二、实验题：
共1题
8．信息1:
亚硝酸（HNO2）是一种弱酸，常温下，其电离常数Ka=6.5×10-4；亚硝酸既具有氧化性又具有还原性；亚硝酸仅存在于稀溶液中，浓缩时，会分解为硝酸和NO。
信息2:
亚硝酸钠又名“工业盐”，常被大量用作建筑行业的防锈剂、防冻剂等，该物质是一种高毒性物质，但其颜色、形状、味道和食盐相似，很容易导致误食中毒；亚硝酸银为白色，难溶于水。
根据上述信息，回答下列问题:
（1）甲组同学取一份可能是NaCl或NaNO2的样品，用蒸馏水溶解，通过下列实验操作鉴别是否为食盐。
在待检验浓溶液中滴加AgNO3溶液的现象是 ，倾出上清液，在沉淀中加入硝酸，振荡，沉淀溶解，则该样品为 （写化学式），沉淀溶解的离子方程式为 。
（2）乙组同学利用下列装置检验可能是NaCl或NaNO2的样品:
①A装置中盛装稀硫酸的仪器名称是 ，打开该仪器的活塞，使稀硫酸缓缓滴下，若样品为NaNO2，则在B装置中可观察到的现象为 ，检验B装置中有NO的操作及产生的现象是 。
②C装置中盛有的试剂名称是 ，作用是 。
（3）设计实验证明:
①亚硝酸为弱酸:
。
②亚硝酸具有还原性:
。
【答案】
（1）产生白色沉淀 NaNO2 3AgNO2+2H+
3Ag++2NO↑+
+H2O
（2）①分液漏斗 出现较淡的红棕色气体（或红棕色气体） 打开止水夹，鼓入空气，红棕色变深 ②碱液（或NaOH溶液） 吸收尾气
（3）①取NaNO2溶液，用pH试纸检验，现象为试纸变为蓝色（或其他合理答案） ②在酸性KMnO4溶液中加入NaNO2粉末或溶液，溶液褪色（或其他合理答案）
【解析】本题考查化学实验，意在考查考生的化学实验操作能力和实验探究及设计能力。
（1）AgCl和AgNO2均为白色难溶于水的物质，故加入AgNO3溶液后出现白色沉淀。
AgCl难溶于硝酸，而AgNO2与硝酸反应生成HNO2，该物质不稳定，又分解生成硝酸和NO。
（2）①根据装置图中盛装稀硫酸的仪器的结构及作用可知其为分液漏斗。
A装置和B装置中残留的空气与装置A中生成的NO反应生成NO2。
由于B装置中主要含NO，故其内气体颜色较淡，打开止水夹，鼓入空气，NO逐渐完全转化为NO2，使B装置内NO2浓度增大，红棕色变深。
②氮的氧化物有毒，可用碱液（如NaOH溶液）吸收。
（3）①检验HNO2的弱酸性，可检验其强碱盐的pH，也可以直接检验其一定浓度稀溶液的pH等。
②检验HNO2的还原性需要用到氧化剂，故在酸性KMnO4溶液中加入NaNO2粉末或溶液，KMnO4被还原，从而使溶液褪色。
三、填空题：
共2题
9．某煤矿筛选煤后的废弃煤矸石中主要含有SiO2、Al2O3、Fe2O3，利用该煤矸石可生产金属Al及红色颜料Fe2O3。
其生产工艺流程如下图所示:
回答下列问题:
（1）将煤矸石进行粉碎，使粉末状的煤矸石在盐酸中酸浸，煤矸石粉碎操作的目的是 ，“酸浸”操作后的溶液Ⅰ中阳离子除H+外，还有 。
（2）残渣主要成分的化学式为 ，写出该物质的一种用途:
。
（3）“转化i”操作加入NH3的作用是 。
（4）“碱溶”操作中发生化学反应的离子方程式为 。
（5）“转化ii”操作通入了过量的气体X，X的化学式为 。
（6）电解氧化铝的阳极反应式为 ，若该煤矸石中含Al2O3为25%，且“酸浸”、“转化i”、“碱溶”、“转化ii”Al损失均为2%，则处理1.00t该煤矸石，最后电解转移的电子为 mol。
【答案】
（1）提高浸出速率（或提高反应速率） Al3+、Fe3+
（2）SiO2 制光导纤维
（3）中和酸浸时过量的盐酸，使Al3+、Fe3+转化为沉淀
（4）Al（OH）3+OH-
+2H2O
（5）CO2
（6）2O2--4e-
O2↑ 1.36×104
【解析】本题以工业生产流程为载体，考查化学理论知识与化学实验，意在考查考生对化学理论知识的理解与应用能力。
（1）将块状固体粉碎，增大反应物之间的接触面积，可提高浸出速率。
加入盐酸酸浸时，煤矸石中的Al2O3、Fe2O3分别生成Al3+、Fe3+。
（2）SiO2与盐酸不反应，过滤时以残渣的形式被过滤出来，SiO2可用来制光导纤维。
（3）通入的氨气可中和“酸浸”时加入的过量盐酸，使Al3+、Fe3+分别转化为沉淀Al（OH）3和Fe（OH）3。
（4）Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶解在氢氧化钠溶液中生成NaAlO2。
（5）转化ii需要加入酸，加入的过量酸，只能是弱酸，故X为CO2。
（6）电解Al2O3时，阳极O2-失电子生成O2。
该工艺流程中，1.00t煤矸石制得Al2O3的质量为1×106g×25%×（1-2%）4=2.31×105g，电解时转移的电子为
×6=1.36×104mol。
10．碳及其化合物在能源、材料等方面具有广泛的用途。
回答下列问题:
（1）天然气是目前应用较为广泛的能源之一，天然气中除含主要成分甲烷外，还含有乙烷、丙烷等，乙烷的电子式为 。
（2）碳酸和草酸均为二元弱酸，其电离均为分步电离，二者的电离常数如下表:
①向碳酸钠溶液中滴加少量草酸溶液所发生反应的离子方程式为 。
②浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液，其溶液中H+浓度分别记作c1、c2、c3、c4。
则四种溶液中H+浓度由大到小的顺序为 。
（3）常温时，C和CO的标准燃烧热分别为-394.0kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1，该条件下C转化为CO的热化学方程式为 。
（4）氢气和一氧化碳在一定条件下可合成甲醇，反应如下:
2H2（g）+CO（g）
CH3OH（g） ΔH=QkJ·mol-1
①该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）如下表
:
由此可判断Q （选填“>”或“<”）0。
②一定温度下，将6molH2和2molCO充入体积为2L的密闭容器中，10min反应达到平衡状态，此时测得c（CO）=0.2mol·L-1，该温度下的平衡常数K= ，0~10min内反应速率v（CH3OH）= 。
③在两个密闭容器中分别都充入20molH2和10molCO，测得一氧化碳的平衡转化率随温度（T）、压强（p）的变化如图所示:
A、B两点的压强大小关系:
p1 （选填“>”、“=”或“<”）p2。
若A点对应容器的容积为20L，则B点对应容器的容积为 L。
【答案】
（1）
（2）①H2C2O4+2
2
+
②c4>c3>c2>c1
（3）2C（s）+O2（g）
2CO（g） ΔH=-222.0kJ·mol-1
（4）①< ②2.041L2·mol-2 0.08mol·L-1·min-1 ③< 4
【解析】本题考查物质性质与化学反应原理，意在考查考生对化学理论知识的综合应用能力。
（1）乙烷为共价化合物，其中H原子核外达到2电子稳定状态，C原子核外为8电子稳定状态，故其电子式为
。
（2）①
的酸性比H2CO3强，若草酸过量，则生成二氧化碳，但该题中草酸为少量，故反应生成
和
。
②由碳酸和草酸的两步电离常数可知酸性强弱顺序为H2C2O4>
>H2CO3>
，酸性越弱，其对应的强碱盐水解程度越大，盐溶液的碱性越强，c（H+）越小，故浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液中c（H+）逐渐增大，即c4>c3>c2>c1。
（3）由已知C和CO的标准燃烧热数据可写出其热化学方程式:
①C（s）+O2（g）
CO2（g） ΔH=-394.0kJ·mol-1、②CO（g）+
O2（g）
CO2（g） ΔH=-283.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，由（①-②）×2可得:
2C（s）+O2（g）
2CO（g） ΔH=（-394.0kJ·mol-1+283.0kJ·mol-1）×2=-222.0kJ·mol-1。
（4）①由表格中的平衡常数数据可知，温度越高，平衡常数越小，即升高温度，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即Q<0。
②由题意可知，平衡时c（H2）=1.4mol·L-1，c（CO）=0.2mol·L-1，c（CH3OH）=0.8mol·L-1，则K=
≈2.041L2·mol-2，v（CH3OH）=0.8mol·L-1÷10min=0.08mol·L-1·min-1。
③由图示可知B处的转化率高于A处，而已知反应为增大压强平衡正向移动的反应，因此压强p1达平衡状态A时，CO的转化率为0.5，此时CO为5mol，H2为10mol，CH3OH为5mol；达平衡状态B时，CO的转化率为0.8，此时CO为2mol，H2为4mol，CH3OH为8mol。
由于温度相同，化学平衡常数相同。
设V（B）为VL，则
=
，解得V=4。
四、综合题：
共2题
11．请回答下列有关水的净化及综合利用的问题:
（1）明矾可作为水的混凝剂，该物质在水中生成的 （填化学式）具有吸附性，是明矾净水的根本原因。
从物质变化的角度考虑，明矾混凝剂净水的过程是 。
（2）污水经过混凝剂处理后，只能除去悬浮物，而污水中的可溶性污染物只能通过化学方法除去，除去方法一般有沉淀法、 法，如污水中的Cd2+可用Na2S除去，该除去方法的离子方程式为 。
（3）水中富含磷元素（主要以
形式存在）时，水体会因富营养化而导致水华或赤潮。
对于富营养化的污水，在排放前可投入适量的石灰乳，调节污水pH>8.5，使污水中的磷转化为难溶的Ca5（PO4）3OH，该反应的离子方程式为 。
（4）电解法也是污水处理的一种重要方法，采用的电解设备的名称一般是 ；电解可以直接将污水中的污染物除掉，也可以通过电解产生的物质和污水中的污染物反应，达到除去污染物的目的，或者通过生成物的物理作用除去污染物。
若某种电解工艺中，采用电解生成的Fe（OH）3的吸附、絮凝作用除去污染物，则该电解工艺中的阳极材料是 。
（5）溶解氧的数值是研究水自净能力的一种依据。
测定水中溶解氧的方法之一是在50.00mL水样中加入硫酸锰和碱性碘化钾（KOH、KI），水中溶解氧将+2价锰氧化成+4价锰形成氢氧化物沉淀[MnO（OH）2]，该反应的离子方程式为 。
加稀硫酸后，该沉淀溶解，并与I-反应而释放出I2；然后以淀粉为指示剂，用0.01000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定溶液中的I2（其中Na2S2O3被氧化为Na2S4O6），共消耗硫代硫酸钠标准溶液8.00mL。
通过计算确定该水样中溶解氧含量是 mg·L-1。
【答案】
（1）Al（OH）3 物理变化、化学变化
（2）中和 Cd2++S2-
CdS↓
（3）5Ca（OH）2+3
Ca5（PO4）3OH+9OH-
（4）电解槽 Fe（或答“铁棒”）
（5）2Mn2++4OH-+O2
2MnO（OH）2↓ 12.80
【解析】本题考查化学与技术，意在考查考生对该模块知识与理论的综合应用能力。
（1）明矾电离出Al3+，Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性；水解为化学变化，吸附为物理变化。
（2）溶液中的Cd2+与S2-反应生成CdS沉淀析出。
（3）通过题目给出的有关反应物和生成物可写出离子方程式:
5Ca（OH）2+3
Ca5（PO4）3OH+9OH-，要注意“石灰乳”写作“Ca（OH）2”，而不是离子形式。
（4）电解设备为电解槽；通过生成物Fe（OH）3可判断阳极材料为Fe。
（5）测定溶解氧的过程中涉及的反应有:
2Mn2++4OH-+O2
2MnO（OH）2↓
MnO（OH）2+2I-+4H+
Mn2++3H2O+I2
2
+I2
2I-+
由此可得关系式:
O2~2MnO（OH）2~2I2~4
，即O2~4
，则n（O2）=0.01000mol·L-1×0.008L×
=2×10-5mol，故溶解氧的含量为:
2×10-5mol×32g·mol-1÷0.05L=12.80×10-3g·L-1=12.80mg·L-1。
12．碳族元素包括C、Si、Ge、Sn等元素。
回答下列问题:
（1）基态原子的电子吸收能量后会跃迁到较高能级，此时原子处于 态，基态碳原子的核外电子排布式为 。
（2）甲硅烷（SiH4）和联氨（N2H4）的相对分子质量均为32，但二者沸点相差很大，甲硅烷的沸点为-111.9℃，联氨的沸点为113.5℃，常温下前者为气体，后者为液体。
二者性质出现该差异的原因是 。
（3）结构简式为
的物质可用作医药中间体及用于有机合成的羟基保护剂。
极性键与非极性键数目之比为 ，其中Si原子的杂化轨道类型是 。
（4）SnCl4的熔点为-33℃，沸点为114.1℃，易溶于水，溶于汽油、二硫化碳等多种有机溶剂。
在潮湿空气中水解生成锡酸，并生成白雾，该白雾有腐蚀性。
由此判断SnCl4为 晶体，SnCl4水解的化学方程式为 。
（5）β-羧乙基锗倍半氧化物可提高人体免疫功能，具有抗癌、延缓衰老、排除体内毒素的功效。
其片层结构（每个结构单元均是由Ge原子和O原子构成的十二元环）如图:
①β-羧乙基锗倍半氧化物的十二元环片层结构中，每个Ge原子连接 个十二元环，每个十二元环占有 个O原子。
②β-羧乙基锗倍半氧化物的化学式为 。
【答案】
（1）激发 1s22s22p2
（2）联氨分子间存在氢键，而甲硅烷分子间只存在范德华力
（3）19∶3 sp3
（4）分子 SnCl4+3H2O
H2SnO3+4HCl
（5）①3 3 ②Ge2C6H10O7
【解析】本题考查物质结构与性质模块知识，意在考查考生对该模块知识和理论的理解与应用能力。
（1）基态原子吸收能量后成为激发态原子，基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。
（2）联氨分子与分子间形成H—N…H氢键，使得联氨分子间作用力大，沸点高；而甲硅烷分子间只存在范德华力，不能形成氢键，故分子间作用力弱，沸点低。
（3）分子中含有5个甲基，故存在15个C—H极性键，存在3个C—Si极性键和1个Si—Cl极性键，共19个极性键，而只有3个C—C非极性键，故极性键与非极性键数目之比为19∶3。
每个Si原子最外层有4个电子，在该分子中，3个C原子和1个Cl原子各提供1个电子与Si原子共用，因此分子中Si原子周围为4对成键电子，故Si原子采取sp3杂化。
（4）由SnCl4的熔沸点较低，且易溶于水可知其为分子晶体；由C、Sn同主族可知锡酸的分子式为H2SnO3，因此SnCl4水解生成H2SnO3和HCl。
（5）①由给出的片层结构可知，每个Ge原子与3个由Ge原子和O原子构成的十二元环相连；十二元环结构中，每个O原子属于2个十二元环，故属于每个十二元环的O原子数为6×1/2=3。
②属于每个十二元环的Ge原子数为6×1/3=2，与每个十二元环相连的—CH2—CH2—COOH数目为6×1/3=2，故β-羧乙基锗倍半氧化物的化学式为Ge2C6H10O7。
五、推断题：
共1题
13．琥珀酸二乙酯主要用途:
用作增塑剂和特种润滑剂，也用作气相色谱固定液；用作溶剂、食品加香剂、有机合成中间体。
用乙烯为原料制备琥珀酸二乙酯的合成路线如下:
已知:
R—Br+NaCN
R—CN
R—COOH
回答下列问题:
（1）乙烯生成A的反应类型为 ，A的名称是 。
（2）B的结构简式为 ，琥珀酸二乙酯的结构简式为 。
（3）E为八元环状化合物，E含有的官能团名称为 。
（4）A生成D的化学方程式为 .
（5）能发生银镜反应，且能与碳酸钠反应生成C
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