1、2016年浙江省舟山中学高考化学模拟试卷（5月份）一.选择题（本题共6小题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1下列有关说法不正确的是（）A2014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子B熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，可用它制作石膏绷带C蚕丝、过氧化氢酶、核酸充分水解后均可得到氨基酸D氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用2下列有关实验说法正确的是（）A金属钠长期露置在空气中，最终生成碳酸钠，中间有Na2O2生成B比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的
2、铁钉与同浓度盐酸反应速率快慢时，可以加几滴KSCN溶液，观察铁钉周围出现出现血红色现象的快慢C原电池的制作：用导线把二极管和锌片、铜片连接起来，锌与铜之间隔一块薄海绵放入稀H2SO4 溶液，二极管发光但很快变暗，若再加入H2O2瞬间又变亮且能持续较长时间D在蔗糖中滴加浓硫酸产生的气体，能使酸性KMnO4溶液褪色，说明该气体具有漂白性3如表元素周期表的一部分，其中A、X、Y、W、Z为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍下列说法中不正确的是（）XYZWATBAY、Z、W、A元素性质均较为活泼，但其中Y、W在自然界中存在游离态的形式，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增BX、W、Z元素的原
3、子半径与它们的气态氢化物的热稳定性变化趋势相反C工业上电解A的钠盐溶液可以得到多种产物，为防止产物互相反应常使用阳离子交换膜，其阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2W3具有氧化性和还原性4下列说法不正确的是（）ADHA是从深海鱼油中提取的不饱和程度很高的脂肪酸，名称为二十二碳六烯酸，其甘油酯的分子式可能为C69H98O6B等物质的量的乙烯、乙醇、丙烯酸分别充分燃烧，所耗用氧气的量相等C由青蒿素（）合成双氢青蒿素（）的反应属于加成反应D按系统命名法，化合物的名称为2，6二甲基5乙基庚烷5我国科学家最新研发的固体透氧膜提取金属钛工艺，
4、其电解装置如图所示：将TiO2熔于NaClNaF融盐体系，以石墨为阴极，覆盖氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，固体透氧膜把阳极和熔融电解质隔开，只有O2可以通过下列说法不正确的是（）Aa 极是电源的正极，Ti4+在熔融盐中从左往右迁移B阳极电极反应式为2Cl2e=Cl2C已知每摩尔电子的电量为965 00 C，理论上生成48mg钛，则电解过程中通过电解池的电量为386 CDNaClNaF融盐的作用是降低熔化TiO2需要的温度7常温下，800ml pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32、NO3、Cl、NO2、I、SO42中的四种，且各离子的物质的量
5、浓度均为0.1molL1，现取该溶液进行有关实验，已知HNO2是一种不稳定的弱酸，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（）A该溶液中一定有NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子B实验最多消耗Cu 1.92g，生成气体丙在标准状态下体积为448mLC沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4D为确定原溶液中是否有Na+、K+，可通过焰色反应来确定二、解答题（共5小题，满分58分）8对甲基苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：+COBE已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）从BD的反应类型，化合物D的含氧官能团名称（2）化合物DE反应的化学方程式
6、（3）下列四个化合物，与化合物D互为同分异构体的是A BC D（4）化合物B的结构简式（5）以甲醇和乙醇为原料，设计合成聚丙烯酸甲酯的合成路线（无机试剂任选，用合成路线流程图表示）示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH9短周期的5种主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A、B、C三种元素原子电子层数之和是5；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；D的一种单质是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，可用于杀菌消毒； E与A在同一主族请回答下列问题：（1）写出A与E形成的化合物的电子式（2）B、D、E组成的一种盐中，B的质量分数为17.91%，其水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，写出该盐
7、的化学式（3）写出工业制备单质E的化学方程式10某研究小组为了探究仅一种白色粉末状固体X（仅含四种元素）的组成和性质，称取6.3g固体X，设计并完成了如下实验：已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O请回答下列问题：（1）画出沉淀丙中金属元素的原子结构示意图，写出气体甲的电子式（2）X的化学式是（3）生成砖红色沉淀的原因是（用化学方程式表示）（4）在加热条件下，用氢气还原砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式，有人提出产物中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之11烟气的主要污染物是SO2、NOx，经臭氧预处理后再用适当溶液吸收，可减少烟气中SO2，、NOx的含量O3氧化烟气中SO2、NOx
8、的主要反应的热化学方程式为：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1SO2（g）+O3（g）SO3（g）+O2（g）H=241.6kJmol1（1）反应3NO（g）+O3（g）3NO2（g）的H= kJmol1（2）臭氧脱硝反应2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）能自发进行在温度为T1K时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol O3和2mol NO2，发生上述反应，经25分钟反应达平衡，测得平衡时N2O5（g）的浓度为0.25molL1判断该反应的S0，H0（填、或=）在温度为T1K时
9、该反应的平衡常数K=下列说法正确的是A从反应开始到达平衡，NO2的平均反应速率v（NO2）=0.04molL1min1BT1K时，若起始时向容器中充入1mol O3、2mol NO2、1mol O2和1mol N2O5气体，则反应达到平衡前v（正）v（逆）C若改变反应温度为T2K，测得平衡时NO2的浓度为0.60molL1，则T2T1D T1K时反应达平衡时容器的体积为2L，若维持T1K压缩容器使NO2转化率为60%，则此时容器的体积约为0.71L若维持其他条件不变，仅改变温度为T2K时，经15分钟反应达平衡，测得平衡时N2O5（g）的浓度为0.20molL1画出在T2K下从0到25分钟c（N
10、O2）随时间变化图1（3）室温下，若进入反应器的NO、SO2的物质的量一定，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图2当n（O3）：n（NO）1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是（4）工业上常采用将反应生成物移出平衡体系以提高反应物的转化率对臭氧脱硫反应SO2（g）+O3（g）SO3（g）+O2（g），在不改变反应物投料下可采取增压的措施提高SO2的转化率，可能的理由是12实验室制取高纯NaI晶体（无色）可按下列步骤进行：按化学计量称取各原料，在
11、三颈烧瓶中（如图）先加入适量的高纯水，然后按Na2CO3、I2和水合肼的投料顺序分批加入已知：I2+Na2CO3NaI+NaIO+CO2；H03I2+3Na2CO35NaI+NaIO3+3CO2；H0I2（s）+I（aq）I3（aq）；水合肼（N2H4H2O）具有强还原性，可分别将IO、IO3和I2还原为I，本身被氧化为N2（放热反应）；100左右水合肼分解为氮气和氨气等（1）常温常压时，I2与Na2CO3溶液反应很慢，下列措施能够加快反应速率的是（填字母）a将碘块研成粉末 b起始时加少量NaIc将溶液适当加热 d加大高纯水的用量（2）I2与Na2CO3溶液反应适宜温度为4070，温度不宜超过
12、70，除防止反应速率过快，另一个原因是（3）加入稍过量水合肼发生反应的离子方程式为（只写一个）（4）整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是（5）反应的后期I2与Na2CO3溶液反应难以进行，此阶段需对投料顺序作适当改进，改进的方法是（6）所得溶液（偏黄，且含少量SO42，极少量的K+和Cl）进行脱色、提纯并结晶，可制得高纯NaI晶体实验方案为：将溶液在不断搅拌下依次加入稍过量的Ba（OH）2溶液、稍过量的Na2 CO3溶液、过滤，在滤液中加少量活性炭煮沸后（填操作名称），这样操作的目的是溶液在不断搅拌下加入（填试剂名称）至溶液的PH约为6，然后（填操作名称），再次过滤，用洗涤晶体23次，在真
13、空干燥箱中干燥2016年浙江省舟山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（本题共6小题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1下列有关说法不正确的是（）A2014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子B熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，可用它制作石膏绷带C蚕丝、过氧化氢酶、核酸充分水解后均可得到氨基酸D氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用【考点】化学史；含有氢键的物质；有机化学反应的综合应用【分析】A依据2014年诺贝尔化学奖获得者
14、及其贡献解答，2014年诺贝尔化学奖近日揭晓，获奖者为埃里克贝齐格、威廉莫纳和斯特凡黑尔，他们的获奖理由是在超分辨率荧光显微技术领域取得的成就，他们巧妙地绕过了经典光学的“束缚”，开创性的使光学显微镜能够窥探纳米世界；B熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏利用石膏的这一性质，人们常利用各种模型和医疗上用的；C核酸水解后得到许多核苷酸；D氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用【解答】解：A.2014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子，故A正确；B熟石膏与水混合成糊状后
15、会很快凝固，转化为坚硬的生石膏利用石膏的这一性质，人们常利用各种模型和医疗上用的，故B正确；C核酸水解后得到许多核苷酸，得不到氨基酸，故C错误； D氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用，故D正确故选C2下列有关实验说法正确的是（）A金属钠长期露置在空气中，最终生成碳酸钠，中间有Na2O2生成B比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度盐酸反应速率快慢时，可以加几滴KSCN溶液，观察铁钉周围出现出现血红色现象的快慢C原电池的制作：用导线把二极管和锌片、铜片连接起来，锌与铜之间隔一块薄海绵放入稀H2SO4 溶液，二极管发光但很快变暗，若再加入H2O2瞬间又变亮且能持续较长时间
16、D在蔗糖中滴加浓硫酸产生的气体，能使酸性KMnO4溶液褪色，说明该气体具有漂白性【考点】化学实验方案的评价【分析】A常温下，钠与氧气反应生成氧化钠；B铁与盐酸反应生成亚铁离子；C锌、铜原电池中，锌为负极，加入过氧化氢，可氧化锌；D生成气体为二氧化硫，具有还原性【解答】解：A常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，中间没有过氧化钠生成，故A错误；B铁与盐酸反应生成亚铁离子，加入KSCN没有明显现象，不能比较反应快慢，故B错误；C锌、铜原电池中，锌为负极，加入硫酸，负极生成氢气，硫酸的浓度较小，二极管发光但很快变暗，再加入过氧化氢，可氧化锌，继续形成原电池反应，故C正确；D生成气体为二氧化硫，具有还原性，
17、与高锰酸钾发生氧化还原反应，故D错误故选C3如表元素周期表的一部分，其中A、X、Y、W、Z为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍下列说法中不正确的是（）XYZWATBAY、Z、W、A元素性质均较为活泼，但其中Y、W在自然界中存在游离态的形式，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增BX、W、Z元素的原子半径与它们的气态氢化物的热稳定性变化趋势相反C工业上电解A的钠盐溶液可以得到多种产物，为防止产物互相反应常使用阳离子交换膜，其阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2W3具有氧化性和还原性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【
18、分析】A、X、Y、W、Z为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，A为Cl，B为Br，结合元素周期律与元素化合物结构与性质解答【解答】解：A、X、Y、W、Z为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，A为Cl，B为Br，A非金属性Y、Z、W、A逐渐增强，对应最高价氧化物的水化物的酸性依次递增，但是Y、Z、W、A四
19、种元素中S可以单质形式存在，而硅是亲氧元素，以化合态硅酸盐、二氧化硅的形式存在，故A错误；B非金属性XWZ，对应气态氢化物的热稳定性变化减弱；电子层越多原子半径越大，则原子半径为ZWX，故B正确；C电解A的钠盐如氯化钠溶液，生成NaOH、氢气、氯气，阳极氯离子失去电子被氧化成氯气，其阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2，阴极产生NaOH，为使钠离子向阴极移动，选阳离子交换膜，产生的氢气与氯气不能通过阳离子交换膜，避免了产物互相反应，故C正确；DAs位于金属与非金属性的交界处，则T元素的单质具有半导体特性，As的化合价为+3价时为中间价态，则T2X3具有氧化性和还原性，故D正确；故选：A4
20、下列说法不正确的是（）ADHA是从深海鱼油中提取的不饱和程度很高的脂肪酸，名称为二十二碳六烯酸，其甘油酯的分子式可能为C69H98O6B等物质的量的乙烯、乙醇、丙烯酸分别充分燃烧，所耗用氧气的量相等C由青蒿素（）合成双氢青蒿素（）的反应属于加成反应D按系统命名法，化合物的名称为2，6二甲基5乙基庚烷【考点】有机物的结构和性质【分析】A二十二碳六烯酸分子式为C22H32O2，甘油酯的分子结构简式（C21H31COO）3C3H5；BC2H4、C2H6O、C3H2O2，可以分别改写为：C2H4、C2H4 H2O、C2H4 CO2；C由青蒿素（）合成双氢青蒿素（），C=O生成CO键；D乙基位置编号错误
21、【解答】解：A二十二碳六烯酸分子式为C22H32O2，甘油酯的分子结构简式（C21H31COO）3C3H5，则甘油酯的分子式为C69H98O6，故A正确；B乙烯、乙醇、丙烯酸的分子式分别为：C2H4、C2H6O、C3H2O2，可以分别改写为：C2H4、C2H4 H2O、C2H4 CO2，燃烧时乙烯、乙醇、丙烯消耗的氧气的元素但是C2H4，所以等物质的量的三者完全燃烧消耗氧气的量相等，故B正确；C由青蒿素（）合成双氢青蒿素（），C=O生成CO键，为加成反应，故C正确；D乙基位置编号错误，化合物的名称为2，6二甲基3乙基庚烷，故D错误故选D5我国科学家最新研发的固体透氧膜提取金属钛工艺，其电解装置
22、如图所示：将TiO2熔于NaClNaF融盐体系，以石墨为阴极，覆盖氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，固体透氧膜把阳极和熔融电解质隔开，只有O2可以通过下列说法不正确的是（）Aa 极是电源的正极，Ti4+在熔融盐中从左往右迁移B阳极电极反应式为2Cl2e=Cl2C已知每摩尔电子的电量为965 00 C，理论上生成48mg钛，则电解过程中通过电解池的电量为386 CDNaClNaF融盐的作用是降低熔化TiO2需要的温度【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A连接阳极的电源电极是正极，连接阴极的电源电极是负极，电解质中阴离子向阳极移动；B阳极上氧离子失电子发生氧化反应；C根据转移电子守恒计算电解过
23、程中通过电解池的电量；DNaClNaF融盐的作用是降低熔化TiO2需要的温度，从而减少能量损失【解答】解：A连接阳极的电源电极是正极，连接阴极的电源电极是负极，电解质中阴离子向阳极移动，所以a是正极、b是负极，Ti4+在熔融盐中从左往右迁移，故A正确；B阳极上氧离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2O24e=O2，故B错误；C生成n（Ti）=0.001mol，转移电子的物质的量为0.004mol，电解过程中通过电解池的电量为0.004mol965C=386C，故C正确；DNaClNaF融盐温度较高，它们能降低熔化TiO2需要的温度，从而减少能量损失，故D正确；故选B7常温下，800ml pH=
24、1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32、NO3、Cl、NO2、I、SO42中的四种，且各离子的物质的量浓度均为0.1molL1，现取该溶液进行有关实验，已知HNO2是一种不稳定的弱酸，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（）A该溶液中一定有NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子B实验最多消耗Cu 1.92g，生成气体丙在标准状态下体积为448mLC沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4D为确定原溶液中是否有Na+、K+，可通过焰色反应来确定【考点】常见离子的检验方法【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32、
25、NO2；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，原溶液中有NO3，强酸性溶液中含有NO3，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I，最后根据电荷守恒得原溶液中含有NO3、Al3+、SO42 Cl五种离子【解答】解：由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：CO32、NO2；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，可以排除Fe2+、Fe3+，原溶液中一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫
26、酸能产生NO，原溶液中有NO3，强酸性溶液中有NO3，则一定没有Fe2+、I；A根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为：0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，还应该含有SO42离子和Cl，所以该溶液中一定有NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子，故A正确；B若果气体全部与硝酸反应，根据反应方程式3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O可知，消耗1.92g铜，生成一氧化氮气体的物质的量为：=0.02mol，标准状况下一氧化氮的体积为448mL，但是假如的浓硫酸，故铜也会与浓硫酸反应产生二
27、氧化硫，产生的NO小于448mL，故B错误；C根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，故C错误；D根据上述分析，该溶液中一定有NO3、Al3+、SO42、Cl四种离子，因为阴离子已经确定，根据电荷守恒没有钠离子和钾离子，故D错误；故选A二、解答题（共5小题，满分58分）8对甲基苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：+COBE已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）从BD的反应类型氧化反应，化合物D的含氧官能团名称羧基（2）化合物DE反应的化学方程式（3）下列四个化合物，与化合物D互为同分异构体的是ACA
28、BC D（4）化合物B的结构简式（5）以甲醇和乙醇为原料，设计合成聚丙烯酸甲酯的合成路线（无机试剂任选，用合成路线流程图表示）示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】由合成路线可知，甲苯与CO发生加成反应生成A，A与CH3CHO在碱性条件下发生信息中反应生成B，则B为，中CHO被弱氧化剂氧化为COOH，而碳碳双键被氧化，试剂C为弱氧化剂，可以是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，然后酸化得到，D与甲醇发生酯化反应生成E为（5）甲醇被催化氧化生成甲醛，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与甲醛在碱性条件下得到CH2=CHCHO，然后氧化生成CH2=CHCOOH，再与甲醇发生酯
29、化反应生成CH2=CHCOOCH3，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯【解答】解：由合成路线可知，甲苯与CO发生加成反应生成A，A与CH3CHO在碱性条件下发生信息中反应生成B，则B为，中CHO被弱氧化剂氧化为COOH，而碳碳双键被氧化，试剂C为弱氧化剂，可以是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，然后酸化得到，D与甲醇发生酯化反应生成E为（1）从BD的反应类型氧化反应，化合物D的含氧官能团名称：羧基，故答案为：氧化反应；羧基；（2）化合物DE反应的化学方程式：，故答案为：；（3）四个化合物中、与D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：AC；（4）化合物B的结构简式：，故答案为：；（5
30、）甲醇被催化氧化生成甲醛，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与甲醛在碱性条件下得到CH2=CHCHO，然后氧化生成CH2=CHCOOH，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，其合成路线为：，故答案为：9短周期的5种主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A、B、C三种元素原子电子层数之和是5；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；D的一种单质是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，可用于杀菌消毒； E与A在同一主族请回答下列问题：（1）写出A与E形成的化合物的电子式（2）B、D、E组成的一种盐中，B的质量分数为17.91%，其水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，
31、写出该盐的化学式Na2C2O4（3）写出工业制备单质E的化学方程式2NaCl（熔融）2Na+Cl2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期的5种主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A、B、C三种元素原子电子层数之和是5，则A有1个电子层，B、C均有2个电子层，即A处于第一周期，B、C处于第二周期，故A为H元素；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为4，故B为碳元素；D的一种单质是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，可用于杀菌消毒，则D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素； E与A在同一主族，原子序数大于氧，故E为Na（1）A与E形成的化合物为NaH，由钠离
32、子与氢负离子构成；（2）C、O、Na组成的一种盐中，草酸钠具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色，且碳的质量分数为17.91%；（3）工业上电解熔融的氯化钠制备Na【解答】解：短周期的5种主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A、B、C三种元素原子电子层数之和是5，则A有1个电子层，B、C均有2个电子层，即A处于第一周期，B、C处于第二周期，故A为H元素；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为4，故B为碳元素；D的一种单质是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，可用于杀菌消毒，则D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素； E与A在同一主族，原子序数大于氧，故E为Na
33、（1）A与E形成的化合物为NaH，由钠离子与氢负离子构成，其电子式为：，故答案为：；（2）C、O、Na组成的一种盐中，草酸钠具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色，且碳的质量分数为17.91%，故该盐的化学式为：Na2C2O4，故答案为：Na2C2O4；（3）工业上电解熔融的氯化钠制备Na，反应方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故答案为：2NaCl（熔融）2Na+Cl210某研究小组为了探究仅一种白色粉末状固体X（仅含四种元素）的组成和性质，称取6.3g固体X，设计并完成了如下实验：已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O请回答下列问题：（1）画出沉淀丙中金属元素的原子结构示
34、意图，写出气体甲的电子式（2）X的化学式是HCOONH4（3）生成砖红色沉淀的原因是HCOONa+2Cu（OH）2+NaOHNa2CO3+Cu2O+3H2O（用化学方程式表示）（4）在加热条件下，用氢气还原砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式Cu2O+H22Cu+H2O，有人提出产物中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】X与过量的NaOH溶液加热反应生成的气体甲为氨气，用碱石灰干燥氨气后，浓硫酸增重的1.7g为氨气，
35、物质的量为： =0.1mol；得到的溶液1与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，该沉淀为Cu2O，溶液1为钠盐，则溶液1中溶质为甲酸钠；溶液2与足量稀盐酸反应生成的气体为二氧化碳，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，10g碳酸钙的物质的量为： =0.1mol；溶液2的溶质为碳酸钠，则X为HCOONH4，（1）沉淀丙为碳酸钙，其含有的金属元素为Ca，钙原子的原子序数为20，核外电子总数为20、最外层含有2个电子，据此画出其原子结构示意图；气体甲为氨气，氨气为共价化合物，分子中含有3个氮氢键，据此写出其电子式；（2）根据分析可知，X为甲酸铵；（3）甲酸钠中含有醛基，能够与新制的氢氧化铜浊液
36、反应生成氧化亚铜沉淀；（4）氧化亚铜与氢气在加热条件下反应生成铜和水，据此写出反应的方程式；根据反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O设计检验方案【解答】解：X与过量的NaOH溶液加热反应生成的气体甲为氨气，用碱石灰干燥氨气后，浓硫酸增重的1.7g为氨气，物质的量为： =0.1mol；得到的溶液1与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，该沉淀为Cu2O，溶液1为钠盐，则溶液1中溶质为甲酸钠；溶液2与足量稀盐酸反应生成的气体为二氧化碳，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，10g碳酸钙的物质的量为： =0.1mol；溶液2的溶质为碳酸钠，则X为HCOONH4，（1）沉淀丙为碳酸钙，碳酸钙
37、中含有的金属元素为Ca，钙原子的核电荷数=核外电子总数=20，其原子结构示意图为：；气体甲为氨气，氨气为共价化合物，分子中含有3个氮氢键，其电子式为：，故答案为：；（2）根据分析可知，X的化学式为：HCOONH4，故答案为：HCOONH4；（3）得到的溶液1与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，该沉淀为Cu2O，该反应为甲酸钠与氢氧化铜、氢氧化钠反应生成碳酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为：HCOONa+2Cu（OH）2+NaOHNa2CO3+Cu2O+3H2O，故答案为：HCOONa+2Cu（OH）2+NaOHNa2CO3+Cu2O+3H2O；（4）氧化亚铜与氢气在加热条件下反应
38、生成铜和水，反应方程式为：Cu2O+H22Cu+H2O；氧化亚铜能够与酸反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，反应后生成的溶液为蓝色，据此可以检验产物中是否含有氧化亚铜，具体操作方法为：取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O，故答案为：Cu2O+H22Cu+H2O；取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O11烟气的主要污染物是SO2、NOx，经臭氧预处理后再用适当溶液吸收，可减少烟气中SO2，、NOx的
39、含量O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1SO2（g）+O3（g）SO3（g）+O2（g）H=241.6kJmol1（1）反应3NO（g）+O3（g）3NO2（g）的H=317.3 kJmol1（2）臭氧脱硝反应2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）能自发进行在温度为T1K时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol O3和2mol NO2，发生上述反应，经25分钟反应达平衡，测得平衡时N2O5（g）的浓度为0.25molL1判断该反
40、应的S0，H0（填、或=）在温度为T1K时该反应的平衡常数K=1下列说法正确的是CDA从反应开始到达平衡，NO2的平均反应速率v（NO2）=0.04molL1min1BT1K时，若起始时向容器中充入1mol O3、2mol NO2、1mol O2和1mol N2O5气体，则反应达到平衡前v（正）v（逆）C若改变反应温度为T2K，测得平衡时NO2的浓度为0.60molL1，则T2T1D T1K时反应达平衡时容器的体积为2L，若维持T1K压缩容器使NO2转化率为60%，则此时容器的体积约为0.71L若维持其他条件不变，仅改变温度为T2K时，经15分钟反应达平衡，测得平衡时N2O5（g）的浓度为0.
41、20molL1画出在T2K下从0到25分钟c（NO2）随时间变化图1（3）室温下，若进入反应器的NO、SO2的物质的量一定，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图2当n（O3）：n（NO）1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是O3将NO2氧化成更高价氮氧化物（或生成了N2O5）增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3的反应速率慢（4）工业上常采用将反应生成物移出平衡体系以提高反应物的转化率对臭氧脱硫反应SO2（g）+O3（g）SO3（g）+O2（g），在不改变反应物投料下可
42、采取增压的措施提高SO2的转化率，可能的理由是增压可能使SO3转为非气体物从平衡混合物中分离，从而使平衡向气体物质的量减小的方向移动【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1由盖斯定律，+2可得：3NO（g）+O3（g）3NO2（g），H进行相应的计算；（2）反应能自发进行，说明HTS0，正反应为气体物质的量减小的反应，混乱度减小，即该反应的S0； 先计算平衡时各物质浓度，再代入K=计算平衡常数；ANO2的平均反应速率v（NO2）=；B计
43、算此时的浓度商Qc，与平衡常数K比较判断反应进行方向，进而判断反应达到平衡前v（正）、v（逆）相对大小；C根据NO2的浓度变化判断改变温度平衡移动方向，而升高温度平衡向吸热反应方向移动、降低温度平衡向放热反应方向移动；D根据二氧化氮的转化率计算平衡时各组分物质的量，再结合平衡常数计算容器体积；二氧化氮的起始浓度不变为1mol/L，根据平衡时N2O5（g）的浓度可以计算15min平衡时二氧化氮的浓度，据此作图；（3）O3具有强氧化性，可以氧化NO2；O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能是反应速率慢；（4）反应前后气体体积不发生变化，而增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，应是加压后生成物转化为
44、非气体【解答】解：（1）NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1由盖斯定律，+2可得：3NO（g）+O3（g）3NO2（g），则H=（200.9kJmol1）+2（58.2kJmol1）=317.3kJ/mol，故答案为：317.3；（2）正反应为气体物质的量减小的反应，混乱度减小，即该反应的S0，由于反应能自发进行，说明HTS0，可推知H0，故答案为：；向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol O3的起始浓度为=0.5mol/L，NO2的起始浓度为=1mol/L，经25分钟反应达平衡，测得平衡时N2O5
45、（g）的浓度为0.25molL1，则： 2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）起始浓度（mol/L）：1 0.5 0 0变化浓度（mol/L）：0.5 0.25 0.25 0.25平衡浓度（mol/L）：0.5 0.25 0.25 0.25则平衡常数K=1，故答案为：1；ANO2的平均反应速率v（NO2）=0.02molL1min1，故A错误；B此时的浓度商Qc=0.5k=1，反应向正反应进行建立平衡，故反应达到平衡前v（正）v（逆），故B错误；CT2K平衡时NO2的浓度为0.60molL1，大于T1K平衡时NO2的浓度（0.50molL1），说明改变温度平衡向逆反应方向移动，正
46、反应为放热反应，则温度T2T1，故C正确；D维持T1K压缩容器使NO2转化率为60%，故NO2的物质的量变化为2mol60%=1.2mol，则： 2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）起始量（mol）：2 1 0 0变化量（mol）：1.2 0.6 0.6 0.6平衡量（mol）：0.8 0.4 0.6 0.6设容器的体积为VL，则=1，解得V=0.71，故D正确，故选：CD；二氧化氮的起始浓度不变为1mol/L，15min平衡时二氧化氮的浓度为1mol/L20.2mol/L=0.6mol/L，则T2K下从0到25分钟c（NO2）随时间变化图为：，故答案为：；（3）O3具有强氧化
47、性，可以将NO2氧化成更高价氮氧化物（或生成了N2O5），反应后NO2的物质的量减少，故答案为：O3将NO2氧化成更高价氮氧化物（或生成了N2O5）；O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能是反应速率慢，故答案为：SO2与O3的反应速率慢；（4）增压可能使SO3转为非气体物从平衡混合物中分离，从而使平衡向气体物质的量减小的方向移动，提高SO2的转化率，故答案为：增压可能使SO3转为非气体物从平衡混合物中分离，从而使平衡向气体物质的量减小的方向移动12实验室制取高纯NaI晶体（无色）可按下列步骤进行：按化学计量称取各原料，在三颈烧瓶中（如图）先加入适量的高纯水，然后按Na2CO3、I2和水合肼的投
48、料顺序分批加入已知：I2+Na2CO3NaI+NaIO+CO2；H03I2+3Na2CO35NaI+NaIO3+3CO2；H0I2（s）+I（aq）I3（aq）；水合肼（N2H4H2O）具有强还原性，可分别将IO、IO3和I2还原为I，本身被氧化为N2（放热反应）；100左右水合肼分解为氮气和氨气等（1）常温常压时，I2与Na2CO3溶液反应很慢，下列措施能够加快反应速率的是abc（填字母）a将碘块研成粉末 b起始时加少量NaIc将溶液适当加热 d加大高纯水的用量（2）I2与Na2CO3溶液反应适宜温度为4070，温度不宜超过70，除防止反应速率过快，另一个原因是防止碘升华（3）加入稍过量水合
49、肼发生反应的离子方程式为2IO+N2H4H2O=2I+N2+3H2O或2IO3+3N2N4H2O=2I+3N2+9H2O（任写一个）（只写一个）（4）整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是使合成反应均匀进行，并使产生的二氧化碳、氮气等气体及时排出（5）反应的后期I2与Na2CO3溶液反应难以进行，此阶段需对投料顺序作适当改进，改进的方法是先加入碘、水合肼，最后加入碳酸钠（6）所得溶液（偏黄，且含少量SO42，极少量的K+和Cl）进行脱色、提纯并结晶，可制得高纯NaI晶体实验方案为：将溶液在不断搅拌下依次加入稍过量的Ba（OH）2溶液、稍过量的Na2 CO3溶液、过滤，在滤液中加少量活性炭煮沸
50、后趁热过滤（填操作名称），这样操作的目的是除去活性炭，并防止温度降低NaI结晶析出降低产率溶液在不断搅拌下加入HI溶液（填试剂名称）至溶液的PH约为6，然后冷却结晶（填操作名称），再次过滤，用高纯水洗涤晶体23次，在真空干燥箱中干燥【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）增大反应物浓度、反应物接触面积及升高温度、加入催化剂都能加快反应速率；（2）温度高时碘易升华；（3）水合肼（N2H4H2O）具有强还原性，可分别将IO、IO3和I2还原为I，本身被氧化为N2；（4）通过搅拌器搅拌，反应物混合更均匀，且利用气体排出；（5）碘的溶解性较小，则反应的后期I2与Na2CO3溶液反应难以进行，但碘易和水
51、合肼反应，所以此阶段需对投料顺序作适当改进；（6）将溶液在不断搅拌下依次加入稍过量的Ba（OH）2溶液、稍过量的Na2 CO3溶液、过滤，氢氧化钡除去硫酸根离子、碳酸钠除去钡离子，NaI的溶解性和NaCl相似，温度越高其溶解度越大，为防止NaI结晶析出，应该趁热过滤；溶液在不断搅拌下加入HI至溶液的PH约为6，HI用于除去过量的碳酸钠，然后冷却结晶，再次过滤，洗涤晶体23次，在真空干燥箱中干燥【解答】解：（1）增大反应物浓度、反应物接触面积及升高温度都能加快反应速率，a将碘块研成粉末，增大反应物接触面积，加快反应速率，故a选； b根据方程式知，NaI相当于催化剂，能加快反应速率，故b选；c将溶
52、液适当加热，增大活化分子百分数，反应速率加快，故c选； d加大高纯水的用量，降低单位体积内活化分子个数，降低反应速率，故d不选；故选abc；（2）温度越高反应速率越快，但温度高时碘易升华，所以温度不宜超过70，故答案为：防止碘升华；（3）水合肼（N2H4H2O）具有强还原性，可分别将IO、IO3和I2还原为I，本身被氧化为N2，其中一个反应方程式为2IO+N2H4H2O=2I+N2+3H2O或2IO3+3N2N4H2O=2I+3N2+9H2O，故答案为：2IO+N2H4H2O=2I+N2+3H2O或2IO3+3N2N4H2O=2I+3N2+9H2O；（4）通过搅拌器搅拌，反应物混合更均匀，且利
53、用气体排出，所以整个实验过程中都需要开动搅拌器，故答案为：使合成反应均匀进行，并使产生的二氧化碳、氮气等气体及时排出；（5）碘的溶解性较小，则反应的后期I2与Na2CO3溶液反应难以进行，但碘易和水合肼反应，所以此阶段需对投料顺序作适当改进，调整顺序为：先加入碘、水合肼，最后加入碳酸钠，故答案为：先加入碘、水合肼，最后加入碳酸钠；（6）将溶液在不断搅拌下依次加入稍过量的Ba（OH）2溶液、稍过量的Na2 CO3溶液、过滤，氢氧化钡除去硫酸根离子、碳酸钠除去钡离子，NaI的溶解性和NaCl相似，温度越高其溶解度越大，为防止NaI结晶析出而导致NaI产率降低，所以应该趁热过滤，故答案为：趁热过滤；除去活性炭，并防止温度降低NaI结晶析出降低产率；溶液在不断搅拌下加入HI至溶液的PH约为6，HI用于除去过量的碳酸钠且不引进新的杂质，然后冷却结晶，再次用高纯水过滤，洗涤晶体23次，在真空干燥箱中干燥，从而得到纯净、干燥的NaI，故答案为：HI溶液；冷却结晶；高纯水2017年1月1日
