2017年宁夏石嘴山市平罗中学高考化学四模试卷
一、选择题
1．（2017·平罗模拟）化学与生活密切相关．下列有关说法错误的是（ ）
A．SiO2、MgO熔点高，可用于制作耐高温材料
B．天然气是可再生清洁能源，可用于工业制盐酸
C．硝酸铵属于氧化剂，严禁用可燃物（如纸袋）包装
D．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．SiO2、MgO熔点高，一般条件下不易熔融，所以可以用于制作耐高温仪器，故A正确；
B．天然气属于不可再生的清洁能源，故B错误；
C．硝酸铵属于氧化剂，应储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，应与易（可）燃物、还原剂、酸类、活性金属粉末分开存放，故C正确；
D．丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物，故D正确；
故选B．
【分析】A．耐高温材料应具有较高的熔点；
B．天然气属于化石燃料，是不可再生能源；
C．硝酸铵在有可被氧化的物质（还原剂）存在的条件下发生氧化还原反应，有爆炸的危险；
D．丝绸的成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物．
2．（2017·平罗模拟）下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小
B．用金属活动性顺序可解释反应：Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）
C．对于平衡2HI（g） I2（g）+H2（g），压缩容器体积，平衡不移动，气体的颜色不变
D．由反应SiO2+2C Si+2CO↑，可得出C的非金属性强于Si
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．水电离平衡为吸热反应，则升高温度，促进水的电离，氢离子、氢氧根离子浓度均增大，则水的离子积增大、pH减小，故A正确；
B．Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）中K为气态，逸出后使平衡正向移动，而金属性K大于Na，不能利用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．压缩容器体积，浓度增大，气体的颜色加深，但反应为气体体积不变的反应，平衡不移动，故C错误；
D．SiO2+2C Si+2CO↑为非自发的氧化还原反应，则不能比较C、Si的非金属性，故D错误；
故选A．
【分析】A．水电离平衡为吸热反应；
B．Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）中K为气态，逸出后使平衡正向移动；
C．压缩容器体积，浓度增大；
D．SiO2+2C Si+2CO↑为非自发的氧化还原反应．
3．（2017·平罗模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H10O的同分异构体有4种
B．可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精
C．石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯
D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应属于加聚反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，丁基﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH；醚分子中含有﹣O﹣，可能结构有3种，分别为：CH3OCH2CH2CH3，CH3CH2OCH2CH3，CH3OCH（CH3）2，所以分子式为C4H10O的同分异构体共有7种，故A错误；
B．溴水与苯混合，有机层在上层；溴水与四氯化碳混合，有机层在下层；溴水与乙醇互溶，则可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精，故B正确；
C．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，不含乙烯、丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分馏的产物，故C错误；
D．草酸（乙二酸）与乙二醇按1：1生成聚乙二酸乙二酯，还生成水，反应方程式为：nHOCH2CH2OH+n HOOC﹣COOH +（2n﹣1）H2O，该反应为缩聚反应，故D错误；
故选B．
【分析】A．分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，先书写丁基﹣C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，醚分子中含有﹣O﹣，据此进行解答；
B．溴与苯、四氯化碳发生萃取现象，且有机层位置不同，酒精易溶于溴水；
C．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，石油裂解可获得乙烯、丙烯和丁二烯；
D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应为缩聚反应．
4．（2017·平罗模拟）下列实验方案能达到实验目的是（ ）
实验目的 实验方案
A 检验Na2SO3晶体是否已氧化变质 将Na2SO3样品溶于稀硝酸后，滴加BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成
B 证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成 向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液
C 制备氢氧化铁胶体 向沸水中滴加氯化铁稀溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色
D 证明Mg（OH）2沉淀可转化为Fe（OH）3沉淀 向2mL 1mol/L NaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/L FeCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．亚硫酸钠可被硝酸氧化，不能溶于硝酸，应溶于盐酸，故A错误；
B．向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，证明有乙烯生成，该方案能够达到实验目的，故B正确；
C．向沸水中逐滴加氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体，不能用稀的氯化铁溶液，故C错误；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠与氯化镁、氯化铁都反应生成沉淀，无法证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，故D错误；
故选B．
【分析】A．稀硝酸能够氧化亚硫酸钠，干扰了检验结果；
B．生成的乙烯能够使溴水褪色；
C．制备氢氧化铁胶体时应该用饱和氯化铁溶液；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁都生成沉淀．
5．（2017·平罗模拟）2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极反应为：NiO（OH）+H2O+e ═Ni（OH）2+OH
B．放电时，甲电极为正极，OH 移向乙电极
C．电池总反应为H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2
D．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A错误；
B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故B错误；
C．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，故C正确；
D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；
故选C．
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
6．（2017·平罗模拟）根据下列框图分析，下列说法正确的是（ ）
A．E2+的氧化性比M2+的氧化性强
B．在③反应中加稀硫酸可抑制Fe2+的水解
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣ E（SCN）3↓
D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现了酸性、又表现了氧化性
【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A．金属性Fe＞Cu，则E2+的氧化性比M2+的氧化性弱，故A错误；
B．因亚铁离子可发生水解反应，在③反应中加稀硫酸，可抑制Fe2+的水解，③中发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，故B正确；
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣ E（SCN）3，不生成沉淀，故C错误；
D．①中发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，Cu为还原剂，过氧化氢为氧化剂，硫酸可为稀硫酸，只体现酸性，故D错误；
故选B．
【分析】由转化关系图可知，红色金属M为Cu，①中发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，蓝色溶液含CuSO4，结合红褐色固体及红色溶液可知，E为Fe，X为FeSO4，③中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，则⑤中硫酸铁与氨水反应生成Z为Fe（OH）3，④中发生络合反应生成Fe（SCN）3，溶液为血红色，以此来解答．
7．（2017·平罗模拟）常温下，向100mL0.01mol L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol L﹣1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）．下列说法中正确的是（ ）
A．MOH为一元强碱HA为一元强酸
B．K 点对应的溶液中：c（M+）+c（MOH）=c（A﹣）
C．K点对应的溶液中：c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.005mol L﹣1
D．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A.0.01mol L﹣1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点为中性溶液，51mLMOH恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A错误；
B．由c、V可知，K点溶液为等量的MA和MOH，由物料守恒可知c（M+）+c（MOH）=2c（A﹣），故B错误；
C．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，由物料守恒结合溶液体积变化可知c（MOH）+c（M+）=0.01mol L﹣1，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（M+）﹣c（A﹣）+c（MOH）=0.01mol L﹣1﹣0.005mol L﹣1=0.005mol L﹣1，故C正确；
D．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10﹣7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10﹣7mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故D错误；
故选C．
【分析】0.01mol L﹣1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M+）的和．
A．根据0.01mol/L的HA溶液的pH=2可知，HA在溶液中完全电离，则HA为强电解质；N点为中性溶液，而K点溶液显示碱性；
B．K点溶液为等量的MA和MOH；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断溶液中c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）结果；
D．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10﹣7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10﹣7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度．
二、非选择题
8．（2017·平罗模拟）Ⅰ几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期．（请用化学用语答题）
元素代号 X Y Z M R
原子半径/nm 0.186 0.102 0.075 0.074 0.143
主要化合价 +1 +6﹣2 +5﹣3 ﹣2 +3
（1）R的元素符号为 ； M在元素周期表中的位置为 ．
（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质的电子式为 ；所含化学键类型 ．
（3）X+，Y2 ，M2 离子半径由大到小的顺序为（用离子符号表示） ．
（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，写出阳极的电极反应式 ．
Ⅱ如图转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为 ．
【答案】（1）Al；第二周期ⅥA族
（2）；离子键、非极性共价键
（3）S2﹣＞O2﹣＞Na+
（4）Cu﹣2e﹣=Cu2+；Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：I．由上述分析可知，X为Na，Y为S，Z为N，M为O，R为Al，（1）R的元素符号为Al； M在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，故答案为：Al；第二周期ⅥA族；（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质为Na2S2，其电子式为 ，所含化学键类型为离子键、非极性共价键，
故答案为： ；离子键、非极性共价键；（3）电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径为S2﹣＞O2﹣＞Na+，
故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，阳极上Cu失去电子，阳极的电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，
故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；
Ⅱ．由转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则B为Al（OH）3，A为AlCl3，X为NaOH，C为NaAlO2，则A与C反应的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．
【分析】I．由短周期元素化合价及原子半径可知，X属于第IA族、Y属于第ⅥA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S元素；X是短周期中最活泼的金属元素，则X是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA族，则R为Al元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素，以此解答（1）～（4）；
Ⅱ．由转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则B为Al（OH）3，A为AlCl3，X为NaOH，C为NaAlO2，以此来解答．
9．（2017·平罗模拟）马日夫盐是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理．以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）为原料制备马日夫盐的流程如图：
（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是 ，葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．
（2）用H2O2溶液“氧化”时发生反应的列子方程式为 ．
（3）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示、“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为 ，滤渣1的主要成分为 （填化学式）．
金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
Fe3+ 1.8 3.2
Al3+ 3.0 5.0
Fe2+ 5.8 8.8
Mn2+ 7.8 9.8
（4）加入磷酸后发生反应的化学方程式为 ．
（5）某工厂用上述流程制备马日夫盐，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1t该软锰矿可制得马日夫盐 t．
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12：1
（2）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
（3）5.0～7.8；Fe（OH）3和Al（OH）3
（4）MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O
（5）2.5935
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）为增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，软锰矿要先制成矿浆；葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，则反应为：12MnO2+C6H12O6+24H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O，二氧化锰为氧化剂，葡萄糖为还原剂，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12：1；
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12：1；（2）过氧化氢溶液氧化Fe2+为Fe3+，反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；（3）调节pH沉淀Fe3+、Al3+，但不能沉淀Mn2+，由表可知，调节pH为5.0～7.8，可以达到目的，故滤渣1为Fe（OH）3和Al（OH）3；
故答案为：5.0～7.8；Fe（OH）3和Al（OH）3；（4）MnCO3沉淀与磷酸反应为MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O；
故答案为：MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O；（5）软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，设得到马日夫盐质量为x，根据锰元素质量守恒，则有 ×1t×87%×91%= ×x，解得x=2.5935；
故答案为：2.5935．
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）与废硫酸、葡萄糖混合，得到含有金属阳离子Mn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+的溶液，加入过氧化氢溶液氧化Fe2+为Fe3+，调节pH5.0～7.8，沉淀Fe3+、Al3+，滤渣1为Fe（OH）3和Al（OH）3，滤液为MnSO4溶液，加入碳酸钠溶液沉锰，过滤，得到MnCO3沉淀，与磷酸反应：MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O，加入碳酸钡净化，浓缩结晶得到马日夫盐Mn（H2PO4）2 2H2O，据此分析解答．
10．（2017·平罗模拟）硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程中：
（1）反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0；恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡，图1图象能正确表示该过程中相关量的变化的是 ．（选填字母）．
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的 ，则N2的转化率a1= ；若向该容器中再加入1molN2和3molH2，达到平衡状态时，N2的转化率为a2，则a2 a1（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如图2）．
①比较P1、P2的大小关系：P1 P2（填“＞”、“＜”或“=”）．
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 ．
（4）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气．
①催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是 ．
②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，则反应的离子方程式是 ．
【答案】（1）ab
（2）60%；＞
（3）＜；减小
（4）4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol；2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡时，反应放热，随反应减小速率减慢，放热减少，容器体积不变，混合气体密度不变，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，但开始不为0，
故答案为：ab；（2）
N2+ 3H2= 2NH3
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1﹣x 3﹣3x 2x
（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×
解得x=0.6mol，则N2的转化率a1= ×100=60%，
若向该容器中再加入1molN2和3molH2，压强增大，平衡正向移动，转化率增大，则a2＞a1，
故答案为：60%；＞；（3）①已知2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1＜p2，故答案为：＜；
②由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（4）①a.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
b．N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，a×2﹣b得到4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol，
故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol；
②用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，C元素的化合价不变，每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，n（NO2）= =0.1mol，可知N元素的化合价由+4价降低为+3价，由+4价升高为+5价，离子反应为2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．
【分析】（1）恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡时，反应放热，随反应减小速率减慢，放热减少，容器体积不变，混合气体密度不变，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，但开始不为0；（2）
N2+ 3H2= 2NH3
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1﹣x 3﹣3x 2x
（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×
解得x=0.6mol，
若向该容器中再加入1mol N2和3mol H2，压强增大，平衡正向移动；（3）①2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；
②根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（4）①a.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
b．N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，a×2﹣b得到4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）；
②用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，C元素的化合价不变，每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，n（NO2）= =0.1mol，可知N元素的化合价由+4价降低为+3价，由+4价升高为+5价，以此来解答．
11．（2017·平罗模拟）根据已学物质结构与性质的有关知识，回答下列问题：
（1）请写出第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素符号： ，某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是4s24p4，该元素的名称是 ．
（2）根据价层电子对互斥理论推测下列离子或分子的空间立体构型：H3O+ ，BF3 ．
（3）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，写出有关反应的离子方程式 、 ．
（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 ；若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为 ．
【答案】（1）P；硒
（2）三角锥形；正三角形
（3）Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH﹣
（4）1：2；3 ：8
【知识点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子，则最外层电子排布为3s23p3，应为P元素，外围电子排布是4s24p4，位于周期表第四周期ⅥA族，为硒元素，
故答案为：P； 硒；（2）根据VSEPR模型得，H3O+的价层电子对=3+ （6﹣1﹣3×1）=4，有1个孤电子对，所以是三角锥形；BF3的价层电子对=3，且不存在孤电子对，所以是正三角形，
故答案为：三角锥形、正三角形；（3）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液：Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH﹣，
故答案为：Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH﹣；（4）体心立方晶胞中铁原子个数=1+8× =2；面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数=6× +8× =4，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比1：2；
设体心立方中晶胞的棱长为x，铁原子的直径为A，则3x2=（2A）2，解得x= ；
铁原子直径=A，所以其晶胞体积=R3，面心立方中晶胞的对角线为2A，则其边长= A，其晶胞体积=2 A3．
体心立方的密度与面心立方的密度之比= ： =3 ：8，
故答案为：1：2； 3 ：8．
【分析】（1）第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子，则最外层电子排布为3s23p3，外围电子排布是4s24p4，位于周期表第四周期ⅥA族；（2）根据VSEPR模型，计算价层电子对数，据此判断分子空间构型；（3）向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物；（4）利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数；晶胞的密度等于晶胞中铁原子的质量与体积的比．
12．（2017·平罗模拟）有机物A只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为9：2：4；A的核磁共振氢谱显示有四种不同类型的氢原子．物质D是一种芳香族化合物，请根据如图（所有无机产物已略去）中各有机物的转化关系回答问题．
RCHO+R′CH2CHO +H2O
已知，两分子醛在一定条件下可以发生如下反应（其中R、R′为H或烃基）：
（1）写出质A的名称： ；C的结构简式： ；E中含氧官能团的名称： ．
（2）写出下列反应的有机反应类型：A→B ； D→H ．
（3）写出H到I的化学方程式： ．
（4）写出D到E过程中的①的反应化学方程式： ．
（5）1molF与足量的氢氧化钠水溶液反应最多消耗 mol NaOH．
（6）根据题中信息，G的可能结构为 种．
（7）请写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 ．
i．该物质水解产物之一为乙酸； ii．苯环上的一氯代物只有两种结构．
【答案】（1）1﹣丙醇；；羧基
（2）氧化反应；加成或还原反应
（3） + +H2O
（4）
（5）3
（6）2
（7）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：（1）A为CH3CH2CH2OH，名称为1﹣丙醇；C的结构简式为 ；E中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：1﹣丙醇； ；羧基；（2）由上述分析可知，A→B为氧化反应； D→H为加成或还原反应，
故答案为：氧化反应；加成或还原反应；（3）H到I的化学方程式为 + +H2O，
故答案为： + +H2O；（4）D到E过程中的①的反应化学方程式 ，
故答案为 ；（5） 中﹣COOH、﹣Br均与NaOH反应，1molF与足量的氢氧化钠水溶液反应最多消耗3mol NaOH，
故答案为：3；（6）F的结构式为 ，F发生消去反应生成G，与溴原子所在碳原子相邻的碳有氢原子，才能发生消去反应，生成G的结构分别为 ， ，G的可能结构为2种，
故答案为：2；（7）E的同分异构体符合i．该物质水解产物之一为乙酸，含﹣COOCH2CH3，ii．苯环上的一氯代物只有两种结构，苯环上只有2种H，满足条件的结构简式为 ，
故答案为： ．
【分析】物质A为生活中常见的有机物，只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为9：2：4，则N（C）：N（H）：N（O）= ： ： =3：8：1，最简式为C3H8O，最简式中H原子已经饱和碳的四价结构，故分子式为C3H8O，其A能发生催化氧化反应生成B，则A为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CHO，B与C发生信息中的反应生成D，D为烯醛，而D与银氨溶液发生氧化反应生成E，结构E的分子式可知，D分子式为C10H10O，由B、D分子式可知C的分子式为C10H10O+H2O﹣C3H6O=C7H6O，而物质D是一种芳香族化合物，故C为 ，D ，E ，E与溴水发生加成反应生 ，F发生消去反应生成G．D与氢气发生加成反应生成H ，H与E发生酯化反应生 ，以此来解答．
2017年宁夏石嘴山市平罗中学高考化学四模试卷
一、选择题
1．（2017·平罗模拟）化学与生活密切相关．下列有关说法错误的是（ ）
A．SiO2、MgO熔点高，可用于制作耐高温材料
B．天然气是可再生清洁能源，可用于工业制盐酸
C．硝酸铵属于氧化剂，严禁用可燃物（如纸袋）包装
D．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
2．（2017·平罗模拟）下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小
B．用金属活动性顺序可解释反应：Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）
C．对于平衡2HI（g） I2（g）+H2（g），压缩容器体积，平衡不移动，气体的颜色不变
D．由反应SiO2+2C Si+2CO↑，可得出C的非金属性强于Si
3．（2017·平罗模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H10O的同分异构体有4种
B．可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精
C．石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯
D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应属于加聚反应
4．（2017·平罗模拟）下列实验方案能达到实验目的是（ ）
实验目的 实验方案
A 检验Na2SO3晶体是否已氧化变质 将Na2SO3样品溶于稀硝酸后，滴加BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成
B 证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成 向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液
C 制备氢氧化铁胶体 向沸水中滴加氯化铁稀溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色
D 证明Mg（OH）2沉淀可转化为Fe（OH）3沉淀 向2mL 1mol/L NaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/L FeCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
5．（2017·平罗模拟）2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极反应为：NiO（OH）+H2O+e ═Ni（OH）2+OH
B．放电时，甲电极为正极，OH 移向乙电极
C．电池总反应为H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2
D．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
6．（2017·平罗模拟）根据下列框图分析，下列说法正确的是（ ）
A．E2+的氧化性比M2+的氧化性强
B．在③反应中加稀硫酸可抑制Fe2+的水解
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣ E（SCN）3↓
D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现了酸性、又表现了氧化性
7．（2017·平罗模拟）常温下，向100mL0.01mol L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol L﹣1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）．下列说法中正确的是（ ）
A．MOH为一元强碱HA为一元强酸
B．K 点对应的溶液中：c（M+）+c（MOH）=c（A﹣）
C．K点对应的溶液中：c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.005mol L﹣1
D．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
二、非选择题
8．（2017·平罗模拟）Ⅰ几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期．（请用化学用语答题）
元素代号 X Y Z M R
原子半径/nm 0.186 0.102 0.075 0.074 0.143
主要化合价 +1 +6﹣2 +5﹣3 ﹣2 +3
（1）R的元素符号为 ； M在元素周期表中的位置为 ．
（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质的电子式为 ；所含化学键类型 ．
（3）X+，Y2 ，M2 离子半径由大到小的顺序为（用离子符号表示） ．
（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，写出阳极的电极反应式 ．
Ⅱ如图转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为 ．
9．（2017·平罗模拟）马日夫盐是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理．以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）为原料制备马日夫盐的流程如图：
（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是 ，葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．
（2）用H2O2溶液“氧化”时发生反应的列子方程式为 ．
（3）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示、“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为 ，滤渣1的主要成分为 （填化学式）．
金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
Fe3+ 1.8 3.2
Al3+ 3.0 5.0
Fe2+ 5.8 8.8
Mn2+ 7.8 9.8
（4）加入磷酸后发生反应的化学方程式为 ．
（5）某工厂用上述流程制备马日夫盐，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1t该软锰矿可制得马日夫盐 t．
10．（2017·平罗模拟）硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程中：
（1）反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0；恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡，图1图象能正确表示该过程中相关量的变化的是 ．（选填字母）．
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的 ，则N2的转化率a1= ；若向该容器中再加入1molN2和3molH2，达到平衡状态时，N2的转化率为a2，则a2 a1（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如图2）．
①比较P1、P2的大小关系：P1 P2（填“＞”、“＜”或“=”）．
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 ．
（4）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气．
①催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是 ．
②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，则反应的离子方程式是 ．
11．（2017·平罗模拟）根据已学物质结构与性质的有关知识，回答下列问题：
（1）请写出第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素符号： ，某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是4s24p4，该元素的名称是 ．
（2）根据价层电子对互斥理论推测下列离子或分子的空间立体构型：H3O+ ，BF3 ．
（3）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，写出有关反应的离子方程式 、 ．
（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 ；若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为 ．
12．（2017·平罗模拟）有机物A只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为9：2：4；A的核磁共振氢谱显示有四种不同类型的氢原子．物质D是一种芳香族化合物，请根据如图（所有无机产物已略去）中各有机物的转化关系回答问题．
RCHO+R′CH2CHO +H2O
已知，两分子醛在一定条件下可以发生如下反应（其中R、R′为H或烃基）：
（1）写出质A的名称： ；C的结构简式： ；E中含氧官能团的名称： ．
（2）写出下列反应的有机反应类型：A→B ； D→H ．
（3）写出H到I的化学方程式： ．
（4）写出D到E过程中的①的反应化学方程式： ．
（5）1molF与足量的氢氧化钠水溶液反应最多消耗 mol NaOH．
（6）根据题中信息，G的可能结构为 种．
（7）请写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 ．
i．该物质水解产物之一为乙酸； ii．苯环上的一氯代物只有两种结构．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．SiO2、MgO熔点高，一般条件下不易熔融，所以可以用于制作耐高温仪器，故A正确；
B．天然气属于不可再生的清洁能源，故B错误；
C．硝酸铵属于氧化剂，应储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，应与易（可）燃物、还原剂、酸类、活性金属粉末分开存放，故C正确；
D．丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物，故D正确；
故选B．
【分析】A．耐高温材料应具有较高的熔点；
B．天然气属于化石燃料，是不可再生能源；
C．硝酸铵在有可被氧化的物质（还原剂）存在的条件下发生氧化还原反应，有爆炸的危险；
D．丝绸的成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物．
2．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．水电离平衡为吸热反应，则升高温度，促进水的电离，氢离子、氢氧根离子浓度均增大，则水的离子积增大、pH减小，故A正确；
B．Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）中K为气态，逸出后使平衡正向移动，而金属性K大于Na，不能利用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．压缩容器体积，浓度增大，气体的颜色加深，但反应为气体体积不变的反应，平衡不移动，故C错误；
D．SiO2+2C Si+2CO↑为非自发的氧化还原反应，则不能比较C、Si的非金属性，故D错误；
故选A．
【分析】A．水电离平衡为吸热反应；
B．Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）中K为气态，逸出后使平衡正向移动；
C．压缩容器体积，浓度增大；
D．SiO2+2C Si+2CO↑为非自发的氧化还原反应．
3．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，丁基﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH；醚分子中含有﹣O﹣，可能结构有3种，分别为：CH3OCH2CH2CH3，CH3CH2OCH2CH3，CH3OCH（CH3）2，所以分子式为C4H10O的同分异构体共有7种，故A错误；
B．溴水与苯混合，有机层在上层；溴水与四氯化碳混合，有机层在下层；溴水与乙醇互溶，则可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精，故B正确；
C．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，不含乙烯、丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分馏的产物，故C错误；
D．草酸（乙二酸）与乙二醇按1：1生成聚乙二酸乙二酯，还生成水，反应方程式为：nHOCH2CH2OH+n HOOC﹣COOH +（2n﹣1）H2O，该反应为缩聚反应，故D错误；
故选B．
【分析】A．分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，先书写丁基﹣C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，醚分子中含有﹣O﹣，据此进行解答；
B．溴与苯、四氯化碳发生萃取现象，且有机层位置不同，酒精易溶于溴水；
C．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，石油裂解可获得乙烯、丙烯和丁二烯；
D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应为缩聚反应．
4．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．亚硫酸钠可被硝酸氧化，不能溶于硝酸，应溶于盐酸，故A错误；
B．向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，证明有乙烯生成，该方案能够达到实验目的，故B正确；
C．向沸水中逐滴加氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体，不能用稀的氯化铁溶液，故C错误；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠与氯化镁、氯化铁都反应生成沉淀，无法证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，故D错误；
故选B．
【分析】A．稀硝酸能够氧化亚硫酸钠，干扰了检验结果；
B．生成的乙烯能够使溴水褪色；
C．制备氢氧化铁胶体时应该用饱和氯化铁溶液；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁都生成沉淀．
5．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A错误；
B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故B错误；
C．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，故C正确；
D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；
故选C．
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
6．【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A．金属性Fe＞Cu，则E2+的氧化性比M2+的氧化性弱，故A错误；
B．因亚铁离子可发生水解反应，在③反应中加稀硫酸，可抑制Fe2+的水解，③中发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，故B正确；
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣ E（SCN）3，不生成沉淀，故C错误；
D．①中发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，Cu为还原剂，过氧化氢为氧化剂，硫酸可为稀硫酸，只体现酸性，故D错误；
故选B．
【分析】由转化关系图可知，红色金属M为Cu，①中发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，蓝色溶液含CuSO4，结合红褐色固体及红色溶液可知，E为Fe，X为FeSO4，③中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，则⑤中硫酸铁与氨水反应生成Z为Fe（OH）3，④中发生络合反应生成Fe（SCN）3，溶液为血红色，以此来解答．
7．【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A.0.01mol L﹣1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点为中性溶液，51mLMOH恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A错误；
B．由c、V可知，K点溶液为等量的MA和MOH，由物料守恒可知c（M+）+c（MOH）=2c（A﹣），故B错误；
C．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，由物料守恒结合溶液体积变化可知c（MOH）+c（M+）=0.01mol L﹣1，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（M+）﹣c（A﹣）+c（MOH）=0.01mol L﹣1﹣0.005mol L﹣1=0.005mol L﹣1，故C正确；
D．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10﹣7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10﹣7mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故D错误；
故选C．
【分析】0.01mol L﹣1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M+）的和．
A．根据0.01mol/L的HA溶液的pH=2可知，HA在溶液中完全电离，则HA为强电解质；N点为中性溶液，而K点溶液显示碱性；
B．K点溶液为等量的MA和MOH；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断溶液中c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）结果；
D．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10﹣7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10﹣7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度．
8．【答案】（1）Al；第二周期ⅥA族
（2）；离子键、非极性共价键
（3）S2﹣＞O2﹣＞Na+
（4）Cu﹣2e﹣=Cu2+；Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：I．由上述分析可知，X为Na，Y为S，Z为N，M为O，R为Al，（1）R的元素符号为Al； M在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，故答案为：Al；第二周期ⅥA族；（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质为Na2S2，其电子式为 ，所含化学键类型为离子键、非极性共价键，
故答案为： ；离子键、非极性共价键；（3）电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径为S2﹣＞O2﹣＞Na+，
故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，阳极上Cu失去电子，阳极的电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，
故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；
Ⅱ．由转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则B为Al（OH）3，A为AlCl3，X为NaOH，C为NaAlO2，则A与C反应的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．
【分析】I．由短周期元素化合价及原子半径可知，X属于第IA族、Y属于第ⅥA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S元素；X是短周期中最活泼的金属元素，则X是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA族，则R为Al元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素，以此解答（1）～（4）；
Ⅱ．由转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则B为Al（OH）3，A为AlCl3，X为NaOH，C为NaAlO2，以此来解答．
9．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12：1
（2）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
（3）5.0～7.8；Fe（OH）3和Al（OH）3
（4）MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O
（5）2.5935
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）为增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，软锰矿要先制成矿浆；葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，则反应为：12MnO2+C6H12O6+24H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O，二氧化锰为氧化剂，葡萄糖为还原剂，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12：1；
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12：1；（2）过氧化氢溶液氧化Fe2+为Fe3+，反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；（3）调节pH沉淀Fe3+、Al3+，但不能沉淀Mn2+，由表可知，调节pH为5.0～7.8，可以达到目的，故滤渣1为Fe（OH）3和Al（OH）3；
故答案为：5.0～7.8；Fe（OH）3和Al（OH）3；（4）MnCO3沉淀与磷酸反应为MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O；
故答案为：MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O；（5）软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，设得到马日夫盐质量为x，根据锰元素质量守恒，则有 ×1t×87%×91%= ×x，解得x=2.5935；
故答案为：2.5935．
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）与废硫酸、葡萄糖混合，得到含有金属阳离子Mn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+的溶液，加入过氧化氢溶液氧化Fe2+为Fe3+，调节pH5.0～7.8，沉淀Fe3+、Al3+，滤渣1为Fe（OH）3和Al（OH）3，滤液为MnSO4溶液，加入碳酸钠溶液沉锰，过滤，得到MnCO3沉淀，与磷酸反应：MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O，加入碳酸钡净化，浓缩结晶得到马日夫盐Mn（H2PO4）2 2H2O，据此分析解答．
10．【答案】（1）ab
（2）60%；＞
（3）＜；减小
（4）4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol；2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡时，反应放热，随反应减小速率减慢，放热减少，容器体积不变，混合气体密度不变，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，但开始不为0，
故答案为：ab；（2）
N2+ 3H2= 2NH3
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1﹣x 3﹣3x 2x
（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×
解得x=0.6mol，则N2的转化率a1= ×100=60%，
若向该容器中再加入1molN2和3molH2，压强增大，平衡正向移动，转化率增大，则a2＞a1，
故答案为：60%；＞；（3）①已知2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1＜p2，故答案为：＜；
②由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（4）①a.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
b．N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，a×2﹣b得到4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol，
故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol；
②用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，C元素的化合价不变，每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，n（NO2）= =0.1mol，可知N元素的化合价由+4价降低为+3价，由+4价升高为+5价，离子反应为2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．
【分析】（1）恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡时，反应放热，随反应减小速率减慢，放热减少，容器体积不变，混合气体密度不变，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，但开始不为0；（2）
N2+ 3H2= 2NH3
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1﹣x 3﹣3x 2x
（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×
解得x=0.6mol，
若向该容器中再加入1mol N2和3mol H2，压强增大，平衡正向移动；（3）①2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；
②根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（4）①a.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
b．N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，a×2﹣b得到4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）；
②用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，C元素的化合价不变，每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，n（NO2）= =0.1mol，可知N元素的化合价由+4价降低为+3价，由+4价升高为+5价，以此来解答．
11．【答案】（1）P；硒
（2）三角锥形；正三角形
（3）Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH﹣
（4）1：2；3 ：8
【知识点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子，则最外层电子排布为3s23p3，应为P元素，外围电子排布是4s24p4，位于周期表第四周期ⅥA族，为硒元素，
故答案为：P； 硒；（2）根据VSEPR模型得，H3O+的价层电子对=3+ （6﹣1﹣3×1）=4，有1个孤电子对，所以是三角锥形；BF3的价层电子对=3，且不存在孤电子对，所以是正三角形，
故答案为：三角锥形、正三角形；（3）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液：Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH﹣，
故答案为：Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH﹣；（4）体心立方晶胞中铁原子个数=1+8× =2；面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数=6× +8× =4，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比1：2；
设体心立方中晶胞的棱长为x，铁原子的直径为A，则3x2=（2A）2，解得x= ；
铁原子直径=A，所以其晶胞体积=R3，面心立方中晶胞的对角线为2A，则其边长= A，其晶胞体积=2 A3．
体心立方的密度与面心立方的密度之比= ： =3 ：8，
故答案为：1：2； 3 ：8．
【分析】（1）第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子，则最外层电子排布为3s23p3，外围电子排布是4s24p4，位于周期表第四周期ⅥA族；（2）根据VSEPR模型，计算价层电子对数，据此判断分子空间构型；（3）向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物；（4）利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数；晶胞的密度等于晶胞中铁原子的质量与体积的比．
12．【答案】（1）1﹣丙醇；；羧基
（2）氧化反应；加成或还原反应
（3） + +H2O
（4）
（5）3
（6）2
（7）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：（1）A为CH3CH2CH2OH，名称为1﹣丙醇；C的结构简式为 ；E中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：1﹣丙醇； ；羧基；（2）由上述分析可知，A→B为氧化反应； D→H为加成或还原反应，
故答案为：氧化反应；加成或还原反应；（3）H到I的化学方程式为 + +H2O，
故答案为： + +H2O；（4）D到E过程中的①的反应化学方程式 ，
故答案为 ；（5） 中﹣COOH、﹣Br均与NaOH反应，1molF与足量的氢氧化钠水溶液反应最多消耗3mol NaOH，
故答案为：3；（6）F的结构式为 ，F发生消去反应生成G，与溴原子所在碳原子相邻的碳有氢原子，才能发生消去反应，生成G的结构分别为 ， ，G的可能结构为2种，
故答案为：2；（7）E的同分异构体符合i．该物质水解产物之一为乙酸，含﹣COOCH2CH3，ii．苯环上的一氯代物只有两种结构，苯环上只有2种H，满足条件的结构简式为 ，
故答案为： ．
【分析】物质A为生活中常见的有机物，只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为9：2：4，则N（C）：N（H）：N（O）= ： ： =3：8：1，最简式为C3H8O，最简式中H原子已经饱和碳的四价结构，故分子式为C3H8O，其A能发生催化氧化反应生成B，则A为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CHO，B与C发生信息中的反应生成D，D为烯醛，而D与银氨溶液发生氧化反应生成E，结构E的分子式可知，D分子式为C10H10O，由B、D分子式可知C的分子式为C10H10O+H2O﹣C3H6O=C7H6O，而物质D是一种芳香族化合物，故C为 ，D ，E ，E与溴水发生加成反应生 ，F发生消去反应生成G．D与氢气发生加成反应生成H ，H与E发生酯化反应生 ，以此来解答．
