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盐酸滴加氨水,滴定终点时溶液由碱性变为酸性,因此该滴定过程应当选择***橙作为指示剂,A错误;=7,如果二者恰巧反响,生成的***化铵水解溶液显酸性,因此M点对应的盐酸体积小于mL,B错误;,则根据电荷守恒可知溶液中c(NH+)=c(Cl-+-)>c(H)=c(OH),C错误;点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度是L4-31014mol-12×%=×10mol/L,所以N处的溶液中氢离子浓度==×10mol/L,因此pH<12,D正确,答案选 D。考点:考察中和滴定、 W、X、Y、Z的原子序数依次增加。 m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,往常为黄绿色气体, q的水溶液拥有漂白性, mol·L–1r溶液的pH为2,往常是难溶于水的混淆物。上述物质的转变关系如下图。 W<X< Z>X>【答案】C【解析】试题剖析:短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,往常为黄绿色气体,则Z是***元素;mol·L–1r溶液的pH为2,说明r是强酸,因此W是H;q的水溶液拥有漂白性,s往常是难溶于水的混淆物,根据转变关系图可知 m是水,r是***化氢,q是次***酸,p是甲烷,因此X是碳元素,Y是氧元素。,同主族自上而下原子半径渐渐增大,则原子半径的大小W<Y<X,A错误;,同主族自上而下非金属性渐渐减弱,则元素的非金属性 Y>Z>X,B错误;,水常温常压下为液态, C正确;, D错误,答案选 C。考点:考察元素和无机框图题推断以及元素周期律的应用26.(14 分)氮的氧化物(NO)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH将NO复原生成x3xN2,某同学在实验室中对 NH3与NOx反响进行了探究。回答下列问题:氨气的制备①氨气的发生装置能够选择上图中的 _________,反响的化学方程式为 _______________。②预收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连结次序为:发生装置→ ______(按气流方向,用小写字母表示 )。氨气与二氧化氮的反响将上述收集到的 NH3充入注射器 X中,硬质玻璃管 Y中加入少量催化剂,充入 NO2(两头用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因翻开K1,推动注射器活塞,使①Y管中_____________②反响的化学方程式X中的气体迟缓通入Y管中____________将注射器活塞退回原处并固Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚定,待装置恢复到室温翻开K2③_______________④______________【答案】(1)①A,2NHCl+Ca(OH)CaCl+2NH↑+2HO42232②a→d→c→f→e→i(2)①红棕色颜色变浅,最后褪为无色;②8NH+6NO=7N2+12HO322③水倒吸入 Y管中;④ 该反响是气体体积减小的反响,装置内压强降低,在大气压的作用下发生倒吸。考点:实验探究,波及实验原理剖析、气体收集、装置连结等。27.(15 分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4-(绿色)、Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)等形式存在,Cr(OH)3犯难溶于水的灰蓝色固体,回答下列问题:(1)Cr3+与Al3+的化学性质相像,在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过度,可察看到的现象是_________。2-2-在溶液中可相互转变。室温下,初始浓度为-12-)(2)CrO4和Cr2O7mol·L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O7随c(H+)的变化如下图。①用离子方程式表示NaCrO溶液中的转变反响____________。24②由图可知,溶液酸性增大,2-的平衡转变率__________(填“增大“减小”或“不变”)。CrO4根据A点数据,计算出该转变反响的平衡常数为__________。③升高温度,溶液中2-的平衡转变率减小,则该反响的H_________(填“大于”“小于”CrO4或“等于”)。(3)在化学剖析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,利用Ag+与CrO42-生成砖红色积淀,指示抵达滴定终点。当溶液中Cl-恰巧完全积淀(浓度等于×10-5mol·L-1)+-12-)等于__________mol-1时,溶液中c(Ag)为_______mol·L,此时溶液中c(CrO4·L。(已Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为×10-12和×10-10)。(4)+6 价铬的化合物毒性较大,常用 NaHSO3将废液中的 Cr2O72-复原成Cr3+,反响的离子方程式______________。【答案】(1)开始有灰蓝色固体生成,随后积淀消失(2)2-+2-①2CrO+2HCrO+HO4272②增大1014③<(3)×10-55×10-3(4)5H++Cr2--3+2-+4H2O2O7+3HSO=2Cr+3SO4【解析】试题剖析:(1)Cr3+与Al3+的化学性质相像,可知Cr(OH)3有***,也能溶解在NaOH溶液中,在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入 NaOH溶液直至过度,可察看到的现象是开始有灰蓝色固体生成,随后积淀消失。+2-2-2-+2-+H2O427的离子反响式为2CrO4+2HCr2O7(2)①随着H浓度的增大,CrO转变为CrO。2-+2-2-2-4+2H272427②溶液酸性增大,平衡2CrOCrO+HO正向进行,的平衡转变率增大;A点CrOCrO的浓度为,CrO42-的浓度为+浓度为1×10-7mol/L;此时该转变反响的平衡常数为14LL;H==10;2-③升高温度,溶液中 CrO4的平衡转变率减小,平衡逆向移动,说明正方向放热,则该反响的H<0;考点:考察化学反响原理的剖析与探究,波及化学平衡常数、溶度积常数的计算。28.(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题:(1)NaClO2中Cl的化合价为_______。写出“反响”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除掉2+2+Mg和Ca,要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反响的主要产物是______。“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反响中,氧化剂与复原剂的物质的量之比为________,该反响中氧化产物是_________。“有效***含量”可用来权衡含***消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含***消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效***含量为____。(计算结果保存两位小数)【答案】(1)+3 价(2)2NaClO 3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑(3)NaOH Na2CO3H2(4)1:2 氧化产物为 NaClO3(5)【解析】试题剖析:(1)在NaClO2中Na为+1价,O为-2价,根据正负化合价的代数和为 0,可得Cl的化合价为+3价。(2)NaClO3和SO在HSO酸化条件下生成ClO2,其中NaClO是氧化剂,复原产物为NaCl,根据2242电子守恒和原子守恒,此反响的化学方程式为2NaClO+SO+HSO=2NaHSO+ClO↑。322442(3)食盐溶液中混有2+2+NaOH溶液除掉2+Na2CO3溶液除掉2+Mg和Ca,可利用过度Mg,利用过度Ca,电解NaCl溶液时阴极H+得电子发生复原反响生成H;2图示可知利用含有过氧化氢的NaOH溶液ClO2气体,产物为NaClO3,则此吸收反响中,氧化剂为H2O2,复原产物为H2O,可知每摩尔H2O2得2mol电子,复原剂为ClO2,氧化产物为,***的化合价从+4价升高为+5价,根据电子守恒可知氧化剂和复原剂的物质的量之比为1:2,该反响中氧化产物是 NaClO3。(5)每克NaClO2的物质的量为=mol,根据电子转移数目相等,可知***气的物质的量为 mol×42=mol,则***气的质量为mol×73g/mol=。考点:无机流程,波及混淆物的分别与提纯、氧化复原反响的剖析及电解原理的应用。【化学——选修2:化学与技术】(15分)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿(主要成分为 MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:回答下列问题:(1)原料软锰矿与氢氧化钾按 1∶1的比率在“烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,其作用是 。(2)“平炉”中发生的化学方程式为 。(3)“平炉”中需要加压,其目的是 。(4)将K2MnO4转变为KMnO4的生产有两种工艺。①“CO2歧化法”是传统工艺,即在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反响,反响中生成KMnO4,MnO2和(写化学式)。②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,电解槽中阳极发生的电极反响为,阴极逸出的气体是。③“电解法”和“CO2歧化法”中,K2MnO4的理论利用率之比为。(5)高锰酸钾纯度的测定:称取g样品,溶解后定容于100mL容量瓶中,摇匀。取浓度为mol·L-1的H2C2O4标准溶液mL,加入稀硫酸酸化,用 KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为mL,该样品的纯度为(列出计算式即可,已知-+2+2MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO↑+8HO)。422422【答案】(1)扩大接触面积,加速化学反响速率;(2)2MnO2+O2+4KOH2KMnO4+2H2O;增大反响物的浓度,可使化学反响速率加速,同时使反响物的转变率增大;(4)①K2---;CO;②MnO-e=MnO;③1:12344(5)%。【解析】试题剖析:(1)MnO2的状态是固体,对于有固体参加的化学反响,可经过扩大其接触面积的方法提高反响速率,故要将其粉碎成细小的颗粒; (2) 根据流程图可知,在“平炉”中 MnO2、KOH、O2在加热时反响产生K2MnO4,联合质量守恒定律可知,此外一种物质是H2O,则发生的化学方程式为2MnO+O2+4KOH2KMnO4+2H2O;(3)由于上述反响中氧气是气体,若“平炉”中加压,就能够使氧气的浓度增大,根据外界条件对化学反响速率的影响,增大反响物的浓度,能够使化学反响速率加速;任何反响都拥有一定的可逆性,增大压强,能够使化学平衡向气体体积减小的正反响方向移动,故能够提高原料的转变率;(4)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反响,反响中生成KMnO,MnO,根据质量守恒定42律可知,此外一种生成物是 K2CO3,根据氧化复原反响中的电子守恒及反响的原子守恒,可得该反响的化学方程式是: 3K2MnO4+2CO=2KMnO4+MnO2+K2CO3;②“电解法”为现代工艺,即电解KMnO水溶液,在电解槽中阳极,2--。电极反响式是:MnO失去电子,发生氧化反响,产生MnO24442---;在阴极,水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出,电极反响式是:MnO4-e=MnO42-2-2;总反响方程式是:2HO+2e=H↑+2OH。所以阴极逸出的气体是H2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH;③根据“电解法”方程式 2K2MnO4+2HO2KMnO4+2H2↑+2KOH可K2MnO4的理论利用率是100%;而在“CO2歧化法”3K2MnO4+2CO=2KMnO4+MnO2+K2CO3中,K2MnO4的理论利用率是2/3,所以二者的理论利用率之比为3:2;考点:考察物质制备工艺流程的知识。37.[化学——选修 3:物质构造与性质 ](15分)锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用宽泛。回答下列问题:1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]____________,有__________个未成对电子。(2)Ge与C是同族元素,C原子之间能够形成双键、叁键,但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子构造角度剖析,原因是________________。(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,剖析其变化规律及原因_____________________。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃-26146沸点/℃186约4002424Zn、Ge、O(4)光催化复原CO制备CH反响中,带状纳米ZnGeO是该反响的优秀催化剂。电负性由大至小的次序是 ______________。5)Ge单晶拥有金刚石型构造,其中Ge原子的杂化方式为_______________________,微粒之间存在的作使劲是_____________。6)晶胞有两个基本要素:①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对地点,下列图为 Ge单晶的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(1,0,1);C为(1,1,0)。则D原子的坐标参数为______。2222②晶胞参数,描绘晶胞的大小和形状,已知Ge单晶的晶胞参数=pm,其密度为a__________g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】(1)3d104s24p22(2)锗元素原子半径大,难以经过“肩并肩”方式形成π键(3)GeCl4、GeBr4、GeI4均为分子晶体。组成和构造相像的分子晶体,相对分子质量越大,分子间作使劲越大,熔沸点越高。相对分子质量GeCl4<GeBr4<GeI4,所以,熔沸点GeCl4<GeBr4<GeI4(4)O>Ge>Zn(5) 共价键(或非极性键)(6)①;②878g/mol。NA()3考点:考察物质构造的有关知识。38.[化学——选修 5:有机化学基础 ](15分)秸秆(含多糖物质)的综合应用拥有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线:回答下列问题:(1)下列对于糖类的说法正确的选项是 ______________。(填标号),H2mOm的通式麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖用银镜反响不能判断淀粉水解是否完全淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物2)B生成C的反响种类为______。3)D中官能团名称为______,D生成E的反响种类为______。4)F的化学名称是______,由F生成G的化学方程式为______。5)拥有一种官能团的二取代芬芳化合物W是E的同分异构体,molW与足量碳酸氢钠溶液反响生成44gCO2,W共有______种(不含立体构造),其中核磁共振氢谱为三组峰的构造简式_________。6)参照上述合成路线,以(反,反)-2,4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选),设计制备对二苯二甲酸的合成路线_______________________。【答案】1)d2)酯化反响(或取代反响)(3)碳碳双键、酯基 氧化反响4)己二酸nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH22CH2CH2OH+(2n-1)H2O5)12种6)CH3-CH=CH-CH=CH-CH3。5)拥有一种官能团的二取代芬芳化合物W是E的同分异构体,molW与足量碳酸氢钠溶液反响生成44gCO2,说明W分子中含有2个—COOH,则其可能的支链情况是:—COOH、—CH2CH2COOH;—COOH、—CH(CH3)COOH;2个—CH2COOH;—CH3、—CH(COOH)2四种情况,它们在苯环的地点可能是邻位、间位、对位,故 W可能的同分异构体种类共有 4×3=12种(不含立体构造),其中核磁共振氢谱为三组峰的构造简式为。 (6)以(反,反)-2,4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选) ,设计制备对二苯二甲酸的合成路线是 CH3-CH=CH-CH=CH-CH3。考点:考察有机物的构造、性质、转变、化学方程式和同分异构体的书写的知识。