甘肃省2016届高考化学一诊试卷 Word版含解析.doc

‎2016年甘肃省高考化学一诊试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共7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．‎ ‎1．2015年8月12日，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵（ NH4NO3）、氰化钠（NaCN）、电石（CaC2）和金属钠等危险化学品．下列有关叙述不正确的是（　　）‎ A．金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火 B．氰化钠（ NaCN）是一种剧毒危险品，其水溶液呈碱性 C．实验室里可将少量的钠保存于煤油中 D．NH4N03、NaCN、CaC2中均含有离子键和非极性共价键 ‎2．中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素成果而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素和双氢青蒿素结构如图所示：下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法不正确的（　　）‎ A．青蒿素的分子式为C15H22O5‎ B．青蒿素和双氢青蒿素不是同分异构体 C．青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应 D．青蒿素在稀硫酸催化条件下能发生水解反应 ‎3．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．在蒸馏水中滴加浓H2S04，Kw不变 B．CaC03不易溶于稀硫酸，也不易溶于醋酸 C．NaCI溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 D．在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（ OH﹣）﹣2c（H2S）﹣c（HS﹣）‎ ‎4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．常温常压下，46g有机物C2H60中含有极性键的数目一定为7NA B．标准状况下，22.4L四氯化碳中所含有的共价键数目一定为4NA C．常温常压下，14g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子总数一定为3NA D．标准状况下，22.4L甲烷与22.4L氯气在光照时充分反应，生成的CH3Cl分子数一定为NA ‎5．据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，其负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．该电池的负极反应为BH4+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O B．电池放电时Na+从b极区移向a极区 C．每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol D．电极a采用Mn02作电极材料 ‎6．短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，z的单质能溶于w的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（　　）‎ A．元素W的气态氢化物与M的单质可发生置换反应 B．离子半径的大小顺序为W＞M＞Z＞X＞Y C．元素Z、M的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应 D．元素X与Y可以形成5种以上的化合物 ‎7．某无色溶液中可能含有①Na+②Ba2+③Cl﹣④Br ﹣⑤S042﹣⑥SO32﹣中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：‎ 步驟序号 操作步骤 现 象 ‎（1）‎ 用pH试纸检验 溶液的pH＞7‎ ‎（2）‎ 向溶液中滴加氯水，再加人CC14、振荡、静置 下层呈橙色 ‎（3）‎ 向（2）所得水溶液中加人Ba（N03）2溶液和 稀 HNO3‎ 有白色沉淀产生 ‎（4）‎ 过滤，向滤液中加人AgNO3溶液和稀HNO，‎ 有白色沉淀产生 下列结论正确的是（　　）‎ A．不能确定的离子是① B．不能确定的离子是②③‎ C．肯定含有的离子是①④⑥ D．肯定没有的离子是②⑤‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．铬及其化合物在工业上有着广泛的用途，但在生产和使用过程中易产生有毒害的含铬工业废水．‎ I．处理含铬工业废水的常用方法是还原沉淀法，该方法的工艺流程如下：‎ ‎（l）上述流程的步骤①中存在如下平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+﹣Cr2072一（橙色）+H20．若平衡体系的pH=0时，溶液的颜色为　　　　　　色．‎ ‎（2）第②步反应的离子方程式为　　　　　　，步骤③可通过调节第二步反应后溶液的pH使Cr3+沉淀完全，请通过计算判断当pH＞6时，溶液中Cr3+是否沉淀完全：　　　　　　．（简要写出计算过程．已知常温下，Cr（ OH）3的溶度积Ksp=6.0×10一31，且当溶液中离子浓度小于10 ﹣5mol•L﹣l时可视作该离子不存在．）‎ ‎（3）以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr207，电解装置如1图所示．直流电源M极的电极名称是　　　　　　，和N相连的一极的电极反应式为　　　　　　‎ Ⅱ．Cr03俗称铬酸酐，常用于制备铬的化合物．Cr03具有强氧化性，热稳定性较差．‎ ‎（4）Cr03具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火．在硫酸酸化时Cr203可将乙醇氧化成乙 酸，而Cr03被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（S04）3]．则该反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（5）Cr03的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图2所示．请根据图示信息写出从开始加热到750K时总反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎9．二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源．以C02和NH3‎ 为原料合成尿素是固定和利用C02的成功范例．在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：‎ 反应I：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH 4（s）△H1=akJ．mol﹣1‎ 反应Ⅱ：NH2COONH 4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g））△H2=+72.49kJ．mol﹣1‎ 总反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g））△H3=﹣86.98kJ．mol﹣1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）反应I的△H1=　　　　　　kJ．mol﹣1（用具体数据表示）．‎ ‎（2）反应Ⅱ的△S　　　　　　（填“＞”或“＜”）0，一般在　　　　　　（填“高温”或“低温”）情况下有利于该反应的进行．‎ ‎（3）﹣定温度下在体积为VL的容器中进行反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是_　　　　　　_（填字母序号）．‎ A．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．容器内气体总压强不再变化 C．2v正（ NH3）=v逆（CO2）‎ D．容器内混合气体的密度不再变化 ‎（4）25℃时，将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充人一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应I并达到平衡．测得平衡时混合气体的总浓度为4.8×10﹣3mol．L﹣1．则此温度下，反应I的平衡常数为　　　　　　．‎ ‎（5）总反应中影响CO：平衡转化率的因素很多，下图为某特定条件下，不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的曲线．‎ ‎①其它条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是　　　　　　（填“提高”或“降低”）水碳比．‎ ‎②当温度高于190℃后，CO2平衡转化率出现如图所示变化趋势的原因是　　　　　　．‎ ‎③不同的氨碳比（）对C02的转化率也有影响，若开始以氨碳比等于3进行总反应，达平衡时NH3的转化率为40%，则C02的平衡转化率为　　　　　　．‎ ‎11．氯化亚铜广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业．氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4[CuCI2]；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图1是实验室制备氯化亚铜的流程图及实验装置图如图2．‎ 实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36qo盐酸15mL、水．‎ ‎（1）反应①的化学方程式为　　　　　　，用95%乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是　　　　　　．‎ ‎（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生02的速率，宜选择图3中的　　　　　　（填字母序号）方案．‎ ‎（3）实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是　　　　　　；电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色变为红棕色；当　　　　　　时停止通入氧气，打开瓶塞，沿　　　　　　（填字母）口倾出棕色反应液于l000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出．‎ ‎（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题有　　　　　　．‎ ‎（5）氯化亚铜的定量分析：‎ ‎①称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和l0mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是　　　　　　．‎ ‎②待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；‎ ‎③立即用0．l0mol．L﹣1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表．‎ ‎（已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+）‎ ‎ 实验序号 ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ 滴定起始读数（mL）‎ ‎ 0.75‎ ‎ 0.50‎ ‎ 0.80‎ ‎ 滴定终点读数（mL）‎ ‎ 24.65‎ ‎ 24.75‎ ‎ 24.70‎ ‎④数据处理：计算得CuCI的纯度为　　　　　　（平行实验结果相差不能超过0.3%）‎ ‎　‎ 三、解答题（共1小题，满分15分）‎ ‎12．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了许多奇迹．‎ ‎（l）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCI4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（2）已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物）合成氮化硅的主要工艺流程如图：‎ ‎①净化N2和H2时，铜屑的作用是　　　　　　；硅胶的作用是　　　　　　．‎ ‎②在氮化炉中3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（S）△H=﹣727.5kJ．mol﹣l，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度？　　　　　　；体系中要通人适量的氢气是为了　　　　　　．‎ ‎③X可能是　　　　　　（选填“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”或“氢氟酸”）．‎ ‎（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：‎ ‎①整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCI的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.750/0．则在第二轮次的生产中，补充投入HC1和H：的物质的量之比是　　　　　　．‎ ‎　‎ 四、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修3：物质结构与性质 ‎13．E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素．E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为ns2np2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2﹣具有相等的价电子总数；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子．请回答下列问题：‎ ‎（1）T元素原子的价电子排布式是　　　　　　．‎ ‎（2）E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示），其原因为　　　　　　．‎ ‎（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为　　　　　　（用分子式表示），‎ 其中G的最简单氢化物的分子立体构型名称为　　　　　　，M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为　　　　　　．M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为　　　　　　（写化学式）．‎ ‎（4）EM、CM+、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“→”表示）　　　　　　．E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因：　　　　　　‎ ‎．‎ ‎（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方TQ晶体结构如右图所示，该晶体的密度为pg•cm﹣3．如果TQ的摩尔质量为Mg．mol﹣1，阿伏加德罗常数为NAmol﹣1，则a、b之间的距离为　　　　　　cm．‎ ‎　‎ 五、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修5：有机化学基础 ‎14．芳香酯I的合成路线如下：‎ 巳知以下信息：‎ ‎①A﹣I均为芳香族化合物，A的苯环上只有一个取代基，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．‎ ‎②‎ ‎③2RCH2CHO 请回答下列问题：‎ ‎（I）A→B的反应类型为　　　　　　，G所含官能团的名称为　　　　　　．‎ ‎（2）步骤E→F与F→G的顺序能否颠倒？　　　　　　（填“能”或“否”），理由：　　　　　　．‎ ‎（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）I的结构简式为　　　　　　．‎ ‎（5）符合下列要求的A的同分异构体有　　　　　　种．‎ ‎①遇氯化铁溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ‎（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．‎ ‎　‎ ‎2016年甘肃省高考化学一诊试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共7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．‎ ‎1．2015年8月12日，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵（ NH4NO3）、氰化钠（NaCN）、电石（CaC2）和金属钠等危险化学品．下列有关叙述不正确的是（　　）‎ A．金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火 B．氰化钠（ NaCN）是一种剧毒危险品，其水溶液呈碱性 C．实验室里可将少量的钠保存于煤油中 D．NH4N03、NaCN、CaC2中均含有离子键和非极性共价键 ‎【考点】化学键．‎ ‎【专题】化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】A、钠与水反应生成可燃性的气体；‎ B、氰化物剧毒，NaCN水解呈碱性；‎ C、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应；‎ D、NH4N03和NaCN中均含有离子键和极性共价键而CaC2中含有离子键和非极性共价键．‎ ‎【解答】解：A、钠与水反应生成可燃性的气体，所以钠着火时不能用水灭火，故A正确；‎ B、氰化物剧毒，NaCN是强碱弱酸盐水解呈碱性，故B正确；‎ C、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故C正确；‎ D、NH4N03和NaCN中均含有离子键和极性共价键而CaC2中含有离子键和非极性共价键，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意物质的性质影响保存方法的选择．‎ ‎　‎ ‎2．中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素成果而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素和双氢青蒿素结构如图所示：下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法不正确的（　　）‎ A．青蒿素的分子式为C15H22O5‎ B．青蒿素和双氢青蒿素不是同分异构体 C．青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应 D．青蒿素在稀硫酸催化条件下能发生水解反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A．根据结构简式确定分子式；‎ B．青蒿素和双氢青蒿素的分子式不同；‎ C．青蒿素不含羟基或羧基；‎ D．青蒿素含有酯基，可水解．‎ ‎【解答】解：A．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；‎ B．青蒿素的分子式为C15H22O5，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，二者分子式不同，不是同分异构体，故B正确；‎ C．青蒿素不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，故C错误；‎ D．青蒿素含有酯基，可水解，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．在蒸馏水中滴加浓H2S04，Kw不变 B．CaC03不易溶于稀硫酸，也不易溶于醋酸 C．NaCI溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 D．在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（ OH﹣）﹣2c（H2S）﹣c（HS﹣）‎ ‎【考点】电解质在水溶液中的电离．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．温度不变Kw不变，浓硫酸溶解于水放热；‎ B．碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水附着表面阻止反应进行，碳酸酸性弱于硝酸，碳酸钙可以溶解于醋酸；‎ C．NaCI溶液中钠离子和氯离子不水解，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子水解相互促进，促进水的电离；‎ D．在Na2S稀溶液中中 存在质子守恒，水电离出所有氢氧根离子和氢离子存在形式总和相同；‎ ‎【解答】A．在蒸馏水中滴加浓H2S04，溶液温度升高，Kw发生变化，故A错误；‎ B．碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水附着表面阻止反应进行，CaC03不易溶于稀硫酸，碳酸酸性弱于硝酸，碳酸钙可以溶解于醋酸，故B错误；‎ C．NaCI溶液和CH3COONH4溶液均显中性，氯化钠是强酸强碱盐不水解，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子水解促进水的电离，相互促进程度相近溶液呈中性，两溶液中水的电离程度不相同，故C错误；‎ D．在Na2S稀溶液中存在质子守恒，c（ OH﹣）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS﹣），则得到c（H+）=c（ OH﹣）﹣2c（H2S）﹣c（HS﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了电解质溶液中离子积常数，盐类水解原理，电解质溶液中质子守恒等知识点，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．常温常压下，46g有机物C2H60中含有极性键的数目一定为7NA B．标准状况下，22.4L四氯化碳中所含有的共价键数目一定为4NA C．常温常压下，14g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子总数一定为3NA D．标准状况下，22.4L甲烷与22.4L氯气在光照时充分反应，生成的CH3Cl分子数一定为NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A．依据n=计算物质的量，结合有机物C2H6O存在同分异构体分析；‎ B．标准状况，四氯化碳不是气体；‎ C．乙烯和丙烯最简式相同为CH2，只需要计算14gCH2中原子数；‎ D．产物有多种，不全部是一氯甲烷．‎ ‎【解答】解：A．依据n=计算物质的量==1mol，有机物C2H6O存在同分异构体，若为乙醇含有极性键的数目一定为7NA，若为甲醚含有极性键的数目一定为8NA，故A错误；‎ B．标准状况，四氯化碳不是气体，22.4L四氯化碳物质的量不是1mol，故B错误；‎ C．14g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子数，乙烯和丙烯最简式相同为CH2，只需要计算14 gCH2中原子数=×3NA=3NA，故C正确；‎ D．产物有多种，不全部是一氯甲烷，一氯甲烷分子数小于NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的使用对象，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，其负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．该电池的负极反应为BH4+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O B．电池放电时Na+从b极区移向a极区 C．每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol D．电极a采用Mn02作电极材料 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极，负极上BH4﹣得电子和氢氧根离子反应生成BO2﹣，‎ A．负极上BH4﹣得电子和氢氧根离子反应生成BO2﹣；‎ B．原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；‎ C．双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极；‎ D．根据转移电子和双氧水之间的关系式计算．‎ ‎【解答】解：A．负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，故A正确；‎ B．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故B错误；‎ C．正极电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故C错误；‎ D．电极b采用MnO2作电极材料，为正极，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化．‎ ‎　‎ ‎6．短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，z的单质能溶于w的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（　　）‎ A．元素W的气态氢化物与M的单质可发生置换反应 B．离子半径的大小顺序为W＞M＞Z＞X＞Y C．元素Z、M的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应 D．元素X与Y可以形成5种以上的化合物 ‎【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】短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W 为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；M的原子序数大于S，说明M为Cl元素，结合元素化合物的性质和元素周期律来分析解答．‎ ‎【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；M的原子序数大于S，说明M为Cl元素，‎ A．氯气能与氯化氢反应得到单质硫，属于置换反应，故A正确；‎ B．电子层越多原子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，离子半径越小，故离子半径W（S2﹣）＞M（Cl﹣）＞X（N3﹣）＞Y（O2﹣）＞Z（Al3+），故B错误；‎ C．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，则元素Z、M的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应，故C正确；‎ D．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故D正确，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，根据常见元素化合物的性质推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等，侧重于考查学生的分析能力．‎ ‎　‎ ‎7．某无色溶液中可能含有①Na+②Ba2+③Cl﹣④Br ﹣⑤S042﹣⑥SO32﹣中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：‎ 步驟序号 操作步骤 现 象 ‎（1）‎ 用pH试纸检验 溶液的pH＞7‎ ‎（2）‎ 向溶液中滴加氯水，再加人CC14、振荡、静置 下层呈橙色 ‎（3）‎ 向（2）所得水溶液中加人Ba（N03）2溶液和 稀 HNO3‎ 有白色沉淀产生 ‎（4）‎ 过滤，向滤液中加人AgNO3溶液和稀HNO，‎ 有白色沉淀产生 下列结论正确的是（　　）‎ A．不能确定的离子是① B．不能确定的离子是②③‎ C．肯定含有的离子是①④⑥ D．肯定没有的离子是②⑤‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子；‎ ‎（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br﹣；‎ ‎（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，但不能确定是否含有SO42﹣，因SO32﹣可被硝酸氧化生成SO42﹣；‎ ‎（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl﹣，因所加氯水中含有Cl﹣．‎ ‎【解答】解：（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子，该离子只能为SO32﹣，则溶液中一定不存在Ba2+，因二者能生成沉淀而不能大量共存，‎ 一定含有Na+，根据溶液呈电中性原则，阳离子只有Na+；‎ ‎（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br﹣；‎ ‎（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，但不能确定是否含有SO42﹣，因SO32﹣可被硝酸氧化生成SO42﹣；‎ ‎（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl﹣，因所加氯水中含有Cl﹣．‎ 由以上分析可知，溶液中一定含有的离子为①④⑥，可能含有的离子为③⑤，一定不存在的是②．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子反应及离子组成分的判断，题目难度不大，本题注意把握离子的性质及离子共存问题．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．铬及其化合物在工业上有着广泛的用途，但在生产和使用过程中易产生有毒害的含铬工业废水．‎ I．处理含铬工业废水的常用方法是还原沉淀法，该方法的工艺流程如下：‎ ‎（l）上述流程的步骤①中存在如下平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+﹣Cr2072一（橙色）+H20．若平衡体系的pH=0时，溶液的颜色为　橙　色．‎ ‎（2）第②步反应的离子方程式为　6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O　，步骤③可通过调节第二步反应后溶液的pH使Cr3+沉淀完全，请通过计算判断当pH＞6时，溶液中Cr3+是否沉淀完全：　当溶液的pH调节至6时，溶液中c（OH﹣）=1×10﹣8mol/L，c（Cr3+）==6×10﹣7＜10﹣5mol•L﹣l，Cr3+沉淀完全　．（简要写出计算过程．已知常温下，Cr（ OH）3的溶度积Ksp=6.0×10一31，且当溶液中离子浓度小于10 ﹣5mol•L﹣l时可视作该离子不存在．）‎ ‎（3）以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr207，电解装置如1图所示．直流电源M极的电极名称是　负极　，和N相连的一极的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　‎ Ⅱ．Cr03俗称铬酸酐，常用于制备铬的化合物．Cr03具有强氧化性，热稳定性较差．‎ ‎（4）Cr03具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火．在硫酸酸化时Cr203可将乙醇氧化成乙 酸，而Cr03被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（S04）3]．则该反应的化学方程式为　4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O　．‎ ‎（5）Cr03的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图2所示．请根据图示信息写出从开始加热到750K时总反应的化学方程式　4Cr032Cr2O3+3O2↑　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的书写；氧化还原反应．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】I．（1）根据氢离子对2CrO42﹣（黄色）+2H+═Cr2O72﹣ （橙色）+H2O平衡移动的影响判断；‎ ‎（2）亚铁离子与Cr2O72﹣发生氧化还原反应，结合Ksp[Cr（OH）3]计算c（Cr3+）；‎ ‎（3）根据2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，则M为负极；‎ Ⅱ．（4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸；‎ ‎（5）根据质量守恒定律，在变化过程中，Cr的质量没有变，求出氧原子和铬原子的个数比即可，确定生成物可写出反应的方程式．‎ ‎【解答】解：I．（1）若平衡体系的pH=2，溶液酸性较强，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+═Cr2O72﹣ （橙色）+H2O正向移动，溶液呈橙色，故答案为：橙；‎ ‎（2）亚铁离子与Cr2O72﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；‎ 溶液的pH=6，c（OH﹣）=1×10﹣8mol/L，该溶液中c（Cr3+）==6×10﹣7＜10 ﹣5mol•L﹣l，Cr3+沉淀完全，‎ 故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；当溶液的pH调节至6时，溶液中c（OH﹣）=1×10﹣8mol/L，c（Cr3+）==6×10﹣7＜10 ﹣5mol•L﹣l，Cr3+沉淀完全；‎ ‎（3）根据2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，则M为负极，‎ 故答案为：负极；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；‎ Ⅱ．（4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸，反应的方程式为4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，‎ 故答案为：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O；‎ ‎（5）设固体质量为100g，B点时固体的质量为：100g×76%=76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为： =2：3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3，所以加热到 750K 时成分是Cr2O3，方程式为4Cr032Cr2O3+3O2↑，‎ 故答案为：4Cr032Cr2O3+3O2↑．‎ ‎【点评】本题综合考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目涉及氧化还原反应的计算、化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡和Ksp的有关计算等内容，题目难度中等，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答．‎ ‎　‎ ‎9．二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源．以C02和NH3‎ 为原料合成尿素是固定和利用C02的成功范例．在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：‎ 反应I：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH 4（s）△H1=akJ．mol﹣1‎ 反应Ⅱ：NH2COONH 4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g））△H2=+72.49kJ．mol﹣1‎ 总反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g））△H3=﹣86.98kJ．mol﹣1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）反应I的△H1=　﹣159.47　kJ．mol﹣1（用具体数据表示）．‎ ‎（2）反应Ⅱ的△S　＞　（填“＞”或“＜”）0，一般在　高温　（填“高温”或“低温”）情况下有利于该反应的进行．‎ ‎（3）﹣定温度下在体积为VL的容器中进行反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是_　BD　_（填字母序号）．‎ A．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．容器内气体总压强不再变化 C．2v正（ NH3）=v逆（CO2）‎ D．容器内混合气体的密度不再变化 ‎（4）25℃时，将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充人一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应I并达到平衡．测得平衡时混合气体的总浓度为4.8×10﹣3mol．L﹣1．则此温度下，反应I的平衡常数为　6.1×107（L•mol﹣1）3　．‎ ‎（5）总反应中影响CO：平衡转化率的因素很多，下图为某特定条件下，不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的曲线．‎ ‎①其它条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是　降低　（填“提高”或“降低”）水碳比．‎ ‎②当温度高于190℃后，CO2平衡转化率出现如图所示变化趋势的原因是　温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低　．‎ ‎③不同的氨碳比（）对C02的转化率也有影响，若开始以氨碳比等于3进行总反应，达平衡时NH3的转化率为40%，则C02的平衡转化率为　60%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．‎ ‎【专题】实验分析题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学反应中的能量变化；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；‎ ‎（2）反应Ⅱ吸热反应，依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析；‎ ‎（3）根据平衡状态的特征，反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等，各组成成分保持不变，反应的某些外部特征也不再随时间的变化而变化，据此判断；‎ ‎（4）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；‎ ‎（5）①不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线分析可知，‎ ‎②反应Ⅲ是放热反应，升温平衡逆向进行；‎ ‎③总反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g），=3，设起始二氧化碳的浓度为amol/L，则氨的起始浓度为3amol/L，当氨气的转化率为40%时，则参加反应的二氧化碳的浓度为0.6amol/L，据此计算二氧化碳的转化率；‎ ‎【解答】解：（1）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1=a kJ•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol﹣1‎ 总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律总反应Ⅲ﹣反应Ⅱ，得到2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1=a=﹣159.47kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣159.47；‎ ‎（2）反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol﹣1，反应前后气体体积增大，△S＞0，焓变分析可知是吸热反应，△H＞0，所以依据反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0，需要在高温下反应自发进行，‎ 故答案为：＞；高温；‎ ‎（3）A．反应I中反应物为气体，生成全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，故A错误；‎ B．反应I中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，故B正确；‎ C．反应处于平衡状态时v正（ NH3）=2v逆（CO2），故C错误；‎ D．反应I中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，故D正确；‎ 故选BD；‎ ‎（4）将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充人一个容积不变的真空密闭容器中，反应中NH3和CO2的浓度之比为2：1，所以平衡衡时二者浓度之比仍为2：1，所以平衡时二者浓度分别为：c（NH3）=3.2×10﹣3mol/L，c（CO2）=1.6×10﹣3mol/L，所以K==6.1×107（L•mol﹣1）3，‎ 故答案为：6.1×107（L•mol﹣1）3；‎ ‎（5）①反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1，其他条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，平衡正向进行，依据图象中的水碳比数据分析判断，生产中可以采取的措施是降低水碳比，二氧化碳转化率增大，‎ 故答案为：降低；‎ ‎②反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1，是放热反应，升温高于190°C，依据图象分析可知，二氧化碳转化率减小，因为温度升高，平衡逆向进行，‎ 故答案为：温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低；‎ ‎③总反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g），=3，设起始二氧化碳的浓度为amol/L，则氨的起始浓度为3amol/L，当氨气的转化率为40%时，则参加反应的二氧化碳的浓度为0.6amol/L，所以平衡时二氧化碳的转化率为×100%=60%，‎ 故答案为：60%；‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素分析判断，平衡常数，图象分析，掌握基础知识，推断物质结构是关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎11．氯化亚铜广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业．氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4[CuCI2]；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图1是实验室制备氯化亚铜的流程图及实验装置图如图2．‎ 实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36qo盐酸15mL、水．‎ ‎（1）反应①的化学方程式为　NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl　，用95%乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是　避免CuCl溶于水而造成损耗，洗去晶体表面的杂质离子及水分　．‎ ‎（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生02的速率，宜选择图3中的　B　（填字母序号）方案．‎ ‎（3）实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是　氯化铵溶于水吸收大量热量　；电炉加热升温至50℃‎ 时停止加热，反应快速进行，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色变为红棕色；当　烧瓶上方红棕色气体逐渐变为无色　时停止通入氧气，打开瓶塞，沿　a或c　（填字母）口倾出棕色反应液于l000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出．‎ ‎（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题有　防止CuCl被氧化，避光防止分解　．‎ ‎（5）氯化亚铜的定量分析：‎ ‎①称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和l0mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是　加速样品的溶解　．‎ ‎②待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；‎ ‎③立即用0．l0mol．L﹣1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表．‎ ‎（已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+）‎ ‎ 实验序号 ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ 滴定起始读数（mL）‎ ‎ 0.75‎ ‎ 0.50‎ ‎ 0.80‎ ‎ 滴定终点读数（mL）‎ ‎ 24.65‎ ‎ 24.75‎ ‎ 24.70‎ ‎④数据处理：计算得CuCI的纯度为　95%　（平行实验结果相差不能超过0.3%）‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合．‎ ‎【分析】（1）根据工艺流程可知，反应①过滤后，滤饼用酒精洗涤的CuCl，说明反应生成CuCl，还生成氯化铵；‎ CuCl微溶于水，用酒精洗去晶体表面的杂质离子及水分，避免CuCl溶于水而造成损耗；‎ ‎（2）B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制；‎ ‎（3）氯化铵溶于水吸收大量热量，造成反应液温度降低；‎ 烧瓶上方红棕色气体逐渐变为无色时停止通入氧气，打开瓶塞沿a或c倾出棕色反应液；‎ ‎（4）依据氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解的性质解答；‎ ‎（5）①玻璃珠在物质溶解过程中可以加速固体的溶解；‎ ‎③依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度．‎ ‎【解答】解：（1）根据工艺流程可知，反应①过滤后，滤饼用酒精洗涤的CuCl，说明反应生成CuCl，还生成氯化铵，反应方程式为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl，‎ CuCl微溶于水，用酒精洗去晶体表面的杂质离子及水分，避免CuCl溶于水而造成损耗，‎ 故答案为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；避免CuCl溶于水而造成损耗，洗去晶体表面的杂质离子及水分；‎ ‎（2）B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，A、C装置无法判断通入氧气的速率，故选选择B装置，‎ 故答案为：B；‎ ‎（3）氯化铵溶于水吸收大量热量，造成反应液温度降低；烧瓶上方红棕色气体逐渐变为无色时停止通入氧气，打开瓶塞沿a或c倾出棕色反应液，‎ 故答案为：氯化铵溶于水吸收大量热量；烧瓶上方红棕色气体逐渐变为无色；a或c；‎ ‎（4）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，‎ 故答案为：防止CuCl被氧化，避光防止分解；‎ ‎（5）①玻璃珠在物质溶解过程中可以加速固体的溶解，‎ 故答案为：加速样品的溶解；‎ ‎④根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为：×100%=95%，‎ 故答案为：95%．‎ ‎【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，涉及物质的分离提纯、对操作的理解、对装置的评价等知识，理解工艺流程原理是关键，有利于基础知识的巩固，侧重对学生综合能力的考查．‎ ‎　‎ 三、解答题（共1小题，满分15分）‎ ‎12．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了许多奇迹．‎ ‎（l）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCI4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式　3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl　．‎ ‎（2）已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物）合成氮化硅的主要工艺流程如图：‎ ‎①净化N2和H2时，铜屑的作用是　除去原料气中的氧气　；硅胶的作用是　除去生成的水蒸气　．‎ ‎②在氮化炉中3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（S）△H=﹣727.5kJ．mol﹣l，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度？　该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触　；体系中要通人适量的氢气是为了　将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）　．‎ ‎③X可能是　硝酸　（选填“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”或“氢氟酸”）．‎ ‎（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：‎ ‎①整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式　3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl　．‎ ‎②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCI的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.750/0．则在第二轮次的生产中，补充投入HC1和H：的物质的量之比是　5：1　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】（1）根据信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，除生成氮化硅外还有氯化氢生成；‎ ‎（2）①Cu能与氧气反应，硅胶具有吸水性；‎ ‎②控制氮气的流速是防止温度过高，体系中要通入适量的氢气可将氧气转化为水蒸气；‎ ‎③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉；‎ ‎（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；‎ ‎②反应生产1mol纯硅需补充HCl：﹣3，需补充H2：﹣1，据此进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，反应的化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl，‎ 故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；‎ ‎（2）①Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，‎ 故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；‎ ‎②氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），‎ 故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；‎ ‎③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，‎ 故答案为：硝酸；‎ ‎（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应的化学方程式为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，‎ 故答案为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；‎ ‎③反应生产1mol纯硅需补充HCl：﹣3，需补充H2：﹣1，补充HCl与H2的物质的量之比=（﹣3）：（﹣1）≈5：1，‎ 故答案为：5：1．‎ ‎【点评】本题考查氮化硅的制备实验方案的设计，题目难度中等，明确制备实验的装置中各部分的作用及物质的性质是解答本题的关键，注意掌握制备方案设计的原则，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．‎ ‎　‎ 四、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修3：物质结构与性质 ‎13．E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素．E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为ns2np2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2﹣具有相等的价电子总数；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子．请回答下列问题：‎ ‎（1）T元素原子的价电子排布式是　3d104s2　．‎ ‎（2）E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　（用元素符号表示），其原因为　同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的　．‎ ‎（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为　CH4＞NH3＞H2O　（用分子式表示），‎ 其中G的最简单氢化物的分子立体构型名称为　三角锥形　，M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为　sp3　．M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为　H2O＞H2S　（写化学式）．‎ ‎（4）EM、CM+、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“→”表示）　　．E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因：　从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性　‎ ‎．‎ ‎（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方TQ晶体结构如右图所示，该晶体的密度为pg•cm﹣3．如果TQ的摩尔质量为Mg．mol﹣1，阿伏加德罗常数为NAmol﹣1，则a、b之间的距离为　×　cm．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2﹣为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素；‎ ‎（1）T为Zn元素，原子核外电子数为30，根据构造原理书写该原子价电子排布式；‎ ‎（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素的；‎ ‎（3）E、G、M的最简单氢化物分别CH4、NH3、H2O，根据孤对电子之间排斥力＞孤对电子与成键电子对之间排斥力＞成键电子对之间排斥力，可以判断键角大小；氨气分子为三角锥形；水分子中O原子价层电子对个数是4，杂化轨道数目为4；水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，水的沸点较高；‎ ‎（4）CO、NO+、N2互为等电子体，等电子体结构相似；‎ C、O电负性相差1.0，由此可以判断CO应该为极性较强的分子，但实际上CO分子的极性极弱，根据电子对的偏向分析解答；‎ ‎（5）ZnS晶体结构如图所示，该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=8×+6×=4，晶胞质量为g，根据V=计算晶胞体积，再计算晶胞棱长，ab之间距离为该晶胞体对角线长的．‎ ‎【解答】解：E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2﹣为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素．‎ ‎（1）T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素，根据构造原理，该原子价电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；‎ ‎（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的，故第一电离能：N＞O＞C，‎ 故答案为：N＞O＞C；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的；‎ ‎（3）E、G、M的最简单氢化物分别CH4、NH3、H2O，甲烷中碳原子没有孤对电子，氨气中N原子有1对孤对电子，水分子中O原子有2对孤对电子，孤对电子之间排斥力＞孤对电子与成键电子对之间排斥力＞成键电子对之间排斥力，故键角大小顺序是CH4＞NH3＞H2O；氨气分子为三角锥形，水分子中O原子价层电子对个数是4采取sp3杂化，水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，故沸点H2O＞H2S，‎ 所以水分子立体构型名称为V形，‎ 故答案为：CH4＞NH3＞H2O；三角锥形；sp3；H2O＞H2S；‎ ‎（4）CO、NO+、N2互为等电子体，等电子体结构相似，则CO分子结构式为；‎ C、O电负性相差1.0，由此可以判断CO应该为极性较强的分子，但实际上CO分子的极性极弱，从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性，‎ 故答案为：；从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性；‎ ‎（5）ZnS晶体结构如图所示，晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=8×+6×=4，晶胞质量为g，则晶胞V=晶g÷ρg/cm3=cm3，则晶胞棱长=cm，ab之间距离为该晶胞体对角线长的，故ab之间距离为××cm=×cm，‎ 故答案为：×．‎ ‎【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、等电子体、原子核外电子排布等知识点，难点是晶胞计算中ab距离与晶胞体对角线长关系，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，题目难度较大．‎ ‎　‎ 五、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修5：有机化学基础 ‎14．芳香酯I的合成路线如下：‎ 巳知以下信息：‎ ‎①A﹣I均为芳香族化合物，A的苯环上只有一个取代基，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．‎ ‎②‎ ‎③2RCH2CHO 请回答下列问题：‎ ‎（I）A→B的反应类型为　氧化反应　，G所含官能团的名称为　羟基、羧基　．‎ ‎（2）步骤E→F与F→G的顺序能否颠倒？　否　（填“能”或“否”），理由：　如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化　．‎ ‎（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为　　．‎ ‎（4）I的结构简式为　　．‎ ‎（5）符合下列要求的A的同分异构体有　9　种．‎ ‎①遇氯化铁溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ‎（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A﹣I均为芳香族化合物，A的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息③中反应，则B分子中侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2‎ 分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A﹣I均为芳香族化合物，A的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息③中反应，则B分子中侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为．‎ ‎（1）A→B为催化氧化生成，该反应为氧化反应；G为，其分子中含有官能团为羟基、羧基，‎ 故答案为：氧化反应；羟基、羧基； ‎ ‎（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以E→F与F→G的顺序不能颠倒，‎ 故答案为：否；如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化；‎ ‎（3）B分子中含有醛基，能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）A为，其同分异构体符合：①遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，②属于芳香族化合物，侧链为﹣OH、﹣CH2CH3，有邻、间、对3种，侧链为1个﹣OH、2个﹣CH3，当2个﹣CH3处于邻位时，﹣OH有2种位置，当2个﹣CH3处于间位时，﹣OH有3种位置，当2个﹣CH3处于对位时，﹣OH有1种位置，符合条件的同分异构体共有9种 ‎（6）CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，先将乙醇催化氧化生成乙醛，然后让乙醛发生信息反应③生成CH3CH=CHCHO，与氢气加成生成CH3CH2CH2CH2OH，所以合成流程为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查有机物推断与合成，题目难度中等，综合分析确定B的结构简式，再结构反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化． ‎