1、四川省成都外国学校2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金2关于明矾KAl（SO4）212H2O溶液，下列说法正确的是（）A向该溶液中加入过量NaOH溶液，仍能大量存在：ClO、K+、CO32、ClB用明矾作净水剂：Al3+3H2O=Al
2、（OH）3+3H+C向该溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4D将该溶液蒸干、灼烧得到是K 2SO4和Al2O33NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应充分反应后断裂的CO键数目为NAB室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAC某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAD己知C2H4（g）+H2（g）=C2H4（g）H=137.0kJ/mol，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共
3、用电子对数目为NA4下列实验方案设计不合理的是（）A图1：验证苯中是否有碳碳双键B图2：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C图3：验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D图4：验证酸性CH3COOHH2CO3C6H5OH5一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示下列有关该电池的说法不正确的是（）A多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B电极b上发生的反应为：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+CH+由b电极向a电极迁移D二甲醚直接燃料电池能量密度（ kWhkg1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度
4、的1.4倍6常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7，下列说法中正确的是（）A该现象说明了NaHCO3难溶于水B滤液中的c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C滤液中c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D滤液中c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（H+）c（OH）7现向一密闭容器中充入物质的量浓度均为0.10mol/L的CH4和CO2，一定条件下发生反应：CH4（g）+CO2（ g）2CO（g）+2H2 （g）H，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关
5、系如图所示下列说法不正确的是（）AH0BP4P3P2PlC1000，P3条件下，在Y点：v（正）v（逆）D1100，P4条件下，该反应的平衡常数K=l.64 （mol/L）2二、解答题（共4小题，满分58分）8（13分）周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，Q元素的原子形成的离子就是一个质子：R基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，X基态原子s能级的总电子数比p 能级的总电子数多1：Y原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍：Z原子的价电子排布为3d74S2回答下列问题：（l）R、X、Y中第一电离能最大的是（填元素符号），其中Y原子的电子排布式
6、为（2）Q、R元素形成的某分子中共有14个电子，该分子中R原子采取 杂化，该分子的立体构型为（3）RY可以和很多过渡金属形成配合物，如Fe（RY）5）、Ni（RY）4，其中Fe（RY）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（RY）5晶体属于（填晶体类型），RY与N2互为等电子体，与RY互为等电子体的离子有（任写一种）（4）向含Z2+的溶液中加入过量的氨水，并通入适量的Y2气休，生成有Z（NH3）63+离子则该反应的离子方程式为9（15分）工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅以下是实验
7、室制备SiCl4的装置示意图已知：SiCl4熔点为70.0，沸点为57.7，且遇水易水解（1）装置C中的试剂是：装置F的作用为（2）装置A中发生反应的离子方程式为：A装置中，有一处明显错误是（3）装置D的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是（4）G中吸收气体一段时间后，吸收液中肯定存在OH、Cl和SO42为探究该吸收液中可能存在的其它酸根离子（忽略空气中CO2的影响）【提出假设】假设1：只有SO32；假设2：既无SO32也无ClO：假设3：只有ClO【设计方案，进行实验】可供选择的实验试剂有：3mol/L H2SO4溶液、1mol/L NaOH溶液、溴水、品红溶液、0.01mol/L KMnO4
8、溶液、淀粉KI溶液各取少量吸收液于a、b、c三支试管中，分别滴加适量的3mol/LH2SO4溶液后，进行下列实验请完成下表：序号 操作 可能出现的现象 结论向a试管中滴加几滴溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立向b试管中滴加几滴溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立向C试管中滴加几滴溶液假设3成立10（15分）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：，（具有还原性，极易被氧化）（1）B的结构简式为（2）反应的条件为；的反应类型为；反应的作用是（3）下列对有机物G的性质推测正确的是（填选项字母）A具有两性，既能与酸反应也能和碱反应 B能发生消去反应、取代反
9、应和氧化反应C能聚合成高分子化合物 D.1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH反应的化学方程式为（5）符合下列条件的C的同分异构体有种a属于芳香族化合物，且含有两个甲基 b能发生银镜反应 c与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的是（写出其中一种结构简式）11（15分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8
10、H2SO4，不考虑其他反应请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是（2）检验第步中Fe3+是否完全还原，应选择（填字母编号）AKMnO4溶液 B淀粉KI溶液 CKSCN溶液（3）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽通入空气引起溶液pH降低的原因是（4）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是（5）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料
11、已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2FeH=1648kJ/mol C（s）+O2（g）CO2（g）H=392kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为p将b kg质量分数为c的硫酸加入到a kg烧渣中浸取，铁的浸取率为q，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计按上述流程，第步应加入FeCO3 kg2016年四川省成都外国学校高考化学冲刺试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题
12、6分，满分42分）1化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；胶体的重要性质；化学基本反应类型；生活中常见合金的组成【分析】A青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；B气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；C铁置换铜属于湿法炼铜；D剑刃硬度要大，所以用碳铁合金【解答】解：A青蒿素的提取用的是低温萃取，属
13、于物理方法，故A错误；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故B正确；C铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确；故选A【点评】本题考查了化学反应类型、胶体以及铁合金的性质，难度不大，能够正确理解文言文是解题的关键2关于明矾KAl（SO4）212H2O溶液，下列说法正确的是（）A向该溶液中加入过量NaOH溶液，仍能大量存在：ClO、K+、CO32、ClB用明矾作净水剂：Al3+3H2O=Al（OH）3+3H+C向该溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4D将该
14、溶液蒸干、灼烧得到是K 2SO4和Al2O3【考点】离子方程式的书写【分析】明矾在水中电离生成钾离子、铝离子、硫酸根离子，则电离方程式为KAl（SO4）2=K+Al3+2SO42A向该溶液中加入过量NaOH溶液，存在：AlO2、K+、SO42OH；B水解生成氢氧化铝胶体作净水剂，不是沉淀；C过量Ba（OH）2溶液，氢氧化铝溶解在氢氧化钠中，无氢氧化铝沉淀；D硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸【解答】解：明矾在水中电离生成钾离子、铝离子、硫酸根离子，则电离方程式为KAl（SO4）2=K+Al3+2SO42A向该溶液中加入过量NaOH溶液，Al3+4OH=AlO2+2H2O，存在
15、：AlO2、K+、SO42OH与ClO、K+、CO32、Cl，不反应，能共存，故A正确；BAl3+水解生成Al（OH）3胶体可以净水，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故B错误；C向该溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有BaSO4白色沉淀生成，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O，故C错误；D明矾在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以将该溶液蒸干、灼烧最终得到的产物是K2SO4和是Al2（SO4）3，故D错误；故选A【点评】本题考查了铝盐的性质，涉及盐的水解的应用知识、氢氧化铝的两性，侧重反应实质、与量有关的离子反应及氢氧
16、化铝两性的考查，题目难度中等3NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应充分反应后断裂的CO键数目为NAB室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAC某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAD己知C2H4（g）+H2（g）=C2H4（g）H=137.0kJ/mol，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、酯化反应为可逆反应，不能进行完全；B、醋酸是弱电解质，加水稀释电离平衡被促进；C、氢气所处的状态不明确；D、依
17、据热化学方程式C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0 kI/mol，可知：消耗1mol乙烯破坏1mol碳碳双键【解答】解：A60g乙酸物质的量为1mol，与足量乙醇发生酯化反应，因为酯化反应为可逆反应，所以充分反应后断裂的CO键数目小于NA，故A错误；B室温下向1 L pH=1的醋酸溶液中含有H+数目0.1NA，加水稀释，醋酸电离程度增大，电离产生氢离子增多，故B正确；C气体状态未知，Vm不确定，无法计算产生氢气的物质的量，无法计算乙醇分子中共价键总数，故C错误；D已知C2H4（g）+H2（g）C2H6（g）H=137.0 kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5 kJ热量，
18、则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列实验方案设计不合理的是（）A图1：验证苯中是否有碳碳双键B图2：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C图3：验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D图4：验证酸性CH3COOHH2CO3C6H5OH【考点】化学实验方案的评价；常见元素的化合价【分析】A苯与溴水、高锰酸钾均不反应；B加热时碳酸钠不易分解、碳酸氢钠易分解；C乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸【解答】解：A苯与溴水、
19、高锰酸钾均不反应，可验证苯中不含有碳碳双键，故A正确；B加热时碳酸钠不易分解、碳酸氢钠易分解，要验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，如果碳酸钠的受热温度高于碳酸氢钠的受热温度，且左边烧杯中不产生白色沉淀、右边烧杯中产生白色沉淀就能验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，故B正确；C乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，可以用溴水检验生成的乙烯，故C错误；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳且放出热量，导致生成的二氧化碳中含有乙酸，为防止干扰，应该除去乙酸，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，所以该实验能验证酸性CH3COOH
20、H2CO3C6H5OH，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及酸性强弱判断、物质检验、物质稳定性检验、化学键判断等知识点，明确实验原理、物质性质及其差异性是解本题关键，注意物质检验时要排除其它物质的干扰，易错选项是C5一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示下列有关该电池的说法不正确的是（）A多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B电极b上发生的反应为：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+CH+由b电极向a电极迁移D二甲醚直接燃料电池能量密度（ kWhkg1）约为甲醇（CH3
21、OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极；B、电极b是负极发生氧化反应；C、阳离子向正极移动；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为： g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g【解答】解：A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极，而不是负极，故A错误；B、电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+，故B正确；C、阳离
22、子向正极移动，所以H+由b电极向a电极迁移，故C正确；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为： g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g，所以二甲醚直接燃料电池能量密度（ kWhkg1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度为：约为1.4倍，故D正确；故选A【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大6常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7，下列说法中正确的是（）A该现象说明了NaHCO3难溶于水B滤液中
23、的c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C滤液中c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D滤液中c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，溶液中含有NH4Cl，铵根离子水解导致溶液呈酸性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答【解答】解：常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，
24、所得溶液pH7，溶液中含有NH4Cl，铵根离子水解导致溶液呈酸性，A碳酸氢钠易溶于水，析出碳酸氢钠晶体，说明碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故A错误；BNH4HCO3与NaCl的物质的量相等，析出了部分碳酸氢钠，则c（Na+）c（HCO3），由于碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，则c（CO32）c（H2CO3），所以正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故B错误；C溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl），故C错误；D溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），铵根离子部分水解，则
25、c（Cl）c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3浓度减小，HCO3的电离程度很小，所以c（CO32）最小，即c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（CO32）c（H+）c（OH），故D正确；故选D【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7现向一密闭容器中充入物质的量浓度均为0.10mol/L的CH4和CO2，一定条件下发生反应：CH4（g）+CO2（ g）2CO（g）+2H2 （g）H，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示下列说法不正确的是（）
26、AH0BP4P3P2PlC1000，P3条件下，在Y点：v（正）v（逆）D1100，P4条件下，该反应的平衡常数K=l.64 （mol/L）2【考点】化学平衡的影响因素【分析】A由图可知，压强一定时，温度越高甲烷的转化率越大，升高温度平衡向正反应进行，据此判断；B由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；C由图可知，压强为P4、1100的条件下，到达平衡X点时甲烷的转化率为80%，Y点甲烷的转化率小于80%，反应向正反应进行，据此判断；D由图可知，压强为P4、1100的条件下，到达平衡X点时甲烷的转化率为80%，据此计算
27、甲烷的浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算该温度下的平衡常数【解答】解：A由图可知，压强一定时，温度越高甲烷的转化率越大，升高温度平衡向正反应进行，故正反应为吸热反应，即H0，故A正确；B由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4P3P2P1，故B正确；C由图可知，压强为P4、1100的条件下，到达平衡X点时甲烷的转化率为80%，Y点甲烷的转化率小于80%，反应向正反应进行，故在Y点：v（正）v（逆），故C错误；D由图可知，压强为P4、1100的
28、条件下，达到平衡X点时甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L80%=0.08mol/L，则： CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0变化（mol/L）：0.08 0.08 0.16 0.16 平衡（mol/L）：0.02 0.02 0.16 0.16故该温度下平衡常数k=1.64，故D正确；故选：C【点评】本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等，难度中等，注意利用“定一议二”原则分析解答二、解答题（共4小题，满分58分）8（13分）（2016成都校级模拟）周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序
29、数依次增大，Q元素的原子形成的离子就是一个质子：R基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，X基态原子s能级的总电子数比p 能级的总电子数多1：Y原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍：Z原子的价电子排布为3d74S2回答下列问题：（l）R、X、Y中第一电离能最大的是N（填元素符号），其中Y原子的电子排布式为1s22s22p4（2）Q、R元素形成的某分子中共有14个电子，该分子中R原子采取sp 杂化，该分子的立体构型为直线型（3）RY可以和很多过渡金属形成配合物，如Fe（RY）5）、Ni（RY）4，其中Fe（RY）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶
30、于非极性溶剂，据此可判断Fe（RY）5晶体属于分子晶体（填晶体类型），RY与N2互为等电子体，与RY互为等电子体的离子有CN（任写一种）（4）向含Z2+的溶液中加入过量的氨水，并通入适量的Y2气休，生成有Z（NH3）63+离子则该反应的离子方程式为4Co2+24NH3H2O+O2=4Co（NH3）63+4OH+22H2O【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，Q元素的原子形成的离子就是一个质子，则Q为H元素；R基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故R为C元素；X基态原
31、子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1，核外电子排布式为1s22s22p3，则X为N元素；Y原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4，则Y为O元素；Z原子的价电子排布为3d74S2，则Z为Co，以此解答该题【解答】解：周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，Q元素的原子形成的离子就是一个质子，则Q为H元素；R基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故R为C元素；X基态原子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1，核外电子排布式为1s22s22p3，则X为N元素；Y原子的核外成对
32、电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4，则Y为O元素；Z原子的价电子排布为3d74S2，则Z为Co，（1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC，Y原子的电子排布式为：1s22s22p4，故答案为：N；1s22s22p4；（2）H、C元素形成的某分子中共有14个电子，该分子为C2H2，为直线型结构，该分子中C原子采取 sp杂化，故答案为：sp；直线型；（3）Fe（CO）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe （CO）5晶体属于分子晶体，CO
33、与N2互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN等，故答案为：分子晶体；CN；（4）向含Co2+的溶液中加入过量的氨水，并通入适量的O2气体，生成有Co（NH3）63+离子，则该反应的离子方程式为：4Co2+24NH3H2O+O2=4Co（NH3）63+4OH+22H2O，故答案为：4Co2+24NH3H2O+O2=4Co（NH3）63+4OH+22H2O【点评】本题是对物质结构与性质的考查，为高考常见题型，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式与空间构型判断、等电子体、晶体结构与性质、配合物等，是对学生综合能力的考查9（15分）（2016成都校级模拟）工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与
34、氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅以下是实验室制备SiCl4的装置示意图已知：SiCl4熔点为70.0，沸点为57.7，且遇水易水解（1）装置C中的试剂是浓硫酸：装置F的作用为防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯（2）装置A中发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2A装置中，有一处明显错误是无石棉网（3）装置D的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO（4）G中吸收气体一段时间后，吸收液中肯定存在OH、Cl和SO42为探究该吸收液中可能存在的其它酸根离子（忽略空气中CO2的影响）【
35、提出假设】假设1：只有SO32；假设2：既无SO32也无ClO：假设3：只有ClO【设计方案，进行实验】可供选择的实验试剂有：3mol/L H2SO4溶液、1mol/L NaOH溶液、溴水、品红溶液、0.01mol/L KMnO4溶液、淀粉KI溶液各取少量吸收液于a、b、c三支试管中，分别滴加适量的3mol/LH2SO4溶液后，进行下列实验请完成下表：序号 操作 可能出现的现象 结论向a试管中滴加几滴0.01mol/L的KMnO4（或溴水）溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立向b试管中滴加几滴品红溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立向C试管中滴加几滴淀粉KI溶
36、液若溶液变为蓝色假设3成立【考点】制备实验方案的设计【分析】制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气，（1）装置C中的试剂应该吸收水而不能吸收氯气，用浓硫酸干燥氯气；四氯化硅遇水极易水解，F可防止空气中的水进入；（2）二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水；A装置中，有一处明显错误是
37、圆底烧瓶加热缺少石棉网；（3）在D装置中二氧化硅和碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳；（4）由假设1和假设2可知，要检测的为SO32和ClO，故假设3为只有ClO，又因为SO32会使KMnO4溶液（或溴水）褪色，而ClO不会，所故可以用来检测假设1，H2SO3和ClO具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用来检测假设2，ClO可以氧化KI反应生成碘单质，遇到淀粉边蓝色，可以用来检测假设3【解答】解：制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅
38、，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气，（1）浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，导致制取的氯气中含有氯化氢，为除去氯化氢，装置B中的试剂应该吸收氯化氢而不能吸收氯气，为饱和食盐水，装置C用浓硫酸吸水，四氯化硅遇水极易水解，F可防止右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯，故答案为：浓硫酸；防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯；（2）装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2
39、，圆底烧瓶底部表面积比较大，需用石棉网确保底部受热均匀，所以A装置中，有一处明显错误是圆底烧瓶加热缺少石棉网，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2；无石棉网；（3）在D装置中二氧化硅和碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO，故答案为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；（4）由假设1和假设2可知，要检测的为SO32和ClO，故假设3为只有ClO，又因为SO32会使KMnO4溶液褪色，而ClO不会，所故可以用来检测假设1，H2SO3和ClO具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用来检测假设2，ClO可以氧化KI反应生成碘
40、单质，遇到淀粉边蓝色，可以用来检测假设3，故答案为：0.01mol/L的KMnO4（或溴水）；品红；淀粉KI；若溶液变为蓝色【点评】本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及氯气的制法、硅的提纯等实验知识，明确制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，试题侧重分析与实验能力的综合考查，培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力10（15分）（2016成都校级模拟）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：，（具有还原性，极易被氧化）（1）B的结构简式为（2）反应的条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；的反应类型为取代反应；反应的作用是保护酚羟基，以防被氧化（3）下列对有机物G的性质推
41、测正确的是AC（填选项字母）A具有两性，既能与酸反应也能和碱反应 B能发生消去反应、取代反应和氧化反应C能聚合成高分子化合物 D.1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH反应的化学方程式为（5）符合下列条件的C的同分异构体有16种a属于芳香族化合物，且含有两个甲基 b能发生银镜反应 c与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的是（写出其中一种结构简式）【考点】有机物的合成【分析】C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推可知C为，A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知可知B为，A为D发生水解反应、酸化得到
42、E为，由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F为，F再发生还原反应得到G【解答】解：C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推可知C为，A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知可知B为，A为D发生水解反应、酸化得到E为，由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F为，F再发生还原反应得到G（1）由上述分析可知，B的结构简式为：，故答案为：；（2）反应为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，的反应类型为取代反应，反应的作用是保护酚羟基，以防被氧化故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）AG含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；BG
43、不能发生消去反应，故B错误；C含有羧基、氨基，能聚合成高分子化合物，故C正确；D羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误，故选：AC；（4）D中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均匀与NaOH反应，反应化学方程式为：，故答案为：；（5）C为，符合下列条件的C的同分异构体：a属于芳香族化合物，且含有两个甲基 b能发生银镜反应，说明含有醛基，c与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有四个取代基为：2个CH3、1个OH、1个CHO，若为苯环上H原子被OH、CHO取代，OH有图中1，2两种位置，对应的CHO分别有3种、3种位置，若为苯环上
44、H原子被OH、CHO取代，OH有图中1，2，3三种位置，对应的CHO分别有2种、2种、3种位置，若为苯环上H原子被OH、CHO取代，OH有1种位置，而CHO有3种位置，故符合条件的同分异构体共有16种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的是，故答案为：16；【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，侧重考查学生对知识的迁移运用，（5）中同分异构体的书写为易错点、难点11（15分）（2016成都校级模拟）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）
45、转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O（2）检验第步中Fe3+是否完全还原，应选择BC（填字母编号）AKMnO4溶液 B淀粉KI溶液 CKSCN溶液（3）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽通入空气引起溶液pH降低的原因是氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成
46、H+（4）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是FeS2+4e=Fe+2S2（5）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2FeH=1648kJ/mol C（s）+O2（g）CO2（g）H=392kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s
47、）+4CO2（g）H=256kJ/mol（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为p将b kg质量分数为c的硫酸加入到a kg烧渣中浸取，铁的浸取率为q，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计按上述流程，第步应加入FeCO31.18bc1.35pqa kg【考点】制备实验方案的设计【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水；（2）用KSCN
48、溶液检验第步中Fe3+是否完全还原；（3）氧气可以讲亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解使溶液pH降低；（4）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2；（5）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；（6）第步应加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，根据FeS27Fe2（S04）37Fe2O3计算参加反应的FeS2的物质的量，根据硫元素守恒计算n总（FeSO4），由Fe元素守恒计算n（FeCO3
49、），再根据m=nM计算其质量【解答】解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）KMnO4溶液可以检验有Fe2+生成，取第步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，也可以加入淀粉碘化钾溶液，铁离子存在会氧化碘离子生成碘单质，
50、溶液变蓝色，故选BC，故答案为：BC；（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；（4）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2，正极电极反应式为：FeS2+4e=Fe+2S2，故答案为：FeS2+4e=Fe+2S2；（5）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，已知：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=392kJ/mol2Fe（
51、s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol根据盖斯定律，2+可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故H=1648kJ/mol2（1480kJ/mol）+4（392kJ/mol）=256kJ/mol，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=256kJ/mol，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=256kJ/mol；（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为p将b kg质量分数为c的硫酸加入到a kg烧渣中浸取，铁的浸取率为q，Fe2
52、O3含量为P，akg烧渣中，Fe2O3质量为Pakg，铁的浸取率为q，侧参加反应的Fe2O3质量为Pakgq，其物质的量=，bkg质量分数为c的硫酸中m（H2SO4）=cbkg，其物质的量=mol，第步应加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，根据FeS27Fe2（S04）37Fe2O3，可知参加反应的FeS2的物质的量，根据硫元素守恒计算n总（FeSO4）=2+，由Fe元素守恒n（FeCO3）=n总（FeSO4）n（FeS2）2n（Fe2O3）=2+2=，故m（FeCO3）=116g/mol（1.18bc1.35pqa）103g=（1.18bc1.35pqa）kg
