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應(yīng)：H2S（g）+CO2（g）?COS（g）+H2O（g）。在610k時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反應(yīng)平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02。①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率a1=2.5%，反應(yīng)平衡常數(shù)K=0.00285。②在620K重復(fù)試驗，平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.03，H2S的轉(zhuǎn)化率a2＞a1，該反應(yīng)的△H＞0．（填“＞”“＜”或“=”）③向反應(yīng)器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉(zhuǎn)化率增大的是B（填標號）A．H2SB．CO2C．COSD．N2?！究键c】CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】（1）比較酸性強弱，可根據(jù)強酸制備弱酸、測定等濃度的pH以及溶液的導(dǎo)電能力判斷；（2）系統(tǒng)（Ⅰ）涉及水的分解，系統(tǒng)（Ⅱ）涉及硫化氫的分解，利用蓋斯定律分別將系統(tǒng)（Ⅰ）和系統(tǒng)（Ⅱ）的熱化學方程式相加，可得到水、硫化氫分解的熱化學方程式；（3）對于反應(yīng)H2S（g）+CO2（g）?COS（g）+H2O（g）起始（mol）0.400.1000轉(zhuǎn)化（mol）xxxx平衡（mol）0.40﹣x0.10﹣xxx反應(yīng)平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02，則=0.02，x=0.01，結(jié)合平衡移動的影響因素解答該題。【解答】解：（1）A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以，符合強酸制備弱酸的特點，可說明亞硫酸的酸性比氫硫酸強，故A正確；B．氫硫酸的導(dǎo)電能力低于相同濃度的亞硫酸，可說明亞硫酸的電離程度大，則亞硫酸的酸性強，故B正確；C.0.10mol?L﹣1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1，可說明亞硫酸的電離程度大，酸性較強，故C正確；D．氫硫酸的還原性強于亞硫酸，不能用于比較酸性的強弱，故D錯誤。故答案為：D；（2）系統(tǒng)（Ⅰ）涉及水的分解，系統(tǒng)（Ⅱ）涉及硫化氫的分解，利用蓋斯定律分別將系統(tǒng)（Ⅰ）和系統(tǒng)（Ⅱ）的熱化學方程式相加，可得到水、硫化氫分解的熱化學方程式，則系統(tǒng)（I）的熱化學方程式H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+286kJ/mol；系統(tǒng)（II）的熱化學方程式H2S（g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol。根據(jù)系統(tǒng)I、系統(tǒng)II的熱化學方程式可知：每反應(yīng)產(chǎn)生1mol氫氣，后者吸收的熱量比前者少，所以制取等量的H2所需能量較少的是系統(tǒng)II。故答案為：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S（g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系統(tǒng)（Ⅱ）；（3）對于反應(yīng)H2S（g）+CO2（g）?COS（g）+H2O（g）起始（mol）0.400.1000轉(zhuǎn)化（mol）xxxx平衡（mol）0.40﹣x0.10﹣xxx反應(yīng)平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02，則=0.02，x=0.01，①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率a1==2.5%，體積為2.5L，則平衡時各物質(zhì)的濃度為c（H2S）=mol/L=0.156mol/L，c（CO2）=mol/L=0.036mol/L，c（COS）=c（H2O）=mol/L=0.004mol/L，則K==0.00285，故答案為：2.5；0.00285；②根據(jù)題目提供的數(shù)據(jù)可知溫度由610K升高到620K時，化學反應(yīng)達到平衡，水的物質(zhì)的量分數(shù)由0.02變?yōu)?.03，所以H2S的轉(zhuǎn)化率增大，a2＞a1；根據(jù)題意可知：升高溫度，化學平衡向正反應(yīng)方向移動，根據(jù)平衡移動原理：升高溫度，化學平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，所以該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故△H＞0，故答案為：＞；＞；③A．增大H2S的濃度，平衡正向移動，但加入量遠遠大于平衡移動轉(zhuǎn)化消耗量，所以H2S轉(zhuǎn)化率降低，故A錯誤；B．增大CO2的濃度，平衡正向移動，使更多的H2S反應(yīng)，所以H2S轉(zhuǎn)化率增大，故B正確；C．COS是生成物，增大生成物的濃度，平衡逆向移動，H2S轉(zhuǎn)化率降低，故C錯誤；D．N2是與反應(yīng)體系無關(guān)的氣體，充入N2，不能使化學平衡發(fā)生移動，所以對H2S轉(zhuǎn)化率無影響，故D錯誤。故答案為：B?！军c評】本題為2017年考題，題目考查較為綜合，涉及元素周期律、熱化學方程式以及化學平衡的影響因素和計算等問題，綜合考查學生的分析能力和計算能力，注意把握蓋斯定律的應(yīng)用以及化學平衡三段式的計算方法，難度中等。[化學--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11．（15分）鉀和碘的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）元素K的焰色反應(yīng)呈紫紅色，其中紫色對應(yīng)的輻射波長為Anm（填標號）。A.404.4B.553.5C.589.2D.670.8E.766.5（2）基態(tài)K原子中，核外電子占據(jù)的最高能層的符號是N，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形。K和Cr屬于同一周期，且核外最外層電子構(gòu)型相同，但金屬K的熔點、沸點等都比金屬Cr低，原因是K的原子半徑較大，且價電子較少，金屬鍵較弱。（3）X射線衍射測定等發(fā)現(xiàn)，I3AsF6中存在I3+離子。I3+離子的幾何構(gòu)型為V形，中心原子的雜化類型為sp3。（4）KIO3晶體是一種性能良好的非線性光學材料，具有鈣鈦礦型的立體結(jié)構(gòu)，邊長為a=0.446nm，晶胞中K、I、O分別處于頂角、體心、面心位置，如圖所示。K與O間的最短距離為0.315nm，與K緊鄰的O個數(shù)為12。（5）在KIO3晶胞結(jié)構(gòu)的另一種表示中，I處于各頂角位置，則K處于體心位置，O處于棱心位置?！究键c】86：原子核外電子排布；9I：晶胞的計算．【專題】51D：化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）紫色波長介于400nm～435nm之間；（2）基態(tài)K原子核外有4個電子層，最高能層為第四層，最外層電子為4s1電子，K和Cr屬于同一周期，K的原子半徑較大，且價電子較少，金屬鍵較弱；（3）I3+中心原子的價層電子對數(shù)為=4，則為sp3雜化，價層電子對為正四面體，中心I原子的孤電子對數(shù)為=2，為V形；（4）K與O間的最短距離為面對角線的一半；O位于面心，K位于頂點，1個頂點為12個面共有；（5）在KIO3晶胞結(jié)構(gòu)的另一種表示中，I處于各頂角位置，個數(shù)為8×=1，則K也為1，應(yīng)位于體心，則O位于棱心，個數(shù)為12×=3?！窘獯稹拷猓海?）紫色波長介于400nm～435nm之間，只有A符合，故答案為：A；（2）基態(tài)K原子核外有4個電子層，最高能層為第四層，即N層，最外層電子為4s1電子，該能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形，K和Cr屬于同一周期，K的原子半徑較大，且價電子較少，金屬鍵較弱，則金屬K的熔點、沸點等都比金屬Cr低，故答案為：N；球形；K的原子半徑較大，且價電子較少，金屬鍵較弱；（3）I3+中心原子的價層電子對數(shù)為=4，則為sp3雜化，價層電子對為正四面體，中心I原子的孤電子對數(shù)為=2，為V形，故答案為：V形；sp3；（4）K與O間的最短距離為面對角線的一半，則K與O間的最短距離為×0.446nm=0.315nm，O位于面心，K位