2016高考化学二轮复习习题：模拟考场1 Word版

2016年江西省上饶市余干县高考化学二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1mol OH﹣中含有9N A个电子B．28g的CO气体中含有N A个氧原子C．1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有N A个Al3+D．常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5N A2．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（）A．pH=0的无色溶液中：Cl﹣、Na+、SO42﹣、Fe2+B．在=1012的溶液中：NH4+、NO3﹣、K+、Cl﹣C．加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣D．含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+3．下列说法不正确的是（）A．分子式为C5H12的化合物，其一氯代物种类（不考虑立体异构）不可能是2种B．棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维C．乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯、二乙酸乙二酯它们互为同分异构体D．石油裂化、油脂皂化和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和蛋白质的盐析都是物理变化4．下列有关结构和性质的说法正确的是（）A．元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子B．P、S、C1得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C．元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D．从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱5．歌曲《青花瓷》中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2O x，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A．可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2B．性质稳定，不易脱色C．易溶于强酸和强碱D．x等于66．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图（部分产物已略去）．下列说法中，正确的是（）A．若甲为单质铁，则丙一定为FeCl3B．若甲为强碱，则X一定为CO2C．若乙是一种白色胶状沉淀，则甲溶液中一定含有Al3+D．若甲为单质，则此关系中涉及的反应一定都是氧化还原反应7．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr （g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定8．已知AgCl的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）下列说法不正确的是（）A．除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好B．加入H20，溶解平衡不移动C．用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失D．反应2AgCl+Na2S═Ag2S+2NaCl说明溶解度：AgCl＞Ag2S二、解答题（共4小题，满分52分）9．有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子每种轨道中电子数相同；C元素的价电子构型为ns n np n+1；D的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大．（1）B与D形成的非极性分子中中心原子的孤对电子数是，中心原子的杂化轨道类型为．（2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是（写分子式），它们的稳定性由弱到强的顺序是（写分子式）．（3）分子ABC、BA2D的空间构型分别是、．（4）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是（用元素符号表示），第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）．（5）C的单质分子中存在个π键、个σ键．10．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤（参考数据：pH≥9.6时，Fe2+完全水解成Fe（OH）2；pH≥6.4时，Cu2+完全水解成Cu（OH）2；pH≥3.7时，Fe3+完全水解成Fe（OH）3）．（1）第一步除去Fe2+，能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去？，理由是．有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：①加入NaClO后，溶液的pH变化是（多选不限，填字母）．A．一定增大B．一定减小C．可能增大D．可能减小②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？，理由是．③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2+的有（多选不限，填字母）．A．浓HNO3B．KMnO4C．Cl2D．O2E．H2O2（2）除去溶液中的Fe3+的方法是调整溶液的pH=3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH的调整到3.7，可选用的有（多选不限，填字母）．A．NaOH B．氨气C．Cu2（OH）2CO3D．Na2CO3E．CuO F．Cu（OH）2．11．三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究．该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，产生的气体中含有CO、CO2．请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程．限选试剂：①蒸馏水②3%H2O2溶液③氧化铜④1.0 mol•L﹣1盐酸⑤浓硫酸⑥1.0 mol•L﹣1NaOH溶液⑦澄清石灰水⑧0.5 mol•L﹣1 CuSO4溶液⑨2%KSCN溶液⑩苯酚溶液（1）若用一套连续实验装置检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内）．（2）提出合理假设假设1：只有Fe；假设2：只有FeO；假设3：．（3）设计实验方案并实验验证步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体．步骤2：取少量上述不溶固体放入试管中，加入足量溶液，充分振荡．若固体无明显变化，则假设成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为．步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量，振荡后静置．若溶液基本无色，则假设成立；若溶液呈，则假设3成立．（4）问题讨论若固体产物中FeO含量较少，用步骤3方法难以确定．请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）：．（5）拓展与延伸有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”．假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的QUOTE，试写出该反应的离子方程式．12．实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是已知苯甲醛易被空气氧化，苯甲醇的沸点为205.3℃；苯甲酸的熔点为121.7℃，沸点为249℃，溶解度为0.34g；乙醚的沸点为34.8℃，难溶于水．制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下：苯甲醛白色糊状物试根据上述信息回答下列问题：（1）操作Ⅰ的名称是，乙醚溶液中所溶主要成分是．（2）操作Ⅱ的名称是，产品甲是．（3）操作Ⅲ的名称是，产品乙是．（4）如图所示，操作Ⅱ中温度计水银球上沿放置的位置应是（填“a”、“b”、“c”或“d”），该操作中，除需蒸馏烧瓶、温度计外，还需要的玻璃仪器是，收集产品乙醚的适宜温度为．2016年江西省上饶市余干县高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1mol OH﹣中含有9N A个电子B．28g的CO气体中含有N A个氧原子C．1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有N A个Al3+D．常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5N 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、依据氢氧根离子结构计算电子数，氢氧根离子含10个电子；B、依据n=计算物质的量结合分子式计算氧原子数；C、铝离子溶液中水解；D、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断．【解答】解：A、1mol OH﹣中含有10N A个电子，故A错误；B、28g的CO气体物质的量为1mol，分子中含有N A个氧原子，故B正确；C、铝离子溶液中水解，1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+小于N A个，故C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体物质的量不是标准状况，含有的分子数不是0.5N A，故D 错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒结构分析计算，盐类水解的应用，注意气体摩尔体积的条件分析，题目较简单．2．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（）A．pH=0的无色溶液中：Cl﹣、Na+、SO42﹣、Fe2+B．在=1012的溶液中：NH4+、NO3﹣、K+、Cl﹣C．加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣D．含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、pH=0的无色溶液为酸性溶液，且不存在有色离子，亚铁离子为有色离子；B、在=1012的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，能够共存；C、加入铝粉能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，镁离子、铵离子能够与氢氧根离子反应；D、铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁．【解答】解：A、该溶液为酸性无色溶液，Fe2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A 错误；B、该溶液为酸性溶液，NH4+、NO3﹣、K+、Cl﹣离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、该溶液为酸性或者碱性溶液，Mg2+、NH4+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，酸性溶液中NO3﹣、Al反应不生成氢气，故C错误；D、Fe3+能够与SCN﹣离子反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生的条件，明确常见的离子不能共存的情况，还要注意题中暗含条件的要求．3．下列说法不正确的是（）A．分子式为C5H12的化合物，其一氯代物种类（不考虑立体异构）不可能是2种B．棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维C．乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯、二乙酸乙二酯它们互为同分异构体D．石油裂化、油脂皂化和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和蛋白质的盐析都是物理变化【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．分子式为C5H12的化合物为正戊烷、新戊烷、异戊烷；B．棉花、羊毛、蚕丝均为天然高分子化合物；C．分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；D．石油裂化、油脂皂化和煤的干馏均有新物质生成；石油的分馏和蛋白质的盐析均无新物质生成．【解答】解：A．分子式为C5H12的化合物为正戊烷、新戊烷、异戊烷，C5H12有三种同分异构体其一氯代物分别为：3、4、1，故A正确；B．棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维，故B正确；C．分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．石油裂化、油脂皂化和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和蛋白质的盐析都是物理变化，故D正确；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的组成和结构、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．4．下列有关结构和性质的说法正确的是（）A．元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子B．P、S、C1得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C．元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D．从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A．同位素质子数相等、中子数不等；B．元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；C．元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，但其简单阴离子的还原性越弱．【解答】解：A．元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个中子，但质子数相等，故A错误；B．元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这几种元素非金属性强弱顺序是Cl＞S＞P，所以P、S、C1得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，故B正确；C．元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，但其简单阴离子的还原性越弱，第VIIA 族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以其气态氢化物的稳定性减弱，还原性增强，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生知识灵活运用能力，注意规律中的异常现象，易错选项是C，要考虑稀有气体，为易错点．5．歌曲《青花瓷》中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2O x，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A．可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2B．性质稳定，不易脱色C．易溶于强酸和强碱D．x等于6【考点】无机非金属材料．【专题】碳族元素．【分析】A．根据硅酸盐中氧化物的书写顺序来书写；B．硅酸盐性质稳定；C．硅酸盐能和强酸反应；D．硅酸铜钡的化学式为BaCuSi2O X，利用钡、铜、硅、氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答．【解答】解：A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，故A正确；B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；C．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；D．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为﹣2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2O X，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（﹣2）×x=0，解得x=6，故D正确．故选C．【点评】本题考查了硅酸盐的性质及利用化学式和元素的化合价来计算原子个数，难度不大，明确硅酸盐用氧化物形式表示时书写顺序，学生应利用信息中元素的化合价和常见元素在化合物中的化合价并结合化合价计算的原则来进行计算．6．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图（部分产物已略去）．下列说法中，正确的是（）A．若甲为单质铁，则丙一定为FeCl3B．若甲为强碱，则X一定为CO2C．若乙是一种白色胶状沉淀，则甲溶液中一定含有Al3+D．若甲为单质，则此关系中涉及的反应一定都是氧化还原反应【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A．若甲为单质铁，则X可以为氯气或溴、硝酸等；B．若甲为强碱，则X可以为CO2、SO2、H2S等；C．乙是一种白色胶状沉淀，若甲为铝盐、X为强碱、乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸盐，若甲为偏铝酸盐、X为强酸、丙为铝盐；D．若甲为单质，乙、丙中含有的甲元素化合价不同，均为氧化还原反应．【解答】解：A．若甲为单质铁，则X可以为氯气或溴、硝酸等，丙为FeCl3，FeCl3，Fe （NO3）3等，故A错误；B．若甲为强碱，则X可以为CO2、SO2、H2S等，故B错误；C．乙是一种白色胶状沉淀，若甲为铝盐、X为强碱、乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸盐，若甲为偏铝酸盐、X为强酸、丙为铝盐，故C错误；D．若甲为单质，乙、丙中含有的甲元素化合价不同，均为氧化还原反应，故D正确，故选D．【点评】本题考查无机物推断，难度中等，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识．7．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr （g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）△H＜0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；故选：A．【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别．8．已知AgCl的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）下列说法不正确的是（）A．除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好B．加入H20，溶解平衡不移动C．用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失D．反应2AgCl+Na2S═Ag2S+2NaCl说明溶解度：AgCl＞Ag2S【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、依据氯化银溶解度小于硫酸银分析判断；B、加水沉淀溶解平衡正向进行；C、氯化钠溶液中氯离子抑制程度溶解平衡，平衡左移，减少沉淀损失；D、依据沉淀转化的实质分析；【解答】解：A、氯化银溶解度小于硫酸银，除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好，故A正确；B、加入H20，沉淀溶解平衡正向进行，故B错误；C、用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，氯化钠溶液中氯离子抑制程度溶解平衡，平衡左移，可以减少沉淀损失，故C正确；D、反应2AgCl+Na2S═Ag2S+2NaCl，反应向更难溶的方向进行，说明溶解度：AgCl＞Ag2S，故D正确；故选B．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析，溶度积随温度变化，沉淀转化的实质分析，题目难度中等．二、解答题（共4小题，满分52分）9．有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子每种轨道中电子数相同；C元素的价电子构型为ns n np n+1；D的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大．（1）B与D形成的非极性分子中中心原子的孤对电子数是0，中心原子的杂化轨道类型为sp杂化．（2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是H2O ＞NH3＞CH4（写分子式），它们的稳定性由弱到强的顺序是CH4＜NH3＜H2O（写分子式）．（3）分子ABC、BA2D的空间构型分别是直线形、平面三角形．（4）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C（用元素符号表示），第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示）．（5）C的单质分子中存在2个π键、1个σ键．【考点】位置结构性质的相互关系应用；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】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为碳元素；C 元素的价电子构型为ns n np n+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E 是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大，则E为Fe，以此解答该题．【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为碳元素；C 元素的价电子构型为ns n np n+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E 是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大，则E为Fe，（1）B 与D 形成的非极性分子为CO2，电子式为，可知中心原子的孤对电子数是0，含有2个σ键，为sp杂化，故答案为：0；sp杂化；（2）A分别与B、C、D 能形成电子数为10 的化合物分别为CH4、NH3、H2O，常温下水为液体，而甲烷、氨气为气体，水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故沸点由高到低的顺序是：H2O＞NH3＞CH4，非金属性O＞N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性CH4＜NH3＜H2O，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；CH4＜NH3＜H2O；（3）分子ABC为HC≡N，C含有2个σ键，为sp杂化，为直线形分子，BA2D为甲醛，形成2个σ键，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：直线形；平面三角形；（4）同周期随原子序数增大，电负性逐渐增强，则有O＞N＞C，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：O＞N＞C；N＞O＞C；（5）C 的单质分子为N2，其结构为N≡N，分子中σ键和π键的个数分别为为1、2，故答案为：2；1．【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．10．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤（参考数据：pH≥9.6时，Fe2+完全水解成Fe（OH）2；pH≥6.4时，Cu2+完全水解成Cu（OH）2；pH≥3.7时，Fe3+完全水解成Fe（OH）3）．（1）第一步除去Fe2+，能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去？不能，理由是pH=9.6时，2+也以（）2的形式沉淀下来．有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：①加入NaClO后，溶液的pH变化是A（多选不限，填字母）．A．一定增大B．一定减小C．可能增大D．可能减小②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？不妥当，理由是引入了新的杂质Na+．③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2+的有CDE（多选不限，填字母）．A．浓HNO3B．KMnO4C．Cl2D．O2E．H2O2（2）除去溶液中的Fe3+的方法是调整溶液的pH=3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH的调整到3.7，可选用的有CEF（多选不限，填字母）．A．NaOH B．氨气C．Cu2（OH）2CO3D．Na2CO3E．CuO F．Cu（OH）2．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，反应后溶液中含亚铁离子、铁离子、铜离子，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，加氯气或过氧化氢氧化亚铁离子，然后调节pH在3.7～6.4之间，使铁离子转化为沉淀，过滤后滤液含氯化铜，在HCl气流中蒸发得到氯化铜．（1）接调整pH=9.6将Fe2+沉淀，铜离子也沉淀；①加入NaClO后，溶液碱性增强；②NaClO作氧化剂，引入钠离子不能除去；③除去混合溶液中Fe2+，选择氧化剂，但不能引入新的杂质；（2）使强酸性溶液的pH的调整到3.7，促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质．【解答】解：粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，反应后溶液中含亚铁离子、铁离子、铜离子，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，加氯气或过氧化氢氧化亚铁离子，然后调节pH在3.7～6.4之间，使铁离子转化为沉淀，过滤后滤液含氯化铜，在HCl气流中蒸发得到氯化铜．（1）第一步除去Fe2+，不能直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀，原因为pH=9.6时，Cu2+也以Cu（OH）2的形式沉淀下来，故答案为：不能；pH=9.6时，Cu2+也以Cu（OH）2的形式沉淀下来；①加入NaClO后，溶液碱性增强，则pH一定增大，故答案为：A；②用NaClO作氧化剂不妥当，因引入了新的杂质Na+，故答案为：不妥当；引入了新的杂质Na+；③根据pH≥9.6时，Fe2+完全水解成Fe（OH）2；pH≥6.4时，Cu2+完全水解成Cu（OH）2；pH≥3.7时，Fe3+完全水解成Fe（OH）3，欲去除CuCl2酸性溶液中的Fe2+和Fe3+，需要先将Fe2+氧化为Fe3+，再调整pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去．将Fe2+氧化为Fe3+时不许引入新的杂质，也不能造成环境污染，故选Cl2、O2、H2O2等物质做氧化剂，则CDE符合，故答案为：CDE；（2）调整溶液的pH=3.7时也不能引入杂质，可选Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu（OH）2，故答案为：CEF．【点评】本题考查混合物分离提纯及物质的制备，为高频考点，把握制备原理、盐类水解应用、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．11．三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究．该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，产生的气体中含有CO、CO2．请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程．限选试剂：①蒸馏水②3%H2O2溶液③氧化铜④1.0 mol•L﹣1盐酸⑤浓硫酸⑥1.0 mol•L﹣1NaOH溶液⑦澄清石灰水⑧0.5 mol•L﹣1 CuSO4溶液⑨2%KSCN溶液⑩苯酚溶液（1）若用一套连续实验装置检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内）⑥⑦⑤③⑦．（2）提出合理假设假设1：只有Fe；假设2：只有FeO；假设3：含有Fe和FeO．（3）设计实验方案并实验验证步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体．。

2016高考化学模拟试卷（1）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2016•乌鲁木齐校级二模）下列物质与其用途完全符合的是（）①Na2O2﹣供氧剂②晶体Si﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料⑧SO2﹣食品防腐剂⑨NH3﹣制冷剂⑩水玻璃﹣耐火材料．A．①④⑤⑧⑨B．①②③⑥⑦⑨ C．①②③④⑥⑦⑨⑩D．①②③④⑥⑦⑨2．（6分）（2016春•衡水校级月考）下列装置或操作能达到实验目的是（）A．图1装置用于中和热的测定B．图2装置用于高锰酸钾溶液滴定草酸C．图3装置用于测定氢气的反应速率（单位mL/s）D．图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响3．（6分）（2016•伊宁市校级二模）2015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，内部用AlCl4﹣和有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如图所示．下列说法不正确的是（）A．放电时，铝为负极、石墨为正极B．放电时，有机阳离子向铝电极方向移动C．放电时的负极反应为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣D．充电时的阳极反应为：C n+AlCl4﹣﹣e﹣═C n AlCl44．（6分）（2016春•衡水校级月考）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1mol•L﹣1的AlCl3溶液中，含Al3+数小于N AB．标准状况下，将2.24L 氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为N AC．1mol NaBH4中含的离子的数目为6N AD．30g甲醛（HCHO）和醋酸的混合物中含碳原子数目为N A5．（6分）（2016•伊宁市校级二模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图Ⅰ表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热△H=﹣241.8 kJ•mol﹣1 B．图Ⅱ表示反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g），达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞cC．图Ⅲ表示0.1mol MgCl2•6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化D．图Ⅳ表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA 溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH6．（6分）（2015•宁德模拟）以二氧化碳和氢气为原料制取乙醇的反应为：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H＜0某压强下的密闭容器中，按CO2和H2的物质的量比为1：3投料，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量百分数（y%）随温度变化如图所示．下列说法正确的是（）A．a点的平衡常数小于b点B．b点，v正（CO2）=v逆（H2O）C．a点，H2和H2O物质的量相等D．其他条件恒定，充入更多H2，v（CO2）不变7．（6分）（2016春•衡水校级月考）布洛芬属于丁苯丙酸的一种，是世界卫生组织推荐的獐抗炎退烧药，其结构如图所示．下列说法不正确的是（）A．布洛芬的分子式为C12H18O2B．布洛芬与苯丙酸互为同系物C．丁苯丙酸共有12种可能的结构D．布洛芬能发生加成、取代等反应二、解答题（共3小题，满分43分）8．（15分）（2016春•衡水校级月考）查阅资料知：Br2的沸点为58.8℃，密度为3.119g•cm ﹣3微溶于水，有毒．Ⅰ．（1）常温下，单质溴通常呈态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量．Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用空气吹出法．其生产流程可用如图表示：某化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取液溴实验步骤如下：①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴．（2）当观察到A中液面上方出现（实验现象）即可判断步骤①中反应已经结束．（3）X试剂可以是（填序号），尾气处理选用（填序号）．a．H2O b．饱和食盐水c．氢氧化钠溶液d．饱和Na2SO3溶液B中X试剂发生反应的离子方程式为．（4）蒸馏时应该选择，操作中应控制的关键实验条件为．Ⅲ．该实验小组利用制得的单质溴研究H2与Br2生成HBr的反应，实验装置如下：（5）E装置可用来检验反应产物HBr，则D装置的作用是．若要检验E中收集的HBr，图示装置检验HBr时还不够完善，请结合原有实验装置予以改进：．9．（13分）（2016春•衡水校级月考）水是重要的自然资源，与人类的发展密切相关．（1）25℃时，水能按下列方式电离：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣K1=1.0×10﹣14OH﹣+H2O⇌H3O++O2﹣K2=1.0×10﹣36水中c（O2﹣）=mol•L﹣1（填数值）．（2）水广泛应用于化学反应．将干燥的碘粉与铝粉混合未见反应，滴加一滴水后升起紫色的碘蒸气，最后得到白色固体．有关该实验的解释合理的是．A．加水使碘和铝粉形成溶液B．水作氧化剂C．碘粉与铝粉反应是放热反应D．水作催化剂（3）铁酸铜（CuFe2O4）是很有前景的热化学循环分解水制氢的材料．ⅰ．某课外小组制备铁酸铜（CuFe2O4）的流程如下：搅拌Ⅰ所得溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2的物质的量浓度分别为2.6mol•L﹣1、1.3mol•L ﹣1．①搅拌Ⅰ所得溶液中Fe元素的存在形式有Fe3+和（填化学式）．②搅拌Ⅱ要跟踪操作过程的pH变化．在滴加KOH溶液至pH=4的过程中（假设溶液体积不变），小组同学绘制溶液中c（Fe3+）、c（Cu2+）随pH变化的曲线如图，其中正确的是（用“A”、“B”填空）．（已知：K sp[Fe（OH）3]=2.6×10﹣39、K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）③操作Ⅲ为、．ⅱ．在热化学循环分解水制氢的过程中，铁酸铜（CuFe2O4）先要煅烧成氧缺位体（CuFe2O4），氧缺位值（a）越大，活性越高，制氢越容易．﹣a④氧缺位体与水反应制氢的化学方程式为．⑤课外小组将铁酸铜样品在N2的气氛中充分煅烧，得氧缺位体的质量为原质量的96.6%，则氧缺位值（a）=．10．（15分）（2016春•衡水校级月考）德国化学家哈伯从1902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1一种利用天然气合成氨的简易流程如下：天然气先经脱硫，然后通过两次转化，再经过二氧化碳脱除等工序，得到氮氢混合气，进入氨合成塔，制得产品氨．（1）根据化学平衡移动原理，为提高合成氨的生产效率，选择氨合成塔中适宜的生产条件是．（2）CH4与水蒸气制氢气的反应为CH4（g）+H2O （g）⇌CO （g）+3H2（g），在2L的密闭容器中，将物质的量各1mol的CH4和H2O （g）混合反应，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：①该反应的△H0（填＞、＜）．②图中压强P1P2（填＞、＜）．③200℃时该反应的平衡常数K=（保留一位小数）．（3）NH3经过催化氧化生成NO，以NO为原料通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，试写出以惰性材料作电极的阴极反应式：；阳极反应式：；电解过程中需要补充一种物质才能使电解产物全部转化为NH4NO3，该物质是．【化学-选修2：化学与技术】（15分）11．（15分）（2016春•衡水校级月考）淡水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质．按要求回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康．天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是（填一种物质的名称），其净水作用的原理是．混凝剂难以清除溶解于水中的有机物、无机物、微生物，混凝剂沉淀后还需要．（2）硬水的软化指的是．（3）硬度为1°的水是指每升水含10mg CaO或与之相当的物质（如7.1mg MgO）．若某天然水中c（Ca2+）=1.2×10﹣3mol/L，c（Mg2+）=6×10﹣4mol/L，则此水的硬度为．（4）若（3）中的天然水还含有c（HCO3﹣）=8×10﹣4mol/L，现要软化10m3这种天然水，则需先加入Ca（OH）2g，后加入Na2CO3g．（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图，其中，电极A接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极．①隔膜A是（填“阴”或“阳”）离子交换膜．②某种海水样品，经分析含有大量的Na+、Cl﹣，以及少量的K+、SO42﹣．若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，A、B、C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pH a、pH b、pH c，则其大小顺序为．【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12．（2016春•衡水校级月考）铜是应用较为广泛的有色金属．（1）基态铜原子的核外电子排布式为．（2）金属化合物Cu2Zn合金具有较高的熔点、较大的强度、硬度和耐磨度．Cu2Zn合金的晶体类型是．（3）某含铜化合物的离子结构如图1所示．①该离子中存在的作用力有；a．离子键b．共价键c．配位键d．氢键e．范德华力②该离子中第二周期的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是；③该离子中N原子的杂化类型有．（4）铜与氧形成化合物的晶体结构如图2．该化合物的化学式为，O的配位数是．若该晶胞参数为d nm，该晶体的密度为g/cm3．【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13．（2016春•衡水校级月考）M是一种重要材料的中间体，结构简式为：．合成M的一种途径如下：A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去．已知：①Y的核磁共振氢谱只有1种峰；②RCH=CH2RCH2CH2OH；③两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，易脱水．请回答下列问题：（1）Y的结构简式是，D中官能团的名称是．（2）步骤①的反应类型是．（3）下列说法不正确的是．a．A和E都能发生氧化反应b．1mol B完全燃烧需6mol O2c．C能与新制氢氧化铜悬浊液反应d．1mol F最多能与3mol H2反应（4）步骤③的化学方程式为．（5）步骤⑦的化学反应方程式是．（6）M经催化氧化得到X（C11H12O4），X的同分异构体中同时满足下列条件的结构简式为．a．苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯代物有2种b．水解只生成芳香醇和二元酸，且二元酸的核磁共振氢谱只有2种峰．参考答案一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．C；2．B；3．B；4．D；5．C；6．C；7．AC；二、解答题（共3小题，满分43分）8．液；水；黄绿色；d；c；Br2+H2O+SO32-=2Br-+SO42-+2H+；①③⑤⑥⑦；控制温度在59℃；除去未反应完的溴蒸气；在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置；9．1.0×10-36；CD；Fe（OH）3； B；洗涤；干燥；CuFe2O4-a+aH2O=CuFe2O4+aH2↑；0.51；10．适宜的高温、高压和催化剂；＞；＜；69.1（mol•L）；NO+5e-+6H+=NH4++H2O；NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；氨气；【化学-选修2：化学与技术】（15分）11．明矾，硫酸铝，硫酸铁，硫酸亚铁（填其中任意一种）；铝盐或铁盐在水中发生水解反应生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水中的悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的；消毒、杀菌；除去或减少水中的Ca2+、Mg2+等的过程；10°；740；1484；阴；pH a＜pH b＜pH c；【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12．1s22s22p63s23p63d104s1；金属晶体；bc；N＞O＞C；sp2、sp3杂化；Cu2O；8；；【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13．；羧基；消去反应；d；；；；。

高中化学学习材料唐玲出品2016年高考模拟训练试题理科综合(一)本试卷分第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共15页，满分300分，考试用时150分钟。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。

第I 卷(必做题，共126分)注意事项：1．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净以后，再涂写其他答案标号。

只答在试卷上不得分。

2．第I 卷共21道小题，每小题6分，共126分。

以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 C1 35.5 Cu 64 Br 80一、选择题(本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意)7．下列说法中正确的是A ．氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现B ．纯净的硅单质是制造光导纤维的基本原料C ．生理盐水、葡萄糖注射液属于胶体D ．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A ．0.1 mol ·L -1NaNO 3溶液：H +、Fe 2+、Cl -、SO 42-、K +B ．()1310w K c H -+=mol ·L -1的溶液：Na +、AlO 2-、OH -、NO 3 - C ．0.1 mol ·L -1NH 3·H 2O 溶液：K +、Na +、NO 3-、C1-D ．加入铝粉能产生大量H 2的溶液：Na +、K +、Cl -、HCO 3-9．分子式为C 10H 20O 2的有机物在酸性条件下可水解为醇A 和酸B ，A 经过连续氧化可转化为B，若不考虑立体异构，符合上述要求的醇和酸若重新组合，可形成的酯共有A．32种 B．16种 C.8种 D．4种10．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3。

2016年河南省八市重点高中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．化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）A．空气中PM2.5（2.5微米以下的颗粒物）的存在一定能够形成丁达尔效应B．高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性C．聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物材料D．水体的富营养化与含N、P洗衣粉广泛使用有关2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molCl2作为反应物，转移电子数一定为2N AB．1molC9H20中含有共价键数目为28N AC．标况下448mL二氯甲烷中含有分子数为0.02N AD．常温常压下，1.8 g重水（D2O）中含中子数为N A3．某有机化合物M的结构简式为，关于有机物M的叙述正确的是（）A．有机物M的分子式为C11H14O3B．1 molNa2CO3最多能消耗1 mol有机物MC．有机物M能发生取代、氧化、还原和加聚反应D．有机物M能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀4．下列实验现象与实验解释正确的是（）A．A B．B C．C D．D5．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6．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点．某科研人员设计了以液态肼（N2H4）为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池（如图所示）．该固体氧化物电解质的工作温度高达700～900℃时，O2﹣可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质．下列说法正确的是（）A．电极甲为电池正极B．电池总反应为N2H4+2O2═2NO+2H2OC．电池正极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．图示中的O2﹣由电极乙移向电极甲7．下列电解质溶液有关叙述正确的是（）A．恒温条件下稀释氢氟酸时，HF的K a增大，水的K W不变B．向Mg（OH）2沉淀悬浊液中加入NH4Cl固体，c（Mg2+）、c（OH﹣）浓度均增大C．0.1mol/LNaHCO3溶液中，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）D．0.1mol/LNa2SO3溶液中，加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大二、解答题（共3小题，满分43分）8．重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等．其水溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+（1）已知有关物质溶解度如图1．用复分解法制备K2Cr2O7的操作过程是：向Na2Cr2O7溶液中加入（填化学式），搅拌溶解，调节溶液pH约为5，加热溶液至表面有少量晶体析出时，，抽滤得到粗产品，再用重结晶法提纯粗产品．（2）以铬酸钾（K2CrO4）为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图2．①不锈钢作极，写出该电极的电极反应式．②分析阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因．③当铬酸钾的转化率达到x时，阳极液中K与Cr的物质的量之比为．（3）铬对环境能造成污染．某酸性废水中含有Cr2O72﹣，处理时可用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72﹣转化为毒性较低的Cr3+，再调节pH约为8，使铬元素沉降，分离出污泥后检测废水中Cr3+浓度，低于0.5mg•L﹣1则达到排放标准．①Na2S2O5参加反应的离子方程式为．②经上述工艺处理后的废水，理论上Cr3+浓度约为mg•L﹣1．（已知室温下K sp[Cr（OH）3]≈6×10﹣31）9．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，因此甲醇被称为2l世纪的新型燃料．工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH （g）的浓度随时间变化图．请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；该反应属于（填“吸热”或“放热”）反应．（2）根据“图2”判断，下列说法不正确的是．A．起始充入的CO为1mol B．增加CO浓度，CO的转化率增大C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时会增大（3）从反应开始到建立平衡，v（H2）=；该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）的化学平衡常数为．若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5mol CO、lmolH2、1.5molCH3OH，此反应进行的方向为（填“正反应方向”或“逆反应方向）”．（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇蒸气百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出p1、p2，且p1＞p2）．（5）科学家常用量热剂来直接测定某一反应的反应热，现测得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣192.9kJ/mol，又知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，请写出32g的CH3OH（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式．10．甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品．下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶．实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛．实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时．（1）装置a的名称是，主要作用是．三颈瓶中发生反应的化学方程式为，此反应的原子利用率理论上可达．（2）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是．（3）反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过、（填操作名称）等操作，才能得到苯甲醛粗产品．（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸．①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是（按步骤顺序填字母）．a．对混合液进行分液b．过滤、洗涤、干燥c．水层中加人盐酸调节pH=2 d．与适量碳酸氢钠溶液混合震荡②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000moL/KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL．产品中苯甲酸的质量分数为．下列情况会使测定结果偏低的是（填字母）．a．滴定时俯视读取耗碱量b．KOH标准液长时间接触空气c．配置KOH标准液时仰视定容d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液．三、【化学--选修2：化学与技术】11．炼锌厂产生的工业废渣﹣锌渣（除了含Zn外，还含有Fe、Al、Cd和SiO2等杂质），利用锌渣制取并回收ZnSO4•7H2O和金属镉是一个有益的尝试，其流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Zn2+、Cd2+、Fe2+以氢氧化物完全沉淀时的pH分别为：3.2，4.7，6.5，9.4，9.7；锌的金属活动性比镉强．试回答下列问题：（1）“浸出”时用到的“试剂X”为（填名称）．（2）写出“氧化”过程的离子方程式．（3）“调pH”过程可以选用．（从以下选项选择，填序号）A．H2SO4B．ZnO C．NaOH D．ZnCO3“滤渣2”的主要成分是（填化学式，下同）．（4）“试剂Y”是；写出除去Cd2+的化学方程式．（5）“操作1”的方法是；在“操作1”时，必须采取的实验措施是．四、【化学--选修3：物质结构与性质】12．人类很早就懂得使用铁器，如今对铁元素的研究依然热度不减．请回答：（1）铁原子L能层上有种不同运动状态的电子，基态铁原子的外围电子排布式为．（2）血红素是血液的重要组成部分，其结构如图．其中C原子和N原子具有的相同的杂化方式为，N与Fe之间存在的相互作用是．血红素在人体内合成时的基本原料之一是甘氨酸（），其分子中σ键和π键的个数比为．（3）单质铁的某种晶体拥有体心立方晶胞，其配位数为，若其晶胞边长为a pm，其晶体密度为g/cm3（用含a的代数式表示，N A表示阿伏加德罗常数）．（4）铁氰化钾（K3[Fe（CN）6]）俗称赤血盐，可用于检验Fe2+，反应的离子方程式为．其配体的电子式为，与其配体互为等电子体的微粒有（任写两种，填化学式）．五、【化学--选修5：有机化学基础】13．（2016•河南二模）化合物F是用于制备药品盐酸祛炎痛的中间产物，已知其合成路线如下：Ⅰ．RNH2+R′CH2Cl RNHCH2R′+HCl（R和R′代表烃基）Ⅱ．苯的同系物易被高锰酸钾溶液氧化如下：Ⅲ．苯胺具有弱碱性，易氧化．回答下列问题：（1）写出反应①的反应物质和条件，B中所含官能团的名称，C的结构简式．（2）D+E→F的化学方程式：．（3）E的一种同分异构体（对位氨基）在一定条件下，可聚合成热固性很好的功能高分子，写出合成此高聚物的化学方程式．（4）写出D的含有苯环的同分异构体，已知核磁共振氢谱图有3种不同类型的氢原子，峰面积之比为3：2：2，则该物质是（写结构简式）．（5）反应①～⑤中，属于取代反应的是（填反应序号），反应③的反应类型．2016年河南省八市重点高中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．化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）A．空气中PM2.5（2.5微米以下的颗粒物）的存在一定能够形成丁达尔效应B．高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性C．聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物材料D．水体的富营养化与含N、P洗衣粉广泛使用有关【考点】绿色化学．【专题】化学应用．【分析】A．如粒子直径大于100nm，则不能产生丁达尔效应；B、蛋白质变性的条件包括高温；C、聚乙烯是无毒的高分子化合物；D、水体的富营养化是指生活污水的大量排放导致水中的N、P等元素含量过高．【解答】解：A．PM2.5不一定形成胶体，如粒子直径大于100nm，则不能产生丁达尔效应，故A错误；B、高温可以使蛋白质变性，因此高温能杀死流感病毒，故B正确；C、聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故C正确；D、水体的富营养化是指生活污水的大量排放导致水中的N、P等元素含量过高，从而导致藻类过度繁殖而水体缺氧，鱼虾死亡，这和含N、P洗衣粉的广泛使用有关，故D正确．故选A．【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大．2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molCl2作为反应物，转移电子数一定为2N AB．1molC9H20中含有共价键数目为28N AC．标况下448mL二氯甲烷中含有分子数为0.02N AD．常温常压下，1.8 g重水（D2O）中含中子数为N 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、氯气作为反应物，反应后的价态可能为﹣1价、+1价、+3价、+5价和+7价；B、C9H20中含碳碳键为8条，碳氢键20条；C、标况下二氯甲烷为液体；D、求出重水的物质的量，然后根据1mol重水中含10mol中子来分析．【解答】解：A、氯气作为反应物，反应后的价态可能为﹣1价、+1价、+3价、+5价和+7价，故1mol氯气作为反应物转移的电子和反应后的价态有关，故不一定是2N A个，故A错误；B、C9H20中含碳碳键为8条，碳氢键20条，故1molC9H20中含28N A条共价键，故B正确；C、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C 错误；D、1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.09mol重水中含0.9N A 个中子，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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．3．某有机化合物M的结构简式为，关于有机物M的叙述正确的是（）A．有机物M的分子式为C11H14O3B．1 molNa2CO3最多能消耗1 mol有机物MC．有机物M能发生取代、氧化、还原和加聚反应D．有机物M能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构可知分子式，分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键及苯环，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．有机物M的分子式为C11H12O3，故A错误；B．只有﹣COOH与碳酸钠反应，则1 molNa2CO3最多能消耗2 mol有机物M，故B错误；C．含﹣OH发生取代、氧化反应，含双键可发生还原、加聚反应，故C正确；D．不含﹣CHO，不能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇、羧酸、烯烃等的性质分析，题目难度不大．4．下列实验现象与实验解释正确的是（）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．碘的熔点高于四氯化碳；B．醛基具有还原性；C．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，可使蔗糖变黑；D．向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是AgCl或BaSO4沉淀，溶液中可能含有Cl﹣或SO42﹣离子．【解答】解：A．用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来，碘的熔点大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，不是利用碘易升华原理，故A错误；B．醛基具有还原性，KMnO4能氧化葡萄糖，不能除杂，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，放热，体积膨胀，放出刺激性味的气体，是利用了浓硫酸的脱水性和强氧化性，且该反应中有C、SO2和CO2等生成，故C正确；D．向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是AgCl或BaSO4沉淀，溶液中可能含有Cl﹣或SO42﹣离子，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的检验、分离提纯、反应现象的判断，解题关键是干扰离子的分析判断，题目难度中等．5．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．6．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点．某科研人员设计了以液态肼（N2H4）为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池（如图所示）．该固体氧化物电解质的工作温度高达700～900℃时，O2﹣可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质．下列说法正确的是（）A．电极甲为电池正极B．电池总反应为N2H4+2O2═2NO+2H2OC．电池正极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．图示中的O2﹣由电极乙移向电极甲【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2﹣4e ﹣=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣=2O2﹣，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答．【解答】解：A．该燃料电池中，通入氧化剂氧气的电极为正极，通入N2H4的电极为负极，即甲为负极，故A错误；B．反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，故B错误；C．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣=2O2﹣，故C错误；D．放电时，阴离子向负极移动，即O2﹣由电极乙移向电极甲，故D正确；故选D．【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，难度不大．7．下列电解质溶液有关叙述正确的是（）A．恒温条件下稀释氢氟酸时，HF的K a增大，水的K W不变B．向Mg（OH）2沉淀悬浊液中加入NH4Cl固体，c（Mg2+）、c（OH﹣）浓度均增大C．0.1mol/LNaHCO3溶液中，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）D．0.1mol/LNa2SO3溶液中，加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大【考点】离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．弱电解质电离平衡常数、离子积常数随温度变化；B．向Mg（OH）2沉淀悬浊液中加入NH4Cl固体，铵根离子结合氢氧根离子促进氢氧化镁溶解，镁离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小；C.0.1mol/LNaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度；D．亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子水解溶液显碱性，加入氢氧化钠溶液，水解平衡逆向进行．【解答】解：A．恒温条件下稀释氢氟酸时，HF的电离程度增大，但电离平衡常数、离子积常数随温度变化，HF的K a不变，水的K W不变，故A错误；B．Mg（OH）2沉淀悬浊液中存在平衡，Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），加入NH4Cl固体，铵根离子结合氢氧根离子促进氢氧化镁溶解，c（Mg2+）增大、c（OH﹣）浓度减小，故B错误；C.0.1mol/LNaHCO3溶液中，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故C错误；D.0.1mol/LNa2SO3溶液中存在水解平衡，SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，加入少量NaOH固体水解平衡逆向进行，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、溶解沉淀平衡影响因素分析、盐类水解原理、掌握基础是解题关键，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分43分）8．重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等．其水溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+（1）已知有关物质溶解度如图1．用复分解法制备K2Cr2O7的操作过程是：向Na2Cr2O7溶液中加入KCl（填化学式），搅拌溶解，调节溶液pH约为5，加热溶液至表面有少量晶体析出时，冷却结晶，抽滤得到粗产品，再用重结晶法提纯粗产品．（2）以铬酸钾（K2CrO4）为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图2．①不锈钢作阴极，写出该电极的电极反应式2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑．②分析阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7．③当铬酸钾的转化率达到x时，阳极液中K与Cr的物质的量之比为2：（1﹣0.5x）．（3）铬对环境能造成污染．某酸性废水中含有Cr2O72﹣，处理时可用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72﹣转化为毒性较低的Cr3+，再调节pH约为8，使铬元素沉降，分离出污泥后检测废水中Cr3+浓度，低于0.5mg•L﹣1则达到排放标准．①Na2S2O5参加反应的离子方程式为3S2O52﹣+2Cr2O72﹣+10H+=6SO42﹣+4Cr3++5H2O．②经上述工艺处理后的废水，理论上Cr3+浓度约为3×10﹣8mg•L﹣1．（已知室温下K sp[Cr（OH）3]≈6×10﹣31）【考点】电解原理；制备实验方案的设计．【专题】电化学专题．【分析】（1）Na2Cr2O7水溶液中加KCl，加热浓缩、冷却结晶，可得到K2Cr2O7；（2）①与电源的负极相连作阴极；阴极上氢离子得电子生成氢气；②阳极上溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动；③设K2CrO4为1mol，则K+为2mol，铬酸钾的转化率达到x，则生成为K2Cr2O70.5xmol，K2CrO4剩余为1﹣xmol，据此计算；（3）①焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72﹣转化为毒性较低的Cr3+，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，根据电子守恒和原子守恒书写方程式；②pH约为8，则c（OH﹣）=10﹣6mol/L，根据K sp[Cr（OH）3]≈6×10﹣31计算c（Cr3+），再求出质量浓度．【解答】解：（1）由图可知Na2Cr2O7的溶解度较大，K2Cr2O7的溶解度较小，Na2Cr2O7水溶液中加KCl，加热浓缩、冷却结晶，可得到K2Cr2O7；故答案为：KCl；冷却结晶；（2）①与电源的负极相连作阴极；阴极上氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极方程式为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；故答案为：阴；2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；②阳极上溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动；故答案为：阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7；③设K2CrO4为1mol，则K+为2mol，铬酸钾的转化率达到x，则生成为K2Cr2O70.5xmol，K2CrO4剩余为1﹣xmol，则阳极液中K与Cr的物质的量之比为2：（1﹣x+0.5x）=2：（1﹣0.5x）；故答案为：2：（1﹣0.5x）；（3）①焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72﹣转化为毒性较低的Cr3+，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，其反应的离子方程式为：3S2O52﹣+2Cr2O72﹣+10H+=6SO42﹣+4Cr3++5H2O；故答案为：3S2O52﹣+2Cr2O72﹣+10H+=6SO42﹣+4Cr3++5H2O；②pH约为8，则c（OH﹣）=10﹣6mol/L，已知K sp[Cr（OH）3]≈6×10﹣31，c（Cr3+）==6×10﹣13mol/L，则1L溶液中Cr元素的质量为6×10﹣13mol×52g/mol=3.126×10﹣11g≈3×10﹣8mg，则理论上Cr3+浓度约为3×10﹣8mg/L；故答案为：3×10﹣8．【点评】本题考查物质的制备的综合应用，把握物质的制备方法、电解原理、溶度积常数的计算为解答的关键，注意信息的应用及相关计算，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，题目难度中等．9．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，因此甲醇被称为2l世纪的新型燃料．工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH （g）的浓度随时间变化图．请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线b（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；该反应属于放热（填“吸热”或“放热”）反应．（2）根据“图2”判断，下列说法不正确的是AB．A．起始充入的CO为1mol B．增加CO浓度，CO的转化率增大C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时会增大（3）从反应开始到建立平衡，v（H2）=0.15mol/（L•min）；该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数为12．若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5mol CO、lmolH2、1.5molCH3OH，此反应进行的方向为正反应方向（填“正反应方向”或“逆反应方向）”．（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇蒸气百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出p1、p2，且p1＞p2）．（5）科学家常用量热剂来直接测定某一反应的反应热，现测得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣192.9kJ/mol，又知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，请写出32g的CH3OH（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣280.9kJ/mol．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂，利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．A．根据n=cV计算；B．增加CO浓度，H2的转化率增大；C．反应前后压强不变，说明气体的物质的量不变；D．增大压强平衡正向移动；（3）根据CO的浓度变化求出氢气的浓度变化，再根据v=；利用各物质平衡的浓度来计算化学平衡常数；若保持0.5其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5mol CO、lmolH2、1.5molCH3OH，根据Qc与k的相对大小判断；（4）根据温度和压强对该反应的影响来分析；（5）32g的CH3OH的物质的量为1mol，结合盖斯定律计算．【解答】解：（1）加入催化剂，可降低反应的活化能，由图象可知b活化能较低，应加入催化剂；反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应；。

2016年浙江省温州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．下列说法不正确的是（）A．自然界中植物通过光合作用将太阳能转化为生物质能，而农村沼气池的建造、农作物制乙醇，都是有效的利用生物质能B．纳米TiO2光触媒技术制成的“木地板精油”能将水气转化为活性氧，可以有效降解甲醛、苯、氨等居室污染物C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸、强碱都会“断路”D．同位素在医学显像、诊断和治疗，以及在改进农产品质量、增加产量等技术方面应用广泛2．下列说法正确的是（）A．淀粉溶液与少量硫酸共热后，加NaOH溶液至碱性，再加碘水无明显现象，说明淀粉已水解完全B．称取一定量已潮解的NaOH，配成一定体积溶液，取该溶液滴定未知浓度盐酸，则盐酸测定浓度偏高C．电器设备所引起的火灾，可用二氧化碳或四氯化碳灭火器灭火，也可用泡沫灭火器灭火D．往硫酸铝溶液中加入过量氨水，溶液先浑浊后澄清，说明氢氧化铝具有两性3．X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素，它们的原子半径与原子序数有如图关系，化合物XZ是水煤气的主要成分之一，下列说法不正确的是（）A．U、X、W 三种元素最高价氧化物的水化物酸性依次增强B．由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．XZ2、YZ2与X60的化学键类型和晶体类型都相同D．T元素与U同主族且在下一周期，能形成化合物TW4、TZ2、T3Y44．下列说法正确的是（）A．CH3CH（CH2CH3）2的系统命名为3﹣甲基戊烷，与CH3CH2CH（CH3）CH2CH3互为同系物B．乙烯、氯乙烯和聚氯乙烯都能因发生加成反应而使溴水褪色C．用甘氨酸（）和丙氨酸（）的混合物在一定条件下可形成四种链状二肽D．甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）混合物，当总质量一定时，随比值增大，耗氧量和生成水的量都增大．5．25℃时，往水中不断加入NaHC2O4固体，部分微粒浓度随c（HC2O4）的变化趋势如下图所示．下列说法正确的是（）A．当c（HC2O4ˉ）=0.1mol•Lˉ1时，c（H+）＞c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4）B．当c（HC2O4ˉ）＞amol•Lˉ1时，c（H+）＜c（H2C2O4），HC2O4ˉ的水解程度大于电离程度C．HC2O4ˉ⇌C2O42﹣+H+，K a（HC2O4ˉ）=aD．将0.08mol•Lˉ1H2C2O4溶液与等浓度NaOH溶液等体积混合后（忽略体积变化），c（Na+）＞c（HC2O4ˉ）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）＞c（H+）＞c（OHˉ）6．电解KCL和NaNO3溶液可以得到KNO3溶液，电解装置如图所示，以下说法正确的是（）A．X为负极，F溶液NaNO3溶液B．电解一段时间，往Pt片（I）附近滴入酚酞，溶液变红C．电解总反应方程式为：2H2O2H2↑+O2↑D．理论上，当得到0.1molKNO3时，Pt片（Ⅱ）上生成标准状况下为1.12L的气体7．一氧化钴（CoO）是一种重要的工业催化剂，某学习小组欲从含钴废料中（含Co2O3、CoO 和少量Fe、Al）回收一氧化钴，设计工艺流程如下：已知：Co2O3的氧化性＞Cl2的氧化性下列说法不正确的是（）A．第Ⅰ步反应后得到的滤液主要是含铝溶液B．第Ⅱ步中盐酸表现出酸性、还原性，且必须过量C．第Ⅲ步中Na2CO3主要作用是使Fe3+沉淀，滤渣主要为Fe（OH）3D．第Ⅳ步操作为过滤，第Ⅴ步煅烧后，也可以在一氧化碳气体氛围中冷却二、解答题（共5小题，满分58分）8．有机玻璃（PMMA）是以“甲基丙烯酸甲酯（MMA）”为单体，通过加聚反应得到．某科研小组拟用丙酮为主要原料通过以下途径合成PMMA：已知：请回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是，步骤①的反应类型是．（2）B的结构简式．（3）C→MMA的化学方程式．（4）下列四个化合物中，与化合物MMA含有的官能团相同，且互为同分异构体是．A．B．C．D．CH3COOCH=CH﹣CH3（5）设计从“乙醛（CH3CHO）→聚乳酸（）”的合成路线（试剂及溶剂任选；合成路线参照“已知”中的书写形式）．9．用化学知识解答（1）氢氧根离子（OHˉ）的电子式．（2）标准状况下，22.4L C2H2气体完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，放出1299.4kJ的热量，反应的热化学方程式．（3）在Mg（OH）2沉淀中加入CH3COONH4溶液，白色沉淀会溶解，写出反应的离子方程式．（4）配平氧化还原反应的离子方程式：Mn2++ ClO3﹣+ H2O═MnO2↓+ Cl2↑+ ．10．由相同元素组成的二元化合物A和B，常温下都为气态物质，且相对分子质量相差19.5．A 溶于水可得只含单一溶质C的弱酸性溶液，C有很强的氧化性，可用做漂白剂和消毒剂．B 遇热水可生成C、气体单质D和氧气．请回答下列问题：（1）已知A中所有原子均满足8电子稳定结构，则A的结构式．（2）气体B遇热水生成C、气体单质D和氧气的化学方程式．（3）一定条件下，单质D与潮湿的Na2CO3反应只生成气体A和两种钠盐的化学方程式．（4）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净（N3C3O3Cl2Na）先与水反应，生成C起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中多余的C除去．使用净水丸时，能否先破碎后使用？（填“能”或“不能”），理由是．（5）探究化合物甲的组成：取18.4g甲的粉末在足量的空气中充分灼烧，得到4.48L能使品红褪色的气体（标准状况）和16g仅含CuO、Fe2O3的固体乙．将固体乙全部溶于稀盐酸后，加入5.0g铜粉充分反应，过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.8g．化合物甲的化学式是．11．钨酸钙是非常重要的化学原料，主要用于生产钨铁、钨丝及钨合金等钨制品．在钨冶炼工艺中，将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中得到钨酸钙．发生反应：Ⅰ．WO42ˉ（aq）+Ca（OH）2（s）⇌CaWO4（s）+2OHˉ（aq）K1（1）判断反应Ⅰ的△S0、△H0（填“＞”、“=”或“＜”），在（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行．（2）氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，溶解度均随温度升高而减小．它们在水中存在如下沉淀溶解平衡：Ⅱ．CaWO4（s）⇌Ca2+（aq）+WO42ˉ（aq）K2Ⅲ．Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OHˉ（aq）K3①根据反应Ⅰ～Ⅲ，可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K1=（用K2、K3表示）．②根据反应Ⅱ，图为不同温度下CaWO4的沉淀溶解平衡曲线．则T1T2（填“＞”“=”或“＜”）．T1时，向0.5mol•Lˉ1钨酸钠的碱性溶液中，加入适量Ca（OH）2，反应达到平衡后WO42ˉ的转化率为60%，此时溶液中c（Ca2+）=mol•Lˉ1．（假设反应前后体积不变）（3）制取钨酸钙时，适时向反应混合液中添加适量的某种酸性物质，有利于提高WO42ˉ的转化率．反应后过滤，再向滤液中通CO2，进一步处理得到Na2CO3．①在反应混合液中不直接通入CO2，其理由是；②用平衡移动原理解释添加酸性物质的理由．12．对氯苯甲酸是一种药物中间体，可用对氯甲苯为原料，通过高锰酸钾氧化法制备．反应如下：Ⅰ．Ⅱ．①在规格为250mL 的三颈烧瓶（装置A ）中加入一定量的催化剂、适量KMnO 4、100mL 水；②如图安装好装置，在分液漏斗（装置C ）中加入6.00mL 对氯甲苯，加热至93℃时，逐滴滴入对氯甲苯；③控制温度在93℃左右，反应2h 后，过滤，洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，加入稀硫酸酸化；④加热浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤滤渣，干燥后称量其质量为wg ．请回答下列问题：（1）装置B 的名称是 ． （2）下列有关实验的说法不正确的是 A ．量取6.00mL 对氯甲苯可选用25mL 碱式滴定管B ．装置B 中水流方向可从b 口进a 口出C ．控制温度在93℃左右，最好采用水浴加热D ．取步骤④最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴入BaCl 2溶液，可检验滤渣是否洗涤干净（3）步骤②中对氯甲苯的加入方法是逐滴加入而不是一次性加入，理由是 ．（4）步骤③中过滤的目的是 ，滤液中加入稀硫酸酸化，可观察到的实验现象是 ．（5）洗涤滤渣最合适的洗涤剂，步骤③是 ，步骤④是 ．A ．乙醇B ．冷水C ．热水D ．滤液（6）若用M 1表示对氯甲苯的式量、M 2表示对氯苯甲酸的式量，则本实验产率的计算表达式为 （不要求计算）．2016年浙江省温州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．下列说法不正确的是（）A．自然界中植物通过光合作用将太阳能转化为生物质能，而农村沼气池的建造、农作物制乙醇，都是有效的利用生物质能B．纳米TiO2光触媒技术制成的“木地板精油”能将水气转化为活性氧，可以有效降解甲醛、苯、氨等居室污染物C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸、强碱都会“断路”D．同位素在医学显像、诊断和治疗，以及在改进农产品质量、增加产量等技术方面应用广泛【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．根据能量转化分析；B．活性氧具有强氧化性，能氧化甲醛、苯、氨等；C．二氧化硅与强酸不反应；D．根据同位素的应用解答．【解答】解：A．绿色植物具有光合作用，光合作用将太阳能转化为生物质能，而农村沼气池的建造、农作物制乙醇，都是有效的利用生物质能，故A正确；B．纳米TiO2光触媒技术制成的“木地板精油”能将水气转化为活性氧，活性氧具有强氧化性，能氧化甲醛、苯、氨等，所以可以有效降解甲醛、苯、氨等居室污染物，故B正确；C．二氧化硅与强酸不反应，二氧化硅能与强碱反应，所以光导纤维遇强碱都会“断路”，故C错误；D．有些同位素具有放射性，在医学显像、诊断和治疗，以及在改进农产品质量、增加产量等技术方面应用广泛，故D正确．故选C．2．下列说法正确的是（）A．淀粉溶液与少量硫酸共热后，加NaOH溶液至碱性，再加碘水无明显现象，说明淀粉已水解完全B．称取一定量已潮解的NaOH，配成一定体积溶液，取该溶液滴定未知浓度盐酸，则盐酸测定浓度偏高C．电器设备所引起的火灾，可用二氧化碳或四氯化碳灭火器灭火，也可用泡沫灭火器灭火D．往硫酸铝溶液中加入过量氨水，溶液先浑浊后澄清，说明氢氧化铝具有两性【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．碘能够与氢氧化钠反应；B．中和滴定不当操作导致消耗标准液偏大，则所测结果偏高；C．电器设备引起的火灾，应先关闭电源；D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵．【解答】解：A．淀粉溶液与少量硫酸共热后，加NaOH溶液至碱性，再加碘水无明显现象，因为碘能够与氢氧化钠反应，所以即使淀粉没有完全水解，也不会有明显现象，故A错误；B．称取一定量已潮解的NaOH，配成一定体积溶液，依据C=可知，溶质氢氧化钠偏小，则所配标准溶液浓度偏低，用来滴定盐酸，消耗标准液体积偏大，导致盐酸浓度偏高，故B 正确；C．泡沫灭火器灭火时喷出的泡沫中含有水分，容易在电器短路灭火时导致触电及损坏电器，所以不可用泡沫灭火器灭火，故C错误；D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会产生溶液先浑浊后澄清现象，故D错误；故选：B．3．X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素，它们的原子半径与原子序数有如图关系，化合物XZ是水煤气的主要成分之一，下列说法不正确的是（）A．U、X、W 三种元素最高价氧化物的水化物酸性依次增强B．由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．XZ2、YZ2与X60的化学键类型和晶体类型都相同D．T元素与U同主族且在下一周期，能形成化合物TW4、TZ2、T3Y4【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】化合物XZ是水煤气的主要成分之一，则XZ为CO，根据原子半径X小于Z可知，X为C、Z为O，结合原子序数大小可知Y为N元素，则a=7；U的原子序数=2a=14，则U 为Si元素；W的原子序数=2a+3=17，为Cl元素，据此进行解答．【解答】解：化合物XZ是水煤气的主要成分之一，则XZ为CO，根据原子半径X小于Z 可知，X为C、Z为O，结合原子序数大小可知Y为N元素，则a=7；U的原子序数=2a=14，则U为Si元素；W的原子序数=2a+3=17，为Cl元素，A．U、X、W分别为Si、C、Cl，非金属性Cl＞C＞Si，则Si、C、Cl三种元素最高价氧化物的水化物酸性依次增强，故A正确；B．Y、Z分别为N、O，N、O、H可以形成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含有离子键和共价键，故B错误；C．XZ2、YZ2分别为CO2、NO2，X60为C60，三者都是共价化合物，都只含有共价键，形成的晶体都是分子晶体，故C正确；D．U为Si元素，T元素为与U同主族且在下一周期，则T为Ge元素，Ge能形成化合物GeCl4、GeO2、Ge3N4，故D正确；故选B．4．下列说法正确的是（）A．CH3CH（CH2CH3）2的系统命名为3﹣甲基戊烷，与CH3CH2CH（CH3）CH2CH3互为同系物B．乙烯、氯乙烯和聚氯乙烯都能因发生加成反应而使溴水褪色C．用甘氨酸（）和丙氨酸（）的混合物在一定条件下可形成四种链状二肽D．甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）混合物，当总质量一定时，随比值增大，耗氧量和生成水的量都增大．【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．二者分子式相同、结构相同；B．聚乙烯中不含碳碳不饱和键，没有烯烃性质；C．氨基酸形成肽键原理为羧基提供﹣OH，氨基提供﹣H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；D．甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）混合物，可以改写为C7H8、C3H2（H2O）3，质量相同时耗氧量与H原子个数和C原子个数比成正比，生成水的量与H元素含量成正比．【解答】解：A．二者分子式相同、结构相同，为同一物质，故A错误；B．聚乙烯中不含碳碳不饱和键，没有烯烃性质，不能和溴水发生加成反应，故B错误；C．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是丙氨酸脱去羟基，甘氨酸脱氢；也可以甘氨酸脱羟基，丙氨酸脱去氢，生成2种二肽．所以共有4种，故C正确；D．甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）混合物，可以改写为C7H8、C3H2（H2O）3，质量相同时耗氧量与H原子个数和C原子个数比成正比，生成水的量与H元素含量成正比，所以随比值增大，耗氧量增大，但生成水的量减小，故D错误；故选C．5．25℃时，往水中不断加入NaHC2O4固体，部分微粒浓度随c（HC2O4）的变化趋势如下图所示．下列说法正确的是（）A．当c（HC2O4ˉ）=0.1mol•Lˉ1时，c（H+）＞c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4）B．当c（HC2O4ˉ）＞amol•Lˉ1时，c（H+）＜c（H2C2O4），HC2O4ˉ的水解程度大于电离程度C．HC2O4ˉ⇌C2O42﹣+H+，K a（HC2O4ˉ）=aD．将0.08mol•Lˉ1H2C2O4溶液与等浓度NaOH溶液等体积混合后（忽略体积变化），c（Na+）＞c（HC2O4ˉ）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）＞c（H+）＞c（OHˉ）【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据草酸氢钠溶液中的电荷守恒、物料守恒判断；B．根据图象可知，c（HC2O4ˉ）＞amol•L﹣1时，c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），说明草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度；C．根据图象可知K a（HC2O4ˉ）=a时，氢离子与醋酸的浓度相等，然后结合草酸氢根离子的电离平衡常数的表达式计算；D．反应后溶质为0.04mol/L的NaHC2O4溶液，根据图象可知c（C2O42﹣）＞c（H+）＞c （H2C2O4）．【解答】解：A．根据NaHC2O4溶液中的物料守恒得c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH ﹣），二者结合可得：c（H2C2O4）+c（H+）=c（C2O42﹣）+c（OH﹣），则c（H+）=c（C2O42﹣）+c（OH﹣）﹣c（H2C2O4），所以c（H+）＞c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4），故A正确；B．当c（HC2O4ˉ）＞amol•L﹣1时，c（H+）＜c（H2C2O4），根据图象可知，c（HC2O4ˉ）＞amol•L﹣1时，c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），则HC2O4ˉ的水解程度小于电离程度，故B错误；C．K a（HC2O4ˉ）=a时c（H+）=c（H2C2O4），由于草酸氢根的电离程度较小，则c（HC2O4ˉ）≈amol•L﹣1，K a（HC2O4ˉ）==，草酸的电离平衡常数为：=c（HC2O4ˉ）≈a，草酸的第二步电离小于第一步电离，则K a（HC2O4ˉ）＜a，故C错误；D．将0.08mol•Lˉ1H2C2O4溶液与等浓度NaOH溶液等体积混合后（忽略体积变化），反应后溶质为0.04mol/L的NaHC2O4溶液，根据图象可知c（C2O42﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4ˉ）＞c（C2O42﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（OH﹣），故D错误；故选A．6．电解KCL和NaNO3溶液可以得到KNO3溶液，电解装置如图所示，以下说法正确的是（）A．X为负极，F溶液NaNO3溶液B．电解一段时间，往Pt片（I）附近滴入酚酞，溶液变红C．电解总反应方程式为：2H2O2H2↑+O2↑D．理论上，当得到0.1molKNO3时，Pt片（Ⅱ）上生成标准状况下为1.12L的气体【考点】电解原理．【分析】电解KCL和NaNO3溶液可以得到KNO3溶液，依据图中硝酸钾的出处可知结合Z 为阳离子交换膜可知，E为氯化钾溶液，F为硝酸钠溶液，阴极为氯离子放电，阳极为氢离子放电，氯离子在Pt片（I）阳极发生氧化反应失去电子生成氯气，阴极氢离子在Pt片（Ⅱ）得到电子发生还原反应生成氢气，据此分析解答．【解答】解：电解KCL和NaNO3溶液可以得到KNO3溶液，依据图中硝酸钾的出处可知结合Z为阳离子交换膜可知，E为氯化钾溶液，F为硝酸钠溶液，阴极为氯离子放电，阳极为氢离子放电，氯离子在Pt片（I）阳极发生氧化反应失去电子生成氯气，阴极氢离子在Pt片（Ⅱ）得到电子发生还原反应生成氢气，A．由上述分析可知E为氯化钾溶液，氯离子在Pt片（I）发生氧化反应，Pt片（I）为阳极，则X为正极，故A错误；B．氯离子在Pt片（I）发生氧化反应生成氯气逸出，水电离产生的氢离子在Pt片（Ⅱ）得到电子发生还原反应生成氢气，则Pt片（Ⅱ）附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，显碱性，加入酚酞溶液显红色，故B错误；C．阴极为氯离子放电，阳极为氢离子放电，氯离子在Pt片（I）阳极发生氧化反应失去电子生成氯气，阴极氢离子在Pt片（Ⅱ）得到电子发生还原反应生成氢气，电解方程式为：H2O+2KCl2KOH+H2↑+Cl2↑，故C错误；D．当得到0.1molKNO3时，则有0.1mol钾离子透过阳离子交换膜，则转移0.1mol电子，阳极电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，转移0.1mol电子生成0.05mol氯气，标况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正确；故选：D．7．一氧化钴（CoO）是一种重要的工业催化剂，某学习小组欲从含钴废料中（含Co2O3、CoO 和少量Fe、Al）回收一氧化钴，设计工艺流程如下：已知：Co2O3的氧化性＞Cl2的氧化性下列说法不正确的是（）A．第Ⅰ步反应后得到的滤液主要是含铝溶液B．第Ⅱ步中盐酸表现出酸性、还原性，且必须过量C．第Ⅲ步中Na2CO3主要作用是使Fe3+沉淀，滤渣主要为Fe（OH）3D．第Ⅳ步操作为过滤，第Ⅴ步煅烧后，也可以在一氧化碳气体氛围中冷却【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护．【分析】含钴废料中含有Co2O3、CoO 和少量Fe、Al，向废料中加入NaOH溶液，只有Al和NaOH反应生成可溶性的NaAlO2，然后过滤得到滤渣Co2O3、CoO 和少量Fe，滤液中含有NaOH和NaAlO2，向滤渣中加入浓盐酸，发生反应Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CoO+2HCl=CoCl2+H2O，得到含有Co的溶液，向溶液中加入碳酸钠溶液得到可溶性的CoCO3和FeCO3沉淀，过滤得到滤渣FeCO3，滤液中含有CoCO3，向滤液中再加入碳酸钠溶液，得到CoCO3固体，将CoCO3在惰性气体中煅烧得到CoO，结合题目分析解答．【解答】解：含钴废料中含有Co2O3、CoO 和少量Fe、Al，向废料中加入NaOH溶液，只有Al和NaOH反应生成可溶性的NaAlO2，然后过滤得到滤渣Co2O3、CoO 和少量Fe，滤液中含有NaOH和NaAlO2，向滤渣中加入浓盐酸，发生反应Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CoO+2HCl=CoCl2+H2O，得到含有Co的溶液，向溶液中加入碳酸钠溶液得到可溶性的CoCO3和FeCO3沉淀，过滤得到滤渣FeCO3，滤液中含有CoCO3，向滤液中再加入碳酸钠溶液，得到CoCO3固体，将CoCO3在惰性气体中煅烧得到CoO，A．通过以上分析知，第Ⅰ步反应后得到的滤液主要是含铝溶液，还含有少量NaOH，故A 正确；B．浓盐酸和Co2O3反应体现还原性和酸性，和CoO、Fe反应只体现酸性，故B正确；C．碳酸根离子和铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故C正确；D．CO能还原CoO而得不到CoO，故D错误；故选D．二、解答题（共5小题，满分58分）8．有机玻璃（PMMA）是以“甲基丙烯酸甲酯（MMA）”为单体，通过加聚反应得到．某科研小组拟用丙酮为主要原料通过以下途径合成PMMA：已知：请回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是羧基，步骤①的反应类型是加成反应．（2）B的结构简式．（3）C→MMA的化学方程式．（4）下列四个化合物中，与化合物MMA含有的官能团相同，且互为同分异构体是AD．A．B．C．D．CH3COOCH=CH﹣CH3（5）设计从“乙醛（CH3CHO）→聚乳酸（）”的合成路线（试剂及溶剂任选；合成路线参照“已知”中的书写形式）．【考点】有机物的推断．【分析】C与甲醇发生酯化反应生成，可知C为，由题目信息可知，丙酮与HCN发生加成反应生成A为，结合转化关系可知A水解生成B为，B发生消去反应生成C．发生加聚反应得到PMMA为．【解答】解：C与甲醇发生酯化反应生成，可知C为，由题目信息可知，丙酮与HCN发生加成反应生成A为，结合转化关系可知A水解生成B为，B发生消去反应生成C．发生加聚反应得到PMMA为．（1）C为，C中含氧官能团的名称是羧基，步骤①的反应类型是加成反应，故答案为：羧基；加成反应；（2）B的结构简式为：，故答案为：；（3）C→MMA的化学方程式：，故答案为：；（4）与化合物MMA含有的官能团相同，含有碳碳双键与酯基，且互为同分异构体是、CH3COOCH=CH﹣CH3，另外两种含有官能团不完全相同，故答案为：AD；（5）从“乙醛（CH3CHO）→聚乳酸（）”的合成路线流程图为：，故答案为：．9．用化学知识解答（1）氢氧根离子（OHˉ）的电子式．（2）标准状况下，22.4L C2H2气体完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，放出1299.4kJ的热量，反应的热化学方程式2C2H2（g）+3O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2598.8 kJ•molˉ1．（3）在Mg（OH）2沉淀中加入CH3COONH4溶液，白色沉淀会溶解，写出反应的离子方程式Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O．（4）配平氧化还原反应的离子方程式：5Mn2++ 2ClO3﹣+ 4H2O═5MnO2↓+ 1Cl2↑+ 8H+．【考点】电子式；离子方程式的书写；氧化还原反应方程式的配平；热化学方程式．【分析】（1）氢氧根离子为阴离子，电子式中需要标出原子的最外层电子及带有的电荷；（2）C2H2 22.4L即1mol在空气中完全燃烧，生成CO2气和液态水，放出1299.4kJ热量，所以可以计算2mol乙炔燃烧会放出的热量；（3）CH3COONH4水解导致溶液呈酸性，酸能和碱反应生成盐和水；（4）依据得失电子守恒判断即可．【解答】解：（1）氢氧根离子为阴离子，电子式中需要标出电荷及原子的最外层电子，氢氧根离子的电子式为：，故答案为：；（2）1mol乙炔完全燃烧放出热量为1299.4kJ，故2C2H2（g）+3O2（g）═4CO2（g）+2H2O （l）△H=﹣2598.8 kJ•molˉ1，故答案为：2C2H2（g）+3O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2598.8 kJ•molˉ1；（3）CH3COONH4水解导致溶液呈酸性，酸和碱反应生成盐和水，离子反应方程式为：Mg （OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故答案为：Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O；（4）该反应中Mn由+2价升高到+4价，Cl 由+5价降低到0价，且生成氯气，总共得电子数是10，故Mn前系数为5，氯酸根为2，然后依据电子守恒和原子守恒得知，缺少的一项为氢离子，故答案为：524518H+．10．由相同元素组成的二元化合物A和B，常温下都为气态物质，且相对分子质量相差19.5．A 溶于水可得只含单一溶质C的弱酸性溶液，C有很强的氧化性，可用做漂白剂和消毒剂．B 遇热水可生成C、气体单质D和氧气．请回答下列问题：（1）已知A中所有原子均满足8电子稳定结构，则A的结构式Cl﹣O﹣Cl．（2）气体B遇热水生成C、气体单质D和氧气的化学方程式2+2O═Cl2+5O2+4HClO．（3）一定条件下，单质D与潮湿的Na2CO3反应只生成气体A和两种钠盐的化学方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaHCO3+2NaCl．（4）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净（N3C3O3Cl2Na）先与水反应，生成C起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中多余的C除去．使用净水丸时，能否先破碎后使用？不能（填“能”或“不能”），理由是破碎后使用，生成的HClO直接被Na2SO3还原，降低杀菌消毒效果．（5）探究化合物甲的组成：取18.4g甲的粉末在足量的空气中充分灼烧，得到4.48L能使品红褪色的气体（标准状况）和16g仅含CuO、Fe2O3的固体乙．将固体乙全部溶于稀盐酸后，加入5.0g铜粉充分反应，过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.8g．化合物甲的化学式是CuFeS2．【考点】位置结构性质的相互关系应用；无机物的推断．【分析】由相同元素组成的二元化合物A和B，A溶于水可得只含单一溶质C的弱酸性溶液，C有很强的氧化性，可用做漂白剂和消毒剂，则A为Cl2O，C为HClO，且A、B相对分子质量相差19.5，则B为ClO2．ClO2遇热水生成HClO、气体单质D和氧气，D为氯气；（1）A中所有原子均满足8电子稳定结构，O原子与2个Cl分别形成1对共用电子对；（2）ClO2遇热水生成HClO、氯气和氧气，配平书写方程式；（3）一定条件下，氯气与潮湿的Na2CO3反应只生成气体Cl2O和两种钠盐，两种钠盐只能为NaCl、NaHCO3；（4）破碎后使用，生成的HClO直接被Na2SO3还原，降低杀菌消毒效果；（5）甲的粉末在足量的空气中充分灼烧，得到能使品红褪色的气体为SO2，计算二氧化硫物质的量，CuO、Fe2O3全部溶于稀盐酸后，加入铜粉充分反应，发生反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，有5.0g﹣1.8g=3.2gCu参加了反应，根据方程式计算Fe元素物质的量，由Fe元素守恒计算氧化铁物质的量，可得CuO物质的量，根据质量守恒判断是否含有氧元素，结合原子数目之比确定化合物甲的化学式．【解答】解：由相同元素组成的二元化合物A和B，A溶于水可得只含单一溶质C的弱酸性溶液，C有很强的氧化性，可用做漂白剂和消毒剂，则A为Cl2O，C为HClO，且A、B 相对分子质量相差19.5，则B为ClO2．ClO2遇热水生成HClO、气体单质D和氧气，D为氯气；（1）A中所有原子均满足8电子稳定结构，O原子与2个Cl分别形成1对共用电子对，结构式为Cl﹣O﹣Cl，故答案为：Cl﹣O﹣Cl；（2）ClO2遇热水生成HClO、氯气和氧气，反应方程式为：6ClO2+2H2O═Cl2+5O2+4HClO，故答案为：6ClO2+2H2O═Cl2+5O2+4HClO；（3）一定条件下，氯气与潮湿的Na2CO3反应只生成气体Cl2O和两种钠盐，两种钠盐只能为NaCl、NaHCO3，反应方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（4）破碎后使用，生成的HClO直接被Na2SO3还原，降低杀菌消毒效果，不能先破碎后使用，故答案为：不能；破碎后使用，生成的HClO直接被Na2SO3还原，降低杀菌消毒效果；（5）甲的粉末在足量的空气中充分灼烧，得到能使品红褪色的气体为SO2，n（S）=n（SO2）==0.2mol，CuO、Fe2O3全部溶于稀盐酸后，加入铜粉充分反应，发生反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，有5.0g﹣1.8g=3.2gCu参加了反应，即参加反应的Cu的物质的量为=0.05mol，则n（Fe）=n（Fe3+）=2n（Cu）=2×0.05mol=0.1mol，固体乙中m（CuO）=16g﹣0.1mol××160g/mol=8g，则n（Cu）=n（CuO）==0.1mol，m（S）+m（Fe）+m（Cu）=0.2mol×32g/mol+0.1mol×56g/mol+0.1mol×64g/mol=18.4g，等于甲的质量，故甲中不含元素，综上所述，甲中n（Cu）：n（Fe）：n（S）=0.1mol：0.1mol：0.2mol=1：1：2，因此化合物甲的化学式是CuFeS2，故答案为：CuFeS2．11．钨酸钙是非常重要的化学原料，主要用于生产钨铁、钨丝及钨合金等钨制品．在钨冶炼工艺中，将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中得到钨酸钙．发生反应：Ⅰ．WO42ˉ（aq）+Ca（OH）2（s）⇌CaWO4（s）+2OHˉ（aq）K1。

高中化学学习材料唐玲出品2016年普通高等学校招生浙江省统一考试化学试题(仿真卷1)[本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题) 两部分，共100分，考试时间90分钟]可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Mg—24 P—31 S —32 Ca—40 Fe—56 Cu—64第Ⅰ卷(选择题部分共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。

每小题只有一个选项符合题意)7．化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是( )A．空气中PM2.5(2.5微米以下的颗粒物)的存在能够形成丁达尔效应B．煤燃烧时加入少量的生石灰可以减少废气中的二氧化硫排放C．将造纸废水通过高压水井压到地下，节约生产成本D．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理8．下列说法正确的是( )A．实验时酸或碱溅到眼中，应立即用水反复冲洗，并不断眨眼，不能用手搓揉眼睛B．检验硫酸亚铁铵溶液中Fe2＋的方法是：先滴加新制氯水后滴加KSCN溶液C．证明钢铁吸氧腐蚀的方法是：在镀锌铁皮上滴1～3滴含酚酞的饱和食盐水，静置1～2 min，观察现象D．用新制氢氧化铜悬浊液不能鉴别乙醇溶液、乙酸溶液和葡萄糖溶液9.右表为元素周期表前四周期的一部分，其中R为稀有气体元素，下列有关X、W、Y、R、Z(X、W、Y、R、Z分别代表元素符号)五种元素的叙述中，正确的是( )A．常温常压下，五种元素的单质中有两种是气态B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同C．W的氢化物比X的氢化物稳定D．Y与W元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，前者弱于后者10．下列说法正确的是( )A．按系统命名法的名称为2－甲基－3，5－二乙基己烷B．用Na2CO3溶液能区分CH3COOH、CH3CH2OH，苯、硝基苯四种物质C．等质量的甲烷、乙烯、1，3－丁二烯分别充分燃烧，所耗氧气的量依次增加D．下列物质的沸点按由低到高顺序为：CH3(CH2)2CH3＜(CH3)3CH＜CH3(CH2)3CH3＜(CH3)2CHCH2CH311．锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置(如图所示)，电解液为溴化锌水溶液，电解质溶液在电解质储罐和电池间不断循环。

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．。

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。

2016年贵州省贵阳市高考化学二模试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法不正确的是（）A．在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的B．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤的方法除去C．家用“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故D．可用蘸取浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气2．下列表述正确的是（）A．16O2与18O2互为同素异形体B．Na2S的电子式为：C．熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4=K++H++SO42﹣D．钢铁表面常常出现的铁锈的主要成分是Fe2O3•xH2O，它不能阻止钢铁继续腐蚀3．青蒿素（结构简式如图）是一种白色针状固体，曾被世界卫生组织称做是“世界上唯一有效的疟疾治疗药物”．中国女科学家屠呦呦凭借用乙醚从青蒿中提取青蒿素获得2015年诺贝尔医学奖．下列关于青蒿素的说法不正确的是（）A．青蒿素分子中含有醚键和酯基等官能团B．青蒿素在加热时能与NaOH的水溶液反应C．青蒿素易溶于水、苯等溶剂D．用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取原理4．N A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．7.8gNa2O2和Na2S混合物中含有的阴离子数目为0.1N AB．pH=13的氢氧化钾溶液，含K+数目约为0.1N AC．标准状况下，5.6LO2作为氧化剂时转移的电子数一定为N AD．18gD2O所含电子数目为10N A6．下列说法正确的是（）A．在溶液的稀释过程中，离子浓度有的可能增大，有的可能减小，有的可能不变B．将AlCl3溶液、Na2SO3溶液蒸干并灼烧可分别得到Al2O3、Na2SO3C．25℃时，用pH相同的稀醋酸和盐酸分别中和同浓度、同体积的NaOH溶液至混合溶液呈中性时，消耗稀醋酸和盐酸的体积相同D．25℃时，pH=9的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）7．常温下，在物质的量浓度之比为3：1的NaCl和H2SO4的混合溶液中，先滴入几滴紫色石蕊试液后，再用铂电极电解该混合溶液．根据电极产物和现象判断，该电解过程可明显分为三个阶段．下列叙述中，不正确的是（）A．第一阶段中阴、阳两极产生的气体混合引燃后，恰好完全反应得到HClB．阴极自始至终只产生H2C．电解过程中，溶液的pH不断增大，最后等于7D．电解过程中，Na+和SO42﹣的物质的量保持不变二、非选择题8．中国是世界上第一钢铁生产大国，近两年钢铁行业形式急转直下，不少钢铁企业陷入全面亏损，2015年，钢铁年产量出现34年来的首次下降．原因就是因为高炉炼铁技术低级落后，不能生产高附加值产品．请根据所学知识回答下列问题：（1）地壳中含量最多的金属元素的单质与氧化铁在高温下发生反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为；（2）CO（g）+FeO（s）=CO2（g）+Fe（s）△H=﹣218.03kJ•mol﹣13Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ•mol﹣1Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol﹣1则反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe （s）+3CO2（g）的△H=．（3）在T℃、2L恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后CO的转化率将（填“增大”、“减小”、“不变”）；②若甲容器中CO的平衡转化率为60%，则T℃时，反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe （s）+3CO2（g）的平衡常数K=；③下列说法正确的是A．若容器压强恒定，反应达到平衡状态B．若容器内混合气体密度恒定，反应达到平衡状态C．甲、乙容器中CO的平衡转化率相等D．增加Fe2O3粉末的物质的量就能提高CO的转化率（4）铁与金属镍在碱性条件下可形成二次电池，俗称爱迪生蓄电池．利用爱迪生蓄电池可以制取少量高锰酸钾（装置如图所示），此装置中负极是（填“a”或“b”），写出阳极的电极反应式；当生成19.8g的K2FeO4时，电路中转移的电子的物质的量为．9．对氯苯甲酸（分子式为C 7H 5ClO 2）是一种可重点开发的药物中间体．它可用于有机化工原料和农药的生产，同时还可用于非甾族消炎镇痛药物及染料的合成等．某校研究性学习小（1）仪器B 的名称是 ． （2）实验时，仪器B 需充满冷水，则进水口为 （填“a ”或“b ”）．（3）量取6.00mL 对氯甲苯应选用的仪器是 ．A.10mL 量筒B.50mL 容量瓶C.25mL 酸式滴定管D.25mL 碱式滴定管（4）控制温度为93℃左右，通常采用的方法是 ．（5）实验过程中第一次过滤后滤渣的主要成分是 （填化学式），使用热水洗涤该滤渣的目的是 ；向滤液中加入稀硫酸酸化，可观察到的实验现象是 ．（6）第二次过滤所得滤渣要用冷水进行洗涤，其原因是 ．（7）本实验所得到的对氯苯甲酸的产率是 ．10．溴化氢是一种有辛辣刺激气味的无色气体，易溶于水、乙醇，在医药上还可以用来合成镇咳类非处方药物（如分子式为C 18H 25NO •HBr 的氢溴酸右美沙芬等）．氢溴酸是溴化氢的水溶液．某研究单位模拟工业制备氢溴酸的流程如下：请回答以下问题：（1）混合①中反应的离子方程式为 ．（2）操作Ⅱ的名称是 ．（3）混合①中使用冰水的目的是 ；混合②中加入适量Na 2SO 3的目的是 ．（4）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸（工业氢溴酸）带有淡淡的黄色，于是研究人员甲和乙分别设计了简单实验加以探究：①甲推测工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，用于证明该推测所用的试剂为；②乙推测工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有，用于证明该推测所用的试剂为．（5）完成操作Ⅱ之前向混合液中加入了少量Ba（OH）2，能否用BaCl2或Ba（NO3）2代替Ba（OH）2？（填“能”或“否”），原因是（若前一空填“能”，此处不作答）．[化学-选修2：化学与技术]11．磷石膏是磷氨厂生产硫酸和磷酸所排放的废渣（主要成分为CaSO4•2H2O），大量堆积既占用土地，又易造成环境污染和硫资源的浪费，所以可从资源综合利用的角度将磷石膏转化成硫酸钾和氯化钙晶体，工艺流程如下：请回答以下问题：（1）为了提高原料的利用率，吸收流程中通入CO2和NH3的先后顺序最好为．（2）碳酸铵溶液与磷石膏悬浊溶液混合后发生转化I的离子反应方程式为．（3）工艺流程中除了所给出的CaCO3、CaSO4•2H2O、NH3、H2O等原料外，在转化Ⅱ的过程中还需要加入原料．（4）①过滤Ⅱ后所得滤液NH4Cl溶液，确认其中含有Cl﹣的方法是：；②氯化钙结晶水合物（CaCl2•6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是因为（选填序号）；A．熔点较低（29℃熔化）b．能导电c．能制冷d．无毒100g℃时24的饱和溶液冷却到℃，可析出K2SO4晶体g．（5）上述工艺流程中循环利用的物质是；还有一种物质，只要其纯净，也可以被循环利用，它是（均填化学式）．[化学-选修3：物质结构与性质]12．甲、乙、丙、丁、戊、己均为元素周期表中前20号元素，它们原子序数依次增大．已知甲与乙，丙、丁与戊分别位于同一周期：甲原子最外层电子数是次外层的3倍；乙、丙、丁简单离子的核外电子排布相同，这三种元素按6：3：1的原子个数比可形成一种离子晶体W；丙与戊可形成常见离子晶体X，甲与己可形成常见离子晶体Y，且X和Y电子数相同．（1）元素甲基态原子的电子排布式：．（2）比较元素丙和元素戊的第一电离能：丙戊（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）W的化学式为．（4）①写出工业冶铁丁单质的化学反应方程式 ．②晶体X 、Y 的晶格能分别为786kJ/mol 、3401kJ/mol ，请简单说明两者晶格能相差较大的主要原因是： ．（5）元素乙与己也可能形成离子化合物，其晶胞结构如图所示：①元素己的离子在晶体中的配位数为 ；②乙与己形成的离子化合物的电子式为 ；③若该离子晶体的密度为dg/cm 3，阿伏加德罗常数为N A ，则晶胞的边长是 cm ．[化学-选修5：有机化学基础]已知： RCOOHRCH 2OH RX RCOOH请回答下列问题：（1）B 的分子式为 ，1mol 该物质完全燃烧需消耗 molO 2．（2）化合物B 不能发生下列哪些类型的反应． A．取代反应B ．加成反应C ．缩聚反应D ．氧化反应（3）若化合物C 的核磁共振氢谱图中有六个吸收峰，则C 可能的结构简式为 、 ．（4）研究发现化合物G 的分子式为C 8H 6O 2，且分子内含有五元环，则①F →G 反应的化学方程式为 ；②F 的一种同分异构体M ，与F 具有相同的官能团，遇FeCl 3水溶液显紫色，其苯环上的一氯代物有两种．写出M 在一定条件下发生缩聚反应的反应方程式 ．（5）化合物E 有多种同分异构体，其中某些同分异构体含有苯环，且苯环上只有两种不同化学环境的氢，写出这些同分异构体中任意一种的结构简式 ．2016年贵州省贵阳市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法不正确的是（）A．在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的B．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤的方法除去C．家用“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故D．可用蘸取浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．防治龋齿的有效成分是氟离子，当氟离子浓度相等时，防治龋齿的作用相同；B．塑化剂为致癌性物质，且易溶于乙醇；C．“84”消毒液与洁厕灵混合发生氧化还原反应生成有毒气体氯气；D．浓盐酸与氨气接触冒白烟．【解答】解：A．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故A正确；B．塑化剂为致癌性物质，且易溶于乙醇，则不能饮用含塑化剂的白酒，且不能过滤除去塑化剂，故B错误；C．“84”消毒液与洁厕灵混合发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，则家用“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故，故C正确；D．浓盐酸与氨气接触冒白烟，则可用蘸取浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气，故D正确；故选B．2．下列表述正确的是（）A．16O2与18O2互为同素异形体B．Na2S的电子式为：C．熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4=K++H++SO42﹣D．钢铁表面常常出现的铁锈的主要成分是Fe2O3•xH2O，它不能阻止钢铁继续腐蚀【考点】同素异形体；电子式；电离方程式的书写；金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A、16O2与18O2为同种单质；B、Na2S为离子化合物，电子式为；C、熔融状态下硫酸氢钾中的共价键不能断裂；D、铁锈的主要成分是Fe2O3•xH2O，比较疏松，它不能阻止钢铁继续腐蚀．【解答】解：A、16O2与18O2为同种单质，不互为同素异形体，故A错误；B、Na2S为离子化合物，电子式为，故B错误；C、熔融状态下硫酸氢钾中的共价键不能断裂，电离方程式：KHSO4=K++HSO4﹣，故C错误；D、钢铁表面常常出现的铁锈的主要成分是Fe2O3•xH2O，比较疏松，它不能阻止钢铁继续腐蚀，故D正确；故选D．3．青蒿素（结构简式如图）是一种白色针状固体，曾被世界卫生组织称做是“世界上唯一有效的疟疾治疗药物”．中国女科学家屠呦呦凭借用乙醚从青蒿中提取青蒿素获得2015年诺贝尔医学奖．下列关于青蒿素的说法不正确的是（）A．青蒿素分子中含有醚键和酯基等官能团B．青蒿素在加热时能与NaOH的水溶液反应C．青蒿素易溶于水、苯等溶剂D．用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取原理【考点】有机物的结构和性质．【分析】青蒿素含有酯基，可发生水解反应，含有过氧键，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，以此解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知青蒿素分子中含有醚键和酯基等官能团，故A正确；B．含有酯基，在加热时能与NaOH的水溶液反应，故B正确；C．含有酯基，具有乙酸乙酯的性质，难溶于水，故C错误；D．青蒿素易溶于乙醚，用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取原理，故D正确．故选C．4．N A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．7.8gNa2O2和Na2S混合物中含有的阴离子数目为0.1N AB．pH=13的氢氧化钾溶液，含K+数目约为0.1N AC．标准状况下，5.6LO2作为氧化剂时转移的电子数一定为N AD．18gD2O所含电子数目为10N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都是78g/mol；B．溶液体积不知不能计算微粒数；C．氧气在氧化还原反应中，反应产物可能为﹣1价或﹣2价；D．D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解答】解：A.7.8g Na2S和Na2O2的物质的量为：=0.1mol，过氧化钠中阳离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数等于0.1N A，故A 正确；B．溶液体积不知不能计算钾离子微粒数，故B错误；C．标准状况下，5.6L O2的物质的量为0.25mol，0.25mol氧气与金属钠反应生成0.25mol过氧化钠，反应转移了0.5mol电子，转移的电子数为0.5N A，所以0.25mol氧气作氧化剂时转移电子数不一定为N A，故C错误；D．D2O的相对分子质量为20，18g D2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9N A，故D错误；故选A．【考点】盐类水解的应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；合金的概念及其重要应用．【分析】A．强碱弱酸盐水解显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底；B．依据合金的概念和不锈钢的性质解答；C．Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为其颜色为红色；D．铜与浓硝酸常温下反应生成红棕色二氧化氮．【解答】解：A．纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，用纯碱溶液可清洗油污，故A正确；B．不锈钢含有碳、铁、镍等元素属于合金，不锈钢因为改变钢的内部结构而耐腐蚀，故B 错误；C．Ⅰ和Ⅱ均正确，但是二者不存在因果关系，故C错误；D．Ⅰ和Ⅱ均正确，但是二者不存在因果关系，故D错误；故选：A．6．下列说法正确的是（）A．在溶液的稀释过程中，离子浓度有的可能增大，有的可能减小，有的可能不变B．将AlCl3溶液、Na2SO3溶液蒸干并灼烧可分别得到Al2O3、Na2SO3C．25℃时，用pH相同的稀醋酸和盐酸分别中和同浓度、同体积的NaOH溶液至混合溶液呈中性时，消耗稀醋酸和盐酸的体积相同D．25℃时，pH=9的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．酸溶液中稀释OH﹣离子浓度增大，碱溶液中稀释H+离子浓度增大，中性稀释溶液中OH﹣、H+离子浓度不变；B．水解生成的盐酸为挥发性酸，水解生成亚硫酸易被氧化为硫酸；C．醋酸溶液中存在电离平衡，pH相同的稀醋酸和盐酸溶液中，醋酸浓度大，中和同浓度、同体积的NaOH溶液至混合溶液呈中性时消耗醋酸溶液少；D.25℃时，pH=9的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中，一水合氨电离大于铵根离子的水解．【解答】解：A．酸溶液中稀释时OH﹣离子浓度增大，碱溶液中稀释时H+离子浓度增大，中性溶液如NaCl溶液稀释时OH﹣、H+离子浓度不变，故A正确；B．因AlCl3溶液水解生成的盐酸为挥发性酸，Na2SO3溶液水解生成亚硫酸易被氧化为硫酸，则AlCl3溶液、Na2SO3溶液蒸干并灼烧可分别得到Al2O3、Na2SO4，故B错误；C．pH相同的稀醋酸和盐酸溶液中，醋酸浓度大，中和同浓度、同体积的NaOH溶液至混合溶液呈中性时消耗醋酸溶液少，故C错误；D.25℃时，pH=9的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中，一水合氨电离大于铵根离子的水解，溶液中c（Cl﹣）＜c（NH4+），故D错误；故选A．7．常温下，在物质的量浓度之比为3：1的NaCl和H2SO4的混合溶液中，先滴入几滴紫色石蕊试液后，再用铂电极电解该混合溶液．根据电极产物和现象判断，该电解过程可明显分为三个阶段．下列叙述中，不正确的是（）A．第一阶段中阴、阳两极产生的气体混合引燃后，恰好完全反应得到HClB．阴极自始至终只产生H2C．电解过程中，溶液的pH不断增大，最后等于7D．电解过程中，Na+和SO42﹣的物质的量保持不变【考点】电解原理．【分析】根据电解原理：阴极的放电离子：氢离子，阳极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理和离子物质的量，结合电子守恒计算判断放电的离子，来判断电解过程．【解答】解：可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，电极反应为：阳极：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑2 2 1 1阴极：2H++2e﹣=H2↑2H++2e﹣=H2↑2H++2e﹣=H2↑2 2 1 1则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，即2HCl H2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7；A、第一阶段电解的是氯化氢，电解过程中阴、阳两极产生的气体氢气和氯气，依据电子守恒可知，混合引燃后，恰好完全反应得到HCl，故A正确；B、阴极上始终是氢离子得到电子生成氢气，故B正确；C、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故C错误；D、电解过程中，Na+和SO42﹣无法放电，物质的量不变，故D正确；故选C．二、非选择题8．中国是世界上第一钢铁生产大国，近两年钢铁行业形式急转直下，不少钢铁企业陷入全面亏损，2015年，钢铁年产量出现34年来的首次下降．原因就是因为高炉炼铁技术低级落后，不能生产高附加值产品．请根据所学知识回答下列问题：（1）地壳中含量最多的金属元素的单质与氧化铁在高温下发生反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）CO（g）+FeO（s）=CO2（g）+Fe（s）△H=﹣218.03kJ•mol﹣13Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ•mol﹣1Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol﹣1则反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe （s）+3CO2（g）的△H=﹣24.8kJ•mol﹣1．（3）在T℃、2L恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后CO的转化率将不变（填“增大”、“减小”、“不变”）；②若甲容器中CO的平衡转化率为60%，则T℃时，反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe （s）+3CO2（g）的平衡常数K=64；③下列说法正确的是BA．若容器压强恒定，反应达到平衡状态B．若容器内混合气体密度恒定，反应达到平衡状态C．甲、乙容器中CO的平衡转化率相等D．增加Fe2O3粉末的物质的量就能提高CO的转化率（4）铁与金属镍在碱性条件下可形成二次电池，俗称爱迪生蓄电池．利用爱迪生蓄电池可以制取少量高锰酸钾（装置如图所示），此装置中负极是a（填“a”或“b”），写出阳极的电极反应式Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；当生成19.8g的K2FeO4时，电路中转移的电子的物质的量为0.6mol．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）地壳中含量最多的金属元素是铝元素，利用其单质铝与氧化铁在高温下发生反应生成铁和氧化铝来焊接钢轨；（2）根据盖斯定律计算反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe （s）+3CO2（g）的△H；（3）①在T℃时，恒容密闭容器，再通入一定量的N2，虽然压强增大了，但反应物和生成物的浓度都没有变化，所以平衡不移动；②若甲容器中CO的平衡转化率为60%，则T℃时，依据平衡三段式结合平衡常数的表达式列式计算；③A．反应前后气体物质的量不变，说明压强也一直不变，若容器压强恒定，不能标志反应达到平衡状态；B．反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态；C．乙容器中一氧化碳增加，平衡虽然向正方向移动，但由于只增加一氧化碳的量，所以一氧化碳的转化率仍然变低，故甲容器中CO的平衡转化率不等于乙的转化率；D．固体量增加不影响化学平衡，增加Fe2O3不能提高CO的转化率；（4）放电时，铁棒作负极，碳棒作正极，据此判断a的电极；铁失电子和氢氧根离子生成高铁酸根离子和水；当生成19.8g的K2FeO4即0.1mol时，再根据阳极电极反应式可知转移电子为0.6mol．【解答】解：（1）铝与氧化铁发生铝热反应焊接钢轨的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）①CO（g）+FeO（s）=CO2（g）+Fe（s）△H=﹣218.03kJ•mol﹣1②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ•mol﹣1③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol﹣1根据盖斯定律可知①×2+②+③×得反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe （s）+3CO2（g），△H=（﹣218.03kJ•mol﹣1）×2+（﹣47.2kJ•mol﹣1）+（+640.5kJ•mol﹣1）×=﹣24.8kJ•mol﹣1，故答案为：﹣24.8kJ•mol﹣1；（3）①在T℃时，恒容密闭容器，再通入一定量的N2，虽然压强增大了，但反应物和生成物的浓度都没有变化，所以平衡不移动，所以CO的转化率将不变，故答案：不变；②若甲容器中CO的平衡转化率为60%，则T℃时，Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）起始量（mol） 1 1 1 1变化量（mol）0.6 0.6平衡量（mol）0.4 1.6K===64，故答案为：64；③A．反应前后气体物质的量不变，说明压强也一直不变，若容器压强恒定，不能标志反应达到平衡状态，故A错误；B．反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态，故B正确；C．乙容器中一氧化碳增加，平衡虽然向正方向移动，但由于只增加一氧化碳的量，所以一氧化碳的转化率仍然变低，故甲容器中CO的平衡转化率不等于乙的转化率，故C错误；D．固体量增加不影响化学平衡，增加Fe2O3不能提高CO的转化率，故D错误；故答案为：B；（4）放电时，铁作负极，碳棒作正极，所以放电时a是负极，b是正极；阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；当生成19.8g的K2FeO4即0.1mol时，再根据阳极电极反应式可知转移电子为0.6mol，故答案为：a；Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；0.6mol．9．对氯苯甲酸（分子式为C7H5ClO2）是一种可重点开发的药物中间体．它可用于有机化工原料和农药的生产，同时还可用于非甾族消炎镇痛药物及染料的合成等．某校研究性学习小（1）仪器B 的名称是 冷凝管 ．（2）实验时，仪器B 需充满冷水，则进水口为 a （填“a ”或“b ”）． （3）量取6.00mL 对氯甲苯应选用的仪器是 C ．A.10mL 量筒B.50mL 容量瓶C.25mL 酸式滴定管D.25mL 碱式滴定管（4）控制温度为93℃左右，通常采用的方法是 水浴加热 ．（5）实验过程中第一次过滤后滤渣的主要成分是 MnO 2 （填化学式），使用热水洗涤该滤渣的目的是 减小对氯苯甲酸钾的损耗 ；向滤液中加入稀硫酸酸化，可观察到的实验现象是 产生白色沉淀 ．（6）第二次过滤所得滤渣要用冷水进行洗涤，其原因是 可除去对氯苯甲酸表面的可溶性杂质且尽量减小对氯苯甲酸的损耗 ．（7）本实验所得到的对氯苯甲酸的产率是 90.5% ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】一定量的对氯甲苯和适量KMnO 4在93℃反应一段时间后停止反应生成对氯苯甲酸钾和二氧化锰，二氧化锰不溶于水，加入稀硫酸酸化，生成对氯苯甲酸，对氯苯甲酸属于可溶性盐，加热浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤滤渣得对氯苯甲酸．（1）根据仪器的图形判断；（2）冷凝管应该是逆向通水；（3）量取6．OOmL 对氯甲苯，结合量取体积精度可知应选择滴定管，且对氯甲苯容易腐蚀橡皮管；（4）控制温度在93℃左右，低于水的沸点，可以采取水浴加热；（5）二氧化锰不溶于水，过滤可除去；对氯苯甲酸钾与稀硫酸反应生成对氯苯甲酸，对氯苯甲酸微溶于水，是白色沉淀；（6）除去对氯苯甲酸表面的可溶性杂质并尽量减小对氯苯甲酸的损耗；（7）根据对氯甲苯质量计算对氯苯甲酸的理论产量，产率=×100%．【解答】解：（1）由仪器的图形可知，B 为冷凝管；故答案为：冷凝管；（2）冷凝管应该是a进水b出水，使水与冷凝物充分接触，故答案为：a；（3）量取6．OOmL对氯甲苯，结合量取体积精度可知应选择滴定管，对氯甲苯是一种优良的有机溶剂，对碱式滴定管上橡胶制品有明显的溶解腐蚀作用，则选25mL酸式滴定管，故答案为：C；（4）控制温度在93℃左右，低于水的沸点，可以采取水浴加热，故答案为：水浴加热；（5）对氯甲苯和适量KMnO4反应生成对氯苯甲酸钾和二氧化锰，二氧化锰不溶于水，步骤③过滤得到滤渣MnO2；将滤渣用热水洗涤，可减小对氯苯甲酸钾的损耗；滤液中加入稀硫酸酸化，对氯苯甲酸钾与稀硫酸反应生成对氯苯甲酸，对氯苯甲酸微溶于水，是白色沉淀，可观察到的实验现象是产生白色沉淀；故答案为：MnO2；减小对氯苯甲酸钾的损耗；产生白色沉淀；（6）对氯苯甲酸微溶于水，热水洗涤可能增大对氯苯甲酸的溶解度使其损耗，用冷水进行洗涤既可除去对氯苯甲酸表面的可溶性杂质还能减小对氯苯甲酸的损耗；故答案为：可除去对氯苯甲酸表面的可溶性杂质且尽量减小对氯苯甲酸的损耗；（7）对氯甲苯的质量为：6ml×1.07g•cm﹣3=6.42g，由～，可知对氯苯甲酸的理论产量为×156.5g，则对氯苯甲酸的产率为：[7.19g÷（×156.5g）]×100%≈90.5%．10．溴化氢是一种有辛辣刺激气味的无色气体，易溶于水、乙醇，在医药上还可以用来合成镇咳类非处方药物（如分子式为C18H25NO•HBr的氢溴酸右美沙芬等）．氢溴酸是溴化氢的水溶液．某研究单位模拟工业制备氢溴酸的流程如下：请回答以下问题：（1）混合①中反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣．（2）操作Ⅱ的名称是过滤．（3）混合①中使用冰水的目的是降低体系温度，防止溴蒸发，使反应完全；混合②中加入适量Na2SO3的目的是除去粗品中未反应完的溴．（4）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸（工业氢溴酸）带有淡淡的黄色，于是研究人员甲和乙分别设计了简单实验加以探究：①甲推测工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，用于证明该推测所用的试剂为KSCN溶液；②乙推测工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Br2，用于证明该推测所用的试剂为CCl4．。

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。