1、2016年福建省漳州市芗城中学八校联考高考化学模拟试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质B用生石灰干燥氨气C用铝制的容器盛装浓硫酸D用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯2设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1 mol甲苯含有6NA个CH键B5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAC标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子3分子式为C7H6O2的芳香
2、族化合物的数目有（）A2种B3种C4D5种4下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）实验方案实验目的A验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用B制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色C除去CO2气体中混有的SO2D比较Cl、C和Si的非金属性强弱AABBCCDD5某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21下列有关X的说法中，不正确的是（）AX能形成化学式为X（OH）3的碱BX能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数DX能与某些金属元素或非金属元素形成化合物6已知A、B为单质，C为化合物A+BCA+
3、B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是（）ABCD7向10mL0.1molL1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）Ax=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c（ NH4+）c（Al3+）Bx=15时，溶液中有NH4+、SO42，且c（NH4+）2c（SO42）Cx=20时，溶液中有NH4+、Al3+、OH，且c（OH）c（Al3+）D
4、x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c（OH）=c（Ba2+）二、解答题（共3小题，满分43分）8丁烷催化裂解可按两种方式进行：C4H10C2H6+C2H4；C4H10CH4+C3H6，某化学兴趣小组为了测定裂解气中CH4和C2H6的比例关系，设计实验如图所示：注：CuO能将烃氧化成CO2和H2O； Al2O3是烷裂解的催化剂；G后面装置已省略如图连接好装置后（部分夹持装置已省略），需进行的实验操作有：给D、G装置加热 检查整套装置的气密性 从A处通N2排出装置中的空气等（1）这三步操作的先后顺序依次是（2）简要说明空气排尽的方法：（3）B装置所起的作用是_（4）假定丁烷完全裂解，
5、流经各装置中的气体能完全反应要想知道裂解气中CH4和C2H6的比例关系，需要测定上图中装置在反应前后的质量差（用字母A、B、C、D、E、F、G表示）（5）若对E装置中的混和物再按以下流程实验：分离操作I、的方法是：I，Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）9铜是与人类关系非常密切的有色金属已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+Cu2+Cu大多数+1价铜的化合物是难溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、CuH等（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为（2）在CuCl2溶液
6、中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a2Cu2+4I2CuI（白色）+I2b2Cu2+2Cl+2I2CuCl（白色）+I2为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是ASO2 B苯 CNaOH溶液 D乙醇（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）已知NH5是离子化合物且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：；写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式：；将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式：CuH+HNO3Cu（NO3）2+H2+（4）常温下，向0.20molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c（C
7、u2+）=molL1已知：KspCu（OH）2=2.2102010硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害已知：重晶石（BaSO4）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（s）+S（s）H=+460kJmol1已知：2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmol1则：Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H=SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）反应
8、进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：020min反应速率表示为v（SO2）=；30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数K=（2）亚硫酸钠吸收法Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是（填序号）ac（Na+）+c（H+）c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）bc（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）cc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）d水电离出c（H+）=1108 mol/L（3）电化学处理法如图所示，Pt（）电极的反应式为；当电路中转移
9、0.02mol e时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加mol离子化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）11A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大 A、B、C、D位于同一周期已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成份X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子回答下列问题：（1）C、D、E中第一电离能最大的是（填元素符号），X的价电子排布式为（2）B的气态氢化物分子呈形该分子的中心原子的杂化方式为（3）A的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，2
10、0个六元环（如图1）则1molA的这种单质中键的数目为（4）X元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式则这种堆积模型的配位数为，如果X的原子半径为a cm，阿伏加德常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为 g/cm3（不必化简）化学选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）12如图是一种常见的氨基酸G的合成路线：已知以下信息：A苯环上只有1个取代基，核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为1：2：2：2：2：1；F、G均能与FeCl3溶液发生显色反应，F苯环上的一氯代物只有两种；回答下列问题：（1）A的分子式为，A的名称为；（2）CD的反应类型是；G的结构简式为；（3）鉴别F和G可用的
11、试剂是；ANa BNaOH CNa2CO3 DNaHCO3 EFeCl3（4）AB的化学方程式为；该反应的目的是；（5）F的同分异构体中，含有苯环且能发生水解反应的异构体有种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是2016年福建省漳州市芗城中学八校联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质B用生石灰干燥氨气C用铝制的容器盛装浓硫酸D用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】化学变化是指有新物质
12、生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断A蛋白质的盐析，属于物理变化；B氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化；C浓硫酸使铝发生钝化，在铝的表面形成致密的氧化膜，属于化学变化；D碳酸钠和乙酸反应，生成乙酸钠，属于化学变化【解答】解：A用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质：蛋白质的盐析，无新物质生成，属于物理变化，故A正确；B用生石灰干燥氨气：氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C用铝制的容器盛装浓硫酸：浓硫酸使铝发生钝化，在铝的表面形成致密的氧化膜，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D用饱和碳酸钠溶液收
13、集实验室制取的乙酸乙酯：碳酸钠和乙酸反应，生成乙酸钠，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A2设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1 mol甲苯含有6NA个CH键B5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAC标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、苯的分子式为C7H8；B、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O转移15mol电子，生成4mol氮气；C、标况下氨水为液态；D、铁在浓硫酸中钝化【解答】解：A、甲苯的分子式为C7
14、H8，故1mol甲苯中含8条CH键，故A错误；B、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，转移3.75NA个电子，故B正确；C、标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氨气分子个数，故C错误；D、铁在浓硫酸中钝化，不能完全反应，则生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误故选B3分子式为C7H6O2的芳香族化合物的数目有（）A2种B3种C4D5种【考点】有机化合物的异构现象【分析】芳香族化合物的分子式为C7H6O2，说明分子中含有苯环，同碳原子数的一元酸、一元酯、羟基醛为同分异构体，据此分析判断【
15、解答】解：芳香族化合物的分子式为C7H6O2，说明分子中含有苯环，同碳原子数的一元酸、一元酯、羟基醛为同分异构体，所以该物质有苯甲酸、甲酸苯酚酯、邻羟基醛、间羟基醛、对羟基醛，共5种；故选D4下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）实验方案实验目的A验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用B制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色C除去CO2气体中混有的SO2D比较Cl、C和Si的非金属性强弱AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A要验证验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同；B亚铁离子和OH反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2易被
16、氧气氧化，所以要防止生成的Fe（OH）2被氧化；C二氧化碳、二氧化硫都能和碳酸钠溶液反应；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸【解答】解：A要验证验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同，该实验中催化剂、温度都不同，所以不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故A错误；B亚铁离子和OH反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2易被氧气氧化，所以要防止生成的Fe（OH）2被氧化，Fe作阳极时生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和OH反应生成Fe（OH）2，煤油能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C二氧化
17、碳、二氧化硫都能和碳酸钠溶液反应，应该用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，且生成的二氧化碳中含有挥发的HCl，HCl也和硅酸钠溶液而干扰二氧化碳的反应，所以该实验不能比较非金属性强弱，故D错误；故选B5某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21下列有关X的说法中，不正确的是（）AX能形成化学式为X（OH）3的碱BX能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数DX能与某
18、些金属元素或非金属元素形成化合物【考点】原子结构与元素的性质【分析】根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答【解答】解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意；A、由于元素X
19、可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X（OH）3的碱，故A错误；B、元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B正确；C、当n=1时，没有此元素存在；当n=2时，最外层电子数为5，核电荷数为7，该元素X为氮元素；当n=3时，最外层电子数为7，核电荷数为17，该元素X为氯元素，所以X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数，故C正确；D、N元素能与非金属O元素形成化合物NO、NO2等，Cl元素能与非金属H元素形成化合物HCl，所以X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物，故D正确；故选A6已知A、B为单质，C为化合物A+BCA+B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇
20、Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是（）ABCD【考点】无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】若C溶于水后得到强碱溶液，如A为Na，则C溶液为NaOH或NaCl溶液，电解溶液不能得到Na；若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl；若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝；若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，应生成氢氧化铜，则B可能为Cu【解答】解
21、：若C溶于水后得到强碱溶液，如A为Na，则C溶液为NaOH或NaCl溶液，电解NaOH或NaCl溶液不能得到Na，故错误；若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl，则A可能是H2，B为氯气，电解盐酸可得到氢气和氯气，故正确；若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝，故错误；若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，应生成氢氧化铜，则B可能为Cu，A为氯气，电解氯化铜溶液可得到氯气和铜，故正确故选B7向10mL0.1molL1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）Ax=10
22、时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c（ NH4+）c（Al3+）Bx=15时，溶液中有NH4+、SO42，且c（NH4+）2c（SO42）Cx=20时，溶液中有NH4+、Al3+、OH，且c（OH）c（Al3+）Dx=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c（OH）=c（Ba2+）【考点】离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算【分析】10mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.001mol溶液含有NH4+0.001mol、Al3+0.001mol、SO420.002mol；x=10时，同时发生反应为：SO42+Ba2+=BaS
23、O4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.003molOH，即加入0.0015molBa（OH）2；x=15时，加入的Ba2+为0.0015mol，Al3+沉淀完全，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；x=20时，发生反应为：SO42+Ba2+=BaSO4、NH4+OH=NH3H2O，SO42完全沉淀，生成Al（OH）30.001mol，剩余0.001molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；x=30时，溶液中的溶质为氢氧化钡、一水合氨，以此来解答【解答】解：A当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液
24、中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42，同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4、Al3+3OH=Al（OH）3，c（ NH4+）c（Al3+），故A正确；Bx=15时，加入的Ba2+为0.0015mol，Al3+沉淀完全，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵，含有0.001molNH4+，0.0005molSO42，且铵根离子水解，则c（NH4+）2c（SO42），故B正确；Cx=20时，发生反应为：SO42+Ba2+=BaSO4、NH4+OH=NH3H2O，SO42完全沉淀，生成Al（OH）30.001mol，剩余0.001molOH恰好与
25、NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，故C错误；D当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+，OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）（Ba2+），故D错误；故选AB二、解答题（共3小题，满分43分）8丁烷催化裂解可按两
26、种方式进行：C4H10C2H6+C2H4；C4H10CH4+C3H6，某化学兴趣小组为了测定裂解气中CH4和C2H6的比例关系，设计实验如图所示：注：CuO能将烃氧化成CO2和H2O； Al2O3是烷裂解的催化剂；G后面装置已省略如图连接好装置后（部分夹持装置已省略），需进行的实验操作有：给D、G装置加热 检查整套装置的气密性 从A处通N2排出装置中的空气等（1）这三步操作的先后顺序依次是（2）简要说明空气排尽的方法：打开K，使丁烷气依次流经各装置，在装置G的末端收集一小试管气体堵住管口，靠近火焰，松开手指，若没有爆鸣声，则空气排尽（3）B装置所起的作用是通过观察气泡，调节K，控制气体流速_（
27、4）假定丁烷完全裂解，流经各装置中的气体能完全反应要想知道裂解气中CH4和C2H6的比例关系，需要测定上图中装置E、F，G在反应前后的质量差（用字母A、B、C、D、E、F、G表示）（5）若对E装置中的混和物再按以下流程实验：分离操作I、的方法是：I分液，蒸馏Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）SO32+Br2+H2OSO42+2H+2Br【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）应先检验气密性，赶出内部气体，再加热；（2）在装置G的末端收集一小试管气体堵住管口，靠近火焰，松开手指，若没有爆鸣声，则空气排尽；（3）通过观察气泡，控制气体流速；（4）根据裂解方程式可知，CH4的物
28、质的量等于C3H6的物质的量，C2H6的物质的量等于C2H4的物质的量，E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，丁烷的裂解中，生成乙烯的物质的量和乙烷的物质的量相等，甲烷和丙烯的物质的量相等，再结合原子守恒计算甲烷和乙烷的物质的量之比；（5）分离不互溶的液体用分夜，分离互溶的液体用蒸馏Na2SO3溶液可吸收溴单质【解答】解：（1）应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热；故答案为：；（2）在装置G的末端收集一小试管气体堵住管口，靠近火焰，松开手指，若没有爆鸣声，则空气排尽；故答案为：打开K，使丁烷气依次流经各装置，在装置G的末端收集一小试管气体堵住管口，靠近火焰，松开手
29、指，若没有爆鸣声，则空气排尽；（3）B装置所起的作用是通过观察气泡，控制气体流速；故答案为：通过观察气泡，调节K，控制气体流速；（4）E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，丁烷的裂解中，生成乙烯的物质的量和乙烷的物质的量相等，甲烷和丙烯的物质的量相等，再结合原子守恒计算甲烷和乙烷的物质的量之比，所以要测定E、F在反应前后的质量差及G在反应前后的质量差，故答案为：E、F，G；（5）亚硫酸钠与有机物不互溶，分离不互溶的液体用分夜；分离互溶的液体用蒸馏，Na2SO3溶液可吸收溴单质，反应的离子方程式为SO32+Br2+H2OSO42+2H+2Br，故答案为：分液； 蒸馏；SO32+
30、Br2+H2OSO42+2H+2Br9铜是与人类关系非常密切的有色金属已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+Cu2+Cu大多数+1价铜的化合物是难溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、CuH等（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为砖红色，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为CuO（2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a2Cu2+4I2CuI（白色）+I2b2Cu2+2Cl+2I2CuCl（白色）+I2为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是BASO2 B苯 CNaOH溶液 D乙醇（3）一定条件下
31、，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）已知NH5是离子化合物且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：；写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式：2CuH+2H+Cu+Cu2+2H2；将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式：6CuH+16HNO36Cu（NO3）2+3H2+4NO+8H2O（4）常温下，向0.20molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c（Cu2+）=2.2104molL1已知：KspCu（OH）2=2.21020【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】（1）葡萄糖分子中含有醛基，和
32、新制氢氧化铜浊液加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，黑色的物质的产生源于加热温度过高；（2）碘水的颜色影响白色沉淀的观察，可以选用萃取剂把碘萃取出来；（3）NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，说明NH5是由NH4+和H组成的离子化合物；CuH溶解在稀硫酸中，CuH中的H失电子，硫酸中H+得电子，产生的气体为氢气，在酸性溶液中2Cu+=Cu2+Cu；发生氧化还原反应，还生成NO、水等；（4）pH=6时，c（OH）=108molL1，结合KspCu（OH）2计算【解答】解：（1）葡糖糖是一个多羟基醛，能与新制氢氧化铜浊液加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，如果加热温度过高，氢氧化铜受热分解为黑色的氧
33、化铜（CuO）和水，故答案为：砖红色；CuO；（2）碘水是棕褐色的影响白色沉淀的观察，可以用苯把碘单质萃取出来，由于酒精与水以任意比例混溶，因此不能做萃取剂，故答案为：B；（3）NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，说明NH5是由NH4+和H组成的离子化合物，其电子式为，故答案为：；CuH溶解在稀硫酸中，CuH中的H失电子硫酸中H+得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中2Cu+=Cu2+Cu，故离子方程式为：2CuH+2H+=Cu2+Cu+2H2故答案为：2CuH+2H+=Cu2+Cu+2H2；稀硝酸被还原为NO，同时有水生成，
34、1molCuH失去电子2mol，与NO的物质的量之比是3：2，反应为6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2+4NO+8H2O，故答案为：6、16、6、3、4、NO、8、H2O；（4）pH=6时，c（OH）=108molL1，由KspCu（OH）2=2.21020mol3L3可知，c（Cu2+）=2.2104molL1，故答案为：2.210410硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害已知：重晶石（BaSO4）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）B
35、a（s）+S（s）H=+460kJmol1已知：2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmol1则：Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H=1473.2kJmol1SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：020min反应速率表示为v（SO2）=0.03mol/（Lmin）；30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减少CO2的浓度；40min时，平衡常数K=0.675（2）亚硫酸钠吸收法Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为
36、SO32+SO2+H2O=2HSO3；常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是abc（填序号）ac（Na+）+c（H+）c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）bc（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）cc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）d水电离出c（H+）=1108 mol/L（3）电化学处理法如图所示，Pt（）电极的反应式为SO22e+2H2O=SO42+4H+；当电路中转移0.02mol e时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加0.03mol离子【考点】三废处理与环境保护；电解原理；离子浓度大小的比较【分析
37、】已知BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）据此计算；（1）根据v=计算v（SO2）；30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；平衡常数K=计算，注意固体和纯液体不写入表达式；（2）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠；a根据电荷守恒判断；b根据物料守恒判断；cNaHSO3溶液中HSO3的
38、电离程度大于其水解程度；d水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度；（3）由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸；左侧电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4H+，根据电子转移守恒计算生成硫酸根、氢离子的物质的量，为保持溶液电中性，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，左侧溶液中增加离子为生成硫酸电离的离子总量【解答】解：已知BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJ
39、mol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）H=（221）2（+460）（+571.2）=1473.2KJmol1，故答案为：1473.2KJmol1；（1）由图可知，020min内二氧化硫浓度变化量为1mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，故v（SO2）=0.03mol/（Lmin），故答案为：0.03mol/（Lmin）；30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度，故答案为：减少CO2的浓度；恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g），平衡常数K=0.675，
40、故答案为：0.675；（2）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，反应离子方程式为：SO32+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO32+SO2+H2O=2HSO3；a根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故溶液中c（Na+）+c（H+）c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故a正确；b溶液中S元素以SO32、HSO3、H2SO3形式存在，Na元素与硫元素物质的量之比为1：1，故溶液中c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO4），故b正确；cNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液中c（Na+）
41、c（HSO3）c（H+）c（SO32），故c正确；d水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度，故d错误，故答案为：abc；（3）由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4H+，故答案为：SO22e+2H2O=SO42+4H+；左侧电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+，根据电子转移守恒，生成硫酸根物质的量=0.01mol，生成氢离子为0.04mol，为保持溶液电中性，0.01mol硫酸根需要0.02mol氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，即有0.02
42、mol氢离子移至右侧，故左侧溶液中增加离子为0.01mol+0.02mol=0.03mol，故答案为：0.03化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）11A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大 A、B、C、D位于同一周期已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成份X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子回答下列问题：（1）C、D、E中第一电离能最大的是F（填元素符号），X的价电子排布式为3d64s2（2）B的气态氢化物分子呈三角锥形形该分子的中心原子的杂化方式为sp3（3）A的一种单质相对分子质
43、量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环（如图1）则1molA的这种单质中键的数目为30NA（4）X元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式则这种堆积模型的配位数为8，如果X的原子半径为a cm，阿伏加德常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为 g/cm3（不必化简）【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同，则A为C，A、B、C、D
44、位于同一周期，且C的单质为空气中的主要成份，则B为N，C为O，D为F，C与E同主族，则E为S，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，则X为Fe，据此答题【解答】解：A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同，则A为C，A、B、C、D位于同一周期，且C的单质为空气中的主要成份，则B为N，C为O，D为F，C与E同主族，则E为S，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，则X为Fe，（1）根据元素周期律，非金属性越强，第一电能越大（除第A和A族），所以O、F、S中第一电离能最大的是F，Fe的价电子排布式
45、为 3d64s2，故答案为：F；3d64s2； （2）B为N，B的气态氢化物是氨气，分子呈三角锥形，由于该分子的中心原子氮原子的价层电子对数为=4，所氮原子的杂化方式为sp3，故答案为：三角锥形；sp3； （3）A的一种单质相对分子质量为720，则该分子为C60，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环，每个碳周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有一个键，所以C60中键的数目为600.5NA=30NA，故答案为：30NA；（4）Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积
46、，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，所以铁的配位数为=2，每个立方体中含有的铁原子数为8，如果Fe的原子半径为 a cm，则立方体的边长为cm，对应的体积为（cm）3，阿伏加德常数的值为 NA，所以铁单质的密度表达式为，故答案为：8；化学选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）12如图是一种常见的氨基酸G的合成路线：已知以下信息：A苯环上只有1个取代基，核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为1：2：2：2：2：1；F、G均能与FeCl3溶液发生显色反应，F苯环上的一氯代物只有两种；回答下列问题：（1）A的分子式为C8H10O，A的名称为苯乙醇；（2）C
47、D的反应类型是还原反应；G的结构简式为；（3）鉴别F和G可用的试剂是CD；ANa BNaOH CNa2CO3 DNaHCO3 EFeCl3（4）AB的化学方程式为；该反应的目的是保护在硝化过程中醇羟基不被氧化；（5）F的同分异构体中，含有苯环且能发生水解反应的异构体有6种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是【考点】有机物的合成【分析】据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，BC为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，CD的反应是硝基还原为氨基的反应，F、
48、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知DE是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为，E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为，据信息可知，G为，据此分析【解答】解：据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，BC为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，CD的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知DE是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为，E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为，据信息可知，G为，（1）由
49、上述分析可知，A的分子式为C8H10O，名称是苯乙醇，故答案为：C8H10O；苯乙醇；（2）据CD的结构简式可知，D比C少了2个H原子1个O原子，所以C生成D的反应是还原反应，F为，据信息可知，G为，故答案为：还原反应；（3）F为，G为，都含有酚羟基，所以Na、NaOH、FeCl3不能鉴别，G中含有羧基，能够与碳酸钠、碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故答案为：CD；（4）为苯乙醇，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，目的是保护在硝化过程中醇羟基不被氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；保护在硝化过程中醇羟基不被氧化；（5）F为，其含有苯环且能发生水解反应的异构体中需有酯基，可以是酚羟基与甲酸形成的酯，另有一个甲基，这样的酯有临间对3种，可以是酚羟基与乙酸形成的酯，有1种，苯甲酸与甲醇形成的酯，有1种，苯甲醇与甲酸形成的酯，有1种，共6种，其中，故答案为：6；2016年6月6日
