2016届高考化学二轮复习非选择题专项训练2.doc

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2016届高三高考冲刺卷02(新课标Ⅱ卷)化学试卷(无答案).pdf

绝密★启用前 2016年高考冲刺卷（2）（新课标卷）理科综合化学试题考试范围：高考全部内容；考试时间：120分钟注意事项： 1．本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。

满分300分，考试时间150分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一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；第卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4．以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H 1 Li 3 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137 第卷 (选择题共42分) 一、选择题（共7小题。

每小题仅一个选项符合题意。

每小题6分，共42分） 7．化学与环境、生活、科研息息相关，下列说法错误的是（） A．双氧水稀溶液可用于清洗伤口 B．14C可用于文物的年代鉴定，14C和12C互为同位素 C．PM2.5颗粒(微粒直径约为2．5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶 8．某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是（） A．该有机物的分子式为C11H12O2 B．1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应 C．该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀 D．该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应 9．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。

则下列有关叙述正确的是 ( ) A．Y、Z和W三种元素可能位于同一周期 B．上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高 C．Y和W所形成的含氧酸均为强酸,是离子化合物 D．X、Y、Z和W可以组成原子的物质的量之比为51∶4∶1的离子化合物 10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A．1 mol甲基中含有电子数为10NA B．6 g冰醋酸中含有共用电子对数目为0.8NA C．0.1 mol N2和0.3 mol H2在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA D．标准状况下，22.4 L SO2和SO3的混合物，含硫原子的数目为NA 11．用下列装置（尾气处理已略去）进行相关实验，能实现实验目的的是（）选项实验目的a中试剂b中试剂c中试剂A比较H2CO3、H2SiO3的酸性醋酸溶液碳酸钠硅酸钠溶液B比较Cl2、I2的氧化性浓盐酸高锰酸钾碘化钾溶液C制备NaHCO3盐酸大理石饱和碳酸钠溶液12．下列有关金属的腐蚀与保护的说法正确的是（） A．常温下，关闭K时，若M溶液为浓硫酸，则石墨上有氢气放出 B．关闭K时，若M为氯化钠，则铁电极的电极反应式为： O2+4e-+2H2O＝4OH- C．关闭K时，若M为则硫酸铵，则石墨极的电极反应式为： 2H++2e-＝H2↑ D．关闭K时，若M溶液为海水，石墨换成铜或银，则称为外加电流的阴极保护法 13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（） A．pH＝5的H2S溶液中，c(H+)＝c(HS-)＝1×10-5mol?L-1 B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b+1 C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合: c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HC2O4-) D．pH相同的CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+):①＞＞第II卷（非选择题共58分）二、非选择题（26、27、28题为必考试题，36、37、38题为选考试题，考生从3个试题中任选一个试题，若三个试题都做，以36题为标准进行评分.）（一）必考题 26．(14分) 草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料, 可广泛用于涂料、染料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产。

2016年历年新课标Ⅱ卷普通高等学校招生全国统一化学考试及答案

2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)化学一、选择题：本大题共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．(6分)下列关于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是大气污染物之一解析：A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A正确；B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B 错误；C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．燃料不完全燃烧排放的CO有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确。

答案：B2．(6分)下列各组中的物质均能发生就加成反应的是()A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷解析：A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；B．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；C．乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D错误。

答案：B3．(6分)a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+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与a形成的化合物的溶液呈弱酸性解析：a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素．A．H元素与Na形成化合物NaH，H元素为﹣1价，故A错误；B．O元素与H元素形成H2O、H2O2，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、SO3，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故Na的原子半径最大，故C正确；D．d与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确。

重庆市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析

2016年重庆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．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．铝壶可存放食醋B．乙烯可催熟水果C．硅胶可作干燥剂D．氯气可做消毒剂2．下列反应描述错误的是（）A．Cu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B．足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色C．AgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D．物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色4．某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应．则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A．1种B．2种C．3种D．4种5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75N AC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为N AD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L﹣1的H2SO4中，转移的电子数为N A6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大．c、a、b最外层电子数为等差数列．公差为2．a、c的价电子数之和为6．d的核外电子数等于b的核外电子数加8．下列叙述错误的是（）A．a和b可形成气态化合物B．c的原子半径小于d的原子半径C．b和c形成的化合物为离子化合物D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性7．氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg．下列说法正确的是（）A．Pt电极上发生氧化反应B．Pt上发生的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．反应过程中转移OH﹣的物质的量为0.25bmolD．待测气体中氧气的体积分数为0.7二、解答题（共3小题，满分43分）8．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2）．用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42﹣等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液．控制反应温度在95℃左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4．再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起LiFePO（）3中的化合价为，盐酸与3反应的离子方程式为．检验溶液中Fe2+的方法是．（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是（填正确答案的标号）．a．不加H2O2 b．调节溶液pH至5 c．降低反应温度d．增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2．则H3PO2为元酸；在LiFePO4中的化学键有，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是．（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料．充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4 FePO4，则阳极的电极反应式为．转化为Li1﹣x（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法．采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2↑①电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是（用反应式表示）．②电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿kg．（电流效率=×100%）9．1，2﹣二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2﹣二溴乙烷．装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中．E的试管中加入8.0g液溴，再加入2﹣3mL 水，试管外用水冷却．断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170﹣180℃，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕．分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2﹣二溴乙烷6.3g．回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是；使用冰水浴降温的目的是．（2）为防止暴沸，装置B中还应加入；C的作用是；E中试管里加水的目的是．（3）判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是；反应结束时正确的操作是．（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是．（5）本实验中，1，2﹣二溴乙烷的产率为．（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是（填正确答案的标号）．a．乙烯通入溴时迅速鼓泡b．实验时没有装置D c．去掉装置E烧杯中的水d．装置F中NaOH溶液用水代替．10．羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染．羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：①氢解反应：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+7KJ•mol﹣1②水解反应：COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为KJ．（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3 则△H3=KJ•mol ﹣1．（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率，COS的转化率（填“增大”或“减小”或“不变”）．（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数．①如图中，表示COS氢解反应的直线为，判断依据为．1a212大小的依据为．③某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，则此温度下该反应的化学平衡常数K=．三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11．海洋深处有丰富的软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量铝、铜、镍等金属的化合物），软锰矿可作脱硫剂，工业上通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）下列有关SO2的说法正确的是（填正确答案的标号）．a．SO2有毒，食品中不能含有SO2b．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色c．SO2是酸性氧化物，其水溶液是强酸d．SO2通过CaCl2浓溶液能生成沉淀（2）操作1的名称是．（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是．（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是．（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，写出该电池的总反应方程式．（6）根据图中信息，写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子反应方程式：．（7）假设脱硫过程中，SO2只与软锰矿浆中MnO2反应，其化学方程式为；将2240m3（标准状况）含有0.86%（体积分数）SO2的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为100%，则最终得到MnO2的质量为kg（忽略除去铝、铜、镍等杂质时引入的锰）．选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12．某复合硅酸盐水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等．回答下列问题：（1）Ca的电子排布式为．（2）MgO的熔点比CaO的熔点，其原因是．（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成Na[Al（OH）4]，[Al（OH）4]﹣的空间构型为．（4）S的氧化物的水化物中算性最强的是，从结构上分析其原因．（5）硅酸盐结构中的基本结构单元为[SiO4]四面体，其中Si原子的杂化轨道类型为．由两个结构单元通过共用一个原子形成的硅酸盐阴离子的化学式为．（6）CaO与NaCl的晶胞类型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位数为，若CaO晶胞参数为anm，CaO的密度为g•cm﹣3（用a和N A表示）．选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13．部分果蔬中含有下列成分：已知：①C2H4O2BrCH2COOH D甲②1mol乙消耗NaHCO3的物质的量是甲的2倍③回答下列问题：（1）甲可由已知①得到．①甲中含有不饱和键的官能团名称为．②A→B为取代反应，A的结构简式为．③B→D的化学方程式为．（2）乙在一定条件下生成链状酯类有机高分子化合物的化学方程式为．（3）由丙经下列途径可得一种重要的医药和香料中间体J（部分反应条件略去）：①用化学方法除去E中残留的少量丙（室温时E和丙呈液态，忽略它们在水中的溶解），第1步加入试剂的名称为，第2、3操作分别是过滤、分液．②经E→G→H保护的官能团是，可以表征有机化合物中存在何种官能团的仪器是．③J的同分异构体中在核磁共振氢谱上显示为两组峰，峰面积比为3：2的链状且不存在支链的异构体共有种（不含立体异构），其中某异构体L中的官能团都能与H2发生加成反应，则L的结构简式为（只写一种）．2016年重庆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．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．铝壶可存放食醋B．乙烯可催熟水果C．硅胶可作干燥剂D．氯气可做消毒剂【考点】铝的化学性质；乙烯的化学性质．【分析】A、铝与醋酸反应；B、乙烯为植物生长调节剂；C、硅胶吸附性；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性．【解答】解：A、铝与醋酸反应，所以不能用铝壶可存放食醋，故A错误；B、乙烯为植物生长调节剂，可用作水果催熟剂，故B正确；C、硅胶吸附性，所以硅胶可作干燥剂，故C正确；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，所以可用氯气可做消毒剂，故D正确；故选A．2．下列反应描述错误的是（）A．Cu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B．足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色C．AgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D．物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮；B．氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu；C．硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，硫化银不能转化为AgCl白色沉淀；D．物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性而使酚酞试液变红色．【解答】解：A．浓硝酸具有强氧化性，铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，所以生成的气体呈红棕色，故A正确；B．氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu，看到的现象是：固体由黑色变为红色，故B正确；C．硫化银溶解度小于氯化银，硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，所以硫化银不能转化为AgCl白色沉淀，故C错误；D．物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而导致溶液呈碱性，所以醋酸钠溶液使酚酞试液变红色，故D正确；故选C．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Na性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；B．CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；D．氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性．【解答】解：A．Na性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH 再和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，所以得不到Cu，故A错误；B．CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气和水反应生成的一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，稀硫酸具有弱氧化性，不能氧化亚铁离子，故C错误；D．氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸有漂白性而使碘的淀粉试液褪色，故D错误；故选B．4．某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应．则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A．1种B．2种C．3种D．4种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有﹣OH或﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A 含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个﹣OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为100﹣72﹣17=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代．【解答】解：A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有﹣OH或﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个﹣OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为100﹣72﹣17=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代，共4种，故选D．5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75N AC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为N AD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L﹣1的H2SO4中，转移的电子数为N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化．【解答】解：A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于2N A个，故A错误；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0，75mol，分子个数小于0.7N A个，故B错误；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴离子为N A个，故C正确；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化，故反应程度很小，则转移的电子数小于N A个，故D错误．故选C．6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大．c、a、b最外层电子数为等差数列．公差为2．a、c的价电子数之和为6．d的核外电子数等于b的核外电子数加8．下列叙述错误的是（）A．a和b可形成气态化合物B．c的原子半径小于d的原子半径C．b和c形成的化合物为离子化合物D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d为S 元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，以此解答该题．【解答】解：c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d 为S元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，A．a和b可形成的化合物有CO、CO2等，故A正确；B．Mg、S位于同一周期，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则Mg＞S，故B错误；C．b和c形成的化合物为MgO，为离子化合物，故C正确；D．a为C，d为S，都为非金属性，对应的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，故D 正确．故选B．7．氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg．下列说法正确的是（）A．Pt电极上发生氧化反应B．Pt上发生的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．反应过程中转移OH﹣的物质的量为0.25bmolD．待测气体中氧气的体积分数为0.7【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH ﹣，Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH﹣﹣4e﹣═2PbO+2H2O，根据电极方程式和增重的质量计算转移氢氧根离子的数目及氧气的量，从而计算氧气的体积分数．【解答】解：根据装置图分析可知，该池为原电池，通入氧气的一极为正极，Pb电极为负极，A．Pt电极通氧气，为正极，发生还原反应，故A错误；B．通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH﹣，故B错误；C．Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH﹣﹣4e﹣═2PbO+2H2O，结合4mol氢氧根离子，电极质量增重32g，该电极增重的质量为bg，则转移OH﹣的物质的量为0.125bmol，故C错误；D．根据C的分析可知，转移电子物质的量为0.125bmol，由电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH﹣，消耗氧气的体积为=0.7bL，故氧气的体积分数为，故D正确．故选D．二、解答题（共3小题，满分43分）8．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2）．用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42﹣等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液．控制反应温度在95℃左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4．再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起（1）FeTiO3中Ti的化合价为+4，盐酸与FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl ﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O．检验溶液中Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色．（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是d（填正确答案的标号）．a．不加H2O2 b．调节溶液pH至5 c．降低反应温度d．增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2．则H3PO2为一元酸；在LiFePO4中的化学键有离子键、共价键，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原4．（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料．充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4转化为Li1﹣x FePO4，则阳极的电极反应式为LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+．（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法．采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2↑①电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2（用反应式表示）．②电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿62.5kg．（电流效率=×100%）【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零分析，可以判断钛元素化合价为+4价；钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），根据流程可知，钛酸亚铁与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4；KSCN与Fe3+作用使溶液显血红色，与Fe2+作用无此现象，依此进行分析判断；（2）向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4，过氧化氢氧化亚铁离子，与磷酸根离子形成沉淀，据此分析应采取的正确措施，物质的Ksp越小，越容易形成沉淀；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，NaH2PO2为正盐，H3PO2为一元酸；一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；H2C2O4中的碳为+3价，具有还原性；（4）充电时，为电解池，阳极LiFePO4发生氧化反应；（5）①用石墨做阳极，碳不断被生成的氧气氧化；②根据钛元素质量守恒计算至少需要该种钛铁矿的质量．【解答】解：（1）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），铁的化合价为+2价，氧元素的化合价为﹣2价，设钛元素的化合价为x，根据化合物中各元素化合价的代数和为零的规律，可得+2+x+（﹣2）×3=0；解之得x=+4，根据工艺流程可知，FeTiO3与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4，反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+；再加入过氧化氢，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，即过氧化氢氧化亚铁离子，说明原溶液中含有Fe2+，故答案为：+4；FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色；（2）a．FePO4中的铁为+3价铁，加H2O2目的氧化亚铁离子且不引入新的杂质，不加H2O2无法氧化得不到FePO4，故a不选；b．Fe（OH）3的K sp=1×10﹣38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，残留在溶液中的c（Fe3+）＜10﹣5mol•L﹣1；Ksp=c（Fe3+）c3（OH﹣）=10﹣5×c3（OH﹣）=1×10﹣38 c（OH﹣）=1×10﹣11mol/L，c（H+）=1×10﹣3mol/L，即PH＞3即可形成沉淀，调节溶液pH至5，得到氢氧化铁沉淀，不利于FePO4的生成，故b不选；c．磷酸为中强酸，降低反应温，不利于NH4H2PO4的电离，不利于FePO4的生成，故c不选；d．增大NH4H2PO4的用量，增大磷酸根的浓度，有利于FePO4的生成，故d选；故答案为：d；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明次磷酸中只能电离出一个氢离子，电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣，为一元强酸，在LiFePO4中Li+、Fe2+，与PO43﹣形成离子键，PO43﹣中磷和氧形成共价键，H2C2O4中的碳为+3价，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原FePO4，将+3价铁还原成+2价的铁，故答案为：一；离子键、共价键；还原FePO4；FePO4，可知阳极的电极反应式为：（4）充电时，为电解池，根据部分LiFePO4转化为Li1﹣xFePO4+xLi+，LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+；故答案为：LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣x（5）①电化学还原TiO2，阳极发生：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2，碳不断被生成的氧气氧化，因此电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，故答案为：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2；②设至少需要该种钛铁矿质量为m，根据钛元素质量守恒，则×76%×48g/mol=12×103g，解得m=6.25×104g=62.5kg，故答案为：62.5．9．1，2﹣二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2﹣二溴乙烷．装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中．E的试管中加入8.0g液溴，再加入2﹣3mL 水，试管外用水冷却．断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170﹣180℃，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕．分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2﹣二溴乙烷6.3g．回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是先加乙醇，再加浓硫酸；使用冰水浴降温的目的是防止乙醇挥发．（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片；C的作用是平衡气压；E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发．（3）判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色；反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热．（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯．（5）本实验中，1，2﹣二溴乙烷的产率为67%．（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是abc（填正确答案的标号）．a．乙烯通入溴时迅速鼓泡b．实验时没有装置D c．去掉装置E烧杯中的水d．装置F中NaOH溶液用水代替．【考点】制备实验方案的设计．【分析】合成1，2﹣二溴乙烷．装置B：乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯和水，装置C：平衡气压，装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，装置E：溴与乙烯发生反应，装置F：尾气吸收，（1）根据浓硫酸密度大于乙醇和乙酸，且混合过程中浓硫酸放出大量热进行解答；乙醇沸点低，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发；（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管，与空气相通，可以稳定装置中的压强，起安全瓶作用，溴易挥发，E中试管里加水的目的是防止溴挥发；（3）乙烯和溴水发生了加成反应，溴水褪色；为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热；（4）根据洗涤操作选择玻璃仪器；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2﹣二溴乙烷的质量为9.4g，根据产率=×100%计算；（6）通入乙烯气体速率过快，影响乙烯吸收，未除掉乙烯中的杂质影响产品质量，溴、1，2﹣二溴乙烷挥发需液封防止挥发．【解答】解：（1）浓硫酸密度较大，混合过程会放出大量热，所以正确操作方法为：先向试管中加入乙醇，然后边振荡边慢慢加入浓硫酸，乙醇沸点低，温度高易挥发，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发，故答案为：先加乙醇，再加浓硫酸；防止乙醇挥发；（2）乙醇沸点低，加热易沸腾，装置B中还应加入碎瓷片引入汽化中心，防止暴沸，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管为安全管，与空气相通，当C压力过大时，安全管中液面上升，使C瓶中压力稳定，并能发现装置是否堵塞，能平衡气压，液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2﹣二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，所以E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发，故答案为：碎瓷片；平衡气压；防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷为无色，所以判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色，为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热，故答案为：E中试管里的液体变为无色；断开DE之间的导管，再停止加热；（4）将1，2﹣二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层，所以需要的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2﹣二溴乙烷的质量为9.4g，所以产率=×100%=×100%≈67%，故答案为：67%；（6）a．乙烯通入溴时迅速鼓泡，部分乙烯未被吸收，产量偏低，故选；b．装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，实验室没有装置D，二氧化硫能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，产量偏低，故选；c．液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2﹣二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，若去掉装置E烧杯中的水，产量偏低，故选；d．装置F尾气吸收，其中的NaOH溶液用水代替，无影响，故不选．故答案为：abc．10．羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染．羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：①氢解反应：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+7KJ•mol﹣1②水解反应：COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为3.5KJ．（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3 则△H3=﹣42KJ•mol ﹣1．（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率减小，COS的转化率不变（填“增大”或“减小”或“不变”）．（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数．。

高考化学二轮复习选择题专项练二含解析

选择题专项练(二)一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30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.(2021山东泰安二模)《齐民要术》中记载的“浸曲三日,如鱼眼汤沸,酘米”描述的过程是( )A.制米糖B.酿酒C.榨油D.晒盐2.(2021湖南永州二模)以下有关垃圾分类的说法正确的是( )A.茶叶果皮属于厨余垃圾,可通过转化变为有机氮肥B.废旧玻璃属于可回收垃圾,其主要成分为新型无机非金属材料C.食品包装塑料袋属于其他垃圾,其主要成分聚氯乙烯为有机高分子化合物D.医疗废弃物属于有害垃圾,经过处理、消毒后可加工成儿童玩具3.(2021湖北八市一模)设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )A.72 g CaO2与KHS的混合物中含有的阴离子的数目为N AB.9.3 g MnO2与500 mL 0.8 mol·L-1的盐酸充分反应,至少失去约1.204×1023个电子C.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AD.25 ℃时,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N A4.(2021吉林长春实验中学期末)下列选项正确的是( )A.使pH试纸变成红色的溶液中,可能存在大量的:N、Cu2+、ClO-、Cl-B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,可能存在大量的:K+、Cu2+、Cl-、MnC.硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色:4I-+O2+2H2O2I2+4OH-D.Na2CO3溶液中滴加少量盐酸:C+H+HC5.(2021湖南郴州质量监测)某有机化合物分子的结构简式如图,下列有关说法错误的是( )A.1 mol该物质可与7 mol H2发生加成反应B.结构中含氧官能团有3种(不考虑醇与酚的区别)C.分子中能与NaHCO3反应的官能团只有—COOHD.能够使酸性高锰酸钾溶液褪色6.(2021湖南常德一模)短周期元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次递增,R、Z、W不同周期,原子序数:X+Z=W+2R。

2016届高考化学(全国通用)二轮复习练习三年模拟精选专题十六硫及其化合物环境保护Word版含答案

A组专项基础训练一、选择题1．(2015·济南期末)下列现象或事实不能用同一原理解释的是() A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中易变质C．Cl2和SO2都能使品红溶液褪色D．SO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色解析A项，浓硝酸和氯水中的HClO见光都易分解，所以用棕色试剂瓶保存；B项，硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中都易被氧气氧化变质；C项，Cl2使品红溶液褪色的原因是其具有强氧化性，SO2使品红溶液褪色的原因是其与某些有色物质化合成无色物质；D项，SO2和Na2SO3溶液都具有还原性，都能使溴水褪色。

答案 C2．(2015·通州期末)将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀生成，再通入另一种气体有沉淀生成，则第二次通入的气体可能是下列气体中的()①NO2②CO2③Cl2④HCl⑤NH3A．①③⑤B．②③⑤C．①②③D．①④⑤解析SO2与H2O反应生成H2SO3，通入的气体要么具有强氧化性能把H2SO3氧化为SO2－4，要么通入的气体显碱性使H2SO3转化为SO2－3与Ba2＋生成BaSO3沉淀，①③具有强氧化性、⑤显碱性。

答案 A3．(2015·辽宁锦州期末，7)SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。

针对上述一系列变化，下列说法不正确的是()A．上述过程中，最终被还原的是NO－3B．从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3>Fe3＋>稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D．假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为1∶1 解析溶液颜色变成浅绿色，说明Fe3＋被还原为Fe2＋，立即又变成棕黄色，说明Fe2＋又被氧化为Fe3＋，滴入BaCl2溶液有白色沉淀，说明SO2被氧化为SO2－4，反应过程可以理解为，Fe3＋被SO2还原为Fe2＋：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，生成的H＋使溶液呈酸性，NO－3在酸性条件下将Fe2＋又氧化为Fe3＋，故最终被还原的是NO－3，A项正确；氧化性的关系是HNO3>Fe3＋>H2SO4，B项正确；第二步反应中HNO3被还原为无色难溶于水的NO，C项正确；SO2→SO2－4，转移2e－，HNO3→NO，转移3e－，同温同压下，SO2与NO的体积比为3∶2，D项错误。

(统考版)2023高考化学二轮专题复习考前非选择题适应性训练训练(二)

训练（二）（满分：58分限时：40分钟）非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第26～28题为必考题，每道题考生都必须作答。

第35、36题为选考题，考生根据要求作答。

）（一）必考题（共43分）26.（14分）工业合成氨对人类生存贡献巨大，反应原理为N2（g）＋3H2（g）催化剂高温、高压2NH3（g）ΔH。

（1）若在一容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol的N2和0.6 mol的H2，在一定条件下发生反应，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2 mol。

则前5分钟的平均反应速度v（N2）＝。

（2）平衡后，欲提高H2的转化率，可以采取的措施有。

A．加入催化剂B．增大容器体积C．降低反应体系的温度D．加入一定量N2（3）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图甲所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中的部分微粒）。

写出步骤c 的化学方程式：；由图像可知合成氨反应的ΔH （填“＞”“＜”或“＝”）0。

（4）将n （N 2）∶n （H 2）＝1∶3的混合气体，匀速通过装有催化剂的刚性反应器，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH 3的体积分数φ（NH 3）关系如图乙。

随着反应器温度升高，NH 3的体积分数φ（NH 3）先增大后减小的原因是。

某温度下，混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×107 Pa ，平衡时总压为开始的90%，则H 2的转化率为。

用某物质的平衡分压（气体分压p 分＝p 总×体积分数）代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作K p ），此温度下，该反应的化学平衡常数K p ＝（分压列计算式、不化简）。

（5）合成氨的原料气H 2可来自甲烷水蒸气催化重整（SMR ）。

我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究。

通常认为该反应分两步进行。

第一步：CH 4催化裂解生成H 2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH 4→C ads /[C （H ）n ]ads ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n 2 H 2；第二步：碳（或碳氢物种）和H 2O 反应生成CO 2和H 2，如C ads /[C （H ）n ]ads ＋2H 2O→CO 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋n 2 H 2。

高考化学二轮复习第Ⅱ部分非选择题专项练二非选择题标准练非选择题标准练一202003190113

非选择题标准练(一)(建议用时：40分钟)1．(14分)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。

某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：ⅰ.铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。

ⅱ.常温下，K sp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，K sp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，K sp[Mn(OH)2]＝2.1×10－13。

回答下列问题：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有____________(填化学式)；写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：____________________________________________。

(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，选择下列实验操作最合理步骤的顺序是____________；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是__________________。

①加入过量的NaOH；②加入过量的氨水；③加入适量的HCl；④过滤；⑤洗涤。

(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。

(4)常温下，若滤液D中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008 mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.21 mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成沉淀F是____________(填化学式)；为了尽可能多的回收铜，所得滤液G的pH最大值为____________。

2．(14分)KI可用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。

制备原理如下：反应①　3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋3H2O；反应②　3H2S＋KIO3===3S↓＋KI＋3H2O。

高考化学二轮复习提分试题及答案

高考化学二轮复习提分试题及答案高考化学二轮复习提分试题及答案一、选择题(16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案)1.NA表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法中正确的是①常温下，0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA②常温常压下， 18g H2O中含有的电子总数为10NA③将100 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.1NA④在反应KIO3+6HI==KI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为5NA⑤电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32 g铜A.①⑤B.③④C.②④D.②③【答案】C酸钾中+5价碘元素被还原生成0价碘单质，每生成3 molI2转移5mol电子，转移的电子数为5NA，正确;⑤由于粗铜中含有锌、铁等金属性强于铜的杂质先于铜放电，所以电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极不一定溶解32 g 铜，错误。

考点：考查阿伏加德罗常数的相关计算2.下列各组说法一定正确的是( )A.强电解质：盐酸、氢氧化钡、明矾B.纯净物：冰水混合物;含氧40%的氧化镁C.有单质参加和单质生成的化学反应一定是氧化还原反应D.同位素：H2、D2、T2【答案】B考点：考查物质分类3.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+ 恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL.【答案】A【解析】试题分析：完全反应生成硝酸，则整个过程中硝酸反应前后没有变化，即铜失去的电子都被氧气得到了。

根据得失电子守恒，氧气的物质的量为1.68/22.4=0.075mol，则铜的物质的量为0.075×4/2=0.15mol，根据铜离子结合2个氢氧根离子分析，需要的氢氧根的物质的量为0.3摩尔，则氢氧化钠的体积为0.3/5=0.06L,，即60毫升，选A。

高考化学二轮复习第二部分非选择题专项练(四)

学习资料专题选择题专项练(四)26.ICl(氯化碘)是红棕色液体，熔点13.9 ℃，沸点974 ℃，易水解，接触空气时能形成五氧化二碘，能与许多单质发生作用，溶于乙醇、乙醚等。

某校研究性学习小组的同学拟用下列仪器制备氯化碘。

回答下列问题：(1)检查A装置气密性的方法为__________________________。

(2)上述装置，按气流方向连接的顺序为___________________(装置可重复使用)，A中发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。

(3)C装置的作用是______________________________________。

(4)E装置的烧瓶反应时需放在水中，控制温度大约40 ℃，其目的是_____________________________________________________。

(5)按上述连接好的装置进行实验，实验步骤如下：①检查装置气密性后，装入药品②打开分液漏斗活塞③关闭分液漏斗活塞④停止加热E，充分冷却⑤水浴加热E请按正确的顺序填入上述步骤的序号________。

(6)在A装置后可连接题图的装置，当反应结束关闭分液漏斗活塞后，关闭K，该装置的作用是_____________________________________________________________________________________。

(7)ICl和水反应的化学方程式为_______________________________________________________________________________。

解析：(1)利用排水法进行A装置气密性检查，具体方法如下：从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手握圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好。

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。

2016年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷2)化学.doc

2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）化学一、选择题：本大题共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．（6 分）下列关于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 是大气污染物之一2．（6 分）下列各组中的物质均能发生就加成反应的是（）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2﹣+和c的电子层结构相3．（6 分）a、b、c、d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子，b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 与a 形成的化合物的溶液呈弱酸性4．（6 分）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5．（6 分）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（）2+﹣A．负极反应式为Mg ﹣2e =Mg++﹣B．正极反应式为Ag e =Ag﹣C．电池放电时Cl 由正极向负极迁移D．负极会发生副反应Mg+2H 2O=Mg （OH）2+H2↑6．（6 分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A．NaHCO 3、Al （OH）3 B．AgCl 、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO47．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（）实验目的实验操作A．制备Fe（OH）3 胶体将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中B．由MgCl 2 溶液制备无水MgCl 2 将MgCl 2 溶液加热蒸干C．除去Cu 粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D．比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A．A B．B C．C D．D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）第1页（共14页）8．（14分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为．（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为．（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H 3﹣1④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol上述反应热效应之间的关系式为△H4=，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为．（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为（已知：N2H4+H++7﹣14的K=8.7×10；K w=1.0×10?N2H5）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为．（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是．9．（14分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：﹣1①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是．（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）．A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约第2页（共14页）为．2+ 3+、Fe的性质．回答下列问题：10．（15 分）某班同学用如下实验探究Fe（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L 的溶液．在FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是．（2）甲组同学取2mL FeCl 2 溶液，加入几滴氯水，再加入 1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说2+明Cl2 可将Fe 氧化．FeCl2 溶液与氯水反应的离子方程式为．（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mL FeCl 2 溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和 1 滴KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是．F eCl3 溶液混合．分别取﹣1 ﹣1（4）丙组同学取10mL 0.1mol ?LKI 溶液，加入6mL 0.1mol ?L2mL 此溶液于 3 支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mL CCl 4 充分振荡、静置，CCl4 层显紫色；②第二支试管中加入 1 滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入 1 滴KSCN 溶液，溶液变红．﹣实验②检验的离子是（填离子符号）；实验①和③说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为．（5）丁组同学向盛有H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是，生成沉淀的原因是（用平衡移动原理解释）．四、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学--选修2：化学与技术11．（15 分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：第3页（共14页）生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水．回答下列问题：（1）蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是，循环使用的原料是，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是．（2）氢化物 A 中反应的化学方程式为．进入氧化塔 C 的反应混合液中的主要溶质为．（3）萃取塔 D 中的萃取剂是，选择其作萃取剂的原因是．（4）工作液再生装置 F 中要除净残留的H2O2，原因是．（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO 4 溶液测定，该反应的离子方程式为，﹣3 ﹣1一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为 1.10g?cm ），其浓度为mol ?L．[化学--选修3：物质结构与性质]12．（15 分）东晋《华阳国志?南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为，3d 能级上的未成对电子数为．（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni （NH 3）6] S O4 蓝色溶液．①[Ni （NH 3）6] S O4 中阴离子的立体构型是．2+②在[Ni （NH3）6] S O4 中Ni 与NH3 之间形成的化学键称为，提供孤电子对的成键原子是．③氨的沸点（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是；氨是分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为．（3）单质铜及镍都是由键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：I Cu=1958kJ?mol ﹣1 ﹣1、I Ni=1753kJ?mol ，I Cu＞I Ni 的原因是．（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为．﹣3，晶胞参数a= nm．②若合金的密度为 d g ?cm第4页（共14页）[化学--选修5：有机化学基础]13．（15 分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为从而具有胶黏性．某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：已知：①A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰②回答下列问题：（1）A 的化学名称为．（2）B 的结构简式为．其核磁共振氢谱显示为组峰，峰面积比为．（3）由 C 生成D 的反应类型为．（4）由 D 生成E 的化学方程式为．（5）G 中的官能团有、、．（填官能团名称）（6）G 的同分异构体中，与G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有种．（不含立体结构）第5页（共14页）2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）化学参考答案与试题解析一、1．B【分析】A．二氧化碳是形成温室效应的气体；B．化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染；C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染小；D．一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中．【解答】解：A ．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故 A 正确；B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故 B 错误；C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故 C 正确；D．燃料不完全燃烧排放的CO 有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故 D 正确；故选B．2．B【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O 键、﹣CHO 及苯环的物质可发生加成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意﹣COOH 不能发生加成反应，以此来解答．【解答】解：A ．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故 A 错误；B．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故 B 正确；C．乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故 C 错误；D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故 D 错误；故选B．3．A2﹣+ 【分析】a、b、c、d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子，则 a 为H 元素；b 和c的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知 b 为O 元素，c 为Na；d 与b 同族，则 d 为S 元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答．2﹣【解答】解：a、b、c、d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子，则 a 为H 元素；b和+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知 b 为O 元素，c 为Na；d 与b 同族，则 d 为S c元素．A．H 元素与Na 形成化合物NaH，H 元素为﹣1 价，故 A 错误；B．O 元素与H 元素形成H2O、H2O2，与Na 元素形成Na2O、Na2O2，与S 元素形成SO2、SO3，故 B 正确；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H 原子半径最小，故Na 的原子半径最大，故 C 正确；第6页（共14页）。

2016年高考全国卷新课标Ⅱ化学部分试题及答案(word版)

2016年普通高等学校招生全国统一考试全国卷新课标Ⅱ化学部分注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

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9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2一和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与a形成的化合物的溶液呈弱酸性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一由正极向负极迁移D．负极会发生副反应Mg+2H2〇=Mg（OH)2+H2↑12．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为A．NaHCO3、A1(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO4、BaCO3D．Na2CO3、CuSO413．列实验操作能达到实验目的的是26．联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为_____________，其中氮的化合价为____________。

高考化学二轮复习专题1物质的组成、性质、分类及化学用语课时作业

专题一物质的组成、性质、分类及化学用语一、选择题1．“化学是人类进步的关键”。

下列有关说法能反映正确化学观点的是() A．改变物质的性质不一定要通过化学变化B．天然物质都比人造物质好C．一种元素可有多种离子，但只有一种原子D．根据分散系是否具有丁达尔效应，分散系分为溶液、胶体和浊液2．下列情况不能用胶体知识加以解释的是() A．氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和无色气体B．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗C．水泥厂、冶金厂常用高压电除工厂烟尘，以减少对空气的污染D．牛油与烧碱溶液共热，向反应所得溶液中加入食盐，则有固体析出3．(2010·上海，5)下列判断正确的是() A．酸酐一定是氧化物B．晶体中一定存在化学键C．碱性氧化物一定是金属氧化物D．正四面体分子中键角一定是109°28′4．下列各组物质的分类都正确的是(括号里的是类别) () A．空气(混合物)、C2H5OH(醇)、H2SO4(离子化合物)、CO2(非电解质)B．液氨(氢化物)、NH4Cl(铵盐)、HNO3(含氧酸)、NaOH(强电解质)C．HCl(共价化合物)、CH3COOH(羧酸)、Na2O2(碱性氧化物)、CH3I(卤代烃)D．NO2(酸性氧化物)、CH3CHO(有机物)、CO(有机物)、CH3COOCH3(酯)5．生活中遇到的某些问题，常常涉及化学知识，下列各项叙述不正确的是() A．鱼虾放置时间过久，会产生令人不愉快的腥臭味，应当用水冲洗，并在烹调时加入少量食醋B．“酸可以除锈”、“洗涤剂可以去油”都是发生了化学变化C．被蜂蚁蜇咬会感觉疼痛难忍，这是由于人的皮肤被注入了甲酸的缘故，此时立即涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，则可以减轻疼痛D．苯酚皂溶液可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可使蛋白质变性凝固6．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9 m)恢复了磁性。

2016届高三化学第二次全国大联考卷(无答案)3

2016年第二次全国大联考【新课标Ⅱ卷】理科综合化学试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分300分，考试时间150分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一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；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。

4．以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H 1 Li 3 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137第Ⅰ卷一、选择题（共7小题。

每小题仅一个选项符合题意。

每小题6分，共42分）7．莫尔盐，简称FAS，蓝绿色的无机复盐，在空气中逐渐风化及氧化，其名来源于德国化学家莫尔(Karl Friedrich Mohr)。

工业常用的制备方法是从废铁屑中回收铁屑(不含铁之外其它金属元素)，经碱溶液洗净之后，用过量硫酸溶解；再加入稍过量硫酸铵饱和溶液，在小火下蒸发溶剂直到晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂；过滤后用少量乙醇洗涤。

莫尔盐的化学式可能是（）A．NH4Fe(SO4)2·12H2O B．NH4Al(SO4)2·12H2OC．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O D．(NH4)2Fe(SO4)28．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．25℃时，50 g 98%浓硫酸和50 g 98%浓磷酸混合后含氧原子数为4N AB．标准状况下，活泼金属与稀硫酸反应转移2N A个电子时，可产生22.4 L 气体C．6.4g SO2溶于水配成1L溶液，含有H2SO3的分子数为0.1N AD．1 mol C3H6分子中碳碳共价键数为2N A9．密胺是重要的工业原料，结构简式如下图。

高考化学二轮复习非选择题专项练二含解析

非选择题专项练(二)非选择题:包括必考题和选考题两部分。

第15~17题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第18、19题为选考题,考生根据要求作答。

(一)必考题:此题包括3小题,共39分。

15.(12分)(2021湖南郴州质量监测)2020年初,突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐,依据研究,含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒。

二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂。

氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法,其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60 ℃条件下,发生反应得到ClO2,下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。

已知:①ClO2的浓度较大时易分解爆炸,一般用CO2或空气稀释到10%以下,实验室也常用稳定剂吸收ClO2,生成NaClO2,使用时加酸只释放出ClO2一种气体;②ClO2与KI反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+2Cl-+5I2+4H2O;③有关物质的沸点如下表:请回答:(1)仪器d的名称是;仪器b的作用是。

(2)反应中甲醇被氧化为甲酸,写出制备ClO2的化学方程式:。

(3)在ClO2释放实验中,发生反应的离子方程式是。

(4)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是。

(5)NaOH吸收ClO2尾气,生成物质的量之比为1∶1的两种阴离子,一种为Cl,则另一种为。

(6)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度,其实验操作如下:取200.0 mL的水样,加入足量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,并加入淀粉溶液。

再用0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S22I-+S4),达到滴定终点时用去20.00 mLNa2S2O3标准溶液,测得该水样中ClO2的含量为(保留一位小数)mg·L-1。

16.(13分)(2021湖南衡阳一模)造成大气污染的NO x主要来自于汽车尾气的排放,对其进行处理是我们研究的重要课题。

云南省2016届高考化学二模试卷(解析版)汇总

2016年云南省高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．漂白剂常用于日常生活和工业生产中，下列有关说法正确的是（）A．活性炭与新制氯水的漂白原理相同B．过氧化钠常用于羽绒制品的漂白C．漂白粉是由Ca（ClO）2组成的纯净物D．将漂白剂SO2和NaClO混合使用可增加漂白效果2．王浆酸是从蜂王浆中分离出的一种有机酸，它有很好的杀菌、抗癌、抗放射及强化机体、增强免疫力的作用，其结构如图所示，有关王浆酸的说法不正确的是（）A．分子式为C10H18O3B．能使溴的四氯化碳溶液褪色C．一定条件下能发生取代反应和氧化反应D．1mol王浆酸最多能中和2molNaOH3．由石英砂（主要含SiO2）制取高纯硅的工业流程如下：下列说法不正确的是（）A．反应①③均属于置换反应B．反应①中氧化产物和还原产物的质量比为1：2C．该流程中反应①③的还原剂不能互换使用D．该流程是实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础4．下列有关元素周期律、元素周期表的说法正确的是（）A．金属锗是一种良好的导热、导电材料B．元素的非金属性越强，其氢化物的沸点越高C．同周期相邻主族元素的原子，其质子数之差均为1D．最外层电子数为4的原子，其元素一定处于ⅣA族5．有机化合物9，10﹣二甲基菲的结构如图所示．其苯环上七氯代物的同分异构体有（）A．8种B．5种C．4种D．3种7．某化工厂利用原电池原理处理废水并淡化海水．工作示意图如下．下列说法正确的是（）A ．电极a 在装置中做正极B ．装置中膜A 是阳离子交换膜C ．电极b 的电极反应式是2NO 3﹣+10e ﹣+12H +═N 2↑+6H 2OD ．若有机物表示为C 4H 8O 2，每转移10mol 电子，电极a 上产生22.4LCO 2（标准状况）二、解答题（共3小题，满分43分）8．以菱锰矿（主要成分MnCO 3，含有铁、镍、钴等的碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程简化表示如下：已知：①MnCO 3（s ）+H 2SO 4（aq ）⇌MnSO 4（aq ）+CO 2（g ）+H 2O （1）△H ＜0②Fe （OH ）3完全沉淀的pH 为3.7，Mn （OH ）2、Co （OH ）2、Ni （OH ）2、Fe （OH ）2开始沉淀的pH 均大于7③25℃，K sp （MnS ）=2.5×10﹣10，K sp （CoS ）=4×10﹣21，K sp（NiS）=3.2×10﹣19 回答下列问题：（1）酸浸时控制温度为80～90℃，原因是．（2）浸出液中先加入MnO 2的目的是氧化Fe 2+，反应的离子方程式为，再加入氨水调节pH 至5～6的作用是．（3）滤渣2的主要成分是；利用（NH 4）2S 除杂易产生H 2S ，危害生产人员的健康，可用二乙基二硫代氨基甲酸钠（DDTC ）代替（NH 4）2S ．已知：25℃，K sp[Ni（DDTC）2]=7.94×10﹣14，电解液中Ni2+的最大允许浓度为1.70×10﹣5mol•L﹣1，若某电解液中c（DDTC﹣）=8.00×10﹣5mol•L﹣1，则该电解液中的c（Ni2+）（填“是”、“否”）符合Ni2+的最大允许浓度要求．（4）电解时，阴极发生主要反应的电极反应式为，由于发生副作用，阴极上会产生少量气体，其分子式为．（5）为增强电解所得金属锰的抗腐蚀性，可用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnO x，则该反应的离子方程式为．9．一定量的CO2与足量的C在恒容密闭容器中发生反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H．回答下列问题：（1）已知C和CO的燃烧热分别为393KJ•mol﹣1、283KJ•mol﹣1，则上述反应的△H=．（2）若反应进行到10s时，测得容器内的密度增大了2.4g•L﹣1，则10s内用CO表示的平均反应速率为．（3）若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为ρkPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示．①650℃时CO2的平衡转化率为．②T1℃的平衡常数K p=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，原因是．③已知：K p=K c（RT）△v，其中R=8.314L•kPa•mol﹣1•K﹣1，△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和．若该反应的的值为9976.8，则此时的热力学温度为K．10．Cu x（NH3）y（SO4）z•nH2O是深蓝色晶体，可溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，常用作杀虫剂、媒染剂等．某小组利用废铜屑、硫酸、氨水等原料制备该晶体并测定其组成．①制备：将废铜屑充分灼烧后用足量稀硫酸溶解，向所得溶液中加入氨水至析出的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，加入适量无水乙醇，静置、减压过滤，得粗产品．将粗产品先用乙醇和浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，干燥后即得产品．②NH3的测定：精确称取ag产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，按如图所示组装实验装置．向长颈漏斗中加入10%NaOH溶液至小试管盛满并溢出足量溶液，加热，保持微沸，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液V2mL．③SO42﹣的测定：精确称取bg产品，加适量水溶解，加入足量盐酸，滴加氯化钡溶液至不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为dg．回答下列问题：（1）废旧金属再利用时一般先要用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污，本实验未设计此步骤，其理由是；洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是．（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，其化学式为；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是．（3）蒸氨结束后，取出并拔掉插入HCl溶液中的导管，用少量水将导管内外沾附的溶液洗入B中的锥形瓶内，再进行滴定．若未进行此操作，氨的含量测定结果将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；样品中NH3的质量分数表达式为．（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是，样品中SO42﹣的质量分数表达式为．（5）Cu x（NH3）y（SO4）z•nH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分别为26.02%、27.64%、39.02%、7.32%，有关该晶体组成的下述表达式正确的是．A、x=y+z B、2x=y+2z C、x=z D、3y=4（x+z+n）三、化学——选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11．奥地利化学家拜耳的“碱溶法”与法国化学家埃鲁的“电解法”相结合，奠定了现代电解冶炼铝工业方法的基础，电解铝的原料主要来自铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），基本流程及装置图如下．回答下列问题：（1）操作①和操作②都是（填操作名称），加入过量烧碱溶液时反应的离子方程式为．（2）加入过量X，发生反应的化学方程式为．（3）电解时，阳极的电极反应式为，实际生产中阳极需要定期更换，原因是．（4）在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要放置（选填字母序号）．a、耐火绝缘b、防爆导热c、耐火导电d、导热导电（5）电解铝时，以氧化铝﹣冰晶石溶融液为电解质，其中也常加入少量的氟化钙，氟化钙的作用是．为制取冰晶石，工业上采用氢氧化铝、纯碱和氟化氢在一定条件下充分混合反应制取冰晶石，该反应的化学方程式为．（6）上述流程生产1mol金属铝耗电能约1.8×106J．某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿冶炼金属铝耗电能J；已知每个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，由一只易拉罐回收生产金属铝耗电能约4.5×104J，则制得等量金属铝的能耗为上述流程生产方法的%；通过对计算数据的分析，你能得到什么结论．四、化学——选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12．元素周期表的排列和分区与元素基态原子核外电子的排布息息相关，请据此回答下列问题：（1）根据原子结构和元素周期表的关系，第七周期0族的原子序数为．（2）X和Y均为第2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和第七位．①晶体Y的结构单元是由Y原子组成的正二十面体（如图所示），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个Y原子，故此基本结构单元是由个Y原子构成，共含有个Y﹣Y键．②若将一个正二十面体中的每一个顶点削去，可获得只由正六边形和正五边形构成的多面体．若多面体的每一个顶点均为碳原子，可得到一个C60分子的结构模型．则1molC60分子中含有a键的数目为，C60晶体采取面心立方最密堆积，故其配位数为．③X和Y可形成多种类型的结构．下列说法正确的是．a、六方“类石墨”YX晶体可做高温润滑剂b、立方“类金刚石”YX晶体是超硬材料，有优异的耐磨性c、立方“类金刚石”YX晶体中，Y原子的杂化轨道类型为sp2（3）Z为第4周期d区元素，最高价为+7价，M和Z是同周期的元素，具有相同的最高化合价．①写出Z的基态原子价层电子排布式．②酸性强弱：HMO HMO2，原因是．③Z元素可参与形成准晶体．准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过区分晶体、准晶体和非晶体．④晶体Z可形成体心立方晶胞，若晶胞中距离最近的Z原子核间距离为apm，则Z晶体的密度为g•cm﹣3．五、化学——选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）13．Ⅰ、聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA）俗称有机玻璃．其结构简式为：，以下是有机玻璃的一种合成路线：回答下列问题：（1）A的结构简式为，A生成B的反应类型是反应．（2）C中官能团的名称是，D的名称是（系统命名法）．（3）由E生成PMMA的化学方程式为．Ⅱ、由合成PMMA得到启示，可应用于由苯酚为主要原料制备．（4）的同分异构体中符合下列条件的有种（不考虑立体异构）；①属于环已烯的二取代物②取代基处于对位且完全相同③能与NaHCO3溶液反应产生CO2其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比为6：2：1：1：1的是（填结构简式）．（5）参照Ⅰ中有机玻璃的合成路线，设计并完善的合成路线：．2016年云南省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3分，满分21分）1．漂白剂常用于日常生活和工业生产中，下列有关说法正确的是（）A．活性炭与新制氯水的漂白原理相同B．过氧化钠常用于羽绒制品的漂白C．漂白粉是由Ca（ClO）2组成的纯净物D．将漂白剂SO2和NaClO混合使用可增加漂白效果【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】A．活性炭利用的是吸附性，而氯水漂白利用的是强氧化性；B．根据过氧化钠具有强氧化性和漂白性分析；C．漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物；D．次氯酸钠能够氧化二氧化硫，降低了漂白效果．【解答】解：A．活性炭与新制氯水的漂白原理不同，活性炭利用的吸附性，而新制氯水利用的是次氯酸的强氧化性，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性和漂白性，可用于羽绒制品的漂白，故B正确；C．漂白粉是由Ca（ClO）2、CaCl2组成的混合物，故C错误；D．SO2和NaClO之间发生氧化还原反应，从而降低了漂白效果，故D错误；故选B．2．王浆酸是从蜂王浆中分离出的一种有机酸，它有很好的杀菌、抗癌、抗放射及强化机体、增强免疫力的作用，其结构如图所示，有关王浆酸的说法不正确的是（）A．分子式为C10H18O3B．能使溴的四氯化碳溶液褪色C．一定条件下能发生取代反应和氧化反应D．1mol王浆酸最多能中和2molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含﹣OH、﹣COOH、C=C，具有醇、烯烃、羧酸的性质，可方式加成、氧化、取代、消去等反应，以此解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知有机物分子式为C10H18O3，故A正确；B．含有碳碳双键，可发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．含有羟基，可发生加成反应，羟基和碳碳双键可方式氧化反应，故C正确；D．含有1个羧基，1mol王浆酸最多能中和1molNaOH，故D错误．故选D．3．由石英砂（主要含SiO2）制取高纯硅的工业流程如下：下列说法不正确的是（）A．反应①③均属于置换反应B．反应①中氧化产物和还原产物的质量比为1：2C．该流程中反应①③的还原剂不能互换使用D．该流程是实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础【考点】硅和二氧化硅．【分析】A．置换反应是指：一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；B．依据方程式SiO2+2C Si（粗）+2CO↑判断解答；C．氢气与硅能反应生成硅烷；D．沙子主要成分是二氧化硅，经过该流程成为硅．【解答】解：A．反应①SiO2+2C Si（粗）+2CO↑；反应③SiHCl3+H2Si （纯）+3HCl，二者都是置换反应，故A正确；B．反应SiO2+2C Si（粗）+2CO↑，氧化产物为一氧化碳，还原产物为硅，二者物质的量之比为1：2，质量之比为：14：15，故B错误；C．氢气与硅能反应生成硅烷，所以该流程中反应①③的还原剂不能互换使用，故C正确；D．沙子主要成分是二氧化硅，经过该流程成为硅，实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础，故D正确；故选：B．4．下列有关元素周期律、元素周期表的说法正确的是（）A．金属锗是一种良好的导热、导电材料B．元素的非金属性越强，其氢化物的沸点越高C．同周期相邻主族元素的原子，其质子数之差均为1D．最外层电子数为4的原子，其元素一定处于ⅣA族【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】A．锗位于金属元素与非金属元素的交界线处，具有半导体的性质；B．氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关；C．第四周期相邻主族元素的原子，质子数相差11；D．最外层电子数为4的原子，其最外层电子排布式为ns2np2．【解答】解：A．锗位于金属元素与非金属元素的交界线处，具有半导体的性质，不是良好的导电材料，故A错误；B．氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，如非金属性：O＞S，沸点：H2O＞H2S，故B错误；C．第四周期相邻主族元素的原子，质子数相差11，所以同周期相邻主族元素的原子，其质子数之差不一定为1，故C错误；D．最外层电子数为4的原子，其最外层电子排布式为ns2np2，元素一定处于ⅣA族，故D 正确；故选D．5．有机化合物9，10﹣二甲基菲的结构如图所示．其苯环上七氯代物的同分异构体有（）A ．8种B ．5种C ．4种D ．3种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】有机化合物9，10﹣二甲基菲的苯环上有8个氢原子，所以苯环上七氯代物的同分异构体和一氯代物的同分异构体数目是一样的，根据对称性来回答．【解答】解：有机化合物9，10﹣二甲基菲的苯环上有8个氢原子，所以苯环上七氯代物的同分异构体和一氯代物的同分异构体数目是一样的，（图中的黑线是对称轴），一氯代物的同分异构体数目是4，所以苯环上七氯代物的同分异构体是4种．故选C ．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．氯化氢易挥发；B ．长颈漏斗，不能防止气体逸出；C ．乙酸乙酯在NaOH 溶液中水解；D ．碳酸氢钠受热易分解．【解答】解：A ．氯化氢易挥发，密度比空气大，可用向上排空气法收集，故A 正确； B ．定量测定化学反应速率，第二个装置，用长颈漏斗加过氧化氢，虽然过氧化氢在二氧化锰的作用下能生成氧气，但长颈漏斗不能防止生成的氢气从长颈漏斗中逸出，所以右边的针筒中活塞不移动，故不能达到定量测定化学反应速率实验目的，故B 错误；C ．乙酸乙酯在NaOH 溶液中水解，应在试管中盛放饱和碳酸钠溶液，故C 错误；D ．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，故D 错误．故选A ．7．某化工厂利用原电池原理处理废水并淡化海水．工作示意图如下．下列说法正确的是（）A．电极a在装置中做正极B．装置中膜A是阳离子交换膜C．电极b的电极反应式是2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2OD．若有机物表示为C4H8O2，每转移10mol电子，电极a上产生22.4LCO2（标准状况）【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、根据图象知，a为负极；B、A为阴离子交换膜；C、b正极，在原电池的正极上发生得电子的还原反应；D、根据得失电子数来回答．【解答】解：A．根据图象知，a产生二氧化碳，为负极，故A错误；B．a电极是负极，故A膜为阴离子交换膜，故B错误；C．电极b为正极，电极反应式是2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；D．若有机物表示为C4H8O2，每生成1mol二氧化碳，转移5mol电子，则每转移10mol电子，产生2mol二氧化碳，电极a上产生44.8LCO2（标准状况），故D错误．故选：C．二、解答题（共3小题，满分43分）8．以菱锰矿（主要成分MnCO3，含有铁、镍、钴等的碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程简化表示如下：已知：①MnCO3（s）+H2SO4（aq）⇌MnSO4（aq）+CO2（g）+H2O（1）△H＜0②Fe（OH）3完全沉淀的pH为3.7，Mn（OH）2、Co（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2开始沉淀的pH均大于7③25℃，K sp（MnS）=2.5×10﹣10，K sp（CoS）=4×10﹣21，K sp（NiS）=3.2×10﹣19回答下列问题：（1）酸浸时控制温度为80～90℃，原因是温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低．（2）浸出液中先加入MnO2的目的是氧化Fe2+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再加入氨水调节pH至5～6的作用是使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．（3）滤渣2的主要成分是CoS和NiS；利用（NH4）2S除杂易产生H2S，危害生产人员的健康，可用二乙基二硫代氨基甲酸钠（DDTC）代替（NH4）2S．已知：25℃，K sp[Ni（DDTC）2]=7.94×10﹣14，电解液中Ni2+的最大允许浓度为1.70×10﹣5mol•L﹣1，若某电解液中c（DDTC﹣）=8.00×10﹣5mol•L﹣1，则该电解液中的c（Ni2+）是（填“是”、“否”）符合Ni2+的最大允许浓度要求．（4）电解时，阴极发生主要反应的电极反应式为Mn2++2e﹣=Mn，由于发生副作用，阴极上会产生少量气体，其分子式为H2．（5）为增强电解所得金属锰的抗腐蚀性，可用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnO x，则该反应的离子方程式为xCr2O72﹣+2+++=2xCr3++x+2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，（1）温度控制是为了获得较大的反应速率，同时避免反应①逆向进行有效锰的浸出率；（2）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn，阴极上会产生少量气体是溶液中氢离子得到电子生成氢气；（5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnO x，发生的反应是重铬酸钾氧化锰离子生成MnO x，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式．【解答】解：（1）酸浸时控制温度为80～90℃，原因是温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低，故答案为：温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低；（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再加入氨水调节pH至5～6的作用是沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；故答案为：CoS和NiS；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn，阴极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气，故答案为：Mn2++2e﹣=Mn；H2；（5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnO x，发生的反应是重铬酸钾氧化锰离子生成MnO x，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnO x+4xH2O，故答案为：xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnO x+4xH2O．9．一定量的CO2与足量的C在恒容密闭容器中发生反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H．回答下列问题：（1）已知C和CO的燃烧热分别为393KJ•mol﹣1、283KJ•mol﹣1，则上述反应的△H=+173KJ/mol．（2）若反应进行到10s时，测得容器内的密度增大了2.4g•L﹣1，则10s内用CO表示的平均反应速率为0.04mol/（L•s）．（3）若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为ρkPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示．①650℃时CO2的平衡转化率为25%．②T1℃的平衡常数K p=0.5pka（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡不（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，原因是Q p=K p．③已知：K p=K c（RT）△v，其中R=8.314L•kPa•mol﹣1•K﹣1，△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和．若该反应的的值为9976.8，则此时的热力学温度为1200K．【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据C和CO的燃烧热书写热化学方程式，根据已知热化学方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算C （s）+CO2（g）⇌2CO（g）的△H；（2）根据差量法求出生成的CO的物质的量，然后根据V=求出反应的速率；（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；②反应前压强为ρkPa，分压=总压×物质的量分数，根据反应后的物质的量分数计算T1℃的平衡常数K p，T1℃时Q p=K p，平衡不移动；③C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和=1，根据K p=K c（RT）△v，代入相关数据即可解得此时的热力学温度．【解答】解：（1）C和CO的燃烧热分别为393KJ•mol﹣1、283KJ•mol﹣1，依据燃烧热是1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应的热化学方程式分别为：①C（s）+O2（g）→CO2（g）△H=﹣393KJ/mol，②2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol，将①﹣②得到C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），根据盖斯定律△H=（﹣393KJ/mol）﹣（﹣566KJ/mol）=+173KJ/mol，故答案为：+173KJ/mol；（2）假设体积为1L，测得容器内的密度增大了2.4g•L﹣1，C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△m12 44 56 12m 2.4g解得m=11.2g，n===0.4mol，则10s内用CO表示的平均反应速率为V===0.04mol/（L•s），故答案为：0.04mol/（L•s）；（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）开始 1 0转化x 2x平衡1﹣x 2x所以×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为：×100%=25%，故答案为：25%；②若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为ρkPa，由图可知，T1℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，分压=总压×物质的量分数，T1℃时平衡K p=0.5ρkPa，由图可知，T1℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%为平衡状态，该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，Q p=K p，则平衡不移动，故答案为：0.5pka；不；Q p=K p；③C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和=2﹣1=1，K p=K c（RT）△v，其中R=8.314L•kPa•mol﹣1•K﹣1，的值为9976.8，△v=1，分别代入得：K p==1200，故答案为：1200．10．Cu x（NH3）y（SO4）z•nH2O是深蓝色晶体，可溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，常用作杀虫剂、媒染剂等．某小组利用废铜屑、硫酸、氨水等原料制备该晶体并测定其组成．①制备：将废铜屑充分灼烧后用足量稀硫酸溶解，向所得溶液中加入氨水至析出的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，加入适量无水乙醇，静置、减压过滤，得粗产品．将粗产品先用乙醇和浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，干燥后即得产品．②NH3的测定：精确称取ag产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，按如图所示组装实验装置．向长颈漏斗中加入10%NaOH溶液至小试管盛满并溢出足量溶液，加热，保持微沸，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液V2mL．③SO42﹣的测定：精确称取bg产品，加适量水溶解，加入足量盐酸，滴加氯化钡溶液至不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为dg．回答下列问题：（1）废旧金属再利用时一般先要用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污，本实验未设计此步骤，其理由是灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是减少粗产品的溶解损耗．（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，其化学式为CuO；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是液封，防止氨气从长颈漏斗上口逸出．（3）蒸氨结束后，取出并拔掉插入HCl溶液中的导管，用少量水将导管内外沾附的溶液洗入B中的锥形瓶内，再进行滴定．若未进行此操作，氨的含量测定结果将偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；样品中NH3的质量分数表达式为×100%．（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净，样品中SO42﹣的质量分数表达式为×100%．（5）Cu x（NH3）y（SO4）z•nH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分别为26.02%、27.64%、39.02%、7.32%，有关该晶体组成的下述表达式正确的是CD．A、x=y+z B、2x=y+2z C、x=z D、3y=4（x+z+n）【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；洗涤时，洗去附着的杂质，要减小产品因溶解导致的损失；（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，应产生的氢氧化铜分解生成CuO；防止氨气从长颈漏斗中逸出；（3）会附着剩余的HCl，若不洗涤，导致滴定剩余的HCl偏小，吸收氨气消耗的盐酸偏多；根据消耗氢氧化钠计算剩余HCl物质的量，再计算与氨气反应HCl的物质的量，可得氨气的质量，进而计算氨气的质量分数；（4）硫酸钡沉淀会附着氯化钡，利用硝酸银溶液检验最后一次滤出液中是否含有氯离子，判断洗涤是否干净；生成的沉淀为硫酸钡，根据硫酸根守恒计算；。