2019年安徽师大附中高考化学考前试卷(5月份)(解析版)
2019年安徽师大附中高考化学考前试卷（5月份）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：
下列叙述错误的是（）
A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入代替
B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的
C. 与加入锌粉反应的离子为、
D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
2.设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）
A. 71 g 溶于足量水，所得溶液中、HClO和三种微粒总数为
B. 1摩尔中含有个共价键
C. 常温下，将 g铁块投入足量浓硝酸中，转移个电子
D. 用电解法精炼铜时，若电路中转移2 mol电子，阳极质量减轻64 g
3.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
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.
A B C D
5.X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期主族元素。X和R属同族元素；Z和U位于
第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应；T的一种单质在空气中能够自燃。下列说法中正确的是（）
A. X的氢化物的沸点一定小于R的氢化物的沸点
B. Q的氮化物溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为1：1
C. Z单质可以从U的钠盐溶液中将其置换出来
D. 溶液能用作中毒的解毒剂6.某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开 K2，闭合 K1，两极均有
气泡产生；一段时间后，断开 K1，闭合 K2，发现电流表指针偏转，下列有关
描述正确的是（）
A.
断开，闭合时，总反应的离子方程式为：通电
B. 断开，闭合时，石墨电极附近溶液变红
C. 断开，闭合时，铜电极上的电极反应为：
D. 断开，闭合时，石墨电极作正极
7.向xmL0.1mol/L．氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温
度和pOH[pOH=-lgc（OH-）]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示（实线为温度变化，虚线为pOH 变化）。下列说法不正确的是（）
A.
B. a、b、c三点由水电离出的依次减小
C. b点时溶液的
D. a、b、d三点对应的的电离常数：
二、简答题（本大题共4小题，共49.0
分）
8.含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重。化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如图所示：
已知：Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+
（1）将吸收塔中1mol Cr2O72-与SO2反应的热化学方程式补全。
Cr2O72-（aq）+______SO2（g）+______=______+______+______
△H=-1145 kJ/mol
2pH
①由上述数据获得的结论有______。
②实际工业生产控制pH=4左右的原因是______。
③下列说法不合理的是______。
a．该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大其含量越高
b．其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）
c．理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）
（3）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图1所示）。
30min前相同时间内，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，30min后80℃的Cr（+6）去除率低，原因分别是______；______。
（4）图2为Cr（+3）微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图，中和池中应控制pH范围为______。
（5）废水中Cr（+6）总浓度为a×10-3 mol/L，处理1000 L废水，去除率要求达到99.95%，理论上需要SO2物质的量为______mol（写计算式）。
9.合理利用或转化NO2、SO2、NO等污染性气体是人们共同关注的课题．
Ⅰ．某化学课外小组查阅资料后得知：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）的反应历程分两步：
①2NO（g）?N2O2（g）（快）△H1＜0 v1正=k1正?c2（NO） v1逆=k1逆?c（N2O2）
②N2O2（g）+O2（g）?2NO2（g）△H2＜0 v2正=k2正?c（N2O2）?c（O2）v2逆=k2逆?c2（NO2）
请回答下列问题：
（1）反应2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）的△H=______（用含△H1和△H2的式子表示）．
一定温度下，反应达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=______．（2）决定2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）速率的是反应②，反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1______E2（填“＞”“＜”或“=”）．
II．（3）反应N2O4（g）?2NO2（g），在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v（ N2O4）=k1?ρ（N2O4），v （NO2）=k2?ρ（N2O4）．
其中k，、k2是与温度有关的常数．一定温度下，相应的速率与压强关系如图1所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是______，理由是______．
（4）在25℃时，将a mol?L-1的氨水溶液与0.02mol?L-1HCl溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，用含a的代数式表示NH3?H2O的电离常数K b=______．若用质量分数为17%，密度为0.93g?cm-3的氨水配制amol?L-1的氨水200mL，所得氨水的体积V=______mL．
（5）用石墨为电极，利用如图2电解装置可将雾霾中的NO、SO2分
别转化为NH4+和SO42-．物质A的化学式为______，阴极的电极反应
式是______．10.K、Fe、Ni均为重要的合金材料，在工业生产科技国防领域有着广泛的用途，请回答下列问题：
（1）K元素处于元素周期表的______ 区，其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有______个。
（2）KCl 和NaCl 均为重要的化学试剂，KCl 的熔点低于NaCl的原因为______。
（3）NiSO4溶于氨水形成[Ni （NH3）6]SO4。
①写出一种与[Ni （NH3）6]SO4中的阴离子互为等电子体的分子的分子式______。
②1mol[Ni （NH3）6]SO4中含有δ键的数目为______。
③NH3的VSEPR模型为______；氮原子形成的杂化轨道作用为______。
（4）MgO的晶胞结构如图所示
①其中阴离子采用堆积方式与______相同（填序号）
A、Po
B、Na
C、Mg
D、Cu
②处于棱心上的镁原子的配位数是 ______，
③X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则MgO密度为______g/cm3（列出计算式）
11.聚对苯二甲酸丁二醇酯（ PBT）是一种性能优异的热塑性高分子材料。PBT的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的结构简式是______，C的化学名称是______。
（2）⑤的反应试剂和反应条件分别是______。
（3）F的分子式是______，⑥的反应类型是______。
（4）⑦的化学方程式是______。
（5）M是H的同分异构体，同时符合下列条件的M可能的结构有______种。
a 0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况）
b同一个碳原子上不能连接2个羟基
其中核磁共振氢谱显示3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式是______。
（6）以2一甲基-1-3一丁二烯为原料（其它试剂任选），设计制备
的合成路线：______。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.锡是第五周期第ⅣA族金属元素，四氯化锡（SnCl4）是重要的媒染剂，易与水反应，熔点为-33℃、沸
点为114℃，某研究性学习小组设计如图装置（部分夹持装置省略，MnO2过量）制备SnCl4。
（1）仪器E的名称是______，加热装置D前要先排出装置内的空气，排出空气的方法是______ （2）锡粉被吸附在硅胶上，其优点是______，A中反应的离子方程式______
（3）装置C中的试剂是______，实验过程中，B装置内可观察到的明显现象是______
（4）反应开始生成SnCl4时，可以先熄灭______（填字母序号）处的酒精灯，理由是______。
（5）该实验装置设计尚存在缺陷，改进的方法是______
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A．酸性条件下，通入氧气可氧化铜生成硫酸铜，故A正确；
B．铜帽溶解后，溶液中存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾，可除去溶液中过量的H2O2，故B正确；
C．固体溶解中溶液中存在Cu2+、H+，二者都与锌反应，故C正确；
D．滤液中含有硫酸锌，直接加热、蒸发结晶不能得到ZnO，故D错误。
故选：D。
利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌，以此解答该题。
本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
2.【答案】B
【解析】
解：A、71g氯气的物质的量为1mol，而氯气和水的反应为可逆反应，溶液中含Cl-、Cl2、HClO 和ClO-，1molCl2溶于水后，由于氯气分子中含有2个氯原子，则溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子的总物质的量需要2mol，粒子总数小于2N A，Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为大于N A，故A错误；
B．过氧化氢分子中含一个O-O，两个O-H键，1摩尔 H2O2中含有3N A个共价键，故B正确；
C、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能反应完全，则5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数小于0.3N A个，故C错误；
D、电解精炼铜时，阳极上放电的是粗铜中的铜以及比铜活泼的杂质，则当转移2mol电子时，阳极质量减轻的不是64g，故D错误。
故选：B。
A、氯气和水的反应为可逆反应，根据氯原子个数守恒来分析；
B．过氧化氢分子中含一个O-O，两个O-H键；
C、常温下，铁在浓硝酸中会钝化；
D、电解精炼铜时，阳极上放电的是粗铜。
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.【答案】B
【解析】
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。
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。
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.【答案】D
【解析】
解：A．氯气具有强氧化性，则溶液红色褪去，但氯气无漂白性，故A错误；
B．Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，不发生置换反应，不能比较金属性，故B错误；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，故C错误；
D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，Cu与稀硝酸反应生成NO，则浓硝酸氧化性强于稀硝酸，故D正确；
故选：D。
A．氯气具有强氧化性；
B．Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁；
C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，Cu与稀硝酸反应生成NO。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、反应与现象、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.【答案】D
【解析】
解：根据分析可知：X为C，Z为F，Q为Mg，R为Si，T为P，U为Cl。
A．C的氢化物为烃，当碳原子数较多时，烃的沸点可以大于SiH4，故A错误；
B．Mg的氮化物为Mg3N2，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，根据Mg、N质量守恒可知，形成盐的物质的量不是1：1，故B错误；
C．氟气能够与水反应，不能从Cl的盐溶液中指出氯气，故C错误；
D．CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应生成磷酸和铜，该反应的化学方程式为
P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故D正确；
故选：D。
X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和U位于第ⅦA族，则Z为F元素，U为Cl元素；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应，则Q为Mg；X和Z可形成化合物XZ4，X元素表现+4价，原子序数小于F元素，则X为C元素；X和R属同族元素，则R为Si；T的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si与Cl之间，故T为P元素，据此解答。
本题考查元素结构与元素周期率的关系，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子结构与元素周期率的递变规律，把握物质的性质的相似性和递变性。
6.【答案】D
【解析】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为
2H2O+2Cl -Cl2↑+H2↑+2OH-，故A错误；
B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；
C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误；
D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；
故选：D。
A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；
B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；
C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；
D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极．
本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度中等．
7.【答案】B
【解析】
解：A．b点温度最高，说明20mlH2SO4和xmL氨水恰好反应生成硫酸铵，一水合氨是一元碱，所以n（NH3?H2O）=2n（H2SO4），浓度均为0.1mol/L，即x=40，故A正确；
B．b点温度最高，H2SO4和氨水恰好反应生成强酸弱碱盐硫酸铵、促进水的电离，a、b两点温
度低，分别是碱、酸过量，抑制水的电离，所以b点由水电离出的c（H+）最大，故B错误；
C．b点为强酸弱碱盐硫酸铵溶液，溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），所以-lgc（H+）＜-lgc（OH-），即pOH＞pH，故C正确；
D．a、b、d三点的温度大小为b＞d＞a，并且NH3?H2O是弱电解质，其电离常数随温度的升高
而增大，所以K（b）＞K（d）＞K（a），故D正确；
故选：B。
A、b点温度最高，说明20mlH2SO4和xmL氨水恰好反应生成硫酸铵；
B、b点温度最高，H2SO4和氨水恰好反应生成强酸弱碱盐硫酸铵，a、b两点温度低，分别是碱、酸过量，抑制水的电离；
C、b点为强酸弱碱盐硫酸铵溶液，溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-）；
D、a、b、d三点的温度大小为b＞d＞a，NH3?H2O的电离常数随温度的升高而增大，据此解答。本题考查酸碱混合溶液的变化曲线，侧重考查了中和反应的计算、影响水电离的因素、pH计算、弱电解质的电离平衡的知识，把握弱电解质的电离平衡规律是解题关键，注意分析图象变化特征、提取信息，试题有利于学生分析能力和灵活运用知识能力的提高，题目难度中等。
8.【答案】3 2H+（ag）2Cr3+（ag）3SO42-（ag）H2O（l）PH越大反应越慢，铬离子的最大去除率减小PH＜4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出污染空气，PH＞4，反应速率减慢，铬离子去除率减小，不能达到排放标准 b 30min前反应正向进行，温度高反应速率快反应物的转化率增大，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，80℃的Cr
（+6）去除率低 6.5～11.5 ×3×a×10-3×1000×99.95%
【解析】
解：（1）酸性废水中用SO2处理含铬废水，废水氧化还原反应，铬元素化合价+6价降低为+3价，硫元素化合价+4价升高为+6价，电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式为：
Cr2O72-（aq）+3SO2（g）+2H+（ag）=2Cr3+（ag）+3SO42-（ag）+H2O（l）△H=-1145 kJ/mol，
故答案为：3；2H+（ag）；2Cr3+（ag）；3SO42-（ag）；H2O（l）；（2）①随PH增大，铬离子的最大去除率减小，反应所需时间越长，PH=6时不符合排放标准，由上述数据获得的结论有：PH越大反应越慢，铬离子的最大去除率减小，
故答案为：PH越大反应越慢，铬离子的最大去除率减小；
②PH＜4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出污染空气，PH＞4，反应速率减慢，铬离子去除率减小，不能达到排放标准，且铬离子形成氢氧化铬会堵塞管道，所以实际工业生产控制pH=4左右，
故答案为：PH＜4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出污染空气，PH＞4，反应速率减慢，铬离子去除率减小，不能达到排放标准；
③a．Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大平衡正向进行，CrO42-含量越高，故a合理；
b．其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K不变，故b不合理；
c．理论上看，SO32-、Fe2+等具有还原性，+6价铬元素的化合物具有氧化性，也可以用于除去Cr （+6），故c合理；
故答案为：b；
（3）30min前反应正向进行，温度高反应速率快反应物的转化率增大，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，80℃的Cr（+6）去除率低，
故答案为：30min前反应正向进行，温度高反应速率快反应物的转化率增大，80℃的Cr（+6）去
除率比40℃高；30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，80℃的Cr （+6）去除率低；
（4）中和池中加入氢氧化钠溶液沉淀铬离子生成氢氧化铬，达到沉淀量最大应控制pH范围为：6.5～11.5，
故答案为：6.5～11.5；
（5）废水中Cr（+6）总浓度为a×10-3 mol/L，处理1000 L废水，去除率要求达到99.95%，参加反应的+6价Cr2O72-（aq）物质的量=×a×10-3 mol/L×1000 L×99.95%，结合化学方程式定量关系
计算，
Cr2O72-（aq）+3SO2（g）+2H+（ag）=2Cr3+（ag）+3SO42-（ag）+H2O（l），
1
3
×a×10-3 mol/L×1000 L×99.95% n
理论上需要SO2物质的量=×3×a×10-3×1000×99.95%mol，
故答案为：×3×a×10-3×1000×99.95%。
（1）酸性废水中用SO2处理含铬废水，废水氧化还原反应，铬元素化合价+6价降低为+3价，硫元素化合价+4价升高为+6价，电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平书写反应的热化学方程式；（2）①图表数据分析可知PH越大反应越慢，铬离子的最大去除率减小；
②PH＜4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出污染空气，PH＞4，反应速率减慢，铬离子去除率减小；
③a．Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大平衡正向进行；b．平衡常数随温度变化；
c．SO32-、Fe2+等具有还原性，和+6价铬元素腐蚀氧化还原反应；
（3）30min前反应未达到平衡状态，开始反应正向进行，反应物转化率增大，30min后反应大多平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，反应物转化率减小；
（4）中和池中是生成氢氧化铬沉淀，图中变化曲线判断生成氢氧化铬最大量的溶液PH；
（5）Cr2O72-（aq）+3SO2（g）+2H+（ag）=2Cr3+（ag）+3SO42-（ag）+H2O（l），方程式中的定量反应关系Cr2O72-（aq）～3SO2（g），据此计算。
本题考查了物质分离提纯、物质性质、氧化还原反应、图象的理解应用、化学方程式定量关系的计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
9.【答案】△H1+△H2正 正
逆 逆
＜B、D 图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D mol/L H2SO4NO+6H++5e-=NH4++H2O
【解析】
解：I．（1）反应2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）可由①+②得到，则该反应的焓变为△H=△H1+△H2，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v（正）=v（逆），根据多重平衡规则，该反应的化学平衡常数为K=K1?K2，根据速率方程式，K1=，K2=，则K=，
故答案为：△H1+△H2
；；
（2）决定2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率①＞②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1＜E2，
故答案为：＜；
II．（3）反应达到平衡时，存在速率关系为v（正）=v（逆），根据反应方程式，应为NO2的消耗速率是N2O4消耗速率的两倍，根据图象，因此能表示该反应达到平衡状态的两个点是B和D，原因为：图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D，
故答案为：B、D；图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D；
（4）a mol/L的氨水溶液与0.02mol/LHCl溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，发生反应
NH3?H2O+HCl═NH4Cl+H2O，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），由于c（H+）=c（OH-），则c（NH4+）=c（Cl-）=0.01mol/L，这是平衡浓度，根据物料守恒，则c（NH3?H2O）=（）mol/L，c（OH-）=10-7mol/L，所以NH3?H2O的电离常数K b
= =
=mol/L，
若用质量分数为17%，密度为0.93g/cm3的氨水配制amol/L的氨水200mL，根据稀释定律，
V×=a×200，则V=
=，
故答案为：mol/L
；；
（5）利用如图2电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，NO转化为NH4+，N化合价降低，发生还原反应，SO2中S化合价升高，发生氧化反应，溶液介质为酸性，SO2被转化为SO42-，则可判断产物A为H2SO4，
电解池中阴极反应为物质得到电子，发生还原反应，电解过程中，NO转化为NH4+，N化合价降低，发生还原反应，则阴极的电极反应式为：NO+6H++5e-=NH4++H2O，
故答案为：H2SO4；NO+6H++5e-=NH4++H2O．
I．（1）根据盖斯定律计算所求反应的焓变，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v（正）=v （逆），结合速率方程推导反应的化学平衡常数表达式；
（2）决定2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢；
II．（3）反应达到平衡时，存在速率关系为v（正）=v（逆），根据图象和速率表达式分析，解释原因；
（4）a mol/L的氨水溶液与0.02mol/LHCl溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，发生反应
NH3?H2O+HCl═NH4Cl+H2O，考虑根据反应方程式计算NH3?H2O的电离常数K b，计算配制氨水溶液，根据物质的量守恒的关系计算；
（5）根据电极反应方程式分析产物A，电解池中阴极反应为物质得到电子，发生还原反应，结合装置图分析，据此写出电极反应．
本题考查化学原理部分综合知识，涉及到酸碱滴定，盖斯定律的应用，电化学知识，化学反应速率，化学平衡常数的计算，均为高频考点，试题有助于培养综合分析能力，是一道好题．
值得一提的是，本题中的（1）（2）均涉及到大学化学的相关知识，正逆反应速率方程推导平衡常数的思想就是v（正）=v（逆）且为基元反应，速率方程中k为速率常数，只随温度改变，浓度项次方之和就是化学反应总级数，整个化学反应已知反应历程，那么整个化学反应的速率就由最慢的一步反应控制，叫做速控步骤，这其实属于化学动力学研究的范畴，事实上反应机理的确定还是一个很大的难题，相对而言难度还是有的，考研试题和竞赛试题也经常出现求解速率方程的试题，这类题型似乎已成为热点和趋势．须知，对于一个化学反应，既要考虑热力学控制，还要考虑动力学控制，化学动力学的研究也相当重要，有时候热力学控制和动力学控制产物是不一样的，有机化学上也常有体现．10.【答案】s 4 离子电荷数相同，K+半径大于Na+半径，KCl晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格
能CCl428×6.02×1023四面体形形成σ键、容纳孤电子对 D 6
【解析】
解：（1）K原子外围电子排布式为4s1，处于元素周期表的s区，1s、2s、3s、4s能级的电子云轮廓图为球形，
故答案为：s；4；
（2）离子电荷数相同，K+半径大于Na+半径，KCl晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能，故
KCl 的熔点低于NaCl的，
故答案为：离子电荷数相同，K+半径大于Na+半径，KCl晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能；（3）①阴离子为SO42-，含有5个原子、32个价电子，与之等电子体的分子可以是VIIA族的4
个原子与IVA族的1个原子构成，可以为CCl4等，
故答案为：CCl4；
②SO42-中有4个σ键，[Ni （NH3）6]2+中有6个配位键、18个N-H，[Ni （NH3）6]2+中有24个σ键，故1mol[Ni （NH3）6]SO4中含有28molσ键，σ键数目为：28×6.02×1023，
故答案为：28×6.02×1023；
③NH3中N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体形；杂化轨道用于形成σ键、容纳孤电子对，
故答案为：四面体形；形成σ键、容纳孤电子对；
（4）①MgO的晶胞中阴离子为面心立方最密堆积。而Po是简单立方堆积、Na是体心立方堆积、Mg是六方最密堆积、Cu是面心立方最密堆积，故Cu与MgO中阴离子的堆积方式相同，
故选：D；
②棱心Mg原子周围的O原子关于Mg对称，即Mg处于6个O原子形成的正八面体中心，处于棱心上的镁原子的配位数是6，
故答案为：6；
③晶胞中Mg原子数目=1+12×=4、O原子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=4×g，
MgO密度为4×g÷（0.420×10-7）cm3=
g/cm3，
故答案为：。
（1）K原子外围电子排布式为4s1；s能级的电子云轮廓图为球形；
（2）离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高；
（3）①阴离子为SO42-，含有5个原子、32个价电子，与之等电子体的分子可以是VIIA族的4个原子与IVA族的1个原子构成；
②SO42-中有4个σ键，[Ni （NH3）6]2+中有6个配位键、18个N-H，[Ni （NH3）6]2+中有24个σ键；
③NH3中N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，价层电子对数为4；杂化轨道用于形成σ键、容纳孤电子对；
（4）①MgO的晶胞中阴离子为面心立方最密堆积；
②棱心Mg原子周围的O原子关于Mg对称，即Mg处于6个O原子形成的正八面体中心；
③均摊法计算晶胞中Mg、O原子数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及元素周期表、核外电子排布与运动、晶体类型与性质、等电子体、化学键、价层电子对互斥理论、杂化轨道、晶胞结构与计算等，熟记中学常见物质的晶胞结构，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
11.【答案】对苯二甲醛NaOH溶液、加热C8H12O4加成反应或还原反
应
5
【解析】
解：A发生取代反应生成B，根据B知A
为，B发生水解反应生成C、C发生催化氧化反应生成D，则C 为；E发生加成反应生成F，G发生加成反应生成H，H和D能发生反应生成高分子化合物，则H为醇且含有两个醇羟基，则生成G的反应为水解反应，G为HOCH2CH=CHCH2OH，G发生加成反应生成H为HOCH2CH2CH2CH2OH，PBT结构简式为；
（1）A的结构简式是，C的化学名称是对苯二甲醛，
故答案为：；对苯二甲醛；
（2）⑤的反应试剂和反应条件分别是NaOH溶液、加热，
故答案为：NaOH溶液、加热；
（3）F的分子式是C8H12O4，⑥的反应类型是加成反应或还原反应，
故答案为：C8H12O4；加成反应或还原反应；
（4）⑦
的化学方程式是
，
故答案为：；（5）H为HOCH2CH2CH2CH2OH，M是H的同分异构体，M符合下列条件：
a 0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况），说明该分子中含有1个羟基；
b．同一个碳原子上不能连接2个羟基，
如果4个碳原子在同一个链上，有4种；
如果3个碳原子在同一个链上，有1种，符合条件的有5种；
其中核磁共振氢谱显3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式是，
故答案为：5；；
（6）CH 2=CHC （CH 3）=CH 2发生加成反应生成CH 3COOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OOCCH 3，CH 3COOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OOCCH 3发生水解反应生成HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH ，HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH 发生加成反应生成HOCH 2CH 2CH （CH 3）CH 2OH 或CH 2=CHC （CH 3）=CH 2发生加成反应生成CH 2ClCH=C （CH 3）CH 2Cl ，CH 2ClCH=C （CH 3）CH 2Cl 发生水解反应生成HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH ，HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH 发生加成反应生成HOCH 2CH 2CH （CH 3）CH 2OH ，其合成路
线为
，
故答案为：。
A 发生取代反应生成
B ，根据B 知A
为，B 发生水解反应生成C 、C 发生催化
氧化反应生成D ，则C 为
；E 发生加成反应生成F ，G 发生加成反应生成H ，H 和
D 能发生反应生成高分子化合物，则H 为醇且含有两个醇羟基，则生成G 的反应为水解反应，G 为HOCH 2CH=CHCH 2OH ，G 发生加成反应生成H 为HOCH 2CH 2CH 2CH 2OH ，PBT 结构简式
为
；
（6）CH 2=CHC （CH 3）=CH 2发生加成反应生成CH 3COOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OOCCH 3，CH 3COOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OOCCH 3发生水解反应生成HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH ，HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH 发生加成反应生成HOCH 2CH 2CH （CH 3）CH 2OH 或CH 2=CHC （CH 3）=CH 2发生加成反应生成CH 2ClCH=C （CH 3）CH 2Cl ，CH 2ClCH=C （CH 3）CH 2Cl 发生水解
反应生成HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH ，HOCH 2CH=C （CH 3）CH 2OH 发生加成反应生成HOCH 2CH 2CH （CH 3）CH 2OH 。
本题考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断反应前后碳原子个数及物质结构变化是解本题关键，注意结合流程图中某些物质的结构简式、反应条件进行推断，题目难度不大。
12.【答案】直形冷凝管 用甲中生成的氯气排空气 可增大反应物间接触面积，有利于锡粉充分反
应 4H ++MnO 2+2Cl - △
Mn 2+
+Cl 2↑+2H 2O 浓硫酸 有气泡产生，液面上方充满黄绿色气体 D 熔融的金
属锡与氯气反应过程中放出大量的热，能维持该反应继续进行 需要温度计或者在装置F 后应连接一个装有碱石灰（或氢氧化钠固体）的干燥管（或U 型管） 【解析】
解：（1）仪器E 的名称是直形冷凝管，加热装置D 前要先排出装置内的空气，排出空气的方法是用甲中生成的氯气排空气，
故答案为：直形冷凝管；用甲中生成的氯气排空气；
（2）锡粉被吸附在硅胶上，其优点是可增大反应物间接触面积，有利于锡粉充分反应，A 中反应
的离子方程式为4H ++MnO 2+2Cl -Mn 2++Cl 2↑+2H 2O ，
故答案为：可增大反应物间接触面积，有利于锡粉充分反应；4H ++MnO 2+2Cl
-Mn 2++Cl 2↑+2H 2O ；
（3）装置C 中的试剂是浓硫酸，实验过程中，B 装置内可观察到的明显现象是有气泡产生，液面上方充满黄绿色气体，
故答案为：浓硫酸；有气泡产生，液面上方充满黄绿色气体；
（4）反应开始生成SnCl 4时，可以先熄灭D 处的酒精灯，理由是熔融的金属锡与氯气反应过程中
放出大量的热，能维持该反应继续进行，
故答案为：D ；熔融的金属锡与氯气反应过程中放出大量的热，能维持该反应继续进行； （5）该实验装置设计尚存在缺陷，改进的方法是需要温度计或者在装置F 后应连接一个装有碱石灰（或氢氧化钠固体）的干燥管（或U 型管），
故答案为：需要温度计或者在装置F后应连接一个装有碱石灰（或氢氧化钠固体）的干燥管（或
U型管）。
由实验装置可知，A中发生4H++MnO2+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B中饱和食盐水可除去HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中氯气与Sn反应生成SnCl4，可先利用生成的氯气将空气排出，再
加热装置D，E为直形冷凝管，冷水下进上出可充分冷凝，实验结束后先熄灭D处酒精灯，但实验装置中缺少温度计测定温度、无氯气的尾气处理装置，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，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。