化学 2017年高三第二次调研考试

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1、单选题

2、简答题

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单选题本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。

题型：单选题

分值: 4分

2.短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的最高价氧化物的水化物在同周期元素中碱性最强，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍。Y元素形成的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小。下列说法正确的是（）

AW与X形成的两种化合物中阴阳离子的个数比和化学键类型都完全相同

BW的简单氢化物的稳定性高于Z的氢化物，原因是前者分子间存在氢键

C含Y、Z、W元素的某物质可用于净水，该应用与胶体的性质有关

DR﹑Z元素对应的含氧酸中，只有Z元素的某含氧酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色

正确答案

解析

(A).分析可得出元素R、W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Al、S，W与X形成的两种化合物是Na2O和Na2O2，Na2O只含有离子键，而Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以A不正确；

(B).因为O的非金属性强于S，所以O的简单氢化物H2O的稳定性高于S的氢化物H2S，所以B不正确；

(C).含Y、Z、W元素的Al2(SO4)3可用于净水,是因为Al2(SO4)3水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的杂质和悬浮物，所以C正确；

(D).R﹑Z元素对应的含氧酸可以是草酸、亚硫酸等物质，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以D不正确。

故选C。

考查方向

元素周期律

解题思路

(A).分析可得出元素R、W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Al、S，W与X形成的两种化合物是Na2O和Na2O2，Na2O只含有离子键，而Na2O2含有离子键和非极性共价键；

(B).因为O的非金属性强于S，所以O的简单氢化物H2O的稳定性高于S的氢化物H2S；

(C).含Y、Z、W元素的Al2(SO4)3可用于净水,是因为Al2(SO4)3水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的杂质和悬浮物；

(D).R﹑Z元素对应的含氧酸可以是草酸、亚硫酸等物质，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

易错点

元素化合物的性质

题型：单选题

分值: 4分

3.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且两者具有因果关系的是（）

正确答案

解析

(A).NaOH是强碱，HClO、CH3COOH是弱酸，因此它们产生的盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。但是NaClO溶液水解产生的HClO有漂白性，现象正确但结论不正确，因此不能通过用pH试纸测定溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，所以A不正确；

(B).KI有很强的还原性，在酸性条件下能被氧气氧化生成I2，I2遇淀粉变蓝，所以B正确；

(C).用锡焊接的铁质器件长时间置于空气中形成了铁锡原电池，铁做负极发生吸氧腐蚀，反应原理为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，所以C不正确；

(D).FeCl3溶液中的铁离子有氧化性，Na2S中的硫离子有还原性，两者发生氧化还原反应2Fe3++S2-==2Fe2++S↓，所以D不正确。

故选B。

考查方向

元素化合物的性质

解题思路

(A).NaOH是强碱，HClO、CH3COOH是弱酸，因此它们产生的盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。但是NaClO溶液水解产生的HClO有漂白性，现象正确但结论不正确，因此不能通过用pH试纸测定溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱；

(B).KI有很强的还原性，在酸性条件下能被氧气氧化；

(C).用锡焊接的铁质器件长时间置于空气中形成了铁锡原电池，铁做负极发生吸氧腐蚀；

(D).FeCl3溶液中的铁离子有氧化性，Na2S中的硫离子有还原性，两者发生氧化还原反应。

易错点

化学方程式的书写

题型：单选题

分值: 4分

5.膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用。设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置图如下，下列说法不正确的是（）

AA是原电池，B是电解池

B为保证A中硫酸的质量分数不变，则加入的n（SO2）：n（H2O）≈1:6.4

C当电路中通过2mole-，A、B中各有2molH+从左边迁移到右边

Dc电极的电极反应方程式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+

正确答案

解析

(A).A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以X是原电池，总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，所以产生硫酸，通入二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，为负极，则b为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，所以A正确；

(B).A装置中，SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，当有1molSO2反应，消耗水2mol，生成硫酸的质量为：1mol×98g/mol=98g，消耗水的质量为：2mol×18g/mol=36g，设通入xmolH2O，则有：×100%=50%，解得x=7.4，则加入的n（SO2）：n（H2O）=1：7.4，所以B不正确；

(C).A装置中SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，则有关系式：SO2～2e﹣～4H+，B中N2O4﹣2e﹣+2HNO3=2N2O5+2H+，则有关系式：N2O4～2e﹣～2H+，所以电子与氢离子的关系前者为1：2，后者为1：1，当电路中通过2mole﹣，A中负极有4molH+产生，阳离子向正极移动，即从左边迁移到右边；B中阳极有2molH+产生，阳离子向阴极移动，即从左边迁移到右边，所以C正确；

(D).c是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应为N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+，所以D正确。

故选B。

考查方向

电化学

解题思路

(A).A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以X是原电池，总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，所以产生硫酸，通入二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，为负极，则b为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5；

(D).c是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应为N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+。

易错点

电子守恒电极方程式的书写

题型：单选题

分值: 4分

7.一定温度下，向容积为5L的恒容密闭容器中充入1.0mol的SO2和0.5molO2，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)∆H＝－196kJ·moL−1，一段时间后达平衡，恢复到原来的温度，测得此过程中体系向外界共释放了78.4kJ的热量。下列说法不正确的是（）

A相同温度下，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时SO3的转化率小于20%

B起始时向容器中充入2.0molSO3、0.5molSO2和0.25molO2，反应达到平衡前，ν正>v逆

C若将条件改为恒压，达到平衡时体系向外界释放的热量小于74.4kJ

D若升高温度，逆反应方向速率比正反应方向速率增大得多，故原平衡向逆反应方向移动

正确答案

解析

(A).释放了78.4kJ的热量后达到了化学平衡，则反应了SO2是=0.8mol,根据三段式

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

反应前物质的量（mol1）10.50

转化的物质的量（mol）0.80.40.8

反应后物质的量（mol）0.20.10.8

则达平衡时SO2的转化率为80%，K==800，同理相同温度下，若起始时将充入2molSO3改为向两个相同容器中各充入1molSO3，达平衡时两个容器中SO3的转化率均为20%，然后将两容器混合为一个容器中，化学平衡向生成SO3的方向移动，故达平衡时SO3的转化率小于20%，所以A正确；

(B).起始时向容器中充入2.0molSO3、0.5molSO2和0.25molO2，根据三段式计算Q=320＜K，反应正向进行，故反应达到平衡前，ν正>v逆，所以B正确；

(C).若将条件改为恒压，则随着反应的进行，容器体积减小，和原恒容容器比较促使反应向正反应方向进行，故达到平衡时体系向外界释放的热量大于74.4kJ，所以C不正确；

(D).若升高温度，化学平衡向吸热的方向移动，故该反应逆向移动，所以D正确。

故选C。

考查方向

化学平衡常数平衡转化率

解题思路

释放了78.4kJ的热量后达到了化学平衡，则反应了SO2是=0.8mol,根据三段式

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

反应前物质的量（mol1）10.50

转化的物质的量（mol）0.80.40.8

反应后物质的量（mol）0.20.10.8

则达平衡时SO2的转化率为80%，K==800，同理相同温度下，若起始时将充入2molSO3改为向两个相同容器中各充入1molSO3，达平衡时两个容器中SO3的转化率均为20%，然后将两容器混合为一个容器中，化学平衡向生成SO3的方向移动，故达平衡时SO3的转化率小于20%；

(B).起始时向容器中充入2.0molSO3、0.5molSO2和0.25molO2，根据三段式计算Q=320＜K，反应正向进行，故反应达到平衡前，ν正>v逆；

(C).若将条件改为恒压，则随着反应的进行，容器体积减小，和原恒容容器比较促使反应向正反应方向进行，达到平衡时体系向外界释放的热量大于74.4kJ；

(D).若升高温度，化学平衡向吸热的方向移动，故该反应逆向移动。

易错点

化学平衡常数的计算

题型：单选题

分值: 4分

1.我国古代化学研究成果是我国传统文化中的重要部分。下列对古代化学的应用解释或者说明不合理的是（）

A《本草经集注》中关于区别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应

B红陶是仰韶文化的代表，其主要成分是硅酸盐，红色是因其含氧化铁

C古代人民用明矾来清洗铜器上的铜锈，该应用与盐类的水解有关

D于谦《石灰吟》中诗句“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，涉及氧化还原反应

正确答案

解析

(A).硝石（KNO3）和朴硝分别含有钾元素和钠元素，灼烧时焰色反应分别显示浅紫色和黄色，所以A正确；

(B).红陶属于硅酸盐产品，氧化铁是红棕色物质，所以B正确；

(C).明矾水解显酸性，可以和铜锈（碱式碳酸铜）反应，所以C正确；

(D).于谦《石灰吟》中诗句“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，涉及的是碳酸钙高温分解为生石灰，没有发生氧化还原反应，所以D不正确。

故选D。

考查方向

元素化合物知识

解题思路

(A).硝石（KNO3）和朴硝分别含有钾元素和钠元素，灼烧时焰色反应分别显示浅紫色和黄色；

(B).红陶属于硅酸盐产品，氧化铁是红棕色物质；

(C).明矾水解显酸性，可以和铜锈（碱式碳酸铜）反应；

(D).于谦《石灰吟》中诗句“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，涉及的是碳酸钙高温分解为生石灰，没有发生氧化还原反应。

易错点

基础知识的记忆不牢固

题型：单选题

分值: 4分

4.下列关于有机物说法正确的是（）

A异丁烷的二氯取代物有3种（不考虑立体异构）

B主链含四个碳的烷烃中，碳原子个数最多的是2，3-四甲基丁烷

C向苯和苯乙烯中分别加入溴水，下层均无色，褪色原理相同

D淀粉和纤维素均属于天然高分子化合物，两者互为同分异构体

正确答案

解析

(A).异丁烷为CH3CH(CH3)CH3，二氯代物取代同一碳原子上的2个H原子，有：CH3CH(CH3)CHCl2；取代不同碳原子上的H原子，有：ClCH2CH(CH3)CH2Cl，ClCH2CCl(CH3)CH3，共有3种，所以A正确；

(B).主链含四个碳的烷烃中，支链只能是甲基，最多4个甲基，名称为2，2，3，3﹣四甲基丁烷，所以B不正确；

(C).向苯中加入溴水会分层下层为水层无色上层为苯层橙红色，,向苯乙烯中加入溴水会发生加成反应溴水褪色，褪色原理不相同，所以C不正确；

(D).淀粉和纤维素均属于天然高分子化合物，两者分子中的n值均不固定，均为混合物，两者不互为同分异构体，所以D不正确。

故选A。

考查方向

有机物的性质

解题思路

(A).异丁烷为CH3CH(CH3)CH3，二氯代物取代同一碳原子上的2个H原子，有：CH3CH(CH3)CHCl2；取代不同碳原子上的H原子，有：ClCH2CH(CH3)CH2Cl，ClCH2CCl(CH3)CH3，共有3种；

(B).主链含四个碳的烷烃中，支链只能是甲基，最多4个甲基，名称为2，2，3，3﹣四甲基丁烷；

(C).向苯中加入溴水会分层下层为水层无色上层为苯层橙红色，,向苯乙烯中加入溴水会发生加成反应溴水褪色；

(D).淀粉和纤维素均属于天然高分子化合物，两者分子中的n值均不固定，均为混合物。

易错点

淀粉和纤维素的性质同分异构体的书写

题型：单选题

分值: 4分

6.常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1某一元酸HA溶液，滴定曲线如右图。下列说法正确的是（）

AHA是强电解质

B水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，不断增大

C点②所示溶液中：c(Na＋)=c(HA)＋c(A－)

D点①所示溶液中：c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)

正确答案

解析

(A).由图象可知0.1000mol·L-1的一元酸HA溶液pH约为4，可证明HA为弱酸，所以A不正确；

(B).水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，c(OH－)不断增大抑制水的电离，所以B不正确；

(C).点③所示溶液中NaOH溶液和HA溶液恰好完全中和：c(Na＋)=c(HA)＋c(A－)，点②所示溶液中NaOH溶液不足：c(Na＋)＜c(HA)＋c(A－)，所以C不正确；

(D).点①所示溶液是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，显酸性，HA的电离大于NaA的水解，故有c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，所以D正确。

故选D。

考查方向

电解质溶液

解题思路

(A).由图象可知0.1000mol·L-1的一元酸HA溶液pH约为4，可证明HA为弱酸；

(B).水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，c(OH－)不断增大抑制水的电离；

(C).点③所示溶液中NaOH溶液和HA溶液恰好完全中和：c(Na＋)=c(HA)＋c(A－)，点②所示溶液中NaOH溶液不足：c(Na＋)＜c(HA)＋c(A－)；

(D).点①所示溶液是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，显酸性，HA的电离大于NaA的水解，故有c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。

易错点

离子浓度大小比较

简答题（综合题）本大题共92分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

题型：简答题

分值: 14分

亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：

实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按下图装置进行制取。

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

8.用已知质量的50%的双氧水来配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要（填仪器名称）；

9.装置C的作用是；

10.装置B内生成的ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的反应方程式为。

11.D中使用冷水浴的目的是；

12.反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体。请补充完整操作iii。

i.55℃蒸发结晶；ii.趁热过滤；iii.；iv.低于60℃干燥，得到成品。

实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定

13.上述实验制得的NaClO2晶体中含少量Na2SO4。产生Na2SO4最可能的原因

是；

14.测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：

准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2－+4I－+4H+＝2H2O+2I2+Cl－，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。

B中浓硫酸可与Na2SO3发生化学反应，生成的SO2进入D装置中被H2O2氧化生成SO42－。

易错点

主要反应和次要反应问题。

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

①当滴入最后一滴Na2S2O3标准液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原

②c•V•10-3mol

解析

①中和滴定终点的操作是，当滴入最后一滴Na2S2O3标准液，将溶液中的I2消耗完从而蓝色退去，

②令样品中NaClO2的物质的量x，则：

NaClO2～2I2～4S2O32-，

1mol4mol

0.25xcmol•L-1×V×10-3L解得：x=c•V•10-3mol

故答案为：c•V•10-3mol。

考查方向

中和滴定

解题思路

①中和滴定终点的操作是，当滴入最后一滴Na2S2O3标准液，将溶液中的I2消耗完从而蓝色退去，②利用化学方程式的关系式法可以计算。

易错点

中和滴定的操作。

题型：简答题

分值: 14分

煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能源综合利用方案。最常见的气化方法为用煤生产水煤气，而当前比较流行的液化方法为用煤生产CH3OH。

15.已知：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1

2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　ΔH2

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3

则反应CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＝______。

16.如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。

①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。

②由CO合成甲醇时，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如下图所示，则曲线c所表示的温度为________℃。

③以下有关该反应的说法正确的是________(填序号)。

A恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡

B一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡

C使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率

D结合上图，实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择较低温度的原因可用勒夏特列原理进行解释

17.一定温度下，向2L固定体积的密闭容器中加入1molCH3OH(g)，

发生反应：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)，H2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。

0～2min内的平均反应速率v(CH3OH)＝__________。该温度下，反应CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)的平衡常数K＝__________。相同温度下，若开始时加入CH3OH(g)的物质的量是原来的2倍，则__________(填序号)是原来的2倍。

A．平衡常数B．CH3OH的平衡浓度C．达到平衡的时间D．平衡时气体的密度

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

∆H1+0.5∆H2-0.5∆H3

解析

①CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1

②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　ΔH2

③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3

根据盖斯定律计算（①×+②-③）×0.5，可得出ΔH＝∆H1+0.5∆H2-0.5∆H3。

故答案为：∆H1+0.5∆H2-0.5∆H3

考查方向

热化学方程式

解题思路

根据盖斯定律可得出ΔH＝∆H1+0.5∆H2-0.5∆H3。

易错点

盖斯定律。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,D

解析

①由图中可以看出T2>T1，温度升高CO的转化率降低，说明正反应为放热反应，温度升高时K降低，故

K1>K2。②曲线c的转化率最小，则其对应的温度最高，故曲线c对应的温度为350℃。③A中由于该反应是反应前后气体体积不相等的反应，故压强不变时能说明该可逆反应达到了平衡；B中CO和H2的消耗速率均为正反应速率，故C错；D中反应CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)为放热反应，低温时有利于可逆反应向右进行，故选择较低温度的原因可用勒夏特列原理进行解释。

故答案为：①>②350③AD

考查方向

化学反应的限度

解题思路

①由图中可以看出T2>T1，温度升高CO的转化率降低，说明正反应为放热反应，温度升高时K降低，故

易错点

化学反应限度的影响因素，平衡转化率。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.125mol•L-1•min-1

题型：简答题

分值: 15分

铅的单质、氧化物、铅盐在现代工业中有着重要的用途

18.工业利用锌冶炼过程中的铅浮渣生产硫酸铅的流程如下已知铅浮渣的主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质。

已知：25℃时，Ksp(CaSO4)＝5×10－5，Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8］：

①生产过程中，必须使浸出渣中仍含少量的铅单质，其目的是___________________，废液中存在可循环利用的物质，该物质是。

②写出酸浸过程中单质铅反应的化学方程式：，若沉淀物含有极少量CaSO4，则洗涤剂最好使用_________

a．水b．10%硫酸、水c．Pb(NO3)2溶液、水

③当溶液中某种金属离子浓度小于10－5mol·L－1时，可认为该离子己全部沉淀，若废液中c(Ca2+)=0.05mol·L－1，试判断铅离子是否沉淀完全(写出简要的计算过程)_______________________________________。

19.已知铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2。Pb3O4能与硝酸发生非氧化还原反应生成一种盐和一种铅的氧化物，写出反应的化学方程式___________________________________。

20.Pb、PbO2、PbSO4均是构成铅蓄电池的物质，铅蓄电池反应式为：

Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)

①充电时，阳极发生的反应可表示为：。

②放电生成的固体会附聚在电极表面，若工作中正极质量增重96g时，理论上电路中转移的电子数为________NA。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

防止银溶解在硝酸中；HNO3；3Pb＋8HNO3=3Pb(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；c；

溶液中c(SO42－)≤1×10－3mol·L－1，c(Pb2+)≥1.6×10－5mol/L>1×10－5mol/L，故沉淀不完全

解析

因单质银也能与硝酸反应,但银没有铅活泼,当铅有少量剩余时,银就不会溶解在硝酸中。浸出液中溶质的主要成分是Pb(NO3)2，加入40%的硫酸后得到PbSO4沉淀，所以母液中溶质的主要成分是HNO3，它可以循环利用，可先用Pb(NO3)2溶液洗涤，最后用水洗涤，这样做可将CaSO4转化为PbSO4，达到除去杂质的目的。废液中c(Ca2+)=0.05mol·L－1，c(SO42－)=Ksp(CaSO4)/c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L－1,c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)/c(SO42－)=1.6×10-5mol·L－1>10-5mol·L－1，故Pb2+没有沉淀完全。

故答案为：防止银溶解在硝酸中；HNO3；3Pb＋8HNO3=3Pb(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；c；

溶液中c(SO42－)≤1×10－3mol·L－1，c(Pb2+)≥1.6×10－5mol/L>1×10－5mol/L，故沉淀不完全

考查方向

元素化合物知识

解题思路

易错点

氧化还原方程式书写、沉淀溶解平衡。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O

解析

由题目信息知Pb3O4中的铅有+2、+4两种价态。Pb3O4相当于2PbO·PbO2,它与硝酸发生非氧化还原反应,生成PbO2和Pb(NO3)2。

故答案为：Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O

考查方向

铅的氧化物的性质

解题思路

由题目信息知Pb3O4中的铅有+2、+4两种价态。Pb3O4相当于2PbO·PbO2,它与硝酸发生非氧化还原反应,生成PbO2和Pb(NO3)2。

易错点

反应方程式的书写。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

PbSO4+2H2O-2e－=PbO2+4H++SO42－；3

解析

①充电时阳极发生失电子的氧化反应,故电极反应式为:PbSO4+2H2O-2e－PbO2+4H++SO42－。②放电时PbO2在正极上得到电子转化为PbSO4，当有1molPbO2转化为1molPbSO4时，正极质量增加了64g，同时电路中转移2mol电子，故当正极质量增加96g时，表明有1.5molPbO2发生了反应，转移了3mol电子，即电子数为3NA。

故答案为：PbSO4+2H2O-2e－=PbO2+4H++SO42－；3

考查方向

电化学

解题思路

易错点

电极反应的书写。

题型：简答题

分值: 15分

化学——选修2：化学与技术]（15分）

工业合成氨技术是对人类的巨大贡献之一．下面是合成氨的简要流程示意图：

21.设备I的名称是，沿X路线循环的物质是（填字母）．

AN2和H2B．催化剂C．NH3D．N2、H2和NH3

22.合成氨中H2可以由焦炭和水蒸汽反应获得．请写出该反应的化学方程式：

23.原料气中往往含有H2S、CO、CO2等杂质，必须除去这些杂质的目的是，常用K2CO3溶液除去CO2，其反应的离子方程式为．

24.近年有人将电磁场直接加在氮气和氢气反应的容器内，在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较高的产率．电磁场对合成氨反应本质的影响是，该方法的优点是．

25.合成氨工业往往含有大量含氨废水，为了防止对环境造成污染，可以利用电解法将NH3•H2O转化为对环境无污染的加以处理．电解时以石墨做电极，以硝酸作为电解质，则理论上处理1molNH3•H2O，电路中转移电子mol，阳极的电极反应式为．

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

铁、硅、铜的单质及化合物在生产、生活中有广泛应用。

26.铁在周期表中的位置为，FeSO4是补血制剂的有效成分，临床建议补铁制剂与还原性的维生素C一起服用，这样可以促进铁的吸收，避免生成Fe3+。从结构角度看，Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是。

27.基态硅原子的电子排布式为。碳化硅、氮化硅、及氧化硅都具有熔点高、硬度大等特点，三种晶体熔点从大到小的顺序为：（用化学式表示）；三种晶体中涉及的所有元素的第一电离能从大到小的顺序为。（用元素符号表示）

28.①铜的一种氧化物在陶瓷涂色等方面有重要应用，它的晶胞如图所示，它的化学式为。

②胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4.H2O，其结构示意图如下：

下列说法正确的是（填字母）。

A在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化

B在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键

C胆矾是分子晶体，分子间存在氢键

D胆矾中的水在不同温度下会分步失去

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

第四周期第VIII族；Fe3+的价层电子达到半充满稳定结构

解析

Fe的原子序数为26，在周期表中位于第四周期第VIII族；Fe3+比Fe2+稳定，是因为Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，故稳定。

故答案为：第四周期第VIII族；Fe3+的价层电子达到半充满稳定结构

考查方向

元素周期表电子排布规律

解题思路

Fe的原子序数为26，在周期表中位于第四周期第VIII族；Fe3+比Fe2+稳定，是因为Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，故稳定。

易错点

电子排布规律。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

1s22s22p63s2p2；SiO2>Si3N4>SiC；N>O>C>Si

解析

硅原子核外有14个电子，所以基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s2p2；碳化硅、氮化硅、及氧化硅都是原子晶体，其中碳硅键、氮硅键、氧硅键键长逐渐减小，键能增大，熔点逐渐升高，故三种晶体熔点从大到小的顺序为SiO2>Si3N4>SiC；三种晶体中含有N、O、C、Si四种元素，同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，三种晶体中涉及的所有元素的第一电离能从大到小的顺序为N>O>C>Si。

故答案为：1s22s22p63s2p2；SiO2>Si3N4>SiC；N>O>C>Si

考查方向

电子排布式晶体的性质电离能

解题思路

硅原子核外有14个电子，所以基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s2p2；碳化硅、氮化硅、及氧化硅都是原子晶体，其中碳硅键、氮硅键、氧硅键键长逐渐减小，键能增大，熔点逐渐升高；三种晶体中含有N、O、C、Si四种元素，同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素从上到下第一电离能逐渐减小。

易错点

晶体的性质。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

由图中可以看出，4个Cu原子全部位于晶胞内部，即晶胞中含有4个Cu原子；O原子在晶胞中心1个，顶点8个，棱上4个面心2个，晶胞共含有O原子为：4个，故Cu、O原子个数比为1:1。上述晶体中S－O共价键的O不杂化，S→O配位键的O：不杂化，A错；胆矾可看做离子晶体，C错，故选BD。

故答案为：CuO、BD

考查方向

晶胞结构

解题思路

由图中可以看出，4个Cu原子全部位于晶胞内部，即晶胞中含有4个Cu原子；O原子在晶胞中心1个，顶点8个，棱上4个面心2个，晶胞共含有O原子为：4个。上述晶体中S－O共价键的O不杂化，S→O配位键的O不杂化，故A错；胆矾可看做离子晶体，故C错。

易错点

晶胞的计算。

题型：简答题

分值: 19分

一种用烃A合成高分子化合物N的流程如下图：

经测定烃A在标准状况下的密度为1．16g·L－1，F和G是同系物，核磁共振氢谱显示有机物H中有四种峰，且峰值比为3：3：1：1。回答下列问题：

29.写出A的结构简式_______________。

30.H中所含官能团的名称是______________。

31.H→I、M→N的反应类型分别是____、____。

32.写出F和G反应生成H的化学方程式_________。

33.E和I反应生成M的化学方程式为_______。

34.芳香族化合物Q是M的同分异构体，与M具有相同官能团，且水解可以生成2－丙醇，则Q的种类有______种。（不考虑立体异构）

35.请参考以上流程，依照：原料……→产物模式，设计一个由乙烯合成2－丁烯醛的流程，无机试剂自选

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

题中信息可以得到A和水生成乙醛且一定条件下可以生成苯，B生成C是苯环上引入了甲基，E属于醇类，I属于羧酸类，则A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是，H是，I是，M是。

故答案为：

考查方向

有机合成

易错点

有机方程式书写。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

醛基、碳碳双键

解析

由上面可知H是，含有醛基、碳碳双键。

故答案为：醛基、碳碳双键

考查方向

官能团的结构

解题思路

由上面可知H是。

易错点

官能团的性质。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

氧化反应；加聚反应

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

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