1、2016年辽宁省抚顺市高考化学一模试卷一、选择题：本题共7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1生活、生产中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）A使用明矾可以对水进行消毒、杀菌B为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D信息产业中的光缆的主要成分是单质硅2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）Almol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB标准状况下，22.4LSO3含有NA个SO3分子C氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4NAD5
2、6g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子3下列说法正确的是（）A16O和18O的原子结构示意图均为B在Na2O2和CaCl2中均含有共价键和离子键C结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡D电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子4苯环上连有C4H9和C3H7两个取代基，若不考虑立体异构，这类物质的结构共有（）A6种B18种C24种D48种5短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，Y的性质稳定，而Z不能形成双原于分子根据以上叙述
3、，下列说法中正确的是（）AW与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物BW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20C上述四种元素的原子半径大小为WXYZD由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点6下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMn
4、O4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD7人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法正确的是（）AB为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极质子交换膜左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl二、解答题（共3小题，满分43分）8短周期主族元素A，B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的
5、单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素试回答以下问题：（一）（1）化学组成为BDF2的电子式为：，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为化合物（填“离子”或“共价”）（2）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性则甲、乙反应的离子方程式为：（3）由C、D、E、F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是 （用元素离子符号表示）（4）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性于F（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论（二）以CA3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点（1）CA3燃料电池使用的电解质溶液是2molL1的KOH溶液，电
6、池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O该电池负极的电极反应式为；每消耗3.4g CA3转移的电子数目为（2）用CA3燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为L9研究CO2、CO的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义，CO2、CO都可用于合成甲醇（1）CO2用于合成甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的
7、混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如1图所示，则该反应的H0（填“”、“”或“=”）科学家现正研发的以实现CO2转化为甲醇在常温常压下进行的装置如图2所示，写出甲槽的电极反应式（2）CO用于合成甲醇的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H，在压强为0.1MPa、温度为300条件下，将a mol CO与2a mol H2的混合气体在催化剂作用下发生下面反应2生成甲醇，下列图象如图4正确且说明可逆反应达到平衡状态的是（填序号）（3）以CH4和H2O为原料，也可通过下列反应1和反应2来制备
8、甲醇反应1：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.0kJmol1反应2：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=129.0kJmol1CH4（g）与H2O（g）反应生成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为已知：在700，1MPa时，1mol CH4与1mol H2O在1L密闭容器中发生反应1，6min达到平衡（如图3），此时CH4的转化率为根据图3分析，由第一次平衡到第二次平衡，平衡向方向移动（填“正反应”或“逆反应”），采取的措施可能是10过氧化钙（CaO2）难溶于水，在常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢分解放出氧气，因而广泛应用于渔业、农业、环保等许多方
9、面如图是以大理石（主要杂质是氧化铁）等为原料制取过氧化钙（CaO2）的流程请回答下列问题：（1）操作应包括下列操作中的（填序号）A溶解B过滤C蒸馏D分液E蒸发结晶（2）用氨水调节pH至89的目的是（3）若测得滤液C中c（CO32）=103 mol/L，则Ca2+（填“是”或“不”）沉淀完全已知c（Ca2+）105 mol/L时即可视为沉淀完全；Ksp（CaCO3）=4.96109（4）若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3，则酸化后溶液中c（NH4+）c（NO3）（填“”、“”、“”、“”或“=”）（5）操作是：在低温下，往过氧化氢浓溶液中投入无水氯化钙进行反应，一段时
10、间后，再加入氢氧化钠溶液，当调节溶液pH至911，才出现大量沉淀写出该反应的化学方程式；用简要的文字解释用氢氧化钠调节pH至911的原因（6）已知大理石含CaCO3的质量分数为a，m g大理石可以制得n g CaO2，请计算：CaCO3转化为CaO2过程中，Ca原子的利用率【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11甲酸钠广泛用作催化剂和稳定合成剂，印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸用电石炉废气（CO 7590%，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）其合成部分工艺流程如下：（1）上述工艺用碱液洗涤的目的是，可能发生的反应有（列举两例）（2）上述合成工艺中采用循环喷
11、射吸收合成，其目的是；最后排空的尾气主要成分是（3）合成时，得到的HCOONa溶液溶质质量分数约为5%，合成塔反应液中分离出HCOONa2H2O的主要步骤有、，再经洗涤干燥得到（4）甲酸钠高温时分解制取草酸钠的化学方程式为（5）在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体，可得到重要工业产品保险粉（Na2S2O4）同时产生二氧化碳，该反应的离子方程式为【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12X、Y、M、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；M是周期表中电负性最大的元素；Z基态原子的M层是K层电子数的3倍；R2+离子的3d轨道中有9
12、个电子请回答下列问题：（1）基态Y原子的价电子排布图是；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是（元素名称）（2）XY2离子的立体构型是；R2+的水合离子R（H2O）42+中，提供孤电子对的原子是（元素符号）（3）已知XH3易与R2+形成配离子，但XM3不易与R2+形成配离子，其原因是（4）Y与R所形成的化合物晶体晶胞如图1所示，该晶体的化学式：；晶胞参数如图所示，则该晶胞密度是gcm3（列式并计算结果，保小数点儿后一位）（5）图2表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图3），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别下列分子或离子中，能被该
13、有机化合物识别的是（填标号）aCF4 bCH4 cNH4+ dH2O【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13某调香剂的化学式为 C12H14O2，该调香剂广泛用于香精某实验室科技人员设计了下列合成路线来合成该调香剂：试回答下列问题：（1）B物质的分子式为，在核磁共振氢谱中能呈现种峰（2）D物质的官能团名称是（3）上述合成路线中属于取代反应的是（填编号）；（4）写出反应、的化学方程式：（5）F有多种同分异构体，符合下列条件同分异构体共有种，写出其中一种的结构简式 属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；两个取代基上碳原子数目相同，
14、且均含有一种官能团2016年辽宁省抚顺市高考化学一模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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1生活、生产中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）A使用明矾可以对水进行消毒、杀菌B为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D信息产业中的光缆的主要成分是单质硅【考点】镁、铝的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅【分析】A、明矾没有强氧化性，不能消毒、杀菌；B、在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；C、乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜
15、具有催熟的作用，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；D、信息产业中的光缆的主要成分是二氧化硅【解答】解：A、明矾水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，所以能净水，但是不能消毒、杀菌，故A错误；B、漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故B正确；C、乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故C错误；D、信息产业中的光缆的主要成分是二氧化硅，而不是硅，故D错误；故选B2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
16、的是（）Almol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB标准状况下，22.4LSO3含有NA个SO3分子C氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4NAD56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； B、标况下三氧化硫固体；C、在燃料电池正极放电的是氧气；D、铁在浓硫酸中会钝化【解答】解：A、1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A错误；
17、 B、标况下三氧化硫固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、在燃料电池正极放电的是氧气，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，而氧气放电后变为2价，故1mol氧气转移4mol电子即4NA个，故C正确；D、铁在浓硫酸中会钝化，故不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误故选C3下列说法正确的是（）A16O和18O的原子结构示意图均为B在Na2O2和CaCl2中均含有共价键和离子键C结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡D电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A、16O和18O的核内均有8个质子，核
18、外均有8个电子；B、过氧化钠由离子键和非极性共价键构成；氯化钙中只含离子键；C、结构示意图为 的阴离子可能是Cl或S2；D、氢氧根含10个电子，OH含9个电子【解答】解：A、16O和18O的核内均有8个质子，核外均有8个电子，故原子结构示意图均为，故A正确；B、过氧化钠中钠离子和过氧根之间为离子键，而过氧根中氧原子间为非极性共价键，故过氧化钠由离子键和非极性共价键构成，而氯化钙2个氯离子和钙离子间均为离子键，故B错误；C、结构示意图为 的阴离子可能是Cl或S2，若为Cl，由于不水解，故对水的电离无影响，但若为S2，是弱酸根，在溶液中水解，对水的电离有促进作用，故C错误；在溶液中D、氢氧根含10
19、个电子，OH含9个电子，故只是羟基的电子式，不是氢氧根的电子式，故D错误故选A4苯环上连有C4H9和C3H7两个取代基，若不考虑立体异构，这类物质的结构共有（）A6种B18种C24种D48种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】考虑C4H9有4种和C3H7有2种异构体以及取代基的位置（苯环上取代：邻、间、对），据此判断异构体的种类即可【解答】解：C4H9有四种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，C3H7有两种结构，分别为：CH3CH2CH2、CH3CH（CH3），两种取代基可处于邻、间、对三种位置，所以有机物共有同分异构
20、体423=24，故选C5短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，Y的性质稳定，而Z不能形成双原于分子根据以上叙述，下列说法中正确的是（）AW与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物BW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20C上述四种元素的原子半径大小为WXYZD由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用
21、来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，且Y单质化学性质稳定，故Y是N元素；W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则W为H元素；而Z不能形成双原子分子，可推知Z为Ne，据此解答【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，且Y单质化学性质稳定，故Y是N元素；W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则W为H元素；而Z不能形成双原子分子，可推知Z为NeAW与Y可形成N2H4
22、的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，故A正确；BW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，故B错误；CX为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径CN，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故C错误；D由W与X组成的化合物的属于烃，有气体、液态、固体，由W与Y组成的化合物为NH3等，W与X组成的化合物的沸点总可能高于由W与Y组成的化合物的沸点，故D错误，故选A6下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发
23、生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色【解答
24、】解：A向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D7人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法正确的是（）AB为电源的正极B电解结束后
25、，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极质子交换膜左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该装置是电解池，生成氢气的电极得电子发生还原反应为阴极，连接阴极的电极B为负极，则A为正极，生成氮气的电极为阳极，阳极室反应为6Cl6e3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极，据此分析解答【解答】解：该装置是电解池，生成氢气的电极得电子发生还原反应为阴极，连接阴
26、极的电极B为负极，则A为正极，生成氮气的电极为阳极，阳极室反应为6Cl6e3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极，A通过以上分析知，B为电极负极，故A错误；B阴极反应为：6H2O+6e6OH+3H2（或6H+6e3H2）阳极反应为：6Cl6e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C电子从负
27、极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极A，电子不会经过溶液，故C错误；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，故D正确；故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8短周期主族元素A，B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素试回答以下问题：（一）（1）化学组成为BDF2的电子式为：，A、C、F三种元素形成的化合物C
28、A4F为离子化合物（填“离子”或“共价”）（2）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性则甲、乙反应的离子方程式为：OH+HCO3=CO32+H2O（3）由C、D、E、F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是ClN3O2Na+ （用元素离子符号表示）（4）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性弱于F（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论Na2CO3+2HClO4=CO2+H2O+2NaClO4 或 NaHCO3+2HClO4=CO2+H2O+NaClO4（二）以CA3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点（1）CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mo
29、lL1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O该电池负极的电极反应式为2NH3+6OH6e=N2+6H2O；每消耗3.4g CA3转移的电子数目为0.6NA（2）用CA3燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为4OH4e=O2+2H2O；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为1.12L【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F 的原子序数依次增大，B形成的化合物种类繁多，则B为C元素
30、；C、D为空气中含量最多的两种元素，D的原子序数较大，则C为N元素，D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，F处于第三周期期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A最外层电子数为1333222=1，则A为H元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E、F 的原子序数依次增大，B形成的化合物种类繁多，则B为C元素；C、D为空气中含量最多的两种元素，D的原子序数较大，则C为N元素，D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，F处于第三周期期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为
31、13，则A最外层电子数为1333222=1，则A为H元素（一）（1）化学组成为COCl2的电子式为：，A、C、F三种元素形成的化合物NH4Cl为 离子化合物，故答案为：；离子；（2）化合物甲、乙由H、C、O、Na中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，二者可以反应，则为氢氧化钠与碳酸氢钠，故反应的离子方程式为：OH+HCO3=CO32+H2O，故答案为：OH+HCO3=CO32+H2O；（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故C、D、E、F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是：ClN3O2Na+，故答案为：ClN3O2Na+；（4）碳元素非
32、金属性比Cl元素非金属性弱，利用强酸制备弱酸原理可以证明，反应化学方程式为：Na2CO3+2HClO4=CO2+H2O+2NaClO4 或 NaHCO3+2HClO4=CO2+H2O+NaClO4，故答案为：弱；Na2CO3+2HClO4=CO2+H2O+2NaClO4 或 NaHCO3+2HClO4=CO2+H2O+NaClO4；（二）（1）电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，原电池负极反应氧化反应，氨气在负极失去电子，该电池负极的电极反应式为：2NH3+6OH6e=N2+6H2O，3.4g NH3的物质的量为=0.2mol，转移电子数目为0.6NA，故答案为：2NH3+6OH6
33、e=N2+6H2O；0.6NA；（2）用NH3燃料电池电解CuSO4溶液，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，即析出Cu，A为阴极，B为阳极，则B电极上氢氧根离子生成氧气，B电极的电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O，电解池总反应式为：CuSO4+2H2OCu+O2+H2SO4，此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则生成的氧气为=0.05mol，标况下氧气体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故答案为：4OH4e=O2+2H2O；1.129研究CO2、CO的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义，CO2、CO都可用于合成甲
34、醇（1）CO2用于合成甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如1图所示，则该反应的H0（填“”、“”或“=”）科学家现正研发的以实现CO2转化为甲醇在常温常压下进行的装置如图2所示，写出甲槽的电极反应式CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O（2）CO用于合成甲醇的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H，在压强为0.1MPa、温度为300条件下，将a mol
35、 CO与2a mol H2的混合气体在催化剂作用下发生下面反应2生成甲醇，下列图象如图4正确且说明可逆反应达到平衡状态的是AB（填序号）（3）以CH4和H2O为原料，也可通过下列反应1和反应2来制备甲醇反应1：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.0kJmol1反应2：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=129.0kJmol1CH4（g）与H2O（g）反应生成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol1已知：在700，1MPa时，1mol CH4与1mol H2O在1L密闭容器中发
36、生反应1，6min达到平衡（如图3），此时CH4的转化率为80%根据图3分析，由第一次平衡到第二次平衡，平衡向逆反应方向移动（填“正反应”或“逆反应”），采取的措施可能是将容器体积缩小为原来的或加入等量的氢气【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积；根据温度对平衡移动的影响判断反应热的符号；甲槽为CO2得电子发生还原反应生成CH3OH，据此书写反应式；（2）根据平衡状态的本质和表观现象分析；（3）根据盖斯定律：1：CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）H=+20
37、6.0kJmol12：CO （g）+2H2 （g）=CH3OH （g）H=129.0kJmol1依据盖斯定律，1+2得到要书写的热化学方程式CH4（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）起始（mol/L）：1 1 0 0变化（mol/L）：0.8 0.8 0.8 2.4平衡（mol/L）：0.2 0.2 0.8 2.4此时CH4的转化率为100%=80%；由图3可知，在7min时，氢气的浓度增大了一倍，可能是缩小体积为原来的或增加了等量的氢气，平衡均是逆向移动【解答】解：（1）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）
38、+H2O（g），其平衡常数K=，故答案为：；根据图象可知达到平衡后，温度越高，甲醇的体积分数（CH3OH）越小，说明升高温度平衡逆移，则正反应方向为放热反应，则H0，故答案为：；根据图2，甲槽为CO2得电子发生还原反应生成CH3OH，反应式为CO2+6e+6H+CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e+6H+CH3OH+H2O；（2）A在一定的时间后，氢气含量不变为平衡状态，故A正确；B.在一定的时间后，温度不变为平衡状态，故B正确；C反应的焓变与反应是否达平衡无关，故C错误；D反应条件为恒压，故压强不变不能判断反应是否达平衡，故D错误故答案为：AB；（3）根据盖斯定律：1：CH4 （g）+
39、H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）H=+206.0kJmol12：CO （g）+2H2 （g）=CH3OH （g）H=129.0kJmol1依据盖斯定律，1+2得到：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol1；CH4（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）起始（mol/L）：1 1 0 0变化（mol/L）：0.8 0.8 0.8 2.4平衡（mol/L）：0.2 0.2 0.8 2.4此时CH4的转化率为100%=80%；由图3可知，在7min时，
40、氢气的浓度增大了一倍，可能是缩小体积为原来的或增加了等量的氢气，无论是增大压强，还是增大氢气的浓度，平衡均是逆向移动，故答案为：80%；逆反应；将容器体积缩小为原来的或加入等量的氢气10过氧化钙（CaO2）难溶于水，在常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢分解放出氧气，因而广泛应用于渔业、农业、环保等许多方面如图是以大理石（主要杂质是氧化铁）等为原料制取过氧化钙（CaO2）的流程请回答下列问题：（1）操作应包括下列操作中的A、B、E（填序号）A溶解B过滤C蒸馏D分液E蒸发结晶（2）用氨水调节pH至89的目的是除去Fe3+（3）若测得滤液C中c（CO32）=103 mol/L，则Ca2+是（填“是”或
41、“不”）沉淀完全已知c（Ca2+）105 mol/L时即可视为沉淀完全；Ksp（CaCO3）=4.96109（4）若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3，则酸化后溶液中c（NH4+）c（NO3）（填“”、“”、“”、“”或“=”）（5）操作是：在低温下，往过氧化氢浓溶液中投入无水氯化钙进行反应，一段时间后，再加入氢氧化钠溶液，当调节溶液pH至911，才出现大量沉淀写出该反应的化学方程式CaCl2+H2O2=CaO2+2HCl；用简要的文字解释用氢氧化钠调节pH至911的原因加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向，有利于CaO2沉淀的生成（6）已知大理石含CaCO3的质量
42、分数为a，m g大理石可以制得n g CaO2，请计算：CaCO3转化为CaO2过程中，Ca原子的利用率100%【考点】制备实验方案的设计【分析】大理石（主要杂质是氧化铁）与硝酸反应生成硝酸钙和硝酸铁，则滤液A的成分有硝酸钙和硝酸铁以及剩余的硝酸，当pH至89范围段内时，三价铁可易形成沉淀，所以滤渣B是氢氧化铁，滤液B是硝酸钙，和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤，沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，再失水成为无水氯化钙，双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸，（1）实现固体和液体的分离采用过滤的方法，从氯化钙的溶液中获得氯化钙的结晶水合物要采用蒸发结晶的方
43、法，碳酸钙能和强酸反应；（2）pH至89范围段内时，三价铁可易形成沉淀；（3）依据溶度积常数计算此时钙离子难度减小分析判断；（4）酸化后溶液中，铵根离子水解；（5）双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸；氢氧化钠溶液加入和盐酸反应促进平衡正向进行生成过氧化钙；（6）m g大理石中碳酸钙的物质的量为mol，n g CaO2的物质的量为mol，根据Ca原子的利用率=100%计算【解答】解：根据图示信息，可得出：滤液A的成分有硝酸钙和硝酸铁以及剩余的硝酸，当pH至89范围段内时，三价铁可易形成沉淀，所以滤渣B是氢氧化铁，滤液B是硝酸钙，和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤，沉淀碳
44、酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，再失水成为无水氯化钙，双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸（1）碳酸钙和硝酸铵的混合物过滤后，所得沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，CaCO3 和稀盐酸反应的实质是：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故答案为：A、B、E；（2）用氨水调节pH至89，三价铁可易形成沉淀，从而分离出硝酸钙溶液，故答案为：除去Fe3+；（3）若测得滤液C中c（CO32）=103mol/L，Ksp（CaCO3）=4.96109；Ksp=Ca2+CO32=103mol/Lc（Ca2+）=4.96109 ，c（Ca2+）=4.96106 mol
45、/L，已知c（Ca2+）105mol/L可视为沉淀完全，所以此时钙离子沉淀完全；故答案为：是；（4）若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3，铵根离子水解，则酸化后溶液中c（NH4+）c（NO3）；故答案为：；（5）双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸，即CaCl2+H2O2=CaO2+2HCl，加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向，有利于CaO2沉淀的生成；故答案为：CaCl2+H2O2=CaO2+2HCl；加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向，有利于CaO2沉淀的生成；（6）m g大理石中碳酸钙的物质的量为mol，n g CaO2的物质的量为mol，所以Ca原
46、子的利用率=100%=100%，故答案为：100%【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11甲酸钠广泛用作催化剂和稳定合成剂，印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸用电石炉废气（CO 7590%，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）其合成部分工艺流程如下：（1）上述工艺用碱液洗涤的目的是除去其中的CO2、H2S等酸性气体，可能发生的反应有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH=Na2S+2H2O（列举两例）（2）上述合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是使尾气中的CO被充分吸收；最后排空的尾气主要成分是N2、CH4（3）合成时，得到的HCOO
47、Na溶液溶质质量分数约为5%，合成塔反应液中分离出HCOONa2H2O的主要步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，再经洗涤干燥得到（4）甲酸钠高温时分解制取草酸钠的化学方程式为2HCOONaNaOOCCOONa+H2（5）在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体，可得到重要工业产品保险粉（Na2S2O4）同时产生二氧化碳，该反应的离子方程式为HCOO+2SO2+OH=S2O42+CO2+H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】电石炉废气（CO 7590%，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）先除尘，然后用碱液洗涤，溶液中CO2、H2S反应生成盐，然后将气体通入合成塔，并加
48、入NaOH溶液、加热至160200、加压，最终得到HCOONa.2H2O，最后剩余N2和CH4，将尾气排空，（1）碱液具有碱性，能吸收酸性气体；（2）反应物接触面积越大，反应越充分；最后排空的尾气主要成分是N2和CH4；（3）从溶液中获取溶质采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤再经洗涤干燥得到；（4）甲酸钠高温时分解生成草酸钠和氢气；（5）反应物是甲酸钠、NaOH和二氧化硫，生成物是Na2S2O4和二氧化碳、水，根据反应物、生成物书写离子方程式【解答】解：电石炉废气（CO 7590%，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）先除尘，然后用碱液洗涤，溶液中CO2、H2S反应生成盐，然后将气体通入合成塔，
49、并加入NaOH溶液、加热至160200、加压，最终得到HCOONa.2H2O，最后剩余N2和CH4，将尾气排空，（1）碱液具有碱性，能吸收酸性气体，CO2、H2S都是酸性气体，被碱液吸收，发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，故答案为：除去其中的CO2、H2S等酸性气体；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH=Na2S+2H2O；（2）反应物接触面积越大，反应越充分，合成工艺中采用循环喷射吸收合成目的是增大反应物接触面积，使尾气中的CO被充分吸收；反应过程中N2、CH4不参加反应，所以最后排空的尾气主要成分是N2和C
50、H4，故答案为：使尾气中的CO被充分吸收；N2、CH4；（3）从溶液中获取溶质采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤再经洗涤干燥得到，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（4）甲酸钠高温时分解生成草酸钠和氢气，反应方程式为2HCOONaNaOOCCOONa+H2，故答案为：2HCOONaNaOOCCOONa+H2；（5）反应物是甲酸钠、NaOH和二氧化硫，生成物是Na2S2O4和二氧化碳、水，离子反应方程式为HCOO+2SO2+OH=S2O42+CO2+H2O，故答案为：HCOO+2SO2+OH=S2O42+CO2+H2O【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12X、Y、M、Z、R为前四
51、周期元素，且原子序数依次增大XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；M是周期表中电负性最大的元素；Z基态原子的M层是K层电子数的3倍；R2+离子的3d轨道中有9个电子请回答下列问题：（1）基态Y原子的价电子排布图是；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是氯（元素名称）（2）XY2离子的立体构型是V形；R2+的水合离子R（H2O）42+中，提供孤电子对的原子是O（元素符号）（3）已知XH3易与R2+形成配离子，但XM3不易与R2+形成配离子，其原因是由于电负性FNH，NF3分子中共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配合物（4）Y与R所形成的化合物晶体晶胞如图1所示，该
52、晶体的化学式：CuO；晶胞参数如图所示，则该晶胞密度是2.1gcm3（列式并计算结果，保小数点儿后一位）（5）图2表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图3），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是c（填标号）aCF4 bCH4 cNH4+ dH2O【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，XY2是红棕色气体，X与氢元素可形成XH3，则X为N元素、Y为O元素；M是周期表中电负性最大的元素，则M为F元素；Z基态原子的M层是K层电子数的
53、3倍，则原子M层电子数为6，故Z为S元素；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子外围电子排布为3d104s1，故R为Cu元素（1）基态Y原子的价电子排布式为2s22p4，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；Z所在周期为第三周期，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，A、A族第一电离能高于同周期相邻元素；（2）计算NO2离子中N原子价层电子对数、孤电子对数确定空间构型；Cu2+具有空轨道，H2O中氧原子具有孤电子对；（3）NF3分子中氟原子电负性强，吸电子，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；（4）由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为4，故为CuO，计算
54、晶胞质量，再根据=计算晶胞密度；（5）F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，XY2是红棕色气体，X与氢元素可形成XH3，则X为N元素、Y为O元素；M是周期表中电负性最大的元素，则M为F元素；Z基态原子的M层是K层电子数的3倍，则原子M层电子数为6，故Z为S元素；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子外围电子排布为3d104s1，故R为Cu元素（1）基态Y原子的价电子排布式为2s22p4，价电子排布图为：；Z所在周期为第三周期，同周期随原子序
55、数增大，元素第一电离能呈增大趋势，A、A族第一电离能高于同周期相邻元素，故第三周期中Cl的第一电离能最大，故答案为：；氯；（2）NO2离子中N原子孤电子对数=1，价层电子对数=2+1=3，故其空间构型为V形，型；Cu2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤电子对，形成配离子，故答案为：V形；O；（3）由于电负性FNH，NF3分子中共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配合物，故答案为：由于电负性FNH，NF3分子中共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配合物；（4）由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目为1+2+4+8=4、黑色球数目为4，故化学式为CuO，晶
56、胞质量为4g，晶胞密度=4g=2.1g/cm3，故答案为：CuO；2.1；（5）F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，选项中只有NH4+ 符合，故选：c【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13某调香剂的化学式为 C12H14O2，该调香剂广泛用于香精某实验室科技人员设计了下列合成路线来合成该调香剂：试回答下列问题：（1）B物质的分子式为C5H12O2，在核磁共振氢谱中能呈现6种峰（2）D物质的官能团名称是羧基、碳碳双键（3）上述合成路线中属于取代反应的是（填编号）；（4）写出反应、的化学
57、方程式： +O2+H2O（5）F有多种同分异构体，符合下列条件同分异构体共有18种，写出其中一种的结构简式 属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；两个取代基上碳原子数目相同，且均含有一种官能团【考点】有机物的推断【分析】根据A和溴水的加成产物可判断A为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应是水解反应，生成物B为，B发生氧化反应得到C，则D为，根据C和D的分子式的可判断，反应是消去反应，即D为CH3CH=C（CH3）COOH，反应属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，据此解答【解答】解：根据A和溴水
58、的加成产物可判断A为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应是水解反应，生成物B为，B发生氧化反应得到C，则D为，根据C和D的分子式的可判断，反应是消去反应，即D为CH3CH=C（CH3）COOH，反应属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为（1）B为，分子式为 C5H12O2，在核磁共振氢谱中能呈现6种峰，故答案为：C5H12O2；6；（2）D为CH3CH=C（CH3）COOH，含有的官能团名称是：羧基、碳碳双键，故答案为：羧基、碳碳双键；（3）上述合成路线中属于取代反应的是：，故答案为：；（4）反应的化学方程式为： +O2+H2O，反应的化学方程式：，故答案为： +O2+H2O；（5）F（）有多种同分异构体，符合下列条件同分异构体：属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团，含有酯基与碳碳双键；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，2个不同的取代基处于对位；两个取代基上碳原子数目相同，且均含有一种官能团，其中一个侧链为：CH=CHCH3，另外侧链为：OOCCH2CH3、CH2OOCCH3、CH2CH2OOCH、CH（CH3）OOCH、COOCH2CH3、CH2COOCH3，其中一个侧链为：CH2CH=CH2，另外侧链也有上述6种，其中一个侧链为故共有18种，其中一种结构简式为：等，故答案为：18；2016年12月27日
