1、浙江省宁波市镇海中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法中，不正确的是（）A“水玻璃”长期暴露在空气中会变质，这是因为“水玻璃”与空气中的二氧化碳接触，生成 了乳白色的凝胶状沉淀（用H2SiO3表示）和碳酸钠的缘故B水的物理性质十分特殊水的比热容较大，水结成冰后密度变小，水的熔沸点较高等特殊 性质是由于水分子间存在一种被称为氢键的特殊的分子间作用力C铅蓄电池是最常见的二次电池，由于它的性能优良、价格低廉、安全可靠，可多次充放电，所以使用广泛，但铅蓄电池也存在比能量低，废弃电池污染环境等缺点D硅晶体是一种重要的半导体材料，在常
2、温下，单质硅易与氧气反应，所以自然界中不存在 游离态的硅石墨烯作为目前发现的最薄、强度最大、导电导热性能最强的一种新型纳米材 料，最有潜力的应用是成为硅的替代品，用来生产未来的超级计算机2下列有关实验的操作、原理和现象，正确的是（）A称取 10.1gNaOH时，将 10g的砝码放在右盘，并将游码移到 0.1g的位置B做钠与水反应的实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象C向试管中加入 5mL溴水、2mL苯和 0.5g铁粉，充分振荡后静置，观察试管底部生成褐色油状液滴D为验证盐桥的作用，在两个烧杯中分别盛适量硫酸亚铁
3、铵溶液和稀酸性高锰酸钾溶液，分 别插入石墨棒用导线与电流计相连，然后用装有 K2SO4饱和溶液的琼脂的 U型管两端插入两个烧杯中，电流计偏转，一段时间后高锰酸钾溶液褪色3如表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W 为短周期元素，其中XYZWTZ 元素的原子最外层电子数是其核电荷数的下列说法不正确的是（）AY、W、T元素的原子半径及它们气态氢化物的还原性均依次递增BZ氢化物的沸点一定比 X氢化物的沸点高CX、Y元素形成的常见单质的化学键类型相同D根据元素周期律，可以推测存在化学式为T2Z3、X3Y4的两种物质，T元素存在同素异形现象4下列说法正确的是（）A某烷烃的名称可能为 2甲基5乙基己烷B苯的
4、四氯代物共有三种不同的结构C等物质的量的乙烯与碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）完全燃烧的耗氧量不同D同为高分子化合物的淀粉、植物油和蛋白质，其水解产物中均含氧元素5用如图所示装置（熔融CaF2CaO作电解质）获得金属钙，并用钙还原TiO2制备金属钛下列说法正确的是（）A电解过程中，Ca2+向阳极移动B阳极的电极反应式为：C+2O24eCO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱是Pb电极6酸在溶剂中的电离实质是酸中的H+转移给溶剂分子，如HCl+H2O=H3O+Cl已知H2SO4和HNO3在冰醋酸中的电离平衡常数Ka1（H2SO4）=6.
5、3109，Ka（HNO3）=4.21010 下列说法正确的是（）A冰醋酸中H2SO4的电离方程式：H2SO4+2CH3COOH=SO42+2CH3COOH2+BH2SO4的冰醋酸溶液中：c（CH3COOH2+）=c（HSO4）+2c（SO42）+c（CH3COO）C浓度均为0.1molL1的H2SO4或HNO3的冰醋酸溶液：pH（H2SO4）pH（HNO3）D向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，减小7我国西部地区有丰富的盐湖资源，对盐湖矿产资源的综合开发利用是西部大开发的重要课题之一I某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br、SO42、Cl等），来制取较纯净的氯化钾晶体及
6、液溴，他们设计了如下流程：II某同学提出了另一种新方案，对上述操作后无色溶液进行除杂提纯，无色溶液中先 加试剂 A，再加试剂 B，最后加试剂 C（常见的盐），其方案如下：下列说法不正确的是（）A要从橙红色液体中分离出单质溴，可采取的操作是蒸馏B操作为过滤，主要目的是为了除去 MgSO4C试剂 C为K2CO3，固体D主要为Mg（OH）2、BaSO4，还有少量的BaCO3D若在操作结束后发现溶液略有浑浊，应采取的措施是更换滤纸，重新过滤二、解答题（共5小题，满分58分）8（10分）高分子材料有机玻璃（PMMA）因其透光性好、性能优良、价格低廉，广泛应 用于商业、轻工、建筑、化工等方面，甚至人工角膜
7、也是有机玻璃合成路线如图所示（部分 转化条件省略）：已知：核磁共振氢谱显示 B分子中只有一种化学环境的氢原子CH3CH2OHCH2=CH2请回答：（1）从丙烯A的反应类型，化合物A的官能团名称（2）化合物 CD反应的化学方程式（3）下列四种化合物，与 E互为同分异构体的是A B C D（4）PMMA的结构简式：（5）聚乳酸（）可以生物降解，实现在自然界中的循环，是理想的绿色高分 子材料请以乙醛为有机原料，设计聚乳酸的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照“已 知”中的书写形式）9请回答：（1）铵根离子（NH4+）的结构式（2）在以 CaSO4为原料生产H2SO4的过程中，若直接分解 CaSO4制
8、取SO2，反应温度约需1200，而将CaSO4与SiO2混合加热制取SO2的化学反应方程式：（3）在 AgI 沉淀中加入硫化钠溶液，黄色沉淀转化为黑色沉淀，写出反应的离子方程式：（4）配平氧化还原的离子方程式：MnO4+CH3CH2OH+=Mn2+CH3COOH+10（12分）如图所示各物质是由 120号元素中部分元素组成的单质及其化合物，图中部分反应条件 未列出已知 C、H 是无色有刺激性气味的气体，D 是一种黄绿色的气体单质，物质 J 可用 于饮用水消毒反应 和是化工生产中的重要反应，反应是实验室制备气体 C的重要方法请推测回答：（1）反应的化学方程式为（2）物质 A由三种元素组成，1mo
9、l A与水反应可生成1mol B和2mol C，A的化学式为（3）物质 A与水生成 B和 C的化学方程式（4）C的催化氧化产物为L和M，M继续氧化后的产物N遇到L生成一种工业强酸某同学根据课外书中该强酸的铅盐（Pb为+2价，分解前后铅的化合价不变）受热分解的实验操作来判断它的分解产物之一是氧气：将试管中的铅盐加热到熔融，把带火星的细木条伸入试管，检验放出的气体，当发现木条复燃时该学生断言该铅盐受热分解有氧气放出请写出上述分解反应的化学方程式；并对上述实验及结论的合理性作出评价（5）将含等物质的量的 M和 N的混合物溶解在接近零度的水中，即生成一种弱酸的水溶液 含此弱酸钠盐的废水可用铝粉除去，已
10、知 NaOH、一种常见的铝盐和框图中的 C等物质为该 反应体系中的反应物或产物，写出该离子方程式11（15分）NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝（1）NH3催化氧化可制备硝酸NH3氧化时发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907kJmol14NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1269kJmol1则4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）H3=NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的氧化率（NO）22 与温度、压强的关系如图1所示则p1 p2（填“”、“”或 1 2“=”）；温度高于800时，a（N
11、O）几乎为0的原因是（2）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如表及图2所示： 容器 甲 乙 丙 容积/L 1 1 2 反应物起始量 1molO3、2molO2 1molO3、2molNO2 1molO3、2molN2O5 温度/K T1 T2 T2下列说法正确的是A 010min内甲容器中反应的平均速率：v（NO2）=0.02molL1min1BT1T2，H0C，平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K时，若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2
12、mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆）（3）工业上合成氨通常在反应未达到平衡时就将反应混合物移出合 成塔，原因是（4）SO 经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2（g）+O2 （g）2SO2（g）若在 T1、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入 SO2和O2（其中 n（SO2 ）：n（O 2）=2：1），测得容器内总压强与反应时间如图3所示：图中 A点时，SO2的转化率为计算SO2催化氧化反应在图中 B点的压强平衡常数 K=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，并写上单位）若在 T，其他条件不变的情况下测得压
13、强的变化曲线如图所示，其中 C点的正反应速率vc（正）与 A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为 vc （正） vA（逆 ） （填“”、“”、“=”）12（15分）2硝基l，3苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成原理如下：部分物质的相关性质如下： 名称 相对分子质量 性状 熔点 水溶性（常温） 间苯二酚 110 白色针状晶体 110.7 易容 2硝基1，3苯二酚 155 桔红色针状晶体 87.8 难溶制备过程如下：第一步：磺化称取 71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内 15min（如图 1）第二步：硝化待磺化反应结束后将烧瓶置于冷
14、水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌 l 5min第三步：蒸馏将硝化反应混物的稀释液转移到圆底烧瓶 B中，然后用图 2所示装置进行水 蒸气蒸馏请回答下列问题：（1）实验室中把问苯二酚碾成粉末需要的仪器是（2）磺化步骤中控制温度最合适的范围为（填字母）A3060B6065C6570D70100（3）硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是（4）图 2 中，烧瓶 A 中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止；直形冷凝管 C中可能出现的现象是（5）水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的a不溶或难溶于水，便于最后分离 b在沸腾下与水不发生化学反
15、应c具有一定的挥发性 d具有较低的熔点（6）本实验最终获得 12.0g桔红色晶体，则 2硝基1，3苯二酚的产率约为2016年浙江省宁波市镇海中学高考化学模拟试卷（5月份）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下列说法中，不正确的是（）A“水玻璃”长期暴露在空气中会变质，这是因为“水玻璃”与空气中的二氧化碳接触，生成 了乳白色的凝胶状沉淀（用H2SiO3表示）和碳酸钠的缘故B水的物理性质十分特殊水的比热容较大，水结成冰后密度变小，水的熔沸点较高等特殊 性质是由于水分子间存在一种被称为氢键的特殊的分子间作用力C铅蓄电池是最常见的二次电池，由于它的性能优良、价格低廉、安全
16、可靠，可多次充放电，所以使用广泛，但铅蓄电池也存在比能量低，废弃电池污染环境等缺点D硅晶体是一种重要的半导体材料，在常温下，单质硅易与氧气反应，所以自然界中不存在 游离态的硅石墨烯作为目前发现的最薄、强度最大、导电导热性能最强的一种新型纳米材 料，最有潜力的应用是成为硅的替代品，用来生产未来的超级计算机【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A碳酸酸性强于硅酸，依据强酸制备弱酸规律解答；B氢键为分子间作用力，氢键的存在影响物质的物理性质；C依据铅蓄电池优点结合铅蓄电池的比能量较低解答；D常温下硅与氧气不反应【解答】解：A碳酸酸性强于硅酸，“水玻璃”即硅酸钠水溶液与空气中的二氧化碳接触，反应
17、生成硅酸白色沉淀和碳酸钠而变质，故A正确；B水分子中氧元素电负性强，所以容易形成氢键，在固态水（冰）中，水分子大范围地以氢键互相联结，形成相当疏松的晶体，从而在结构中有许多空隙，造成体积膨胀，密度减小，氢键的存在导致分子间作用力增强，所以其熔沸点较高，故B正确；C铅蓄电池是最常见的二次电池，由于它的性能优良、价格低廉、安全可靠，可多次充放电，所以使用广泛，但铅蓄电池也存在比能量低，废弃电池污染环境等缺点，故C正确；D常温下硅与氧气不反应，故D错误；故选：D【点评】本题考查了物质的组成与性质，熟悉强酸制备弱酸规律、明确氢键对物质物理性质的影响、硅的性质、铅蓄电池优缺点是解题关键，题目难度中等2下
18、列有关实验的操作、原理和现象，正确的是（）A称取 10.1gNaOH时，将 10g的砝码放在右盘，并将游码移到 0.1g的位置B做钠与水反应的实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象C向试管中加入 5mL溴水、2mL苯和 0.5g铁粉，充分振荡后静置，观察试管底部生成褐色油状液滴D为验证盐桥的作用，在两个烧杯中分别盛适量硫酸亚铁铵溶液和稀酸性高锰酸钾溶液，分 别插入石墨棒用导线与电流计相连，然后用装有 K2SO4饱和溶液的琼脂的 U型管两端插入两个烧杯中，电流计偏转，一段时间后高锰酸钾溶液褪色【考点】化学实验方案的
19、评价【分析】A氢氧化钠易潮解，有腐蚀性，两个托盘上应放质量相等的小烧杯；B应该是先加入水，滴入两滴酚酞，再放入金属钠；C溴水与苯不反应；D高锰酸钾能氧化硫酸亚铁铵溶液【解答】解：A氢氧化钠易潮解，有腐蚀性，两个托盘上应放质量相等的小烧杯，所以称量时将 10g的砝码放在右盘的烧杯内，故A错误；B加入顺序错误，应该是将钠加入滴人酚酞的水中，否则反应放出大量的热，因水较少而导致烧杯炸裂，故B错误；C溴水与苯不反应，应用液溴和苯在催化作用下制备溴苯，故C错误；D高锰酸钾能氧化硫酸亚铁铵溶液，电流计偏转说明发生了反应，离子通过盐桥形成闭合回路，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点
20、，涉及物质的称量、钠的性质、溴苯的制备以及原电池等，侧重物质性质及实验原理的考查，注意实验方案非评价性、操作性分析，题目难度不大3如表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W 为短周期元素，其中XYZWTZ 元素的原子最外层电子数是其核电荷数的下列说法不正确的是（）AY、W、T元素的原子半径及它们气态氢化物的还原性均依次递增BZ氢化物的沸点一定比 X氢化物的沸点高CX、Y元素形成的常见单质的化学键类型相同D根据元素周期律，可以推测存在化学式为T2Z3、X3Y4的两种物质，T元素存在同素异形现象【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，T为第四周期元素，则Z在第二周
21、期，Z元素的原子最外层电子数是其核电荷数的，设最外层电子数为x，则核电荷数为2+x，则=，解得x=6，所以Z是O，根据元素周期表位置关系，推出X是C，Y是N，W是P，T是As【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，T为第四周期元素，则Z在第二周期，Z元素的原子最外层电子数是其核电荷数的，设最外层电子数为x，则核电荷数为2+x，则=，解得x=6，所以Z是O，根据元素周期表位置关系，推出X是C，Y是N，W是P，T是As，AY、W、T位于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性依次增强，故A正确；BZ的氢化物是水，水分子间存在氢键，使水的沸点较高，常温下是液体，但是X
22、的氢化物是碳的氢化物，碳的氢化物有气态烃、液态烃、固态烃，则Z氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，故B错误；CX、Y元素是非金属元素，形成的常见单质中是以共价键的方式达到稳定结构，故C正确；DX是C位于第A族，最高化合价是+4，Y位于第A族，最低负价是3价，则可以推测存在化学式X3Y4，T是As位于第A族，常见化合价有+3、+5，Z位于第A族，最低负价是2价，故存在T2Z3，即As2O3是存在的；W为P，红磷与白磷是同素异形体，W、T处同一周期，推测T元素也存在同素异形现象，故D正确；故选：B【点评】本题主要考查了常见元素化合知识及原子结构、元素周期律等知识，解题的关键是利用数学计算推出Z，
23、比较沸点时既要注意氢键对沸点的影响，还要看清是不是气态氢化物4下列说法正确的是（）A某烷烃的名称可能为 2甲基5乙基己烷B苯的四氯代物共有三种不同的结构C等物质的量的乙烯与碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）完全燃烧的耗氧量不同D同为高分子化合物的淀粉、植物油和蛋白质，其水解产物中均含氧元素【考点】有机物的结构和性质【分析】A主链应为7个碳原子；B苯的四氯代物和二氯代物同分异构体数目相同；C乙烯的分子式为C2H4，碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）的分子式可写成C2H4CO2H2O；D植物油不是高分子化合物【解答】解：A结构简式为，名称为：3，5二甲基庚烷，故A错误；B苯环有6个H原子，苯的四氯
24、代物和二氯代物同分异构体数目相同，都为3种，故B正确；C乙烯的分子式为C2H4，碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）的分子式可写成C2H4CO2H2O，则等物质的量的乙烯与碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）完全燃烧的耗氧量相同，故C错误；D高分子化合物的相对分子质量在10000以上，植物油不是高分子化合物，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成、结构和性质，难度不大，注意相关基础知识的积累5用如图所示装置（熔融CaF2CaO作电解质）获得金属钙，并用钙还原TiO2制备金属钛下列说法正确的是（）A电解过程中，Ca2+向阳极移动
25、B阳极的电极反应式为：C+2O24eCO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱是Pb电极【考点】化学电源新型电池【分析】根据图知，阳极上电极反应式为C+2O24eCO2，阴极上电极反应式为：2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，“+”接线柱应连接原电池正极，电解过程中，电解质中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答【解答】解：A电解过程中，电解质中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以Ca2+向阴极移动，故A错误；B根据图知，阳极上生成二氧化碳，则阳极反应式为C+2O24eCO2，故
26、B正确；C阴极上电极反应式为：2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，故C错误；D“+”表示原电池正极，所以“+”接线柱应连接原电池正极，即PbO2极，故D错误；故选B【点评】本题综合考查电解池和原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极方程式的书写，易错选项是C，题目难度不大6酸在溶剂中的电离实质是酸中的H+转移给溶剂分子，如HCl+H2O=H3O+Cl已知H2SO4和HNO3在冰醋酸中的电离平衡常数Ka1（H2SO4）=6.3109，Ka（HNO3）=4.21010 下列说法正确
27、的是（）A冰醋酸中H2SO4的电离方程式：H2SO4+2CH3COOH=SO42+2CH3COOH2+BH2SO4的冰醋酸溶液中：c（CH3COOH2+）=c（HSO4）+2c（SO42）+c（CH3COO）C浓度均为0.1molL1的H2SO4或HNO3的冰醋酸溶液：pH（H2SO4）pH（HNO3）D向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A冰醋酸中H2SO4发生部分电离；B根据溶液中质子守恒分析；C在冰醋酸中的酸的电离平衡常数越大，电离出的氢离子浓度越大，pH越小；D向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，c（NO3）减小，结合电离平衡常数分析【解
28、答】解：A冰醋酸中H2SO4发生部分电离，分步电离，以第一步电离为主，则冰醋酸中H2SO4的电离方程式：H2SO4+CH3COOHHSO4+CH3COOH2+，故A错误；BH2SO4的冰醋酸溶液中存在质子守恒：c（CH3COOH2+）=c（HSO4）+2c（SO42）+c（CH3COO），故B正确；C在冰醋酸中的酸的电离平衡常数越大，电离出的氢离子浓度越大，pH越小，硫酸的电离常数大，所以H2SO4中氢离子浓度大，则pH（H2SO4）pH（HNO3），故C错误；D向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，溶液的体积增大，则c（NO3）减小，电离常数为是常数，所以增大，故D错误故选B【点评】本题考查了
29、弱电解质的电离，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力，注意根据题干中的信息分析，明确弱电解质的电离平衡和电离常数的含义即可解答7我国西部地区有丰富的盐湖资源，对盐湖矿产资源的综合开发利用是西部大开发的重要课题之一I某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br、SO42、Cl等），来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴，他们设计了如下流程：II某同学提出了另一种新方案，对上述操作后无色溶液进行除杂提纯，无色溶液中先 加试剂 A，再加试剂 B，最后加试剂 C（常见的盐），其方案如下：下列说法不正确的是（）A要从橙红色液体中分离出单质溴，可采取的操作是蒸馏B操作为过滤，主要目的是为了除去
30、 MgSO4C试剂 C为K2CO3，固体D主要为Mg（OH）2、BaSO4，还有少量的BaCO3D若在操作结束后发现溶液略有浑浊，应采取的措施是更换滤纸，重新过滤【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】图1流程操作为在盐湖苦卤的浓缩液中加入氧化剂应为氯气，可生成溴，通过萃取、分液的方法分离，浓缩后得到硫酸镁和氯化钾的混合液，经重结晶可得硫酸镁，过滤得到氯化钾溶液，经降温结晶，过滤可得到氯化钾；对上述操作后无色溶液含有K+、Mg2+、SO42、Cl等离子，无色溶液中先加试剂A（KOH），以除去Mg2+，再加试剂B（BaCl2）以除去SO42，最后加试剂K2CO3，可除去过量的钡离子
31、，过滤可得到Mg（OH）2、BaSO4沉淀以及少量BaCO3沉淀，然后加入盐酸可除去过量的氢氧化钾和碳酸钾，经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到氯化钾；A根据相互溶解的液体利用沸点的不同，采用蒸馏的方法的分离；B操作必须趁热过滤；C根据操作后无色溶液含有K+、Mg2+、SO42、Cl以及实验的目的是制取较纯净的氯化钾晶体，需先用氢氧化钾除去Mg2+；再用氯化钡除去SO42，最后再用碳酸钾除去过量的氯化钡；D溶液略有浑浊，说明滤纸破损，需要更换滤纸，重新过滤【解答】解：A溴与有机溶剂互溶，但沸点的不同，采用蒸馏的方法的分离，故A正确；B硫酸镁在高温下溶解度较小，氯化钾在高温时溶解度大，采用趁热过滤，能除
32、去不溶性杂质硫酸镁，防止氯化钾冷却后析出，所以操作为趁热过滤，故B错误；C操作后无色溶液含有K+、Mg2+、SO42、Cl以及实验的目的是制取较纯净的氯化钾晶体，需先用氢氧化钾除去Mg2+；再用氯化钡除去SO42，最后再用碳酸钾除去过量的氯化钡，得到的沉淀为氢氧化镁、硫酸钡和碳酸钡，故C正确；D溶液略有浑浊，说明滤纸破损，所以应更换滤纸，重新过滤，故D正确；故选B【点评】本题考查了物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握物质分离与提纯的常用方法，试题培养了现象的分析能力及化学实验能力二、解答题（共5小题，满分58分）8（10分）（2016宁波校
33、级模拟）高分子材料有机玻璃（PMMA）因其透光性好、性能优良、价格低廉，广泛应 用于商业、轻工、建筑、化工等方面，甚至人工角膜也是有机玻璃合成路线如图所示（部分 转化条件省略）：已知：核磁共振氢谱显示 B分子中只有一种化学环境的氢原子CH3CH2OHCH2=CH2请回答：（1）从丙烯A的反应类型加成反应，化合物A的官能团名称羟基（2）化合物 CD反应的化学方程式（3）下列四种化合物，与 E互为同分异构体的是BDA B C D（4）PMMA的结构简式：（5）聚乳酸（）可以生物降解，实现在自然界中的循环，是理想的绿色高分 子材料请以乙醛为有机原料，设计聚乳酸的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照“
34、已 知”中的书写形式）【考点】有机物的合成【分析】结合A的分子式可知丙烯与水发生加成反应生成A，A发生催化氧化生成B，B分子中只有一种化学环境的氢原子，则B为，A为由题目信息可知，丙酮与HCN发生加成反应，然后酸性条件下反应生成C为，C发生消去反应生成D为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，发生加聚反应得到PMMA为【解答】解：结合A的分子式可知丙烯与水发生加成反应生成A，A发生催化氧化生成B，B分子中只有一种化学环境的氢原子，则B为，A为由题目信息可知，丙酮与HCN发生加成反应，然后酸性条件下反应生成C为，C发生消去反应生成D为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，发生加聚反应得到PMMA为（1）从丙
35、烯A的反应类型为加成反应，化合物A为，含有的官能团为羟基，故答案为：加成反应；羟基；（2）化合物 CD反应的化学方程式：，故答案为：；（3）E为，、与 E的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：BD；（4）PMMA的结构简式：，故答案为：；（5）从“乙醛（CH3CHO）聚乳酸（）”的合成路线流程图为：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断与合成，注意根据反应条件及给予的信息进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较较好地考查学生自学能力、知识迁移运用能力，难度中等9请回答：（1）铵根离子（NH4+）的结构式（2）在以 CaSO4为原料生产H2SO4的过程中，若直接分解 CaSO4制取S
36、O2，反应温度约需1200，而将CaSO4与SiO2混合加热制取SO2的化学反应方程式：2CaSO4+2SiO22CaSiO3+2SO2+O2（3）在 AgI 沉淀中加入硫化钠溶液，黄色沉淀转化为黑色沉淀，写出反应的离子方程式：2AgI+S2Ag2S+2I（4）配平氧化还原的离子方程式：4MnO4+5CH3CH2OH+12H+=4Mn2+5CH3COOH+11H2O【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写【分析】（1）铵根离子（NH4+）存在4个氮氢键，带一个单位的正电荷；（2）分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；（3）一般情况下溶度积大的沉淀较易
37、转化成溶度积小的沉淀，在 AgI 沉淀中加入硫化钠溶液，黄色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S，据此书写离子方程式；（4）根据氧化还原反应中得失电子相等来配平方程式【解答】解：（1）铵根离子（NH4+）存在4个氮氢键，带一个单位的正电荷，铵根离子的结构式为：，故答案为：；（2）反应前S为+6价，反应后为+4，化合价降低2，钙、硅化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：2CaSO4+2SiO22CaSiO3+2SO2+O2，故答案为：2CaSO4+2SiO22CaSiO3+2SO2+O2；（3）Ksp（AgI）K
38、sp（Ag2S），在 AgI 沉淀中加入硫化钠溶液，黄色沉淀AgI 转化为黑色沉淀Ag2S，离子方程式为：2AgI+S2Ag2S+2I，故答案为：2AgI+S2Ag2S+2I；（4）1mol高锰酸根离子参加氧化还原反应得到5mol电子，1molCH3CH2OH参加氧化还原反应失去4mol电子，所以得失电子的最小公倍数是20，则高锰酸根离子的计量数是4，CH3CH2OH的计量数是5，其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：4MnO4+5CH3CH2OH+12H+=4Mn2+5CH3COOH+11H2O故答案为：4、5、12H+、4、5、11H2O【点评】本题考查了常用化学用语的书写，涉及结构
39、式、沉淀的转化、离子方程式书写等知识，掌握沉淀溶解平衡的转化，氧化还原反应原理等知识是解答的关键，题目难度不大10（12分）（2016宁波校级模拟）如图所示各物质是由 120号元素中部分元素组成的单质及其化合物，图中部分反应条件 未列出已知 C、H 是无色有刺激性气味的气体，D 是一种黄绿色的气体单质，物质 J 可用 于饮用水消毒反应 和是化工生产中的重要反应，反应是实验室制备气体 C的重要方法请推测回答：（1）反应的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（2）物质 A由三种元素组成，1mol A与水反应可生成1mol B和2mol C，A的化学式为CaCN2（
40、3）物质 A与水生成 B和 C的化学方程式CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3（4）C的催化氧化产物为L和M，M继续氧化后的产物N遇到L生成一种工业强酸某同学根据课外书中该强酸的铅盐（Pb为+2价，分解前后铅的化合价不变）受热分解的实验操作来判断它的分解产物之一是氧气：将试管中的铅盐加热到熔融，把带火星的细木条伸入试管，检验放出的气体，当发现木条复燃时该学生断言该铅盐受热分解有氧气放出请写出上述分解反应的化学方程式2Pb（NO3）22PbO+4NO2+O2；并对上述实验及结论的合理性作出评价不合理，因为在混合气体中氧气占五分之，不一定能使本条复燃，另外二氧化氮也有氧化性，也可能使本条复燃
41、，所以应先将混合气体通过氢氧化钠溶液中除去二氧化氮，再用带火星的本条检验（5）将含等物质的量的 M和 N的混合物溶解在接近零度的水中，即生成一种弱酸的水溶液 含此弱酸钠盐的废水可用铝粉除去，已知 NaOH、一种常见的铝盐和框图中的 C等物质为该 反应体系中的反应物或产物，写出该离子方程式2Al+NO2+OH+H2O=2AlO2+NH3【考点】无机物的推断【分析】图中各物质是由120号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄绿色的气体单质，则D为Cl2，物质J可用于饮水消毒，反应是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca（OH）2、J为Ca（ClO）2、K为CaCl2，C是
42、无色有刺激性气味的气体，反应是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HClF与水反应生成Ca（OH）2，则F为CaO，反应是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（CaCO3）和2molC（NH3），根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，据此解答【解答】解：图中各物质是由120号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄绿色的气体单质，则D为Cl2，物质J可用于饮水消毒，反应是化工生产中
43、的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca（OH）2、J为Ca（ClO）2、K为CaCl2，C是无色有刺激性气味的气体，反应是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HClF与水反应生成Ca（OH）2，则F为CaO，反应是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（CaCO3）和2molC（NH3），根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，（1）反应是实验室制备氨气，反应方程式为Ca（OH）2+
44、2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（2）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molCaCO3和2molNH3，根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，故答案为：CaCN2；（3）CaCN2与水生成CaCO3和 NH3的化学方程式为CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3，故答案为：CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3；（4）C为NH3，C的催化氧化产物为L和M，M继续氧化后的产物N遇到L生成一种工业强酸，则M为NO，L为水，N为NO2，二氧化氮与水生成
45、硝酸，硝酸铅受热分解（Pb为+2价，分解前后铅的化合价不变），受热分解的化学方程式为2Pb（NO3）22PbO+4NO2+O2，检验放出的气体，当发现木条复燃时该学生断言该铅盐受热分解有氧气放出，该结论不合理，因为在混合气体中氧气占五分之，不一定能使本条复燃，另外二氧化氮也有氧化性，也可能使本条复燃，所以应先将混合气体通过氢氧化钠溶液中除去二氧化氮，再用带火星的本条检验，故答案为：2Pb（NO3）22PbO+4NO2+O2；不合理，因为在混合气体中氧气占五分之，不一定能使本条复燃，另外二氧化氮也有氧化性，也可能使本条复燃，所以应先将混合气体通过氢氧化钠溶液中除去二氧化氮，再用带火星的本条检验；
46、（5）M为NO，N为NO2，将含等物质的量的 M和 N的混合物溶解在接近零度的水中，即生成一种弱酸的水溶液应为亚硝酸，亚硝酸根离子和铝、氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和氨气，离子反应方程式为2Al+NO2+OH+H2O=2AlO2+NH3，故答案为：2Al+NO2+OH+H2O=2AlO2+NH3【点评】本题考查无机物的推断，“D是黄绿色气体单质”是突破口，结合J的用途与中学常见的重要化工反应进行推断，侧重学生对元素化合物知识的熟练掌握考查，难度中等11（15分）（2016宁波校级模拟）NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝（1）NH3催化氧化可制备硝酸NH3氧化时发生如下反应：4NH
47、3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907kJmol14NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1269kJmol1则4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）H3=1811.63kJmol1NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的氧化率（NO）22 与温度、压强的关系如图1所示则p1 p2（填“”、“”或 1 2“=”）；温度高于800时，a（NO）几乎为0的原因是NO2几乎完全分解（2）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如表及图2所示：
48、 容器 甲 乙 丙 容积/L 1 1 2 反应物起始量 1molO3、2molO2 1molO3、2molNO2 1molO3、2molN2O5 温度/K T1 T2 T2下列说法正确的是DA 010min内甲容器中反应的平均速率：v（NO2）=0.02molL1min1BT1T2，H0C，平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K时，若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆）（3）工业上合成氨通常在反应未达到平衡时就将反应混合物移出合 成塔，原因是能提高单位时间内氨的产量（4）SO 经过净化后
49、与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2（g）+O2 （g）2SO2（g）若在 T1、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入 SO2和O2（其中 n（SO2 ）：n（O 2）=2：1），测得容器内总压强与反应时间如图3所示：图中 A点时，SO2的转化率为45%计算SO2催化氧化反应在图中 B点的压强平衡常数 K=24300（MPa）1（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，并写上单位）若在 T，其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示，其中 C点的正反应速率vc（正）与 A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为 vc （正） vA（逆
50、 ） （填“”、“”、“=”）【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol1；4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1；目标反应的反应热为：，由此分析解答；温度相同时p1的一氧化氮的氮率大，所以增大压强平衡正向移动；（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，NO2几乎完全分解；（2）A 图象分析可知，N2O5（g）生产浓度0.5mol/L，则消耗NO2浓度1.0mol/L，计算v（NO2）在010min内甲容器中反应的平均速率=；B先拐先平温
51、度高，T1T2，温度越高N2O5（g）浓度越小，结合平衡移动原理分析；C结合三行计算列式计算浓度，化学反应达到平衡状态不能进行彻底分析；D若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc和平衡常数比较判断反应进行的方向；（3）分离生成物促进平衡正向进行提高生产效率；（4）结合化学三行计算列式，依据图中A点时，气体物质的量0.085，依据开始和A点气体物质的量之比列式计算，转化率=100%；图中B点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为y， 2SO2（g）+O2（g）2SO3起始量（mol） 2a a 0变化量（mol） 2y y 2y平
52、衡量（mol）2a2y ay 2yB点气体物质的量为 0.007，则=y=0.9a，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数；先拐先平温度高，达到平衡所需时间短，温度越高反应速率越大【解答】解：（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol1；4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1；目标反应的反应热为： =1811.63 kJmol1，故答案为：1811.63 kJmol1；温度相同时p1的一氧化氮的氮率大，所以增大压强平衡正向移动，所以p1p
53、2；（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，NO2几乎完全分解；故答案为：；NO2几乎完全分解；（2）2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g），A 图象分析可知，N2O5（g）生产浓度0.5mol/L，则消耗NO2浓度1.0mol/L，v（NO2）在010min内甲容器中反应的平均速率=0.1mol/Lmin，故A错误；B先拐先平温度高，T1T2，温度越高N2O5（g）浓度越小，说明温度升高平衡逆向进行，则反应H0，故B错误；C，乙中依据化学三行计算得到，2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）， 2 1 0 0 0.8 0.4 0.4 0.4 1.2 0.6 0.4 0.4丙中2NO
54、2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）， 1 2 0 平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5），故C错误；D若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc=1，相当于加入五氧化二氮反应逆向进行，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆），故D正确；故答案为：D（3）工业上合成氨通常在反应未达到平衡时就将反应混合物移出合成塔，促进平衡正向进行，能提高单位时间内氨的产量，故答案为：能提高单位时间内氨的产量；（4）依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x， 2SO2（g）+O2（g）2SO3起始量（mol） 2a a 0变化量（mo
55、l） 2x x 2x平衡量（mol）2a2x ax 2x图中A点时，气体物质的量0.085，则=x=0.45aSO2的转化率=100%=45%，故答案为：45%；图中B点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为y， 2SO2（g）+O2（g）2SO3起始量（mol） 2a a 0变化量（mol） 2y y 2y平衡量（mol）2a2y ay 2yB点气体物质的量为 0.007，则=y=0.9a，平衡常数K=24300（MPa）1，故答案为：24300（MPa）1；图象分析可知，先拐先平温度高则T1T2，C点是平衡状态，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率vC（正）与A点的逆反应速率
56、vA（逆）的大小关系为vC（正）vA（逆） 故答案为：【点评】本题考查了化学平衡、化学反应速率影响因素的分析应用，图象变化和数值的计算是解题关键，题目难度中等12（15分）（2016宁波校级模拟）2硝基l，3苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成原理如下：部分物质的相关性质如下： 名称 相对分子质量 性状 熔点 水溶性（常温） 间苯二酚 110 白色针状晶体 110.7 易容 2硝基1，3苯二酚 155 桔红色针状晶体 87.8 难溶制备过程如下：第一步：磺化称取 71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内 15min（如图 1）第二步：
57、硝化待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌 l 5min第三步：蒸馏将硝化反应混物的稀释液转移到圆底烧瓶 B中，然后用图 2所示装置进行水 蒸气蒸馏请回答下列问题：（1）实验室中把问苯二酚碾成粉末需要的仪器是研钵（2）磺化步骤中控制温度最合适的范围为（填字母）BA3060B6065C6570D70100（3）硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是在锥形瓶中加适量的浓硝酸，在摇荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，冷却（4）图 2 中，烧瓶 A 中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小产生倒吸；直形冷凝管 C中可能出现的现象是有桔红色晶体析出（
58、5）水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的abca不溶或难溶于水，便于最后分离 b在沸腾下与水不发生化学反应c具有一定的挥发性 d具有较低的熔点（6）本实验最终获得 12.0g桔红色晶体，则 2硝基1，3苯二酚的产率约为11.9%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）实验室中把固体碾成粉末一般用研钵；（2）为控制适当的反应速率及防止副产物出现，反应温度一般控制在6065左右；（3）硝化步骤中制取“混酸”的操作与浓硫酸的稀释相似，要防止硝酸挥发及暴沸，应将浓硫酸加入到硝酸中；（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过
59、小产生倒吸，根据反应原理，在直形冷凝管C中应出现2硝基1，3苯二酚，被冷却后以固体形式出现，据此判断现象；（5）能用水蒸气蒸馏来分离和提纯物质，则被提纯物质必须不溶或难溶于水，便于最后分离、在沸腾下与水不发生化学反应、具有一定的挥发性，据此选择；（6）根据产率=100%计算【解答】解：（1）实验室中把固体碾成粉末一般用研钵，故答案为：研钵；（2）为控制适当的反应速率及防止副产物出现，反应温度一般控制在6065左右，故选B；（3）硝化步骤中制取“混酸”的操作与浓硫酸的稀释相似，要防止硝酸挥发及暴沸，应将浓硫酸加入到硝酸中，其操作为在锥形瓶中加适量的浓硝酸，在摇荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，冷却，故
60、答案为：在锥形瓶中加适量的浓硝酸，在摇荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，冷却；（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小产生倒吸，根据反应原理，在直形冷凝管C中应出现2硝基1，3苯二酚，被冷却后以固体形式出现，所以直形冷凝管C中的现象是有桔红色晶体析出，故答案为：压强过小产生倒吸；有桔红色晶体析出；（5）能用水蒸气蒸馏来分离和提纯物质，则被提纯物质必须不溶或难溶于水，便于最后分离、在沸腾下与水不发生化学反应、具有一定的挥发性，故选abc；（6）71.5g间苯二酚的物质的量为0.65mol，根据元素守恒可知，生成的2硝基1，3苯二酚的质量为0.65mol155g/mol=100.75g，产率=100%=100%=11.9%
