2017年广西全国统一高考化学试卷(新课标ⅲ)及解析.pdf

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1、第 1页（共 19页）2017 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 13 个小题，每小题个小题，每小题 6 分，共分，共 78 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的1（6 分）化学与生活密切相关下列说法错误的是（）APM2.5 是指粒径不大于 2.5m 的可吸入悬浮颗粒物B绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C燃煤中加入 CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料2（6 分）下列说法正确的是（）A植物油

2、氢化过程中发生了加成反应B淀粉和纤维素互为同分异构体C环己烷与苯可用酸性 KMnO4溶液鉴别D水可以用来分离溴苯和苯的混合物3（6 分）下列实验操作规范且能达到目的是（）目的操作A 取 20.00 mL 盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B 清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C 测定醋酸钠溶液 pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的 pH 试纸上D 配 制 浓 度 为 0.010的KMnO4溶液称取 KMnO4固体 0.158 g，放入 100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度AABBCCDD4（6 分）NA为阿伏加德罗常数的值

3、下列说法正确的是（）A0.1 mol 的11B 中，含有 0.6NA个中子BpH=1 的 H3PO4溶液中，含有 0.1NA个 H+C2.24L（标准状况）苯在 O2中完全燃烧，得到 0.6NA个 CO2分子D密闭容器中 1 mol PCl3与 1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加 2NA个 PCl 键5（6 分）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极 a 常用掺有石墨烯的 S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）下列说法错误的是（）第 2页（共 19页）A电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4B电池工作时

4、，外电路中流过 0.02 mol 电子，负极材料减重 0.14 gC石墨烯的作用主要是提高电极 a 的导电性D电池充电时间越长，电池中的 Li2S2量越多6（6 分）短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为 21下列关系正确的是（）WXYZA氢化物沸点：WZB氧化物对应水化物的酸性：YWC化合物熔点：Y2X3YZ3D简单离子的半径：YX7（6 分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗可向溶液中同时加入 Cu 和 CuSO4，生成 CuCl 沉淀从而除去 Cl根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误

5、的是（）AKsp（CuCl）的数量级为 107B除 Cl反应为 Cu+Cu2+2Cl=2CuClC加入 Cu 越多，Cu+浓度越高，除 Cl效果越好D2Cu+=Cu2+Cu 平衡常数很大，反应趋于完全第 3页（共 19页）二、解答题（共二、解答题（共 3 小题，满分小题，满分 43 分）分）8（14 分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化再向试管中通入空气，溶液逐渐变红由此可知：、（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关

6、 K1和 K2）（设为装置 A）称重，记为 m1g将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m2g按下图连接好装置进行实验仪器 B 的名称是将下列实验操作步骤正确排序（填标号）；重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为 m3ga点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭 K1和 K2d打开 K1和 K2，缓缓通入 N2e称量 Af冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目 x=（列式表示）若实验时按 a、d次序操作，则使 x（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置 A 接入下图所示的装置中，打开 K1和 K2，缓缓通入 N2，加热实验

7、后反应管中残留固体为红色粉末C、D 中的溶液依次为（填标号）C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为a品红bNaOHcBaCl2dBa（NO3）2e浓 H2SO4第 4页（共 19页）写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式9（15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤的主要反应为：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后 FeOCr2O3与 NaNO3的系数比为该步骤不能使用陶瓷容器，原因是（2）滤渣 1 中含量最多的金

8、属元素是，滤渣 2 的主要成分是及含硅杂质（3）步骤调滤液 2 的 pH 使之变（填“大”或“小”），原因是（用离子方程式表示）（4）有关物质的溶解度如图所示向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7固体冷却到（填标号）得到的 K2Cr2O7固体产品最多a.80b.60c.40d.10步骤的反应类型是（5）某工厂用 m1kg 铬铁矿粉（含 Cr2O340%）制备 K2Cr2O7，最终得到产品 m2kg，产率为10（14 分）砷（As）是第四周期A 族元素，可以形成 As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途回答下列问题：（1）

9、画出砷的原子结构示意图第 5页（共 19页）（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为 As2S3）制成浆状，通入 O2氧化，生成 H3AsO4和单质硫写出发生反应的化学方程式该反应需要在加压下进行，原因是（3）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）H1H2（g）+O2（g）=H2O（l）H22As（s）+O2（g）=As2O5（s）H3则反应 As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的H=（4）298K 时，将 20mL 3x molL1Na3AsO3、20mL 3x molL1I2和 20mL NaOH 溶液混合，发生反应：AsO33（aq）+I2（aq）+

10、2OHAsO43（aq）+2I（aq）+H2O（l）溶液中 c（AsO43）与反应时间（t）的关系如图所示下列可判断反应达到平衡的是（填标号）a溶液的 pH 不再变化bv（I）=2v（AsO33）cc（AsO43）/c（AsO33）不再变化dc（I）=y molL1tm时，v正v逆（填“大于”“小于”或“等于”）tm时 v逆tn时 v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是若平衡时溶液的 pH=14，则该反应的平衡常数 K 为 化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质 11（15 分）研究发现，在 CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co 氧化物负载

11、的 Mn 氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为 元素Mn与O中，第一电离能较大的是，基态原子核外未成对电子数较多的是（2）CO2和 CH3OH 分子中 C 原子的杂化形式分别为和第 6页（共 19页）（3）在 CO2低压合成甲醇反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为，原因是（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO3）2中的化学键除了键外，还存在（5）MgO 具有 NaCl 型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X 射线衍射实验测得 MgO 的晶胞参数为 a=0.420nm，则 r（O2）为nmMn

12、O 也属于 NaCl 型结构，晶胞参数为 a=0.448nm，则 r（Mn2+）为nm 化学化学-选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础 12（15 分）氟他胺 G 是一种可用于治疗肿瘤的药物实验室由芳香烃 A 制备 G 的合成路线如下：回答下列问题：（1）A 的结构简式为C 的化学名称是（2）的反应试剂和反应条件分别是，该反应的类型是（3）的反应方程式为吡啶是一种有机碱，其作用是（4）G 的分子式为（5）H 是 G 的同分异构体，其苯环上的取代基与 G 的相同但位置不同，则 H 可能的结构有种第 7页（共 19页）（6）4甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备 4甲

13、氧基乙酰苯胺的合成路线（其他试剂任选）煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入氧化钙后，可与二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，减少二氧化硫排放量，但不与二氧化碳发生反应，所以不能减少温室气体的排放量，故 C 错误第 8页（共 19页）2017 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 13 个小题，每小题个小题，每小题 6 分，共分，共 78 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的1（6 分）【考点】14：物质的组成、结构和性质的关

14、系【分析】APM2.5 是直径等于或小于 2.5m 的悬浮颗粒物；B绿色化学是从源头上消除或减少污染物的使用；C加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳；D天然气和液化石油气的燃烧产物无污染【解答】解：APM2.5 是指空气中直径等于或小于 2.5m 的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故 A 正确；B绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故 B 正确；C煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入氧化钙后，可与二氧化硫在氧气中发

15、生反应生成硫酸钙，减少二氧化硫排放量，但不与二氧化碳发生反应，所以不能减少温室气体的排放量，故 C 错误；D天然气（CNG）主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故 D 正确；故选 C【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，侧重考查环境保护与能源的开发与利用，题目难度不大2（6 分）【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应；B淀粉和纤维素都为高分子化合物，二者的分子式不同；C环己烷与苯与高锰酸钾都不反应；D溴苯和苯都不溶于水第

16、 9页（共 19页）【解答】解：A植物油氢化过程为与氢气发生加成反应的过程，由不饱和烃基变为饱和烃基，故 A 正确；B淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度介于较大范围之间，没有具体的值，则二者的分子式不同，不是同分异构体，故 B 错误；C环己烷为饱和烃，苯性质稳定，二者与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故 C 错误；D溴苯和苯混溶，且二者都不溶于水，不能用水分离，故 D 错误故选 A【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题易错点为 B，注意把握高分子化合物的特点，难度不大3（6 分）【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A酸式滴定管刻度以下部分还有盐酸；B

17、碘易溶于酒精，且酒精可与水混溶；C湿润 pH 试纸，溶液浓度发生变化；D不能在容量瓶中溶解固体【解答】解：A.50 mL 酸式滴定管，50mL 以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于 20mL，故 A 错误；B碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故 B 正确；C湿润 pH 试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故 C 错误；D容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故 D 错误故选 B【点评】本题考查较为综合，涉及仪器的使用、洗涤、pH 的测定以及溶液的配制等操作，为高考常见题型，侧重考查

18、学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等4（6 分）【考点】4F：阿伏加德罗常数.【分析】AB 的质子数为 5，11B 中含有中子数=质量数质子数=115=6；B缺少溶液体积，无法计算氢离子数目；第 10页（共 19页）C标况下苯的状态不是气体；D该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物【解答】解：A11B 中含有中子数=115=6，0.1 mol 的11B 中含有 0.6mol 中子，含有 0.6NA个中子，故 A 正确；B没有告诉 pH=1 的 H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故 B 错误；C标准状况下苯不是

19、气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故 C 错误；DPCl3与 Cl2生成 PCl5的反应为可逆反应，则生成 PCl5的物质的量小于 1mol，增加的 PCl键小于 2NA，故 D 错误；故选 A【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B 为易错点，注意缺少溶液体积5（6 分）【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】由电池反应 16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Lie=Li+，Li+移向正极，所以 a 是正极，发生还原反应：S8+2e=

20、S82，S82+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li+2e=4Li2S6，2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4，Li2S4+2Li+2e=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算【解答】解：A据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4，故 A 正确；B负极反应为：Lie=Li+，当外电路流过 0.02mol 电子时，消耗的锂为 0.02mol，负极减重的质量为 0.02mol7g/mol=0.14g，故 B 正确；C硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极 a 的导电性，故 C 正确；D充电时

21、 a 为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的 Li2S2量就会越少，故 D 错误；故选 D【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等6（6 分）第 11页（共 19页）【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表中的位置可知 W、X 为第二周期，Y、Z 为第三周期，设 Y 的最外层电子数为 n，则 W 的最外层电子数为 n+2、X 的最外层电子数为 n+3、Z 的最外层电子数为 n+4，则 n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则 Y 为 Al 元素，

22、W 为 N 元素，X 为 O 元素，Z 为 Cl 元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：由以上分析可知 X 为 O、Y 为 Al、Z 为 Cl、W 为 N 元素，AW 为 N 元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比 HCl 高，故 A 错误；BY 为 Al，对应的氧化物的水化物呈碱性，W 为 N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故 B 错误；CAl2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故 C 错误；DX 为 O、Y 为 Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故 D 正确故选 D【点评】本题考查位置结构

23、性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断，注意基础知识的理解掌握，难度不大7（6 分）【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；GP：铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A根据 Ksp（CuCl）=c（Cu+）c（Cl）判断；B涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为 CuCl；C铜为固体，加入铜的量的多少不能影响化学反应速率和效率；D酸性条件下，Cu+不稳定，易发生 2Cu+=Cu2+Cu【解答】解：A由图象可知，横坐标为 1 时，lgc（Cu+）大于 6，则

24、 Ksp（CuCl）的数量级为107，故 A 正确；B 涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2+2Cl=2CuCl，故 B 正确；C发生 Cu+Cu2+2Cl=2CuCl，反应的效果取决于 Cu2+的浓度，如 Cu2+不足，则加入再多的Cu 也不能改变效果，故 C 错误；D 酸性条件下，Cu+不稳定，易发生 2Cu+=Cu2+Cu，可知没有 Cl存在的情况下，2Cu+=Cu2+Cu第 12页（共 19页）趋向于完全，说明 2Cu+=Cu2+Cu 的平衡常数很大，故 D 正确故选 C【点评】本题综合考查含铜化合物的性质与应用，侧重考查学生的分析能力和计算能

25、力，注意题给信息以及图标的分析，把握溶度积的计算，难度不大二、解答题（共二、解答题（共 3 小题，满分小题，满分 43 分）分）8（14 分）【考点】U2：性质实验方案的设计【分析】（1）亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；（2）根据仪器的图形可判断仪器名称；实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化；直至 A 恒重，记为 m3g，应为 FeSO4和装置的质量，则 m（FeSO4）=（m3m1）m（H2O）=（m2m3），以此计算 n（H2O）、n（FeSO4），结晶水的数目等于；若实验时按a、d 次序操作，会导致硫酸亚铁

26、被氧化；（3）硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、SO2，C 为氯化钡，用于检验 SO3，D 为品红，可用于检验 SO2【解答】解：（1）滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与 KSCN 不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色，故答案为：硫酸亚铁与 KSCN 不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；（2）由仪器的图形可知 B 为干燥管，故答案为：干燥管；实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为 dabcfe，故答案为：dabcfe；直至 A 恒重，记为 m3g

27、，应为 FeSO4和装置的质量，则 m（FeSO4）=（m3m1），m（H2O）=（m2m3），则 n（H2O）=、n（FeSO4）=，结晶水的数目等于=，若实验时按 a、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，第 13页（共 19页）故答案为：；偏小；（3）实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成 Fe2O3，则反应中 Fe 元素化合价升高，S 元素化合价应降低，则一定生成 SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、SO2，C 为氯化钡，用于检验 SO3，可观察到产生白色沉淀，D 为品红，可用于检验 SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉

28、淀、品红褪色；硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、SO2，方程式为 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【点评】本题为 2017 年广西试题，以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等9（15 分）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】铬铁矿的主要成分为 FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤的主要反应为FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+C

29、O2+NaNO2，Cr 元素的化合价由+3 价升高为+6 价，Fe 元素的化合价由+2 价升高为+3 价，N 元素的化合价由+5 价降低为+3 价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣 1 含 Fe2O3，滤液 1 中含 NaAlO2、Na2CrO4，调节 pH 过滤分离出 Al（OH）3、Si，滤液 2中含 Na2CrO4，中调节 pH 发生 CrO42+2H+Cr2O72+H2O，滤液 3 含

30、Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7K2Cr2O7，可知中向 Na2Cr2O7溶液中加入 KCl 固体后得到 K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答【解答】解：（1）由上述分析可知步骤的主要反应为 2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则 FeOCr2O3与 NaNO3的系数比为 2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣 1 含 Fe2O3，滤渣 1 中含量最多的金属元素是 F

31、e，滤渣 2 的主第 14页（共 19页）要成分是 Al（OH）3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）中调节 pH 发生 CrO42+2H+Cr2O72+H2O，则步骤调滤液 2 的 pH 使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成 Cr2O72，故答案为：小；CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到 40K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，而 10时可能混有杂质；步骤发生 Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaC

32、l，反应类型是复分解反应，故答案为：c；复分解反应；（5）用 m1kg 铬铁矿粉（含 Cr2O340%）制备 K2Cr2O7，最终得到产品 m2kg，产率为，由 Cr 原子守恒可知，则产率为100%，故答案为：100%【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大10（14 分）【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素【分析】（1）砷元素原子序数为 33，原子核外有四个电子层，最外层 5 个电子，据此写出原子结构示意

33、图：（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为 As2O3）制成浆状，通入 O2氧化，生成 H3AsO4和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强提高反应速率，平衡正向进行，反应效率高；（3）As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）H1第 15页（共 19页）H2（g）+O2（g）=H2O（l）H22As（s）+O2（g）=As2O5（s）H3盖斯定律计算得到反应 As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的H；（4）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行；物质的浓度

34、越大，反应速率越大；根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数【解答】解：（1）砷元素原子序数为 33，原子核外有四个电子层，最外层 5 个电子，原子结构示意图为，故答案为：；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为 As2O3）制成浆状，通入 O2氧化，生成 H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3 价变化为+5 价，反应的化学方程式为 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：As

35、（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）H1H2（g）+O2（g）=H2O（l）H22As（s）+O2（g）=As2O5（s）H3则利用盖斯定律将23可得 As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）H=2H13H2H3，故答案为：2H13H2H3；（4）a溶液 pH 不变时，则 c（OH）也保持不变，反应达到平衡状态，故 a 正确；b同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在 v（I）=2v（AsO33），故 b 错误；cc（AsO43）/c（AsO33）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状第 16页（共 19页）态，故 c 正

36、确；d由图可知，当 c（AsO43）=y molL1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时 c（I）=2y molL1，所以 c（I）=y molL1时没有达到平衡状态，故 d 错误故答案为：ac；反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则 v正大于 v逆，故答案为：大于；tm时比 tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm 时 AsO43浓度更小，反应速率更慢；反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为 3xmol/L=xmol/L，同理 I2的浓度为 xmol/L，反应达到平衡时，生产 c（AsO43）为 ymol/L，则反应生产的 c（I）=2ymo

37、l/L，消耗的 AsO33、I2的浓度均为 ymol/L，平衡时 c（AsO33）=（xy）mol/L，c（I2）=（xy）mol/L，溶液中 c（OH）=1mol/L，则 K=，故答案为：【点评】本题为 2017 年广西考题，综合考查热化学方程式、化学平衡的计算以及影响因素等知识，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题中易错点为（4），注意把握图象的分析以及数据的处理，难度中等 化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质 11（15 分）【考点】9I：晶胞的计算；86：原子核外电子排布【分析】（1）Co 是 27 号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O 为非金属性，难以失去电

38、子，第一电离能较大；（2）CO2和 CH3OH 分子中 C 原子分别形成 2、4 个键；（3）水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；（4）Mn（NO3）2为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有键和键；（5）阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径【解答】解：（1）Co 是 27 号元素，位于元素周期表第 4 周期第 VIII 族，其基态原子核外电第 17页（共 19页）子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2元素 Mn 与 O 中，由于 O 元素是非金属性而

39、 Mn 是过渡元素，所以第一电离能较大的是 O，O 基态原子价电子为 2s22p4，所以其核外未成对电子数是 2，而 Mn 基态原子价电子排布为 3d54s2，所以其核外未成对电子数是 5，因此核外未成对电子数较多的是 Mn，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；O；Mn；（2）CO2和 CH3OH 的中心原子 C 原子的价层电子对数分别为 2 和 4，所以 CO2和 CH3OH 分子中 C 原子的杂化形式分别为 sp 和 sp3，故答案为：sp；sp3；（3）在 CO2低压合成甲醇反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为 H2OCH3OHCO2H2，

40、原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，故答案为：H2OCH3OHCO2H2；常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高；（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰

41、离子之间形成离子键，硝酸根中 N 原子与 3 个氧原子形成 3 个键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在键，故答案为：键、离子键；（5）因为 O2是面心立方最密堆积方式，面对角线是 O2半径的 4 倍，即 4r=a，解得r=nm=0.148nm；MnO 也属于 NaCl 型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 rr（O2）+2r r（Mn2+），则 rr（Mn2+）=0.076nm故答案为：0.148；0.076【点评】本题为 2017 年广西考题，涉及核外电子排布、晶胞计算、杂化轨道等知识，侧重考查学生的分析能量和计算能力，需要学生熟练掌握晶胞结构，具备一定的数学计算能力，难度中等 化学化学-

42、选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础 第 18页（共 19页）12（15 分）【考点】HC：有机物的合成.【分析】由 B 的分子式可知 A 为，则 B 为，C 为三氟甲苯，发生硝化反应生成 D，D 还原生成 E，生成 F 为，然后发生硝化反应生成 G，结合对应的有机物的结构和性质解答（1）（4）；（5）H 是 G 的同分异构体，其苯环上的取代基与 G 的相同但位置不同，则苯环有 3 个不同的取代基，对应的同分异构体的种类为种；（6）由苯甲醚（）制备 4甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，最后与 CH3COCl 发生取代反应可生成，以此解答该题【解答】解：（1）由

43、以上分析可知 A 为甲苯，结构简式为，C 的化学名称是三氟甲苯，故答案为：；三氟甲苯；（2）为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，加热，与浓硝酸发生取代反应，故答案为：浓硫酸、浓硝酸，并加热；取代反应；（3）的反应方程式为，反应中吡啶的作用是吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率，故答案为：；吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率；（4）由结构简式可知 G 的分子式为 C11H11O3N2F3，故答案为：C11H11O3N2F3；第 19页（共 19页）（5）H 是 G 的同分异构体，其苯环上的取代基与 G 的相同但位置不同，则苯环有 3 个不同的取代基，如固定一种取代基，则对应的同分异构体的种类为=10，或者说，固定CF3和NO2，如CF3和NO2处于邻位，另一种取代基有 4 种位置，CF3和NO2处于间位，另一种取代基有 4 种位置，CF3和NO2处于对位，另一种取代基有 2 种位置，共 10 种，则 H 可能的结构还有 9 种，故答案为：9；（6）由苯甲醚（）制备 4甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，最后与 CH3COCl 发生取代反应可生成，则合成流程为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，为 2017 云南考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息，把握官能团的变化，对比有机物的结构简式，推断 A 为解答该题的突破口，难度中等