1、2016年湖南省衡阳市高考化学模拟试卷一、选择题12015年国际十大环境新闻之一是“巴黎协定”；降低碳排放，明确全球升温控制在2内的目标，下列有关二氧化碳的说法不正确的是（）A二氧化碳是一种弱电解质B金属钠着火不能用液态二氧化碳灭火C二氧化碳和水经“人工树叶”合成燃油，可实现由太阳能转变为化学能D用二氧化碳合成可降解的聚碳酸酯塑料，有利于遏制白色污染2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A质量都为4.4g的CH3CHO和CO2含有的分子数均为0.1NAB1molNa2O2中的离子总数为4NAC密闭容器中，2molSO2和足量的O2反应转移的电子数为4NAD1mol苯分子中所含的碳碳双
2、键数为3NA3W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们的最外层电子数之和为22，W与Y同主族，W2具有与氖原子相同的电子层结构下列说法正确的是（）A简单离子半径：YXWB单质的氧化性：WYZC化合物ZW2具有强还原性D化合物Y2Z2中只含共价键4下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是（） 选项实验操作现象结论A某钾盐晶体中滴入浓盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色产生的气体一定是SO2B用磁铁吸引氧化铁与铝粉发生铝热反应后的黑色产物能被磁铁吸引黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的1种或2种C向某硫酸盐溶液中滴入酸性H2O2溶液，再滴入KSCN溶液溶液变为红色该硫酸盐一定为
3、FeSO4D某品牌加碘食盐的溶液中，加入淀粉，并通入NO2溶液变为蓝色该加碘食盐中碘的存在形式为IO3AABBCCDD5一种锌/铁液流贮能电池结构如图所示下列说法正确的是（）A放电时，Na+从中间室进入负极室B充电时，Cl从阳极室进入中间室C放电时，负极的电极反应为Zn+4OH2e=Zn（OH）42D充电时，阳极的电极反应为Fe3+e=Fe2+6现有四种有机物C3H7ClC3H8OC3H6OC3H6O2，下列有关说法正确的是（）A、均只有两种结构B的同分异构体数目与的相同C一定是丙醛D若与能发生酯化反应，则生成的酯最多有2种7常温下，将浓度均为0.10molL1、体积均为V0L的HX溶液和HY
4、溶液分别加水稀释至体积为VL，其AGAG=lg随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AHX的酸性强于HY的酸性Ba点的c（Y）与b点的c（X）相等C水的电离程度：a点小于c点D若两溶液同时升高温度，则c（Y）和c（X）均增大二、解答题（共6小题，满分88分）8由碳、氢、氮三种元素组成的TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，其相对分子质量为240某研究性学习小组的同学欲利用下列装置测定TMB的分子式实验原理：在足量氧气流中将4.80gTMB样品氧化（氮元素转化为N2），再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2请从图中选择适当的装置（部分装置可以重复）进行实验（1）仪器a的名称为（2）实验装置依次连接
5、的顺序为（3）写出装置C中反应的化学方程式：（4）该实验（填“需要”或“不需要”）尾气处理，理由是（5）实验后称得装置A的质量增加14.08g，装置B的质量增加3.60g并收集到0.56g氮气（假设每次吸收均是完全的），则TMB的分子式为（6）设计实验验证CO2具有氧化性：9土壤是人类赖以生存的最基本物质，以黏土为原料生产的产品伴随着人类文明的脚步某兴趣小组以黏土为原料探究彩色水泥、轻质耐火材料的联合生产，其设计的流程如图所示已知：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O部分难溶物开始沉淀时和完全沉淀时的pH如表所示Fe（OH）2Fe（OH）3Al（OH）3开始
6、沉淀时的pH6.31.93.4完全沉淀时的pH8.33.24.7（1）为提高酸浸速率，除适当增大硫酸浓度外，还可采取的措施有（任写一条）（2）向滤液中加入H2O2的作用是；用CaCO3调节溶液pH约为3.3，其目的是（3）红色水泥添加剂的主要成分是（4）物质X的化学式为（5）气体M的电子式为；向滤液中加入CaO的作用是（任写一条）（6）氮化铝广泛用于电子陶瓷等工业领域，以滤渣、碳及氮气为原料可制备氮化铝，用化学方程式表示制备过程：2Al（OH）3Al2O3+3H2O、10氢化镁（MgH2）既可用于劣质燃料的助燃又可同时脱硫脱硝有关原理如下：MgH2（s）Mg（s）+H2（g）H12Mg（s）+
7、O2（g）2MgO（s）H22MgO（s）+2SO2（g）2MgSO4（s）H3（1）MgH2的电子式为 反应：SO2（g）+MgH2（s）+O2MgSO4（s）+H2（g）的H=（用含H1、H2、H3的代数式表示）（2）1300时，不同微粒的MgH2分解时放氢容量与时间的关系如图1所示则粒径A、B、C从小到大的顺序是（3）在2L的恒容密闭容器中加入1molMgO、1molSO2和0.5molO2，发生反应：2MgO（s）+2SO2（g）+O2（g）2MgSO4（s）H3，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图2所示该反应的H3（填“”或“，下同）0；Q点的反应速率：v（正）v（逆）P点对应温
8、度下该反应的平衡常数为为提高SO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有（任写2点）（4）镁铝合金（Mg17Ar12）是一种贮氢合金，完全吸氢时生成氢化镁和金属铝，该吸氢反应的化学方程式为7.32gMg17Ar12完全吸氢后所得的产物与足量稀H2SO4反应，释放出的氢气在标准状况下的体积为11煤是重要的化工原料，煤的脱硫可减少环境的污染，利用煤矸石中的硫铁矿（主要成分为FeS2）和烟道脱硫得到的硫酸盐生产硫酸的工艺流程如图所示回答下列问题：（1）硫铁矿和硫酸盐燃烧的装置M的名称为（2）炉气净化过程包括除尘（防止堵塞管道）、洗涤（除去有害物质，防止在转化器中使催化剂中毒）和干燥，干燥的目的是（
9、3）转化器中的催化剂是V2O3，而反应条件选择400500和常压的原因是已知每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：，该反应过程中通入稍过量O2的目的是（4）实验生产中常采用两次转化，其目的是，流程中可循环利用的物质是（5）该方法合成硫酸的优点是；按目前技术水平生产硫酸的流程中，反应热的利用约为，试提出利用富余反应热的方法：12世界卫生组织（WHO）确认人体中的14种必需微量元素中有铜、铬、硅、碘、氟等（1）铜位于元素周期表区，基态铬原子的价电子排布式为（2）碘酸及高碘酸的结构式如图1所示，酸性较强的是，理由是（3）工业上制取单质可通过电解KHF2和HF混
10、合溶液获得，HF2中所包含的作用力有；与HF2互为等电子体的分子为（任填一种）（4）IO3中碘原子的杂化轨道类型为，IO3的空间结构为（5）用金属镁还原二氧化硅可得到一种硅镁化合物，其晶胞结构如图2所示已知Si4位于晶胞的顶点和面心，Mg2+位于八个小立方体的中心，其晶体参数a=0.635nmSiO2与SiF4相比，熔点更低的是（填化学式）硅镁化合物的化学式为；列式表示该硅镁化合物的密度：gcm3（不必计算出结果，NA为阿伏加德罗常数的数值）13福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：回答下列问题：（1）F中的含氧官能团有（填名称）；反应的反应类型为（2）反应的化学
11、方程式为（3）C能与FeCl3溶液发生显色反应，C的结构简式为；D的结构简式为（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有种a能发生银镜反应 b能与NaOH溶液发生反应 c含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的是（填结构简式）（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料制备的合成路线：2016年湖南省衡阳市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题12015年国际十大环境新闻之一是“巴黎协定”；降低碳排放，明确全球升温控制在2内的目标，下列有关二氧化碳的说法不正确的是（）A二氧化碳是一种弱电解质B金属钠着火不能用液态二氧化碳灭火C二氧化碳和水
12、经“人工树叶”合成燃油，可实现由太阳能转变为化学能D用二氧化碳合成可降解的聚碳酸酯塑料，有利于遏制白色污染【考点】三废处理与环境保护【分析】A、二氧化碳是非电解质；B、钠和Mg都能够与二氧化碳反应；C、二氧化碳和水经“人工树叶”在光合作用下转化为：燃油，实现太阳能转变为化学能；D、白色污染是指聚乙烯塑料袋；【解答】解：A、二氧化碳是非电解质，所以不是弱电解质，故A错误；B、金属钠和Mg都能够与二氧化碳发生反应，所以Na或Mg着火时不能使用二氧化碳灭火，故B正确；C、二氧化碳和水经“人工树叶”在光合作用下转化为：燃油，实现太阳能转变为化学能，故C正确；D、白色污染是指聚乙烯塑料袋，由于不能降解从
13、而对环境造成污染，但用CO2合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，故可以减少白色污染和危害，故D正确；故选A2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A质量都为4.4g的CH3CHO和CO2含有的分子数均为0.1NAB1molNa2O2中的离子总数为4NAC密闭容器中，2molSO2和足量的O2反应转移的电子数为4NAD1mol苯分子中所含的碳碳双键数为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、CH3CHO和CO2的摩尔质量均为44g/mol；B、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成；C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；D、苯不是单双键交替的结构【解答】解：A、CH3CHO和CO2的摩尔质量均为4
14、4g/mol，故4.4gCH3CHO和CO2的物质的量为0.1mol，故含0.1NA个分子，故A正确；B、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol过氧化钠中含3mol离子即3NA个，故B错误；C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于4NA个，故C错误；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故D错误故选A3W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们的最外层电子数之和为22，W与Y同主族，W2具有与氖原子相同的电子层结构下列说法正确的是（）A简单离子半径：YXWB单质的氧化性：WYZC化合物ZW2具有强还原性D化合物Y2Z2中只含共价键
15、【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W2具有与氖原子相同的电子层结构，则W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素，可知Z为短周期原子序数最大的主族元素Cl；它们的最外层电子数之和为22，可知X的最外层电子数为22667=3，X为Al元素，结合元素周期律来解答【解答】解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W2具有与氖原子相同的电子层结构，则W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素，可知Z为短周期原子序数最大的主族元素Cl；它们的最外层电子数之和为22，可知X的最外层电子数为22667=3，X为Al元素，A电子层越多，离子
16、半径越大，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：YWX，故A错误；B非金属性越强，单质的氧化性越强，则氧化性为WZY，故B错误；C化合物ZW2具有强氧化性，一般用作自来水消毒剂，故C错误；D化合物Y2Z2中，只含SCl、SS共价键，故D正确；故选D4下列实验操作对应的实验现象和结论均正确的是（） 选项实验操作现象结论A某钾盐晶体中滴入浓盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色产生的气体一定是SO2B用磁铁吸引氧化铁与铝粉发生铝热反应后的黑色产物能被磁铁吸引黑色熔化物中含铁、四氧化三铁中的1种或2种C向某硫酸盐溶液中滴入酸性H2O2溶液，再滴入KSCN溶液溶液变为红色该硫
17、酸盐一定为FeSO4D某品牌加碘食盐的溶液中，加入淀粉，并通入NO2溶液变为蓝色该加碘食盐中碘的存在形式为IO3AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气可也使品红溶液褪色；B铁、四氧化三铁都可被磁铁吸引；C加入试剂顺序错误；D加碘食盐含有碘酸钾，与二氧化氮不反应【解答】解：A如为KClO、高锰酸钾等，加入盐酸和生成氯气，氯气可也使品红溶液褪色，故A错误；B铁、四氧化三铁都可被磁铁吸引，故B正确；C如检验亚铁离子，应先加入KSCN，然后在加入过氧化氢，开始不变色，加入过氧化氢后变为红色，故C错误；D加碘食盐含有碘酸钾，与二氧化氮不反应，故D错误故选B5一种锌/铁液流贮能电池结构如
18、图所示下列说法正确的是（）A放电时，Na+从中间室进入负极室B充电时，Cl从阳极室进入中间室C放电时，负极的电极反应为Zn+4OH2e=Zn（OH）42D充电时，阳极的电极反应为Fe3+e=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A放电时，阳离子向正极移动；B充电时，阴离子向阳极移动；C负极上Zn失电子生成Zn（OH）42；D充电时，阳极上亚铁离子失电子生成Fe3+【解答】解：A放电时，阳离子向正极移动，所以钠离子通过阳离子交换膜向中间室移动，故A错误；B充电时，阴离子向阳极移动，所以Cl从中间室通过阴离子交换膜进入阳极室，故B错误；C负极上Zn失电子生成Zn（OH）42，则放电时，负
19、极的电极反应为Zn+4OH2e=Zn（OH）42，故C正确；D充电时，阳极上亚铁离子失电子生成Fe3+，则阳极的电极反应为Fe2+e=Fe3+，故D错误故选C6现有四种有机物C3H7ClC3H8OC3H6OC3H6O2，下列有关说法正确的是（）A、均只有两种结构B的同分异构体数目与的相同C一定是丙醛D若与能发生酯化反应，则生成的酯最多有2种【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据同分异构体判断；B有两种同分异构体，该分子中可能含有羧基、酯基或醛基和醇羟基；C该分子还可能是酮；D属于醇的同分异构体有两种，属于羧酸的同分异构体有1种【解答】解：A的同分异构体有两种、的同分异构体如果是醇有两种且还有
20、1种醚，所以有3种；可能是醛或或酮，还可能是环醚，有3种同分异构体；该分子中可能含有羧基、酯基或醛基和醇羟基，其同分异构体多余两种，故A错误；B有两种同分异构体，该分子中可能含有羧基、酯基或醛基和醇羟基，多余两种同分异构体，故B错误；C该分子还可能是酮，如丙酮，故C错误；D属于醇的同分异构体有两种，属于羧酸的同分异构体有1种，所以若与能发生酯化反应，则生成的酯最多有2种，故D正确；故选D7常温下，将浓度均为0.10molL1、体积均为V0L的HX溶液和HY溶液分别加水稀释至体积为VL，其AGAG=lg随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AHX的酸性强于HY的酸性Ba点的c（Y）与b点的c
21、（X）相等C水的电离程度：a点小于c点D若两溶液同时升高温度，则c（Y）和c（X）均增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A相同浓度时，AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大；Ba、b两点的AG值相同，即氢离子浓度相同；CAG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；DAG=12，说明c（H+）=0.1mol/L【解答】解：A相同浓度时，AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，稀释前HX的溶液中AG的值大，即HX溶液中氢离子浓度大，所以HX的酸性比HY强，故A正确；Ba、b两点的AG值相同，即氢离子浓度相同，则两个溶液中氢氧根离子的浓度也相同，所以c（Y）的c（X）相同，即a
22、点的c（Y）与b点的c（X）相等，故B正确；CAG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，a点的AG值大，a点溶液中氢离子浓度大，水的电离程度小，所以水的电离程度：a点小于c点，故C正确；D稀释前，HX的溶液中AG=12，说明c（H+）=0.1mol/L，而酸的浓度为0.1mol/L，所以HX为强酸，在溶液中完全电离，升高温度，溶液中c（X）不变，故D错误故选D二、解答题（共6小题，满分88分）8由碳、氢、氮三种元素组成的TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，其相对分子质量为240某研究性学习小组的同学欲利用下列装置测定TMB的分子式实验原理：在足量氧气流中将4.80gTMB样
23、品氧化（氮元素转化为N2），再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2请从图中选择适当的装置（部分装置可以重复）进行实验（1）仪器a的名称为圆底烧瓶（2）实验装置依次连接的顺序为CBDBAA（3）写出装置C中反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2（4）该实验不需要（填“需要”或“不需要”）尾气处理，理由是碳元素必须燃烧完全才能保证实验结果的准确性，没有有毒气体放出（5）实验后称得装置A的质量增加14.08g，装置B的质量增加3.60g并收集到0.56g氮气（假设每次吸收均是完全的），则TMB的分子式为C16H20N2（6）设计实验验证CO2具有氧化性：将打磨过的镁条点燃后深入充满二氧化碳的集气瓶中
24、，镁条继续燃烧，集气瓶中有黑色固体生成为碳单质，说明二氧化碳具有氧化性【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】C中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，用浓硫酸干燥氧气，氧气将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，用碱石灰吸收二氧化碳，根据A装置增加14.08g可以求出样品中C元素的物质的量，B装置增加3.60g可以求出样品中H元素的物质的量，再根据收集到0.56g氮气可以求出样品中N元素的物质的量，则TMB分子中碳、氢、氮的原子个数比就可以求出，根据相对分子质量之比算出相对分子质量，结合原子个数比计算出分子式，以此解答该题，（1）仪器a为圆底烧瓶（2）依据上述分析可知装置连接为制备氧气、干燥
25、氧气、将TMB氧化、浓硫酸吸收生成的水蒸气、碱石灰吸收生成的二氧化碳气体、最后连接碱石灰防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置A干扰测定结果；（3）过氧化氢在二氧化锰作用下分解生成水和氧气；（4）因二氧化碳完全吸收，且生成氮气，没有必要进行尾气处理；（5）实验后称得装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g，收集到0.56g氮气，则m（H2O）=3.60g，m（CO2）=14.08g，则n（H2O）=0.2mol，n（H）=0.4mol，n（CO2）=0.32mol，n（C）=0.32mol，所以n（N）=0.04mol，则：n（C）：n（H）：n（N）=0.32mol：0.4m
26、ol：0.04mol=8：10：1，依据相对分子质量计算分子式；（6）设计实验使二氧化碳发生反应后碳元素化合价降低，做氧化剂，如镁条在二氧化碳中燃烧生成碳；【解答】解：C中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，用浓硫酸干燥氧气，氧气将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，用碱石灰吸收二氧化碳，根据A装置增加14.08g可以求出样品中C元素的物质的量，B装置增加3.60g可以求出样品中H元素的物质的量，再根据收集到0.56g氮气可以求出样品中N元素的物质的量，则TMB分子中碳、氢、氮的原子个数比就可以求出，根据相对分子质量之比算出相对分子质量，结合原子个数比计算出分子式，以此解答该题，（1）依据图形和
27、作用可知，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）依据上述分析可知装置连接为制备氧气、干燥氧气、将TMB氧化、浓硫酸吸收生成的水蒸气、碱石灰吸收生成的二氧化碳气体、最后连接碱石灰防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置A干扰测定结果，装置连接顺序为：CBDBAA，故答案为：CBDBAA；（3）过氧化氢在二氧化锰作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2；（4）因二氧化碳完全吸收，且生成氮气是空气的成分，没有必要进行尾气处理，故答案为：不需要；因为碳元素必须燃烧完全才能保证实验结果的准确性，没有有毒气体排放；（5）实验后称得装置从用的
28、先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g，收集到0.56g氮气，则m（H2O）=3.60g，m（CO2）=14.08g，则n（H2O）=0.2mol，n（H）=0.4mol，n（CO2）=0.32mol，n（C）=0.32mol，所以n（N）=0.04mol，则：n（C）：n（H）：n（N）=0.32mol：0.4mol：0.04mol=8：10：1，TMB的相对分子质量为：2120=240，设分子式为：C8nH10nNn，则有：128n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为：C16H20N2；（6）设计实验使二氧化碳发生反应后碳元素化合价降低，做
29、氧化剂，将打磨过的镁条点燃后深入充满二氧化碳的集气瓶中，镁条继续燃烧，集气瓶中有黑色固体生成为碳单质，说明二氧化碳具有氧化性，故答案为：将打磨过的镁条点燃后深入充满二氧化碳的集气瓶中，镁条继续燃烧，集气瓶中有黑色固体生成为碳单质，说明二氧化碳具有氧化性；9土壤是人类赖以生存的最基本物质，以黏土为原料生产的产品伴随着人类文明的脚步某兴趣小组以黏土为原料探究彩色水泥、轻质耐火材料的联合生产，其设计的流程如图所示已知：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O部分难溶物开始沉淀时和完全沉淀时的pH如表所示Fe（OH）2Fe（OH）3Al（OH）3开始沉淀时的pH6.31
30、.93.4完全沉淀时的pH8.33.24.7（1）为提高酸浸速率，除适当增大硫酸浓度外，还可采取的措施有搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末（任写一条）（2）向滤液中加入H2O2的作用是将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+；用CaCO3调节溶液pH约为3.3，其目的是使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去（3）红色水泥添加剂的主要成分是Fe2O3（4）物质X的化学式为CaSO42H2O（5）气体M的电子式为；向滤液中加入CaO的作用是与水反应放热，降低NH3的溶解度（任写一条）（6）氮化铝广泛用于电子陶瓷等工业领域，以滤渣、碳及氮气为原料可制备氮化铝，用化学方程式表示制备过程：2Al（OH）3A
31、l2O3+3H2O、Al2O3+N2+3C2AlN+3CO【考点】制备实验方案的设计【分析】根据流程图：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O与硫酸反应生成硫酸钙、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，加CaCO3调节pH使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去，得到滤渣为氢氧化铁，加热得红色水泥添加剂的主要成分为Fe2O3，滤液中含硫酸钙、硫酸铝、加氨水，铝离子及大量钙离子转化为沉淀进入滤渣，滤液中主要含一水合氨、硫酸铵，加入CaO，与水反应放热，NH3的溶解度降低，得气体M为NH3，滤液含硫酸钙，蒸发结晶得物质X为CaSO4
32、2H2O，CaSO42H2O与石灰石、黏土制水泥，据此进行解答【解答】解：根据流程图：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O与硫酸反应生成硫酸钙、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加CaCO3调节pH使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去，得到滤渣为氢氧化铁，加热得红色水泥添加剂的主要成分为Fe2O3，滤液中含硫酸钙、硫酸铝、加氨水，铝离子及大量钙离子转化为沉淀进入滤渣，滤液中主要含一水合氨、硫酸铵，加入CaO，与水反应放热，NH3的溶解度降低，得气体M为NH3，滤液含硫酸钙，蒸发结晶得物质X为CaSO42H2O，CaSO42
33、H2O与石灰石、黏土制水泥，（1）为提高酸浸速率，即加快反应速率，除适当增大硫酸浓度外，还可通过搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末可加快反应速率，故答案为：搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末；（2）根据表格中部分难溶物开始沉淀时和完全沉淀时的pH，可知要除去Fe2+需将其氧化为Fe3+，故向滤液中加入H2O2的作用是过氧化氢具有强氧化性，可将具有还原性的Fe2+氧化为Fe3+，易于转化为Fe（OH）3而除去，用CaCO3调节溶液pH约为3.3，其目的是使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去；故答案为：将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+；使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去；（3）根据流
34、程图滤渣为氢氧化铁，加热得红色水泥添加剂的主要成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（4）根据流程图，物质X为B滤液含硫酸钙经蒸发结晶所得，且物质X与石灰石、黏土制水泥故物质X为CaSO42H2O，故答案为：CaSO42H2O；（5）根据流程图滤液中主要含一水合氨、硫酸铵，加入CaO，与水反应放热，NH3的溶解度降低，得气体M为NH3，且气体M可制得氨水，故气体M为NH3，故答案为：；与水反应放热，降低NH3的溶解度；（6）氮化铝广泛用于电子陶瓷等工业领域，以滤渣、碳及氮气为原料可制备氮化铝，根据流程图滤渣含Al（OH）3，经加热得Al2O3，Al2O3，与碳及氮气制得氮化铝及生成CO，故答
35、案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO10氢化镁（MgH2）既可用于劣质燃料的助燃又可同时脱硫脱硝有关原理如下：MgH2（s）Mg（s）+H2（g）H12Mg（s）+O2（g）2MgO（s）H22MgO（s）+2SO2（g）2MgSO4（s）H3（1）MgH2的电子式为H：Mg2+H： 反应：SO2（g）+MgH2（s）+O2MgSO4（s）+H2（g）的H=H1+（H2+H3）（用含H1、H2、H3的代数式表示）（2）1300时，不同微粒的MgH2分解时放氢容量与时间的关系如图1所示则粒径A、B、C从小到大的顺序是ABC（3）在2L的恒容密闭容器中加入1molMgO、1molSO2和0
36、.5molO2，发生反应：2MgO（s）+2SO2（g）+O2（g）2MgSO4（s）H3，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图2所示该反应的H3（填“”或“，下同）0；Q点的反应速率：v（正）v（逆）P点对应温度下该反应的平衡常数为128为提高SO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有增大压强或者增大氧气的量（任写2点）（4）镁铝合金（Mg17Ar12）是一种贮氢合金，完全吸氢时生成氢化镁和金属铝，该吸氢反应的化学方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al7.32gMg17Ar12完全吸氢后所得的产物与足量稀H2SO4反应，释放出的氢气在标准状况下的体积为11.648L
37、【考点】化学平衡的计算；化学方程式的有关计算；反应热和焓变【分析】（1）MgH2为离子化合物，据此书写电子式； MgH2（s）Mg（s）+H2（g）H12Mg（s）+O2（g）2MgO（s）H22MgO（s）+2SO2（g）+O2（g）2MgSO4（s）H3根据盖斯定律，+（+）计算；（2）根据粒径越小，接触面积越大，反应速率越快，据此分析；（3）根据图象测得SO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动即吸热方向移动；Q点的SO2的转化率小于平衡点，所以仍然向正向移动，据此分析；根据P点SO2的转化率结合该反应的平衡常数K=计算；提高SO2的转化率，可以改变温度、压强以及增大氧气的
38、量使平衡正向进行即可；（4）Mg17Al12与氢气反应生成氢化镁和金属铝，氢化镁和金属铝与足量稀H2SO4反应生成氢气，举行计算【解答】解：（1）MgH2为离子化合物，电子式为H：Mg2+H：，故答案为：H：Mg2+H：； MgH2（s）Mg（s）+H2（g）H12Mg（s）+O2（g）2MgO（s）H22MgO（s）+2SO2（g）+O2（g）2MgSO4（s）H3根据盖斯定律，+（+）得SO2（g）+MgH2（s）+O2MgSO4（s）+H2（g）的H=H1+（H2+H3），故答案为：H1+（H2+H3）；（2）因为粒径越小，接触面积越大，反应速率越快，由图象可知，反应速率ABC，所以粒径
39、A、B、C从小到大的顺序是ABC，故答案为：ABC；（3）根据图象测得SO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动即吸热方向移动，则H30；Q点的SO2的转化率小于平衡点，所以仍然向正向移动，则v（正）v（逆），故答案为：；由图可知P点SO2的转化率为0.5，所以平衡时剩余0.5molSO2和0.25molO2，又K=128，故答案为：128；提高SO2的转化率，可以改变温度、压强以及增大氧气的量使平衡正向进行，所以除改变温度外，还可采取的措施有增大压强或者增大氧气的量，故答案为：增大压强或者增大氧气的量；（4）Mg17Al12与氢气反应生成氢化镁和金属铝，化学方程式为：Mg17A
40、l12+17H2=17MgH2+12Al，所以7.32g即=0.01molMg17Al12生成0.17molMgH2和0.12mol金属铝，又氢化镁和金属铝与足量稀H2SO4反应方程式分别为：MgH2+H2SO4=MgSO4+2H2，2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2，所以生成氢气在标准状况下的体积为（0.17mol2+0.12mol）22.4L/mol=11.648L，故答案为：Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；11.648L11煤是重要的化工原料，煤的脱硫可减少环境的污染，利用煤矸石中的硫铁矿（主要成分为FeS2）和烟道脱硫得到的硫酸盐生产硫酸的工艺流程如图
41、所示回答下列问题：（1）硫铁矿和硫酸盐燃烧的装置M的名称为沸腾炉（2）炉气净化过程包括除尘（防止堵塞管道）、洗涤（除去有害物质，防止在转化器中使催化剂中毒）和干燥，干燥的目的是防止硫的氧化物与水反应生成酸雨腐蚀设备（3）转化器中的催化剂是V2O3，而反应条件选择400500和常压的原因是400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本已知每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=297kJ/mol，该反应过程中通入稍过量O2的目的是提高二氧化硫的转化率（4）实验生产中常采用
42、两次转化，其目的是提高原料利用率，流程中可循环利用的物质是SO2和O2（5）该方法合成硫酸的优点是变废为宝，减少环境污染；按目前技术水平生产硫酸的流程中，反应热的利用约为，试提出利用富余反应热的方法：利用余热发电【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】硫铁矿和硫酸盐燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与氧气在转化器中反应生成三氧化硫，三氧化硫吸收生成硫酸（1）硫铁矿和硫酸盐在沸腾炉中燃烧；（2）硫的氧化物与水反应生成酸性物质；（3）400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高；每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，每生成2molSO2（g），释放297kJ热量，增
43、大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；（4）两次转化可提高原料利用率，SO2和O2可循环利用；（5）废气中的二氧化硫变废为宝，减少环境污染【解答】解：（1）硫铁矿和硫酸盐在沸腾炉中燃烧，故答案为：沸腾炉；（2）硫的氧化物与水反应生成酸性物质，腐蚀设备，故答案为：防止硫的氧化物与水反应生成酸雨腐蚀设备；（3）400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本；每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，每生成2molSO2（g），释放297kJ热量，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=297kJ/mol；增大一种反应物的量可提高另一种
44、反应物的转化率，提高二氧化硫的转化率，故答案为：400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本；2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=297kJ/mol；提高二氧化硫的转化率；（4）两次转化可提高原料利用率，SO2和O2可循环利用，故答案为：提高原料利用率；SO2和O2；（5）废气中的二氧化硫变废为宝，减少环境污染，可利用余热发电或取暖，故答案为：变废为宝，减少环境污染；利用余热发电12世界卫生组织（WHO）确认人体中的14种必需微量元素中有铜、铬、硅、碘、氟等（1）铜位于元素周期表ds区，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1（2）碘酸及高碘
45、酸的结构式如图1所示，酸性较强的是碘酸，理由是碘酸有2个非羟基氧属于强酸，高碘酸只有一个非羟基氧属于弱酸（3）工业上制取单质可通过电解KHF2和HF混合溶液获得，HF2中所包含的作用力有共价键、氢键；与HF2互为等电子体的分子为CO2（任填一种）（4）IO3中碘原子的杂化轨道类型为sp3，IO3的空间结构为三角锥形（5）用金属镁还原二氧化硅可得到一种硅镁化合物，其晶胞结构如图2所示已知Si4位于晶胞的顶点和面心，Mg2+位于八个小立方体的中心，其晶体参数a=0.635nmSiO2与SiF4相比，熔点更低的是SiF4（填化学式）硅镁化合物的化学式为Si2Mg；列式表示该硅镁化合物的密度：gcm3
46、（不必计算出结果，NA为阿伏加德罗常数的数值）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的；铬为24号元素，原子核外电子数为24；（2）含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；（3）F与H原子之间形成共价键，F的电负性较强，还存在氢键；原子数目相等、价电子总数（或电子总数）相等的微粒互为等电子体；（4）根据IO3中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；（5）SiO2晶体类型为原子晶体，SiF4晶体类型为分子晶体；根据均摊法计算晶胞中各原子个数，根据
47、密度计算【解答】解：（1）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的，Cu原子是29号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于ds区，铬原子的基态核外价电子排布式为3d54s1，故答案为：ds；3d54s1；（2）非羟基氧越多，酸性越强，碘酸有2个非羟基氧属于强酸，高碘酸只有一个非羟基氧属于弱酸，所以碘酸的酸性强，故答案为：碘酸；碘酸有2个非羟基氧属于强酸，高碘酸只有一个非羟基氧属于弱酸；（3）F与H原子之间形成共价键，F的电负性较强，还存在氢键HF2互为等电子体的分子有CO2（或N2O），故答案为：共价键、氢键；CO2；（4）IO3中中心原子碘原子
48、电子对数为=4，杂化方式为sp3，中心原子连接3个原子，有一对故对电子，故其空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；（5）SiO2晶体类型为原子晶体，SiF4晶体类型为分子晶体，SiO2与SiF4相比，熔点更低的是SiF4，故答案为：SiF4；硅镁化合物中Si原子个数为，Mg原子个数为8，Si原子个数与Mg原子个数之比为4：8=1：2，故硅镁化合物的化学式为Si2Mg晶胞密度=gcm3，故答案为：Si2Mg；13福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：回答下列问题：（1）F中的含氧官能团有醚键、羰基、硝基（填名称）；反应的反应类型为取代反应（2）反应的化学方
49、程式为+（CH3CO）2O+CH3COOH（3）C能与FeCl3溶液发生显色反应，C的结构简式为；D的结构简式为（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有17种a能发生银镜反应 b能与NaOH溶液发生反应 c含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的是（填结构简式）（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料制备的合成路线：【考点】有机物的合成【分析】由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下
50、得到C，则A为，B为E与溴发生取代反应生成F，相当于E中羰基还原为羟基，再发生取代反应得到F（5）在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在硝酸/磷酸条件下发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成【解答】解：由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为E与溴发生取代反应生成F，相当于E中羰基还原为羟基，再发生取代反应得到F（1）F中的含氧官能团有：醚键、羰基、硝基，反应的反应类型为取代反应，
51、故答案为：醚键、羰基、硝基；取代反应；（2）反应的化学方程式为： +（CH3CO）2O+CH3COOH，故答案为： +（CH3CO）2O+CH3COOH；（3）C的结构简式为，D的结构简式为，故答案为：；（4）B（）的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为CH3、OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为OH，另外的取代基为CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为OH、CH3、CHO，当OH、CH3处于邻位时，CHO有4种位置，当OH、CH3处于间位时，CHO有4种位置，当OH、CH3处于对位时，CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的是，故答案为：17；（5）在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在硝酸/磷酸条件下发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为： ，故答案为： 2017年1月1日