• 334.00 KB
  • 2021-05-14 发布

全国统一高考化学试卷新课标Ⅲ

  • 26页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎2018年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅲ)‎ ‎ ‎ 一、选择题 ‎1.(6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(  )‎ A.泡沫灭火器可用于一般的起火,也适用于电器起火 B.疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性 C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆,有利于健康及环境 D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎2.(6分)下列叙述正确的是(  )‎ A.24g镁与27g铝中,含有相同的质子数 B.同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同 C.1 mol重水与1 mol水中,中子数比为2:1‎ D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中,化学键数相同 ‎3.(6分)苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是(  )‎ A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 ‎4.(6分)下列实验操作不当的是(  )‎ A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B.用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂 C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+‎ D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 ‎5.(6分)一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2﹣x(x=0或1)。下列说法正确的是(  )‎ A.放电时,多孔碳材料电极为负极 B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D.充电时,电池总反应为Li2O2﹣x═2Li+(1﹣)O2‎ ‎6.(6分)用0.100 mol•L﹣1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 mol•L﹣1 Cl﹣溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(  )‎ A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10﹣10‎ B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)•c(Cl﹣)=Ksp(AgCl)‎ C.相同实验条件下,若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣,反应终点c移到a D.相同实验条件下,若改为0.0500 mol•L﹣1 Br﹣,反应终点c向b方向移动 ‎7.(6分)W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是(  )‎ A.原子半径大小为W<X<Y<Z B.X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D.标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎ ‎ 二、非选择题 ‎8.(14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O,M=248g•mol﹣1)可用作定影剂、还原剂。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10﹣10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10﹣5.市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:‎ 试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ‎①取少量样品,加入除氧蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③   ‎ ‎④   ,有刺激性气体产生 ‎⑤静置,   ‎ ‎⑥   ‎ ‎(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:‎ ‎①溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在   中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的   中,加蒸馏水至   。‎ ‎②滴定:取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣.加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液   ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为   %(保留1位小数)。‎ ‎9.(14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:‎ ‎(1)KIO3的化学名称是   。‎ ‎(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:‎ 酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCI.“逐Cl2”采用的方法是   。“滤液”中的溶质主要是 ‎   。“调pH”中发生反应的化学方程式为   。‎ ‎(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式   。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为   ,其迁移方向是   。‎ ‎③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有   (写出一点)。‎ ‎10.(15分)三氯氢硅( SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:‎ ‎(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HsiO)2O等,写出该反应的化学方程式   。‎ ‎(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:‎ ‎2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)△H=48 KJ•mol﹣1‎ ‎3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl4(g)△H=﹣30 KJ•mol﹣1‎ 则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)的△H为   kJ•mol﹣1。‎ ‎(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4‎ ‎(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎①343K时反应的平衡转化率α=   %.平衡常数K343K=   (保留2位小数)。‎ ‎②在343K下:要提高 SiHCl3转化率,可采取的措施是   ;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有   、   。‎ ‎③比较a、b处反应速率大小:va   vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的=   (保留1位小数)‎ ‎ ‎ ‎[化学--选修3:物质结构与性质]‎ ‎11.(15分)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素,回答下列问题:‎ ‎(1)Zn原子核外电子排布式为   。‎ ‎(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。‎ 第一电离能I1(Zn)   I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是   。‎ ‎(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是   ,ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是   。‎ ‎(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为   ,C原子的杂化形式为   。‎ ‎(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为   。六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为   ‎ g•cm﹣3(列出计算式)。‎ ‎ ‎ ‎【化学--选修5:有机化学基础】‎ ‎12.近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr﹣Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如图:‎ 已知:RCHO+CH3CHOR﹣CH=CH﹣CHO+H2O 回答下列问题:‎ ‎(1)A的化学名称是   。‎ ‎(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为   。‎ ‎(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是   、   。‎ ‎(4)D的结构简式为   。‎ ‎(5)Y中含氧官能团的名称为   。‎ ‎(6)E与F在Cr﹣Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为   。‎ ‎(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为3:3:2.写出3种符合上述条件的X的结构简式   。‎ ‎ ‎ ‎2018年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅲ)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题 ‎1.(6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(  )‎ A.泡沫灭火器可用于一般的起火,也适用于电器起火 B.疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性 C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆,有利于健康及环境 D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【分析】A.泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分会导致产生导电;‎ B.蛋白质在温度较高时易变性;‎ C.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料,不含苯、甲苯等有机物,油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质;‎ D.Mg比Fe活泼,当发生化学腐蚀时Mg作负极。‎ ‎【解答】解:A.泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分,水会导致产生导电,从而易产生触电危险,故A错误;‎ B.蛋白质在温度较高时易变性,疫苗为蛋白质,为了防止蛋白质变性,所以一般应该冷藏存放,故B正确;‎ C.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料,不含苯、甲苯等有机物,油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质,苯、甲苯等有机物污染环境,所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆,有利于健康及环境,故C正确;‎ D.Mg比Fe活泼,当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀,从而阻止Fe被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法,故D正确;‎ 故选:A。‎ ‎【点评】本题考查物质组成、结构和性质关系,侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力,明确物质性质是解本题关键,知道化学在生产生活中的应用,会运用化学知识解释生产生活现象,题目难度不大。‎ ‎ ‎ ‎2.(6分)下列叙述正确的是(  )‎ A.24g镁与27g铝中,含有相同的质子数 B.同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同 C.1 mol重水与1 mol水中,中子数比为2:1‎ D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中,化学键数相同 ‎【分析】A.1molMg含有12mol质子,1molAl含有13mol质子;‎ B.氧气和臭氧均只含有氧原子;‎ C.质量数=质子数+中子数,H无中子,D含有1个中子,O含有8个中子;‎ D.1mol乙烷含有7mol共价键,1mol乙烯含有6mol共价键。‎ ‎【解答】解:A.24g镁与27g铝的物质的量均为1mol,1molMg含有12mol质子,1molAl含有13mol质子,二者不含有相同的质子数,故A错误;‎ B.氧气和臭氧均只含有氧原子,同等质量的氧气和臭氧中,相当于同等质量的氧原子,所含电子数相同,故B正确;‎ C.质量数=质子数+中子数,H无中子,D含有1个中子,O含有8个中子,所以1 mol重水与1 mol水中,中子数比为10:8=5:4,故C错误;‎ D.1mol乙烷含有7mol共价键,1mol乙烯含有6mol共价键,二者化学键数不相同,故D错误,‎ 故选:B。‎ ‎【点评】本题考查物质的量相关计算和化学基本用语的知识,明确质子数,中子数,质量数之间的关系是解题的关键,题目难度不大,是基础题。‎ ‎ ‎ ‎3.(6分)苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是(  )‎ A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 ‎【分析】苯乙烯结构简式为,‎ A.苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应;‎ B.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色;‎ C.该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应;‎ D.碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应。‎ ‎【解答】解:苯乙烯结构简式为,‎ A.苯乙烯中含有苯环,苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取代反应,故A正确;‎ B.B.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,苯乙烯中含有碳碳双键,所以苯乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;‎ C.该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应,所以在一定条件下与HCl发生反应生成1﹣氯苯乙烷、2﹣氯苯乙烷,故C错误;‎ D.碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应,该物质中含有碳碳双键,所以在催化剂条件下可以发生加聚反应生成聚苯乙烯,故D正确;‎ 故选:C。‎ ‎【点评】本题考查有机物结构和性质,侧重考查学生分析判断能力,涉及苯及烯烃的性质,明确官能团与性质关系是解本题关键,熟练常见有机物官能团,题目难度不大。‎ ‎ ‎ ‎4.(6分)下列实验操作不当的是(  )‎ A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B.用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂 C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+‎ D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 ‎【分析】A.Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu,Zn、Cu和稀硫酸构成原电池;‎ B.强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙;弱酸与强碱的滴定用酚酞,因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性(生成强碱弱酸盐,水解显碱性),酚酞在碱性范围变色;反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差;‎ C.钠元素的焰色反应呈黄色;‎ D.超过容积的时液体沸腾后,可能会有液体从支管口处溅出。‎ ‎【解答】解:A.Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu,Zn、Cu和稀硫酸构成原电池,加快Zn的腐蚀,从而加快化学反应速率,故A不选;‎ B.强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙;弱酸与强碱的滴定用酚酞,因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性(生成强碱弱酸盐,水解显碱性),酚酞在碱性范围变色;反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差,碳酸氢钠呈弱碱性,所以应该选取甲基橙作指示剂,故B选;‎ C.钠元素的焰色反应呈黄色,该实验蘸取的溶液为盐溶液,焰色反应呈黄色,说明溶液中含有钠离子,故C不选;‎ D.超过容积的时液体沸腾后,可能会有液体从支管口处溅出,易产生安全事故,故D不选;‎ 故选:B。‎ ‎【点评】本题考查实验评价,涉及焰色反应、甲基橙的选取、原电池原理等知识点,侧重考查学生实验操作、实验原理等,明确实验原理、物质性质是解本题关键,注意实验操作的规范性,题目难度不大。‎ ‎ ‎ ‎5.(6分)一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2﹣x(x=0或1)。下列说法正确的是(  )‎ A.放电时,多孔碳材料电极为负极 B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D.充电时,电池总反应为Li2O2﹣x═2Li+(1﹣)O2‎ ‎【分析】A.电池放电池,O2中O的化合价降低,过程为得电子的过程;‎ B.放电时,Li转化为Li+,电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料;‎ C.充电时,装置为电解池,原电池正负极分别接外电路阳极和阴极,Li+需得电子重新生成Li;‎ D.充电时,相当于电解Li2O2﹣x重新得到Li和O2。‎ ‎【解答】解:A.电池放电池,O2中O的化合价降低,过程为得电子的过程,所以放电时,多孔碳材料电极为正极,故A错误;‎ B.放电时,Li转化为Li+,电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料,故B错误;‎ C.充电时,装置为电解池,原电池正负极分别接外电路阳极和阴极,Li+需得电子重新生成Li,所以电解质溶液中Li+向阴极移动,即向锂电极区迁移,故C错误;‎ D.充电时,相当于电解Li2O2﹣x重新得到Li和O2,所以电池总反应为:Li2O2﹣x═2Li+(1﹣)O2,故D正确,‎ 故选:D。‎ ‎【点评】本题考查原电池和电解池的知识,明确电极反应和电子的流向是解题的关键,整体难度不大,是基础题。‎ ‎ ‎ ‎6.(6分)用0.100 mol•L﹣1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 mol•L﹣1 Cl﹣溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(  )‎ A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10﹣10‎ B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)•c(Cl﹣)=Ksp(AgCl)‎ C.相同实验条件下,若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣,反应终点c移到a D.相同实验条件下,若改为0.0500 mol•L﹣1 Br﹣,反应终点c向b方向移动 ‎【分析】A.沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变,图中c点为滴定终点,此处﹣lgc(Cl﹣)=5,据此计算;‎ B.曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点,满足c(Ag+)•c(Cl﹣)=Ksp(AgCl);‎ C.溶度积常数只随温度改变而改变,改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数;‎ D.AgBr比AgCl更难溶,达到沉淀溶解平衡时Br﹣的浓度更低。‎ ‎【解答】解:A.沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变,图中c点为滴定终点,此处﹣lgc(Cl﹣)=5,达到沉淀溶解平衡时,c(Ag+)=c(Cl﹣)=10﹣5mol/L,所以根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10﹣10,故A正确;‎ B.曲线上的点是沉淀溶解平衡的平衡点,Qc=c(Ag+)c(Cl﹣)=Ksp(AgCl),故B正确;‎ C.溶度积常数只随温度改变而改变,改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数,所以相同实验条件下,若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣,则所需AgNO3溶液体积就变为=20mL,故C错误;‎ D.AgBr比AgCl更难溶,达到沉淀溶解平衡时Br﹣的浓度更低,则﹣lgc(Br﹣)值更大,消耗AgNO3溶液的体积不变,故D正确,‎ 故选:C。‎ ‎【点评】本题考查沉淀溶解平衡相关知识,明确达到沉淀溶解平衡时的关系式,把握图象反应的信息,题目难度不大,是基础题。‎ ‎ ‎ ‎7.(6分)W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是(  )‎ A.原子半径大小为W<X<Y<Z B.X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D.标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族,盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,该气体是Cl2,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液,氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO,YZW应该是NaClO,则Y是Na、Z是Cl、W是O元素,X和Z同一族且为短周期元素,则X为F元素;‎ A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,其原子半径随着原子序数增大而减小;‎ B.X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl,氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸;‎ C.Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2,同一种非金属元素之间易形成非极性键;‎ D.标况下,氟气、氧气都是气态。‎ ‎【解答】解:W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族,盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,该气体是Cl2,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液,氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO,YZW应该是NaClO,则Y是Na、Z是Cl、W是O元素,X和Z同一族且为短周期元素,则X为F元素;‎ A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,其原子半径随着原子序数增大而减小,原子半径大小顺序是F<O<Cl<Na,即X<W<Z<Y,故A错误;‎ B.X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl,氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸,所以其氢化物的水溶液酸性X弱于Z,故B错误;‎ C.Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2,同一种非金属元素之间易形成非极性键,前者含有非极性键,后者不含非极性键,故C错误;‎ D.标况下,氟气、氧气都是气态,所以标况下W和X的单质状态相同,故D正确;‎ 故选:D。‎ ‎【点评】本题考查位置结构性质关系,侧重考查学生综合运用能力,正确判断YZW物质是解本题关键,熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可,题目难度不大。‎ ‎ ‎ 二、非选择题 ‎8.(14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O,M=248g•mol﹣1)可用作定影剂、还原剂。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10﹣10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10﹣5.市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:‎ 试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ‎①取少量样品,加入除氧蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③ 向①中溶液加入足量稀盐酸 ‎ ‎④ 有乳白色或淡黄色沉淀生成 ,有刺激性气体产生 ‎⑤静置, 取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液 ‎ ‎⑥ 有白色沉淀生成 ‎ ‎(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:‎ ‎①溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在 烧杯 中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的 容量瓶 中,加蒸馏水至 凹液面最低处与刻度线相平 。‎ ‎②滴定:取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣.加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液 由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化 ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为 60.5 %(保留1位小数)。‎ ‎【分析】(1)Na2S2O3和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水,所以在检验硫酸根离子时,需要先加入盐酸将S2O32﹣除去,再加入氯化钡溶液进行检验;‎ ‎(2)①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤,结合配制过程选择需要的仪器;‎ ‎②用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣.加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定到反应终点,碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变,结合化学方程式定量关系计算,Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣,得到Cr2O72﹣~3I2+~6S2O32﹣,据此计算。‎ ‎【解答】解:(1)取少量样品,加入除氧蒸馏水,固体完全溶解得无色澄清溶液,向①中溶液加入足量稀盐酸,有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成,有刺激性气体产生为二氧化硫气体,静置,取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液,有白色沉淀生成证明含硫酸根离子,‎ 故答案为:向①中溶液加入足量稀盐酸;有乳白色或淡黄色沉淀生成;取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液;有白色沉淀生成;‎ ‎(2)①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤,结合配制过程选择需要的仪器,称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的容量瓶中,加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平,‎ 故答案为:烧杯;容量瓶;凹液面最低处与刻度线相平;‎ ‎②取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣.加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,到反应终点,碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变,说明反应的亲爱的滴定终点,平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,‎ 用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣‎ ‎.加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定到反应终点,碘单质反应后溶液蓝色褪去淡黄绿色且半分钟不变,结合化学方程式定量关系计算,Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣,‎ 得到 Cr2O72﹣~3I2+~6S2O32﹣,‎ ‎ 1 6‎ ‎ 0.0095mol/L×0.02L n 样品溶液的平均用量为24.80mL,溶液中硫代硫酸根离子物质的量n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol,配制100ml溶液中 n(S2O32﹣)=0.00114 mol×=0.0046mol,‎ 则样品纯度=×100%=60.5%‎ 故答案为:由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化;60.5。‎ ‎【点评】本题考查了实验方案的设计、离子检验、物质含量测定、滴定实验的过程分析等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。‎ ‎ ‎ ‎9.(14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:‎ ‎(1)KIO3的化学名称是 碘酸钾 。‎ ‎(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:‎ 酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCI.“逐Cl2”采用的方法是 加热 。“滤液”中的溶质主要是 ‎ KCl 。“调pH”中发生反应的化学方程式为 KH(IO3)2+KOH═2KIO3+H2O 。‎ ‎(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式 2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑ 。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 K+ ,其迁移方向是 a到b 。‎ ‎③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有 产生Cl2易污染环境 (写出一点)。‎ ‎【分析】(1)KIO3的化学名称是碘酸钾;‎ ‎(2)气体在加热的过程中在水中的溶解度降低,可采取此法驱逐气体,实验流程是用KClO3氧化法制备KIO3,反应物是KClO3和I2,在酸性条件下ClO3﹣可以氧化I2生成IO3﹣,根据已知条件,还原产物含有Cl2和Cl﹣,驱逐Cl2后结晶产物应为KCl,相当于是除杂步骤,调节pH过程中产生KIO3,则是由KH(IO3)2得来,据此分析;‎ ‎(3)①电解池阴极为KOH溶液,电解质溶液呈碱性,电解池阴极发生还原反应,过程应为H2O转化为H2,据此写出阴极电极反应;‎ ‎②隔膜是阳离子交换膜,起主要交换的离子应为K+,电解池工作时,阳离子向阴极移动;‎ ‎③电解法过程中,阳极发生反应I2﹣10e﹣+OH﹣═2IO3﹣+6H2O制备KIO3,整个电解池装置没有产生氧化法过程中的Cl2,即没有产生污染大气环境的有毒气体。‎ ‎【解答】解:(1)KIO3的化学名称是碘酸钾,‎ 故答案为:碘酸钾;‎ ‎(2)气体在加热的过程中在水中的溶解度降低,可采取此法驱逐气体,所以逐Cl2”采用的方法是:加热,‎ 根据已知条件,还原产物含有Cl2和Cl﹣,驱逐Cl2‎ 后结晶产物应为KCl,相当于是除杂步骤,所以滤液”中的溶质主要是KCl,‎ 调节pH过程中产生KIO3,则是由KH(IO3)2得来,则“调pH”中发生反应的化学方程式为:KH(IO3)2+KOH═2KIO3+H2O,或者写成HIO3+KOH═KIO3+H2O,但考虑到题中告知酸化产物是KH(IO3)2,因此写前者更为合理,‎ 故答案为:加热;KCl;KH(IO3)2+KOH═2KIO3+H2O;‎ ‎(3)①电解池阴极为KOH溶液,电解质溶液呈碱性,电解池阴极发生还原反应,过程应为H2O转化为H2,所以阴极的电极反应为:2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑,‎ 故答案为:2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑;‎ ‎②隔膜是阳离子交换膜,起主要交换的离子应为K+,‎ 电解池工作时,阳离子向阴极移动,所以K+的移动方向应为从a到b,‎ 故答案为:K+;a到b;‎ ‎③电解法过程中,阳极发生反应I2﹣10e﹣+OH﹣═2IO3﹣+6H2O制备KIO3,电解池装置产生的气体是H2,氧化法过程则产生Cl2,Cl2是有毒气体会污染大气,因此氧化法的不足之处是产生Cl2易污染环境,‎ 故答案为:产生Cl2易污染环境。‎ ‎【点评】本题以KIO3为考查背景,考查了氧化还原反应相关知识,流程分析,电解原理,氧化还原反应方程式及电极反应方程式的书写,均为高频考点,也是高考的重点和难点,本题整体难度中等,试题有助于培养综合分析问题的能力。‎ ‎ ‎ ‎10.(15分)三氯氢硅( SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:‎ ‎(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HsiO)2O等,写出该反应的化学方程式 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl 。‎ ‎(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:‎ ‎2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)△H=48 KJ•mol﹣1‎ ‎3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl4(g)△H=﹣30 KJ•mol﹣1‎ 则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)的△H为 +114 kJ•mol﹣1。‎ ‎(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎①343K时反应的平衡转化率α= 22 %.平衡常数K343K= 0.02 (保留2位小数)。‎ ‎②在343K下:要提高 SiHCl3转化率,可采取的措施是 及时分离出产物 ;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有 增大压强 、 使用催化剂或增大反应物的浓度等 。‎ ‎③比较a、b处反应速率大小:va 大于 vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的= 1.3 (保留1位小数)‎ ‎【分析】(1)重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl3和水反应,根据元素可知产物应有HCl,写出化学方程式并配平;‎ ‎(2)已知反应:①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)△H1=48 KJ•mol﹣1;②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)△H2=﹣30 KJ•mol﹣1,根据盖斯定律可知,由3☓①+②得反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g),据此计算△H的值;‎ ‎(3)①直接观察即可知343K时的平衡转化率,再根据转化率列出三段式,进而求出平衡常数K;‎ ‎②影响平衡的因素有温度、压强及浓度等,可根据反应条件判断促进平衡正向移动,提高转化率的方法;要缩短反应达到平衡的时间,需要提高反应速率,而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。‎ ‎③温度越高,反应速率越快,由图象观察a处和b处的温度大小比较即可;反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,则a点时v正=k正x,v逆=k逆xx,由平衡时正逆反应速率相等,可得出K正/K逆=K(平衡常数),再结合此温度下的平衡状态,计算出平衡常数K即可计算。‎ ‎【解答】解:(1)SiHCl3遇潮气时发烟生成(HsiO)2O和HCl,结合原子守恒可知发生反应的化学方程式为2SiHCl3+3H2O=(HsiO)2O+6HCl,‎ 故答案为:2SiHCl3+3H2O=(HsiO)2O+6HCl;‎ ‎(2)已知反应:①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)△H1=+48 KJ•mol﹣1;②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)△H2=﹣30 KJ•mol﹣1,根据盖斯定律可知,由3☓①+②得反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g),则△H=(+48 KJ•mol﹣1)×3+(﹣30 KJ•mol﹣1)=+114 KJ•mol﹣1,‎ 故答案为:+114;‎ ‎(3)①温度越高,反应速率越快,图象中点a所在曲线为343K,由图示可知343K时反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡转化率α=22%,设SiHCl3的起始浓度为cmol/L,则 ‎ 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ 起始浓度(mol/L) c 0 0‎ 变化浓度(mol/L) 0.22c 0.11c 0.11c 平衡浓度(mol/L) 0.78c 0.11c 0.11c 平衡常数K343K==≈0.02,‎ 故答案为:22;0.02;‎ ‎②‎ 由题目中前后反应气体体积不变,并且温度恒定,所以只能使用及时分离出产物的方法加大反应物的转化率;要缩短反应达到的时间,应增大反应速率,则在温度不变的条件下可采取的措施是:增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等,‎ 故答案为:及时分离出产物;增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等;‎ ‎③由图象可知,a的反应温度高于b,温度高反应速率快,所以a点的反应速率比b高;a点时转化率为20%,设起始时SiHCl3的物质的量为nmol,此时 ‎ 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ 起始物质的量(mol) n 0 0‎ 变化物质的量(mol) 0.2n 0.1n 0.1n 终态物质的量(mol) 0.8n 0.1n 0.1n 则:XSiHCl3==0.8,x=x=0.1;‎ 反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,则a点时v正=k正x=0.82K正,v逆=k逆xx=0.01k逆,由平衡时正逆反应速率相等,可得出=K(平衡常数),则==≈1.3,‎ 故答案为:大于;1.3。‎ ‎【点评】此题考查的主要内容有根据题干要求写出化学方程式,利用盖斯定律求算热化学反应方程式的焓变,依据化学平衡图象获取信息,进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素,重视基本知识的掌握,培养学生获取信息的能力及解题能力。‎ ‎ ‎ ‎[化学--选修3:物质结构与性质]‎ ‎11.(15分)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素,回答下列问题:‎ ‎(1)Zn原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 。‎ ‎(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。‎ 第一电离能I1(Zn) 大于 I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是 Zn原子轨道中电子处于全满状态,Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态 。‎ ‎(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是 离子键 ,ZnF2‎ 不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是 乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子,即溶质、溶剂都属于极性分子,所以互溶 。‎ ‎(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为 平面正三角形 ,C原子的杂化形式为 sp2 。‎ ‎(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为 六方最密堆积 。六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为 或 g•cm﹣3(列出计算式)。‎ ‎【分析】(1)Zn原子核外有30个电子,分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上,根据构造原理书写其原子核外电子排布式;‎ ‎(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,失去电子需要的能量较大;‎ ‎(3)离子晶体熔沸点较高,离子晶体中含有离子键;乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子,极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂,根据相似相溶原理分析;‎ ‎(4)ZnCO3中,阴离子CO32﹣中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式;‎ ‎(5)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积,该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6,‎ 六棱柱底边边长为acm,高为ccm,六棱柱体积=[(a×a×sin120°)×3×c]cm3,‎ 晶胞密度=。‎ ‎【解答】解:(1)Zn原子核外有30个电子,分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2,‎ 故答案为:1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2;‎ ‎(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,失去电子需要的能量较大,Zn原子轨道中电子处于全满状态,Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态,所以Cu较Zn易失电子,则第一电离能Cu<Zn,‎ 故答案为:大于;Zn原子轨道中电子处于全满状态,Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态;‎ ‎(3)离子晶体熔沸点较高,熔沸点较高ZnF2,为离子晶体,离子晶体中含有离子键;‎ 根据相似相溶原理知,极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂,乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,说明ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子,‎ 故答案为:离子键;乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子,即溶质、溶剂都属于极性分子,所以互溶;‎ ‎(4)ZnCO3中,阴离子CO32﹣中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化,‎ 故答案为:平面正三角形;sp2;‎ ‎(5)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积,该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6,‎ 六棱柱底边边长为acm,高为ccm,六棱柱体积=[(a×a×sin120°)×3×c]cm3,‎ 晶胞密度==g/cm3=g/cm3或g/cm3,‎ 故答案为:或。‎ ‎【点评】本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点,侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力,熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法,注意:该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个,为易错点。‎ ‎ ‎ ‎【化学--选修5:有机化学基础】‎ ‎12.近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr﹣Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如图:‎ 已知:RCHO+CH3CHOR﹣CH=CH﹣CHO+H2O 回答下列问题:‎ ‎(1)A的化学名称是 丙炔 。‎ ‎(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为 CH2ClC≡CH+NaCNNCCH2C≡CH+NaCl 。‎ ‎(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是 取代反应 、 加成反应 。‎ ‎(4)D的结构简式为 HC≡CCH2COOCH2CH3 。‎ ‎(5)Y中含氧官能团的名称为 羟基、酯基 。‎ ‎(6)E与F在Cr﹣Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为  。‎ ‎(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为3:3:2.写出3种符合上述条件的X的结构简式 CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3(合理即可) 。‎ ‎【分析】B为单氯代烃,说明光照条件下氯气和A发生取代反应生成B,则B为CH2ClC≡CH,根据C分子式知,生成C的反应为取代反应,则C为NCCH2C≡CH,C在酸性条件下水解生成HC≡CCH2COOH,然后和乙醇发生酯化反应生成D为HC≡CCH2COOCH2CH3;D和HI发生加成反应生成E;‎ 根据H结构简式及信息知,F为,G为,G发生加成反应生成H,H和E发生取代反应生成Y,结合题目分析解答。‎ ‎【解答】解:B为单氯代烃,说明光照条件下氯气和A发生取代反应生成B,则B为CH2ClC≡CH,根据C分子式知,生成C的反应为取代反应,则C为NCCH2C≡CH,C在酸性条件下水解生成HC≡CCH2COOH,然后和乙醇发生酯化反应生成D为HC≡CCH2COOCH2CH3;D和HI发生加成反应生成E;‎ 根据H结构简式及信息知,F为,G为,G发生加成反应生成H,H和E发生取代反应生成Y,‎ ‎(1)A的化学名称是丙炔,故答案为:丙炔;‎ ‎(2)B为单氯代烃,B为CH2ClC≡CH,C为NCCH2C≡CH,由B生成C的化学方程式为:CH2ClC≡CH+NaCNC为NCCH2C≡CH+NaCl,‎ 故答案为:CH2ClC≡CH+NaCNNCCH2C≡CH+NaCl;‎ ‎(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是取代反应、加成反应,‎ 故答案为:取代反应;加成反应;‎ ‎(4)通过以上分析知,D的结构简式为HC≡CCH2COOCH2CH3,‎ 故答案为:HC≡CCH2COOCH2CH3;‎ ‎(5)Y中含氧官能团的名称为羟基、酯基,‎ 故答案为:羟基、酯基;‎ ‎(6)E与F在Cr﹣Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为 ‎,‎ 故答案为:;‎ ‎(7)D为HC≡CCH2COOCH2CH3,X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团,说明含有碳碳三键和酯基,X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为3:3:2,‎ 其结构简式有CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3(合理即可),‎ 故答案为:CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3(合理即可)。‎ ‎【点评】本题考查有机物推断,侧重考查学生分析、推断及获取信息、灵活运用信息能力,明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化关系是解本题关键,注意:名词“偶联反应”为大学知识点,但是该题中以隐含信息形式出现,为该题一个亮点,题目难度中等。‎ ‎ ‎