1、河北省衡水中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）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下列说法错误的是（）A乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高C乙醇和乙酸都能发生氧化反应D乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应2有人认为CH2=CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br+和Br，然后Br+首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br与另一端碳原子结合根据该观点如果让CH2=CH2与Br2在盛有NaCl和NaI的水溶液中反应，则得到的有机
2、物不可能是（）ABrCH2CH2BrBClCH2CH2ClCBrCH2CH2IDBrCH2CH2Cl3如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）xC（g）H=192kJmol1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：（M）（N）B若x3，达到平衡后B的转化率关系为：（M）（N）C若x3，C的平衡浓度关系为：c（M）c（N）Dx不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等4已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中
3、可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（）A若某温度下，反应后c（Cl）：c（ClO）=11，则溶液中c（ClO）：c（ClO3）=B参加反应的氯气的物质的量等于amolC改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： amolnamolD改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol5某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应：A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡，测得平衡时各物质的物质的量之比为2：2：1，保持温度、体积不变，再以2：2：1的体积比将A、B、C充入此容器中，则（）A平衡向逆反应方向转动B平衡不移动CC的百分
4、含量增大DC的百分含量减小6在一定条件下，可逆反应：N2+3H22NH3，H0，达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）A加催化剂V正、V逆都发生变化且变化的倍数相等B降温，V正、V逆都减小，且V正减小倍数大于V逆减小倍数C加压，V正、V逆都增大，且V正增大倍数大于V逆增大倍数D加入氩气，V正、V逆都增大，且V正增大倍数大于V逆增大倍数7在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度（20），压强减小至原来的一半，若加NaOH的溶液则气体全部被吸收，则此烃为（）AC3H8BC2H4CC2H6DC6H6二、非选择题8（14分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl
5、2（反应装置如图1所示）（1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是（填序号）A往烧瓶中加入MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出的下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量乙方案：采用酸碱中和滴定法测定丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样a量取试样20.00mL，用0.1000molL1NaOH标准
6、溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测的试样中盐酸浓度为molL1；b平行滴定后获得实验结果判断丙方案的实验结果（填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp（CaCO3）=2.8109、Ksp（MnCO3）=2.31011进行丁方案实验：装置如图2所示（夹持器具已略去）（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将转移到中（ii）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气体体积逐次减小的原因是（排除仪器和实验操作的影响因素）9（13分）二氧化氯（ClO2）是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被称为“第4代消毒剂”工业上可采用氯酸钠（NaClO3）
7、或亚氯酸钠（NaClO2）为原料制备ClO2（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，离子方程式为向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈若将盐酸改为相同pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快产生气体速率迅速加快的原因是（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是（3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验电源负极为极（填A或B）写出阴极室发生反应依次为控制电解液H+不低于5mol/L，
8、可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2歧化反应若两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c（H+）之差为10（16分）甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H2O（l）HCOOH（l）+CH3OH（l）H0某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）反应体系中各组分的起始量如表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见表：反应
9、时间范围/min05101520253035404550557580平均反应速率/（103molmin1）1.97.47.84.41.60.80.0请计算1520min范围内甲酸甲酯的减少量为mol，甲酸甲酯的平均反应速率为molmin1（不要求写出计算过程）（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：（3）上述反应的平衡常数表达式为：K=，则该反应在温度T1下的K值为（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图化学-化学与技术11（15分）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO
10、、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有（填化学式）（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是蒸发产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的（填操作名称）最合理（3）母液进行转化时加入稀HNO3的目的是母液需回收利用，下列处理方法合理的是a转入中和液 b转入结晶操作 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为
11、吨（假定Na2CO3恰好完全反应）12已知TXYZ是中学化学常见的四种元素，其结构或性质信息如表元素结构或性质信息T原子的L层上s电子数等于p电子数X元素的原子半径是第三周期主族元素中最大的Y空气中含其单质，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的Z单质常温常压下是气体原子的M层上有1个未成对的p电子请根据信息回答有关问题：（1）写出与Y2互为等电子体的分子式（2）在相同状况下，Y的简单氢化物的沸点高于Z的氢化物，其原因是（3）TXY三种元素的电负性由大到小的顺序（填元素符号）是（4）元素Q的原子序数是X与Z的原子序数之和该元素基态原子的最外层电子排布式为元素Q与元素TYZ分别形成平面
12、型的Q（TY）42和四面体的QZ42，其中T与YQ与Z成键时中心原子采用的杂化方式分别是元素Q形成的单质的晶体结构如图1所示，该晶体形成时的原子堆积方式图2中的是 （选填“甲”“乙”“丙”）化学-有机化学基础13菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如图：已知：（1）A的结构简式为，A中所含官能团的名称是（2）由A生成B的反应类型是，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为（3）写出D和E反应生成F的化学方程式（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH
13、2CH32016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（1）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下列说法错误的是（）A乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高C乙醇和乙酸都能发生氧化反应D乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应【考点】乙醇的化学性质；乙酸的化学性质【分析】A料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸；B乙醇和乙酸常温下为液体，C2H6、C2H4常温下为气体；C乙醇可以发生催化氧化，乙醇与乙酸都可以燃烧；D酯化反应和皂化反应需要的条件不同，物
14、质不同，二者不是互为逆反应【解答】解：A料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸，故A正确；B乙醇分子之间、乙酸分子之间都存在氢键，乙醇和乙酸常温下为液体，C2H6、C2H4常温下为气体，乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高，故B正确；C乙醇可以发生催化氧化，乙醇与乙酸都可以燃烧，燃烧属于氧化反应，故C正确；D乙醇和乙酸之间发生酯化反应生成乙酸乙酯，皂化反应是在碱性条件下进行的水解反应生成高级脂肪酸盐与水，与酯化反应的条件不同，物质不同，二者不互为逆反应，故D错误；故选D【点评】本题考查乙醇、乙酸的性质与用途等，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握2有人认为CH2
15、=CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br+和Br，然后Br+首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br与另一端碳原子结合根据该观点如果让CH2=CH2与Br2在盛有NaCl和NaI的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是（）ABrCH2CH2BrBClCH2CH2ClCBrCH2CH2IDBrCH2CH2Cl【考点】取代反应与加成反应【分析】根据题目信息：CH2=CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br+和Br，然后Br+首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br与另一端碳原子结合来判断产物【解答】解：按照题意，第一步肯定要上Br+，即一定会出现BrCH2CH2
16、的结构，第二步才能上阴离子，NaCl和NaI的水溶液中含有氯离子和碘离子还有溴水中的溴离子，可以分别加在碳原子上，ACD均可以，故B错误故选B【点评】本题是一道信息给定题，可以根据题意的相关信息来回答，较简单3如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）xC（g）H=192kJmol1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：（M）（N）B若x3，达到平衡后B的转化率关系为：（M）（N）C若x3，C的平衡浓度关系为：c（M）c（N）Dx不论为
17、何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等【考点】化学平衡建立的过程【分析】根据M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效；B若x3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动；C若x3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动；D恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度
18、相同【解答】解：M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：（M）=（N），故A错误；B若x3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：（M）（N），故B错误；C若x3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）c（N），故C错误；D恒温恒压下
19、，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素，注意恒温恒容下的平衡与恒温恒压下的平衡间的关系以及等效平衡的判断，可以根据所学知识来回答，难度中等4已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（）A若某温度下，反应后c（Cl）：c（ClO）=11，则溶液中c（ClO）：c（ClO3）=B参加反应的氯气的物质的量等于amolC改变温度
20、，反应中转移电子的物质的量n的范围： amolnamolD改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【分析】A设n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最
21、大，结合C中计算判断【解答】解：A设n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即：5n（ClO3）+11mol=111mol，解得：n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）=0.5a mol，故B正确；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3
22、），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为： a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为： a molnea mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误；故选
23、D【点评】本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力5某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应：A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡，测得平衡时各物质的物质的量之比为2：2：1，保持温度、体积不变，再以2：2：1的体积比将A、B、C充入此容器中，则（）A平衡向逆反应方向转动B平衡不移动CC的百分含量增大DC的百分含量减小【考点】化学平衡的影响因素【分析】保持温度、体积不变，再以2：2：1的体积比将A、B、C充入此容器中，相当于增大压强，平衡向着正向移动，C的百分含量增大，据此进行解答【解答】解：平衡时各物质的物质的量之比
24、为2：2：1，保持温度、体积不变，再以2：2：1的体积比将A、B、C充入此容器中，充入的气体相当于给原气体加压，反应A（g）+3B（g）2C（g）为气体体积缩小的反应，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物C的百分含量增大，故选C【点评】本题考查了化学平衡的影响，题目难度不大，明确“充入的气体相当于给原气体加压”为解答关键，注意熟练掌握影响化学平衡的因素，试题培养了学生的灵活应用能力6在一定条件下，可逆反应：N2+3H22NH3，H0，达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）A加催化剂V正、V逆都发生变化且变化的倍数相等B降温，V正、V逆都减小，且V正减小倍数大于V逆减小倍数C加
25、压，V正、V逆都增大，且V正增大倍数大于V逆增大倍数D加入氩气，V正、V逆都增大，且V正增大倍数大于V逆增大倍数【考点】化学平衡的影响因素【分析】首先分析反应的特征，该反应的正反应为放热反应，反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数之和，在此基础上，从催化剂、温度、压强等角度对反应速率和平衡移动的影响分析【解答】解：A、催化剂能同等程度增大反应速率，加入催化剂，平衡不移动，故A正确；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，则v（正）、v（逆）都减小，且v（正）减小倍数小于v（逆）减小倍数，故B错误；C、增大压强，正逆反应速率都增大，由于反应物气体的计量数之和大于生成物气体的
26、计量数之和，则平衡向正反应方向移动，v（正）增大倍数大于v（逆）增大倍数，故C正确；D、氩气为惰性气体，若为恒容下通入氩气，对反应速率和平衡移动都没有影响，故D错误故选BD【点评】本题考查外界条件对反应速率和平衡移动的影响，题目难度不大，注意相关基础知识的积累7在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度（20），压强减小至原来的一半，若加NaOH的溶液则气体全部被吸收，则此烃为（）AC3H8BC2H4CC2H6DC6H6【考点】化学方程式的有关计算【分析】反应后加NaOH的溶液则气体全部被吸收，说明气态烃与氧气混合后恰好完全反应生成生成二氧化碳和水压强减小至原来的一半，压
27、强之比等于物质的量之比，容器内反应后气体的物质的量为是反应前的一半恢复到原温度（20），水为液体，结合方程式计算【解答】解：设此烃的化学式为CxHy，则有 CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 1 x+ x 1+x+=2x由此可得：4x=4+y若x=1，则y=0，不存在此物质，若x=2，则y=4，物质为C2H4，若x=3，则y=8，物质为C3H8，故选：AB【点评】本题考查了利用方程式进行的讨论计算，难度不大，关键判断烃与氧气混合后恰好完全反应生成生成二氧化碳和水，再依据化学方程式中气体前面的化学计量数进行计算二、非选择题8（14分）（2016衡水校级模拟）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备
28、Cl2（反应装置如图1所示）（1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是ACB（填序号）A往烧瓶中加入MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出的下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量乙方案：采用酸碱中和滴定法测定丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样a量
29、取试样20.00mL，用0.1000molL1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测的试样中盐酸浓度为0.1100molL1；b平行滴定后获得实验结果判断丙方案的实验结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp（CaCO3）=2.8109、Ksp（MnCO3）=2.31011进行丁方案实验：装置如图2所示（夹持器具已略去）（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将锌粒转移到残留溶液中（ii）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气体体积逐次减小的原因是气体未冷却到室温（排除仪器和实验操作的影响因素）【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）根
30、据反应物的状态及制取气体的操作步骤进行分析；（2）甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故反应不可行；乙同学的方案：依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点使Zn粒进入残余清液中让其发生反应这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小；反应完毕时，相同时间内则气体体
31、积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了【解答】解；（1）检查装置气密性后，加药顺序一般是先加入固体药品，再加入液药品，最后再加热所正确的顺序是：ACB；故答案为：ACB；（2）与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；故答案为：残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；量取试样20.00mL，用0.1000molL1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由CHClVHCl=CNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为0.11
32、00mol/L；故答案为：0.1100；根据Ksp（CaCO3）=2.8109sp（MnCO3）=2.31011知碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；丁同学的方案：将锌转移到残留溶液中，反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变；故答案为：（i）锌粒；残留溶液；（ii）气体未冷却到室温【点评】本题考查了实验室制备氯气的试剂添加顺序，中和滴定的 实验操作和计算应用，熟悉氯气实验室制备原理及性质是解题关键，
33、题目难度中等9（13分）（2016衡水校级模拟）二氧化氯（ClO2）是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被称为“第4代消毒剂”工业上可采用氯酸钠（NaClO3）或亚氯酸钠（NaClO2）为原料制备ClO2（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，离子方程式为5ClO2+4H+=4ClO2+Cl+2H2O向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈若将盐酸改为相同pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快产生气体速率迅速加快的原因是反应生成的氯离子对该反应起催化作用（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2用H2
34、O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2（3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验电源负极为A极（填A或B）写出阴极室发生反应依次为ClO2+e=ClO2；ClO3+ClO2+2H+=2ClO2+H2O控制电解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2歧化反应若两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c（H+）之差为0.8mol/L【考点】
35、制备实验方案的设计【分析】1）反应物为亚氯酸钠，所在环境为酸性环境，生成物为ClO2气体，且知此反应为歧化反应，据此书写离子反应方程式即可；改加pH相同的硫酸，氢离子浓度不变，应考虑氯离子的影响；（2）H2O2作还原剂时氧化产物为O2，不会产生环境污染；（3）与电源负极相连的一极为阳极，溶液中的阳离子在此电极得到电子，发生还原反应；阴极室中电极A上发生反应ClO2+e=ClO2，生成的ClO2与溶液中的ClO3结合生成ClO2；电解池中阴极得到的电子数等于阳极失去的电子数，根据阳极室发生反应：4OH4e=O2+2H2O，阴极发生：ClO2+e=ClO2；ClO3+ClO2+2H+=2ClO2+
36、H2O，结合电极方程式计算【解答】解：（1）亚氯酸钠在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，故化合价由+3价升高到+4价，故部分氯离子降低为1价，离子反应方程式为：5ClO2+4H+=4ClO2+Cl+2H2O，反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催化作用，故答案为：5ClO2+4H+=4ClO2+Cl+2H2O；反应生成的氯离子对该反应起催化作用；（2）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，不会产生环境
37、污染，故答案为：H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2；（3）由图可知，ClO2在电极A上得到1个电子，生成ClO2，故A应为电源的负极，故答案为：A；阴极室中电极A上发生反应ClO2+e=ClO2，生成的ClO2与溶液中的ClO3结合生成ClO2，离子反应方程式为：ClO3+ClO2+2H+=2ClO2+H2O，故答案为：ClO2+e=ClO2；ClO3+ClO2+2H+=2ClO2+H2O；在电解池的整个闭合回路中阴极得到的电子数等于阳极失去的电子数，在阳极室发生反应：4OH4e=O2+2H2O产生1mol的O2，转移4mold电子，阴极室ClO2+e=ClO2；
38、ClO3+ClO2+2H+=2ClO2+H2O每产生4mol的ClO2电子转移4mol电子，共产生气体5mol现在两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），产生气体的物质的量为1mol，所以转移电子0.8mol，在阳极有0.8mol的OH离子放电因为溶液的体积为1L，所以此时阳极室与阴极室c（H+）之差为0.8mol/L，故答案为：0.8mol/L【点评】本题以氯及其化合物的性质考查氧化还原反应及物质的制备实验，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，侧重学生综合应用能力及信息抽取和分析能力的考查，题目难度中等10（16分）（2016
39、衡水校级模拟）甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H2O（l）HCOOH（l）+CH3OH（l）H0某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）反应体系中各组分的起始量如表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见表：反应时间范围/min05101520253035404550557580平均反应速率/（103molmin1）1.97.47.84.41.60.80.0请计算1520min范围内甲酸甲酯
40、的减少量为0.045mol，甲酸甲酯的平均反应速率为0.009molmin1（不要求写出计算过程）（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零（3）上述反应的平衡常数表达式为：K=，则该反应在温度T1下的K值为（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预
41、期结果示意图【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）由图表可知，15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%，两次时刻剩余的甲酸甲酯的物质的量之差，即为1520min范围内甲酸甲酯的减少量；根据题目图表可知反应速率为单位时间内物质的量的变化，1520min范围内甲酸甲酯的平均速率为，据此求解；（2）甲酸具有催化作用，加快反应，开始氢离子浓度小，催化效果不明显，随着反应进行氢离子浓度增大，催化效果明显，甲酸增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，当达到平衡时，反应速率几乎不变；（3）由图象与表格可知，在75
42、min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，计算出平衡时反应混合物各物质的物质的量，代入表达式计算；（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小【解答】解：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为11.00mol6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为11.00mol11.2%=0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均
43、速率=0.045mol/5min=0.009molmin1故答案为：0.045；0.009；（2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变，其规律及原因如下：反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零，故答案为：反应初期：虽然甲酸甲酯
44、的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.0024%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol，甲醇的物质的量=0.76mol所以K=（0.760.25）/（1.750.76）=1/7故答案为：；（4）因为升高温度
45、，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲酸甲酯的转化率增大，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要高于T1图象为，故答案为：【点评】本题考查考生对化学反应速率概念，化学平衡的了解及其影响因素的理解，为高考常见题型，侧重学生的分析、计算能力的考查，对化学平衡常数简单计算的掌握，注重考查学生知识迁移、读图及表达能力化学-化学与技术11（15分）（2016衡水校级模拟）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO22NaN
46、O2+CO2（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有NaNO3（填化学式）（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出蒸发产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱（填操作名称）最合理（3）母液进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，下列处理方法合理的是cda转入中和液 b转入结晶操作 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为1.59吨（假定Na2CO
47、3恰好完全反应）【考点】制备实验方案的设计【分析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，以此解答（1）（3）；（
48、4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），结合m=nM计算【解答】解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含Na
49、NO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；（3）由上述分析可知，母液进行转化时加入稀
50、HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，可转入转化液或转入结晶操作，提高其利用率，故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2104mol+1104mol）106g/mol=1.59106g=1.59t，故答案为：1.59【点评】本题考查物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，为高考常见题型，把握流程中的反应、分离方
51、法为解答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等12（2016衡水校级模拟）已知TXYZ是中学化学常见的四种元素，其结构或性质信息如表元素结构或性质信息T原子的L层上s电子数等于p电子数X元素的原子半径是第三周期主族元素中最大的Y空气中含其单质，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的Z单质常温常压下是气体原子的M层上有1个未成对的p电子请根据信息回答有关问题：（1）写出与Y2互为等电子体的分子式CO（2）在相同状况下，Y的简单氢化物的沸点高于Z的氢化物，其原因是NH3分子间能形成氢键，而HCl分子间没有氢键（3）TXY三种元素的电负性由
52、大到小的顺序（填元素符号）是NCNa（4）元素Q的原子序数是X与Z的原子序数之和该元素基态原子的最外层电子排布式为3d84s2元素Q与元素TYZ分别形成平面型的Q（TY）42和四面体的QZ42，其中T与YQ与Z成键时中心原子采用的杂化方式分别是sp；sp3元素Q形成的单质的晶体结构如图1所示，该晶体形成时的原子堆积方式图2中的是丙 （选填“甲”“乙”“丙”）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】T、X、Y、Z是中学化学常见的四种元素，T原子的L层上s电子数等于p电子数，则T原子外围电子排布为2s22p2，故T为碳元素；X元素的原子半径是第三周期主族元素中最大，则X为Na元素；空气中含Y单质
53、，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的，则Y为氮元素；Z原子的M层上有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，其单质常温、常压下是气体，故Z为Cl元素，据此解答【解答】解：T、X、Y、Z是中学化学常见的四种元素，T原子的L层上s电子数等于p电子数，则T原子外围电子排布为2s22p2，故T为碳元素；X元素的原子半径是第三周期主族元素中最大，则X为Na元素；空气中含Y单质，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的，则Y为氮元素；Z原子的M层上有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，其单质常温、常压下是气体，故Z为Cl元素，（1）与N
54、2互为等电子体的物质为CO等，故答案为：CO；（2）NH3分子间能形成氢键，而HCl分子间没有氢键，故NH3的沸点故HCl的沸点，故答案为：NH3分子间能形成氢键，而HCl分子间没有氢键；（3）非金属性越强，电负性越大，故电负性NCNa，故答案为：NCNa；（4）元素Q的原子序数是Na与Cl的原子序数之和，则Q的原子序数为11+17=28，则Q为Ni元素；Ni元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，其最外层电子排布为3d84s2，故答案为：3d84s2；平面型的Ni（CN）42和四面体的NiCl42，CN中C原子价层电子数为1+=2，N原子采取sp杂化，NiCl4
55、2是四面体结构，Ni原子采取sp3杂化，故答案为：sp；sp3；由图可知，Ni的晶体为面心立方堆积，即为“ABC”结构，原子堆积方式是为丙，故答案为：丙【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、等电子体、电负性、氢键、杂化方式判断、晶胞计算等，（4）中注意对晶胞结构的理解化学-有机化学基础13（2016衡水校级模拟）菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如图：已知：（1）A的结构简式为，A中所含官能团的名称是醛基、碳碳双键（2）由A生成B的反应类型是加成反应，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为（3）写出D和E反应生成F的化学方程式（4）结合
56、题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgB
57、r，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1丁醇【解答】解：根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH（1）由上述分析可知，A的结构简式为，所含官能团有：醛基、碳碳双键，故答案为：；醛基、碳碳双键；（2）由A生成B的反应类型属于加成反应，E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：，故答案为：加成反应；（3）D和E反应生成F的化学方程式为：，故答案为：；（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1丁醇，合成路线流程图为：，故答案为：