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1、2016年高考最后一卷第九模拟化学一、单选题：共7题1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A.利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车B.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素C.成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒:Cl-+ClO-+2H+Cl2+H2OD.煤经过气化和液化两个物理变化过程后变为清洁能源，这是煤的综合利用的方法【答案】D【解析】本题考查化学与生活环境。乙醇具有还原性，Cr3+为绿色，Cr2O72-为橙色，A正确；PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产
2、生雾霾天气的主要因素，B正确；84消毒液的主要成分是NaClO，当与成分为盐酸的洁厕灵混合使用会发生反应:Cl-+ClO-+2H+Cl2+H2O，产生有毒气体氯气，C正确；煤经过气化和液化两个化学变化过程后变为清洁能源，D错误。 2用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.8.7 g MnO2与40 mL 10 molL-1的浓盐酸充分反应，生成的氯气的分子数为0.1NAB.常温常压下，Cu-Zn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应为0.1NAC.将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Na+的浓度为2 molL-1D.28 g乙烯和环丁烷(C4H
3、8)的混合气体中含有的碳原子数为3NA【答案】C【解析】本题主要考查阿伏加德罗常数的相关判断。二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故8.7 g MnO2与40 mL 10 molL-1的浓盐酸充分反应，生成的氯气的分子数小于0.1NA，A错误；常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L mol-1，则1.12 L H2的物质的量小于0.05 mol，所以转移的电子数应小于0.1NA，B错误；含3NA个离子的Na2O2固体的物质的量是1 mol，将其溶于水配成1 L溶液，由于其中含有2 mol Na+，因此所得溶液中Na+的浓度为2 molL-1
4、，C正确；乙烯和环丁烷的最简式相同，含C质量分数也均为6/7，28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子质量总和为24 g，含碳原子数为2NA，D错误。 3已知苯()分子有一类氢原子，其中二氯代物有3种，萘()分子有两类氢原子，其中二氯代物有10种，蒽()分子有三类氢原子，其中二氯代物有A.13种B.15种C.18种D.20种【答案】B【解析】本题主要考查同分异构体的书写与判断。在确定二氯代物同分异构体的数目时，可先确定氢原子的种类，然后固定一个氯原子，通过移动法找出可能的结构。苯的二氯代物有邻、间、对3种，由图、可知萘的二氯代物有10种，由图、知蒽的二氯代物有15种。 4W、X
5、、Y、Z、T均是短周期主族元素，W和X同周期，W和Y同主族；W原子最外层电子数是内层电子数的两倍，X元素族序数是其所在周期数的三倍；X的阴离子与Z的阳离子的电子层结构相同；Z的单质与X的单质在不同条件下反应，可生成Z2X或Z2X2；T和Z同周期，且T是所在周期中原子半径最小的元素。下列叙述正确的是A.Y与T形成的化合物中含有离子键B.X、Z、T对应的简单离子半径由大到小的顺序为TXZC.1 mol Z的单质与足量X的单质反应，转移电子物质的量可能是2 mol，也可能是1 molD.X与Y形成的共价化合物XY2不能溶于强碱溶液【答案】B【解析】本题考查了元素周期表、元素周期律的应用、化学键等知识
6、。由题意推得W为碳元素，X为氧元素，Y为硅元素，Z为钠元素，T为氯元素。Si与Cl形成化合物SiCl4，该化合物是共价化合物，其中含有共价键，A不正确；电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，r(Cl-)r(O2-)r(Na+)，B正确；1 mol Na与足量O2反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，转移电子的物质的量均为1 mol，C不正确；Si和O形成的共价化合物是SiO2，该化合物是酸性氧化物，可溶于强碱溶液SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，D不正确。 5如图是某校化学兴趣小组为探究原电池工作原理进行的实验，调节低压电源的电压到6伏，并把正负极分别与装
7、置图中的两个碳电极相连接；接通电源，图示中的“+”连接到电源的正极上，“-”连接到电源的负极上，电解氢氧化钾溶液制取氢气、氧气，且制得的氢气与氧气的体积比为21，去掉电源，该装置就成为氢氧燃料电池，用带有小灯泡的导线连接a、b，灯泡即可发亮。下列说法错误的是A.用此装置电解KOH溶液制备H2和O2时，KOH的作用是增加溶液的导电性，一段时间后其浓度增大B.此装置为氢氧燃料电池时，c极发生还原反应，d极发生氧化反应C.此装置为氢氧燃料电池时，电解质溶液中的OH-向着d极移动D.如将此装置中的KOH换为稀H2SO4，当为氢氧燃料电池时，c极的电极反应式为:O2+2H2O+4e-4OH-【答案】D【
8、解析】本题主要考查电化学原理的实验探究，考查考生分析问题、解决问题的能力。选项A，电解时，当溶液中自由移动的离子浓度大时，溶液的导电性强，KOH作为一种强电解质，电离出的K+、OH-能增强溶液的导电性，从而加快产生氢气和氧气的速率，由于H2O被电解，溶液中的溶剂量减少，故一段时间后KOH溶液的浓度增大。选项B，电解时，c极产生的是O2，d极产生的是H2，故此装置作为燃料电池时，c极，O2获得电子发生还原反应:O2+2H2O+4e-4OH-，d极，H2失去电子发生氧化反应:2H2+4OH-4e-4H2O。选项C，作为氢氧燃料电池时，d极为负极，阴离子OH-向d极移动。选项D电解质溶液为稀H2SO
9、4时，溶液为酸性环境，故c极的电极反应式为:O2+4e-+4H+2H2O。 6下列实验操作不能达到其对应目的的是【答案】D【解析】本题考查实验方案设计与评价。向上层水溶液中加入稀HNO3和AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明生成了AgBr，即CH3CH2Br，即CH3CH2Br在碱性条件下发生了水解反应，A正确；甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使KMnO4溶液褪色，庚烷不能，则该实验可以验证与苯环相连的甲基易被氧化，B正确；常温下，浓硝酸和铁发生钝化而阻止铁进一步反应，所以用蒸馏水冲洗后，再将铁钉放入CuSO4溶液，铁钉表面无红色，C正确；酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，溶液变黄色，可能为
10、亚铁离子被硝酸根离子氧化，D错误。 7高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体，25 时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列叙述错误的是A.pH=2.2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)c(HFeO4-)c(H3FeO4+)B.为获得尽可能纯净的高铁酸盐，应控制pH9C.已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为:K1=2.5110-2，K2=4.1610-4，K3=5.0110-8，当pH=4时，溶液中c(HFeO4-)c(H2FeO4)=4.16D.向pH=6的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为HFeO4-+OH-FeO42-+H2O【答案】A【解析】
11、本题主要考查电解质溶液中粒子浓度大小的比较、离子方程式的书写及正误判断、电离平衡常数等知识，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力。根据题图提供的信息，pH=2.2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)c(H3FeO4+)c(HFeO4-)，A不正确；为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在大于等于9，B正确；已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为:K1=2.5110-2，K2=4.1610-4，K3=5.0110-8，当pH=4时，溶液中c(HFeO4-)c(H2FeO4)=K2/c(H+)=( 4.1610-4)10-4=4.16，C正确；pH=6的高铁酸盐溶液中主要存在
12、HFeO4-，加入KOH溶液后，pH增大，生成FeO42-，发生反应的离子方程式为HFeO4-+OH-FeO42-+H2O，D正确。 二、实验题：共1题8亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究。已知:NaClO2饱和溶液在温度低于38 时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38 时析出的晶体是NaClO2，高于60 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO)2可溶于水。利用如图所示装置进行实验。(1)仪器a的名称为，装置的作用是，装置的作用是。(2)装置中产生Cl
13、O2，涉及反应的化学方程式为；装置中反应生成NaClO2的化学方程式为。(3)从装置反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:减压，55 蒸发结晶；趁热过滤；低于60 干燥，得到成品。如果撤去中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是。(4)设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象是:取少量晶体溶于蒸馏水，。(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0 g溶于水配成1 L溶液，取出10 mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入23滴淀粉溶液，用0.20 molL-1Na2S2O3标准液
14、滴定，达到滴定终点时用去标准液20.00 mL，试计算NaClO2粗品的纯度。(提示:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)【答案】(1)三颈烧瓶吸收多余的ClO2气体，防止污染环境防止倒吸(或作安全瓶等其他正确说法)(2)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)2ClO2+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2(3)用38 60 的温水洗涤NaClO3和NaCl(4)滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4(5)90.5%【解析】本题考查化学实验方案的分析、评价，化学实验基
15、本操作，化学方程式的书写及相关计算。 (1)仪器a的名称为三颈烧瓶；分析题给实验装置图知装置的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境；装置的作用是防止倒吸。(2)装置中氯酸钠、亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、ClO2和水，化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)2ClO2+2Na2SO4+H2O。在装置中ClO2得到电子被还原变为NaClO2，H2O2失去电子，表现还原性，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，根据题给信息NaClO2饱和溶液在温度低于3
16、8 时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38 时析出的晶体是NaClO2，高于60 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，从装置反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:减压，55 蒸发结晶；趁热过滤；用38 60 的温水洗涤；低于60 干燥，得到成品。如果撤去中的冷水浴，由于温度高，可能导致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。(4)检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4的操作及现象是:取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4。(5)Cl
17、O2-+4I-+4H+Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3标准液滴定，发生反应:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反应的关系式为:ClO2-2I24Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.2 molL-10.02 L=0.004 mol，得n(ClO2-)=0.001 mol，所以1 L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001 mol100=0.1 mol，则10.0 g NaClO2粗品中含有:m(NaClO2)=0.1 mol90.5 gmol-1=9.05 g，则w(NaClO2)=9.05/10.0100%=90.5%。【备注】在制备物质时要综合考虑物质的
18、性质选择合适的反应原理和制备条件，同时要考虑操作的安全性和环境保护。反应过程产生的SO2、ClO2都会造成大气污染，需要进行尾气处理；结合溶液反应温度与产物的关系严格控制实验条件，方能制取目标产物。在氧化还原反应方程式书写时要结合反应过程中的电子守恒和原子守恒配平；当测定物质含量涉及的反应有多个时，先根据方程式得到相应的关系式，利用已知物质与待求物质之间物质的量关系计算，就可以使计算过程大大简化。三、填空题：共1题9雾霾天气频繁出现，严重影响人们的生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答
19、下列问题:(1)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表:根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为，试样的pH=。(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有:将煤转化为清洁气体燃料。已知:H2(g)+ 1/2O2(g)H2O(g)H=-241.8 kJmol-1C(s)+1/2O2(g)CO(g)H=-110.5 kJmol-1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式:。洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是。a.Ca(OH)2b.Na2CO3 c.CaCl2d.NaHSO3(3)汽车尾气净化的主要原理为:2NO(g) + 2CO(g)2CO
20、2(g)+ N2(g)H0若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是(填序号)。(如图中v正、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数)(4)车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”之一。活性炭可处理大气污染物NO。在5 L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1和T2时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表:写出NO与活性炭反应的化学方程式；计算上述反应T1时的平衡常数K1=；若T1”、“”或“=”)。上述反应T1时达到化学平衡后再通入0.1
21、 mol NO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为。【答案】(1)酸性4(2)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=+131.3 kJ mol-1ab(3)BD(4)C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)480%【解析】本题考查大气污染物的处理方法、溶液pH的计算、化学平衡移动的有关知识。 (1)根据溶液呈电中性可得c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(NO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，将溶液中已知离子的物质的量浓度代入上式，可得c(H+)-c(OH-)=110-4molL-1，所以溶液的pH约为4。(2)第二个热化学方程式减去
22、第一个热化学方程式，整理可得焦炭与水蒸气反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=+131.3 kJ mol-1。洗涤含SO2的烟气，所用物质应该可以与SO2发生反应。a.SO2+Ca(OH)2CaSO3+H2O，因此可以消除烟气中的SO2，正确；b.SO2与Na2CO3发生反应:SO2+Na2CO3CO2+Na2SO3，因此可以洗涤含SO2的烟气，正确；c.SO2与CaCl2不能发生反应，二氧化硫也不能在该溶液中溶解，错误；d.SO2与NaHSO3不能发生反应，错误。(3)t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；t1时平衡常数不再变化，正逆反应速
23、率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故D正确。(4)从表中数据可知，碳、一氧化氮、E和F的化学计量数之比为1211，则反应中碳被氧化，结合原子守恒可知，生成氮气和二氧化碳，且该反应是可逆反应，所以化学方程式为C(s)+2NO (g)CO2(g)+N2(g)。T1时平衡时一氧化氮的浓度为0.020mol5L=0.004 molL-1，氮气的浓度为0.040mol5L=0.008 molL-1，二氧化碳的浓度为0.040m
24、ol5L=0.008 molL-1，则平衡常数K1=0.008molL-10.008molL-1(0.004molL-1)2=4；同样可计算出T2时反应的平衡常数为0.25，因T1T2，随温度升高，平衡常数减小，则该反应为放热反应，即H0。反应T1时达到化学平衡后再通入0.10 mol NO气体，再次达到平衡时，与原平衡等效，NO的转化率不变，(NO)=0.10-0.0200.10100%=80%。或根据方程式计算:C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)起始物质的量(mol) 0.1200.0400.040改变物质的量(mol)2nnn平衡时物质的量(mol)0.120-2n0.040
25、+n0.040+n则平衡常数K1=0.040+n5molL-10.040+n5molL-1(0.120-2n5molL-1)2=4，解得n=0.04，则达到平衡时NO的转化率为0.20-(0.120-20.040)0.20100%= 80%。【备注】分析化学平衡移动时需要考虑条件对反应速率的影响和对化学平衡的影响，若改变物质的浓度，通常只有一种反应速率改变，若改变温度或压强，正逆反应速率都同向改变，但程度有所不同，压强改变平衡可能不移动，需要考虑反应前后气体的体积关系。使用催化剂，反应速率都增大，增大程度相同，但平衡不移动。四、综合题：共3题10钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeOT
26、iO2)，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4)的工业流程如图所示:已知:FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOCl42-+2H2O。(1)若在实验室中煅烧固体混合物，会用到多种硅酸盐材质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有(填仪器名称)。流程中多次涉及沉淀，则洗涤沉淀的方法是。(2)滤渣A的成分是。生产中利用滤渣A制备半导体材料的反应是。(3)滤液B中TiOCl42-转化生成TiO2的离子方程式是。(4)反应中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，T
27、i元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是。(5)写出由滤液D生成FePO4的离子方程式。由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需双氧水与H2C2O4的物质的量比是。【答案】(1)坩埚往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次(2)SiO22C+SiO2Si+2CO(3)TiOCl42-+H2OTiO2+2H+4Cl-(4)反应温度过高时，双氧水和氨水会受热分解，使得Ti元素浸出率下降(5)2Fe2+ 2H3PO4+H2O22FePO4+2H2O+4H+11【解析】本题主要考查元素化合物知识、离子方程式的书写、盐类水解、物质的分离与
28、提纯等知识。 (1)煅烧固体混合物，用到的硅酸盐材质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有坩埚；洗涤沉淀的方法是往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次。(2)钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeOTiO2)，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质，加入盐酸只有二氧化硅不反应，所以滤渣A是SiO2。半导体材料是硅，则由A制半导体材料的反应是:2C+SiO2Si+2CO。(3)根据流程可知，TiOCl42-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为:TiOCl42-+H2OTiO2+2H+4Cl-。(4)在二氧化钛与氨水、双氧水反应生成(NH4)2
29、Ti5O15的过程中，若温度过高，双氧水和氨水分解，致使Ti元素浸出率下降。(5)滤液D是氯化亚铁溶液，与双氧水和磷酸反应生成磷酸铁，离子方程式为:2Fe2+ 2H3PO4+ H2O22FePO4+ 2H2O + 4H+；由得失电子守恒可得关系式:H2O2H2C2O4，则所需双氧水与草酸的物质的量之比为11。 11煤炭被人们誉为黑色的“金子”，它是人类使用的主要能源之一。为了提高煤的利用率，减少有害气体的排放，人们采取了各式各样的方法。(1)煤的气化和液化可提高煤的利用率。煤的气化技术的主要产物是。煤的液化技术又分为直接液化和间接液化。将煤隔绝空气加强热得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为
30、。(2)在煤燃烧前后及燃烧过程中均可采取措施减少有害气体的排放。在燃烧前，可以采用微生物脱硫技术，原理如下:上述过程中Fe2+的作用为。写出Fe2+Fe3+的离子方程式。煤在燃烧时，进行脱硫处理，常采用燃烧技术，在把煤和脱硫剂加入锅炉燃烧室，使煤与空气在流化过程中充分混合、燃烧，起到固硫作用，常用脱硫剂的主要化学成分为(填化学式)。煤在燃烧后，烟气净化常采用除尘技术和脱硫、脱硝技术。湿法脱硫、脱硝技术中将烟气通入设备，用石灰水淋洗。(3)某工厂每天要烧掉含硫1.6%的烟煤200吨，排放出大量的SO2，如果将这些SO2回收利用，那么理论上每年(按365天计)可生产98%的浓硫酸吨。(4)煤燃烧产
31、生的CO2在光照和光催化剂存在的条件下可与H2O(g)反应转化为CH4和O2，反应的化学方程式为。紫外光照射时，等量的CO2和H2O(g)在不同催化剂(、)作用下，CH4的产量随光照时间的变化如图所示，光照t小时后在催化剂作用下CH4的产量开始高于催化剂，其原因可能是。【答案】(1)CO、H2煤的干馏(2)中间产物，催化剂作用，加快S元素的氧化4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O 流化床 CaO(或者CaCO3)吸收塔(3)3 650(4)CO2+2H2O(g)CH4+2O2催化剂的活性受光照时间的影响【解析】本题考查化工流程的分析，煤的综合利用，化学计算等知识。 (1)煤的气化是将煤和水
32、蒸气在高温条件下反应生成CO和氢气的过程，故主要产物为CO、H2；将煤隔绝空气加强热使煤分解得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的操作是煤的干馏。(2)根据微生物脱硫技术的原理可知:Fe2+先被氧化为Fe3+，后Fe3+又被还原为Fe2+，即Fe2+先被消耗后又生成，故在反应中作催化剂；在微生物作用下Fe2+被氧气氧化为Fe3+，氧气在酸性条件下被还原为H2O，据此写出离子方程式:4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O。在煤燃烧时进行的脱硫技术称为“流化床”燃烧技术；由于SO2是酸性氧化物，故可以加碱性氧化物CaO(或者CaCO3)来加以吸收。吸收烟气的装置为吸收塔。(3)根据硫原子守恒，设每年可
33、生产98%的浓硫酸x吨，则SH2SO432 982001.6%365x98%，解得x=3 650。(4)煤燃烧产生的CO2在光能和光催化剂存在的条件下可与H2O(g)反应转化为CH4和O2，反应的化学方程式为CO2+2H2O(g)CH4+2O2；根据图示可知，催化剂的活性受光照时间的影响，所以光照t小时后催化剂作用下CH4的产量开始高于催化剂。 12太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质。(1)铟与镓同是A族元素，写出铟基态原子的电子排布式:。(2)硒为第4周期A族元素，与其相邻的元素有砷(33号)、溴(35号)，则三种元素的电负性由小到大的顺序为。(用元素符号表示)(3)铜
34、离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。某化合物Y与Cu()(表示化合价为+1)结合形成图甲所示的离子。该离子中含有化学键的类型有(填序号)；向氯化铜溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，M的晶胞结构如图乙所示。写出该反应的离子方程式:。A.极性键B.离子键C.非极性键D.配位键(4)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、磷化镓及铜铟硒薄膜电池等。其中元素P、As、Se第一电离能由小到大的顺序为:。(5)已知由砷与镓元素组成的化合物A为第三代半导体。已知化合物A的晶胞结构与金刚石相似，其晶胞结构如图所示，请写出化合物A的化学式；化合物A可由(CH3
35、)3Ga和AsH3在700 下反应制得，反应的化学方程式为。设化合物A的晶胞边长为apm，则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为g(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1或Kr4d105s25p1(2)AsSeBr(3)ACD2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+SO42-+4H+(4)SeAsP(5)GaAs(CH3)3Ga + AsH3GaAs + 3CH4(6)31032NAa3【解析】本题主要考查核外电子排布、电负性、第一电离能、化学键、晶胞的计算等知识。 (1)铟是第5周期元素，最外层3个电子，则
36、铟基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1或Kr4d105s25p1。(2)同周期元素的电负性随核电荷数的增大而增强，所以三种元素的电负性从小到大的顺序是AsSeBr。(3)根据题图所示的离子，其中含有的化学键类型有极性键(NC)、非极性键(CC)、配位键(NCu)。向氯化铜溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，根据M的晶胞结构，确定M的化学式为CuCl，则根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+SO42-+4H+。(4)同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，同一周
37、期中，第A族元素第一电离能大于第A族元素，As 和Se属于同一周期，As是第A族元素，Se是第A族元素，所以第一电离能SeAsP。(5)A的晶胞结构与金刚石相似，由均摊法知，晶胞中含As原子4个，含Ga原子4个，所以A的化学式GaAs；化合物GaAs可由(CH3)3Ga和AsH3在700 下反应制得，(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4，可用观察法配平。晶胞边长为apm，所以晶胞的体积是a3pm3，所以每立方厘米晶体中含该晶胞的个数是1030a3，因此含有的As原子个数是1030a34，物质的量是41030NAa3mol，所以含As元素的质量是41030NAa3mol75 gmol-1
38、=31032NAa3g。 五、推断题：共1题13M通过下列关系可以得到阿司匹林和能放出扑热息痛()的高分子药物()。已知:(R、R表示氢原子或烃基)；C中含有一个甲基，且与H互为同系物。请回答问题:(1)I含有的官能团的名称为。(2)FG的反应类型为，IJ的反应类型为。(3)M的结构简式为。(4)满足下列条件的D的同分异构体有种。能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应(5)EF的化学方程式为。阿司匹林分子中含有的官能团的名称是；1 mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为mol。阿司匹林与足量的NaOH溶液共热的化学方程式为:。【答案】(1)碳碳双键、羧基(2)
39、加成反应酯化(取代)反应(3)(4)9(5)酯基、羧基3+3NaOH+CH3COONa+2H2O【解析】本题主要考查有机合成与推断。由AB的反应条件及A、B的分子式可知，AB的反应为卤代烃的水解，且A含有一个羧基，能与NaOH发生中和反应，则BC的反应是COONa酸化得到COOH，由信息C中含有一个甲基，可推知C的结构简式为，则B的结构简式为，A的结构简式为。由阿司匹林的结构简式可以推出D的结构简式为；其同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，有、共9种。由EF的反应条件可知，该反应为醇的催化氧化；由FGH的反应条件可知，发生的反应为信息的反应，
40、所以H中含有OH与COOH；结合能释放出扑热息痛的高分子药物的结构简式，可推知J的结构简式为，由扑热息痛的结构简式可知I的结构简式为；有I和H的结构信息可推知H的结构简式为，由题给反应条件和信息可推知， G的结构简式为，F的结构简式为，E的结构简式为；由MA+D+E的反应条件可知，该反应为酯在酸性条件下的水解反应。结合A、D、E的结构简式，可推知M的结构简式为。由阿司匹林的结构可知，1 mol 阿司匹林含有1 mol COOH、1 mol酯基，该酯基是酸与酚羟基形成的，1 mol该酯基能与2 mol NaOH反应，1 mol COOH与1 mol NaOH反应，故1 mol阿司匹林最多消耗3 mol NaOH。