2018年全国统一高考化学试卷（新课标ⅲ）.doc

2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ） 　 一、选择题 1．（6.00分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（　　） A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 2．（6.00分）下列叙述正确的是（　　） A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2：1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 3．（6.00分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（　　） A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 4．（6.00分）下列实验操作不当的是（　　） A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B．用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+ D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 5．（6.00分）一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2﹣x（x=0或1）。下列说法正确的是（　　） A．放电时，多孔碳材料电极为负极 B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D．充电时，电池总反应为Li2O2﹣x═2Li+（1﹣）O2 6．（6.00分）用0.100 mol•L﹣1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 mol•L﹣1 Cl﹣溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（　　） A．根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10﹣10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag+）•c（Cl﹣）=Ksp（AgCl） C．相同实验条件下，若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol•L﹣1 Br﹣，反应终点c向b方向移动 7．（6.00分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是（　　） A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D．标准状况下W的单质状态与X的相同 　 二、非选择题 8．（14.00分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O，M=248g•mol﹣1）可用作定影剂、还原剂。 回答下列问题： （1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10﹣5．市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验： 试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液 ③　 　 ④　 　，有刺激性气体产生 ⑤静置，　 　 ⑥　 　 （2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下： ①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在　 　中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的　 　中，加蒸馏水至　 　。 ②滴定：取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液　 　，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为　 　%（保留1位小数）。 9．（14.00分）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题： （1）KIO3的化学名称是　 　。 （2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示： 酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCI．“逐Cl2”采用的方法是　 　。“滤液”中的溶质主要是 　 　。“调pH”中发生反应的化学方程式为　 　。 （3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。 ①写出电解时阴极的电极反应式　 　。 ②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为　 　，其迁移方向是　 　。 ③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有　 　（写出一点）。 10．（15.00分）三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题： （1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HsiO）2O等，写出该反应的化学方程式　 　。 （2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应： 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H=48 KJ•mol﹣1 3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl4（g）△H=﹣30 KJ•mol﹣1 则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的△H为　 　kJ•mol﹣1。 （3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 ①343K时反应的平衡转化率α=　 　%．平衡常数K343K=　 　（保留2位小数）。 ②在343K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是　 　；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有　 　、　 　。 ③比较a、b处反应速率大小：va　 　vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的=　 　（保留1位小数） 　 [化学--选修3：物质结构与性质] 11．（15.00分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题： （1）Zn原子核外电子排布式为　 　。 （2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。 第一电离能I1（Zn）　 　I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是　 　。 （3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是　 　，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是　 　。 （4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为　 　，C原子的杂化形式为　 　。 （5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为　 　。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为　 　g•cm﹣3（列出计算式）。 　 【化学--选修5：有机化学基础】 12．近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr﹣Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如图： 已知：RCHO+CH3CHOR﹣CH=CH﹣CHO+H2O 回答下列问题： （1）A的化学名称是　 　。 （2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为　 　。 （3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是　 　、　 　。 （4）D的结构简式为　 　。 （5）Y中含氧官能团的名称为　 　。 （6）E与F在Cr﹣Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为　 　。 （7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3：3：2．写出3种符合上述条件的X的结构简式　 　。 　 2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ） 参考答案与试题解析 　 一、选择题 1．（6.00分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（　　） A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 【分析】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分会导致产生导电； B．蛋白质在温度较高时易变性； C．水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质； D．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极。 【解答】解：A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误； B．蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，故B正确； C．水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，故C正确； D．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查物质组成、结构和性质关系，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。 　 2．（6.00分）下列叙述正确的是（　　） A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2：1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 【分析】A.1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子； B．氧气和臭氧均只含有氧原子； C．质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子； D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键。 【解答】解：A.24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子，二者不含有相同的质子数，故A错误； B．氧气和臭氧均只含有氧原子，同等质量的氧气和臭氧中，相当于同等质量的氧原子，所含电子数相同，故B正确； C．质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以1 mol重水与1 mol水中，中子数比为10：8=5：4，故C错误； D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，二者化学键数不相同，故D错误， 故选：B。 【点评】本题考查物质的量相关计算和化学基本用语的知识，明确质子数，中子数，质量数之间的关系是解题的关键，题目难度不大，是基础题。 　 3．（6.00分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（　　） A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 【分析】苯乙烯结构简式为， A．苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应； B．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色； C．该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应； D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应。 【解答】解：苯乙烯结构简式为， A．苯乙烯中含有苯环，苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取代反应，故A正确； B．B．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯乙烯中含有碳碳双键，所以苯乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确； C．该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应，所以在一定条件下与HCl发生反应生成1﹣氯苯乙烷、2﹣氯苯乙烷，故C错误； D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，该物质中含有碳碳双键，所以在催化剂条件下可以发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，涉及苯及烯烃的性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练常见有机物官能团，题目难度不大。 　 4．（6.00分）下列实验操作不当的是（　　） A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B．用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+ D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 【分析】A．Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池； B．强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差； C．钠元素的焰色反应呈黄色； D．超过容积的时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出。 【解答】解：A．Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，加快Zn的腐蚀，从而加快化学反应速率，故A不选； B．强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差，碳酸氢钠呈弱碱性，所以应该选取甲基橙作指示剂，故B选； C．钠元素的焰色反应呈黄色，该实验蘸取的溶液为盐溶液，焰色反应呈黄色，说明溶液中含有钠离子，故C不选； D．超过容积的时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出，易产生安全事故，故D不选； 故选：B。 【点评】本题考查实验评价，涉及焰色反应、甲基橙的选取、原电池原理等知识点，侧重考查学生实验操作、实验原理等，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意实验操作的规范性，题目难度不大。 　 5．（6.00分）一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2﹣x（x=0或1）。下列说法正确的是（　　） A．放电时，多孔碳材料电极为负极 B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D．充电时，电池总反应为Li2O2﹣x═2Li+（1﹣）O2 【分析】A．电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程； B．放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料； C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得电子重新生成Li； D．充电时，相当于电解Li2O2﹣x重新得到Li和O2。 【解答】解：A．电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程，所以放电时，多孔碳材料电极为正极，故A错误； B．放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，故B错误； C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得电子重新生成Li，所以电解质溶液中Li+向阴极移动，即向锂电极区迁移，故C错误； D．充电时，相当于电解Li2O2﹣x重新得到Li和O2，所以电池总反应为：Li2O2﹣x═2Li+（1﹣）O2，故D正确， 故选：D。 【点评】本题考查原电池和电解池的知识，明确电极反应和电子的流向是解题的关键，整体难度不大，是基础题。 　 6．（6.00分）用0.100 mol•L﹣1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 mol•L﹣1 Cl﹣溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（　　） A．根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10﹣10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag+）•c（Cl﹣）=Ksp（AgCl） C．相同实验条件下，若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol•L﹣1 Br﹣，反应终点c向b方向移动 【分析】A．沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处﹣lgc（Cl﹣）=5，据此计算； B．曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足c（Ag+）•c（Cl﹣）=Ksp（AgCl）； C．溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数； D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br﹣的浓度更低。 【解答】解：A．沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处﹣lgc（Cl﹣）=5，达到沉淀溶解平衡时，c（Ag+）=c（Cl﹣）=10﹣5mol/L，所以根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10﹣10，故A正确； B．曲线上的点是沉淀溶解平衡的平衡点，Qc=c（Ag+）c（Cl﹣）=Ksp（AgCl），故B正确； C．溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣，则所需AgNO3溶液体积就变为=20mL，故C错误； D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br﹣的浓度更低，则﹣lgc（Br﹣）值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，故D正确， 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡相关知识，明确达到沉淀溶解平衡时的关系式，把握图象反应的信息，题目难度不大，是基础题。 　 7．（6.00分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是（　　） A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D．标准状况下W的单质状态与X的相同 【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周期元素，则X为F元素； A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小； B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸； C．Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键； D．标况下，氟气、氧气都是气态。 【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周期元素，则X为F元素； A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，故A错误； B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸，所以其氢化物的水溶液酸性X弱于Z，故B错误； C．Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键，前者含有非极性键，后者不含非极性键，故C错误； D．标况下，氟气、氧气都是气态，所以标况下W和X的单质状态相同，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查位置结构性质关系，侧重考查学生综合运用能力，正确判断YZW物质是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可，题目难度不大。 　 二、非选择题 8．（14.00分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O，M=248g•mol﹣1）可用作定影剂、还原剂。 回答下列问题： （1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10﹣5．市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验： 试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液 ③　向①中溶液加入足量稀盐酸　 ④　有乳白色或淡黄色沉淀生成　，有刺激性气体产生 ⑤静置，　取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液　 ⑥　有白色沉淀生成　 （2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下： ①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在　烧杯　中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的　容量瓶　中，加蒸馏水至　凹液面最低处与刻度线相平　。 ②滴定：取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液　由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化　，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为　95.1　%（保留1位小数）。 【分析】（1）Na2S2O3和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，所以在检验硫酸根离子时，需要先加入盐酸将S2O32﹣除去，再加入氯化钡溶液进行检验； （2）①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器； ②用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣，得到Cr2O72﹣～3I2+～6S2O32﹣，据此计算。 【解答】解：（1）取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子， 故答案为：向①中溶液加入足量稀盐酸；有乳白色或淡黄色沉淀生成；取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液；有白色沉淀生成； （2）①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器，称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平， 故答案为：烧杯；容量瓶；凹液面最低处与刻度线相平； ②取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，说明反应的亲爱的滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL， 用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去淡黄绿色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣， 得到 Cr2O72﹣～3I2+～6S2O32﹣， 1 6 0.0095mol/L×0.02L n 样品溶液的平均用量为24.80mL，溶液中硫代硫酸根离子物质的量n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制100ml溶液中 n（S2O32﹣）=0.00114 mol×=0.0046mol， 则样品纯度=×100%=95.1% 故答案为：由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化；95.1。 【点评】本题考查了实验方案的设计、离子检验、物质含量测定、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 　 9．（14.00分）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题： （1）KIO3的化学名称是　碘酸钾　。 （2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示： 酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCI．“逐Cl2”采用的方法是　加热　。“滤液”中的溶质主要是 　KCl　。“调pH”中发生反应的化学方程式为　KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O　。 （3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。 ①写出电解时阴极的电极反应式　2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑　。 ②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为　K+　，其迁移方向是　a到b　。 ③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有　产生Cl2易污染环境　（写出一点）。 【分析】（1）KIO3的化学名称是碘酸钾； （2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，实验流程是用KClO3氧化法制备KIO3，反应物是KClO3和I2，在酸性条件下ClO3﹣可以氧化I2生成IO3﹣，根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl﹣，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，调节pH过程中产生KIO3，则是由KH（IO3）2得来，据此分析； （3）①电解池阴极为KOH溶液，电解质溶液呈碱性，电解池阴极发生还原反应，过程应为H2O转化为H2，据此写出阴极电极反应； ②隔膜是阳离子交换膜，起主要交换的离子应为K+，电解池工作时，阳离子向阴极移动； ③电解法过程中，阳极发生反应I2﹣10e﹣+12OH﹣═2IO3﹣+6H2O制备KIO3，整个电解池装置没有产生氧化法过程中的Cl2，即没有产生污染大气环境的有毒气体。 【解答】解：（1）KIO3的化学名称是碘酸钾， 故答案为：碘酸钾； （2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，所以逐Cl2”采用的方法是：加热， 根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl﹣，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，所以滤液”中的溶质主要是KCl， 调节pH过程中产生KIO3，则是由KH（IO3）2得来，则“调pH”中发生反应的化学方程式为：KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，或者写成HIO3+KOH═KIO3+H2O，但考虑到题中告知酸化产物是KH（IO3）2，因此写前者更为合理， 故答案为：加热；KCl；KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O； （3）①电解池阴极为KOH溶液，电解质溶液呈碱性，电解池阴极发生还原反应，过程应为H2O转化为H2，所以阴极的电极反应为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑， 故答案为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑； ②隔膜是阳离子交换膜，起主要交换的离子应为K+， 电解池工作时，阳离子向阴极移动，所以K+的移动方向应为从a到b， 故答案为：K+；a到b； ③电解法过程中，阳极发生反应I2﹣10e﹣+12OH﹣═2IO3﹣+6H2O制备KIO3，电解池装置产生的气体是H2，氧化法过程则产生Cl2，Cl2是有毒气体会污染大气，因此氧化法的不足之处是产生Cl2易污染环境， 故答案为：产生Cl2易污染环境。 【点评】本题以KIO3为考查背景，考查了氧化还原反应相关知识，流程分析，电解原理，氧化还原反应方程式及电极反应方程式的书写，均为高频考点，也是高考的重点和难点，本题整体难度中等，试题有助于培养综合分析问题的能力。 　 10．（15.00分）三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题： （1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HsiO）2O等，写出该反应的化学方程式　2SiHCl3+3H2O=（HSiO）2O+6HCl　。 （2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应： 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H=48 KJ•mol﹣1 3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl4（g）△H=﹣30 KJ•mol﹣1 则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的△H为　+114　kJ•mol﹣1。 （3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 ①343K时反应的平衡转化率α=　22　%．平衡常数K343K=　0.02　（保留2位小数）。 ②在343K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是　及时分离出产物　；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有　增大压强　、　使用催化剂或增大反应物的浓度等　。 ③比较a、b处反应速率大小：va　大于　vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的=　1.3　（保留1位小数） 【分析】（1）重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl3和水反应，根据元素可知产物应有HCl，写出化学方程式并配平； （2）已知反应：①2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H1=48 KJ•mol﹣1；②3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）△H2=﹣30 KJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，由3☓①+②得反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g），据此计算△H的值； （3）①直接观察即可知343K时的平衡转化率，再根据转化率列出三段式，进而求出平衡常数K； ②影响平衡的因素有温度、压强及浓度等，可根据反应条件判断促进平衡正向移动，提高转化率的方法；要缩短反应达到平衡的时间，需要提高反应速率，而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。 ③温度越高，反应速率越快，由图象观察a处和b处的温度大小比较即可；反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正=k正x，v逆=k逆xx，由平衡时正逆反应速率相等，可得出K正/K逆=K（平衡常数），再结合此温度下的平衡状态，计算出平衡常数K即可计算。 【解答】解：（1）SiHCl3遇潮气时发烟生成（HsiO）2O和HCl，结合原子守恒可知发生反应的化学方程式为2SiHCl3+3H2O=（HsiO）2O+6HCl， 故答案为：2SiHCl3+3H2O=（HsiO）2O+6HCl； （2）已知反应：①2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H1=+48 KJ•mol﹣1；②3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）△H2=﹣30 KJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，由3☓①+②得反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g），则△H=（+48 KJ•mol﹣1）×3+（﹣30 KJ•mol﹣1）=+114 KJ•mol﹣1， 故答案为：+114； （3）①温度越高，反应速率越快，图象中点a所在曲线为343K，由图示可知343K时反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的平衡转化率α=22%，设SiHCl3的起始浓度为cmol/L，则 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） 起始浓度（mol/L） c 0 0 变化浓度（mol/L） 0.22c 0.11c 0.11c 平衡浓度（mol/L） 0.78c 0.11c 0.11c 平衡常数K343K==≈0.02， 故答案为：22；0.02； ②由题目中前后反应气体体积不变，并且温度恒定，所以只能使用及时分离出产物的方法加大反应物的转化率；要缩短反应达到的时间，应增大反应速率，则在温度不变的条件下可采取的措施是：增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等， 故答案为：及时分离出产物；增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等； ③由图象可知，a的反应温度高于b，温度高反应速率快，所以a点的反应速率比b高；a点时转化率为20%，设起始时SiHCl3的物质的量为nmol，此时 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） 起始物质的量（mol） n 0 0 变化物质的量（mol） 0.2n 0.1n 0.1n 终态物质的量（mol） 0.8n 0.1n 0.1n 则：XSiHCl3==0.8，x=x=0.1； 反应速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正=k正x=0.82K正，v逆=k逆xx=0.01k逆，由平衡时正逆反应速率相等，可得出=K（平衡常数），则==≈1.3， 故答案为：大于；1.3。 【点评】此题考查的主要内容有根据题干要求写出化学方程式，利用盖斯定律求算热化学反应方程式的焓变，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素，重视基本知识的掌握，培养学生获取信息的能力及解题能力。 　 [化学--选修3：物质结构与性质] 11．（15.00分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题： （1）Zn原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2　。 （2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。 第一电离能I1（Zn）　大于　I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是　Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态　。 （3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型