2016届高考化学二轮复习全国卷模拟试题含解析

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山东省济宁市2016届高考化学二模试卷(解析版)

2016年山东省济宁市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金2．用N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molNa2O2固体中含离子总数为4N AB．用双氧水分解制取0.1mol氧气，转移的电子总数为0.4×6.02×1023C．0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1N A个胶粒D．VL amol•L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl﹣的数目大于3×6.02×1023 3．分子式为C5H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀的有机物有（不含立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种4．用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（）A．A B．B C．C D．D5．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大．已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素．下列说法正确的是（）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．X、Z两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀6．高能糖电池是一种新型的电池，该电池解决了环境污染问题，有望在未来代替传统电池．该电池的工作原理为C6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2O，下列有关说法正确的是（）A．该电池的工作环境应在高温条件下B．正极反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．电池工作时葡萄糖在负极上失去电子发生还原反应D．电池工作时H+由负极移向正极，电解质溶液的pH增大7．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•c m（NO）•c n（H2）（k、m、n待测），其反应包含下下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2（慢）②H2O2+H2═2H2O（快）T℃时测得有关实验数据如下：下列说法错误的是（）A．整个反应速度由第①步反应决定B．正反应的活化能一定是①＜②C．该反应速率表达式：v=5000c2（NO）•c（H2）D．该反应的热化学方程式为2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣664kJ•mol﹣1二、解答题（共3小题，满分43分）8．联苄（）是一种重要的有机合成中间体，实验室可用苯和1，2一二氯乙烷（ClCH2CH2Cl）为原料，在无水AlCl3催化下加热制得，其制取步骤为：（一）催化剂的制备：图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置的仪器和药品：（1）将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d接e，接，接，接．（2）有人建议将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，也能制备无水AlCl3．你认为这样做是否可行（填“可行”或“不可行”），你的理由是．（3）装置A中隐藏着一种安全隐患，请提出一种改进方案：．（二）联苄的制备联苄的制取原理为：反应最佳条件为n（苯）：n（1，2﹣二氯乙烷）=10：1，反应温度在60﹣65℃之间．实验室制取联苄的装置如图2所示（加热和加持仪器略去）：实验步骤：在三口烧瓶中加入120.0mL苯和适量无水AlCl3，由滴液漏斗滴加10.7mL1，2﹣二氯乙烷，控制反应温度在60﹣65℃，反应约60min．将反应后的混合物依次用稀盐酸、2%Na2CO3溶液和H2O洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静止、过滤，先常压蒸馏，再减压蒸馏收集170～172℃的馏分，得联苄18.2g．相关物理常数和物理性质如下表（4）仪器a的名称为，和普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是．（5）洗涤操作中，水洗的目的是；无水硫酸镁的作用是．（6）常压蒸馏时，最低控制温度是．（7）该实验的产率约为．（小数点后保留两位有效数字）9．铜陵有色金属集团公司是电解铜产量全国第一的大型企业．其冶炼工艺中铜、硫回收率达到97%、87%．图表示其冶炼加工的流程：冶炼中的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2．（1）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图：①用离子方程式表示反应器中发生的反应．②用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是．③用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池．电池充放电时的总反应为：Ni （OH）2+M═NiO（OH）+MH，电池放电时，负极电极反应式为；充电完成时，全部转化为NiO（OH），若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为．（2）在精炼铜的过程中，电解质溶液中c（Fe2+）、c（Zn2+）会逐渐增大而影响进一步电解．几种物质的溶度积常数（K sp）①调节电解液的pH是除去杂质离子的常用方法．根据上表中溶度积数据判断，含有等物质的量浓度Fe2+、Zn2+、Fe3+、Cu2+的溶液，随pH升高最先沉淀下来的离子是．②一种方案是先加入过量的H2O2，再调节pH到4左右，加入H2O2的目的是．加入H2O2后发生反应的离子方程式为．10．汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一，尾气中的主要污染物为C x H y、NO、CO、SO2及固体颗粒物等．研究汽车尾气的成分及其发生的反应，可以为更好的治理汽车尾气提供技术支持．请回答下列问题：（1）治理尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车排气管上装一个催化转化装置，使二者发生反应转化成无毒无污染气体，该反应的化学方程式是．（2）活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO．在1L恒容密闭容器中加入0.1000molNO和2.030mol 固体活性炭，生成A、B两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强如下表：根据上表数据，写出容器中发生反应的化学方程式并判断p 3.93MPa（用“＞”、“＜“或“=”填空）．计算反应体系在200℃时的平衡常数Kp（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）．（3）汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成亚硫酸钙浊液．常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，已知K al（H2SO3）=1.8×10﹣2，K a2（H2SO3）=6.0×10﹣9，忽略SO32﹣的第二步水解，则Ksp（CaSO3）=．（4）尾气中的碳氢化合物含有甲烷，其在排气管的催化转化器中可发生如下反应CH4（g）+H2O（1）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+250.1kJ．mol﹣l．已知CO（g）、H2（g）的燃烧热依次为283.0kJ．mol ﹣1、285.8kJ．mol﹣1，请写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式．以CH4（g）为燃料可以设计甲烷燃料电池，该电池以稀H2SO4作电解质溶液，其负极电极反应式为，已知该电池的能量转换效率为86.4%，则该电池的比能量为kW．h．kg﹣1（结果保留1位小数，比能量=，lkW•h=3.6×1 06J）．三、【化学--选修3物质结构与性质】11．第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为．②下列叙述不正确的是．（填字母）a．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以HCHO易溶于水b．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化c．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子d．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式．（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中不存在．A、共价键B、非极性键C、配位键D、σ键E、π键写出一种与CN﹣互为等电子体的单质分子式．（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于区．（4）一种Al﹣Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：①确定该合金的化学式．②若晶体的密度=ρg/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为cm．2016年山东省济宁市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【考点】绿色化学．【专题】化学应用．【分析】A．气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；B．依据湿法炼铜原理解答；C．青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；D．合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料．【解答】解：A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；B．铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C．青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故C错误；D．铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了化学与生活、社会关系，涉及胶体的性质、物理变化与化学变化的判断、合金的性质，题目难度不大，掌握基础是解题关键．2．用N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molNa2O2固体中含离子总数为4N AB．用双氧水分解制取0.1mol氧气，转移的电子总数为0.4×6.02×1023C．0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1N A个胶粒D．VL amol•L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl﹣的数目大于3×6.02×1023【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；B、用双氧水分解制氧气，氧元素的价态由﹣1价变为0价；C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解．【解答】解：A、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3mol离子即3N A 个，故A错误；B、用双氧水分解制氧气，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，转移0.2mol 电子即0.2N A个，故B错误；C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故0.1mol氯化铝所形成的胶粒的个数小于0.1N A 个，故C错误；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故当铁离子为1mol时，则溶液中的氯离子大于3mol 即3N A个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．分子式为C5H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀的有机物有（不含立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】分子式为C5H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，相当于丁酸的一元取代产物来解答．【解答】解：分子式为C5H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，丁酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH；当丁酸为CH3CH2CH2COOH时，一元取代产物有3种；当丁酸为（CH3）2CHCOOH时，一元取代产物有2种；当所以共有5种结构，故选C．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断同分异构体数目，利用对称性确定分子中等效氢原子数目是解题的关键．4．用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．过滤时还需要用漏斗；B．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol•L﹣1 NaClO溶液的pH；C．银镜反应需要在碱性条件下进行；D.1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol．【解答】解：A．过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，故A错误；B．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol•L﹣1 NaClO溶液的pH，则不能确定pH 大小，不能比较酸性的强弱，故B错误；C．银镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的酸，故C错误；D.1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是1000g，25g CuSO4•5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，故D正确；故选D．【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，题目难度不大，注意不能用pH试纸检验次氯酸钠溶液的pH大小，因为次氯酸具有漂白性，易错选项是B．5．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大．已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素．下列说法正确的是（）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．X、Z两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素，A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误．故选B．【点评】本题考查结构位置性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，推断元素是解题关键，注意理解根据最外层电子数关系确定元素，对学生的逻辑推理有一定的要求．6．高能糖电池是一种新型的电池，该电池解决了环境污染问题，有望在未来代替传统电池．该电池的工作原理为C6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2O，下列有关说法正确的是（）A．该电池的工作环境应在高温条件下B．正极反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．电池工作时葡萄糖在负极上失去电子发生还原反应D．电池工作时H+由负极移向正极，电解质溶液的pH增大【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A．该电池是燃料原电池，反应条件温和；B．在正极上发生得电子的还原反应；C．葡萄糖在负极上失去电子被氧化，发生氧化反应；D．原电池中阳离子移向正极，根据电池反应判断酸碱性的变化．【解答】解：A．该电池是燃料原电池，电池中没有发生燃烧反应，反应条件温和，所以不是高温条件，故A错误；B．在电池正极上发生得电子的还原反应，即O2+4H++4e﹣═2H2O，故B错误；C．葡萄糖在负极上失去电子被氧化，发生氧化反应，故C错误；D．电池工作时H+由负极移向正极，已知C6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2O 产生水将溶液稀释，电解液的pH变大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理解答本题的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．7．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•c m（NO）•c n（H2）（k、m、n待测），其反应包含下下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2（慢）②H2O2+H2═2H2O（快）T℃时测得有关实验数据如下：下列说法错误的是（）A．整个反应速度由第①步反应决定B．正反应的活化能一定是①＜②C．该反应速率表达式：v=5000c2（NO）•c（H2）D．该反应的热化学方程式为2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣664kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．依据反应过程中的两步反应可知，反应慢的决定整个反应速率；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高；C．比较图表数据ⅠⅡ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，ⅢⅣ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，代入数值计算得到K 分析判断方程正误；D．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，结合热化学方程式书写分析判断，标注物质聚集状态和对应反应的焓变；【解答】解：A．①2NO+H2═N2+H2O2（慢），②H2O2+H2═2H2O（快），反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；C．比较图表数据ⅠⅡ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，ⅢⅣ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2（NO）•c（H2），依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2（NO）•c（H2），故C正确；D．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣664kJ•mol﹣1，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学反应能量变化分析，热化学方程式书写，主要是催化剂作用，速率方程的推导和计算应用，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分43分）8．联苄（）是一种重要的有机合成中间体，实验室可用苯和1，2一二氯乙烷（ClCH2CH2Cl）为原料，在无水AlCl3催化下加热制得，其制取步骤为：（一）催化剂的制备：图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置的仪器和药品：（1）将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d接e，f接g，h接a，b接c．（2）有人建议将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，也能制备无水AlCl3．你认为这样做是否可行不可行（填“可行”或“不可行”），你的理由是制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸．（3）装置A中隐藏着一种安全隐患，请提出一种改进方案：在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止3冷凝成固体造成堵塞（二）联苄的制备联苄的制取原理为：反应最佳条件为n（苯）：n（1，2﹣二氯乙烷）=10：1，反应温度在60﹣65℃之间．实验室制取联苄的装置如图2所示（加热和加持仪器略去）：实验步骤：在三口烧瓶中加入120.0mL苯和适量无水AlCl3，由滴液漏斗滴加10.7mL1，2﹣二氯乙烷，控制反应温度在60﹣65℃，反应约60min．将反应后的混合物依次用稀盐酸、2%Na2CO3溶液和H2O洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静止、过滤，先常压蒸馏，再减压蒸馏收集170～172℃的馏分，得联苄18.2g．相关物理常数和物理性质如下表（4）仪器a的名称为球形冷凝管，和普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是可以使液体顺利滴下．（5）洗涤操作中，水洗的目的是洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物；无水硫酸镁的作用是干燥．（6）常压蒸馏时，最低控制温度是83.5℃．（7）该实验的产率约为73.00%．（小数点后保留两位有效数字）【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．【分析】（一）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，可用食盐晶体和浓硫酸替代盐酸，为得到干燥的氯化铁，生成的氯气需除去氯化氢、水，可分别通过饱和食盐水、浓硫酸，然后在装置A中反应生成氯化铝，为防止污染空气和氯化铝的水解，A还要连接E装置，以吸收氯气和水，以此解答该题；（二）（4）由仪器结构特征，可知仪器a为球形冷凝管；滴液漏斗可以平衡漏斗内液体和下面的三颈烧瓶中的压强，便于漏斗内液体流下；（5）第二次用水洗涤是为了除去可溶性杂质，无水硫酸镁是为是吸收少量水；（6）常压蒸馏时，主要是除去混合物中的未反应的1，2一二氯乙烷，因为1，2一二氯乙烷的沸点为83.5℃，据此控制温度；（7）由方程式可知：n（1，2一二氯乙烷）=2n（苯）=n（1，l﹣二苯乙烷），过量计算，根据不足量物质计算理论生成1，l﹣二苯乙烷的质量，产率=×100%；【解答】解：（一）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，可用食盐晶体和浓硫酸替代盐酸，为得到干燥的氯化铁，生成的氯气需除去氯化氢、水，可分别通过饱和食盐水、浓硫酸，然后在装置A中反应生成氯化铝，为防止污染空气和氯化铝的水解，A还要连接E装置，以吸收氯气和水，（1）根据上面的分析可知，将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d→e→f→g→h→a→b→c，故答案为：f；g；h；a；b；c；（2）如果将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，则制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸，所以D装置不能去掉，故答案为：不可行；制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸；（3）装置A中制得的氯化铝容易将导管堵塞，所以可以在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞，故答案为：在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞；（二）（4）由仪器结构特征，可知仪器a为球形冷凝管；滴液漏斗可以平衡漏斗内液体和下面的三颈烧瓶中的压强，便于漏斗内液体流下，故答案为：球形冷凝管；可以使液体顺利滴下；（5）第二次用水洗涤是为了洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物，无水硫酸镁是为是吸收少量水，即干燥作用，故答案为：洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物；干燥；（6）常压蒸馏时，主要是除去混合物中的未反应的1，2一二氯乙烷，因为1，2一二氯乙烷的沸点为83.5℃，所以常压蒸馏时，最低控制温度是83.5℃，故答案为：83.5℃；（7）苯物质的量为=1.35mol，1，2一二氯乙烷的物质的量为mol=0.137mol，由方程式可知苯过量，则n（1，2一二氯乙烷）=n（1，l﹣二苯乙烷）=0.137mol，理论生成1，l﹣二苯乙烷的质量为：0.137mol×182g/mol=24.93g，而实际生成1，l﹣二苯乙烷为18.2g，故1，l﹣二苯乙烷的产率为：×100%=73.00%，故答案为：73.00%；【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析、实验能力的考查，明确原理是解题关键，注意把握相关基本实验方法和操作的把握．9．铜陵有色金属集团公司是电解铜产量全国第一的大型企业．其冶炼工艺中铜、硫回收率达到97%、87%．图表示其冶炼加工的流程：冶炼中的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2．（1）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图：①用离子方程式表示反应器中发生的反应SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+．②用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是HI分解为可逆反应，及时分离出产物2，有利于反应正向进行．③用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池．电池充放电时的总反应为：Ni （OH）2+M═NiO（OH）+MH，电池放电时，负极电极反应式为MH+OH﹣﹣e﹣=H2O+M；充电完成时，全部转化为NiO（OH），若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣．（2）在精炼铜的过程中，电解质溶液中c（Fe2+）、c（Zn2+）会逐渐增大而影响进一步电解．几种物质的溶度积常数（K sp）①调节电解液的pH是除去杂质离子的常用方法．根据上表中溶度积数据判断，含有等物质的量浓度Fe2+、Zn2+、Fe3+、Cu2+的溶液，随pH升高最先沉淀下来的离子是Fe3+．。

2016年高考全国2卷化学试题及答案解析

2016高考全国II卷化学7．下列有关燃料的说法错误的是A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一【答案】B考点：考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。

8．下列各组中的物质均能发生加成反应的是A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷【答案】B【解析】试题分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、溴乙烷和丙烷分子中均是饱和键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选B。

考点：考查有机反应类型9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和c+离子的电子层结构相同，d 与b同族。

下列叙述错误的是A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C．c的原子半径是这些元素中最大的D．d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A考点：元素的推断，元素周期律的应用等知识10．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A．7种B．8种C．9种D．10种【答案】C【解析】试题分析：分子式为C4H8Cl2的有机物可看成是丁烷C4H10中的两个H原子被两个Cl原子取代，C4H10有正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷CH3CH(CH3)CH3两种，正丁烷中2个H 原子被Cl原子取代，有6种结构，异丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有3种结构，共有9种。

考点：同分异构体的判断11．Mg—AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。

下列叙述错误的是A．负极反应式为Mg-2e-=Mg2+B．正极反应式为Ag++e-=AgC．电池放电时Cl-由正极向负极迁移D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【答案】B【解析】试题分析：根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e-= 2Cl-+ 2Ag，负极反应为：Mg-2e-=Mg2+，A项正确，B项错误；对原电池来说，阴离子由正极移向负极，C项正确；由于镁是活泼金属，则负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D项正确；答案选B。

高考化学二轮复习阶段检测卷(一)化学家眼中的物质世界(含解析)

阶段检测卷(一) 化学家眼中的物质世界一、选择题(本题包括25小题，每题2分，共50分，每小题只有一个选项正确) 1．(2016·浙江选考测试)下列属于碱性氧化物的是( ) A ．CaO B ．Na 2O 2 C ．SiO 2 D ．Mn 2O 7答案 A解析与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物。

Na 2O 2与酸反应生成盐、水和O 2，不是碱性氧化物；Mn 2O 7为酸性氧化物，所以答案为A 。

2．(2016·浙江省名校协作体高三试题)下列属于酸性氧化物的是( ) A ．水 B ．一氧化碳 C ．氧化钠 D ．二氧化硫答案 D解析酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物，故选D 。

3．(2016·台州9月选考质量评估)下列物质中，易溶于水的是( ) A ．KNO 3 B ．BaCO 3 C ．AgCl D ．CuO 答案 A解析 KNO 3易溶于水，BaCO 3、AgCl 、CuO 均难溶于水。

4．尿素[CO(NH 2)2]可用于电解制氢气，尿素属于( ) A ．有机物 B ．酸 C ．碱 D ．盐答案 A解析尿素属于有机物，A 正确。

5．(2016·温州8月选考模拟)下列化学反应中，属于氧化还原反应的是( ) A ．Na 2O ＋H 2O===2NaOH B ．2Fe(OH)3=====△Fe 2O 3＋3H 2O C ．2Mg ＋CO 2=====点燃2MgO ＋CD ．CaCO 3＋2HNO 3===Ca(NO 3)2＋CO 2↑＋H 2O 答案 C解析 A 、B 、D 项方程式中反应物、生成物中均无元素化合价的变化，C 项中Mg 为还原剂，CO 2为氧化剂，属于氧化还原反应。

6．(2016·台州9月选考质量评估)在反应2Na ＋2H 2O===2NaOH ＋H 2↑中，还原剂是( )A．Na B．H2OC．NaOH D．H2答案 A解析反应中，Na元素的化合物升高，失电子是还原剂，故选A。

高考化学二轮复习非选择必考题标准练4(含解析)-人教版高三全册化学试题

非选择必考题标准练(四)满分：58分1．(14分)碱式碳酸钴[Co x(OH)y(CO3)2]可用作电子材料、磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。

为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。

(1)请完成下列实验步骤：①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；③加热甲装置中硬质玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生时(填实验现象)，停止加热；④打开活塞K，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算。

(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是将甲装置中产生的水蒸气和CO2全部赶入乙、丙装置中。

(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的D(填字母)连接在活塞K前(或甲装置前)(填装置连接位置)。

(4)若按正确装置进行实验，测得如下数据：乙装置的质量/g 丙装置的装置/g加热前80.00 62.00加热后80.36 62.88则该碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。

(5)有人认为用如图所示装置进行两次实验也可以确定碱式碳酸钴的组成。

实验Ⅰ：称取一定质量的样品置于Y形管a处，加入一定体积一定物质的量浓度的足量稀硫酸于Y形管b处，量气管中盛放饱和碳酸氢钠溶液，而不用蒸馏水，其原因是饱和碳酸氢钠溶液会降低CO2的溶解度，然后通过将b向a倾斜，使稀硫酸流入a中(填操作)引发反应，测定产生的CO2的体积(假如实验条件是在室温下)。

实验Ⅱ：将实验Ⅰ中反应后的液体和足量的锌粒分别放置在另一个Y形管的a、b中，量气管中盛装蒸馏水，此时引发反应的方式与实验Ⅰ不同(填“相同”“不同”或“可相同也可不同”)，然后测定产生H2的体积(假设实验条件是在室温下)。

两次实验结束时，读数前，先恢复至室温，再调节量气管两侧液面持平，然后平视读数；下列操作有可能会使y的值偏大的是B(填字母)。

山东省泰安市2016届高考化学二模试卷(解析版)

2016年山东省泰安市高考化学二模试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．古代的很多成语、谚语都蕴含着很多科学知识，下列对成语、谚语的解释正确的是（）A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高B．“玉不琢不成器”，“百炼方能成钢”发生的均为化学变化C．“甘之如饴”说明糖类均有甜味D．“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．N A个Al（OH）3胶体粒子的质量为78gB．8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1N AC．在0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液中，阴离子总数一定大于0.1N AD．标准状况下，2.24 L己烷中共价键数目为1.9N A3．分子中苯环上的一个氢被﹣C4H9原子团取代形成的有机物共有（）A．9种B．10种C．12种D．15种4．如表实验中，对应的现象和结论都正确，且两者具有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D5．能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2：Ca2++2OH﹣+SO2═CaSO3↑+H2OB．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OC．用铜做电极电解NaCl溶液：2C1﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣D．将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O↑6．已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是（）A．Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7：20的共价化合物B．X，Y、Z可以组成一种盐，其中X、Y、Z元素原子个数比为4：2：3C．Y和W组成的化合物与X和Z组成的化合物反应可生成2种碱性物质D．由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种7．25°C时，向25ml 0.1wol•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示．下列有关叙述错误的是（）A．HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度B．B点时溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4C．A点时，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）D．C点时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）二、非选择题8．FeCl2是一种常用的还原剂．有关数据如下：实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2．回答下列问题：I．按如图1装置用H2还原无水FeCl3制取．（1）用装置A制取H2，其优点是；D中反应的化学方程式为；装置E 的作用是．（2）通人足量H2，充分反应．如果温度控制不当，产品中会含单质铁．检验产品中是否含铁的方案是．Ⅱ．按图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128℃～139℃加热3h，反应接近100%．反应如下：2FeCl3+C6H5Cl→FeCl2+C6H4Cl2+HCl（3）上述反应中，还原剂是．（4）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5C1并不会大量损失．原因是．（5）冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，干燥后，得到粗产品．①洗涤所用的试剂可以是；②简述回收滤液中C6H5C1的方案．（6）仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率．若要监控氯化铁转化率达到或超过90%，则烧杯中加入的试剂可以是．9．磷化氢（PH3）是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料．（1）在密闭粮仓放置的磷化铝（AIP）片剂，遇水蒸气放出PH3气体，化学方程式为（2）利用反应PH3+3HgCl2═P（HgCl）3↓+3HCl，通过测定溶液变化，可准确测定空气中微量的PH3；其中HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，则HgCl2属于（填“共价”或“离子”）化合物．（3）工业制备PH3的流程如图1所示：①亚磷酸属于元酸；②当反应I生成的n（NaH2PO2）：n（Na2HPO3）=3：1时，参加反应的n（P4）：n（NaOH）=．（4）用漂白粉可将PH3氧化为H3PO4，化学方程式为；含有水蒸气时可加快PH3的氧化过程，用离子方程式表示原因：．（5）从（4）中的反应产物中回收磷酸氢钙（CaHPO4）的方法如图2：①试剂X为（填化学式）；②已知25℃时，H3PO4的K a1=7.5×10﹣3、K a2=6.3×10﹣8、K a3=4.4×10﹣13．CaHPO4悬浊液pH7（填“＞”、“=”或“＜”），通过计算说明理由．10．以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H．在体积均为2L 的三个恒容密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变．图1为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应已经达到平衡状态．CO的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示．（1）0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为．（2）三个容器中一定达到平衡状态的是容器，此容器中反应达平衡时，放出热量20.5kJ，则△H=．（3）当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO的转化率最低的是容器；平衡常数最大的是容器．（4）工业实际合成CH3OH生产中，采用图2中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：．（5）科研人员设计了一种新型甲醇燃料电池，其电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2﹣．该电池工作时的负极电极反应式为．用该电池电解饱和食盐水（石墨电极），当电路中通过1.929×104 C的电量时，生成标准状况下氢气的体积为L．（已知：一个电子的电量是1.602×10﹣19C）三、【化学-选修2：化学与技术】11．工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：（1）在上述工业制硝酸的生产中，设备M的名称是，其中发生反应的化学方程式为．（2）此主产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是．科学研究证实了氢气与氧气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如图2：、、分别表示N2、H2、NH3．图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是、．（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是．（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2ONH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（NO也有类似的反应）以上两种方法中，符合绿色化学的是．（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3．已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%．则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的%．四、【化学--选修3：物质结构与性质】12．金属钛（Ti）被誉为21世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值．请回答下列问题：（1）Ti的基态原子价电子排布式为．（2）纳米TiO2常用作下述反应的催化剂．化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为．（3）含Ti3+的配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，其配离子中含有的化学键类型是，1mol该配合物中含有的σ键数目是．（4）通过X﹣射线探知KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似．且知三种离子晶体的晶格能数据如表：KCl、MgO、CaO、TiN四种离子晶体熔点由高到低的顺序为．（5）某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有个：Ti原子的配位数为；此配位原子构成的空间构型为；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为a nm．则该氮化钛晶体的密度为g•cm﹣3、N A为阿伏加德罗常数的值，只列计算式）．五、【化学--选修5：有机化学基础】13．化合物E、I是制备香料的重要物质．合成E路线：合成I路线：已知：①核磁共振氢谱显示，A中只有一种氢，G中有个数比为l：2：2：3的四种氢，且G遇FeCl3溶液显紫色；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．回答下列问题：（1）A→B的反应类型为，B在一定条件下生成高聚物的结构简式为．（2）B分子中的碳原子是否在同一平面上（填“是”或“否”）．（3）D所含的官能团的名称是，用系统命名法命名E：．（4）分子式为C8H10O且与C互为同系物的同分异构体有种，写出其中一种的结构简式．（5）写出由H→I的第一步反应的化学方程式．（6）利用上述合成路线中的信息，设计一个以甲苯为原料制备苯甲酸的合成路线．2016年山东省泰安市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．古代的很多成语、谚语都蕴含着很多科学知识，下列对成语、谚语的解释正确的是（）A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高B．“玉不琢不成器”，“百炼方能成钢”发生的均为化学变化C．“甘之如饴”说明糖类均有甜味D．“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应【考点】吸热反应和放热反应；物理变化与化学变化的区别与联系；焰色反应．【专题】物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化；元素及其化合物．【分析】A．冰转化为水的过程吸热；B．“玉不琢不成器”只是玉的形状改变；C．淀粉和纤维素没有甜味；D．焰色反应为某些金属元素的性质．【解答】解：A．冰转化为水的过程吸热，因此相同质量和温度的水和冰，水的能量高，故A错误；B．“玉不琢不成器”只是玉的形状改变，是物理变化，故B错误；C．淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，故C错误；D．焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故D 正确；故选D．【点评】本题考查物质变化、焰色反应等知识，平时必须注重知识的积累，才能正确解答本类题型，注重化学与生活的联系，题目难度不大．2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．N A个Al（OH）3胶体粒子的质量为78gB．8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1N AC．在0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液中，阴离子总数一定大于0.1N AD．标准状况下，2.24 L己烷中共价键数目为1.9N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；B、Cu2S的摩尔质量为CuO的2倍；C、溶液体积不明确；D、标况下己烷为液态．【解答】解：A、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故N A个氢氧化铝胶粒的质量大于78g，故A错误；B、Cu2S的摩尔质量为CuO的2倍，且含有的铜离子的个数也是CuO的2倍，故混合物可以认为是由CuO构成的，则8.0g混合物中含有的CuO的物质的量为0.1mol，则含有的铜原子为0.1N A个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故C错误；D、标况下己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键个数，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．分子中苯环上的一个氢被﹣C4H9原子团取代形成的有机物共有（）A．9种B．10种C．12种D．15种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】﹣C4H9有四种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、（CH3）2CH﹣CH2﹣、（CH3）3C﹣，苯环上两个取代基有邻间对三种结构．【解答】解：﹣C4H9有四种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH2﹣CH（CH3）﹣、（CH3）2CH﹣CH2﹣、（CH3）3C﹣，苯环上两个取代基有邻间对三种结构，共有4×3=12种．故选C．【点评】本题考查有机化合物的异构现象，注意根据﹣C4H9有四种结构，苯环上两个取代基有邻间对三种结构解题，题目难度不大．4．如表实验中，对应的现象和结论都正确，且两者具有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．碳酸钙属于弱酸盐，能和强酸反应生成二氧化碳和水；B．浓度商大于溶度积常数时产生沉淀；C．加热条件下，Cu易与氧气反应生成CuO；D．HS﹣和HSO3﹣都能与HCl反应生成有刺激性气味的气体．【解答】解：A．碳酸钙属于弱酸盐，能和强酸反应生成二氧化碳和水，将少量碳酸钙粉末加入到饱和NH4Cl溶液中，产生气体，粉末溶解，说明碳酸钙和比碳酸强的酸反应，只能是氯化铵水解生成的HCl，所以NH4Cl水解使溶液呈酸性，故A正确；B．浓度商大于溶度积常数时产生沉淀，将BaSO4固体粉末加入饱和Na2CO3溶液中，搅拌，过滤，洗涤，在滤渣中加入稀盐酸，产生气体，滤渣部分溶解，说明有碳酸钡生成，碳酸根离子和钡离子浓度商大于碳酸钡溶度积，导致产生碳酸钡沉淀，实际上K sp（BaCO3）＞K sp（BaSO4），故B错误；C．加热条件下，Cu易与氧气反应生成CuO，所以生成的红色物质不可能是Cu和氧气，应该是氧化亚铜，故C错误；D．HS﹣和HSO3﹣都能与HCl反应生成有刺激性气味的气体，所以该实验中不一定含有硫离子和亚硫酸根离子，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、沉淀的转化、盐类水解等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意检验离子时要排除其它离子的干扰，易错选项是B．5．能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2：Ca2++2OH﹣+SO2═CaSO3↑+H2OB．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OC．用铜做电极电解NaCl溶液：2C1﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣D．将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；B．酸性高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气；C．铜做电极，电极氯化钠溶液，为活性电极，电极本身放电；D．不符合反应客观事实，三价铁离子能够氧化碘离子．【解答】解：A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：Ca（OH）2+SO2═CaSO3↑+H2O，故A错误；B．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，离子方程式：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B正确；C．金属铜作阳极时，铜电极本身失去电子，阳极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极是水中的氢离子放电，故电解原理方程式为Cu+2H2O Cu（OH）2↓+H2↑，故C错误；D．将Fe2O3加入到HI溶液中，离子方程式：Fe2O3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+3H2O，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应遵循客观事实，题目难度不大．6．已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是（）A．Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7：20的共价化合物B．X，Y、Z可以组成一种盐，其中X、Y、Z元素原子个数比为4：2：3C．Y和W组成的化合物与X和Z组成的化合物反应可生成2种碱性物质D．由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Z是O元素；X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，且原子序数小于Z，所以X是H元素；W的族序数比X的族序数大1，则W位于ⅡA族，W的原子序数大于Y，则W为Mg元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则Y的原子序数小于O元素，则Y只能为只能为N元素，据此进行解答．【解答】解：X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Z是O元素；X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，且原子序数小于Z，所以X是H元素；W的族序数比X的族序数大1，则W位于ⅡA族，W的原子序数大于Y，则W为Mg元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则Y的原子序数小于O元素，则Y只能为只能为N元素，A．Y是N元素，Z是O元素，Y和Z的质量比为7：20时其原子个数比=：=2：5，该化合物是N2O5，故A正确；B．X、Y、Z可以组成一种盐，当X、Y、Z元素原子个数之比为4：2：3时，该盐是NH4NO3，故B正确；C．Y和W组成的化合物为氮化镁，X和Z组成的化合物为水或双氧水，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，二者都是碱性物质，故C正确；D．由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有H2O、H3O+、NH3、NH4+，故D错误；故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素是解本题关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．7．25°C时，向25ml 0.1wol•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示．下列有关叙述错误的是（）A．HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度B．B点时溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4C．A点时，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）D．C点时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据图象可知，A点加入25mL氢氧化钠溶液时，氢氧化钠与草酸恰好反应生成NaHC2O4，溶液pH小于7，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度；B点加入的氢氧化钠溶液体积小于50mL，溶液的pH=7，说明氢氧化钠不足，此时溶质为NaHC2O4和Na2C2O4；C点加入50mL氢氧化钠溶液，反应后溶质为Na2C2O4，C2O42﹣发生水解，溶液呈碱性，由于氢氧根离子还来自离子水的电离，则c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣），据此并结合电荷守恒进行判断．【解答】解：A．加入25mL氢氧化钠溶液时，氢氧化钠与草酸恰好反应生成NaHC2O4，溶液pH小于7，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，故A正确；B．加入50mL氢氧化钠溶液时而在恰好反应，而B点加入的氢氧化钠溶液体积小于50mL，说明氢氧化钠不足，此时溶质为NaHC2O4和Na2C2O4，故B正确；C．根据电荷守恒可知A点一定满足：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C正确；D．C点加入50mL氢氧化钠溶液，反应后溶质为Na2C2O4，C2O42﹣发生水解，溶液呈碱性，由于氢氧根离子还来自离子水的电离，则c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+），故D错误；故选D．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象中各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．二、非选择题8．FeCl2是一种常用的还原剂．有关数据如下：实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2．回答下列问题：I．按如图1装置用H2还原无水FeCl3制取．（1）用装置A制取H2，其优点是通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止；D中反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；装置E的作用是吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置．（2）通人足量H2，充分反应．如果温度控制不当，产品中会含单质铁．检验产品中是否含铁的方案是取样品少许放入试管中，向其中加入盐酸，观察是否有气泡产生．Ⅱ．按图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128℃～139℃加热3h，反应接近100%．反应如下：2FeCl3+C6H5Cl→FeCl2+C6H4Cl2+HCl（3）上述反应中，还原剂是C6H5Cl．（4）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5C1并不会大量损失．原因是实验使用了冷凝回流装置．（5）冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，干燥后，得到粗产品．①洗涤所用的试剂可以是苯；②简述回收滤液中C6H5C1的方案蒸馏滤液，并收集132℃馏分．（6）仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率．若要监控氯化铁转化率达到或超过90%，则烧杯中加入的试剂可以是滴有酚酞且含18g NaOH的溶液．【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】I．按如图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚，据此答题．II．（3）根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂；（4）根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失；（5）三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题；（6）根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，利用氯化氢的量可判断氯化铁转化率，要确定生成氯化氢的量，可在烧杯中加入一定量的氢氧化钠，并用酚酞作指示剂进行判断反应进行的程度．【解答】解：I．按如图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚．（1）装置A为启普发生器的简易装置，适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，该装置的优点是便于控制反应，实验室一般用锌和稀盐酸制备H2，用装置A制取H2，通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止，根据上面的分析可知，E中盛放的试剂是碱石灰；吸收氯化氢气体，同时防止空气中的水份进入D装置，D中反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl，故答案为：通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止；H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置；（2）温度控制不当，产品中含单质铁．检验产品中是否含铁的方案为取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生，故答案为：取样品少许放入试管中，向其中加入盐酸，观察是否有气泡产生；II．（3）根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂，故答案为：C6H5Cl；（4）根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，故答案为：实验使用了冷凝回流装置；（5）三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂例如苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，①洗涤所用的试剂可以是苯；故答案为：苯；②回收滤液中C6H5Cl的方案是蒸馏滤液，并收集132℃馏分，故答案为：蒸馏滤液，并收集132℃馏分；（6）根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，氯化铁转化率达到或超过90%，则可产生氯化氢的物质的量为×=0.45mol，所以可在烧杯中加入0.45×40g的氢氧化钠即18g，并用酚酞作指示剂进行判断反应进行的程度，如果18g氢氧化钠完全反应，则产率达到或超过90%，故答案为：滴有酚酞且含18g NaOH的溶液．【点评】本题考查实验室制备氯化亚铁的方案设计与评价，题目难度中等，本题注意把握实验操作原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累．9．磷化氢（PH3）是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料．（1）在密闭粮仓放置的磷化铝（AIP）片剂，遇水蒸气放出PH3气体，化学方程式为AlP+3H2O=Al （OH）3+PH3（2）利用反应PH3+3HgCl2═P（HgCl）3↓+3HCl，通过测定溶液PH或电导率变化，可准确测定空气中微量的PH3；其中HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，则HgCl2属于共价（填“共价”或“离子”）化合物．（3）工业制备PH3的流程如图1所示：①亚磷酸属于二元酸；②当反应I生成的n（NaH2PO2）：n（Na2HPO3）=3：1时，参加反应的n（P4）：n（NaOH）=3：10．（4）用漂白粉可将PH3氧化为H3PO4，化学方程式为2Ca（ClO）2+PH3=H3PO4+2CaCl2；含有水蒸气时可加快PH3的氧化过程，用离子方程式表示原因：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣．（5）从（4）中的反应产物中回收磷酸氢钙（CaHPO4）的方法如图2：①试剂X为Ca（OH）2或（填化学式）；②已知25℃时，H3PO4的K a1=7.5×10﹣3、K a2=6.3×10﹣8、K a3=4.4×10﹣13．CaHPO4悬浊液pH＞7（填“＞”、“=”或“＜”），通过计算说明理由水解程度大于电离程度，溶液呈碱性．【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】（1）根据题干信息，磷化铝水解生成氢氧化铝和磷化氢；（2）PH3为共价化合物，在气态时只存在分子，HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，说明HgCl2在溶液中没有溶质离子，在水中不电离，属于共价化合物，但磷化氢与HgCl2作用，生成HCl，所以可通过测定溶液的PH或通过测定溶液的电导率的变化，可准确测定空气中微量的PH3；（3）①与足量的NaOH溶液反应生成亚磷酸钠，化学式为Na2HPO3，可说明H3PO3为二元酸；②该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠、磷化氢，根据n（NaH2PO2）：n（Na2HPO3）=3：1和得失电子守恒书写方程式，根据方程式判断参加反应的n（P4）：n（NaOH）比；（4）漂白粉主要成分为CaCl2、Ca（ClO）2，具有氧化性的是Ca（ClO）2，将PH3氧化为H3PO4，反应物为Ca（ClO）2、PH3，生成物为H3PO4、CaCl2，据此书写方程式，含有水蒸气时，次氯酸根离子水解生成碱中和酸能使氧化PH3加快；。

高考化学二轮复习讲练测_专题05_氧化还原反应(测)_含解析(有答案)

专题五氧化还原反应总分100分时间45分钟班级_______ 学号_______ 得分_______（一）选择题（本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题5分，共50分）1．【黑龙江哈六中2016届上期中】某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（）①原溶液中的Br－一定被氧化；②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；③不能确定溶液，静置、分液，向上层溶通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I-、Fe2+、Br-均被完全氧化液中加入足量的AgNO3A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【答案】B2．【湖南常德一中2016届第三次月考】美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，关于氢铝化合物的推测不正确的是（）A．氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气B．与H2O反应生成2.24 LH2（标况下），转移的电子为0.2 molC．氢铝化合物中氢显-1价D．氢铝化合物具有强还原性【答案】B【解析】试题分析：与水发生AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2↑，A．由方程式可知反应生成氢氧化铝和氢气，A正确；B．与H2O反应生成2.24 L H2(标况下)，氢气的物质的量为0.1mol，转移的电子为0.１mol，B错误；C．(AlH3)n中H为-1价，C正确；D．H元素化合价为最低价态，具有还原性，D正确；答案为Ｂ。

−N2+H2O（未3．【湖南常德一中2016届第三次月考】一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3+NO−→配平）。

在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．2∶3 B．3∶2 C．4∶5 D．5∶6【答案】A4．【内蒙古巴彦淖尔一中2016届9月月考】在2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2的反应中，当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为（）A．1 mol B．1/2 molC．2/3 mol D．1/3 mol【答案】A【解析】试题分析：碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，氧元素的化合价从0价降低到－2价，根据电子得失守恒可知2 mol的KI被氧化时，失去2mol电子，所以被还原的氧原子为2mol÷2＝1mol，答案选A。

2016届高考化学二轮复习全国卷近5年模拟试题分考点汇编垃圾资源化(含解析)

垃圾资源化1、摩尔是（）A．物质的数量单位 B.物质的质量单位C.物质的量的单位D.既是物质的数量单位又是物质的质量【答案】C2、已知2SO2 (g) + O2 (g) 2SO3 (g)；ΔH ＝－197 kJ·mol-1。

向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3。

恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（）A．容器内压强P：P甲＝P丙> 2P乙B．SO3的质量m：m甲＝m丙 > 2m乙C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙> k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙> 2Q乙【答案】B【解析】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等。

A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，P乙＜P甲＜2P乙，P甲=P丙＜2P乙，错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，压强m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，m甲=m丙＞2m乙，正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，k甲=k丙=k乙=2：1，错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，Q甲+G丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，Q甲＞2Q乙，错误，选B。

《名师伴你行》2016高考化学二轮复习练习1-1-2化学常用计量Word版含答案

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)(2015·全国卷Ⅱ)60 g丙醇中存在的共价键总数为10N A()(2)(2015·全国卷Ⅱ)1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO－3和CO2－3的离子数之和为0.1N A()(3)(2015·全国卷Ⅱ)钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。

23 g钠充分燃烧时转移电子数为1N A()(4)(2015·四川卷)2.0 g H182O与D2O的混合物中所含中子数为N A()(5)(2015·四川卷)标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5N A()(6)(2015·四川卷)50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3N A()(7)(2014·江苏卷)1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1N A()(8)(2014·江苏卷)0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1N A()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×(7)√(8)×解析：(1)60 g丙醇的物质的量是1 mol，分子中存在的共价键总数为11N A；(2)1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO－3、CO2－3和H2CO3的微粒数之和为0.1N A；(5)标准状况下5.6 L CO2的物质的量是0.25 mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25N A；(6)12 mol/L 盐酸随着反应的进行，浓度变稀后与MnO2不反应；(8)丙烯酸中除碳碳双键外，还存在碳氧双键。

2．(2015·海南卷)下列指定微粒的数目相等的是()A．等物质的量的水与重水含有的中子数B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数答案：BD解析：A项，1 mol普通水中含有的中子数是8 mol，1 mol重水中含有的中子数是10 mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，错误。

[名师圈题]天津市2016届高考模拟(二)化学试题(word版附答案)

2016 年天津市高考模拟试卷名师圈题”化学模拟试卷（二）可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39Fe 56Zn 65第Ⅰ卷本卷包括 16 小题，每小题 2 分，共 32 分。

在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

1．下列说法不．正．确．的是（） A ．含氟氯代烃的废弃发泡塑料对臭氧层无影响 B ．煤的气化是高效且清洁地利用煤炭的重要途径 C ．将聚乙烯塑料经热裂解可得重新利用的小分子 D ．使用无磷洗衣粉可缓解水体富营养化的趋势 2．下列说法不．正．确．的是（） A ．仅用酸性高锰酸钾溶液可区分苯和甲苯 B ．仅用氯化铁溶液可区分苯酚稀溶液和甘油 C ．仅用硝酸银溶液可验证卤代烃中卤原子的种类 D ．仅用溴的四氯化碳溶液可区别液态的植物油和动物油 3．下列说法不．正．确．的是（） A ．482＋20Ca的中子数比核外电子数多 10B ．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数C ．微粒 Na ＋、Mg 2＋、O 2－具有相同的电子层结构D. 第ⅣA 与ⅦA 族元素的原子间构成的分子均满足原子最外层 8 电子结构 4．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（）A ．1 mol ∙L －1NaClO 溶液：H ＋、SO 42－、I －B ．能使甲基橙变红的溶液：H ＋、NH 4＋、SO 42－C ．c (H ＋)/c (OH －) =1×1014 的溶液：Na ＋、Fe 2＋、NO 3－D ．由水电离的 c (OH －)=1×10－14 mol ∙L －1 的溶液：K ＋、Cl －、HCO 3－5．现有等物质的量浓度的下列溶液：①Ba(OH)2 ②NaOH ③NaCl ④H 2CO 3 ⑤Na 2CO 3 ⑥NaHCO 3。

按溶液 pH 由大到小排列正确的是（）A ．①②⑤⑥③④B ．⑤⑥①②④③C ．④③⑥⑤②①D ．②①③④⑤⑥6．用糖类物质制备乙酸乙酯的合成路线之一如下图所示：A B 32C ．反应③:所需反应条件可为酸性重铬酸钾溶液D ．反应④：产物通入滴有酚酞的饱和碳酸钠溶液中振荡、静置后下层溶液颜色无变化2016 年天津市高考模拟试卷第二套7．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H ＋(aq)＋OH －(aq)=H 2O(l) ΔH =－57.3 kJ/mol ，向 1 L 0.5 mol ∙L －1 的 NaOH 溶液中加入下列物质：①稀醋酸 ②浓硫酸 ③稀硝酸，恰好完全反应的热效应 ΔH 1、ΔH 2、ΔH 3 的关系正确的是（）A ．ΔH 1＞ΔH 2＞ΔH 3B ．ΔH 1＜ΔH 3＜ΔH 2C ．ΔH 1＝ΔH 3＞ΔH 2D ．ΔH 1＞ΔH 3＞ΔH 28．下列关于右图所示电化学装置的分析正确的是（）A ．若 X 为直流电源，Y 为铜棒接正极，则 Fe 棒上镀铜B ．若 X 为直流电源，Y 为碳棒接负极，则 Fe 棒被保护C ．若 X 为电流计，Y 为锌棒，则 SO 42－移向 Fe 棒D ．若 X 为导线，Y 为铜棒，则 Fe 棒发生还原反应 9．下列说法正确的是（）A ．100℃时，纯水的 pH ＜7，呈酸性B ．将氨水滴入盐酸中，当 c (NH 4+)=c (Cl －)时，混合溶液呈碱性 X电极 YFe 棒CuSO 4 溶液C ．常温下 pH=3 的 H 2SO 4 溶液与 pH=11 的氨水等体积混合后溶液中D ．将 AgCl 和 AgBr 的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓 AgNO 3 溶液，产生的沉淀主要是 AgCl10．常温下，某同学向 100 mL H 2S 饱和溶液中通入 SO 2(横坐标体积已换算为标准状况下)，所得溶液 pH 变化如图所示。

四川省“卷中卷”大联考2016届高三化学模拟试卷(二) Word版含解析

2016年四川省“卷中卷”大联考高考化学模拟试卷（二）一．本卷共7题，每题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．化学与人类关系密切．下列说法不正确的是（）A．SO2可用于加工食品，使食品增白B．NaOH可用于清洗抽油烟机C．葡萄糖可用于合成保健药物维生素CD．聚丙烯塑料可用作食品保鲜膜2．下列关于明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液的叙述正确昀是（）A．明矾净水原理为：Al3++3H2O=Al（OH）3↓+3H+B．该溶液中AlO2﹣、F﹣、K+、Na+能大量共存C．加入过量NH3•H2O反应的离子方程式为：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O D．加入过量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=AlO2﹣十2BaSO4↓+2H2O4．设N A表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1 molNaN3所含阴离子总数为3N AB．常温常压下，28 g乙烯气体中σ键与π键数目之和为6N AC．标准状况下，22.4L C12通入到足量FeBr2溶液中，被氧化的Br﹣数目为2N AD．500 mL 18 mol/L的H2SO4溶液与足量Cu共热，电子转移数目为9N A5．用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，其装置如图所示．下列说法不正确的是（）A．直流电源中X为负极B．阳极反应为2NH4+﹣6e﹣=N2↑+8H+C．阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣D．当有6mol电子转移时，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差为32 g6．常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后，有关溶液中微粒浓度关系不正确的是（）A．若溶液pH=7，则c（A﹣）=c（HA）B．若c（A﹣）＞c（HA），则溶液中水电离的c（H+）＜1.0×10﹣7mol/LC．若pH＞7，加水稀释c（A﹣）/c（HA）增大D．溶液中，c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）﹣2c（OH﹣）7．在5L密闭容器中充入X（g），发生反应X（g）═Y（g）+Z（g）△H，所得实验数据A．实验②起始时V（逆）＜v（正）且a=0.9B．600℃时，该反应平衡常数K=3.2 moI/LC．实验③中b＜1.2D．若b＞c，则△H＜O二、（非选择题共58分）8．X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y与R同族，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，X与Y可形成直线形分子XY2，Z的基态原子p轨道上电子总数为7，T2+离子的3d轨道上有3个电子．请回答下列问题：（1）R的基态原子电子排布式是，X、Y、R中电负性最大的是（填元素符号）．（2）XY32﹣离予中X的杂化形式是，RY2分子的立体构型是．（3）Z的单质晶胞如图所示，则晶体中Z的配位数是．（4）T3+能被酸性KMnO4氧化成TO2+，则其反应的离子方程式是．9．绿矾（FeSO4•7H2O）在医药上用作补血剂．某兴趣小组拟制备绿矾晶体，并探究其受热分解的产物．Ⅰ．【查阅资料】（1）FeSO4•7H2O为绿色晶体，易溶于水，易被空气中的氧气氧化．（2）FeSO4的溶解度随温度升高而增大．（3）FeSO4•7H2O在较高温度下分解成水及金属氧化物、非金属氧化物．Ⅱ．【制备产品】实验步骤：（l）称取5.2g铁粉放入烧杯中，并加入25mL 3mol/L稀硫酸，将烧杯放到热水浴（控制温度60℃左右）中加热30min，直到有少量气泡冒出，此时烧杯底部有少量铁粉剩余．铁粉需要过量的原因是．（2）用少量热水预热过滤器，然后将上述反应混合物趁热过滤，将盛装滤液的烧杯放入盛有冷水的烧杯中冷却结晶，过滤得到晶体．用热水预热过滤器及趁热过滤的目的是．Ⅲ．【探究分解产物】实验装置：实验步骤：（1）检验装置的气密性，按如图所示加入试剂．（2）打开活塞a，通入N2，排尽空气，关闭活塞a，点燃A处酒精灯．（3）观察实验现象，探究分解产物：①充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色．②C处品红溶液褪色，说明有生成（填化学式）．③兴趣小组推测，除上述两种氧化物及水生成外，还有一种氧化物生成．他们推测的理由是；检验该氧化物时，B中盛装的试剂是（填编号）．a．紫色石蕊试液b．NaHCO3溶液c．BaC12溶液d．Ba（NO3）2溶液④FeSO4•7H2O分解的化学方程式是．10．高分子化合物聚碳酸酯H的透光率良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃，其合成路线如下（部分产物略去）：已知： +2ROH+2CH3CHOH（R为烃基）请回答下列问题：（l）E的化学名称是，G中含有的官能团名称是，A→B反应类型是．（2）D→E的化学方程式是．（3）C+F→G的化学方程式是．（4）聚碳酸酯H的结构简式是．（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有种．①只含有一个苯环；②苯环上连有3条侧链，其中有2个为﹣CH=CHCHO．11．工业上用NH3制取HNO3的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）上述流程中循环使用的物质是．（2）尾气中含有NO、NO2（物质的量之比为1：1）可用Ca（OH）2吸收以获取亚硝酸钙，其反应的化学方程式是．（3）下列可以代替Ca（NO3）2加入到蒸馏塔中的物质可能是．A．Mg（NO3）2B．浓H2SO4C．CaC12D．Fe（NO3）2（4）以偏二甲肼（C2N2H8）、NO2为原料的酸性燃料电池（两极产物均为N2），正极反应式是．（5）己知：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H1=a kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H2=b kJ/molNH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）△H3=ckJ/mol则NO2（g）在吸收塔中反应生成HNO3（l）的热化学方程式是（6）用NH3制NH4NO3．①制HNO3：假设氧化炉中NH3的氧转化率为a，转化室中NO转化率为b，吸收塔中NO2吸收率为c；②制NH4NO3：用生成的HNO3与NH3反应制NH4NO3，其利用率为d．则用NH3制NH4NO3的整个过程中，NH3的总转化率是．2016年四川省“卷中卷”大联考高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一．本卷共7题，每题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．化学与人类关系密切．下列说法不正确的是（）A．SO2可用于加工食品，使食品增白B．NaOH可用于清洗抽油烟机C．葡萄糖可用于合成保健药物维生素CD．聚丙烯塑料可用作食品保鲜膜【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．二氧化硫有毒；B．NaOH可使油污水解；C．葡萄糖为重要的化工原料；D．聚丙烯塑料为合成高分子，无毒．【解答】解：A．二氧化硫有毒，不能用于加工食品，故A错误；B．NaOH可使油污水解，则NaOH可用于清洗抽油烟机，故B正确；C．葡萄糖是重要的工业原料，主要用于食品加工、医疗输液、合成补钙药物及维生素C等，故C正确；D．聚丙烯塑料为合成高分子，无毒，可用作食品保鲜膜，故D正确；故选A．2．下列关于明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液的叙述正确昀是（）A．明矾净水原理为：Al3++3H2O=Al（OH）3↓+3H+B．该溶液中AlO2﹣、F﹣、K+、Na+能大量共存C．加入过量NH3•H2O反应的离子方程式为：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OD．加入过量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=AlO2﹣十2BaSO4↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，不能使用沉淀符号；B．偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；C．氨水为弱碱，反应生成氢氧化铝沉淀；D．氢氧化钡过量，反应生成偏铝酸根离子和硫酸钡沉淀．【解答】解：A．明矾中铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，正确的离子方程式为：Al3++3H2O ⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；B．AlO2﹣与明矾中铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．一水合氨与明矾溶液中的铝离子发生反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．加入过量Ba（OH）2溶液，铝离子转化成偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=AlO2﹣十2BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选D．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．乙烯可与溴发生加成反应；B．氯水中含有盐酸，可与碳酸氢钠反应；C．蓝色溶液最终转化为深蓝色溶液，可说明氨气易形成配合物；D．红褐色沉淀为氢氧化铁．【解答】解：A．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应可生成乙烯，乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故A正确；B．氯水中含有盐酸，可与碳酸氢钠反应，不能验证次氯酸是否与碳酸氢钠反应，故B错误；C．蓝色溶液最终转化为深蓝色溶液，可说明氨气易形成配合物，故C正确；D．红褐色沉淀为氢氧化铁，可说明过氧化钠具有强氧化性，故D正确．故选B．4．设N A表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1 molNaN3所含阴离子总数为3N AB．常温常压下，28 g乙烯气体中σ键与π键数目之和为6N AC．标准状况下，22.4L C12通入到足量FeBr2溶液中，被氧化的Br﹣数目为2N AD．500 mL 18 mol/L的H2SO4溶液与足量Cu共热，电子转移数目为9N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．NaN3中阴离子为N3﹣，1mol中含有1mol阴离子；B．乙烯分子中含有4个C﹣Hσ键，1个C﹣Cσ键，1个C﹣Cπ键；C．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气氧化二价铁离子再氧化溴离子；D．浓硫酸与铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应．【解答】解：A．NaN3中阴离子为N3﹣，1mol中含有1mol阴离子，故A错误；B.28 g乙烯物质的量为1mol，含有4molC﹣Hσ键，1molC﹣Cσ键，1molC﹣Cπ键，σ键与π键数目之和为6N A，故B正确；C．标准状况下，22.4L C12物质的量为1mol，通入入到足量FeBr2溶液中，0.5mol氧化二价铁离子生成三价铁离子，剩余0.5mol氯气氧化溴离子，依据方程式Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，被氧化的Br﹣数目为，N A，故C错误；D.500 mL 18 mol/L的H2SO4溶液与足量Cu共热，硫酸完全反应则电子转移数目为9N A，但是随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应所有转移电子数小于9N A，故D错误；故选：B．5．用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，其装置如图所示．下列说法不正确的是（）A．直流电源中X为负极B．阳极反应为2NH4+﹣6e﹣=N2↑+8H+C．阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣D．当有6mol电子转移时，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差为32 g【考点】电解原理．【分析】用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应2NH4+﹣6e﹣=N2↑+8H+，在阴极上是氢离子得电子的还原反应2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，根据电极反应式结合电子守恒进行计算回答．【解答】解：A、用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应，所以Y是正极，X是负极，故A正确；B、在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应2NH4+﹣6e﹣=N2↑+8H+，故B正确；C、在阴极上是氢离子得电子的还原反应2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故C正确；D、当有6mol电子转移时，2NH4+﹣6e﹣=N2↑+8H+，阳极附近电解质质量减小28g，2H2O+2e ﹣=H2↑+2OH﹣，阴极上电解质质量减小6g，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差是22g，故D错误．故选D．6．常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后，有关溶液中微粒浓度关系不正确的是（）A．若溶液pH=7，则c（A﹣）=c（HA）B．若c（A﹣）＞c（HA），则溶液中水电离的c（H+）＜1.0×10﹣7mol/LC．若pH＞7，加水稀释c（A﹣）/c（HA）增大D．溶液中，c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）﹣2c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合溶液，A．溶液中存在电荷守恒分析判断选项，阴阳离子所带电荷总数相同；B．若c（A﹣）＞c（HA），说明溶液中HA电离程度大于A﹣离子水解程度，溶液显酸性抑制水的电离；C．若pH＞7说明A﹣离子水解程度大于HA的电离，c（A﹣）＜c（HA），加水稀释水解程度促进大；D．溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断．【解答】解：常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH 溶液，充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合溶液，A．溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，c（H+）+c（Na+）=c（A﹣）+c（OH﹣），若溶液pH=7，则c（A﹣）=c（HA），故A正确；B．若c（A﹣）＞c（HA），说明溶液中HA电离程度大于A﹣离子水解程度，溶液显酸性抑制水的电离，则溶液中水电离的c（H+）＜1.0×10﹣7mol/L，故B正确；C．若pH＞7说明A﹣离子水解程度大于HA的电离，c（A﹣）＜c（HA），加水稀释水解程度促进大，减小，故C错误；D．溶液中电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（A﹣）+c（OH﹣），物料守恒：2c（Na+）=c（A ﹣）+c（HA），消去钠离子得到c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）﹣2c（OH﹣），故D正确；故选C．7．在5L密闭容器中充入X（g），发生反应X（g）═Y（g）+Z（g）△H，所得实验数据A．实验②起始时V（逆）＜v（正）且a=0.9B．600℃时，该反应平衡常数K=3.2 moI/LC．实验③中b＜1.2D．若b＞c，则△H＜O【考点】化学平衡的计算．【分析】A、实验①与实验②互为等效平衡，根据极限转化得a为0.9，平衡时为0.8，说Y在消耗，反应从逆方向开始；B、根据化学平衡常数的概念计算；C、实验③相当于在②的平衡加压；D、实验③和④温度不同，极限转化为同种物质表示时，物质的起始量也不同，不能比较出温度发影响．【解答】解：A、实验①与实验②平衡状态相同，则互为等效平衡，通过极限转化为同种物质表示时，同种物质的投入应该相同，故a=0.9，即起始时Y为0.9，平衡时为0.8，说明反应从逆方向开始，即V（逆）＞V（正），故A错误；B、根据实验①X（g）═Y（g）+Z（g）起始量：1 0 0转化量：0.8 0.8 0.8平衡量：0.2 0.8 0.8则K==0.64，故B错误；C、将实验③的物质通过极限转移为X，为1.5mol，为实验①的1.5倍，可以看做是在实验①容器容积的1.5倍的容器中达到平衡后，再压缩至5L容器达到的平衡，若平衡不移动，b=1.2，压缩体积，该反应逆向移动，b＜1.2，故C正确；D、实验③和④温度不同，极限转化为同种物质表示时，Y为1.7，Z为1.5，物质的起始量也不同，不能得到温度对该平衡的影响，故D错误；故选C．二、（非选择题共58分）8．X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y与R同族，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，X与Y可形成直线形分子XY2，Z的基态原子p轨道上电子总数为7，T2+离子的3d轨道上有3个电子．请回答下列问题：（1）R的基态原子电子排布式是ls22s22p63s23p4，X、Y、R中电负性最大的是O（填元素符号）．（2）XY32﹣离予中X的杂化形式是sp2，RY2分子的立体构型是V形．（3）Z的单质晶胞如图所示，则晶体中Z的配位数是12．（4）T3+能被酸性KMnO4氧化成TO2+，则其反应的离子方程式是5V3++MnO4﹣+H2O=Mn2++5VO2++2H+．【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，则该氢化物为水，所以Y为O元素；Y与R同族，所以R为S元素；X与O可形成直线形分子XY2，而且X的原子序数比O小，所以X为C元素；Z的基态原子p 轨道上电子总数为7，则Z的电子排布为ls22s22p63s23p1，为Al元素；T2+离子的3d轨道上有3个电子，其电子排布式为ls22s22p63s23p63d3，所以原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d34s2，则T为V元素；结合元素化合物的性质和元素周期律分析解答．【解答】解：X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，则该氢化物为水，所以Y为O元素；Y与R同族，所以R为S元素；X与O可形成直线形分子XY2，而且X的原子序数比O小，所以X为C元素；Z的基态原子p轨道上电子总数为7，则Z的电子排布为ls22s22p63s23p1，为Al元素；T2+离子的3d轨道上有3个电子，其电子排布式为ls22s22p63s23p63d3，所以原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d34s2，则T为V元素；（1）R为S元素，其原子核外有16个电子，分三层排布，则其电子排布式为：ls22s22p63s23p4；元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性O＞C＞S，即O的电负性最强；故答案为：ls22s22p63s23p4；O；（2）CO32﹣离子中C的价层电子对数=3+（4+2﹣3×2）=3，属于sp2杂化；SO2分子中S的价层电子对数=2+（6﹣2×2）=3，含有一个孤电子对，所以立体构型是V形；故答案为：sp2；V形；（3）Z为Al元素，其晶胞属于面心立方，则配位数为12；故答案为：12；（4）V3+能被酸性KMnO4氧化成VO2+，则其反应的离子方程式为：5V3++MnO4﹣+H2O=Mn2++5VO2++2H+；故答案为：5V3++MnO4﹣+H2O=Mn2++5VO2++2H+．9．绿矾（FeSO4•7H2O）在医药上用作补血剂．某兴趣小组拟制备绿矾晶体，并探究其受热分解的产物．Ⅰ．【查阅资料】（1）FeSO4•7H2O为绿色晶体，易溶于水，易被空气中的氧气氧化．（2）FeSO4的溶解度随温度升高而增大．（3）FeSO4•7H2O在较高温度下分解成水及金属氧化物、非金属氧化物．Ⅱ．【制备产品】实验步骤：（l）称取5.2g铁粉放入烧杯中，并加入25mL 3mol/L稀硫酸，将烧杯放到热水浴（控制温度60℃左右）中加热30min，直到有少量气泡冒出，此时烧杯底部有少量铁粉剩余．铁粉需要过量的原因是防止Fe2+被氧化．（2）用少量热水预热过滤器，然后将上述反应混合物趁热过滤，将盛装滤液的烧杯放入盛有冷水的烧杯中冷却结晶，过滤得到晶体．用热水预热过滤器及趁热过滤的目的是防止晶体在滤纸上析出，影响产量．Ⅲ．【探究分解产物】实验装置：实验步骤：（1）检验装置的气密性，按如图所示加入试剂．（2）打开活塞a，通入N2，排尽空气，关闭活塞a，点燃A处酒精灯．（3）观察实验现象，探究分解产物：①充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色．②C处品红溶液褪色，说明有SO2生成（填化学式）．③兴趣小组推测，除上述两种氧化物及水生成外，还有一种氧化物生成．他们推测的理由是FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒及元素守恒，有+6价的硫剩余；检验该氧化物时，B中盛装的试剂是c（填编号）．a．紫色石蕊试液b．NaHCO3溶液c．BaC12溶液d．Ba（NO3）2溶液④FeSO4•7H2O分解的化学方程式是2FeSO4•7H2O═Fe2O3+SO2↑+SO3+14H2O．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】II．（1）亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，加入过量铁粉可以防止亚铁离子被氧化；（2）用热水预热过滤器及趁热过滤是为了减少晶体的损失；III．（3）①充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色说明生成氧化铁；②结合原子守恒分析分解产物，品红溶液褪色是二氧化硫气体；③依据氧化还原反应电子守恒分析，FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，电子转移铁元素+2价变化为+3价，硫元素化合价+6价变化为+4价，还剩余+6价化合物为三氧化硫，检验该氧化物利用三氧化硫溶于水生成硫酸，加入氯化钡溶液生成沉淀设计实验检验；④反应物为硫酸亚铁结晶水合物晶体受热分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，结合原子守恒配平书写化学方程式．【解答】解：II．（1）亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，加入过量铁粉可以防止亚铁离子被氧化，铁粉需要过量的原因是防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（2）用热水预热过滤器及趁热过滤是为了减少晶体的损失，防止晶体在滤纸上析出，影响产量，故答案为：防止晶体在滤纸上析出，影响产量；III．（3）①充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色说明生成氧化铁；②结合原子守恒分析分解产物，品红溶液褪色是二氧化硫气体，故答案为：SO2；③依据氧化还原反应电子守恒分析，FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，电子转移铁元素+2价变化为+3价，硫元素化合价+6价变化为+4价，还剩余+6价化合物为三氧化硫，检验该氧化物利用三氧化硫溶于水生成硫酸，加入氯化钡溶液生成沉淀设计实验检验，a．二氧化硫溶于水也可以使紫色石蕊试液变红色，故a错误；b．NaHCO3溶液和亚硫酸、硫酸都反应生成二氧化碳气体，不能鉴别硫酸，故b错误；c．BaC12溶液和三氧化硫反应生成不溶于水，不溶于酸的白色沉淀，证明函硫酸根离子，故c正确；d．二氧化硫气体通入Ba（NO3）2溶液会形成稀硝酸吧二氧化硫氧化为硫酸，也会生成不溶于酸的白色沉淀，不能鉴别三氧化硫，故d错误；故答案为：FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒及元素守恒，有+6价的硫剩余，c；④反应物为硫酸亚铁结晶水合物晶体受热分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，结合原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO4•7H2O═Fe2O3+SO2↑+SO3+14H2O，故答案为：2FeSO4•7H2O═Fe2O3+SO2↑+SO3+14H2O．10．高分子化合物聚碳酸酯H的透光率良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃，其合成路线如下（部分产物略去）：已知： +2ROH+2CH3CHOH（R为烃基）请回答下列问题：（l）E的化学名称是2﹣丙醇，G中含有的官能团名称是羟基，A→B反应类型是取代反应．（2）D→E的化学方程式是．（3）C+F→G的化学方程式是．（4）聚碳酸酯H的结构简式是．（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有12种．①只含有一个苯环；②苯环上连有3条侧链，其中有2个为﹣CH=CHCHO．【考点】有机物的合成．【分析】A与溴发生取代反应生成B为，B转化得到C为．结合E的结构可知D与水发生加成反应生成E，则D为CH3CH=CH2，E发生氧化反应生成F为，苯酚与丙酮褪去1分子水生成G，G发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯H为．【解答】解：A与溴发生取代反应生成B为，B转化得到C为．结合E 的结构可知D与水发生加成反应生成E，则D为CH3CH=CH2，E发生氧化反应生成F为，苯酚与丙酮褪去1分子水生成G，G发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯H为．（l）E的化学名称是：2﹣丙醇，G中含有的官能团名称是羟基，A→B反应类型是取代反应，故答案为：2﹣丙醇；羟基；取代反应；（2）D→E的化学方程式是，故答案为：；（3）C+F→G的化学方程式是，故答案为：；（4）聚碳酸酯H的结构简式是，故答案为：；（5）同时满足下列条件的G的同分异构体：①只含有一个苯环；②苯环上连有3条侧链，其中有2个为﹣CH=CHCHO，另外取代基为﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）2，2个为﹣CH=CHCHO处于邻位时，﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）2有2种位置，2个为﹣CH=CHCHO 处于间位时，﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）2有3种位置，2个为﹣CH=CHCHO处于对位时，﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）2有1种位置，故共有12种，故答案为：12．11．工业上用NH3制取HNO3的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）上述流程中循环使用的物质是NO．（2）尾气中含有NO、NO2（物质的量之比为1：1）可用Ca（OH）2吸收以获取亚硝酸钙，其反应的化学方程式是NO+NO2+Ca（OH）2=Ca（NO3）2+H2O．（3）下列可以代替Ca（NO3）2加入到蒸馏塔中的物质可能是AB．A．Mg（NO3）2B．浓H2SO4C．CaC12D．Fe（NO3）2（4）以偏二甲肼（C2N2H8）、NO2为原料的酸性燃料电池（两极产物均为N2），正极反应式是2NO2+8e﹣+8H+=N2+4H2O．（5）己知：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H1=a kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H2=b kJ/molNH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）△H3=ckJ/mol则NO2（g）在吸收塔中反应生成HNO3（l）的热化学方程式是（6）用NH3制NH4NO3．①制HNO3：假设氧化炉中NH3的氧转化率为a，转化室中NO转化率为b，吸收塔中NO2吸收率为c；②制NH4NO3：用生成的HNO3与NH3反应制NH4NO3，其利用率为d．则用NH3制NH4NO3的整个过程中，NH3的总转化率是．【考点】制备实验方案的设计．【分析】用NH3制取HNO3的工艺流程：氨气在氧化炉中，催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；在转化室中：NO与O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；吸收塔内：3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO循环至转化室内，加入硝酸钙除水，蒸馏得到浓硝酸．（1）根据生产流程图中的物质，找出反应物与生成物，然后分析生成物中的物质被用作反应物的即为可循环利用的物质；（2）发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成Ca（NO2）2，据此书写方程式；（3）根据Ca（NO3）2在蒸馏塔中的作用分析，Ca（NO3）2起吸水浓缩硝酸的作用；（4）原电池正极发生还原反应，二氧化氮得到电子生成氮气；（5）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H1=a kJ/mol①2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H2=b kJ/mol②NH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）△H3=ckJ/mol③根据盖斯定律，③×2﹣﹣×②得到目标方程式，反应热与计量数成正比；（6）利用氮原子守恒计算，NH3的总转化率=．【解答】解：（1）吸收塔内：3NO2+H2O═2HNO3+NO，在转化室中：NO与O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；所以NO为循环使用的物质，故答案为：NO；（2）尾气中含有NO（N元素+2价）、NO2（N元素+4）（物质的量之比为1：1）用Ca（OH）2吸收，发生氮元素价态归中反应，生成Ca（NO2）2（N元素+3价），所以反应为：NO+NO2+Ca （OH）2=Ca（NO2）2+H2O，故答案为：NO+NO2+Ca（OH）2=Ca（NO2）2+H2O；（3）Ca（NO3）2起吸水浓缩硝酸的作用，几乎不溶于浓硝酸，Mg（NO3）2、浓H2SO4几乎不溶于浓硝酸，起吸水浓缩硝酸的作用，CaC12能干燥但溶于浓硝酸，Fe（NO3）2不起吸水干燥作用，故选AB，故答案为：AB；（4）以偏二甲肼（C2N2H8）、NO2为原料的酸性燃料电池（两极产物均为N2），正极为二氧化氮得到电子生成氮气，电极反应方程式为：2NO2+8e﹣+8H+=N2+4H2O，故答案为：2NO2+8e﹣+8H+=N2+4H2O；（5）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H1=a kJ/mol①2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H2=b kJ/mol②NH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）△H3=ckJ/mol③根据盖斯定律，③×2﹣﹣×②得到目标方程式，3NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）反应热与计量数成正比，所以△H=（2c﹣﹣）kJ/mol，则NO2（g）在吸收塔中反应生成HNO3（l）的热化学方程式是3NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=（2c﹣﹣）kJ/mol，故答案为：3NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=（2c﹣﹣）kJ/mol；（6）设制硝酸的氨气的物质的量为1，氧化炉中NH3的氧转化率为a，转化室中NO转化率为b，吸收塔中NO2吸收率为c；根据氮原子守恒，制得得HNO3的物质的量为1×abc，用生成的HNO3与NH3反应制NH4NO3，其利用率为d．HNO3+NH3=NH4NO3，需氨气1×abc，制得的硝酸铵为abcd，则NH3的总转化率是：，故答案为：．2016年12月20日。

山东省潍坊市2016届高三下学期二模考试化学试题含答案

2016年高考模拟考试理科综合能力测试化学试题2016．4 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第I卷1至5页，第Ⅱ卷6至15页，共300分考试时间150分钟。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准备证号、姓名填写在答题卡上。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考员将试题卷，答题卡一并收回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 C1 35.5 V 51Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ba 137第I卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A．葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉辨别真假葡萄酒B．氨氮废水(含NH4+及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理C．金属的防护中，牺牲阳极的阴极保护法利用的是原电池原理D．“84”消毒液在日常生活中使用广泛，其有效成份为Ca(ClO)28．氢化钙固体是登山运动员常用的能源供给剂。

在实验室中可以用金属钙与氢气加热反应制取。

下列说法正确的是A．氢化钙是一种强氧化剂B．加热时，氢化钙能跟干燥氧气反应生成水C．氢化钙(CaH2)是离子化合物，固体中含有H—H键D．可以取少量试样滴加几滴水，检验反应是否产生氢气来区别金属钙与氢化钙9．下表中各栏目的叙述对应都正确的一项是10．核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。

核黄素分子的结构为：有关核黄素的下列说法中，正确的是A．该物质属于有机高分子B．不能发生酯化反应C．不能与氢气发生加成反应D．酸性条件下加热水解，有CO2生成11．Li—Al／FeS电池是某科研机构正在研发的一种车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e—==Li2S+Fe。

河南省洛阳市2016届高考化学二模试卷(解析版)

2016年河南省洛阳市高考化学二模试卷一、选择题（本大题共7小题.每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氫氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化B．采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计箅机芯片的材料是经提纯的二氧化硅2．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2：H2O2+2I﹣═I2+2OH﹣B．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OC．氨水溶解氯化银固体：AgCl+2 NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2OD．用饱和纯碱溶液洗涤试管中残留的苯酚：CO32﹣+2C6H5OH→2C6H5O﹣+CO2↑+H2O3．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣akJ/mol已知a、b、c均大于零．下列说法正确的是（）A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2mol HI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1mol H2（g）和1mol I2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2mol H2（g）和2mol I2（g），充分反应后放出的热量小于2a kJ 4．科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电源，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A ．该电池外电路电流从通入H 2的电流流向通入N 2的电极B ．反应过程中溶液的pH 会变大，故需要加入盐酸C ．通入N 2的电极发生的电极反应式为：N 2+6e ﹣+8H +═2NH 4+D ．通入H 2的电极为负极，A 为NH 4Cl5．下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是（）A ．AB ．BC ．CD ．.D6．下列说法正确的是（）A ．按系统命名法，化合物的名称为2，4﹣二乙基﹣6﹣丙基辛烷B ．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不相同C ．醋酸和硬脂酸互为同系物，C 2H 6和C 9H 20也一定互为同系物D ．某有机物的结构简式为，1mol 该有机物通过消去反应脱去1 molHCl 时，能得到5种不间产物（不考虑立体异构）7．实验：①0.1mol/L AgNO 3溶液和0.1mol/L NaCl 溶液等体积混合得到浊液，过滤；②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na 2S 溶液、饱和Na 2SO 4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；③取少量①的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解；下列分析不正确的是（）A ．实验②证明了①的滤液中含有Ag +，由此推断①的滤液中也含有Cl ¯B ．实验②证明了该温度下Ag 2S 比Ag 2SO 4更难溶解C ．实验③的溶液中含有Ag （NH 3）2+微粒D ．由实验③推测：若在①的沉淀中滴加NaOH 溶液，沉淀也能溶解二、非选择题8．工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：①固体B为氧化物组成的混合物②[Cu（NH3）4]2+（aq）═Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）气体X是，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：．（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是，不用浓硫酸的原因是．（3）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、、烘干．（4）0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．①试确定200℃时固体物质的化学式；②取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是．9．乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O，Mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O+CO2↑．已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2某兴趣小组用FeCl2（用铁粉和稀盐酸制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如下，回答下列问题：（1）NH4HCO3盛放在装置中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式；（2）将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是．（3）将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应．铁粉的作用是；反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是．（4）该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是．经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量．取2.880g产品配成100mL 溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol•L﹣1Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）219.70mL．滴定反应如下：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则产品中乳酸亚铁的质量分数为．10．世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高软“绿色”消毒剂二氧化氯．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．实验室以电解法制备ClO2的流程如下：已知：①NCl3是黄色黏稠状液体或斜方形晶体，极易爆炸，有类似氯气的刺激性气味，自然爆炸点为95℃，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定．②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．回答下列问题：（1）电解时，发生反应的化学方程式为．实验室制备气体B的化学方程式为．为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：①控制好生成NCl3的浓度；②．．（2）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比为1：6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2，该反应的离子方程式为．（3）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样；步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）①上述步骤3中滴定终点的现象是；②根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为g/L（用含字母的代数式表示）．选做题[化学一选修2：化学与技术]11．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在90℃～95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是，植物粉的作用是．（2）除杂：①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.5～5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…操作①中使用碳酸锰调pH的优点是；操作②中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率．写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式．（3）制备：在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀．温度控制35℃以下的原因是；该反应的化学方程式为；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是．（4）计算：室温下，K sp（MnCO3）=1.8×10﹣11，K sp（MgCO3）=2.6×10﹣5，已知离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，表示该离子沉淀完全．若净化液中的c（Mg2+）=10﹣2mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度．[化学-选修3：物质结构与性质]12．在周期表中1～36号之间的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知A 与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E元素在第四周期，E的基态原子中未成对电子数是核外电子总数的，F元素位于周期表的ds区，其基态原子最外能层只有一个电子．（1）写出基态E原子的价电子排布式．（2）B、C、D三种元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）．（3）A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为，分子的立体结构为；C的单质与化合物BD是等电子体，根据等电子体原理，写出化合物BD的电子式．（4）A2D的沸点在同族元素中最高，其原因是．A2D由液态形成晶体时密度（填“增大”、“不变”或“减小”），其主要原因（用文字叙述）．（5）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为N A，则该晶体的密度为g•cm﹣3（用含a、N A的符号表示）．[化学-选修5：有机化学基础]13．龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：（1）D（龙胆酸）中含氧官能团的名称为、．（2）E→F的反应类型是．（3）写出D→E反应的化学方程式：．（4）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构简式：．Ⅰ．能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应．Ⅱ．核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1．（5）已知：．水杨酸乙酯（）广泛应用于日用香皂等．根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH．．2016年河南省洛阳市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题.每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氫氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化B．采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计箅机芯片的材料是经提纯的二氧化硅【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【专题】化学应用．【分析】A．氢氧化钠能和瓷坩埚中的二氧化硅反应；B．采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，减少了空气污染物；C．铝及其合金，具有很多优点：密度低，强度高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，是电气、工业、家庭广泛使用的材料；D．Si可做为半导体，二氧化硅是光导纤维的主要成分．【解答】解：A．瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以不可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体，故A错误；B．通过“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，故B正确；C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为其良好的性质，故C错误；D．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，计算机芯片的材料是经提纯的硅，故D错误．故选B．【点评】本题考查环境污染及治理，为高频考点，侧重于化学与生活、生产、能源与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2：H2O2+2I﹣═I2+2OH﹣B．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OC．氨水溶解氯化银固体：AgCl+2 NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2OD．用饱和纯碱溶液洗涤试管中残留的苯酚：CO32﹣+2C6H5OH→2C6H5O﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．酸性条件下，氢氧根离子不能存在；B．不符合反应的客观事实；C．氯化银与氨水发生络合反应生成可溶性络合物；D．苯酚的酸性弱于碳酸．【解答】解：A．酸性条件下，用H2O2将I﹣转化为I2，离子方程式：2H++H2O2+2I﹣═I2+2H2O，故A错误；B．氯化铝溶液中加入过量的氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝，离子方程式：Al3++3 NH3•H2O═Al （OH）3+3NH4+，故B错误；C．氨水溶解氯化银固体，离子方程式：AgCl+2 NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O，故C正确；D．用饱和纯碱溶液洗涤试管中残留的苯酚，离子方程式：CO32﹣+C6H5OH→C6H5O﹣+HCO3﹣，故D 错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须符合客观事实，题目难度不大．3．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣akJ/mol已知a、b、c均大于零．下列说法正确的是（）A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2mol HI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1mol H2（g）和1mol I2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2mol H2（g）和2mol I2（g），充分反应后放出的热量小于2a kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．HI中存在H﹣I极性键；B．依据焓变=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量分析判断；C．放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；D．反应是可逆反应不能进行彻底．【解答】解：A．H2、I2分子中的化学键都是非极性共价键，HI中存在H﹣I极性键，故A错误；B．△H=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol﹣2H﹣I=﹣aKJ/mol，得到断开2mol H﹣I键所需能量约为（a+b+c）KJ，故B正确；C．反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，即相同条件下，1mol H2（g）和1mol I2（g）总能量大于2molHI（g）的总能量，故C错误；D．反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；故选BD．【点评】本题考查了共价键、化学反应的焓变、化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．4．科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电源，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A．该电池外电路电流从通入H2的电流流向通入N2的电极B．反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸C．通入N2的电极发生的电极反应式为：N2+6e﹣+8H+═2NH4+D．通入H2的电极为负极，A为NH4Cl【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】以N2、H2为原料，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e﹣+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，电极方程式为H2﹣2e﹣=2H+，电流从正极流向负极，以此解答该题．【解答】解：A．电流从正极流向负极，即电流从通入N2的电流流向通入H2的电极，故A错误；B．放电过程中，负极电极反应为：H2﹣2e﹣=2H+，正极电极反应N2+8H++6e﹣═2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，消耗氢离子，电解质溶液PH升高，故需要加入盐酸，故B正确；C．正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e﹣+8H+=2NH4+，故C正确；D．根据负极电极反应为：H2﹣2e﹣=2H+，正极电极反应N2+8H++6e﹣═2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，则H2为负极，A为NH4Cl，故D正确．故选A．【点评】本题考新型燃料电池，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据总反应式判断出正负极的反应，从化合价变化的角度分析，难度不大．5．下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是（）A．A B．B C．C D．.D【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁离子与偏铝酸根离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子能够氧化硫离子；C．该溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，硝酸根离子、次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应；碱性溶液中，铵根离子与氢氧根离子反应；D．四种离子之间不发生反应，加入氢氧化钠溶液后先生成氢氧化铝沉淀，之后氢氧化铝完全溶解．【解答】解：A．Fe2（SO4）3溶液中，AlO2﹣与Fe3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．S2﹣、ClO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，SO32﹣、ClO﹣、CO32﹣与氢离子反应，SO32﹣、ClO﹣之间发生氧化还原反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有氢氧化铝沉淀产生，后氢氧化钠过量后沉淀消失，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．6．下列说法正确的是（）A．按系统命名法，化合物的名称为2，4﹣二乙基﹣6﹣丙基辛烷B．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不相同C．醋酸和硬脂酸互为同系物，C2H6和C9H20也一定互为同系物D．某有机物的结构简式为，1mol该有机物通过消去反应脱去1 molHCl 时，能得到5种不间产物（不考虑立体异构）【考点】有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】A．判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：烷烃命名原则：①长②多③近④小⑤简；B．两种二肽互为同分异构体，水解产物可能是相同的氨基酸；C．C2H6和C9H20为烷烃，根据同系物的概念进行判断；D．由结构简式可知，3个﹣Cl原子均有2种不同的消去方式．【解答】解：A．的名称为3﹣甲基﹣5，7﹣二乙基癸烷，故A错误；B．两种二肽互为同分异构体，水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故B错误；C．醋酸与硬脂酸互为同系物，而C2H6和C9H20都符合烷烃同系物的通式，也一定互为同系物，故C正确；D．由结构简式可知，3个﹣Cl原子均有2种不同的消去方式，则通过消去反应脱去1mol HCl时，能得到6种不同产物，故D错误．故选C．【点评】本题考查了烷烃的命名、同分异构体判断，常见有机物的结构与性质，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确有机物的命名原则，选项D为易错点，注意求算方法．7．实验：①0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤；②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；③取少量①的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解；下列分析不正确的是（）A．实验②证明了①的滤液中含有Ag+，由此推断①的滤液中也含有Cl¯B．实验②证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解C．实验③的溶液中含有Ag（NH3）2+微粒D．由实验③推测：若在①的沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀也能溶解【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】①0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；③取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质：二氨合银离子，据此解答即可．【解答】解：①0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；③取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质二氨合银离子，A、依据分析可知：实验②证明了①的滤液中含有Ag+，由此推断①的滤液中也含有Cl﹣，故A正确；B、依据分析可知：实验②证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解，故B正确；C、依据分析可知：实验③的溶液中含有Ag（NH3）2+微粒，故C正确；D、由实验③推测：银离子与氨气分子的络合，促进了氯化银的溶解，不能说明银离子与氢氧根也能发生类似络合，故D错误，故选D．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生．二、非选择题8．工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：①固体B为氧化物组成的混合物②[Cu（NH3）4]2+（aq）═Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）气体X是SO2，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2．（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+，不用浓硫酸的原因是浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2．（3）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干．（4）0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．①试确定200℃时固体物质的化学式CuSO4•H2O；②取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为CuSO4CuO+SO3↑．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为CuSO4CuO+SO3↑；，其存在的最高温度是102℃．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（HO）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；根据浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；（3）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干；（4）①由图分析可知，CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解；在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g=0.23g，根据相应的化学方程式即可确定此时固体物质的化学式；②温度为570℃灼烧得到的黑色粉末是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3↑；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；根据图象分析其存在的最高102℃．【解答】解：辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（HO）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，所以气体X是SO2；故答案为：SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用，故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；（3）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤、洗涤；（4）①CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g=0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO4•5H2O CuSO4•（5﹣n）H2O+nH2O250 18n0.80g 0.80g﹣0.57g=0.23g，解得n=4，200℃时该固体物质的化学式为CuSO4•H2O，故答案为CuSO4•H2O；②温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3↑；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；其存在的最高102℃，故答案为：CuSO4CuO+SO3↑；CuSO4•5H2O；102℃．【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等．9．乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O，Mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O+CO2↑．已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2。

山东省青岛市2016届高三化学二模试卷含解析

2016年山东省青岛市高考化学二模试卷一、选择题:本题共7小题,每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂砂始到金”,这首诗句反映了对淘金过程的描写，下列说法中正确的是（)A．“千淘万漉"的基本原理是化学中的萃取B．24K金（纯金)的各方面物理性能都比18K金优越C．在铜件外镀金,金镀层破损了，会加快铜件的腐蚀速率D．常温下,金不易被氧化，不与其它任何物质发生化学反应2．如表离子能大量共存,且满足相应要求的是（）选项离子要求A K+、Cl﹣、SO42﹣、MnO4﹣c(K+）＜c(Cl﹣)B Na+、Ca2+、I﹣、NO3﹣c（H+）/c（OH﹣）=1×1014C Al3+、NH4+、SO42﹣、CH3COO﹣滴加NaOH溶液立刻有气体产生D Na+、Mg2+、Ag+、NO3﹣滴加氨水先有沉淀产生，后沉淀部分溶解A．A B．B C．C D．D3．五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大,已知：M与N，P、Q与K分别为同周期元素，M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍,N的最低负价为奇数，P是同周期主族原子半径最大的元素，Q与N能形成离子化合物，K元素的最高正价与最低负价的代数和为4,下列说法错误的是（）A．M的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物之间能相互反应B．N单质能将K从其钠盐的水溶液中置换出来C．N的氢化物沸点高于其它同族元素氢化物的沸点D．P、Q、K对应的最高价氧化物的水化物相互之间可能发生反应4．葡萄糖在人体中进行无氧呼吸产生乳酸，结构简式如下：，下列有关说法正确的是（）A．葡萄糖和乳酸含有相同的官能团B．向葡萄糖溶液加入氢氧化铜悬浊液,加热一定有砖红色沉淀生成C．乳酸能发生催化氧化、加成和取代反应D．分子式C3H6O3，且含有羟基、羧基的有机物共有2种5．用如表实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选)能够实现相应实验目的是(）实验目的实验方案所选玻璃仪器A 除去乙酸乙酯中少量乙醇将混合物中加水，多次水洗分液分液漏斗、烧杯B 证明HClO和醋酸的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C 由FeCl3溶液得到FeCl3•6H2O晶体向FeCl3溶液中不断滴加盐酸，加热，至有晶体出现酒精灯、表面皿、玻璃棒D 配制1L 0.1mol•L﹣1将16gCuSO4•5H2O溶于水配成1000mL溶烧杯、量筒、玻璃的CuSO4溶液液棒、1000mL容量瓶A．A B．B C．C D．D6．高温下,2.8g铁粉与水蒸气反应，向反应后所得固体物中加入足量硝酸，得到NO和NO2混合气体1.008L（标准状况)，则反应后所得固体物中未参加反应的铁可能是(）A．0.595g B．1.42g C．2。

2016届高考化学二轮复习两年真题一年模拟专题演练专题26弱电解质的电离(含解析)

考点专练26 弱电解质的电离两年高考真题演练1.(2015·海南化学，11)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，K a＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，K b＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是( )2．(2015·课标全国Ⅰ，13)浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg VV0的变化如图所示，下列叙述错误的是( )A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lg VV0＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M＋)/c(R＋)增大3．(2015·重庆理综，3)下列叙述正确的是( )A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7C．25 ℃时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D．0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－) 4．(2014·山东理综，13)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL 浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( ) A．水的电离程度始终增大B.c（NH＋4）c（NH3·H2O）先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH＋4)＝c(CH3COO－)5．(2014·上海化学，21)室温下，甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。

关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是(双选)( ) A．溶液的体积10V甲≤V乙B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙D．若分别与5 mL pH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙6．(2014·浙江理综，12)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO －强。

山东省青岛市2016届高三化学二模试卷 Word版含解析

2016年山东省青岛市高考化学二模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂砂始到金”，这首诗句反映了对淘金过程的描写，下列说法中正确的是（）A．“千淘万漉”的基本原理是化学中的萃取B．24K金（纯金）的各方面物理性能都比18K金优越C．在铜件外镀金，金镀层破损了，会加快铜件的腐蚀速率D．常温下，金不易被氧化，不与其它任何物质发生化学反应3．五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M与N，P、Q与K分别为同周期元素，M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，N的最低负价为奇数，P是同周期主族原子半径最大的元素，Q与N能形成离子化合物，K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法错误的是（）A．M的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物之间能相互反应B．N单质能将K从其钠盐的水溶液中置换出来C．N的氢化物沸点高于其它同族元素氢化物的沸点D．P、Q、K对应的最高价氧化物的水化物相互之间可能发生反应4．葡萄糖在人体中进行无氧呼吸产生乳酸，结构简式如下：，下列有关说法正确的是（）A．葡萄糖和乳酸含有相同的官能团B．向葡萄糖溶液加入氢氧化铜悬浊液，加热一定有砖红色沉淀生成C．乳酸能发生催化氧化、加成和取代反应D．分子式C3H6O3，且含有羟基、羧基的有机物共有2种6．高温下，2.8g铁粉与水蒸气反应，向反应后所得固体物中加入足量硝酸，得到NO和NO2混合气体1.008L（标准状况），则反应后所得固体物中未参加反应的铁可能是（）A．0.595g B．1.42g C．2.485g D．2.72g7．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（）A．该温度下HCO3﹣的水解常数约为2×10﹣11B．a点到b点发生的主要离子反应为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑C．c点：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+2c（H2CO3）D．d点：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）二、非选择题8．二氧化氯气体有毒，常应用在果蔬保鲜等方面．用NaClO3与CH3OH（沸点64.7℃）在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，实验装置如图（已知ClO2的稳定性较差，用稳定剂吸收ClO2，使用时加酸释放出ClO2）．完成下列填空：（1）仪器b的名称为，其作用是．（2）反应中甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），写出制备ClO2的化学方程式．（3）甲装置中采取的加热方式是；如果滴加甲醇的速度过快，可能造成的后果．（4）某同学建议将上述装置中的分液漏斗c改用恒压漏斗e，你认为他的理由是．（5）实验结束后，先用仪器a注入一定量的NaOH，过一段时间后再拆卸仪器，其目的是．（6）如表是两种稳定剂加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化数据，若将其用于樱桃保鲜，（）某同学在实验室测定某保鲜剂中2的含量，其实验操作如下：在锥形瓶中加入足量的KI溶液，再加入5mL稀硫酸；取15mL保鲜剂于锥形瓶中，ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；用0.100mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去18.00mL Na2S2O3标准溶液．测得该保鲜剂中ClO2的含量为g•L﹣1．9．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料．（1）煤制天然气时会发生多个反应，生产过程中有多种途径生成CH4．已知：C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1写出CO与H2O（g）反应生成H2和CO2的热化学方程式．（2）天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃，k（NH3•H2O）=1.74×10﹣5，k1（H2S）=1.07×10﹣7，k2（H2S）=1.74×10﹣13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是．a．[NH4+]＞[HS﹣]＞[OH﹣]＞[H+]b．[HS﹣]＞[NH4+]＞[S2﹣]＞[H+]c．[NH4+]＞[HS﹣]＞[H2S]＞[H+]d．[HS﹣]＞[S2﹣]＞[H+]＞[OH﹣]（3）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）．①该反应的逆反应速率表达式为：v=kc（CO）c3（H2），k为速率常数，在某温度下，测得为②在体积为2L的密闭容器中通入物质的量均为2mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生反应，测得H2的体积分数与温度及压强的关系如图2所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；温度T3T4（填“大于”或“小于”）；③压强为P1时，在N点：v正v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）．求N点对应温度下该反应的平衡常数K=．10．已知草酸分子式为H2C2O4，属于弱酸，具有还原性；草酸钙、草酸镁等盐难溶于水．用工业硝酸锶（含有Ba2+、Ca2+、Mg2+及其它重金属等杂质）制备高纯度碳酸锶的工业流程如图．（1）写出步骤①反应的离子反应方程式．（2）写出步骤②反应的离子反应方程式．（3）已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，通过计算说明步骤③用氨水调节溶液的pH值在范围，才能保证Cr3+沉淀完全．（4）步骤④在除去Ca2+、Mg2+及重金属杂质时加入氨水的目的是．（5）步骤⑤成盐时，用氨水控制溶液pH在7～8之间的原因是．（6）步骤⑥在200°C烘干的目的是．三、【化学--选修：化学与技术】11．铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示，原料中除铁矿石和焦炭外还含有石灰石．用化学反应方程式说明石灰石的作用、、．高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和（填化学式）．（2）若炼铁时发生如下反应：2Fe2O3+6C+3O2═4Fe+6CO2，则理论上每生产1t钢铁需用标况下空气m3．（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高炉的部分．（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是．四、【化学--选修：物质结构与性质】12．有M、X、Y、Z、Q五种元素．M元素的电负性在所有元素中最大，X原子最外层电子数比内层电子总数多1；Y原子s轨道和p轨道电子数相同，且有2个单电子；Z原子核外有3种能级，每种能级所含电子数相同；Q的原子序数为M、Y、Z原子序数之和．（1）Q元素的元素符号为，该元素原子的价层电子的轨道表示式为．（2）M、Y、Z第一电离能由大到小顺序为（用元素符号表示）．（3）将X、Y形成的化合物与单质Z在电炉中高温，得到化合物X4Z，写出该反应的化学方程式，化合物X4Z熔、沸点高，硬度大，试解释原因．（4）M与X形成的化合物的键角为；如果把该化合物与乙醚（CH3CH2﹣O﹣CH2CH3）放在一起，X原子的杂化方式发生了变化，键长增加．请说明X原子杂化方式的变化及其原因．（5）Q2Y5溶解在NaOH溶液中，可得到某酸钠（Na3QY4），该盐阴离子的空间构型为；也可以得到偏某酸钠，其阴离子呈如图所示的四面体无限链状结构（四面体的顶点为Y，Q 位于四面体的体心），则偏某酸钠的化学式为．五、【化学--选修：有机化学基础】13．有机物H（结构简式为）是合成高分子化合物M的单体，H可以通过有机物A（分子式为C7H8O）和丙酮为原料来进行合成，E为中间产物（结构简式为）其合成路线如图：已知：请回答下列问题：（1）A的命名为，G中所含官能团的名称是；①和②的反应类型分别是、．（2）检验有机物A中官能团的方法为．（3）高分子化合物M的结构简式为．（4）反应③的化学反应方程式为．（5）有机物C有多种同分异构体，其中属于芳香羧酸类的同分异构体有种．2016年山东省青岛市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂砂始到金”，这首诗句反映了对淘金过程的描写，下列说法中正确的是（）A．“千淘万漉”的基本原理是化学中的萃取B．24K金（纯金）的各方面物理性能都比18K金优越C．在铜件外镀金，金镀层破损了，会加快铜件的腐蚀速率D．常温下，金不易被氧化，不与其它任何物质发生化学反应【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离；金不如铜活泼，故铜件外镀金后，一旦金属镀层破损，则形成原电池，铜做负极，金做正极，据此分析．【解答】解：A、沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离，不是萃取，故A错误；B、纯金较软，故并不是各方面的物理性能都比18K金优越，故B错误；C、金不如铜活泼，故铜件外镀金后，一旦金属镀层破损，则形成原电池，铜做负极，金做正极，故能加快铜件的腐蚀，故C正确；D、金是较稳定的金属，但并不意味着在常温下和任何物质均不反应，金在常温下溶于王水，故D错误．故选C．【考点】离子共存问题．【分析】A．c（K+）＜c（Cl﹣）不遵循电荷守恒；B．c（H+）/c（OH﹣）=1×1014，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C．滴加NaOH溶液，先与铝离子反应；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且滴加氨水先有沉淀产生，后沉淀部分溶解．【解答】解：A．c（K+）＜c（Cl﹣）不遵循电荷守恒，应c（K+）＞c（Cl﹣），故A错误；B．c（H+）/c（OH﹣）=1×1014，显酸性，H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．滴加NaOH溶液，先与铝离子反应，则不能立即生成气体，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且滴加氨水与Mg2+、Ag+反应先有沉淀产生，后AgOH 沉淀溶解，故D正确；故选D．3．五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M与N，P、Q与K分别为同周期元素，M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，N的最低负价为奇数，P是同周期主族原子半径最大的元素，Q与N能形成离子化合物，K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法错误的是（）A．M的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物之间能相互反应B．N单质能将K从其钠盐的水溶液中置换出来C．N的氢化物沸点高于其它同族元素氢化物的沸点D．P、Q、K对应的最高价氧化物的水化物相互之间可能发生反应【考点】原子结构与元素的性质．【分析】五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，则M有2个电子层，最外层电子数为5，即M为N元素；M与N为同周期元素，而且N的原子序数大于M，N的最低负价为奇数，所以N的最低负价为﹣1价，即N为F元素；P、Q与K分别为同周期元素，在第三周期，P是同周期主族原子半径最大的元素，则P为Na元素；K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，所以K为S元素；Q与N能形成离子化合物，则Q为Al元素或Mg元素，据此分析．【解答】解：五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，则M有2个电子层，最外层电子数为5，即M为N元素；M与N为同周期元素，而且N的原子序数大于M，N的最低负价为奇数，所以N的最低负价为﹣1价，即N为F元素；P、Q与K分别为同周期元素，在第三周期，P是同周期主族原子半径最大的元素，则P为Na元素；K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，所以K为S元素；Q与N能形成离子化合物，则Q为Al元素，A．M为N元素，氨气与硝酸反应生成硝酸铵，故A正确；B．N为F元素，K为S元素，氟气与硫化钠溶液反应时，能直接与水反应，故B错误；C．N为F元素，HF分子间存在氢键沸点较高，所以HF沸点高于其它同族元素氢化物的沸点，故C正确；D．若Q为Al元素，则氢氧化铝、氢氧化钠、硫酸三者之间能两两反应，故D正确．故选B．4．葡萄糖在人体中进行无氧呼吸产生乳酸，结构简式如下：，下列有关说法正确的是（）A．葡萄糖和乳酸含有相同的官能团B．向葡萄糖溶液加入氢氧化铜悬浊液，加热一定有砖红色沉淀生成C．乳酸能发生催化氧化、加成和取代反应D．分子式C3H6O3，且含有羟基、羧基的有机物共有2种【考点】有机物的结构和性质．【分析】该物质分子中含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸性质，能发生取代反应、消去反应、氧化反应、酯化反应、中和反应等，据此分析解答．【解答】解：A．葡萄糖为多羟基醛，含有醇羟基和醛基，乳酸中含有醇羟基、羧基，二者官能团不完全相同，故A错误；B．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应才能生成砖红色沉淀，否则不生成砖红色沉淀，故B错误；C ．乳酸不含碳碳不饱和键、醛基、羰基、苯环等结构，不能发生加成反应，故C 错误；D ．分子式C 3H 6O 3，且含有羟基、羧基的有机物有HOCH 2CH 2COOH 、CH 3CH （OH ）COOH ，共有2种，故D 正确；故选D ．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．乙醇易溶于水，乙酸乙酯不易溶于水；B ．次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测定其pH 值；C ．氯化铁受热水解生成氢氧化铁和HCl ，加热盐酸易挥发而促进氯化铁水解，且蒸发溶液应该用蒸发皿；D ．配制一定物质的量浓度溶液需要用滴定管定容．【解答】解：A ．乙醇易溶于水，乙酸乙酯不易溶于水，所以可以用多次水洗方法分离提纯，用的仪器为分液漏斗、烧杯，故A 正确；B ．次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测定其pH 值，应该用pH 计测定溶液pH 值，故B 错误；C ．氯化铁受热水解生成氢氧化铁和HCl ，加热盐酸易挥发而促进氯化铁水解，得到的固体是氢氧化铁而不是氯化铁晶体，且蒸发溶液应该用蒸发皿，故C 错误；D ．配制一定物质的量浓度溶液需要用滴定管定容，其操作方法为：先将固体在烧杯中溶解，将烧杯中液体冷却至室温后，再转移到容量瓶中，离刻度线1﹣2cm 处，再用胶头滴管定容，故D 错误；故选A ．6．高温下，2.8g 铁粉与水蒸气反应，向反应后所得固体物中加入足量硝酸，得到NO 和NO 2混合气体1.008L （标准状况），则反应后所得固体物中未参加反应的铁可能是（） A ．0.595g B ．1.42g C ．2.485g D ．2.72g【考点】氧化还原反应的计算．【分析】2.8g 铁粉的物质的量为： =0.05mol ，1.008L （标准状况）的物质的量为：=0.045mol ，如果0.045mol 全部是二氧化氮固体剩余物转移电子数为0.045mol ，若0.045mol全部是一氧化氮固体剩余物转移电子数为0.135mol，根据得失电子守恒，分析解答．【解答】解：2.8g铁粉的物质的量为=0.05mol，1.008L（标准状况）的物质的量为：=0.045mol，如果0.045mol全部是二氧化氮固体剩余物转移电子数为0.045mol，若0.045mol全部是一氧化氮固体剩余物转移电子数为0.135mol，设生成的四氧化三铁的物质的量为xmol，则固体剩余物中未参加反应的铁的物质的量为（0.05﹣3x）mol，所以与硝酸反应提供电子的物质的量为：[（0.05﹣3x）×3+x]mol，根据得失电子守恒得0.045＜（0.05﹣3x）×3+x＜0.135，所以0.001875＜x＜0.013125，则0.010625＜0.05﹣3x＜0.044375，铁的质量取值范围为0.010625×56＜m＜0.044375×56，也就是0.595g＜m＜2.485g，故选B．7．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（）A．该温度下HCO3﹣的水解常数约为2×10﹣11B．a点到b点发生的主要离子反应为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑C．c点：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+2c（H2CO3）D．d点：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，滴定到25ml时发生反应HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，此时PH=8，结合平衡常数计算；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na2CO3）=0.1000mol/L×0.0250L=0.0025mol，反应后得到NaHCO3物质的量为0.002mol，Na2CO3物质的量为0.0005mol，b点生成碳酸氢钠和碳酸钠溶液；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，结合溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析；D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，从电荷守恒的角度分析．【解答】解：A．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，滴定到25ml时发生反应HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，此时PH=8，c（OH﹣）=c（H2CO3）=10﹣6mol/L，c（HCO3﹣）==0.05mol/L，K===2.0×10﹣11，故A正确；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na2CO3）=0.1000mol/L×0.0250L=0.0025mol，反应后得到NaHCO3物质的量为0.002mol，Na2CO3物质的量为0.0005mol，a点到b点发生的主要离子反应为CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在的话守恒和物料守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3），故C错误；D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）=c（Cl﹣），则c （H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选A．二、非选择题8．二氧化氯气体有毒，常应用在果蔬保鲜等方面．用NaClO3与CH3OH（沸点64.7℃）在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，实验装置如图（已知ClO2的稳定性较差，用稳定剂吸收ClO2，使用时加酸释放出ClO2）．完成下列填空：（1）仪器b的名称为球形冷凝管，其作用是冷凝回流甲醇．（2）反应中甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），写出制备ClO2的化学方程式4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O．（3）甲装置中采取的加热方式是水浴加热；如果滴加甲醇的速度过快，可能造成的后果反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收．（4）某同学建议将上述装置中的分液漏斗c改用恒压漏斗e，你认为他的理由是有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发．（5）实验结束后，先用仪器a注入一定量的NaOH，过一段时间后再拆卸仪器，其目的是使反应停止，并吸收ClO2．（6）如表是两种稳定剂加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化数据，若将其用于樱桃保鲜，你认为效果较好的稳定剂是2，原因是稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜时间更（7）某同学在实验室测定某保鲜剂中ClO2的含量，其实验操作如下：在锥形瓶中加入足量的KI溶液，再加入5mL稀硫酸；取15mL保鲜剂于锥形瓶中，ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；用0.100mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去18.00mL Na2S2O3标准溶液．测得该保鲜剂中ClO2的含量为 1.62g•L﹣1．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇；（2）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠；（3）甲装置控制反应温度60℃，采取水浴加热；加甲醇的速度过快，反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收；（4）有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；（5）可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；（6）稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜效果更好；（7）根据关系式2ClO2～5I2～10S2O32﹣计算．【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流甲醇；（2）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，反应方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O，故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；（3）甲装置控制反应温度60℃，低于水的沸点，采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；加甲醇的速度过快，反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收，故答案为：水浴加热；反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收；（4）分液漏斗添加乙醇，需要将分液漏斗活塞打开，便于甲醇液体顺利流下，但会导致甲醇的挥发，改用恒压漏斗有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，故答案为：有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；（5）加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故答案为：使反应停止，并吸收ClO2；（6）稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜时间更长，保鲜效果更好，故答案为：2；稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜时间更长；（7）设保鲜剂中ClO2的含量为xg•L﹣1，则：2ClO2～5I2～10S2O32﹣135g 10mol0.015L×xg/L 0.018L×0.1mol/L所以135g：0.015L×xg/L=10mol：0.018L×0.1mol/L解得x=1.62故答案为：1.62．9．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料．（1）煤制天然气时会发生多个反应，生产过程中有多种途径生成CH4．已知：C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1写出CO与H2O（g）反应生成H2和CO2的热化学方程式CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=﹣41kJ/mol．（2）天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃，k（NH3•H2O）=1.74×10﹣5，k1（H2S）=1.07×10﹣7，k2（H2S）=1.74×10﹣13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是ac．a．[NH4+]＞[HS﹣]＞[OH﹣]＞[H+]b．[HS﹣]＞[NH4+]＞[S2﹣]＞[H+]c．[NH4+]＞[HS﹣]＞[H2S]＞[H+]d．[HS﹣]＞[S2﹣]＞[H+]＞[OH﹣]（3）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）．①该反应的逆反应速率表达式为：v=kc（CO）c3（H2），k为速率常数，在某温度下，测得为×1．②在体积为2L的密闭容器中通入物质的量均为2mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生反应，测得H2的体积分数与温度及压强的关系如图2所示，则压强P1大于P2（填“大于”或“小于”）；温度T3小于T4（填“大于”或“小于”）；③压强为P1时，在N点：v正大于v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）．求N点对应温度下该反应的平衡常数K=48．【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；离子浓度大小的比较．【分析】（1）C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1①2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1②CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1③将方程式①+②﹣③得CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），焓变进行相应的改变；（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS﹣水解程度，溶液呈碱性，则[OH﹣]＞[H+]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度；（3）①=2=，c2=0.2，64.8=k（c2）．（0.3）3=k×0.2×（0.3）3，据此计算k值；②相同温度下，增大压强平衡逆向移动，则氢气体积分数降低；同一压强下，升高温度平衡向吸热方向移动，根据温度与氢气体积分数关系确定反应热；③N点时要使反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动；设参加反应的甲烷物质的量浓度为xmol/L该反应CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）1 1 0 0反应（mol/L）x x x 3x平衡（mol/L）1﹣x 1﹣x x 3x化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，达到平衡状态时氢气体积分数为60%，则×100%=60%，x=，化学平衡常数K=．【解答】解：（1）C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1 ①2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1 ②CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1 ③将方程式①+②﹣③得CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=（﹣73kJ•mol﹣1 ）+（﹣171kJ•mol﹣1）﹣（﹣203kJ•mol﹣1 ）=﹣41kJ/mol，故答案为：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=﹣41kJ/mol；（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS﹣水解程度，溶液呈碱性，则[OH﹣]＞[H+]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是[NH4+]＞[HS﹣]＞[OH﹣]＞[H+]，硫氢根离子水解程度大于其电离程度，所以还存在：[NH4+]＞[HS﹣]＞[H2S]＞[H+]，故选ac；（3）①=2=，c2=0.2，64.8=k（c2）．（0.3）3=k×0.2×（0.3）3，k=1.2×104 ，故答案为：1.2×104；②相同温度下，增大压强平衡逆向移动，则氢气体积分数降低，根据图知，P1条件下氢气体积分数小于P2条件下的氢气体积分数，则P1大于P2；同一压强下，升高温度平衡向吸热方向移动，该反应的正反应是吸热反应，升高温度氢气体积分数增大，则T3小于T4，故答案为：大于；小于；③N点时要使反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动，则v正大于v逆；设参加反应的甲烷物质的量浓度为xmol/L该反应CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）1 1 0 0反应（mol/L）x x x 3x平衡（mol/L）1﹣x 1﹣x x 3x化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，达到平衡状态时氢气体积分数为60%，则×100%=60%，x=，化学平衡常数K===48，故答案为：大于；48．10．已知草酸分子式为H2C2O4，属于弱酸，具有还原性；草酸钙、草酸镁等盐难溶于水．用工业硝酸锶（含有Ba2+、Ca2+、Mg2+及其它重金属等杂质）制备高纯度碳酸锶的工业流程如图．（1）写出步骤①反应的离子反应方程式Ba2++Cr2O72﹣=BaCr2O7↓．（2）写出步骤②反应的离子反应方程式3H2C2O4+8H+Cr2O7=2Cr++6CO2↑+7H2O．（3）已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣，通过计算说明步骤③用氨水调节溶液的pH值在≥5.6范围，才能保证Cr3+沉淀完全．（4）步骤④在除去Ca2+、Mg2+及重金属杂质时加入氨水的目的是增大硫离子浓度，使所有重金属杂质沉淀除去．（5）步骤⑤成盐时，用氨水控制溶液pH在7～8之间的原因是将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，确保生成碳酸锶沉淀．（6）步骤⑥在200°C烘干的目的是使碳酸锶上吸附的铵盐分解完全．【考点】制备实验方案的设计．【分析】硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72﹣，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）2，可知Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用．（1）步骤①是硝酸锶与重铬酸铵反应得到BaCr2O7沉淀；（2）步骤②是酸性条件下Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）Cr3+浓度为10﹣5mol/L沉淀完全，根据Ksp[Cr（OH）3]计算溶液中c（OH﹣），进而计算控制溶液pH；（4）加入氨水溶液呈碱性，增大硫离子浓度；（5）将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子；（6）碳酸锶表面会附着铵盐，加热会分解．【解答】解：硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72﹣，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）2，可知Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用．（1）步骤①是硝酸锶与重铬酸铵反应得到BaCr2O7沉淀，反应离子方程式为：Ba2++Cr2O72﹣=BaCr2O7↓，故答案为：Ba2++Cr2O72﹣=BaCr2O7↓；（2）步骤②是酸性条件下Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：3H2C2O4+8H++Cr2O72﹣=2Cr3++6CO2↑+7H2O，故答案为：3H2C2O4+8H++Cr2O72﹣=2Cr3++6CO2↑+7H2O；（3）Cr3+浓度为10﹣5mol/L沉淀完全，Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，此时溶液中c（OH﹣）=mol/L=4×10﹣9mol，溶液pH=﹣lg=5.6，故应控制pH≥5.6，故答案为：pH≥5.6；（4）加入氨水溶液呈碱性，增大硫离子浓度，使所有重金属杂质沉淀除去，故答案为：增大硫离子浓度，使所有重金属杂质沉淀除去；（5）用氨水控制溶液pH在7～8之间的原因是：将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，确保生成碳酸锶沉淀，故答案为：将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，确保生成碳酸锶沉淀；（6）碳酸锶表面会附着铵盐，在200°C烘干使铵盐分解完全，故答案为：使碳酸锶上吸附的铵盐分解完全．三、【化学--选修：化学与技术】11．铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示，原料中除铁矿石和焦炭外还含有石灰石．用化学反应方程式说明石灰石的作用CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3、CaO+FeS CaS+FeO．高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO（填化学式）．（2）若炼铁时发生如下反应：2Fe2O3+6C+3O2═4Fe+6CO2，则理论上每生产1t钢铁需用标况下空气1428.6m3．（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的炉腰部分，主要反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分．（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是用碱液或氢氧化钠、氨水．【考点】高炉炼铁．。

茂名市2016届高三化学二模试卷含解析

2016年广东省茂名市高考化学二模试卷一、选择题1．下列叙述正确的是（）A．乙醛和甲酸两者都能发生银镜反应，所以它们互为同系物B．营养物质中的多糖、油脂、蛋白质在一定条件下都可以发生水解C．氨基酸和氯乙烯都能通过加聚反应生成高分子化合物D．通过对煤的分馏，可以提高煤的利用率2．下列装置能达到实验目的是（）A．检验产物中含有乙烯B．除去CO中混有少量的CO2C．验证减压蒸馏原理D．收集NH33．关于明矾的叙述正确的是（）A．明矾投入水中的电离方程式为：KAI（SO4)2•12H2O=K++Al3++2SO42﹣+12H20，说明明矾是一种混合物B．净水时Al3+发生水解生成的是Al（OH）3沉淀C．明矾净水的原理是杀菌消毒D．硫酸铁可以代替明矾进行净水4．设N A为阿伏伽德罗常数，根据Cu+4NNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，则下列叙述正确的是（）A．22。

4LNO2含电子总数为23N AB．3.6gH2O中含有共价键的总数为0.2N AC．若生成的硝酸铜浓度为2mol/L，则1L该溶液中含有的Cu2+数为2ND．若有2molCu参与反应，则有4molHNO3被还原5．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（)叙述Ⅱ选项叙述Ⅰ叙述ⅡA 1﹣已醇的沸点比已烷的沸点高89℃1﹣已醇和已烷可通过蒸馏初步分离B 原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C H2SO4是离子化合物硫酸溶液可导电D 乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性A．A B．B C．C D．D6．X、Y、Z、W、R为短周期元素,在周期表中位置如下，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍．下列说法正确的是（）X Y Z R WTA．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体B．RCl3溶液与Na2W溶液可反应生成一种白色沉淀C．T是一种非金属元素D．简单离子半径大小关系为W＞R＞Z＞Y7．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2,整个实验过程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示(实验中不考虑氨水的挥发）．下列叙述正确的是（）A．d点所示溶液中:c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c(CO32﹣）+c（H2CO3）B．a点到b点的过程中，溶液中增大C．c点所示溶液中，c（CO32﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣）＞c（H+）D．由图可知（NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性二、解答题8．乳酸（2﹣羟基丙酸）为无色液体，与水混溶，弱挥发挥．它在多种生物化学过程中起作用．某学习小组研究利用发酵法制乳酸菌以及探讨乳酸的部分性质．实验（一）:乳酸的制取步骤1：取14.40g葡萄糖(相对分子质量为180于烧杯中，加入乳酸菌(厌氧)发酵，72小时后，过滤，将滤液转移到仪器A中，定容，得到500mL原液；步骤2:取20.00mL原液于锥形瓶中,加入酚酞作指示剂，用浓为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定至终点，重复4次，数据记录如下表．（假定原液中其他物质不与NaOH反应）次数 1 2 3 4滴定体积（mL）19.22 19。