高考理综全国卷1化学Word文件下载.docx
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不带有活塞，无法用于分离操作，故A错误。
B、NO会与空气中的氧气反应生成NO2，且NO密度与空气相近，故不能用排空气法收集，故B错误。
C、氯化铁易发生水解，所以配制时应在较浓的盐酸中溶解，抑制其水解，防止生成沉淀，再加水稀释，故C正确。
D、将CI2与HCI的混合气体通过饱和食盐水可除去其中的HCI，但是得到的CI2未干燥，会含有水蒸气，故D错误。
因此，本题选Co
5.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交
换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO2可通过离子交换膜，而两端隔室中
离子被阻挡不能进入中间隔室。
浓Na,S<
\
下列叙述正确的是（）
A.通电后中间隔室的SO2离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2O4e===O2+4H+，负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1moI电子的电量时，会有0.5moI的O?
生成
【答案】B
【解析】直流电作用下电解硫酸钠溶液，由于钠离子与硫酸根在水溶液中均不放电，因此其
本质为电解水。
A、电流从正极流出，负极流入，SO2为阴离子，其移动方向应与电流相反，因此so4向正极区邙日极）移动。
正极区发生氧化反应，电极反应为
2出04eO2T4H，则正极附近酸性增强，pH下降。
故A项错误。
B、负极区（阴极）的电极反应为2H2O2e===H2T2OH，剩余0H，中间区域的Na迁移到负极区，得到NaOH;
正极区的电极反应为
2H2O4eO2T4H，余下H，中间区域的SO2迁移到正极区，得到H2SO4,故B项正确。
C、负极区发生还原反应：
2H2O2eH2T2OH，负极附近碱性增强，pH升
高，故C错误。
D、由正极区的电极反应可知，转移电子与产生氧气的物质的量之比为4:
1，因此转移1mol电子时会有0.25mol氧气生成，故D项错误。
11
6.298K时，在20.0mLO.IOmolL氨水中滴入O.IOmolL的盐酸。
溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
已知O.IOmolL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确
的是（）
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0mL
C.M点处的溶液中cNH4=cCl=cH+=cOH
D.N点处的溶液中pH<
12【答案】D
【解析】A、向氨水当中滴加稀盐酸，两者等物质的量反应则达到滴定终点，产物为NH4CI,
其溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂，如甲基橙的变色范围为
3.1~4.4。
而酚酞的变色范围是8.2~10.0,在碱性范围内变色，不能作为该滴定的指
示剂，故A项错误。
B、盐酸体积为20mL时恰好反应生成NH4CI,NH4H2O?
NH3H?
OH导致其溶液pH小于7,而M点处pH=7,故B项错误。
71
C、因为溶液pH=7，所以c（H）=c（OH）=10molL，又由于电荷守恒
c（H）c（NH4）=c（OH）c（Cl），可得c（NHJ=c（CI），二者浓度约为0.05molL,71
远大于10molL,故C错误。
21
D、若开始时pH为12,则c（OH）10molL，此时对应氨水的电离度为10%,
由于题中给出氨水电离度为1.32%，远低于10%，则pH应小于12,故D正确。
因此，本题选D。
7.短周期元素W、X、丫、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。
通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性。
0.01molL1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是（）
q
>
r
P
s
A.原子半径的大小W<
X<
Y
B.元素的非金属性Z>
X>
C.丫的氢化物常温常压下为液态
D.X的最高价氧化物的水化物为强酸
【解析】Z的单质n为黄绿色气体，n为C12，因此Z为氯元素。
0.01molL1r的水溶液pH值为2,说明r为一元强酸。
CI2与P在光的条件下反应得到r以及难溶于水的混合物s，因此p为烷烃（如CH4），r为HCI，s为发生取代反应后的有机混合物。
Cl2与m反应可得HCI以及具有漂白性的q，可知m为h2O，q为HCIO。
综上，W、X、Y、Z分别为H、C、O、CI。
A、原子半径大小排序为H<
O<
C，即W<
Y<
X（C与O同周期，原子序数大者半径小，H的原子半径是所有原子中最小的），故A错误。
B、元素非金属性中O>
C，即Y>
X，故B错误。
C、Y为氧元素，其氢化物为出0或H2O2，常温下均为液态，故C正确。
D、X为碳元素，其最高价氧化物的水化物为碳酸，是弱酸，故D错误。
因此，本题选Co
26.（14分）
氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx
还原生成N2。
某同学在实验室中对NH3与NO?
反应进行了探究。
回答下列问题：
（1）氨气的制备
1氨气的发生装置可以选择上图中的，反应的化学方程式为。
2欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：
发生装置
（按气流方向，用小写字母表示）。
（2）氨气与二氧化氮的反应
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（两端用夹子Q、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
打开9，推动注射器活塞，使
①Y管中
②反应的化学方程式
X中的气体缓慢通入Y管中
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到温室
Y管中有少量水珠
生态的气态水凝聚
打开K2
③
④
【答案】（1［①A;
Ca（OH）22NH4CI===CaCI22NH3f2H2O•，②i
（2）①气体红棕色逐渐变浅；
②8NH36NO27N212H2O:
③NaOH溶液
倒吸入Y管；
④当产物中的H2O为液体时，反应过程中气体的总物质的量减小，恢复原体积后装置中气压小于大气压。
【解析】
（1）①实验室制取氨气的常用方法是Ca（OH）2与NH4CI混合加热，或者CaO中滴
入浓氨水（不需要加热）。
这里提供的装置只有A适合第一种方法。
②要收集干燥的氨气应用碱石灰进行干燥，干燥管应"
大进小出”，即d进c出；
由于氨气的密
度比空气小，应用向下排空气法进行收集，即f进e出；
最后应进行尾气处理，并
要防止倒吸，应接i。
（2）①②：
NH3和NO?
反应，根据氧化还原反应规律，生成N2，反应方程式为
8NH36NO27N212H2O，产物均无色，因此随着反应的进行，NO2的红棕色会逐渐变浅。
③④：
当产物中的H2O为液体时，反应过程中气体总物质的量减
小，恢复原体积后装置中气压小于大气压，因此NaOH溶液会倒吸。
27.（15分）
元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3（蓝紫色）、Cr（OH）4（绿色）、Cr2。
2（橙红色）、Cr。
2
（黄色）等形式存在。
Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3与AI3的化学性质相似。
在C「2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是。
（2）CrO4和Cr2O；
在溶液中可相互转化。
室温下，初始浓度为1.0molL1的Na2CrO4溶
IN
IJULU3.U4.05.0filU
L1）
液中c（Cr2O2）随c（H）的变化如图所示。
1用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_
2由图可知，溶液酸性增大，CrO4的平衡转化率
（填“增大”“减小”或“不变”）。
根据
A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为。
3温度升高，溶液中Cr04的平衡转化率减小，则该反应的H0（填“大于”、“小
于”或“等于”）。
（3）在化学分析中采用K2CQ4为指示剂，以AgNOs，标准溶液滴定溶液中Cl，利用Ag与Cr04生成转红色沉淀，指示剂达滴定终点。
当溶液中Cl恰好沉淀完全（浓度等于
1.010molL）时，溶液中c（Ag）为molL，此时溶液中c（CrO4）等于
210molL。
（已知Ag2CrO4、AgCl的©
p分别为2.010和2.010）。
（4）6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2o7还原成Cr3，该反应的离
子方程式为。
【答案】
（1）蓝紫色溶液变浅，同时生成灰蓝色沉淀，继续滴加NaOH溶液，沉淀溶解，
最终溶液变绿色
（2［①2CrO22H垐？
C^O；
H2O②增大；
1.01014;
③小于
（3）2.010；
5.0103
（4）C2O73HSO35H===2Cr33SO44H2O或：
CrO；
8HSO3===2Cr33SO：
5SO：
4H2O
（1）类比Al3+与NaOH反应的性质，但需注意反应过程中伴有颜色变化。
Cr3+为
蓝紫色，滴加NaOH后蓝紫色变浅同时产生灰蓝色沉淀Cr（OH）3，继续滴加，沉淀
溶解，Cr（OH）3变为Cr（OH）4，溶液最终变为绿色。
（2［①选修四26页的方程式，Na；
CrO4在酸性条件会转化为NazCr；
。
？
②从图上可以看出，H+浓度升高，Cr；
O；
浓度上升，说明反应向右进行的更多，CrO4的
平衡转化率增大；
A点数据，
列三段式计算平衡常数：
2CrO；
2H
垐©
Cr；
h；
o
起
1mol/L
变
0.5mol/L
0.25mol/L
平
2-
c（Cr；
Oy）
0.251014
2-2
c（CrO4）gc（H
22
）0.5
7210
（10）
3升高温度，溶液中CrO；
平衡转化率减小，说明反应逆向移动，故该反应为放热
反应，H0。
（3）已知c（Cl）1.010-5mol/L，Ksp（Ag；
CrO4）2.01012，
Ksp（AgCl）2.01010，当根据沉淀溶解平衡可得:
c（Ag）
Ksp（AgCI）
c（Cl）
2.01010
5
1.010
1
2.010mol•L,
c（CrO2）
Ksp（Ag；
CrO4）
2.0
1012
（2.0105）2
5.0103mol•L1。
硫^.so.
NaClO.
徴盐水
NaClO:
产品
CIO2的化学方程式
（1）NaCIO2中Cl的化合价为
（2）写出“反应”步骤中生成
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂
分别为、。
“电解”中阴极反应的主要产物是_。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量CIO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂
的物质的量之比为，该反应中氧化产物是
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：
每克含氯消毒剂的氧化
能力相当于多少克CI2的氧化能力。
NaCIO?
的有效氯含量为
（计算结果保留两位小数）。
+3
（1）
2NaCIO3SO2H2SO4===2ClO
22NaHSO4
（2）
（3）NaOH；
W2CO3；
NaCIO2
（4）2:
1，O2
（5）1.57
（1）NaCIO2中Na为+1价，O为-2价，计算可得CI的化合价为3。
（2）由流程图可知反应物为H2SO4、SO2和NaCIOs，产物为CIO2和NaHSO。
，
根据氧化还原化合价升降守恒进行配平，可得方程式为：
2NaCIO3SO2H2SO4===2CIO22NaHSO4
（3）粗盐提纯过程，主要考虑除去杂质离子，且不引入新的杂质，故加入NaOH除去Mg2、加入W2CO3除去Ca2；
电解食盐水并加入CIO2，产物中有NaCIO2生成，由于阴极发生还原反应，所以应该是CIO2在阴极被还原生成NaCIO2。
（4）根据尾气吸收过程中加入的反应物和生成物，写出氧化还原反应方程式并配
平，可得：
2CIO22NaOHH2O2===2NaCIO2O22H2O。
其中氧化剂为CIO：
还原剂为H2O2，氧化剂与还原剂的比值为2:
1，该反应的氧化产物为O2。
（5）“有效氯含量”的定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克CI2的氧化
能力。
其实就是求相同质量的NaCIO2和CI2在还原为CI时，转移的电子数之比。
1moINaCIO2还原为CI时转移4mol电子，1moICI2还原为CI时转移2mol电子,也就是说每摩尔NaCIO2相当于2moICI2。
即90.5gNaCIO2相当于142gCI2，即“有142
效氯含量”=1.57（保留两位小数）。
90.5
36.［化学一一选修2:
化学与技术］（15分）
高锰酸钾（KMnO4）是一种常见氧化剂。
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:
■'
.iU
K.MnO4-
KMn（\
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：
1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，
其作用是。
（2）“平炉”中发生反应的化学方程式为
（3）“平炉”中需要加压，其目的是
（4）将K2MnO4转化为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，使体系呈中性或弱酸
性，K2MnO4发生歧化反应。
反应中生成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应为
，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1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。
取
浓度为0.2000molL1的H2C2O4标准溶液20.00mL，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24.48mL。
该样品的纯度为（列出计算式即可，已
知2MnO45H2C2O46H2MnI0CO2T8H2O）。
（1）增大接触面积，提高反应速率。
（2）4KOH2MnO2O2=△=2K2MnO42H2O。
（3）增大压强，提高反应速率。
（5）
（4［①KHCO3:
②MnO2e===MnO4;
H2:
③3:
2
231000.200020.0010158
100%
524.48
1.0800
（1）影响固体反应速率的因素之一是接触面积，粉碎矿石可增大其接触面积，提
高反应速率。
（2）由题目可知MnO?
转化为K2MnO4,MnO2作还原剂，氧化剂应为空气中的
2，反应物还有KOH，根据氧化还原基本原理配平方程式即可。
（3）反应不是可逆反应，加压应从反应速率的方面来考虑。
由于此反应有气体参
加，增大压强，氧气的浓度提高，反应速率提高。
（4）①由于反应体系为中性或弱酸性，CO2没有变价，产物应为KHCO3,故反应的方程式为：
3K2MnO44CO22H2O===2KMnO4MnO：
4KHCO3
②阳极反应为氧化反应，MnO4被氧化为MnO4，电极反应为
MnO4e===MnOq;
阴极反应为还原反应，电极反应为
2H2O2e===H2?
2OH，故阴极产生的气体为出；
总反应为
通电木
2K2MnO42H2O2KMnO4H2T2KOH
（5）由题中反应方程式得到MnO4与C2O2反应的比例为2:
5，列式计算:
m（KMnO4）c（KMnO4）V（KMnOq）M（KMnO4）
m（样品）100%m（样品）
222V总（KMnO4）
c（C2。
2）V（C2。
2）-总¥
M（KMnO4）
即：
5V滴（KMnO4）
m（样品）
代入数据得.23100
代入数据得.0.200020.0010158
52448100%
37.［化学一一选修3:
物质结构与性质］（15分）
锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。
（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原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键
或叁键，从原子结构角度分析，原因是
（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/C
49.5
26
146
沸点/C
83.1
186
约400
（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂，Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是。
（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为，微粒之间存在的
作用力是。
（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位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标
1111
参数A为0，0，0；
B为一，0,-；
C为-，一，0。
则D原子的坐标参数为。
2222
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。
已知Ge单晶的晶胞参数a565.76pm，其密度为
3
gcm（列出计算式即可）。
（1）3d104s24p2；
2。
（2）Ge原子半径较大，难以形成稳定的键，不易形成双键或叁键。
（3）GeCL、GeBo、GeJ的熔沸点依次上升。
因为其组成和结构相似的物质，随分子量增大，范德华力增大，熔沸点上升。
（4）OGeZn。
（5）sp3，共价键。
111
（67（4,4,4）；
873
6.021023（565.761010）3
（1）锗位于硅的正下方，是（141832）号元素，核外电子排布为［Ar］3d104s24p2。
（2）双键、叁键与单键中均有键，但只有双键和叁键中存在键。
锗难以形成
双键或叁键，说明锗难以形成稳定的键。
这是因为Ge原子半径较大，4p形成肩
并肩重叠较难。
（3）由表中数据可知，三种物质熔沸点均不高，均为分子晶体，并且不存在氢键，因此熔沸点由范德华作用力的强弱决定。
即熔沸点依次升高，是范德华力依次增强
的结果，而对于组成和结构相似的物质而言，范德华力主要受分子量决定。
分子量
越大，范德华力越大，熔沸点越高。
（4）由三种元素在周期表的相对位置可知电负性相对强弱。
（5）锗与金刚石结构相似，金刚石中碳原子是sp3杂化，锗晶体中锗也是相同的杂化，原子间以共价键结合。
111子坐标是（孑才冷）；
②每个晶胞中含有8个锗原子，根据密度公式进行计算，注意换算单位:
M（晶胞）
NAgV
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