黑龙江省哈尔滨三中高考化学一模试卷(解析版).doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date黑龙江省哈尔滨三中2015年高考化学一模试卷(解析版)南充市高2015届第三次诊断性测试黑龙江省哈尔滨三中2015年高考化学一模试卷一、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下列过程发生化学反应的是（）A除去粗盐中含有的泥沙B用萃取的方法提取天然香料C食品加工厂中用静电除尘装置除去空气中的颗粒物D向污水中加入明矾来净水考

2、点：物理变化与化学变化的区别与联系.分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断解答：解：A过滤除去粗盐中的泥沙过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B萃取：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来，用萃取的方法提取天然香料过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C胶体不带电，而胶体粒子带电，静电除尘装置与电泳有关，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解Al3+3H2OAl（OH）3

3、（胶体）+3H+，生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，有氢氧化铝胶体生成，属于化学变化，故D正确；故选D点评：本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化2（6分）（2015哈尔滨校级一模）有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（）A6种B8种C11种D15种考点：同分异构现象和同分异构体.分析：先根据支链异构判断的同分异构体，然后根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体解答：解：C3H7有两种结构，分别为：CH3CH2CH2、CH3CH（CH3），所以的同分异构体有2种，其分子中氢

4、原子的种类分别为6种、5种，则一氯代物可能的结构有11种，故选C点评：本题考查了同分异构体的书写，中等难度，解题关键要搞清取代基的异构体及等效H原子判断3（6分）（2015哈尔滨校级一模）下列叙述正确的是（）A向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3B向水玻璃中滴加盐酸制备硅酸C用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4Cl固体DSO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性考点：物质的分离、提纯和除杂；二氧化硫的化学性质；硅酸的性质及制法；两性氧化物和两性氢氧化物.分析：A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐；B、硅酸的酸性弱于碳酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅

5、酸；C、氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气；D、二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有氧化性解答：解：A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐，即过量的NaOH溶液与硫酸铝反应得不到Al（OH）3，故A错误；B、硅酸的酸性弱于碳酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，故B正确；C、氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气，故不能利用此方法除去氢氧化钙中的氯化铵，故C错误；D、二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有氧化性，二氧化硫使其褪色，是氧化还原反应不是漂白性，故D错误，故选B点评：本题主要考查的是二氧化硫的性质、氢氧化铝的两性、强酸制取弱酸原理，综合性较强，难度不大4（6分）（2015哈尔滨校级一模）

6、下列实验装置正确且能够达到目的是（）A制备Fe（OH）2B验证溴与苯发生取代反应C测定中和热D制备硝基苯考点：化学实验方案的评价.分析：A苯可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；B溴易挥发；CCu为热的良导体；D水浴加热5060解答：解：A苯可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制备Fe（OH）2，故A正确；B溴易挥发，则发生取代反应后HCl、挥发的溴均可与硝酸银反应，不能说明是否发生取代反应，故B错误；CCu为热的良导体，应选环形玻璃搅拌棒，故C错误；D水浴加热5060，温度计应测定水的温度，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、物质的性质、中和热

7、测定实验等，把握物质的性质及反应原理、图中装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5（6分）（2015哈尔滨校级一模）下列说法错误的是（）A向0.1 mol/L的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4固体，溶液的pH增大B室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为11010mol/LC浓度均为0.1 mol/L的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合（忽略体积变化），溶液中c（HCN）+c（CN）=0.1 mol/LDpH相同的NH4Cl、NH4Al（SO4）2、（NH4）2SO4三种溶液的c（NH4+）：考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；

8、盐类水解的原理.分析：A、醋酸铵是强电解质，能完全电离；B、室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离受抑制，根据水的离子积计算水电离出的H+浓度；C、根据物料守恒计算溶液中离子浓度的关系；D、根据电离出的铵根离子和铵根离子的水解程度大小来判断解答：解：A、醋酸铵是强电解质，向0.1 mol/L的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4固体，醋酸根根离子浓度增大，醋酸铵显示中性，溶液中醋酸根离子水解溶液显示碱性，所以pH增大，故A正确；B、室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为=11010mol/L，故C正确；C、浓度均为0.1 mol/L的HCN溶液和NaCN溶液

9、等体积混合（忽略体积变化），溶液中c（HCN）+c（CN）=2c（Na+）=0.1mol/L，故C正确；D、相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4Al（SO4）2中NH4+的水解被抑制，因此NH4Al（SO4）2中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，故答案应为：=，故D错误故选D点评：本题考查学生溶液中离子浓度的大小比较以及盐的水解原理等方面的知识，属于综合知识额的考查，难度不大6（6分）（2015哈尔滨校级一模）锂空气电池放电时的工作原理如图所示下列叙述正确的是（）A放电时Li+由B极向A极移动B电池放电反应为

10、4Li+O2+2H2O=4LiOHC正极反应式为O2+4H+4e=2H2OD电解液a可以为LiCl溶液考点：化学电源新型电池.分析：A、在原电池中，阳离子是正极移向负极；B、原电池放电反应为自发地氧化还原反应；C、正极上是氧气得电子的还原反应；D、金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水解答：解：A、在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，故A错误；B、原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B正确；C、正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下，即4OH=O2+4e+2H2O，故C错误；D、金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水，故

11、D错误故选B点评：本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应的书写知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等7（6分）（2015哈尔滨校级一模）工业上制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H，已知：C（石墨）+1/2 O2（g）=CO（g）H1 H2（g）+1/2 O2（g）=H2O（g）H2C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H3则下列说法正确的是（）AHH3BH1H3CH=H3H2H1DH=H1+H2H3考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算.分析：A由题意无法判断H和H3相对大小；B完全燃烧放出的热量多；C、D根据盖斯定律结合已知方程式来构建目标方程式

12、，然后计算反应热解答：解：ACO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）和C（石墨）+1/2 O2（g）=CO（g）均为放热反应，由题意无法判断H和H3相对大小，故A错误；B完全燃烧放出的热量多，则生成二氧化碳放出的热量多，由于H均为负值，则H1H3；故B错误；C、D已知：C（石墨）+1/2 O2（g）=CO（g）H1 H2（g）+1/2 O2（g）=H2O（g）H2C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H3，由盖斯定律得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=H3H2H1，故C正确，D错误；故选C点评：本题考查了反应热的大小比较和盖斯定律的应用，题目难度不大，掌握基础是关键，

13、注意放热反应的H为负值，放热越多，H越小三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8（14分）（2015哈尔滨校级一模）碘是人类发现的第二个生命科学必需微量元素回答下列问题：（1）碘与氯是同族元素，它们位于元素周期表的第A族；HI的稳定性比HCl弱（填“强”或“弱”，下同），HI的还原性比HCl强（2）自然界中的碘有的以NaIO3形态存在于硝石（NaNO3）中，向硝石母液中加入NaHSO3可以制得I2，请写出NaIO3溶液和NaHSO3溶液反应的离子方程式2IO3+5HSO3=I2+

14、5SO42+3H+H2O（3）碘还以碘化物的形态存在于海水中，被海藻类植物吸收而富集，从海带中提取碘的过程如图：步骤的操作名称为过滤；步骤发生反应的离子方程式为2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O；步骤得到的滤液中c（I）=0.004mol/L，取10mL滤液加入10mL Pb（NO3）2溶液，若要生成PbI2沉淀，则所加Pb（NO3）2溶液的浓度应大于1.225103mol/L已知Ksp（PbI2）=9.8109（4）为了预防地方性甲状腺肿和地方性克汀病等碘缺乏病，可在食盐中加入KIO3KIO3在工业上可用电解法制取以铂为阳极、不锈钢为阴极，以KI和 KOH混合溶液为电解液，请写出

15、阳极的电极反应式I+6OH6e=IO3+3H2O；电解池总反应的化学方程式为KI+3H2OKIO3+3H2考点：海带成分中碘的检验；氧化还原反应；碘与人体健康.分析：（1）元素周期表中，原子核外最外层电子数相等的元素位于同一主族；碘与氯是同主族元素；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，但氢化物的还原性越弱；（2）碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水；（3）海带灼烧浸泡得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，通入氧化剂MnO2氧化碘离子为碘单质，得到碘单质的水溶液，加入有机苯萃取剂进行分液萃取得到含碘单质的有机溶液，蒸馏得到晶体碘；沉淀是PbI2，步骤得到

16、的滤液中c（I）=0.004mol/L，根据Ksp=cPb（NO3）2c2（I）计算即可；（4）溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，碘离子在阳极失电子生成碘酸根离子；电解时，阴极上水电离的氢离子放电；据此书写电解池总反应化学方程式；解答：解：（1）氯原子结构图为，最外层7个电子，属于第A族元素，碘与氯是同族元素，所以它们位于元素周期表的第A族，同主族元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，但氢化物的还原性越弱，F、Cl、Br、I属于同主族元素，所以HI的稳定性比HCl弱，HI的还原性比HCl强，故答案为：A；弱；强；（2）碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水，

17、离子方程式为2IO3+5HSO3=3H+5SO42+I2+H2O，故答案为：2IO3+5HSO3=I2+5SO42+3H+H2O（2分）（3）分离固体和液体用过滤；步骤过滤得到含碘离子的溶液，步骤MnO2为氧化剂，Mn元素化合价从+4价降低到+2价，碘离子为还原剂，碘从1价I变为0价碘单质，所以反应为：2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O，根据题意，沉淀是PbI2，步骤得到的滤液中c（I）=0.004mol/L，根据Ksp=cPb（NO3）2c2（I），则生成沉淀时，混合溶液中的Pb（NO3）2溶液的最小浓度为=6.125104（mol/L），因取10mL滤液加入10mL Pb（NO

18、3）2溶液，混合前，即原Pb（NO3）2溶液的最小浓度为26.125104mol/L=1.225103mol/L故答案为：过滤； 2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O；1.225103；（4）以铂为阳极、不锈钢为阴极，以KI和 KOH混合溶液为电解液电解，碘离子在阳极上失电子发生氧化反应I+6OH6e=IO3+3H2O，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H2O+2e=H2+2OH，电解池总反应化学方程式为：KI+3H2OKIO3+3H2；故答案为：I+6OH6e=IO3+3H2O； KI+3H2OKIO3+3H2；点评：本题考查了碘的有关知识，涉及原子结构、车垫溶解平衡、碘单质的

19、提取、电解原理等，注意根据电极反应式中元素化合价变化确定阴阳极材料，再结合基本实验操作、物质和转移电子之间的关系式解答，题目难度中等9（14分）（2015哈尔滨校级一模）100时，若将0.100mol N2O4气体放入1L密闭容器中，发生反应N2O42NO2，c（N2O4）随时间的变化如表所示回答下列问题：时间/s020406080100c（N2O4）/（molL1）0.1000.0700.0500.0400.0400.040（1）在040s时段，化学反应速率v（NO2）为0.0025molL1s1；此温度下的化学平衡常数K为0.36（2）下列能说明该反应达到平衡状态的是BDA.2v（N2O4

20、）=v（NO2）B体系的颜色不再改变C混合气体的密度不再改变D混合气体的压强不再改变（3）该反应达到平衡后，降温至50，c（N2O4）变为0.080molL1，混合气体的颜色变浅（填“深”或“浅”），该反应的正反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”），判断的理由是降低温度平衡向放热反应方向移动，降低温度c（N2O4）浓度增大，平衡逆向移动（4）该反应达平衡后，若只改变一个条件，达新平衡时，下列能使NO2的体积分数增大的是：BCA充入一定量的NO2B增大容器的容积C分离出一定量的NO2D充入一定量的N2（5）100时，若将9.2gNO2和N2O4气体放入1L密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相

21、对分子质量为50，则此时v正（N2O4）v逆（N2O4）（填“”、“=”或“”）考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.分析：（1）由表可知，040s时间内N2O4的浓度由0.10mol/L减小为0.050mol/L，以此计算其反应速率，再利用反应速率之比等于化学计量数之比计算NO2的反应速率；平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（2）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到

22、达平衡状态；（3）降低温度平衡向放热反应移动；平衡时，c（N2O4）=0.040mol/L，降温至50，c（N2O4）变为0.080molL1，说明该反应的正反应为吸热反应；（4）依据化学平衡原理分析改变条件增大NO2的体积分数的选项；（5）根据平均分子量=计算分析；解答：解：（1）由表可知，040s时间内N2O4的浓度由0.10mol/L减小为0.050mol/L，则其反应速率为V（N2O4）=0.00125mol/（Ls），由反应速率之比等于化学计量数之比，则NO2的反应速率为V（NO2）=0.00125mol/（Ls）2=0.0025mol/（Ls），60S时，N2O4的浓度不再变化，说

23、明已达平衡，平衡时，c（N2O4）=0.040mol/L，1L密闭容器n（N2O4）=0.040mol，反应消耗n（N2O4）=0.1mol0.040mol=0.06mol，N2O42NO2，此时，n（NO2）=0.12mol，c（NO2）=0.12mol/L，平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=0.36，故答案为：0.0025；0.36；（2）N2O4（无色）2NO2（红棕色）在1L密闭容器中进行，A.2v（N2O4）=v（NO2），NO2的反应速率是N2O4的反应速率的2倍，未体现正与逆的关系，故A错误；B体系的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，正逆反应速率相等，故

24、B正确；C无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，密度不变，未体现正与逆的关系，故C错误；D该反应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故答案为：BD；（3）平衡时，c（N2O4）=0.040mol/L，降温至50，c（N2O4）变为0.080molL1，N2O4（无色）2NO2（红棕色）说明平衡逆向移动，所以混合气体的颜色变浅，降低温度平衡向放热反应方向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，故答案为：浅；吸热；降低温度平衡向放热反应方向移动，降低温度c（N2O4）浓度增大，平衡逆向移动；（4）N2O4（无色）2NO2（红棕色）在1

25、L密闭容器中进行，使NO2的体积分数增大，需平衡向正反应方向移动，A充入一定量的NO2，c（NO2）增大，平衡向逆反应方向移动，则NO2的体积分数减小，故A错误；B增大容器的容积，各组分浓度均减小，但平衡向体积增大的方向移动，即正向移动，NO2的体积分数增大，故B正确；C分离出一定量的NO2，平衡虽正向进行，但二氧化氮的浓度减小，则NO2的体积分数减小，故C错误； D充入一定量的N2，总压增大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不变，故D错误；故答案为：BC；（5）100时，将0.100mol N2O4气体放入1L密闭容器中，平衡时，n（N2O4）=0.040mol，n（NO2

26、）=0.12mol，平均分子量=57.5g/mol，将9.2gNO2和N2O4气体放入1L密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，说明反应需向体积缩小的方向进行，即v正（N2O4）v逆（N2O4），故答案为：点评：本题考查反应速率及平衡常数的计算以及化学平衡的有关知识，把握影响化学平衡移动的因素是解答的关键，题目难度中等10（15分）（2015哈尔滨校级一模）硝酸是一种重要的化工原料，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某兴趣小组在实验室模拟氨氧化法制硝酸，实验装置如图所示，回答下列问题：（注：氯化钙可以与NH3反应生成八氨合氯化钙）（1）仪器a的名称为球形干燥管，其中加

27、的试剂为碱石灰（2）实验时先点燃C中的酒精灯，当催化剂Cr2O3由暗绿色变为微红时通入空气，3min后Cr2O3出现暗红色，移去酒精灯，Cr2O3能保持红热状态的原因是该反应放热，装置C中发生反应的总反应化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（3）装置D的作用是除去氨气和水蒸气；装置G的作用是吸收尾气（4）反应开始后，在装置E中看到的现象是气体变为红棕色（5）实验结束后，证明有HNO3生成的操作是取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生产（6）为测定所制硝酸的浓度，反应结束后取20mL 装置F中的液体，加水稀释至1000mL后，取出20mL加入锥形瓶中，

28、滴加指示剂，然后用0.100mol/L的NaOH溶液滴定，用去25mL的NaOH溶液，则反应制得的硝酸的浓度为6.25 mol/L考点：制备实验方案的设计；硝酸的化学性质.分析：（1）仪器a为球形干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体，应选用碱性干燥剂；（2）移去酒精灯，Cr2O3固体保持红热说明反应放热；装置C中发生反应的化学反应是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水；（3）无水氯化钙是常用的干燥剂，同时氯化钙可以与NH3反应生成八氨合氯化钙；氢氧化钠溶液可以吸收酸性气体；（4）一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮；（5）二氧化氮气体与水反应生成硝酸，硝酸遇到石蕊试液变红色；（6）根据氢氧化

29、钠的物质的量计算硝酸的浓度解答：解：（1）仪器a为球形干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体，应选用碱性干燥剂碱石灰，故答案为：球形干燥管，碱石灰；（2）装置C中发生反应的化学反应是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；移去酒精灯，Cr2O3固体保持红热说明反应放热，故答案为：该反应放热；4NH3+5O24NO+6H2O；（3）氯化钙可以与NH3反应生成八氨合氯化钙，无水氯化钙是常用的干燥剂，故可以吸收氨气和水蒸气；装置G中盛放的是氢氧化钠溶液，可以吸收尾气，防治污染环境；故答案为：除去氨气和水蒸气，吸收尾气；（4）无色的一氧化氮与空气中的氧

30、气反应生成红棕色的二氧化氮；故答案为：气体变为红棕色；（5）二氧化氮气体与水反应生成硝酸，硝酸遇到石蕊试液变红色，故证明有HNO3生成的操作是；取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生产，故答案为：取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生产；（6）反应制得的硝酸的浓度为=6.25mol/L，故答案为：6.25点评：本题以氨氧化法制取硝酸为载体考查物质制备的实验探究和物质性质的分析应用，题目难度中等三、【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2015哈尔滨校级一模）以黄铁矿（主要成分是FeS2）为原料生产硫酸的工艺流程图如图

31、：（1）依据工艺流程图判断下列说法不正确的是（选填序号字母）DFA为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎B过量空气能提高SO2的转化率C排出的矿渣可供炼铁D使用催化剂能提高SO2的化学反应速率和转化率E设备I生成的气体经净化的主要目的是防止催化剂中毒F热交换器的目的是使SO2的热量传递给SO3，有利于SO2的氧化和SO3的吸收（2）设备的名称为沸腾炉，燃烧黄铁矿的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（3）设备为接触室，采用常压而不采用高压的原因是常压时SO2的转化率已经很高，采用高压对SO2的转化率提高不多却会大大增加设备成本在生产中，为提高催化剂效率采取的措施有净化气体、控制温度在

32、400500；增大催化剂与反应气体的接触面积等（4）设备为吸收塔，从顶部喷淋98.3%的硫酸吸收SO3，得到发烟硫酸（或浓硫酸），不用水吸收SO3是为了避免产生酸雾降低吸收效率吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是增加SO3与浓硫酸的接触面，有利于SO3的吸收（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐SO2既可作为原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2SO2吸收Br2的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42考点：工业制取硫酸.分析：以黄铁矿（主要成分是FeS2）为原料生产硫酸的工艺流程图：第一步：SO2的制取主要原料是黄

33、铁矿和空气，在高温下煅烧，使硫元素转变成SO2气体，反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，设备为沸腾炉黄铁矿需要粉碎，以增大和空气的接触面；第二步：SO3的制取从沸腾炉中出来的气体需经过净化、除尘，以防止催化剂中毒，进入接触室在催化剂作用下SO2和O2反应生成SO3，设备为接触室，同时涉及热量的交换、催化剂的作用、平衡的移动等问题；第三步：硫酸的生成从接触室中出来的气体进入吸收塔，为避免酸雾形成需用浓H2SO4吸收，以此解答（1）（2）；（3）常压时SO2的转化率已经很高，采用高压增加设备成本；提高催化剂效率可以净化气体、控制温度、增大催化剂接触面积；（4）在吸收塔中用水吸

34、收三氧化硫，反应放热易形成酸雾阻止对三氧化硫的吸收；浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收；（5）二氧化硫吸收溴单质利用的是二氧化硫的还原性和溴单质的氧化性，根据氧化还原反应书写离子方程式解答：解：（1）A在沸腾炉中，原料黄铁矿是固体、空气是气体，为了加快反应速率，所以要将黄铁矿粉碎，增大接触面，提高反应速率，故A正确；B、转化率=已转化的原料的量/原料的总量100%，接触室中反应2SO2+O22SO3，为可逆反应，采用空气过量目的是增大氧气浓度，促使平衡正向移动，导致SO2更多的转化成SO3，

35、所以SO2转化率提高，故B正确；C沸腾炉排出的矿渣为F2O3，F2O3可供炼铁，故C正确；D催化剂只能改变反应速率，不能影响转化率，故D错误；E设备I生成的气体经净化的主要目的是防止催化剂中毒，故E正确；F热交换器的目的是使SO2的热量传递给SO3，有利于SO2的氧化，但不利于SO3的吸收，故F错误；故答案为：DF；（2）设备的名称为沸腾炉，反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：沸腾炉；4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（3）采用常压而不采用高压的原因是常压时SO2的转化率已经很高，采用高压对SO2的转化率提高不多，却会大大增加设备成本；在生产中，为提高

36、催化剂效率采取的措施有通过净化气体、控制温度在400500、增大催化剂与反应气体的接触面积可以提高催化剂效率；故答案为：常压时SO2的转化率已经很高，采用高压对SO2的转化率提高不多却会大大增加设备成本；净化气体、控制温度在400500；增大催化剂与反应气体的接触面积等；（4）吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2OH2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒98.3%的硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸；吸收塔中填充许多瓷管，增

37、大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收；故答案为：98.3%的硫酸；发烟硫酸（或浓硫酸）；避免产生酸雾降低吸收效率；增加SO3与浓硫酸的接触面，有利于SO3的吸收；（5）SO2吸收Br2的反应中二氧化硫被氧化为硫酸，溴单质被还原为溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42点评：本题是对化学与技术及工业生产的考查，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，把握制备浓硫酸的工艺流程及设备的作用、发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】12（2015哈尔滨校级一模）A、

38、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大A元素的单质是空气的主要成分，B原子核外p轨道上有1对成对电子，D元素的价电子数是其余电子数的一半，C与B同主族，A与F同主族，D与E同族回答下列问题：（1）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为：NOS（用元素符号表示）（2）B与C形成的二元化合物中，属于非极性分子的是：SO3（填化学式）；该分子中心原子的杂化类型为：sp2（3）A、C元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO3、H2SO4；（填化学式，下同）酸根呈平面三角形的酸是HNO3（4）E和F形成的一种化合物的晶体结构如图所示，则该化合物的化学式

39、为NiAs；F的配位数为6（5）D的离子可以形成多种配合物，由Dn+、Br、C的最高价含氧酸根和A的简单氢化物形成的1：1：1：5的某配合物，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，则该配合物的化学式为：Co（SO4）（NH3）5Br；n值为3；Dn+的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大B原子核外p轨道上有1对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于A族，

40、A元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于B，则A为N元素；由于C与B同主族、A与F同主族，F的原子序数大于C，则F、C不能处于同周期，F应处于C的下一周期，则B、C、F分别为二、三、四周期，故B为O元素、C为S元素、F为As；D与E同族，D、E原子序数大于S、小于As，只能为族元素，D元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为（2+8+8）2=9，则D为Co，故E为Ni，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大B原子核外p轨道上有1对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于A族，A元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于B，则A为N元素；由于C

41、与B同主族、A与F同主族，F的原子序数大于C，则F、C不能处于同周期，F应处于C的下一周期，则B、C、F分别为二、三、四周期，故B为O元素、C为S元素、F为As；D与E同族，D、E原子序数大于S、小于As，只能为族元素，D元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为（2+8+8）2=9，则D为Co，故E为Ni，（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：NOS，故答案为：NOS；（2）B与C形成的二元化合物有SO2、SO3，SO2分子中S原子孤电子对数为=1，

42、价层电子对数为2+1=3，为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，SO3分子中S原子孤电子对数为=0，价层电子对数为3+0=3，为平面正三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，S原子采取sp2杂化，故答案为：SO3；sp2；（3）A、C元素形成的常见含氧酸为HNO3、H2SO3、H2SO4，HNO3中N原子价层电子对数为：3+=3，没有孤电子对，硝酸根为平面三角形结构；H2SO3中S原子价层电子对数为：3+=4，有1对孤电子对，亚硫酸根为三角锥形结构；H2SO4中S原子价层电子对数为：4+=4，没有孤电子对，硫酸根为正四面体结构；故答案为：H2SO3、H2SO4；（4）

43、E为Ni、F为As，由晶胞结构可知，晶胞中含有2个As原子，含有Ni原子数目为8+4=2，故该化合物化学式为NiAs；F原子与周围的6个E原子形成相邻，F配位数为6，故答案为：NiAs；6；（5）C的最高价含氧酸根为SO42、A的简单氢化物为NH3，由Con+、Br、SO42、NH3形成的1：1：1：5的某配合物，由电荷守恒可知n=3，Con+为Co3+，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，说明硫酸根离子在内界，溴离子为配合物的外界，所以该配合物化学式式为Co（SO4）（NH3）5Br，Co3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故

44、答案为：Co（SO4）（NH3）5Br；3；1s22s22p63s23p63d6点评：本题是对物质结构的考查，涉及电离能、分子结构与性质、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算、配合物、核外电子排布等，关键是推断元素，本题难点在于元素的推断，对学生的分析推理有一定的要求，需要学生熟练掌握元素周期表结构，难点较大【化学-选修5：有机化学基础】13（2015哈尔滨校级一模）苯佐卡因是人类合成的第一种麻醉药，从此人类摆脱了麻醉药依赖天然植物的历史如图是苯佐卡因的一种合成路线：回答下列问题：（1）物质B的结构简式为，物质C的结构简式为（2）反应的反应类型为氧化反应，反应的反应类型为酯化反应（3）反应的化学方程式为；反应的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O（4）苯佐卡因的核磁共振氢谱中有5个峰（5）苯佐卡因有多种同分异构体，除苯佐卡因外，符合下列条件的共有17种含苯环且氨基直接与苯环相连；苯环上有两个取代基；含酯基其中能与NaOH溶液反应生成2种钠盐的同分异构体的结构简式为：（其中一种）（任写一种）考点：有机物的推断.分析：根据题中各物转化关系，结合E的结构可知，甲苯发生硝化反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C发生还原反应生成D为，D发生酯化反应生成E，据此答题；解答：解：根