2019年四川省成都七中高考化学二诊试卷 解析版

一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目．

1．（6分）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ） A．沥青常用于铺路，可以通过石油分馏得到 B．静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质

C．液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪 D．大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，具有很大危害 2．（6分）NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）

A．1mol硝基（﹣NO2）与46g二氧化氮（NO2）所含的电子数均为23NA B．0.1molL﹣1（NH4）2SO4溶液与0.2 mol•L﹣1NH4Cl溶液中的NH4+数目相同 C．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NA

D．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NA 3．（6分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，氧杂螺戊烷的结构简式为则下列说法正确的是（ ）

A．lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2 B．二氯代物超过3种

C．该有机物与环氧乙烷互为同系物 D．该有机物所有碳、氧原子处于同一平面

4．（6分）下列根据实验操作、现象及结论均正确的是（ ）

选项 A 实验操作 现象 结论 ，

将石蜡油催化分解产生的气体通酸性酸性高锰酸钾溶液该气体为乙烯 高锰酸钾溶液 褪色 先出现白色沉淀，Y可能是CO2气体 最终沉淀又溶解 B 向NaAlO2溶液中持续通入气体Y C 向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入加FeCl3溶液的Fe3+对H2O2分解的催CuCl2、FeCl3溶液 H2O2产生气泡较化效果较好 块 D 取CH3COONa溶液于试管中并加入几溶液红色加深 滴酚酞，再加入醋酸铵固体 CH3COONa溶液显碱性且存在水解平衡 A．A B．B C．C D．D

5．（6分）电﹣Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图4所示。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基（•OH） 能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（ ）

A．电源的X极为正极

B．与电源Y相连电极的电极反应式为H2O+e﹣＝H++•OH C．Fenton反应：H2O2+Fe2+＝Fe（OH）3++•OH

D．每消耗22.4L O2 （标准状况），整个电解池中理论上可产生2mol•OH

6．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法错误的是（ ） A．离子半径：Y＜X＜W＜Z

B．简单氢化物的稳定性：Y＞W＞Z C．把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色

D．向ZYW2与水反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象

7．（6分）已知298K时，Fe（OH）2和Cu（OH）2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的]与溶液pH的变化关系如a、b所示，Ksp[Cu量浓度的负对数[﹣lgC（M2+）已知该温度下，（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，正确的是（ ）

A．a线表示Fe（OH）2饱和溶液中的变化关系 B．除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuO

C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液

D．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中：C（Fe2+）：C（Cu2+）＝104.6：1

二、非选择题（共3小题，满分43分）

8．（15分）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O，M＝180gmol﹣1）呈淡黄色，可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。 Ⅰ．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究

（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用）进行实验：

①E中盛装碱石灰的仪器名称为 。

②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→ →尾气处理装置（仪器可重复使用）。

③实验前先通入一段时间N2，其目的为 。

④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为 。

（2）小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为 。

（3）晒制蓝图时，以K3[Fe（CN）6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为 。 Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定

工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下： 步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；

步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol•L﹣1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol•L

﹣1

KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。

（4）步骤2中滴定终点的现象为 ；步骤3中加入锌粉的目的为 。

（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为 ；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定

结果将 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

9．（14分）汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：

（1）煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：

①CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867.0kJ•mol﹣1； ②2N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H＝+67.8kJ•mol﹣1； ③3N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+.0kJ•mol﹣1 则CH4催化还原NO的热化学方程式为 。

（2）在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2（g）。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反

应时，c（CO）随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图所示。

①据此判断该反应的正反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。

②温度T1时，该反应的平衡常数K＝ ；反应速率v＝v正﹣v逆＝k正c2（NO）c2

2

CO2）cN2）k正、k逆分别为正、（CO）﹣k逆c（（，逆反应速率常数，计算a处

＝ 。

（3）SNCR﹣SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气

或尿素作还原剂，其基本流程如图：

①SNCR﹣SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g），△H＜0，则用尿素[CO（NH2）2]作还原剂还原NO2的化学方程式为 。

②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：

SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是 ；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是 。

10．（14分）钼（Mo）是一种重要的过渡金属元素，工业上由钼精矿（主要成分是MoS2）制备单质钼和铝酸钠晶体（Na2MoO42H2O）的流程如下：

（1）Na2MoO42H2O中Mo元素的化合价为 ；钼精矿焙烧的主要反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为 。

（2）流程中由Na2MoO4溶液获得晶体的操作是 、过滤、洗涤、干燥。加入Na2CO3溶浸时发生的主要反应的离子方程式为 。

（3）操作1中，所得Na2MoO4溶液中含SO42+杂质，其中c（MoO42+）0.80mol•L﹣1，c（SO42﹣）＝0.04mol•L﹣1在结晶前需加入Ba（OH）2固体以除去溶液中的SO42﹣．当 BaMoO4开始沉淀时，SO42﹣的去除率是 。[Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10、Ksp（ BaMoO4）＝4.0×10﹣8，溶液体积变化可忽略]

（4）工业上钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，该法的优点是 。

（5）高纯Mo可用于制造电池级MoS2，Li﹣MoS2电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：xLi+nMoS2

Lix（MoS2）n该电池放电时正极反应为 ；充电时

Li+移动方向为 （填“由阳极移向阴极”或“由阴极移向阳极”）。

【化学选修3：物质结构与性质】

11．（15分）太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓（GaAs）、铜铟镓硒（CIGS）、硫化镉（CdsS），功能高分子太阳能电池等，Al﹣Ni常作电极。据此回答问题：

（1）镍（Ni）在周期表中的位置为 ；S原子的价电子排布式为 ；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是 。

（2）Na3As3中As原子的杂化方式为 ；AsCl3的空间构型为 。

GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为 。 （3）

（4）写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子 。

GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体（5）

形，该品胞中Ga原子所处空隙类型为 。已知GaAs的密度为ρgcm﹣3，Ga和As的摩尔质量分别为 MGa g．mol﹣1和MAsgmol﹣1，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为 pm。

2019年四川省成都七中高考化学二诊试卷

参与试题解析

一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目．

1．（6分）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ） A．沥青常用于铺路，可以通过石油分馏得到 B．静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质

C．液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪 D．大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，具有很大危害 【分析】A．沥青是石油分馏后剩余的固态烃；

B．人体血液属于胶体，血液透析是利用了胶体不能透过半透膜进行渗析的原理； C．人造脂肪为饱和脂肪酸甘油酯；

D．二氧化硫和二氧化氮溶于雨水会转化为硫酸、。

【解答】解：A．沥青是石油分馏后剩余的固态烃，所以沥青可以通过石油分馏得到，故A正确；

B．血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液，加热，电性相反的电解质的时候都会聚沉，血液透析是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，不是利用了胶体的聚沉性质，故B错误；

C．人造脂肪为饱和脂肪酸甘油酯，液态植物油与氢气加成后可以得到人造脂肪，故C正确；

D．二氧化硫和二氧化氮溶于雨水会转化为硫酸、，雨水形成pH小于5.6的酸雨，酸雨会腐蚀建筑、湖泊酸化，所以具有很大的危害性，故D正确。 故选：B。

【点评】本题考查了化学与生产、生活的关系，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

2．（6分）NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）

A．1mol硝基（﹣NO2）与46g二氧化氮（NO2）所含的电子数均为23NA B．0.1molL﹣1（NH4）2SO4溶液与0.2 mol•L﹣1NH4Cl溶液中的NH4+数目相同

C．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NA

D．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NA 【分析】A、求出46g二氧化氮（NO2）的物质的量，然后根据硝基和NO2中均含23个电子来分析； B、溶液体积不明确 C、标况下三氯甲烷为液体；

D、向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先氧化I﹣，再氧化 Fe2+。

【解答】解：A、46g二氧化氮（NO2）的物质的量为1mol，而硝基和NO2中均含23个电子，故1mol硝基和1molNO2中均含23NA个电子，故A正确；

B、溶液体积不明确，故两溶液中含有的铵根离子的个数不能计算，故B错误； C、标况下三氯甲烷为液，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误； D、向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先氧化I﹣，再氧化 Fe2+，由于I﹣的物质的量未知，故此反应转移的电子数无法计算，故D错误。 故选：A。

【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3．（6分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，氧杂螺戊烷的结构简式为则下列说法正确的是（ ）

A．lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2 B．二氯代物超过3种

C．该有机物与环氧乙烷互为同系物 D．该有机物所有碳、氧原子处于同一平面

【分析】分子式为C4H6O，分子中含有2种H，具有甲烷的结构特点，以此解答该题。 【解答】解：A．分子式为C4H6O，耗氧量为（4+﹣）mol＝5mol，故A错误； B．的二氯化物中两个氯原子可位于相同或不同的碳原子上，所以其二氯化物超过3种，故B正确；

C．与环氧乙烷的结构不同，不是同系物，故C错误；

D．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构，则所有的原子不可能在同一平面上，故D错误。 故选：B。

，

【点评】本题考查有机物结构和性质，为高考常见题型，涉及基本概念、分子空间结构等知识点，侧重考查学生对基本概念、基本知识的理解和掌握，熟练掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空间结构，题目难度不大。

4．（6分）下列根据实验操作、现象及结论均正确的是（ ）

选项 A 实验操作 现象 结论 将石蜡油催化分解产生的气体通酸性酸性高锰酸钾溶液该气体为乙烯 高锰酸钾溶液 褪色 先出现白色沉淀，Y可能是CO2气体 最终沉淀又溶解 B 向NaAlO2溶液中持续通入气体Y C 向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入加FeCl3溶液的Fe3+对H2O2分解的催CuCl2、FeCl3溶液 H2O2产生气泡较化效果较好 块 D 取CH3COONa溶液于试管中并加入几溶液红色加深 滴酚酞，再加入醋酸铵固体 CH3COONa溶液显碱性且存在水解平衡 A．A B．B C．C D．D

【分析】A．由现象可知，生成不饱和烃； B．Y可能为HCl；

C．加FeCl3溶液的H2O2产生气泡较块，可知催化效果好； D．加入醋酸铵固体，醋酸根离子浓度增大，水解显碱性。

【解答】解：A．由现象可知，生成不饱和烃，气体不一定为乙烯，故A错误； B．先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解，Y可能为HCl，不可能为二氧化碳，故B错误； C．加FeCl3溶液的H2O2产生气泡较块，可知催化效果好，但CuCl2、FeCl3溶液浓度未知，结论不合理，故C错误；

D．加入醋酸铵固体，醋酸根离子浓度增大，水解显碱性，由现象可知存在水解平衡，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、水解平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5．（6分）电﹣Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图4所示。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基（•OH） 能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（ ）

A．电源的X极为正极

B．与电源Y相连电极的电极反应式为H2O+e﹣＝H++•OH C．Fenton反应：H2O2+Fe2+＝Fe（OH）3++•OH

D．每消耗22.4L O2 （标准状况），整个电解池中理论上可产生2mol•OH 【分析】A．电源的X电极连接的电极上为氧气得电子生成双氧水的还原反应； B．正极上得电子，发生还原反应； C．阳极上发生失电子生成羟基和氢离子； D．根据电子守恒分析。

【解答】解：A．电源的X电极连接的电极上为氧气得电子生成双氧水的还原反应，则该电极为阴极，所以A为负极，则Y极为正极，故A错误；

B．Y极为正极，发生还原反应，电极反应式为H++•OH+e﹣＝H2O，故B错误； C．阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O﹣e﹣＝•OH+H+，故C正确；

D．1molO2转化为2molH2O2转移2mole﹣，由Fe2++H2O2＝Fe3++OH﹣+•OH可知，生成2mol•OH，转移2mole﹣，在阳极上生成2mol•OH，所以消耗1molO2，可以产生4mol•OH，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查了电解原理的应用、氧化还原反应，题目难度中等，注意把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应，根据化合价的变化分析发生的还原反应。

6．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法错误的是（ ）

A．离子半径：Y＜X＜W＜Z

B．简单氢化物的稳定性：Y＞W＞Z C．把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色

D．向ZYW2与水反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的气态氢化物常用作制冷剂，则X为N元素；ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，该气体为SO2，结合Y、Z位于同一主族可知，Y为O，Z为S元素；W的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则W为Cl元素，据此解答。

【解答】解：根据分析可知：X为N，Y为O，Z为S，W为Cl元素。

A．离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径Y＜X＜W＜Z，故A正确；

B．非金属性O＞Cl＞S，则简单氢化物的稳定性：Y＞W＞Z，故B正确； C．SO2不能漂白酸碱指示剂，故C错误；

D．ZYW2为SOCl2，SOCl2与水反应生成HCl和二氧化硫，二氧化硫和HCl都不与氯化钡溶液反应，则反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象，故D正确； 故选：C。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

7．（6分）已知298K时，Fe（OH）2和Cu（OH）2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的]与溶液pH的变化关系如a、b所示，Ksp[Cu量浓度的负对数[﹣lgC（M2+）已知该温度下，（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，正确的是（ ）

A．a线表示Fe（OH）2饱和溶液中的变化关系 B．除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuO

C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液

D．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中：C（Fe2+）：C（Cu2+）＝104.6：1

【分析】已知Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，则Fe（OH）2的溶解度大于Cu（OH）

2，则

Fe（OH）2中氢氧根离子的浓度大于Cu（OH）2中氢氧根离子的浓度，所以曲线

a表示Cu（OH）2、曲线b表示Fe（OH）2，

A．相同条件下，氢氧化物的溶解度，溶液的pH越大；

B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，加入适量CuO，Fe2+不变；

C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，Cu2+的浓度减小；

D．c（Fe2+）：c（Cu2+）＝

。

【解答】解：A．相同条件下，氢氧化物的溶解度，溶液的pH越大，所以曲线a表示Cu（OH）2，故A错误；

B．Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，Cu（OH）2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe（OH）2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故B错误； C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，Cu2+的浓度减小，而图中X到Y时，Cu2+的浓度不变，故C错误；

D．当pH＝10时，﹣lgc（Cu2+）＝11.7，则Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣11.7×（10﹣4）2＝10

﹣19.7

，c（Fe2+）：c（Cu2+）＝

＝

＝104.6：1，故D正确，

故选：D。

【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与提纯，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法。

二、非选择题（共3小题，满分43分）

8．（15分）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O，M＝180gmol﹣1）呈淡黄色，可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。 Ⅰ．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究

（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用）进行实验：

①E中盛装碱石灰的仪器名称为 U型管 。

de②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→ bchi（或ih）（或ed）bc →尾气处理装置（仪器可重复使用）。

③实验前先通入一段时间N2，其目的为 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为 C处反应管中固体由黑变红，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊 。

（2）小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为 FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O 。

（3）晒制蓝图时，以K3[Fe（CN）6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为 3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]＝Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4 。 Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定

工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下： 步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；

步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol•L﹣1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol•L

﹣1

KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。

（4）步骤2中滴定终点的现象为 滴入最后一滴溶液无色变化为紫红色且半分钟不变，说明反应进行到终点 ；步骤3中加入锌粉的目的为 将Fe3+还原为Fe2+ 。 （5）草酸亚铁晶体样品的纯度为

100% ；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定 结果将 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）。 【分析】Ⅰ．（1）①E中盛装碱石灰的仪器名称为U型管；

②气体产物成分的探究，草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E

×

中监事会干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理；

③验前先通入一段时间N2，吧装置内空气赶净，防止加热爆炸；

④实验证明了气体产物中含有CO，是利用一氧化碳的还原性还原氧化铜生成红色铜和二氧化碳设计实验验证；

（2）依据结论，可知A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水；

（3）FeC2O4与反应K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，同时生成K2C2O4；Ⅱ．（4）用 cmol•L﹣1 KMnO4标准液滴定至终点，滴入最后一滴溶液无色变化为紫红色且半分钟不变，说明反应进行到终点，向反应后溶液中加入适量锌粉是将Fe3+还原为Fe2+；

（5）草酸亚铁溶于中滴入高锰酸钾溶于滴定发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是亚铁离子，第一次消耗高锰酸钾减去第二次高锰酸钾为滴定亚铁离子的量，利用化学反应定量关系计算，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，消耗高锰酸钾减少，计算得到亚铁离子物质的量减小。

【解答】解：Ⅰ．（1）①E中盛装碱石灰的仪器名称为：U型管， 故答案为：U型管；

②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中监事会干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi（或ih）de（或ed）bc，最后连接尾气处理装置，正确的顺序为：agfbchi（或ih）de（或ed）bc， 故答案为：bchi（或ih）de（或ed）bc；

③实验前先通入一段时间N2，其目的为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸， 故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；

④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊，

故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；

（2）A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2O故答案为：FeC2O4•2H2O

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O，

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O；

（3）FeC2O4与反应K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，同时生成K2C2O4，该反应的化学方程式为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]＝Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4， 故答案为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]＝Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4；

Ⅱ．（4）用 cmol•L﹣1 KMnO4标准液滴定至终点，滴入最后一滴溶液无色变化为紫红色 且半分钟不变，说明反应进行到终点，步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：滴入最后一滴溶液无色变化为紫红色且半分钟不变，说明反应进行到终点；将Fe3+还原为Fe2+；

（5）取上述溶液25.00mL，用cmol•L ﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，第一次消耗高锰酸钾减去第二次高锰酸钾为滴定亚铁离子的量，为亚铁离子消耗高锰酸钾物质的量，反应的离子方程式：5Fe2++MnO4

﹣

+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，

×100%，

草酸亚铁晶体样品的纯度＝

若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，消耗高锰酸钾减少，计算得到亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低， 故答案为：

×100%； 偏低。

【点评】本题考查了物质组成和含量的实验分析判断，溶液配制和滴定实验步骤和过程分析是解题关键，题目难度中等。

9．（14分）汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：

（1）煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：

①CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867.0kJ•mol﹣1； ②2N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H＝+67.8kJ•mol﹣1；

③3N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+.0kJ•mol﹣1

则CH4催化还原NO的热化学方程式为 CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣977.2KJ/mol 。

（2）在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2（g）。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反

应时，c（CO）随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图所示。

①据此判断该反应的正反应为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应。 ②温度T1时，该反应的平衡常数K＝ 80 ；反应速率v＝v正﹣v逆＝k

正

c2（NO）c2

＝

（CO）﹣k逆c2（CO2）c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处8 。

（3）SNCR﹣SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气

或尿素作还原剂，其基本流程如图：

①SNCR﹣SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g），△H＜0，则用尿素[CO（NH2）2]作还原剂还原NO2的化学方程式为 4CO（NH2）2]+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O 。 ②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：

SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是 温度过高，催化剂活性降低 ；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是 当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行 。

【分析】（1）①CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867.0kJ•mol﹣1；

②2N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H＝+67.8kJ•mol﹣1； ③3N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+.0kJ•mol﹣1

盖斯定律计算①+②﹣③得到CH4催化还原NO的热化学方程式；

（2）①先拐先平温度高T1＞T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行； ②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol/L，结合三行计算列式计算平衡浓度得到该反应的平衡常数K＝

，计算平衡状态下

，反应速率v＝v正

﹣v逆＝k正c2（NO）c2（CO）﹣kc2（CO2）c（N2），

＝× ；

（3）①用尿素[CO（NH2）2]作还原剂还原NO2的反应生成二氧化碳、氮气和水； ②SCR技术的反应温度不能太高，升温催化剂活性降低，当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，SNCR技术脱硝的最佳温度选择925℃的理由是925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小。

【解答】解：（1）①CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867.0kJ•mol﹣1；

②2N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H＝+67.8kJ•mol﹣1； ③3N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+.0kJ•mol﹣1

盖斯定律计算①+②﹣③得到CH4催化还原NO的热化学方程式：CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣977.2KJ/mol，

故答案为：CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣977.2KJ/mol；（2）①图象分析可知，先拐先平温度高T1＞T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应， 故答案为：放热；

CO平衡浓度为0.4mol/L， ②温度T1时，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数， 2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2（g）

起始量（mol/L） 2 2 0 0 变化量（mol/L） 1.6 1.6 1.6 0.8 平衡量（mol/L） 0.4 0.4 1.6 0.8 平衡常数K＝

＝80，

平衡状态下，k正c2（NO）c2（CO）＝k逆c2（CO2）c（N2），＝K＝80，

2NO（g）+2CO（g）

＝

2CO2（g）+N2（g）

起始量（mol/L） 2 2 0 0 变化量（mol/L）0.8 0.8 0.8 0.4 a点量（mol/L） 1.2 1.2 0.8 0.4 ），

＝

×

＝80×

＝8，

故答案为：80；8；

（3）①用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g），△H＜0，则用尿素[CO（NH2）2]作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO（NH2）2]+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O，

故答案为：4CO（NH2）2]+6NO2⇌4CO2+7N2+8H2O；

②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925°C左右，SNCR与SCR技术相比，ScR技术的反应温度不能太高，其原因是 温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行

故答案为：温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。

【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度最中等。

10．（14分）钼（Mo）是一种重要的过渡金属元素，工业上由钼精矿（主要成分是MoS2）制备单质钼和铝酸钠晶体（Na2MoO42H2O）的流程如下：

（1）Na2MoO42H2O中Mo元素的化合价为 +6 ；钼精矿焙烧的主要反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为 7：2 。

（2）流程中由Na2MoO4溶液获得晶体的操作是 蒸发浓缩、冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥。加入Na2CO3溶浸时发生的主要反应的离子方程式为 MoO3+CO32﹣＝MoO42﹣+CO2↑ 。

（3）操作1中，所得Na2MoO4溶液中含SO42+杂质，其中c（MoO42+）0.80mol•L﹣1，c（SO42﹣）＝0.04mol•L﹣1在结晶前需加入Ba（OH）2固体以除去溶液中的SO42﹣．当 BaMoO4开始沉淀时，SO42﹣的去除率是 94.5% 。[Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10、Ksp（ BaMoO4）＝4.0×10﹣8，溶液体积变化可忽略]

（4）工业上钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，该法的优点是 工艺简单（或能耗低，节约能源） 。

（5）高纯Mo可用于制造电池级MoS2，Li﹣MoS2电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：xLi+nMoS2

Lix（MoS2）n该电池放电时正极反应为 nMoS2+xe﹣＝（MoS2）nx﹣ ；充电时Li+移动方向为 由阳极移向阴极 （填“由阳极移向阴极”或“由阴极移向阳极”）。

【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O2

2MoO3+4SO2，碱

性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32﹣＝MoO42﹣+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，

Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo，以此来解答。

【解答】解：（1）Na2MoO4中Mo元素的化合价为0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6；钼精矿焙烧发生2MoS2+7O2

2MoO3+4SO2，氧化剂（O2）和还原剂（ ）物

质的量之比为7：2，故答案为：+6；7：2；

（2）流程中由Na2MoO4溶液获得晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。加入Na2CO3溶浸时发生的主要反应的离子方程式为MoO3+CO32﹣＝MoO42﹣+CO2↑，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；MoO3+CO32﹣＝MoO42﹣+CO2↑；

（3）c（MoO42﹣）＝0.80mol•L﹣1，c（SO42﹣）＝0.04mol•L﹣1，当BaMoO4开始沉淀时，c（Ba2+）＝

mol/L＝5.0×10﹣8mol•L﹣1，此时c（SO42﹣）＝

×100%＝94.5%，

mol/L

＝2.2×10﹣3mol•L﹣1，SO42﹣的去除率＝故答案为：94.5%；

（4）工业上钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，该法的优点是工艺简单（或能耗低，节约能源）， 故答案为：工艺简单（或能耗低，节约能源）；

（5）高纯Mo可用于制造电池级MoS2，Li﹣MoS2电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：xLi+nMoS2

Lix（MoS2）n该电池放电时正极反应为nMoS2+xe﹣＝

（MoS2）nx﹣；充电时Li+移动方向为由阳极移向阴极区， 故答案为：nMoS2+xe﹣＝（MoS2）nx﹣；由阳极移向阴极。

【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、电化学原理的应用，题目难度不大。 【化学选修3：物质结构与性质】

11．（15分）太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓（GaAs）、铜铟镓硒（CIGS）、硫化镉（CdsS），功能高分子太阳能电池等，Al﹣Ni常作电极。据此回答问题：

（1）镍（Ni）在周期表中的位置为 第四周期第VIII族 ；S原子的价电子排布式为 3s23p4 ；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是 As＞Se＞Ge 。

（2）Na3As3中As原子的杂化方式为 sp2 ；AsCl3的空间构型为 三角锥形 。 GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为 GaAs、（3）

GaN均属于原子晶体，N的原子半径小于As的，故Ga﹣N键长比Ga﹣As键长短，Ga﹣N键能更大，故GaN的熔点更高 。

（4）写出一种与SO42﹣互为等电子体的分子 CCl4 。

GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体（5）

形，该品胞中Ga原子所处空隙类型为 正四面体 。已知GaAs的密度为ρgcm﹣3，Ga和As的摩尔质量分别为 MGa g．mol﹣1和MAsgmol﹣1，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为

×

×10﹣10 pm。

【分析】（1）Ni是28号元素，处于周期表中第四周期第VIII族；S是16号元素，处于第三周期第VIA族；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于相邻元素的；

（2）Na3As3中阴离子为As33﹣，阴离子中心As原子孤电子对数＝AsCl3中As原子孤电子对数＝轨道数目＝1+2＝3；

＝1，杂化

＝1，价层电子对数＝1+3＝4；

（3）GaAs、GaN熔点高，属于原子晶体，共价键越短，键能越大，熔点越高； （4）SO42﹣有5个原子、价电子总数为32，平均价电子数为6.4，应是价电子数为7的4个原子与价电子数为4的一个原子构成的微粒；

（5）Ga原子周围与之距离最近写相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心。四面体棱长即为Ga之间的最短距离，由几何知识可知二者距离等于晶胞体对角线长度的

倍，均摊法计算晶胞中Ga、As原子数目，计算晶胞质量，结合晶

胞质量＝晶胞体积×晶体密度计算晶胞棱长。

【解答】解：（1）（1）Ni是28号元素，处于周期表中第四周期第VIII族；S是16号元素，处于第三周期第VIA族，价电子排布式为3s23p4；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但As原子4p轨道为半充满稳定状态，它的第一电离能高于

相邻元素的，故第一电离能：As＞Se＞Ge，

故答案为：第四周期第VIII族；3s23p4；As＞Se＞Ge；

（2）Na3As3中阴离子为As33﹣，阴离子中心As原子孤电子对数＝轨道数目＝1+2＝3，As原子采取sp2杂化；AsCl3中As原子孤电子对数＝

＝1，杂化

＝1，

价层电子对数＝1+3＝4，VSEPR模型为四面体形，忽略孤对电子可得微粒空间构型为三角锥形，

故答案为：sp2；三角锥形；

（3）GaAs、GaN均属于原子晶体，N的原子半径小于As的，故Ga﹣N键长比Ga﹣As键长短，Ga﹣N键能更大，故GaN的熔点更高，

故答案为：GaAs、GaN均属于原子晶体，N的原子半径小于As的，故Ga﹣N键长比Ga﹣As键长短，Ga﹣N键能更大，故GaN的熔点更高；

（4）SO42﹣有5个原子、价电子总数为32，平均价电子数为6.4，应是价电子数为7的4个原子与价电子数为4的一个原子构成的微粒，可以是CCl4等， 故答案为：CCl4；

（5）Ga原子周围与之距离最近写相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心。四面体棱长即为Ga之间的最短距离，由几何知识可知二者距离等于晶胞体对角线长度的

倍，晶胞中Ga原子数目＝4、As原子数目＝8×+6×＝4，故

g＝ρg•cm﹣3

晶胞质量＝4×g，设晶胞棱长为a pm，则：4×

×（a×10﹣10 cm）3，解得a＝×10﹣10，故GaAs晶胞中Ga之间的

最短距离＝×

×10﹣10 pm，

故答案为：正四面体；×

×10﹣10。

【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式、国际关系、晶体类型与性质、等电子体、晶胞结构与计算等，注意同周期第一电离能苯环异常情况，（5）中计算为易错点、难点，需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力。