1、四川省成都七中2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共42分）1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A14C可用于测定一些文物的年代，该过程是化学变化B烧结粘土制陶瓷是物理变化C服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用碳酸氢钠溶液解毒是复分解反应D从海水中提取镁的过程中，发生的是非氧化还原反应2下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述不正确的是（）A该溶液中Na+、K+、NO、Cl可大量共存B向溶液中通入CO2气体可以增强溶液漂白性C和浓盐酸反应的离子方程式：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2OD通入过量SO2气体反应的离子方程式：SO2+ClO+Ca2+H2O=CaSO4+
2、Cl+2H+3用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）A用甲图装置证明（煤油）（钠）（水）B用乙图装置制备Fe（OH）2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性4铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+下列说法一定正确的是（）A充电时，阴极的电极反应式为Cr3+e=Cr2+B电池放电肘，负极的电极反应式为Fe2+e=Fe3+C电池放电时，Cl从负极室穿过选择性透过膜移向正极室D放电时，电路中每流过0.1 mol电子，Fe3+浓度降低0.1molL15设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法
3、正确的是（）A0.1 mol的CaO2含阴阳离子总数是0.3NAB0.1 mol苯乙烯含键的数目为0.4NAC1 L 1mol/L的Na2CO3溶液中含阴阳离子数小于3NAD2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NA6常温下向25mL 0.1molL1NaOH溶液中逐滴滴加0.2molL1的HN3（叠氮酸）溶液，pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=104.7）下列说法正确的是（）A水电离出的c（H+）：A点小于B点B在B点，离子浓度大小为c（OH）c（H+）c（Na+）c（N3）C在C点，滴加的V（HN3）=12.5 mLD在D点，c
4、（Na+）=2c（HN3）+2 c（N3）7N2O3是硝酸的酸酐，在一定条件下可由4NO2（g）+O2（g）2N2O3（g）H0合成T1时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，部分实验数据如下表： 时间/s 05 10 15 c（NO2）mol/L 4.00 2.522.00 c3 c（O2）mol/L 1.00 c1 c2 0.50下列说法不正确的是（）A5s内O2的反应速率为0.074mol/Ls）BT1时平衡常数为0.125，平衡时NO2和O2的转化率均为50%CT1时平衡常数为K1，T2时平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D其它条件不变，将容器的体积的压缩到原来的一半，则
5、重新达到平衡时c（N2O3）2mol/L二、非选择题（共58分）8（13分）X、Y、Z、W为短周期的主族元素，其原子序数依次增大X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体Y是电负性最大的元素W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：8X的原子序数是Z的原子序数的一半U是第四周期11列元素（1）U基态原子的价电子排布式，Z在周期表中位置为（2）在OY2中，氧原子的杂化轨道类型是（3）Z、W的最高价氧化物的水化物，酸性较强的是（填最高价氧化物的水化物的化学式）（4）U的含氧化合物M晶胞如图所示（“”表示氧原子），则M的化学式为（5）在银氨溶液中通入W的气态氢化物，会出现黑色沉淀，该反应的离子方程式
6、是9（13分）碳酸镁晶须是一种新型吸波隐形材料中的增强材料（1）合成该物质步骤如下：步骤1：配制0.5molL1 MgSO4溶液和0.5molL1 NH4HCO3溶液步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1 000mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5步骤4：放置1h后，过滤，洗涤步骤5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3nH2On=15）配制0.5molL1 MgSO4溶液500mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
7、、步骤3中加氨水后的离子方程式（2）测定合成的MgCO3nH2O中的n值称量1.000g碳酸镁晶须，放入图1所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应45h，后期将温度升到30，最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次图1中气球的作用是；上述反应后期要升温到30，主要目的是；1.000g碳酸镁晶须产生CO2平均值为a mol，则n值为（用含a的表达式表示）（3）称取100g上述晶须产品进行热重分析，如图2则合成的晶须中n=10（16分）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：醋硝
8、香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）已知： +H2O回答以下问题：（1）反应的反应类型是（2）从A到B引入的官能团名称是（3）反应的化学方程式为（4）反应的化学方程式为（5）关于E物质，下列说法正确的是 （填字母序号）a在核磁共振氢谱中有四组吸收峰b可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和Ec可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应d存在顺反异构（6）写出G的结构简式（7）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有种可与氯化铁溶液发生显色反应；可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为11（16分）锰是冶炼工业中常用的添
9、加剂以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022（1）步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，则该反应过程中的离子方程式是，加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去Fe3+（3）步骤中，滤渣2的主要成分是（4）步骤中，在（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为（5）已知：S（s）
10、+O2（g）=SO2（g）H=a kJmol1Mn（s）+S（s）+2O2（g）=MnSO4（s）H=b kJmol1MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）H=c kJmol1，则Mn的燃烧热H=（6）按照图示流程，含MnCO3质量分数为57.5%的碳酸锰矿a kg，最终得到Mn的质量为110b kg，忽略中间过程的损耗，则除杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2kgMnCO3摩尔质量115g/mol，MnO2摩尔质量87g/mol2016年四川省成都七中高考化学热身试卷参考答案与试题解析一、选择题（共42分）1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A14C可用于测定一些文物的年代
11、，该过程是化学变化B烧结粘土制陶瓷是物理变化C服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用碳酸氢钠溶液解毒是复分解反应D从海水中提取镁的过程中，发生的是非氧化还原反应【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A14C能发生衰变，用于考古；B化学变化一定有新物质生成；C水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应；D有化合价变化的反应为氧化还原反应；【解答】解：A原子衰变为物理变化，故A错误；B烧结粘土制陶瓷有新物质生成属于复杂的物理化学变化，故B错误；C水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，二者
12、发生复分解反应，故C正确；D电解熔融氯化镁，得到金属镁，存在化合价变化，为氧化还原反应，故D错误；故选：C【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确物理变化与化学变化区别：是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大2下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述不正确的是（）A该溶液中Na+、K+、NO、Cl可大量共存B向溶液中通入CO2气体可以增强溶液漂白性C和浓盐酸反应的离子方程式：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2OD通入过量SO2气体反应的离子方程式：SO2+ClO+Ca2+H2O=CaSO4+Cl+2H+【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A离子之间
13、发生反应的不能大量共存；B次氯酸具有漂白性，次氯酸的含量越大该溶液的漂白性越强；C次氯酸根离子和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气；D次氯酸钙和过量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸、硫酸【解答】解：A离子之间发生反应的不能大量共存，这几种离子之间不反应且和次氯酸钙不反应，所以能大量共存，故A正确；B次氯酸具有漂白性，次氯酸的含量越大该溶液的漂白性越强，通入二氧化碳后生成次氯酸，次氯酸含量增大导致溶液漂白性增强，故B正确；C次氯酸根离子和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，离子方程式为Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，故C正确；D次氯酸钙和过量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸、硫酸，
14、离子方程式为Ca2+2ClO+2H2O+2SO2=CaSO4+4H+2Cl+SO42，故D错误；故选D【点评】本题以离子共存、离子方程式正误判断为载体考查氧化还原反应，为高频考点，明确离子性质、氧化还原反应原理是解本题关键，注意D发生的反应与反应物的量有关，为易错点3用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）A用甲图装置证明（煤油）（钠）（水）B用乙图装置制备Fe（OH）2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价；钠的化学性质；探究铝热反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【分析】A钠的密度比水的小，比煤油的大；B煤
15、油能隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；C利用铝热反应可制备熔点高的金属Mn；D比较稳定性，碳酸氢钠应在小试管中【解答】解：A由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；故选D【点评】本题考查实验方案的评价，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答，题目难度不大4铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的
16、储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+下列说法一定正确的是（）A充电时，阴极的电极反应式为Cr3+e=Cr2+B电池放电肘，负极的电极反应式为Fe2+e=Fe3+C电池放电时，Cl从负极室穿过选择性透过膜移向正极室D放电时，电路中每流过0.1 mol电子，Fe3+浓度降低0.1molL1【考点】化学电源新型电池【分析】铁铬氧化还原液流电池电池工作时，放电时铁铬氧化还原液流电池放电时，Cl将移向负极，负极发生电极反应为：Cr2+=Cr3+e，逆反应和充电时的阴极反应相同，充电时，在阳极极上离子失去电子发生氧化反应，即Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应为：Fe2+
17、eFe3+，逆反应和放电时正极上的反应相同，根据原电池和电解池的工作原理来回答判断即可【解答】解：A、充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3+e=Cr2+，故A正确；B、电池放电时，是原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Cr2+e=Cr3+，故B错误；C、电池放电时，Cl从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，故C错误；D、放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度和体积有关，故D错误故选A【点评】本题考查学生二次电池的工作原理知识，考查学生对原电池和电解池工作原理的掌握，难度不大5设NA为阿伏加德罗常数的值，
18、N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol的CaO2含阴阳离子总数是0.3NAB0.1 mol苯乙烯含键的数目为0.4NAC1 L 1mol/L的Na2CO3溶液中含阴阳离子数小于3NAD2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A1mol中CaO2含有1mol钙离子和1mol过氧根离子；B苯环中含有1个大键，碳碳双键中含有1个键；C碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，导致离子总数增加；D钠为+1价金属，2.3g钠的物质的量为0.1mol，根据电子守恒可知0.1mol钠完全反应转移了0.1mol电子【解答】解：A0.1 m
19、ol的CaO2含0.1mol钙离子和0.1mol过氧根离子，总共含有0.2mol离子，含有的阴阳离子总数是0.2NA，故A错误；B0.1 mol苯乙烯含0.1mol大键和0.1mol键，含有键的总数目0.2NA，故B错误；C1 L 1mol/L的Na2CO3溶液中含有1mol碳酸钠，由于碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致离子总数增加，所以溶液中含阴阳离子数大于3NA，故C错误；D2.3g钠的物质的量为： =0.1mol，0.1mol钠与氧气完全反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，转移的电子都是0.1mol，转移电子数均为0.1NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数
20、的有关计算和判断，题目难度中等，注意熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系6常温下向25mL 0.1molL1NaOH溶液中逐滴滴加0.2molL1的HN3（叠氮酸）溶液，pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=104.7）下列说法正确的是（）A水电离出的c（H+）：A点小于B点B在B点，离子浓度大小为c（OH）c（H+）c（Na+）c（N3）C在C点，滴加的V（HN3）=12.5 mLD在D点，c（Na+）=2c（HN3）+2 c（N3）【考点】离子浓度大小的比较【分析】AA点为氢氧化钠溶液，
21、B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，氢氧化钠浓度越小，水的电离程度越大；BB点呈碱性，则c（OH）c（H+），由于pH=8，氢离子、氢氧根离子浓度较小，则c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+）；C当加入12.5mLHN3（叠氮酸）溶液时，恰好反应生成NaN3，N3部分水解，溶液呈碱性；D根据D点的物料守恒判断【解答】解：AA点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，N3水解促进了水的电离，则水电离出的c（H+）：A点小于B点，故A正确；BB点呈碱性，则c（OH）c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为
22、：c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+），故B错误；C滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）12.5 mL，故C错误；D在D点，V（HN3）=25 mL，根据物料守恒可知：2c（Na+）=c（HN3）+c（N3），故D错误；故选A【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7N2O3是硝酸的酸酐，
23、在一定条件下可由4NO2（g）+O2（g）2N2O3（g）H0合成T1时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，部分实验数据如下表： 时间/s 05 10 15 c（NO2）mol/L 4.00 2.522.00 c3 c（O2）mol/L 1.00 c1 c2 0.50下列说法不正确的是（）A5s内O2的反应速率为0.074mol/Ls）BT1时平衡常数为0.125，平衡时NO2和O2的转化率均为50%CT1时平衡常数为K1，T2时平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D其它条件不变，将容器的体积的压缩到原来的一半，则重新达到平衡时c（N2O3）2mol/L【考点】化学平衡的计算；化
24、学平衡的影响因素【分析】A根据v=计算5s内NO2表示的速率，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；B10s时NO2的浓度变化量为4mol/L2mol/L=2mol/L，则此时氧气浓度变化量为2mol/L=0.5mol/L，此时氧气浓度为1mol/L0.5mol/L=0.5mol/L，与15s时氧气的浓度相等，故10s时反应到达平衡，再计算平衡时N2O3的浓度，代入平衡常数表达式K=计算，反应物转化率=100%；C平衡常数只受温度影响，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小；D根据B可知原平衡时N2O3的浓度，到平衡后其它条件不变，将容器的体积压缩到原来
25、的，压强增大一倍，平衡向正反应方向移动【解答】解：A5s内NO2的浓度变化量为4mol/L2.52mol/L=1.48mol/L，故v（NO2）=0.296mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）=v（NO2）=0.296mol/（Ls）=0.074mol/Ls），故A正确；B.10s时NO2的浓度变化量为4mol/L2mol/L=2mol/L，则此时氧气浓度变化量为2mol/L=0.5mol/L，此时氧气浓度为1mol/L0.5mol/L=0.5mol/L，与15s时氧气的浓度相等，故10s时反应到达平衡，平衡时N2O3的浓度为20.5mol/L=1mol/L，则该温度下平
26、衡常数K=0.125，平衡时NO2的转化率均为100%=50%、O2的转化率均为100%=50%，故B正确；C平衡常数只受温度影响，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，平衡常数减小，若温度T1T2，则平衡常数K1K2，故C正确；D由B中计算可知原平衡时c（N2O3）=1mol/L，达到平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，若平衡不移动，则c（N2O3）=2mol/L，但压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，则c（N2O5）2mol/L，故D错误，故选D【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡平衡常数计算及影响因素等，难度中等，注意理解掌握外界条件对平衡
27、移动的影响二、非选择题（共58分）8（13分）（2016成都校级模拟）X、Y、Z、W为短周期的主族元素，其原子序数依次增大X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体Y是电负性最大的元素W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：8X的原子序数是Z的原子序数的一半U是第四周期11列元素（1）U基态原子的价电子排布式3d104s1，Z在周期表中位置为第3周期 IVA族（2）在OY2中，氧原子的杂化轨道类型是sp3（3）Z、W的最高价氧化物的水化物，酸性较强的是H2SO4（填最高价氧化物的水化物的化学式）（4）U的含氧化合物M晶胞如图所示（“”表示氧原子），则M的化学式为Cu2O（5）在银氨溶液中通入
28、W的气态氢化物，会出现黑色沉淀，该反应的离子方程式是2Ag（NH3）2+2OH+H2S=Ag2S+2H2O+4NH3【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，X为NY是电负性最大的元素，Y是FW的原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，若W有两个电子层，设W的最外层电子数为a，则有a：（2+a）=3：8，解得a=1.2，不合题意，舍去若W有三个电子层，设W的最外层电子数为a，则有a：（10+a）=3：8，解得a=6，W为SX的原子序数是Z的原子序数的一半，X的原子序数是7，Z为14号的Si，U是第四周期11列元素，即第四周期第B族元素Cu，【解答】
29、解：X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，X为NY是电负性最大的元素，Y是FW的原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，若W有两个电子层，设W的最外层电子数为a，则有a：（2+a）=3：8，解得a=1.2，不合题意，舍去若W有三个电子层，设W的最外层电子数为a，则有a：（10+a）=3：8，解得a=6，W为SX的原子序数是Z的原子序数的一半，X的原子序数是7，Z为14号的Si，U是第四周期11列元素，即第四周期第B族元素Cu（1）Cu的电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1，外围电子排布式为3d104S1，Z为Si，处于第3周期 IVA族，故答案为：3d104s1，第
30、3周期 IVA族 （2）OY2为OF2，O的价层电子对为（6+2）/2=4，故氧原子的杂化轨道类型是sp3，故答案为：sp3（3）Z、W的最高价氧化物的水化物分别为H2SiO3 H2SO4，因为S的非金属性强于Si，所以H2SO4的酸性强于H2SiO3故答案为：H2SO4 （4）氧原子位于顶点和体内，每个晶胞占有81/8+1=2，铜原子位于体内，每个晶胞占有4个铜原子，故答案为：Cu2O（5）在银氨溶液中通入W的气态氢化物（H2S），会出现黑色沉淀Ag2S，银氨溶液中的Ag+与S2结合成Ag2S黑色沉淀，故答案为：2Ag（NH3）2+2OH+H2S=Ag2S+2H2O+4NH3【点评】本题考查
31、结构、性质、位置关系、应用，涉及核外电子排布、杂化轨道、元素周期律、晶胞结构与计算等，推断元素是解题关键，难度中等9（13分）（2016成都校级模拟）碳酸镁晶须是一种新型吸波隐形材料中的增强材料（1）合成该物质步骤如下：步骤1：配制0.5molL1 MgSO4溶液和0.5molL1 NH4HCO3溶液步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1 000mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5步骤4：放置1h后，过滤，洗涤步骤5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产
32、品（MgCO3nH2On=15）配制0.5molL1 MgSO4溶液500mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶步骤3中加氨水后的离子方程式Mg2+HCO3+NH3H2O+（n1）H2OMgCO3nH2O+NH4+（2）测定合成的MgCO3nH2O中的n值称量1.000g碳酸镁晶须，放入图1所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应45h，后期将温度升到30，最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次图1中气球的作用是暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能
33、保持装置中压强相对稳定；上述反应后期要升温到30，主要目的是升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；1.000g碳酸镁晶须产生CO2平均值为a mol，则n值为（用含a的表达式表示）（3）称取100g上述晶须产品进行热重分析，如图2则合成的晶须中n=1【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择仪器；将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物；（2）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置；反应后
34、期将温度升到30，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收；依据碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，结合生成二氧化碳物质的量和水的物质的量计算得到；（3）分析图象400C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.2g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量【解答】解：（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，由提供的仪器可知还需要仪器有
35、：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+HCO3+NH3H2O+（n1）H2OMgCO3nH2O+NH4+，故答案为：Mg2+HCO3+NH3H2O+（n1）H2OMgCO3nH2O+NH4+；（2）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；反应后期将温度升到30，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化
36、钠溶液吸收，减少测定产生的误差，故答案为：升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为amol，根据化学式可知，MgCO3nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，得到1：n=a：；得到n=，故答案为：；（3）MgCO3nH2On=15，分析图象400C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.2g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g=10082.3，解得n=1，故答案为：1【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和分析判断，主要是图象
37、分析的应用，装置中的反应现象和反应原理的综合应用，题目难度中等10（16分）（2016平度市模拟）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）已知： +H2O回答以下问题：（1）反应的反应类型是取代反应（2）从A到B引入的官能团名称是溴原子（3）反应的化学方程式为（4）反应的化学方程式为（5）关于E物质，下列说法正确的是cd （填字母序号）a在核磁共振氢谱中有四组吸收峰b可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和Ec可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应d存在顺反异构（6）写出G的结构简式（7）分子结构中只含有一个环，且同
38、时符合下列条件的G的同分异构体共有13种可与氯化铁溶液发生显色反应；可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为【考点】有机物的合成【分析】甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构可知A的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，C发生氧化反应得到D，则A与溴发生取代反应生成B为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为【解答】解：甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构可知A的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，C发生氧化反应得到D，则A与溴
39、发生取代反应生成B为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为（1）反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（2）从A到B引入的官能团名称是溴原子，故答案为：溴原子；（3）反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）E的结构简式为，a分子中有5种化学环境不同的H原子，在核磁共振氢谱中有五组吸收峰，故a错误；bE中含有碳碳双键、羰基、硝基，D中含有醛基、硝基，碳碳双键、醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；cE中含有碳碳双键、羰基、硝基，可以发生加成反应、聚合反应、氧化
40、反应和还原反应，故c正确；dE中碳碳双键中同一碳原子连接的原子或原子团不同，存在顺反异构，故d正确，故选：cd；（6）G的结构简式为：，故答案为：；（7）G（）的某种同分异构体：可与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，说明含有羧基，分子结构中只含有一个环，说明还含有碳碳三键，如果取代基为COOH、CCH、OH，如果COOH、OH位于邻位，CCH有4种位置，如果COOH、OH位于间位，CCH有4种位置，如果COOH、OH位于对位，CCH有2种位置，如果取代基为CCCOOH、OH，有邻间对三种结构，所以有13种同分异构体，其中，苯环上的一氯代物只有两种的同
41、分异构体的结构简式为：，故答案为：13；【点评】本题考查有机物推断与合成、官能团的结构与性质、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写等，充分利用转化关系中有机物的结构、反应条件采取正逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推断能力、知识迁移应用，难度中等11（16分）（2016成都校级模拟）锰是冶炼工业中常用的添加剂以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.0102
42、2（1）步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，则该反应过程中的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去Fe3+（3）步骤中，滤渣2的主要成分是CoS和NiS（4）步骤中，在阴（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为Mn2+2e=Mn（5）已知：S（s）+O2（g）=SO2（g）H=a kJmol1Mn（s）+S（s）+2O2（g）=MnSO4（s）H=b kJmol1MnO2（s）+SO2（g）=M
43、nSO4（s）H=c kJmol1，则Mn的燃烧热H=（ a+cb） kJmol1（6）按照图示流程，含MnCO3质量分数为57.5%的碳酸锰矿a kg，最终得到Mn的质量为110b kg，忽略中间过程的损耗，则除杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2174b0.435akgMnCO3摩尔质量115g/mol，MnO2摩尔质量87g/mol【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀
44、下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水；（2）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4
45、，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2+2e=Mn；（5）Mn的燃烧热是1molMn完全燃烧生成稳定氧化物MnO2（s）放出的热量，结合热化学方程式和盖斯定律计算得到；（6）按照图示流程，含MnCO3质量分数为57.5%的碳酸锰矿a kg，最终得到Mn的质量为110b kg，忽略中间过程的损耗，除杂质时，所引入的锰元素和原来碳酸锰中锰元素总和为110b kg，据此列式计算；【解答】解：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；故答案为：MnCO3+
46、H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；故答案为：CoS和NiS；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含
47、有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2+2e=Mn；故答案为：阴，Mn2+2e=Mn；（5）S（s）+O2（g）=SO2（g）H=a kJmol1Mn（s）+S（s）+2O2（g）=MnSO4（s）H=b kJmol1MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）H=c kJmol1，则Mn的燃烧热盖斯定律计算得到得到Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）H=（ a+cb）kJmol1 故答案为：（a+cb） kJmol1；（6）按照图示流程，含MnCO3质量分数为57.5%的碳酸锰矿a kg，最终得到Mn的质量为110b kg，忽略中间过程的损耗，除杂质时，所引入的锰元素和原来碳酸锰中锰元素总和为110b kg，设引入的锰元素相当于MnO2物质的量为x，+x=x=
