1、2015年重庆一中高考化学考前模拟试卷（6月份）一、单选题：共42分，每小题只有一个正确选项1下列关于化工生产原理的说法中错误的是（）A 以焦炭和二氧化硅为原料生产单质硅B 以氨气为原料生产硝酸C 电解氯化镁溶液生产金属镁D 电解熔融氯化钠生产金属钠2图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是（）A 步骤需要用到蒸发皿B 步骤需要过滤装置C 步骤需要用到分液漏斗D 步骤需要蒸馏装置3下列关于“反应先后顺序”的评价中正确的是（）A 向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成深蓝色溶液，后生成蓝色沉淀B 向NH4Fe（SO4）2溶液中滴加少量NaOH溶液，NH4+先发生反应C 向等浓度
2、的FeCl3和CuCl2混合溶液中加入少量Fe粉，Cu2+先被还原D 足量锌与浓硫酸反应，先产生二氧化硫，后产生氢气4下列说法中正确的是（）A 由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置B 由HH和ClCl的键长推测液氢和液氯沸点的高低C 由CaF2晶体中，与Ca2+距离最近的F有8个，推知与F距离最近的Ca2+也有8个D 由NN、HH、NH的键能数据估算3H2（g）+N2（g）2NH3（g）的反应热5鼠尾草酚用于防治骨质疏松，鼠尾草酸可两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是（）A X、Y、Z属于芳香族化合物B X、Y、Z均能与FeCl3溶液发生显色反应C 1 mol X或1mol Z与NaO
3、H溶液反应，均最多消耗3molNaOHD X、Y、Z均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应6下列说法错误的是（）A 等物质的量的NaX和弱酸HX混合后的溶液中c（HX）可能大于c（X）B 在pH=4.5的NaHSO3溶液中，c（H2SO3）大于c（SO32）C 向0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释的过程中c（OH）不断增大D 向含有Na2SO4的BaSO4悬浊液中加水稀释，c（Ba2+）增大7在一定温度下，向容积为2L的密闭容器中加入1mol A和2mol B，发生如下反应：A（g）+2B（g）2C（g）H，经5min达到平衡时，生成0.4mol C，下列叙述中正确的是（）A 反应的平均速率v（
4、A）=0.04 mol/（Lmin）B 达平衡时A、B的转化率相等C 向平衡混合物中再加入0.1 mol A、0.2 mol B，达新平衡时C的体积分数减小D 若升高温度达新平衡后，A的浓度增大，则H0二、非选择题（共58分）8天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物硫化氢、羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH），可以用氢氧化钠溶液洗涤除去（1）硫元素的原子结构示意图为；羰基硫分子的电子式为（2）下列说法正确的是a乙硫醇的相对分子质量大于乙醇，故其沸点更高b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，说明硫元素非金属性强于碳元素cH2S分子和CO2都是极性分子，因为它们都是直线
5、形分子d由于乙基的影响，乙硫醇的酸性弱于H2S（3）羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如下（部分产物已略去）：COSNa2S溶液H2反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32，则II中主要反应的离子方程式为如图是反应II中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）a判断T1、T2、T3的大小：；b在T1温度下，充分反应后，若X溶液中除S2O32外，还有因发生副反应而同时产生的SO42，则溶液中c（S2O32）：c（SO42）=9下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀的反应所做实验的记录步 骤现
6、象取5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积0.1mol/L NaCl溶液，混合，振荡 立即产生白色沉淀向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol/L Na2S溶液 沉淀迅速变为黑色将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌 较长时间后，沉淀变为乳白色滤出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液 产生红棕色气体，沉淀部分溶解过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba（NO3）2溶液 产生白色沉淀（1）为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为（2）已知：25时Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2S）=61030，此沉淀转化反应的平衡常数K=（3
7、）步骤V中产生的白色沉淀的化学式为，步骤中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有（4）为了进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和，试剂W为装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，B中试剂为实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化完成C中反应的化学方程式：Ag2S+NaCl+AgCl+S+C中NaCl的作用是：10可降解塑料PCL的结构可表示为其合成路线如下已知：RCH=CGCH3RCH=CHCH2Br回答下列问题：（1）由苯酚生成B的反应试剂和条件为（2）D的结构简式是上述生成D的反应类型是（3）PCL属于（填
8、“线型”或“体型”）高分子材料与D具有相同官能团的同分异构体E经下列合成路线可转化为D（4）E的结构简式是（5）由H生成K的化学方程式是（6）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一，用B做原料三步反应可制得己二酸BWX己二酸写出W、X的结构简式：W、X11废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施（1）烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放列举一种由NOx引起的大气污染现象：已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）=2NO（g）；H=+180kJmol1则CH4脱硝的热化学方程式为CH4（g）+4NO（g）=
9、CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），H=图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理该脱硝反应中，氧化剂是；（2）图2是一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理示意图，同时处理有机废水和硝酸盐废水，并获得淡水图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示电池正极为（填“a”或“b”）电极a上的电极反应式为电池工作过程中Na+离子移向、Cl离子移向（填“a电极”、或“b电极”）假设咸水中氯化钠的质量分数为2.34%，当两极总共产生7.84L气体（标准状况下）时，理论上处理咸水g（忽略CO2的溶解）2015年重庆一中高考化学考前模拟试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单选题：共42分，每小题只有一个正
10、确选项1下列关于化工生产原理的说法中错误的是（）A 以焦炭和二氧化硅为原料生产单质硅B 以氨气为原料生产硝酸C 电解氯化镁溶液生产金属镁D 电解熔融氯化钠生产金属钠考点：硅和二氧化硅；工业制取硝酸；金属冶炼的一般原理分析：A碳与二氧化硅在高温下反应生成硅；B氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；C电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气；D活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，钠属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼；解答：解：A碳与二氧化硅在高温下反应生成硅，方程式：SiO2+CSi+CO2，故A正确；B氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧
11、化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，工业上用氨气制备硝酸，故B正确；C电解熔融的氯化镁可以来制取金属镁，故C错误；D钠是活泼金属，工业上采用电解法冶炼，2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故D正确；故选：C点评：本题考查了物质的制备方法，熟悉二氧化硅、氨气的性质、金属冶炼与金属活泼性的关系是解题关键，题目难度中等2图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是（）A 步骤需要用到蒸发皿B 步骤需要过滤装置C 步骤需要用到分液漏斗D 步骤需要蒸馏装置考点：海水资源及其综合利用分析：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤为过滤，得到含碘离子的
12、溶液，中发生MnO2+2I+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘单质的溶液，为萃取，为蒸馏，以此来解答解答：解：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤为过滤，得到含碘离子的溶液，中发生MnO2+2I+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘单质的溶液，为萃取，为蒸馏，A灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热溶液，故A错误；B步骤用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；C为萃取，所用主要仪器是分液漏斗、烧杯，故C正确；D步骤分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确故选A点评：本题以海带提碘为载体考查混合物分离提纯
13、的综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3下列关于“反应先后顺序”的评价中正确的是（）A 向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成深蓝色溶液，后生成蓝色沉淀B 向NH4Fe（SO4）2溶液中滴加少量NaOH溶液，NH4+先发生反应C 向等浓度的FeCl3和CuCl2混合溶液中加入少量Fe粉，Cu2+先被还原D 足量锌与浓硫酸反应，先产生二氧化硫，后产生氢气考点：化学实验方案的评价分析：A向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解；B铁离子先和氢氧根离子反应；C铁离子的氧化性大于铜离子；D锌和浓硫酸反应生成二氧化硫
14、，和稀硫酸反应生成氢气解答：解：A向CuSO4溶液中滴加氨水，先发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜沉淀和一水合氨反应生成铜氨络合物导致沉淀溶解，所以看到的现象是先产生沉淀后沉淀消失，故A错误；B铁离子先和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，后铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，故B错误；C铁离子的氧化性大于铜离子，所以铁离子先参加反应，故C错误；D锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，和稀硫酸反应生成氢气，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，所以足量的锌和浓硫酸混合有二氧化硫、氢气生成，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确离子反应先后顺序是解本题关键，注意A中发生的现象及
15、其原理，注意D中稀硫酸和锌反应，如果将锌换为Cu，就没有氢气产生4下列说法中正确的是（）A 由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置B 由HH和ClCl的键长推测液氢和液氯沸点的高低C 由CaF2晶体中，与Ca2+距离最近的F有8个，推知与F距离最近的Ca2+也有8个D 由NN、HH、NH的键能数据估算3H2（g）+N2（g）2NH3（g）的反应热考点：元素周期表的结构及其应用；键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；反应热和焓变分析：A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数；B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关；C、萤石中每个Ca2
16、+被8个F所包围，每个F周围最近距离的Ca2+数目为4；D、在外界条件一定的情况下，反应热等于反应物的总键能生成物的总键能解答：解：A、知道了元素的原子序数，可以确定元素的电子层数和最外层电子数，由电子层数确定周期数，最外层电子数确定族序数，所以由元素的原子序数推测其在元素周期表中的位置，故A正确；B、沸点高低是物质的物理性质与共价键的键长无关，共价键的键长是决定化学性质的，故B错误；C、萤石中每个Ca2+被8个F所包围，每个F周围最近距离的Ca2+数目为4，故C错误；D、与外界条件有关，温度和压强不定，所以无法估算反应热，故D错误；故选A点评：本题考查原子序数与元素在周期表中的位置、熔沸点高
17、低的影响因素、晶体中粒子数目的比和反应热的相关知识，综合性强，但比较容易5鼠尾草酚用于防治骨质疏松，鼠尾草酸可两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是（）A X、Y、Z属于芳香族化合物B X、Y、Z均能与FeCl3溶液发生显色反应C 1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOHD X、Y、Z均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应考点：有机物的结构和性质分析：A芳香族化合物中含有苯环；B含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应；CX中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应；D碳碳不饱和键能和溴发生加成反应解答：解：A芳香族化合物中含有
18、苯环，B中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；B含有酚羟基的有机物能和氯化铁发生显色反应，B中不含酚羟基，不能和氯化铁发生显色反应，故B错误；CX中羧基和酚羟基能和NaOH反应，Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1 mol X或1mol Z与NaOH溶液反应，均最多消耗3molNaOH，故C正确；D碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，X和Z中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，故D错误；故选C点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、酯的性质，易错选项是C6下列说法错误的是（）A 等物质的量的NaX和弱酸HX混合后
19、的溶液中c（HX）可能大于c（X）B 在pH=4.5的NaHSO3溶液中，c（H2SO3）大于c（SO32）C 向0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释的过程中c（OH）不断增大D 向含有Na2SO4的BaSO4悬浊液中加水稀释，c（Ba2+）增大考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：A如水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X）；BpH=4.5，说明HSO3电离大于水解程度；C加水解释，c（H+）减小；D加水稀释，c（SO42）降低解答：解：A等物质的量的NaX和弱酸HX混合后，如溶液呈碱性时，说明水解程度大于电离，则c（HX）大于c（X），故A正确；BpH=4.5，说明HS
20、O3电离大于水解程度，则c（H2SO3）小于c（SO32），故B错误；C加水解释，c（H+）减小，但Kw不变，则c（OH）不断增大，故C正确；D加水稀释，c（SO42）降低，但Ksp不变，则c（Ba2+）增大，故D正确故选B点评：本题考查电解质的电离和盐类的水解，属于综合知识的考查，为高频考点，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意把握平衡常数的理解和运用，难度不大7在一定温度下，向容积为2L的密闭容器中加入1mol A和2mol B，发生如下反应：A（g）+2B（g）2C（g）H，经5min达到平衡时，生成0.4mol C，下列叙述中正确的是（）A 反应的平均速率v（A）=0.04 mol/
21、（Lmin）B 达平衡时A、B的转化率相等C 向平衡混合物中再加入0.1 mol A、0.2 mol B，达新平衡时C的体积分数减小D 若升高温度达新平衡后，A的浓度增大，则H0考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析：A、v（A）=v（C）=；B、利用三段式法计算其转化率， A（g）+2B（g）2C（g）开始（mol）：1 2 0变化（mol）：0.2 0.4 0.4平衡（mol）：0.8 1.6 0.4据此分析转化率；C、正反应是气体物质的量减小的反应，再加入反应物，相对于加压；D、升温A的浓度增大，说明升温平衡逆向移动解答：解：A、v（A）=v（C）=0.02mol/（Lmin）
22、，故A错误；B、A（g）+2B（g）2C（g）开始（mol）：1 2 0变化（mol）：0.2 0.4 0.4平衡（mol）：0.8 1.6 0.4（A）=20%，=20%，AB的转化率都是20%，故B正确；C、加压平衡正向移动，生成物C的体积分数增大，故C错误；D、升温平衡逆向移动，说明正反应放热，H0，故D错误；故选B点评：本题考查了化学反应速率的计算、转化率计算、平衡移动，题目难度不大二、非选择题（共58分）8天然气（主要成分甲烷）含有少量含硫化合物硫化氢、羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH），可以用氢氧化钠溶液洗涤除去（1）硫元素的原子结构示意图为；羰基硫分子的电子式为（2）下列说
23、法正确的是bda乙硫醇的相对分子质量大于乙醇，故其沸点更高b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，说明硫元素非金属性强于碳元素cH2S分子和CO2都是极性分子，因为它们都是直线形分子d由于乙基的影响，乙硫醇的酸性弱于H2S（3）羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如下（部分产物已略去）：COSNa2S溶液H2反应I除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32，则II中主要反应的离子方程式为2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH如图是反应II中，在不同反应温度下，反应时间与H
24、2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）a判断T1、T2、T3的大小：T1T2T3；b在T1温度下，充分反应后，若X溶液中除S2O32外，还有因发生副反应而同时产生的SO42，则溶液中c（S2O32）：c（SO42）=5：2考点：氧化还原反应的计算；离子方程式的有关计算；含硫物质的性质及综合应用分析：（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型；（2）a乙醇中含氢键；b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性；cCO2结构对称，正负电荷中心重合；d由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子
25、；（3）反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3；硫化钠与水反应生成S2O32、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；a由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短；b.3molNa2S若只生成S2O32转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，结合电子守恒计算解答：解：（1）S的质子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子为6，则原子结构示意图为；羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为，故答案为：；（2）a乙醇中含氢键，则乙醇沸点高于乙硫醇，故a错误；b同温度同浓度下Na2CO3溶液的pH
26、大于Na2SO4溶液，可知对应最高价含氧酸的酸性为硫酸碳酸，则硫元素非金属性强于碳元素，故b正确；cCO2结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子，为直线结构，而H2S分子V型极性分子，故c错误；d由于乙基的影响，乙硫醇难电离出氢离子，乙硫醇的酸性弱于H2S，故d正确；故答案为：bd；（3）反应I除生成两种正盐外，还有水生成，由元素守恒可知，生成正盐为Na2S、Na2CO3，反应为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O，故答案为：COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O；硫化钠与水反应生成S2O32、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2+5H2O=S2O32
27、+4H2+2OH，故答案为：2S2+5H2O=S2O32+4H2+2OH；a由图可知，温度高的反应速率大，则反应的时间短，则T1T2T3，故答案为：T1T2T3；b.3molNa2S若只生成S2O32转移12mol电子，T1温度下，生成的氢气为7mol，转移电子为14mol，设产生的SO42为x，由电子守恒可知x8+（3x）4=14，解得x=0.5mol，则n（S2O32）=1.25mol，溶液中c（S2O32）：c（SO42）=1.25：0.5=5：2，故答案为：5：2点评：本题考查较综合，涉及物质结构与性质、氧化还原反应计算、图象分析及离子反应等，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，
28、题目难度不大9下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀的反应所做实验的记录步 骤现 象取5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积0.1mol/L NaCl溶液，混合，振荡 立即产生白色沉淀向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol/L Na2S溶液 沉淀迅速变为黑色将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌 较长时间后，沉淀变为乳白色滤出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液 产生红棕色气体，沉淀部分溶解过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba（NO3）2溶液 产生白色沉淀（1）为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为5mL（2）已知：25时K
29、sp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2S）=61030，此沉淀转化反应的平衡常数K=5.4109（3）步骤V中产生的白色沉淀的化学式为BaSO4，步骤中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有S（4）为了进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗，试剂W为过氧化氢溶液装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，B中试剂为Ag2S悬浊液实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化完成C中反应的化学方程式：Ag2S+NaCl+O2+H2OAgCl+S+NaOHC中NaCl的作用是：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag
30、+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移考点：性质实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：（1）证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则应该使步骤中银离子完全转化成氯化银沉淀；（2）写出反应方程式，然后结合平衡常数表达式及氯化银、硫化银的溶度积进行计算；（3）步骤中稀硝酸将硫元素氧化成硫酸根离子，则步骤中加入硝酸钡后生成硫酸钡沉淀；再结合步骤中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，通式生成氯化银沉淀；（4）根据装置A中仪器结构判断其名称；装置A需要产生氧气，结合二氧化锰可知试剂W为过氧化氢溶液
31、；要探究生成氯化银和S沉淀的原因，C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则B中应该为硫化银悬浊液；C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和强氧化钠，根据化合价变化相等配平，从影响化学平衡的角度判断氯化钠在装置C中的作用解答：解：（1）要证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则步骤中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的体积必须5mL，故答案为：5mL；（2）氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）+S2（aq）Ag2S（s）+2Cl（aq），该反应的平衡常数为：K=5.4109，故答案为：5.4109；（3）步骤中较长时
32、间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀转化成氯化银沉淀；再根据滤出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤中向X中滴加Ba（NO3）2溶液会生成BaSO4沉淀，故答案为：BaSO4；S；（4）根据图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S的混合物，装置A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液，故答案为：分液漏斗；过氧化氢溶液；进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的
33、混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因，故答案为：Ag2S悬浊液；装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以强氧化钠形式存在，则未知的反应物为强氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平可得反应方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH；装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中c（Ag+）减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2S+4NaCl+O2+
34、2H2O4AgCl+2S+4NaOH向右移动，故答案为：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O4AgCl+2S+4NaOH；氧气将Ag2S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c（Ag+）减小，有利于氧化还原反应的平衡右移点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度较大，涉及难溶物溶度积的计算、氧化还原反应的配平、性质实验方案评价等知识，根据实验现象得出正确结论为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力10可降解塑料PCL的结构可表示为其合成路线如下已知：RCH=CGCH3RCH=CHCH2Br回答下列问题：（1）由苯酚生成B的反应试剂和条
35、件为H2，Ni/（2）D的结构简式是上述生成D的反应类型是氧化反应（3）PCL属于线型（填“线型”或“体型”）高分子材料与D具有相同官能团的同分异构体E经下列合成路线可转化为D（4）E的结构简式是（5）由H生成K的化学方程式是HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O（6）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一，用B做原料三步反应可制得己二酸BWX己二酸写出W、X的结构简式：W、XOHCCH2CH2CH2CH2CHO考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为，环己醇在Cu作催化剂的条
36、件下氧化生成环己酮，结合信息环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为，M的氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，FG为消去反应，结合信息和GH的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，以此解答该题解答：解：苯酚与氢气加成生成环己醇B，B为，环己醇在Cu作催化剂的条件下氧化生成环己酮，结合信息环己酮与过氧乙酸反应生成D，D为，M的
37、氧化产物是己二酸，则M为HOOC（CH2）5OH，M能够通过酯化反应，缩聚生成高分子化合物，E是D的同分异构体，具有相同的官能团，可知E为，E水解生成F，F为HOOC（CH2）3CHOHCH3，FG为消去反应，结合信息和GH的反应条件可知，G为HOOCCH2CH2CH=CHCH3，H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，H水解生成K，K为HOOCCH2CH2CH=CHCH2OH，（1）B为，可由苯酚与氢气在Ni催化作用下加热生成，故答案为：H2，Ni/；（2）D为，被过氧乙酸氧化生成，故答案为：；氧化反应；（3）PCL的结构可表示为，属于线型高分子材料，故答案为：线型；（4）E的结构简式
38、是，故答案为：；（5）H为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br，在NaOH溶液中发生中和反应和卤代烃的水解反应，化学方程式为HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O，故答案为：HOOCCH2CH2CH=CHCH2Br+2NaOHNaOOCCH2CH2CH=CHCH2OH+NaBr+H2O；（6）苯酚与氢气加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，结合题给信息，用臭氧氧化生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，再氧化生成己二酸，则W为，X为OHCCH2CH2CH2CH2CHO，故答案为：；OHCCH2CH2CH2C
39、H2CHO点评：本题考查有机物的合成，为高频考点，和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质，是解答该题的关键，注意借鉴题给信息进行解答11废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施（1）烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放列举一种由NOx引起的大气污染现象：光化学烟雾（或硝酸型酸雨）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）=2NO（g）；H=+180kJmol1则CH4脱硝的热化学方程式为CH4（g）+4NO（g）=CO2（g）+
40、2N2（g）+2H2O（l），H=1250.3 kJmol1图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理该脱硝反应中，氧化剂是NO；（2）图2是一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理示意图，同时处理有机废水和硝酸盐废水，并获得淡水图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示电池正极为b（填“a”或“b”）电极a上的电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+电池工作过程中Na+离子移向b电极、Cl离子移向a电极（填“a电极”、或“b电极”）假设咸水中氯化钠的质量分数为2.34%，当两极总共产生7.84L气体（标准状况下）时，理论上处理咸水2500g（忽略CO2的溶解）考点：热化学方程式
41、；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理分析：（1）光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的；已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1根据盖斯定律：2得CH4（g）+4NO（g）CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），据此计算；氮的化合价降低，所以氧化剂是一氧化氮；（2）该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电
42、极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，据此分析解答解答：解：（1）光化学烟雾（或硝酸型酸雨）都是氮的氧化物引起的，故答案为：光化学烟雾（或硝酸型酸雨）；已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1，N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1根据盖斯定律：2得CH4（g）+4NO（g）CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），H=890.3kJmol12（+180kJmol1）=1250.3 kJmol1；故答案为：1250.3 kJmol1；氮的化合价降低，所以氧化剂是一氧化氮，故答案为：NO；（2）该原电池中，
43、硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，则右边装置中电极b是正极，故答案为：b；左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，故答案为：C6H10O524e+7H2O6CO2+
44、24H+；放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室即向b电极，阴离子Cl移向负极室左室即a电极，故答案为：b电极；a电极；整个电路转移120mol电子时，负极生成30mol的二氧化碳气体，正极生成12mol的氮气，除理氯化钠120mol，得到关系式为：42mol气体120molNaCl，4222.4 12058.5 7.84 2.34%m则4222.42.34%m=7.8412058.5解之得x=2500g，故答案为：2500点评：本题考查化学反应热和化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握
