2022年完整word版,年全国统一高考化学试卷与解析 .pdf

《2022年完整word版,年全国统一高考化学试卷与解析 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年完整word版,年全国统一高考化学试卷与解析 .pdf（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第1页（共 23页）2017 年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题：本题共13 个小题，每小题6 分，共 78 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 （6 分）下列说法错误的是（）A糖类化合物也可称为碳水化合物B维生素 D可促进人体对钙的吸收C蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多2 （6 分）阿伏加德罗常数的值为NA下列说法正确的是（）A1L0.1mol?L1NH4Cl溶液中， NH4+的数量为 0.1NAB2.4gMg 与 H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下， 2.24LN2和 O2的混合气体中分子数为0.

2、2NAD0.1mol H2和 0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA3 （6 分）a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与 b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与 a 同族，下列叙述正确的是（）A原子半径： dcbaB4 种元素中 b 的金属性最强Cc 的氧化物的水化物是强碱Dd 单质的氧化性比 a 单质的氧化性强4 （6 分）下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的 1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与

3、水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢， 可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气生成的氯甲烷具有酸性名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第2页（共 23页）体能使湿润的石蕊试纸变红AA BB C C DD5 （6 分）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为 H2SO4H2C2O4混合溶液下列叙述错误的是（）A待加工铝质工件为阳极B可选用不锈钢

4、网作为阴极C阴极的电极反应式为： Al3+3eAlD硫酸根离子在电解过程中向阳极移动6 （6 分）改变 0.1mol?L1二元弱酸 H2A 溶液的 pH，溶液中的 H2A、HA、A2的 物 质 的 量 分 数（ x ） 随pH 的 变 化 如 图 所 示 已 知（ x ）= 下列叙述错误的是（）ApH=1.2时，c（H2A）=c（HA） Blg K2（H2A） =4.2CPH=2.7时，c（HA）c（H2A）=c（A2）DpH=4.2时，c（HA）=c（A2）=c（H+）7 （6 分）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向 2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡

5、，加 1 滴 KSCN 溶液黄色逐渐消失，加KSCN 溶液颜色不变还原性： FeFe2+B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满 CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟， 瓶内有黑色颗粒产生CO2具有 氧化性名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第3页（共 23页）C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显 碱性D向 2 支盛有 2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别

6、加入2 滴相同浓度的NaCl和 NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀， 另一支中无明显现象Ksp（AgI）Ksp（AgCl ）AA BB C C DD二、解答题（共3 小题，满分 43 分）8 （14分）水泥是重要的建筑材料水泥熟料的主要成分为CaO 、SiO2，并含有一定量的铁、 铝和镁等金属的氧化物 实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸加入硝酸的目的是，还可使用代替硝酸（2）沉淀 A 的主要成分是，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为（3）加氨水过程中加热的目的是沉淀B 的主要成分为、

7、（填化学式）（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用 KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O实验中称取 0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol?L1的 KMnO4溶液 36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为9 （14 分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备回答下列问题：（1）正丁烷（ C4H10）脱氢制 1丁烯（ C4H8）的热化学方程式如下：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - -

8、- - - - 第 3 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第4页（共 23页）C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）H1已知： C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）H2=119kJ?mol1H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3 =242kJ?mol1反应的 H1为kJ?mol1图（ a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图， x0.1（填“ 大于” 或“ 小于” ） ；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是（填标号）A升高温度 B降低温度 C 增大压强 D降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活

9、化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等图（b）为丁烯产率与进料气中 n（氢气） /n（丁烷）的关系图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物丁烯产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是、； 590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是10 （15 分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样记录大气压及水体温度将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有 KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧

10、的固定酸化，滴定将固氧后的水样酸化， MnO（OH）2被 I还原为 Mn2+，在暗处静置 5min，然后名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第5页（共 23页）用标准 Na2S2O3溶液滴定生成的 I2（2S2O32+I2=2I+S4O62） 回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是（2）“ 氧的固定 ” 中发生反应的化学方程式为（3） Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定 配制该

11、溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除及二氧化碳（4）取 100.00mL水样经固氧、酸化后，用a mol?L1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为；若消耗 Na2S2O3溶液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的含量为mg?L1（5） 上述滴定完成时， 若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏 （填“ 高” 或“ 低” ） 化学-选修 3：物质结构与性质 11 （15 分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用 R代表） 回答下列问题：（1）氮原子价层电子对的轨道表达式

12、（电子排布图）为（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（ E1） 第二周期部分元素的E1变化趋势如图（ a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是；氮元素的E1呈现异常的原因是（3）经 X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示 从结 构角 度 分 析， R 中 两 种 阳离 子的 相 同 之处 为，不 同 之处为 （填标号）A中心原子的杂化轨道类型B中心原子的价层电子对数C立体结构D共价键类型R中阴离子 N5中的 键总数为个 分子中的大 键可用符号 mn表示，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

13、 - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第6页（共 23页）其中 m 代表参与形成的大键原子数， n 代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大 键可表示为 66） ，则 N5中的大 键应表示为图（ b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）NH Cl 、（4）R的晶体密度为 dg?cm3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有 y 个（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl 单元，该单元的相对质量为M， 则 y 的计算表达式为 化学-选修 5：有机化学基础 12化合物 G

14、 是治疗高血压的药物 “ 比索洛尔 ” 的中间体，一种合成G 的路线如下：已知以下信息：A的核磁共振氢谱为单峰； B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD 可与 1mol NaOH或 2mol Na反应回答下列问题：（1）A 的结构简式为（2）B的化学名称为（3）C与 D 反应生成 E的化学方程式为（4）由 E生成 F的反应类型为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 23 页 - - - - - - - - -

15、 第7页（共 23页）（5）G是分子式为（6）L是 D 的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应， 1mol 的 L 可与 2mol的 Na2CO3反应，L共有种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1 的结构简式为、名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第8页（共 23页）2017 年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共13 个小题，每小题6 分，共 78 分在每小题给

16、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1 （6 分） （2017?新课标）下列说法错误的是（）A糖类化合物也可称为碳水化合物B维生素 D可促进人体对钙的吸收C蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多【分析】 A糖类化合物符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物；B维生素 D的作用是促进钙，磷的吸收和骨骼的发育；C蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N 四中元素，还有些蛋白质含S、P等元素；D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多【解答】 解：A糖类化合物符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物，故A 正确；B维生素 D可促进人体对钙的吸收，故B正确；C蛋

17、白质的基本组成元素是C、H、O、N 四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不正确，故 C错误；D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D 正确，故选 C2（6 分） （2017?新课标） 阿伏加德罗常数的值为NA 下列说法正确的是（）A1L0.1mol?L1NH4Cl溶液中， NH4+的数量为 0.1NAB2.4gMg 与 H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下， 2.24LN2和 O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1mol H2和 0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - -

18、- - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第9页（共 23页）【分析】 A铵根易水解；BMg 与 H2SO4反应生成 Mg2+，故 1molMg 参与反应转移 2mol 电子；C标准状况下， 22.4L任何气体所含的分子数为1mol；DH2+I2=2HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为 0.2NA【解答】 解：A铵根易水解，所含NH4+数小于 0.1NA，故 A 错误；Bn（Mg）=0.1mol，Mg 与 H2SO4反应生成 Mg2+，则 1molMg 参与反应转移 2

19、mol 电子，故 0.1molMg 参与反应转移 0.2mol 电子，即 0.2NA，故 B 错误；C标准状况下， 22.4L 任何气体所含的分子数为1mol，故 2.24LN2和 O2的混合气体中分子数为 0.1mol，即 0.1NA，故 C错误；DH2+I2=2HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为 0.2NA，故选 D3 （6 分） （2017?新课标）a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同； c 所在周期数与族数相同； d与 a 同族，下列叙述正确的是（）A原子半径： dcbaB4 种元素中 b 的

20、金属性最强Cc 的氧化物的水化物是强碱Dd 单质的氧化性比 a 单质的氧化性强【分析】a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与 b 原子次外层的电子数相同， 则 a 的核外电子总数应为8，为 O元素，则 b、c、d 为第三周期元素， c所在周期数与族数相同，应为Al 元素，d 与 a 同族，应为 S元素，b 可能为 Na 或 Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题【解答】 解：由以上分析可知a 为 O 元素、 b 可能为 Na 或 Mg、c 为 Al、d 为 S元素A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为bcd，a 为 O，原子半径最名师资料

21、总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第10页（共 23页）小，故 A 错误；B同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性 bc，a、d 为非金属，金属性较弱，则 4 种元素中 b 的金属性最强，故B正确；Cc 为 Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；D一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a 的单质的氧化性强，故 D 错误故选 B4 （6 分） （2017?新课标）下列由实验得

22、出的结论正确的是（）实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的 1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢， 可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性AA BB C C DD【分析】A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1，2二溴乙烷；B乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应；C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应；D使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl【解答】

23、 解：A乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成 1，2二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A 正确；B乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且OH中 H 的活性比水弱，故 B错误；C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；D甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 23 页 - - - -

24、- - - - - 第11页（共 23页）蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D 错误故选 A5 （6 分） （2017?新课标 ）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为 H2SO4H2C2O4混合溶液下列叙述错误的是（）A待加工铝质工件为阳极B可选用不锈钢网作为阴极C阴极的电极反应式为： Al3+3eAlD硫酸根离子在电解过程中向阳极移动【分析】 A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极反应为 2Al6e+3H2O=Al2O3+6H+；B、阴极材料选择没有特定的要求；C、阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应；

25、D、在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极【解答】 解：A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A 正确；B、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故B正确；C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H+2e=H2，故 C错误；D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，故D 正确，故选 C6 （6 分） （2017?新课标 ）改变 0.1mol?L1二元弱酸 H2A 溶液的 pH，溶液中的 H2A、HA、A2的物质的量分数 （x）随 pH 的变化如图所示 已知 （x）= 下列叙述错误的是

26、（）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第12页（共 23页）ApH=1.2时，c（H2A）=c（HA） Blg K2（H2A） =4.2CPH=2.7时，c（HA）c（H2A）=c（A2）DpH=4.2时，c（HA）=c（A2）=c（H+）【分析】 由图象可知， pH=1.2 时，c（H2A）=c（HA） ，PH=2.7 时，c（H2A）=c（A2） ，pH=4.2时，c（HA）=c（A2） ，随着 pH 的增

27、大， c（H2A）逐渐减小，c（HA）先增大后减小， c（A2）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题【解答】 解：A由图象可知 pH=1.2时，H2A 与 HA的曲线相交，则 c（H2A）=c（HA） ，故 A 正确；B pH=4.2时，c （H+） =104.2mol/L， c （HA） =c （A2） ， K2（H2A） =104.2，则 lg K2（H2A） =4.2，故 B 正确；C由图象可知， PH=2.7时，c（H2A）=c（A2） ，由纵坐标数据可知c（HA）c（H2A）=c（A2） ，故 C 正确；DpH=4.2时，c（HA）=c（

28、A2） ，但此时 c（H2A）0，如体积不变，则 c（HA）=c （A2）=0.05mol?L1，c （H+）=104.2mol/L，如体积变化， 则不能确定 c（HA） 、c（A2）与 c（H+）浓度大小关系，故D 错误故选 D7 （6 分） （2017?新课标）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向 2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁黄色逐渐消失，加还原性： Fe名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 23 页 - - - - -

29、 - - - - 第13页（共 23页）粉，震荡，加 1 滴 KSCN 溶液KSCN 溶液颜色不变Fe2+B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满 CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟， 瓶内有黑色颗粒产生CO2具有 氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显 碱性D向 2 支盛有 2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2 滴相同浓度的NaCl和 NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀， 另一支中无明显现象Ksp（AgI）Ksp（AgCl ）AA BB C C DD【分析】 A向 2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe

30、3+Fe=3Fe2+；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D如能生成沉淀，应满足QcKsp 【解答】解：A向 2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3+Fe=3Fe2+，反应中 Fe为还原剂， Fe2+为还原产物，还原性： FeFe2+，可观察到黄色逐渐消失，加 KSCN 溶液颜色不变，故A 正确；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故 B正确；C加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；D一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则

31、 QcKsp，另一支中无明显现象，说明QcKsp，可说明 Ksp（AgI）Ksp（AgCl ） ，故 D 正确故选 C二、解答题（共3 小题，满分 43 分）8 （14 分） （2017?新课标）水泥是重要的建筑材料水泥熟料的主要成分为CaO 、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物实验室测定水泥样品名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第14页（共 23页）中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在

32、分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸加入硝酸的目的是将样品中的 Fe2+氧化为 Fe3+，还可使用H2O2代替硝酸（2）沉淀 A 的主要成分是SiO2，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O（3）加氨水过程中加热的目的是防止胶体生成，易生成沉淀沉淀 B 的主要成分为Al（OH）3、Fe（OH）3（填化学式）（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用 KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O实验中称取 0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.

33、0500mol?L1的 KMnO4溶液 36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为45.0%【分析】 水泥熟料的主要成分为CaO 、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A 为 SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH45，可生成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸钾测定，发生5Ca2+5H2C2O42KMnO4，根据高锰酸钾的量可计算含量，以此解答该题【解答】 解： （1）铁离子在 pH

34、 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为 Fe3+；H2O2；（2）由以上分析可知沉淀A 为 SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为： SiO2；SiO2+4HF=SiF4+2H2O；（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 23 页

35、 - - - - - - - - - 第15页（共 23页）止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al（OH）3、Fe（OH）3，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al（OH）3、Fe（OH）3；（4）反应的关系式为5Ca2+5H2C2O42KMnO4，n（KMnO4）=0.0500mol/L36.00mL=1.80mmol，n（Ca2+）=4.50mmol，水泥中钙的质量分数为100%=45.0% ，故答案为： 45.0% 9 （14 分） （2017?新课标）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备回答下列问题：（1）正丁烷（ C4H10）脱氢制 1丁烯（ C4H8）的热化学方程式

36、如下：C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）H1已知： C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）H2=119kJ?mol1H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3 =242kJ?mol1反应的 H1为+123kJ?mol1图（a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图， x小于0.1（填“ 大于” 或“ 小于” ） ；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是AD（填标号）A升高温度 B降低温度 C 增大压强 D降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等图（b）为丁烯产率与进名师资料总结

37、- - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第16页（共 23页）料气中 n（氢气） /n（丁烷）的关系图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是原料中过量H2会使反应平衡逆向移动，所以丁烯产率下降（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物 丁烯产率在 590之前随温度升高而增大的原因可能是升高温度时，反应速率加快，单位时间内产生丁烯更多、590前升高温度，反应平衡正向移动；590

38、之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低【分析】 （1）根据盖斯定律，式式可得式的H1；由 a 图定温度，压强由 0.1MPa变化到 xMPa，丁烷的转化率增大， 即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；要使丁烯的平衡产率增大，需通过改变温度和压强使平衡正向移动；（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，增加氢气的量会促使平衡逆向移动，丁烯的产率下降；（3）升温速率加快，单位时间内生成丁烯更多，升温反应平衡正向移动，丁烯产率增加；由题中信息可知丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以当温度超过590时，部分丁烷裂解导致产率降低【解答】解： （1）C4H10（g）

39、+ O2（g）=C4H8（g）+H2O （g）H2=119kJ?mol1H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3=242kJ?mol1得 C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）H1=+123kJ?mol1由 a 图可知温度相同时， 由 0.1MPa变化到 xMPa，丁烷转化率增大， 即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小， x0.1；由于反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD正确，故答案为： +123；小于； AD；（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化

40、剂，同时氢气作名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第17页（共 23页）为反应的产物， 增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低，故答案为：原料中过量H2会使反应平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；（3）590之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应是吸热反应， 升高温度平衡正向移动， 平衡体系中会含有更多的丁烯；而温度超过 590时，由于丁烷高温

41、会裂解生成短链烃类，所以参加反应的丁烷也就相应减少，产率下降，故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590前升高温度， 反应平衡正向移动； 高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低10 （15 分） （2017?新课标 ）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样记录大气压及水体温度将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有 KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定酸化，滴定将固氧后的水样酸化， MnO（OH）2被 I还原为 Mn2+，在暗处静置 5min，然后用标准

42、 Na2S2O3溶液滴定生成的 I2（2S2O32+I2=2I+S4O62） 回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差（2）“ 氧的固定 ” 中发生反应的化学方程式为2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2（3） Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定 配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳（4）取 100.00mL水样经固氧、酸化后，用a mol?L1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂， 终点现

43、象为当滴入最后一滴时， 溶液由蓝色变为无色， 且半分钟内无变化；若消耗 Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第18页（共 23页）80abmg?L1（5）上述滴定完成时， 若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏低 （填“ 高” 或“ 低” ）【分析】 （1）采集的水样中溶解的氧气因外界条件（特别是温度和压强）改变其溶解度发生改变；（2）“ 氧的固定 ” 的

44、方法是：用 Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）与水样混合，反应生成 MnO（OH）2，实现氧的固定；（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；测水样中的氧，故避免使用的蒸馏水溶解有氧；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式中I2、 S2O32之间的关系式计算；（5）根据 n（O2）=mol 分析，不当操作对b 的影响，以此判断测量结果的误差；【解答】解： （1）取水样时扰动水体表面， 这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面， 这样操作的主要目的

45、是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；（2）“ 氧的固定 ” 中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2，故答案为： 2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2；（3）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳，故答案为：氧气；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式，O22I24S2O32得 n（O2）=mol，m（O2）=8abmg，则水样中溶解氧的含量为：=80abmgL1，故答案为：当滴入最后一滴

46、时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80abmgL1；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第19页（共 23页）（5）根据 n（O2）=mol 分析，不当操作对 b 的影响， b 值减小，则会导致测量结果偏低，故答案为：低 化学-选修 3：物质结构与性质 11 （15 分） （2017?新课标 ）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（ N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用 R代表） 回答下列问

47、题：（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（ E1） 第二周期部分元素的E1变化趋势如图（ a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是同周期从左到右核电荷数依次增大， 半径逐渐减小， 故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮元素的 E1呈现异常的原因是N 的 2p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子（3）经 X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示从结构角度分析，R 中两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C （填标号）A中心原子的杂化轨道类型B中心

48、原子的价层电子对数C立体结构D共价键类型R中阴离子 N5中的 键总数为5NA个 分子中的大 键可用符号 mn表示，其中 m 代表参与形成的大键原子数， n 代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大 键可表示为 66） ，则 N5中的大 键应表示为56图（b）中虚线代表氢键， 其表示式为（NH4+）NH Cl 、 （H3O+）OH N、（NH4+）NH N名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 23 页 - - - - - - - - - 第20页（共 23页）（

49、4）R的晶体密度为 dg?cm3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有 y 个（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl 单元，该单元的相对质量为M，则 y 的计算表达式为【分析】 （1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小， 从左到右易结合电子，放出的能量增大， N 的最外层为半充满结构，较为稳定；（3）根据图（ b） ，阳离子为 H3O+和 NH4+，NH4+中心原子 N 含有 4 个 键，孤电子对数为=0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有 3键，孤电子对数为=1，空间构型为正四面体，价层电子

50、对数为4，为 sp3杂化，空间构型为三角锥形；根据图（ b）N5中键总数为 5NA个，根据信息， N5的大 键可用符号 56；O、N 的非金属性较强，对应的OH、NH 都可与 H 形成氢键；（4）根据 d=计算【解答】 解： （1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为，故答案为：；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大， 半径逐渐减小， 从左到右易结合电子， 放出的能量增大，N 的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，故答案为： 同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小， 故结合一个电子释放出的能量依次增