1、2016年四川省成都市龙泉一中高考化学模拟试卷（八）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题6分，共42分）1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是（）A泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液B“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用CPM2.5受到普遍的关注，因为PM2.5在空气中形成了气溶胶，富含大量的有毒、有害物质，对空气质量影响较大（PM2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物）D蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离
2、子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质2如表实验方案设计中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A验证乙烯与溴发生加成反应乙烯通入溴水中，测定反应前后溶液pHB检验氯化铁溶液中是否含FeCl2向氯化铁溶液中滴加铁氰化钾溶液C检验乙酸中是否混有乙醇取样液于试管，加入一绿豆颗粒大的钠粒D验证Ksp（AgI）Ksp（AgCl）向含等物质的量NaCl、KI的混合液中滴加AgNO3溶液AABBCCDD3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NAB常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NAC铅蓄电池中，当
3、正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NAD11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4 反应中，6 mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA4浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半若电解液为LiAlCl4SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2下列说法不正确的是（）ALi为电池的负极B电池的电解液可用LiCl水溶液代替C放电时电子从负极经外电路流向正极D充电时阳极反应式为：4Cl+S+SO24e=2SOCl25下列实验操作、现象、结论或解释均正确的是（）选项实验操作现
4、象结论或解释A将某钾盐固体溶于盐酸产生无色无味的气体该钾盐是K2CO3B向可能含有Fe2+的Fe2（SO4）3溶液中加入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色该溶液中一定含有Fe2+C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+D向浓度均为0.1 molL1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD6某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4mol A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）4C（s）+2D（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正
5、确的是（）A该反应的化学平衡常数表达式是K=B此时，B的平衡转化率是40%C增大该体系的压强，化学平衡常数增大D增加B，B的平衡转化率增大725时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ANaH2PO4水溶液呈酸性，其溶液中：c（Na+）c（H2PO4）c（H3PO4）c（HPO42）BO.1 molL1的CH3COONa溶液与0.1 molL1的CH3COOH溶液等体积混合（PH7）：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）CO.1 molL1的（NH4）2SO4溶液与O.1 molL1的NH3H2O溶液等体积混合：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+
6、c（OH）DO.1 molL1的Na2CO3溶液与O.2 molL1的NaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）8在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16mol充入10L 恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是（）A反应前2min Z的平均速率（Z）=2.0103 mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前（逆）（正）C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入
7、0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大二、解答题（共4小题，满分58分）9元素H、C、N、O、F都是重要的非金属元素，Fe、Cu是应用非常广泛的金属（1）Fe元素基态原子的核外电子排布式为（2）C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中键与键的个数 比为（3）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）（3）在测定HF的相对分子质量时，实验测得值一般高于理论值，其主要原因是（5）C、N两元素形成的化合物C3N4形成的原子晶体，结构类似 金刚石，甚至硬度超过金刚石，其原因是（6）如图为石墨晶胞结构示意图，该晶胞中含有C原子的个数为10草酸亚铁晶体（FeC2O42
8、H2O）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液时，需加少量硫酸，目的是（2）沉淀时发生反应的化学方程式为（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成这说明草酸亚铁晶体具有（填“氧化”或“还原”）性若反应中消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的n（KMnO4）为（4）称取3.60g草酸亚铁晶体（摩尔质量是180gmol1）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：过程发生
9、反应的化学方程式为300时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式（写出计算过程）11有机化学基础颠茄酸酯（J）是一种用于胃肠道平滑肌痉挛及溃疡病的辅助治疗药物，其合成路线如图：回答下列问题：（1）烃B中含氢的质量分数为7.69%，其相对分子质量小于118，且反应1为加成反应，则B的分子式为，X的化学名称为（2）CD的反应类型为，GH 的反应类型为（3）D的结构简式为，G的结构简式为（4）反应3的化学方程式为（5）J的核磁共振氢谱有个峰（6）化合物I有多种同分异构体，同时满足下列条件的结构有种能发生水解反应和银镜反应能与FeCl3溶液发生显色反应苯环上有四个取代基，且苯环上一卤
10、代物只有一种12二氧化锰在生产、生活中有广泛应用（1）锌锰碱性电池广泛应用于日常生活电池的总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+2H2O（l）Zn（OH）2（s）+2MnOOH（s）该电池的正极反应式为（2）某学习小组拟以废旧干电池为原料制取锰，简易流程如图1：加入浓盐酸溶于废旧电池内黑色物质过程中保持通风，其原因是从产品纯度、环保等角度考虑，X宜选择（填代号）A焦炭 B铝 C氢气 D一氧化碳写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式（3）电解硫酸锰溶液法制锰又叫湿法冶锰以菱锰矿（主要成份是MnCO3，主要杂质是Fe2+、Co2+、Ni2+）为原料制备锰的工艺流程如图2：已知：NiS
11、、CoS均难溶于水部分氢氧化物的pH如表：（若某离子浓度小于等于105molL1，则认为完全沉淀）物质Fe（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Mn（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH7.57.77.68.32.7完全沉淀pH9.78.48.29.83.8用离子方程式表示加入二氧化锰的作用加入氨水调节浸出槽中溶液的pH范围：弃渣B可能含有的物质为电解槽阴极的电极反应式为2016年四川省成都市龙泉一中高考化学模拟试卷（八）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确选项，每题6分，共42分）1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是（）A泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒
12、为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液B“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用CPM2.5受到普遍的关注，因为PM2.5在空气中形成了气溶胶，富含大量的有毒、有害物质，对空气质量影响较大（PM2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物）D蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【考点】盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构【分析】A、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里；B、地沟油的主要成分为油脂
13、，可用于肥皂和生物柴油；C、如粒子直径大于100nm，则不形成胶体；D、银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性【解答】解：A、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故A错误；B、地沟油的主要成分为油脂，可用于肥皂和生物柴油，故B正确；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，如粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故C错误；D、银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确故选AC2如表实验方案设计中，不能达到实验目的是（）选项实验
14、目的实验方案A验证乙烯与溴发生加成反应乙烯通入溴水中，测定反应前后溶液pHB检验氯化铁溶液中是否含FeCl2向氯化铁溶液中滴加铁氰化钾溶液C检验乙酸中是否混有乙醇取样液于试管，加入一绿豆颗粒大的钠粒D验证Ksp（AgI）Ksp（AgCl）向含等物质的量NaCl、KI的混合液中滴加AgNO3溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加成反应后，酸性不明显，而发生取代反应生成HBr，酸性增强；B滴加铁氰化钾溶液，与亚铁离子反应产生蓝色沉淀；C乙酸、乙醇均与Na反应生成氢气；D先生成沉淀的溶度积小【解答】解：A若发生加成反应，溶液酸性变化不明显；若发生取代反应，溶液酸性增强，测定反应前
15、后溶液pH，可验证乙烯与溴发生加成反应，故A正确；B滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀说明含有FeCl2，故B正确；C乙酸、乙醇均能与钠反应产生气体，不能检验是否含乙醇，故C错误；D先产生黄色沉淀，证明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），能达到实验目的，故D正确；故选C3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NAB常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NAC铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NAD11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2S
16、O4 反应中，6 mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A铝为3价金属，0.2mol铝与氢氧化钠溶液完全反应失去0.6mol电子，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；B盐酸抑制了水的电离，溶液中中的氢氧根离子是水电离的；C正极由PbO2PbSO4，每增重64g转移2mol电子；DCu3P中Cu显+1价，60mol CuSO4参加反应得到60mol电子，P4被氧化到H3PO4，每有1molP4被氧化失去电子20mol，故6 mol CuSO4能氧化0.3 mol 白磷【解答】解：A.0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，会生成=0.3mol氢气，则
17、生成的H2分子数为0.3NA，故A正确；B常温下，1LpH=1的盐酸溶液中含有氢离子的物质的量浓度为：0.1mol/L，盐酸抑制了水的电离，则溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：11013mol/L，1L该溶液中由水电离的氢离子的物质的量为：11013mol，故B错误；C铅蓄电池中，正极：PbO2PbSO4，每增重64g时转移2mol电子，所以正极增重9.6g转移电子数为0.3NA，故C错误；DCu3P中Cu显+1价，所以60 mol CuSO4参加反应得到60 mol 电子，P4被氧化到H3PO4，每有1 mol P4被氧化失去电子20 mol，所以6 mol CuSO4能氧
18、化0.3 mol 白磷，能氧化白磷的分子数为0.3NA，故D错误；故选A4浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半若电解液为LiAlCl4SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2下列说法不正确的是（）ALi为电池的负极B电池的电解液可用LiCl水溶液代替C放电时电子从负极经外电路流向正极D充电时阳极反应式为：4Cl+S+SO24e=2SOCl2【考点】化学电源新型电池【分析】A放电时，失电子化合价升高的电极是负极；B水和Li发生反应生成LiOH和氢气；C放电时，电子从负极沿导线流向正极；D充电时，阳极上S失电子发生氧化反应【解
19、答】解：A放电时，失电子化合价升高的电极是负极，根据电池反应式知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，故A正确；BLi是一种碱金属，比较活泼，能与H2O直接发生反应，因此该锂电池的电解液不能用LiCl水溶液代替LiAlCl4SOCl2，故B错误；C放电时，Li是负极，另一个电极是正极，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故C正确；D充电时，阳极上S失电子发生氧化反应，阳极反应式为：4Cl+S+SO24e=2SOCl2，故D正确；故选B5下列实验操作、现象、结论或解释均正确的是（）选项实验操作现象结论或解释A将某钾盐固体溶于盐酸产生无色无味的气体该钾盐是K
20、2CO3B向可能含有Fe2+的Fe2（SO4）3溶液中加入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色该溶液中一定含有Fe2+C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+D向浓度均为0.1 molL1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A能和稀盐酸反应生成无色无味气体的钾盐有K2CO3或KHCO3；BFe2+能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Fe3+而使酸性高锰酸钾溶液褪色，Fe3+和酸性高锰酸钾溶液不反应；CNH4+和稀的NaOH溶液反应生成一水合氨而
21、不是NH3；D溶度积常数小的物质先产生沉淀【解答】解：A能和稀盐酸反应生成无色无味气体的钾盐有K2CO3或KHCO3，所以该实验中钾盐不一定是碳酸钾，故A错误；BFe2+能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Fe3+而使酸性高锰酸钾溶液褪色，Fe3+和酸性高锰酸钾溶液不反应，该实验中酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2+，故B正确；CNH4+和稀的NaOH溶液反应生成一水合氨而不是NH3，所以湿润的红色石蕊试纸不变蓝色，故C错误；D溶度积常数小的物质先产生沉淀，因为硝酸银不足量，产生黄色沉淀，说明溶度积Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D错误；故选B6某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4mol
22、A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）4C（s）+2D（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正确的是（）A该反应的化学平衡常数表达式是K=B此时，B的平衡转化率是40%C增大该体系的压强，化学平衡常数增大D增加B，B的平衡转化率增大【考点】化学平衡建立的过程【分析】A、依据平衡常数的概念分析列式得到，C为固体不写入平衡常数的表达式；B、依据平衡三段式列式计算；C、反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，但平衡常数随温度变化；D、两种反应物，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，本身转化率降低；【解答】解：A、依据平衡常数的概念分析列式得到，
23、C为固体不写入平衡常数的表达式，K=，故A错误；B、依据平衡三段式列式计算；加入4mol A和2mol B进行反应，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C， 3A（g）+2B（g）4C（s）+2D（g）起始量（mol） 4 2 0 0变化量（mol） 1.2 0.8 1.6 0.8平衡量（mol）2.8 1.2 1.6 0.8B的转化率=100%=40%，故B正确；C、反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，但平衡常数随温度变化，压强变化，平衡常数不变，故C错误；D、两种反应物，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，本身转化率降低，增加B，B的平衡转化率减小，故D错误；故选
24、B725时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ANaH2PO4水溶液呈酸性，其溶液中：c（Na+）c（H2PO4）c（H3PO4）c（HPO42）BO.1 molL1的CH3COONa溶液与0.1 molL1的CH3COOH溶液等体积混合（PH7）：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）CO.1 molL1的（NH4）2SO4溶液与O.1 molL1的NH3H2O溶液等体积混合：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH）DO.1 molL1的Na2CO3溶液与O.2 molL1的NaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32）+c（H
25、CO3）+c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANaH2PO4水溶液呈酸性，说明H2PO4的电离程度大于其水解程度，则c（HPO42）c（H3PO4）；B醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，溶液显示碱性，则c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）；C根据混合液中的电荷守恒判断；D根据该混合液中的物料守恒分析【解答】解：A钠离子不水解，浓度最大，H2PO4电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，电离程度和水解程度都较小，所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（H2PO4）c（H+）c（HPO42）c（H3PO4），故A错误；BO.1 molL1的CH3COONa溶液与0.1
26、 molL1的CH3COOH溶液等体积混合（pH7），说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，故溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+），故B错误；CO.1 molL1的（NH4）2SO4溶液与O.1 molL1的NH3H2O溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），故C正确；D.0.1 molL1的Na2CO3溶液与O.2 molL1的NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故D错误；故选C8在一定温度下，将气体X和气体Y 各0
27、.16mol充入10L 恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是（）A反应前2min Z的平均速率（Z）=2.0103 mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前（逆）（正）C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率
28、之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正）；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动【解答】解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故v（Z）=mol/（Lmin）=4.0103 mol/（Lmin），故A错误；B、该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动
29、，反应达到新平衡前v（逆）v（正），故B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01molL1、0.01molL1、0.012molL1，故平衡常数K=1.44，故C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，因为在等温等容条件下，左右气体化学计量数相等，原平衡环境和D 选项的平衡环境互为等效平衡，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误故选C二、解答题（共4小题，满分58分）9元素H、C、N、O、F都是重要的非金属元素
30、，Fe、Cu是应用非常广泛的金属（1）Fe元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2（2）C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中键与键的个数 比为5：1（3）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）NOC（3）在测定HF的相对分子质量时，实验测得值一般高于理论值，其主要原因是F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子（HF）n（5）C、N两元素形成的化合物C3N4形成的原子晶体，结构类似 金刚石，甚至硬度超过金刚石，其原因是N原子半径小于C原子半径，键长CNCC，CN键能更大（6）如图为石墨晶胞结构示意图，该晶胞中含有
31、C原子的个数为4【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；晶胞的计算【分析】（1）Fe是26元素，核外电子数为26，根据核外电子排布规律书写；（2）C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该烃分子式为C2H4，分子中含有4个CH、1个C=C双键，双键为1个键、1键；（3）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级含有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去第1个电子需要的能量较大；（4）F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子；（5）原子晶体中化学键键长越短，键能越大
32、，化学键越稳定；（6）由石墨晶胞结构可知，bab=60，aba=120，故顶点a相应位置碳原子为12个晶胞共用，顶点b相应位置为棱上碳原子为6个晶胞共用，面上为2个晶胞共用，晶胞内部含有1个碳原子，ad相应棱上碳原子为6个晶胞共用，bc相应棱上碳原子为3个晶胞共用，利用相应物质均摊法计算【解答】解：（1）Fe是26元素，核外电子数为26，态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；（2）C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该烃分子式为C2H4，分子中含有4个CH、1个C=C双键，双键为1个键、1键，故该分子中
33、键与键的个数比为5：1，故答案为：5：1；（3）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC，故答案为：NOC；（4）F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子（HF）n，实验测得HF的相对分子质量一般高于理论值，故答案为：F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子（HF）n；（5）N原子半径小于C原子半径，键长CNCC，故在C3N4形成的原子晶体中CN键能更大，故其硬度超过金刚石，故答案为：N原子半径小于C原子半径，键长CNCC，CN键能更大；（6）
34、由石墨晶胞结构可知，bab=60，aba=120，故顶点a相应位置碳原子为12个晶胞共用，顶点b相应位置为棱上碳原子为6个晶胞共用，面上为2个晶胞共用，晶胞内部含有1个碳原子，ad相应棱上碳原子为6个晶胞共用，bc相应棱上碳原子为3个晶胞共用，故晶胞中含有的AC原子数目为：4+4+2+1+2+2=4，故答案为：410草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液时，需加少量硫酸，目的是抑制Fe2+水解（2）沉淀时发生反应的化学方程式为（NH4）2Fe
35、（SO4）2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+H2SO4+（NH4）2SO4（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成这说明草酸亚铁晶体具有还原（填“氧化”或“还原”）性若反应中消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的n（KMnO4）为0.6 mol（4）称取3.60g草酸亚铁晶体（摩尔质量是180gmol1）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：过程发生反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O300时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化
36、物的化学式草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3（写出计算过程）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】在稀硫酸溶液中配置硫酸亚铁氨，加入草酸沉淀沉淀亚铁离子生成草酸亚铁，静置倾去上层溶液后处理得到草酸晶体，（1）配制（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液时，需加少量硫酸的目的是抑制其水解；（
37、2）沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨；（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（4）根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式；过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质
38、量比为：1.12g：0.48g=7：3，据此计算书写化学式【解答】解：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液时，溶液中亚铁离子水解显酸性，需加少量硫酸的目的是抑制其水解，故答案为：抑制Fe2+水解；（2）沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨，反应的化学方程式依据原子守恒配平写出为：（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+H2SO4+（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+H2SO4+（NH4）2SO4；（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸
39、酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2+5C2O42+3MnO4+24H+=5Fe3+3Mn2+5CO2+12H2O，消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol；故答案为：还原性；0.6；（4）通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O故答案为：FeC2O42H2OFeC2O4
40、+2H2O；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3故答案为：Fe2O311有机化学基础颠茄酸酯（J）是一种用于胃肠道平滑肌痉挛及溃疡病的辅助治疗药物，其合成路线如图：回答下列问题：（1）烃B中含氢的质量分数为7.69%，其相对分子质量小于118，且反应1为加成反应，则B的分子式为C8H8，X的化学名称为乙炔（
41、2）CD的反应类型为水解（或取代）反应，GH 的反应类型为取代反应（3）D的结构简式为，G的结构简式为（4）反应3的化学方程式为+H2O（5）J的核磁共振氢谱有6个峰（6）化合物I有多种同分异构体，同时满足下列条件的结构有6种能发生水解反应和银镜反应能与FeCl3溶液发生显色反应苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种【考点】有机物的推断【分析】烃B中含氢的质量分数为7.69%，当B的相对分子质量为118时，含有H原子数为： =9，而烃B的相对分子质量小于118、反应1为加成反应，故烃B分子中含H原子个数应大于6而小于9，只能为8，B的相对分子量为：104，B分子中含有C原子数为： =8，
42、所以B的分子式为C8H8，则X为C2H2，即X为乙炔：CHCH、B为苯乙烯：；B与HBr发生加成反应生成C，则C为；C与NaOG的水溶液加热反应生成D，则D为；D催化氧化生成E，E能够与新制的氢氧化铜反应，则E为；F与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成G，则G为；G与甲酸乙酯反应生成H，H与氢气发生加成反应生成I，则I为；I经过反应3生成J，反应的化学方程式为： +H2O，据此进行解答【解答】解：烃B中含氢的质量分数为7.69%，当B的相对分子质量为118时，含有H原子数为： =9，而烃B的相对分子质量小于118、反应1为加成反应，故烃B分子中含H原子个数应大于6而小于9，只能为8，B的相对分
43、子量为：104，B分子中含有C原子数为： =8，所以B的分子式为C8H8，则X为C2H2，即X为乙炔：CHCH、B为苯乙烯：；B与HBr发生加成反应生成C，则C为；C与NaOH的水溶液加热反应生成D，则D为；D催化氧化生成E，E能够与新制的氢氧化铜反应，则E为；F与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成G，则G为；G与甲酸乙酯反应生成H，H与氢气发生加成反应生成I，则I为；I经过反应3生成J，结合各步转化的反应条件及物质的组成与结构可确定C为、D为、E为、G为、I为；（1）根据分析可知，B的分子式为：C8H8；X的名称为乙炔，故答案为：C8H8；乙炔；（2）CD的反应为：C与NaOH的水溶液加热发
44、生水解反应生成，该反应为水解反应，也属于取代反应；GH 的反应：G与甲酸乙酯发生取代反应生成H，故答案为：水解（或取代）反应；取代反应；（3）D的结构简式为：；G的结构简式为：，故答案为：；（4）反应3为在浓硫酸存在条件下发生消去反应生成，反应的化学方程式为+H2O，故答案为： +H2O；（5）分子中，苯环上含有3种等效H原子，侧链含有3种等效H，总共含有6种H原子，所以其核磁共振氢谱有6个吸收峰，故答案为：6；（6）I为，能发生水解反应和银镜反应，说明有机物分子中含有酯基和醛基；能与FeCl3溶液发生显色反应，该有机物分子中含有酚羟基；苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种，说明苯环上
45、剩余的2个H为等效H原子，根据以上分析可知，满足条件的I的同分异构体有：、，总共有6种，故答案为：612二氧化锰在生产、生活中有广泛应用（1）锌锰碱性电池广泛应用于日常生活电池的总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+2H2O（l）Zn（OH）2（s）+2MnOOH（s）该电池的正极反应式为MnO2+H2O+e=MnOOH+OH（2）某学习小组拟以废旧干电池为原料制取锰，简易流程如图1：加入浓盐酸溶于废旧电池内黑色物质过程中保持通风，其原因是二氧化锰与浓盐酸反应会产生有毒的氯气从产品纯度、环保等角度考虑，X宜选择C（填代号）A焦炭 B铝 C氢气 D一氧化碳写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰
46、的化学方程式6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2（3）电解硫酸锰溶液法制锰又叫湿法冶锰以菱锰矿（主要成份是MnCO3，主要杂质是Fe2+、Co2+、Ni2+）为原料制备锰的工艺流程如图2：已知：NiS、CoS均难溶于水部分氢氧化物的pH如表：（若某离子浓度小于等于105molL1，则认为完全沉淀）物质Fe（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Mn（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH7.57.77.68.32.7完全沉淀pH9.78.48.29.83.8用离子方程式表示加入二氧化锰的作用MnO2+4H+2Fe2+=2Fe3+Mn2+2H2O加入氨水调节浸出槽中溶液的pH范围：3.8pH8.3
47、弃渣B可能含有的物质为NiS、CoS电解槽阴极的电极反应式为Mn2+2e=Mn【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）由电池反应式可知反应中Mn元素化合价降低，被还原生成MnOOH，为原电池正极反应；（2）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应产生氯气，滤液中含有氯化锰，加入碳酸铵可生成碳酸锰，经高温，生成Mn3O4，最后用热还原法生成Mn，浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气，氯气是有毒气体，故用浓盐酸溶解二氧化锰时要保持通风，避免中毒；焦炭、铝还原四氧化三锰时产品中混有固体杂质，CO有毒，易污染环境宜用氢气还原四氧化三锰；碳酸锰在空气中灼烧时有氧气参与反应；（3）锰的主要矿石有软锰矿
48、（主要成分MnO2）和菱锰矿（主要成分MnCO3），加入二氧化锰、硫酸和氨水在浸出槽中反应，通过化合浸取、氧化净化及沉淀除杂、电解硫酸锰溶液法得到产品，根据几种离子沉淀的pH数据知，氢氧化亚铁沉淀过程中，氢氧化锰已开始沉淀，因此，要将亚铁离子转化成铁离子；在此pH范围内Co2+、Ni2+可能没有完全沉淀，加入硫化铵溶液用于沉淀多余Co2+、Ni2+用惰性电极材料电解硫酸锰溶液时，阴极上锰离子发生还原反应，阳极上发生氧化反应：2H2O4e=4H+O2，阳极区生成了硫酸，硫酸循环使用【解答】解；（1）由化合价变化可知，Mn元素化合价由+4价降低到+3价，应为原电池正极反应，电极方程式为MnO2+H
49、2O+e=MnOOH+OH，故答案为：MnO2+H2O+e=MnOOH+OH；（2）浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气，氯气是有毒气体，故用浓盐酸溶解二氧化锰时要保持通风，避免中毒，故答案为：二氧化锰与浓盐酸反应会产生有毒的氯气；焦炭、铝还原四氧化三锰时产品中混有固体杂质，CO有毒，易污染环境宜用氢气还原四氧化三锰，故答案为：C；碳酸锰在空气中灼烧时有氧气参与反应，反应的方程式为6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2，故答案为：6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2；（3）二氧化锰具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁离子，MnO2能除去菱锰矿的硫酸浸取液中的Fe2+，该除杂过程的离子方程式是：M
50、nO2+4H+2Fe2+=2Fe3+Mn2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Fe2+=2Fe3+Mn2+2H2O；氨水可以将铁离子沉淀，氢氧化铁的Ksp=c3（OH）c（Fe3+），铁离子完全沉淀时，铁离子的浓度是1105mol/L，此时c（OH）=1011.2mol/L，所以c（H+）=103.8mol/L，所以pH=3.8，所以将铁离子沉淀完全，但是锰离子未沉淀的范围是3.88.3，故答案为：3.8pH8.3；在此pH范围内Co2+、Ni2+可能没有完全沉淀，加入硫化铵溶液用于沉淀多余Co2+、Ni2+生成NiS、CoS，故答案为：NiS、CoS；根据电解池的工作原理，电解硫酸锰酸性溶液生成锰、硫酸，阴极发生还原反应，电极方程式为Mn2+2e=Mn，故答案为：Mn2+2e=Mn2016年6月1日