《甘肃省2016届高考化学一诊试卷(共39页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《甘肃省2016届高考化学一诊试卷(共39页).doc（39页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2016年甘肃省高考化学一诊试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的12015年8月12日，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵（ NH4NO3）、氰化钠（NaCN）、电石（CaC2）和金属钠等危险化学品下列有关叙述不正确的是（）A金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火B氰化钠（ NaCN）是一种剧毒危险品，其水溶液呈碱性C实验室里可将少量的钠保存于煤油中DNH4N03、NaCN、CaC2中均含有离子键和非极性共价键2中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素成果而获得20
2、15年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素和双氢青蒿素结构如图所示：下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法不正确的（）A青蒿素的分子式为C15H22O5B青蒿素和双氢青蒿素不是同分异构体C青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应D青蒿素在稀硫酸催化条件下能发生水解反应3下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A在蒸馏水中滴加浓H2S04，Kw不变BCaC03不易溶于稀硫酸，也不易溶于醋酸CNaCI溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同D在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（ OH）2c（H2S）c（HS）4用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（）A常温常压下，46g有机物C2H60中含
3、有极性键的数目一定为7NAB标准状况下，22.4L四氯化碳中所含有的共价键数目一定为4NAC常温常压下，14g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子总数一定为3NAD标准状况下，22.4L甲烷与22.4L氯气在光照时充分反应，生成的CH3Cl分子数一定为NA5据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，其负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示下列说法正确的是（）A该电池的负极反应为BH4+8OH8eBO2+6H2OB电池放电时Na+从b极区移向a极区C每消耗3mol H2O2，转移的电子为3molD电极a采用Mn
4、02作电极材料6短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，z的单质能溶于w的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法不正确的是（）A元素W的气态氢化物与M的单质可发生置换反应B离子半径的大小顺序为WMZXYC元素Z、M的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应D元素X与Y可以形成5种以上的化合物7某无色溶液中可能含有Na+Ba2+ClBr S042SO32中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步驟序号操作步骤现 象（1）用pH试纸检验溶液的pH7（2）向溶液中滴加氯水，再加人CC14、振荡、静置下层呈
5、橙色（3）向（2）所得水溶液中加人Ba（N03）2溶液和 稀 HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加人AgNO3溶液和稀HNO，有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A不能确定的离子是B不能确定的离子是C肯定含有的离子是D肯定没有的离子是二、解答题（共3小题，满分43分）8铬及其化合物在工业上有着广泛的用途，但在生产和使用过程中易产生有毒害的含铬工业废水I处理含铬工业废水的常用方法是还原沉淀法，该方法的工艺流程如下：（l）上述流程的步骤中存在如下平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2072一（橙色）+H20若平衡体系的pH=0时，溶液的颜色为色（2）第步反应的离子方程式为，步骤可通过调节第
6、二步反应后溶液的pH使Cr3+沉淀完全，请通过计算判断当pH6时，溶液中Cr3+是否沉淀完全：（简要写出计算过程已知常温下，Cr（ OH）3的溶度积Ksp=6.010一31，且当溶液中离子浓度小于10 5molLl时可视作该离子不存在）（3）以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr207，电解装置如1图所示直流电源M极的电极名称是，和N相连的一极的电极反应式为Cr03俗称铬酸酐，常用于制备铬的化合物Cr03具有强氧化性，热稳定性较差（4）Cr03具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火在硫酸酸化时Cr203可将乙醇氧化成乙酸，而Cr03被还原成绿色的硫酸铬Cr2（S04）
7、3则该反应的化学方程式为（5）Cr03的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图2所示请根据图示信息写出从开始加热到750K时总反应的化学方程式9二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源以C02和NH3为原料合成尿素是固定和利用C02的成功范例在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH 4（s）H1=akJmol1反应：NH2COONH 4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1总反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H3=86.98kJmol1请回答下列问题：（1）反应I的H1
8、=kJmol1（用具体数据表示）（2）反应的S（填“”或“”）0，一般在（填“高温”或“低温”）情况下有利于该反应的进行（3）定温度下在体积为VL的容器中进行反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是_（填字母序号）A混合气体的平均相对分子质量不再变化B容器内气体总压强不再变化C2v正（ NH3）=v逆（CO2）D容器内混合气体的密度不再变化（4）25时，将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充人一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应I并达到平衡测得平衡时混合气体的总浓度为4.8103molL1则此温度下，反应I的平衡常数为（5）总反应中影响CO：平衡转化率的因素很多，下图为某特
9、定条件下，不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的曲线其它条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是（填“提高”或“降低”）水碳比当温度高于190后，CO2平衡转化率出现如图所示变化趋势的原因是不同的氨碳比（）对C02的转化率也有影响，若开始以氨碳比等于3进行总反应，达平衡时NH3的转化率为40%，则C02的平衡转化率为11氯化亚铜广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4CuCI2；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色如图1是实验室制备氯化亚铜的流
10、程图及实验装置图如图2实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36qo盐酸15mL、水（1）反应的化学方程式为，用95%乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生02的速率，宜选择图3中的（填字母序号）方案（3）实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是；电炉加热升温至50时停止加热，反应快速进行，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色变为红棕色；当时停止通入氧气，打开瓶塞，沿（填字母）口倾出棕色反应液于l000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关
11、键问题有（5）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和l0mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；立即用0l0molL1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表（已知：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+Fe3+Ce3+） 实验序号 1 2 3 滴定起始读数（mL） 0.75 0.50 0.80 滴定终点读数（mL） 24.65 24.75 24.70数据处理：计算得CuCI的纯度为（平行实验结果相差不能超过0.3%）三、解答题（共1小
12、题，满分15分）12硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了许多奇迹（l）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCI4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式（2）已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物）合成氮化硅的主要工艺流程如图：净化N2和H2时，铜屑的作用是；硅胶的作用是在氮化炉中3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（S）H=727.5kJmoll，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度？；体系中要通人适量的
13、氢气是为了X可能是（选填“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”或“氢氟酸”）（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCI的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.750/0则在第二轮次的生产中，补充投入HC1和H：的物质的量之比是四、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修3：物质结构与性质13E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为ns2np2n，E与M原子核外的未成对电子
14、数相等；QM2与GM2具有相等的价电子总数；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子请回答下列问题：（1）T元素原子的价电子排布式是（2）E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示），其原因为（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为（用分子式表示），其中G的最简单氢化物的分子立体构型名称为，M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为（写化学式）（4）EM、CM+、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“”表示）E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因：
15、（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方TQ晶体结构如右图所示，该晶体的密度为pgcm3如果TQ的摩尔质量为Mgmol1，阿伏加德罗常数为NAmol1，则a、b之间的距离为cm五、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修5：有机化学基础14芳香酯I的合成路线如下：巳知以下信息：AI均为芳香族化合物，A的苯环上只有一个取代基，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰2RCH2CHO请回答下列问题：（I）AB的反应类型为，G所含官能团的名称为（2）步骤EF与FG的顺序能否颠倒？（填“能”或“否”），理由：（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为（4）I的
16、结构简式为（5）符合下列要求的A的同分异构体有种遇氯化铁溶液显紫色 属于芳香族化合物（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH32016年甘肃省高考化学一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的12015年8月12日，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵（ NH4NO3）、氰化钠（NaCN）、电石（CaC2）和金属钠等危险化学品下列有关叙述不
17、正确的是（）A金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火B氰化钠（ NaCN）是一种剧毒危险品，其水溶液呈碱性C实验室里可将少量的钠保存于煤油中DNH4N03、NaCN、CaC2中均含有离子键和非极性共价键【考点】化学键【专题】化学键与晶体结构【分析】A、钠与水反应生成可燃性的气体；B、氰化物剧毒，NaCN水解呈碱性；C、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应；D、NH4N03和NaCN中均含有离子键和极性共价键而CaC2中含有离子键和非极性共价键【解答】解：A、钠与水反应生成可燃性的气体，所以钠着火时不能用水灭火，故A正确；B、氰化物剧毒，NaCN
18、是强碱弱酸盐水解呈碱性，故B正确；C、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故C正确；D、NH4N03和NaCN中均含有离子键和极性共价键而CaC2中含有离子键和非极性共价键，故D错误；故选D【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意物质的性质影响保存方法的选择2中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素成果而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素和双氢青蒿素结构如图所示：下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法不正确的（）A青蒿素的分子式为C15H22O5B青蒿素和双氢青蒿素不是同分异构体C青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应
19、D青蒿素在稀硫酸催化条件下能发生水解反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A根据结构简式确定分子式；B青蒿素和双氢青蒿素的分子式不同；C青蒿素不含羟基或羧基；D青蒿素含有酯基，可水解【解答】解：A由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；B青蒿素的分子式为C15H22O5，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，二者分子式不同，不是同分异构体，故B正确；C青蒿素不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，故C错误；D青蒿素含有酯基，可水解，故D正确故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查
20、，题目难度不大3下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A在蒸馏水中滴加浓H2S04，Kw不变BCaC03不易溶于稀硫酸，也不易溶于醋酸CNaCI溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同D在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（ OH）2c（H2S）c（HS）【考点】电解质在水溶液中的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A温度不变Kw不变，浓硫酸溶解于水放热；B碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水附着表面阻止反应进行，碳酸酸性弱于硝酸，碳酸钙可以溶解于醋酸；CNaCI溶液中钠离子和氯离子不水解，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子水解相互促进，促进水的电离；D在Na2S稀溶液中
21、中 存在质子守恒，水电离出所有氢氧根离子和氢离子存在形式总和相同；【解答】A在蒸馏水中滴加浓H2S04，溶液温度升高，Kw发生变化，故A错误；B碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水附着表面阻止反应进行，CaC03不易溶于稀硫酸，碳酸酸性弱于硝酸，碳酸钙可以溶解于醋酸，故B错误；CNaCI溶液和CH3COONH4溶液均显中性，氯化钠是强酸强碱盐不水解，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子水解促进水的电离，相互促进程度相近溶液呈中性，两溶液中水的电离程度不相同，故C错误；D在Na2S稀溶液中存在质子守恒，c（ OH）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS），则得到c（H+）=c（ OH）2c（H2S）c
22、（HS），故D正确；故选D【点评】本题考查了电解质溶液中离子积常数，盐类水解原理，电解质溶液中质子守恒等知识点，题目难度中等4用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（）A常温常压下，46g有机物C2H60中含有极性键的数目一定为7NAB标准状况下，22.4L四氯化碳中所含有的共价键数目一定为4NAC常温常压下，14g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子总数一定为3NAD标准状况下，22.4L甲烷与22.4L氯气在光照时充分反应，生成的CH3Cl分子数一定为NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A依据n=计算物质的量，结合有机物C2H6O存在同分异构体分析
23、；B标准状况，四氯化碳不是气体；C乙烯和丙烯最简式相同为CH2，只需要计算14gCH2中原子数；D产物有多种，不全部是一氯甲烷【解答】解：A依据n=计算物质的量=1mol，有机物C2H6O存在同分异构体，若为乙醇含有极性键的数目一定为7NA，若为甲醚含有极性键的数目一定为8NA，故A错误；B标准状况，四氯化碳不是气体，22.4L四氯化碳物质的量不是1mol，故B错误；C14g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子数，乙烯和丙烯最简式相同为CH2，只需要计算14 gCH2中原子数=3NA=3NA，故C正确；D产物有多种，不全部是一氯甲烷，一氯甲烷分子数小于NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德
24、罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的使用对象，题目难度不大5据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，其负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示下列说法正确的是（）A该电池的负极反应为BH4+8OH8eBO2+6H2OB电池放电时Na+从b极区移向a极区C每消耗3mol H2O2，转移的电子为3molD电极a采用Mn02作电极材料【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负
25、极，负极上BH4得电子和氢氧根离子反应生成BO2，A负极上BH4得电子和氢氧根离子反应生成BO2；B原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；C双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极；D根据转移电子和双氧水之间的关系式计算【解答】解：A负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故A正确；B原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故B错误；C正极电极反应式为H2O2+2e=2OH，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故C错误；D电极b采用MnO2作电极材料，为正极，故D错误；故选A【点评】本题考
26、查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化6短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，z的单质能溶于w的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法不正确的是（）A元素W的气态氢化物与M的单质可发生置换反应B离子半径的大小顺序为WMZXYC元素Z、M的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应D元素X与Y可以形成5种以上的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期
27、主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；M的原子序数大于S，说明M为Cl元素，结合元素化合物的性质和元素周期律来分析解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素
28、，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；M的原子序数大于S，说明M为Cl元素，A氯气能与氯化氢反应得到单质硫，属于置换反应，故A正确；B电子层越多原子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，离子半径越小，故离子半径W（S2）M（Cl）X（N3）Y（O2）Z（Al3+），故B错误；CAl与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，则元素Z、M的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应，故C正确；DN元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故D正确，故选B【点评】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，根据常见元素化
29、合物的性质推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等，侧重于考查学生的分析能力7某无色溶液中可能含有Na+Ba2+ClBr S042SO32中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步驟序号操作步骤现 象（1）用pH试纸检验溶液的pH7（2）向溶液中滴加氯水，再加人CC14、振荡、静置下层呈橙色（3）向（2）所得水溶液中加人Ba（N03）2溶液和 稀 HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加人AgNO3溶液和稀HNO，有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A不能确定的离子是B不能确定的离子是C肯定含有的离子是D肯定没有的离子是【考点】常见离子的检验
30、方法【专题】离子反应专题【分析】（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子；（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br；（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，但不能确定是否含有SO42，因SO32可被硝酸氧化生成SO42；（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl，因所加氯水中含有Cl【解答】解：（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子，该离子只能为SO32，则溶液
31、中一定不存在Ba2+，因二者能生成沉淀而不能大量共存，一定含有Na+，根据溶液呈电中性原则，阳离子只有Na+；（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br；（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，但不能确定是否含有SO42，因SO32可被硝酸氧化生成SO42；（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl，因所加氯水中含有Cl由以上分析可知，溶液中一定含有的离子为，可能含有的离子为，一定不存在的是故选C【点评】本题考查离子反应及离子组成分
32、的判断，题目难度不大，本题注意把握离子的性质及离子共存问题二、解答题（共3小题，满分43分）8铬及其化合物在工业上有着广泛的用途，但在生产和使用过程中易产生有毒害的含铬工业废水I处理含铬工业废水的常用方法是还原沉淀法，该方法的工艺流程如下：（l）上述流程的步骤中存在如下平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2072一（橙色）+H20若平衡体系的pH=0时，溶液的颜色为橙色（2）第步反应的离子方程式为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，步骤可通过调节第二步反应后溶液的pH使Cr3+沉淀完全，请通过计算判断当pH6时，溶液中Cr3+是否沉淀完全：当溶液的pH调节至6时，
33、溶液中c（OH）=1108mol/L，c（Cr3+）=6107105molLl，Cr3+沉淀完全（简要写出计算过程已知常温下，Cr（ OH）3的溶度积Ksp=6.010一31，且当溶液中离子浓度小于10 5molLl时可视作该离子不存在）（3）以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr207，电解装置如1图所示直流电源M极的电极名称是负极，和N相连的一极的电极反应式为4OH4e=O2+2H2OCr03俗称铬酸酐，常用于制备铬的化合物Cr03具有强氧化性，热稳定性较差（4）Cr03具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火在硫酸酸化时Cr203可将乙醇氧化成乙酸，而Cr03被还
34、原成绿色的硫酸铬Cr2（S04）3则该反应的化学方程式为4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O（5）Cr03的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图2所示请根据图示信息写出从开始加热到750K时总反应的化学方程式4Cr032Cr2O3+3O2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的书写；氧化还原反应【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】I（1）根据氢离子对2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72 （橙色）+H2O平衡移动的影响判断；（2）亚铁离子与Cr2O72发生氧化还原反应，结合KspCr（OH）3计算
35、c（Cr3+）；（3）根据2CrO42+2H+Cr2O72+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O，则M为负极；（4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸；（5）根据质量守恒定律，在变化过程中，Cr的质量没有变，求出氧原子和铬原子的个数比即可，确定生成物可写出反应的方程式【解答】解：I（1）若平衡体系的pH=2，溶液酸性较强，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72 （橙色）+H2O正向移动，溶液呈橙色，故答案为：橙
36、；（2）亚铁离子与Cr2O72发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；溶液的pH=6，c（OH）=1108mol/L，该溶液中c（Cr3+）=610710 5molLl，Cr3+沉淀完全，故答案为：6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；当溶液的pH调节至6时，溶液中c（OH）=1108mol/L，c（Cr3+）=610710 5molLl，Cr3+沉淀完全；（3）根据2CrO42+2H+Cr2O72+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸
37、性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O，则M为负极，故答案为：负极；4OH4e=O2+2H2O；（4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸，反应的方程式为4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，故答案为：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O；（5）设固体质量为100g，B点时固体的质量为：100g76%=76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为： =2：3，所以B点时剩余固
38、体的成分是Cr2O3，所以加热到 750K 时成分是Cr2O3，方程式为4Cr032Cr2O3+3O2，故答案为：4Cr032Cr2O3+3O2【点评】本题综合考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目涉及氧化还原反应的计算、化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡和Ksp的有关计算等内容，题目难度中等，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答9二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源以C02和NH3为原料合成尿素是固定和利用C02的成功范例在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH 4（s）H1=akJmol1反应
39、：NH2COONH 4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1总反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H3=86.98kJmol1请回答下列问题：（1）反应I的H1=159.47kJmol1（用具体数据表示）（2）反应的S（填“”或“”）0，一般在高温（填“高温”或“低温”）情况下有利于该反应的进行（3）定温度下在体积为VL的容器中进行反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是_BD_（填字母序号）A混合气体的平均相对分子质量不再变化B容器内气体总压强不再变化C2v正（ NH3）=v逆（CO2）D容器内混合气体的密度不再变化（4）25
40、时，将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充人一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应I并达到平衡测得平衡时混合气体的总浓度为4.8103molL1则此温度下，反应I的平衡常数为6.1107（Lmol1）3（5）总反应中影响CO：平衡转化率的因素很多，下图为某特定条件下，不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的曲线其它条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是降低（填“提高”或“降低”）水碳比当温度高于190后，CO2平衡转化率出现如图所示变化趋势的原因是温度高于190时，因为反应是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低不同的氨碳比（）对
41、C02的转化率也有影响，若开始以氨碳比等于3进行总反应，达平衡时NH3的转化率为40%，则C02的平衡转化率为60%【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【专题】实验分析题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；（2）反应吸热反应，依据反应自发进行的判断依据是HTS0分析；（3）根据平衡状态的特征，反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等，各组成成分保持不变，反应的某些外部特征也不再随时间的变化而变化，据此判断；（4）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
42、（5）不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线分析可知，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；总反应为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g），=3，设起始二氧化碳的浓度为amol/L，则氨的起始浓度为3amol/L，当氨气的转化率为40%时，则参加反应的二氧化碳的浓度为0.6amol/L，据此计算二氧化碳的转化率；【解答】解：（1）反应：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）H1=a kJmol1反应：NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1总反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）
43、+H2O（g）H3=86.98kJmol1由盖斯定律总反应反应，得到2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）H1=a=159.47kJmol1，故答案为：159.47；（2）反应：NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1，反应前后气体体积增大，S0，焓变分析可知是吸热反应，H0，所以依据反应自发进行的判断依据HTS0，需要在高温下反应自发进行，故答案为：；高温；（3）A反应I中反应物为气体，生成全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，故A错误；B反应I中，气体的物质的量减小，所
44、以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，故B正确；C反应处于平衡状态时v正（ NH3）=2v逆（CO2），故C错误；D反应I中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，故D正确；故选BD；（4）将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充人一个容积不变的真空密闭容器中，反应中NH3和CO2的浓度之比为2：1，所以平衡衡时二者浓度之比仍为2：1，所以平衡时二者浓度分别为：c（NH3）=3.2103mol/L，c（CO2）=1.6103mol/L，所以K=6.1107（Lmol1）3，故答案为：6.1107（Lmol1）3；