1、2015年山东省烟台市莱州一中高考化学六模试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题4分，共28分每小题只有一个选项符合题意，选对的得4分，错选或不答的得0分）1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A 利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅C 2012年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的监测指标是PM2.5D 防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源2二氧化碳和纳在一定条件下可制得金刚石，其化学方程式为3CO2+4Na=2X+C（金刚石）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关此反应的叙述中，
2、不正确的是（）A 1mol C（金刚石）中含有CC键数目为2NAB 当有0.4mol Na参与反应时，被还原的CO2为0.3NAC 金刚石与石墨互为同素异形体D X的化学式为Na2CO33元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置，下列说法正确的是（）A 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素B 某微粒的结构示意简图为，则该元素在周期表中位于第三周期、VIA族C Be（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强D 原子半径：NaSiO4下列实验操作及现象能够达到对应实验目的是（）选项实验操作及现象实验目的A将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色；加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验
3、证亚硫酸的不稳定性B常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有少量气泡产生证明常温下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）C常温下，测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸pH证明相同条件下，在水溶液中HCl电离程度大于CH3COOHD将浓硫酸与碳混合加热，直接将生成的气体通入足量的石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物种CO2的存在A AB BC CD D5下列说法中，正确的是（）A 实验室可以用氢氧化钠溶液出去乙酸乙酯中的乙酸杂质B 乙烯和聚乙烯都可以和溴水发生加成反应C 汽油、柴油和植物油的主要成分都是碳氢化合物D 分子式同为C
4、3H7Cl，但沸点不同的分子共有两种6下列叙述正确的是（）A Na、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C 将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D 过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有NO27关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A 用图装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B 图装置盐桥中KCl的Cl移向乙烧杯C 图装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D 图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同二、【必做部分】8目前工业上有一种用CO2来生产燃料甲醇
5、的方法，可以将CO2变废为宝（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJmol1H2O（l）=H2O（g）H=+44kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式（2）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，实验室用如图装置模拟该过程，其原理是：通电后，Co2+被氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把甲醇氧化成CO2而除云（Co3+的还原产物是Co2+）写出阳极电极反应式；写出除云甲醇的离子方程式（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）
6、分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOCO21650241.652900120.433900120.41该反应的正反应为（填“吸”或“放”）热反应实验1中，以v（H2）表示的平均反应速率为900时，按CO（g）、H2O（g）、CO2（g）和H2（g）的物质的量分别是0.8mol、1.0mol、0.6mol和0.8mol分别加入该容器，则此时反应的v（正）v（逆）（填“”“”或“=”之一）实验3跟实验2相比，改变的条件可能是9（）铜铁及其化合物在日
7、常生活中应用广泛，某研究性学习小组用粗铜（含杂质Fe）与过量氯气反应得固体A，用稀盐酸溶解A，然后加试剂调节溶液的pH后得溶液B，溶液B经系列操作可得氯化铜晶体，请回答：（1）固体A用稀盐酸溶解的原因是；（2）检验溶液B中是否存在Fe3+的方法是；（3）已知元素在高价态时常表现氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，则生成CuCl的离子方程式是；（）（1）常温下，某同学将稀盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：实验编号氨水物质的量浓度（molL1）盐酸物质的量浓度（molL1）混合溶液pH0.10.1pH=5C0
8、.2pH=70.20.1pH7请回答：从第组情况分析，该组所得混合溶液中由水电离出的c（H+）=molL1；从第组情况表明，C0.2molL1（选填“”、“”或“=”）；从第组情况分析可知，混合溶液中c（NH4+）c（NH3H2O）（选填“”、“”或“=”）（2）写出以下四组溶液NH4+离子浓度由大到小的顺序（填选项编号）A0.1molL1 NH4Cl B0.1molL1 NH4Cl和0.1molL1 NH3H2OC0.1molL1 NH3H2O D0.1molL1NH4Cl和0.1molL1 HCl10（）明矾石的主要成分是K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，还含有少量Fe2O
9、3杂质利用明矾石制备氢氧化铝的流程如图1：（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S 2Al2O3+9SO2，该反应的氧化剂是若生成1molAl2O3，则转移的电子数为（2）将标准状况下1.12L炉气通入100mL0.5molL1NaOH溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为（）某实验小组用图2装置测定SO2转化率，装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：（已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8）（1）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置，请从图3中AE装置中选择最适合装置并将其序号填放下面的空格中、处连接的装置分别是、（2）为使SO2有较高
10、的转化率，实验中加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是（3）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题请你推测可能的原因原因：原因：（4）将SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.021023个电子转移，则该反应的化学方程式为（5）用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置IV增重了m g，则实验中SO2的转化率为（用含m、n的代数式填写）三、【选做部分】（8分）【化学-物质结构与性质】11短周期元素在元素中占有重要地位X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子
11、序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如（1）变化：一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B、C两种分子中的电子数均等于10请回答下列问题：（1）X元素在周期表中的位置是周期族（2）分析同主族元素性质的递变规律，发现B、C物质沸点反常，这是因为它们的分子之间存在（3）在C分子中，Y原子的杂化方式为，与Y原子同主族在第四周期的元素原子基态电子排布式是（4）NaCl的晶体结构如图（2）所示，若将晶胞面心和体心的原子除去，顶点的钠离子换为Xn+（X代表某元素符号）离子，棱上的Cl换为O2，就得到X的氧化物的晶体结构则该X的氧化物的化学式为四、（8分
12、）【化学-有机化学基础】12化学有机化学基础是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成已知：E变成F相当于在E分子中去掉1个X分子请回答下列问题：（1）AB的反应类型是；（2）E分子中有 种不同化学环境的氢原子；（3）X催化氧化可生成一种常温下为气体的物质，写出该气体分子的结构式；（4）写出DE的化学方程式；（5）含酯基且遇FeCl3溶液显紫色，与C互为同分异构体的有机物有种2015年山东省烟台市莱州一中高考化学六模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题4分，共28分每小题只有一个选项符合题意，选对的得4分，错选或不答的得0分）1化学与环境、材料、信息、能源关系
13、密切，下列说法错误的是（）A 利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅C 2012年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的监测指标是PM2.5D 防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理专题：化学应用分析：A汽车尾气系统中使用催化转化器，可降低CO、NO等有毒气体的排放；B计算机芯片的材料是硅单质；C2012年2月29日，环境空气质量标准增加了PM2.5监测指标；D二氧化硫和氮的氧化物的排放是酸雨形成的主要原因解答：解：A利用催化设施，CO和NO反应能生成二氧化碳和氮
14、气，故A正确； B沙子的成分是二氧化硅，计算机芯片的材料是硅单质，故B错误；C2012年2月29日，国务院同意发布新修订的环境空气质量标准，新标准增加了PM2.5监测指标，故C正确；D二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的物质，防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源，减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，故D正确故选B点评：本题考查硅单质和二氧化硅，常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意2012年2月29日，国务院同意发布新修订的环境空气质量标准，新标准增加了PM2.5监测指标2二氧化碳和纳在一定条件下可制得金刚石，其化学方程式为3CO2+4Na=2X+C（金刚石）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有
15、关此反应的叙述中，不正确的是（）A 1mol C（金刚石）中含有CC键数目为2NAB 当有0.4mol Na参与反应时，被还原的CO2为0.3NAC 金刚石与石墨互为同素异形体D X的化学式为Na2CO3考点：氧化还原反应的计算；阿伏加德罗常数专题：信息给予题分析：A金刚石中每个C原子成4个CC，每个CC键为1个C原子提供，故1mol金刚石中含有CC键为1mol4=2mol，再根据N=nNA计算；B根据方程式计算参加反应的二氧化碳，由原子守恒可知，X为Na2CO3，被还原的二氧化碳生成碳，由碳原子守恒可知被还原的二氧化碳占，再根据N=nNA计算；C同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体；D
16、根据原子守恒判断X的化学式；解答：解：A金刚石中每个C原子成4个CC，每个CC键为1个C原子提供，故1mol金刚石中含有CC键为1mol4=2mol，故含有CC数目为2molNAmol1=2NA，故A正确；B由原子守恒可知，X为Na2CO3，当有0.4mol Na参与反应时，参加反应的二氧化碳为0.4mol=0.3mol，被还原的二氧化碳生成碳，由碳原子守恒可知被还原的二氧化碳占，故被还原的二氧化碳为0.3molNAmol1=0.1NA，故B错误；C金刚石与石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故C正确；D反应前有3个C原子，6个O原子，4个Na原子，反应后除2X外有1个C原子，可
17、推断出2X由4个Na原子，2个C原子，6个O原子组成，则1个X组成为：2个Na原子，1个C原子，3个O原子，由此可推断出X的化学式为：Na2CO3，故D正确；故选B点评：本题考查质量守恒定律、氧化还原反应、同素异形体、物质结构等，难度中等，A为易错点，对金刚石的结构不清楚，注意根据均摊法计算CC键数目3元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置，下列说法正确的是（）A 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素B 某微粒的结构示意简图为，则该元素在周期表中位于第三周期、VIA族C Be（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强D 原子半径：NaSiO考点：位置结构性质的相互关系应用
18、专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A金属和非金属非极性附近的元素是半导体元素；B该元素在第三周期第VIIA族；C同一主族中，原子序数越大其金属性越强，金属性越强，则其最高价氧化物的水化物碱性越强；D电子层数越大其原子半径越大，相同电子层数的原子，原子半径随着原子序数的增大而减小解答：解：A元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于半导体元素，过渡元素在副族和第VIII族中，故A错误；B该微粒是Cl，氯元素原子核外有17个电子，所以氯元素在第三周期第VIIA族，故B错误；CMg的金属性比Be强，所以Be（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性弱，故C错误；D钠、硅有3个电子层，氧原子有2
19、个电子层，钠的原子序数小于硅，所以原子半径大小顺序是NaSiO，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期律、元素周期表等知识点，明确元素周期律是解本题关键，注意阴阳离子中核外电子数、核内质子数和电荷数的关系，为易错点4下列实验操作及现象能够达到对应实验目的是（）选项实验操作及现象实验目的A将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色；加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性B常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有少量气泡产生证明常温下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）C常温下，测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸
20、pH证明相同条件下，在水溶液中HCl电离程度大于CH3COOHD将浓硫酸与碳混合加热，直接将生成的气体通入足量的石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物种CO2的存在A AB BC CD D考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A二氧化硫使品红褪色是化合生成较稳定的无色物质，受热易分解；Bc（Ba2+）c（CO32）Ksp（BaCO3），有沉淀生成；C等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，pH小；D碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊解答：解：A二氧化硫使品红褪色是化合生成较稳定的无色物质，受热易分解，该实验说明二氧化硫的漂白是暂时性的，故A错误；B常温下，向饱和N
21、a2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c（Ba2+）c（CO32）Ksp（BaCO3），有沉淀生成，不能说明Ksp（BaCO3）、Ksp（BaSO4）的关系，故B错误；C等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，电离出的氢离子浓度大，所以pH小，故C正确；D碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排出二氧化硫的干扰，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及漂白性、沉淀的生成、pH的比较、气体的检验及物质的性质，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等5下列说法中，正确的是（）A 实验室可以用氢氧化钠溶液
22、出去乙酸乙酯中的乙酸杂质B 乙烯和聚乙烯都可以和溴水发生加成反应C 汽油、柴油和植物油的主要成分都是碳氢化合物D 分子式同为C3H7Cl，但沸点不同的分子共有两种考点：酯的性质；有机化合物的异构现象；乙烯的化学性质；石油的分馏产品和用途专题：有机物的化学性质及推断分析：A乙酸乙酯在NaOH溶液中彻底水解生成醋酸钠与乙醇；B聚乙烯不含不饱和键；C植物油是高级脂肪酸与甘油形成的酯；D根据C3H7Cl的同分异构体判断解答：解：A乙酸乙酯在NaOH溶液中彻底水解生成醋酸钠与乙醇，实验室通常用饱和的碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，故A错误；B乙烯含有C=C双键，可以和溴水发生加成反应，聚乙烯不含C=
23、C双键，不能和溴水发生加成反应，故B错误；C汽油、柴油的成分属于碳氢化合物，植物油是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故C错误；DC3H7Cl的同分异构体有：CH3CH2CH2Cl、CH3CH（Cl）CH3，故分子式为C3H7Cl，沸点不同的分子有2种，故D正确；故选D点评：本题考查乙酸乙酯的性质与提纯、烯烃的性质、同分异构体、有机物的组成与结构等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握6下列叙述正确的是（）A Na、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C 将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D 过量的铜与浓硝
24、酸反应，生成的气体只有NO2考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；盐类水解的应用；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质专题：卤族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A、铁和水反应生成Fe3O4，3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；B、漂白粉利用的是强氧化性，明矾利用的是水解原理；C、生成的是硫酸钙不是亚硫酸钙；D、开始时生成二氧化氮，随着浓硝酸浓度减小，变成稀硝酸，生成了一氧化氮解答：解：A、由于3Fe+4H2O Fe3O4+4H2，故A错误；B、由于漂白粉利用的是次氯酸的强氧化性，明矾净水利用的是铝离子的水解原理，故它们原理不同，故B正确；C
25、、由于次氯酸具有强氧化性，会将亚硫酸根氧化成硫酸根，Ca（ClO）2+SO2+H2O=CaSO4+HCl+HClO，故C错误；D、刚开始反应，生成二氧化氮，随着反应的进行，浓硝酸浓度减小，变成稀硝酸，会生成一氧化氮，故D错误；故选B点评：本题考查金属单质化学性质、漂白粉和明矾的净水原理等知识，涉及内容广，难度中等7关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A 用图装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B 图装置盐桥中KCl的Cl移向乙烧杯C 图装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D 图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同考点：原电池和电解池的工作原
26、理；金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：A、电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极；B、盐桥是起到平衡电解质液的电荷守恒，甲池中锌离子增多，氯离子移向甲池；C、电解阴极被保护；D、两个原电池中使铝和稀硫酸反应，锌和稀硫酸反应电子转移相同时铝和锌物质的量不同；解答：解：A、电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极，用图装置精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、盐桥是起到平衡电解质液的电荷守恒，甲池中锌离子增多，氯离子移向甲池；图装置盐桥中KCl的Cl移向甲烧杯，故B错误；C、图装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护，电解阴极被保护，故C正确；D、两个原电池中使铝和稀硫酸
27、反应，锌和稀硫酸反应电子转移相同时铝和锌物质的量不同；图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，故D正确；故选B点评：本题考查了原电池和电解池的工作原理应用，主要考查电解精炼铜、原电池盐桥作用，电解阴极保护的原理，题目难度中等二、【必做部分】8目前工业上有一种用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝（1）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJmol1H2O（l）=H2O（g）H=+44kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学
28、方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=_442.8kJmol1（2）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，实验室用如图装置模拟该过程，其原理是：通电后，Co2+被氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把甲醇氧化成CO2而除云（Co3+的还原产物是Co2+）写出阳极电极反应式Co2+e=Co3+；写出除云甲醇的离子方程式6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mo
29、l平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOCO21650241.652900120.433900120.41该反应的正反应为放（填“吸”或“放”）热反应实验1中，以v（H2）表示的平均反应速率为0.16mol（Lmin）1900时，按CO（g）、H2O（g）、CO2（g）和H2（g）的物质的量分别是0.8mol、1.0mol、0.6mol和0.8mol分别加入该容器，则此时反应的v（正）v（逆）（填“”“”或“=”之一）实验3跟实验2相比，改变的条件可能是使用了催化剂或增大了压强考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算
30、得到；（2）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+e=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；（3）利用转化率与消耗量和起始量的关系计算并判断反应热；利用化学反应速率的计算公式计算；据Qc与K的大小判断反应方向；实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态一样解答：解：（1）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=_1275.6
31、kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=_566.0kJmol1H2O（l）=H2O（g）H=+44.0kJmol1依据热化学方程式和盖斯定律4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=_442.8 kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=_442.8 kJmol1；（2）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+e=Co3+；故答案为：Co2+e=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，
32、配平书写离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；故答案为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；（3）实验1中CO的转化率为100%=40%，实验2中CO的转化率为100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，该反应放热，故答案为：放；v（H2）=v（CO2）=0.16mol/（Lmin）=v（H2），故答案为：0.16mol（Lmin）1；在反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）中，2L容器中开始加入1molH2O与2molCO，平衡时生成氢气与二氧化碳物质的量相同为0.4mol，则各组分平衡浓
33、度为c（H2O）=0.3mol/L，c（CO）=0.8mol/L，c（H2）=c（CO2）=0.2mol/L，K=，Qc=K，平衡逆向移动，v（正）v（逆）故答案为：；实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态一样，应是使用了催化剂，由于反应前后气体体积不变，则增大了压强，平衡也不移动，也可能为压强的增大，故答案为：使用了催化剂或增大了压强点评：本题考查了盖斯定律的应用、电解原理分析和电极反应书写方法、化学平衡的计算，题目难度中等，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算9（）铜铁及其化合物在日常生活中应用广泛，某研究性学习小组用
34、粗铜（含杂质Fe）与过量氯气反应得固体A，用稀盐酸溶解A，然后加试剂调节溶液的pH后得溶液B，溶液B经系列操作可得氯化铜晶体，请回答：（1）固体A用稀盐酸溶解的原因是防止铁盐、铜盐发生水解反应；（2）检验溶液B中是否存在Fe3+的方法是取少量溶液B，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象则溶液中无Fe3+，若溶液变红色，则存在Fe3+；（3）已知元素在高价态时常表现氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，则生成CuCl的离子方程式是2Cu2+SO32+2Cl+H2O 2CuCl+SO42+2H+；（）（1）常温下，某同学将稀盐酸与氨水等体积混
35、合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：实验编号氨水物质的量浓度（molL1）盐酸物质的量浓度（molL1）混合溶液pH0.10.1pH=5C0.2pH=70.20.1pH7请回答：从第组情况分析，该组所得混合溶液中由水电离出的c（H+）=1105 molL1molL1；从第组情况表明，C0.2molL1（选填“”、“”或“=”）；从第组情况分析可知，混合溶液中c（NH4+）c（NH3H2O）（选填“”、“”或“=”）（2）写出以下四组溶液NH4+离子浓度由大到小的顺序BDAC（填选项编号）A0.1molL1 NH4Cl B0.1molL1 NH4Cl和0.1molL1 NH3H2OC0
36、.1molL1 NH3H2O D0.1molL1NH4Cl和0.1molL1 HCl考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；铁的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物分析：（）（1）铜离子和铁离子都能在水溶液中发生水解反应，避免水解，用稀盐酸溶解；（2）三价铁离子的检验方法，使用硫氰化钾溶液检验；（3）铜离子变成了亚铜离子，被还原，亚硫酸根被氧化成硫酸根，写成反应，根据化合价升降相等配平方程式；（）（1）溶液是氯化铵溶液，铵离子水解显示酸性，溶液中的氢离子就是水电离的；中溶液PH
37、=7，溶液显示中性，c=0.2时，溶液显示酸性，要显示中性，氨水必须多些；中反应完后，溶质是氯化铵和氨水，且PH7，氨水的电离程度大于铵离子的水解，溶液中铵离子浓度大于氨水浓度；（2）A、NH4Cl 部分水解，铵离子浓度略小于0.1molL1；B、氨水的电离大于电解程度，溶液中铵离子浓度大于0.1molL1；C、氨水部分电离，氨水中铵离子小于A的铵离子浓度；D、盐酸中的氢离子抑制了铵离子的电解，使得铵离子 浓度变大，大于A中的铵离子浓度解答：解：（）（1）为了防止铜离子、铁离子水解，一般用稀盐酸溶解氯化铁和氯化铜；故答案为：防止铁盐、铜盐发生水解反应；（2）Fe3+的检验方法是：取少量溶液B，
38、滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象则溶液中无Fe3+，若溶液变红色，则存在Fe3+；故答案为：取少量溶液B，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象则溶液中无Fe3+，若溶液变红色，则存在Fe3+；（3）生成了CuCl，亚硫酸根检验还原性，被氧化成硫酸根，根据化合价变化配平方程式可得：2Cu2+SO32+2Cl+H2O 2CuCl+SO42+2H+；故答案为：2Cu2+SO32+2Cl+H2O 2CuCl+SO42+2H+；（）（1）从第组情况分析，生成了氯化铵溶液，铵离子水解，溶液显示酸性，溶液中的氢离子是水电离的，故中由水电离出的c（H+）=1105molL1；从第组情况表明，pH=7，溶液显示
39、中性，若C=2，生成氯化铵溶液，显示酸性，故氨水的浓度稍大些，即C2；从第组情况分析可知，pH7，氨水的电离程度大于水解程度，故铵离子浓度大于氨水浓度；故答案为：1105 molL1；（2）A、0.1molL1 NH4Cl 中，铵离子部分水解，溶液中铵离子浓度稍小于0.1molL1；B、0.1molL1 NH4Cl和0.1molL1 NH3H2O溶液中，氨水电离出的铵离子大于溶液中铵离子的水解，铵离子浓度大于0.1molL1；C、0.1molL1 NH3H2O中，氨水部分电离，溶液中铵离子浓度较小，小于A中的铵离子浓度；D、0.1molL1NH4Cl和0.1molL1 HCl溶液中，由于盐酸溶
40、液中氢离子的影响，抑制了铵离子的水解，导致溶液中铵离子浓度接近0.1molL1，大于A中铵离子浓度；故答案为：BDAC点评：本题考查铜金属及其化合物的性质，涉及了较多的离子浓度大小比较题目，可以根据所学知识完成，本题难度中等10（）明矾石的主要成分是K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，还含有少量Fe2O3杂质利用明矾石制备氢氧化铝的流程如图1：（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S 2Al2O3+9SO2，该反应的氧化剂是Al2（SO4）3若生成1molAl2O3，则转移的电子数为3.6121024（2）将标准状况下1.12L炉气通入100mL0.5mol
41、L1NaOH溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）（）某实验小组用图2装置测定SO2转化率，装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（85%）Na2SO4+H2O+SO2（已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8）（1）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置，请从图3中AE装置中选择最适合装置并将其序号填放下面的空格中、处连接的装置分别是B、E、A、C（2）为使SO2有较高的转化率，实验中加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是先加热催化剂再滴入浓硫酸（3）有一小组在实验
42、中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题请你推测可能的原因原因：Na2SO3变质原因：浓硫酸的浓度不够（4）将SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.021023个电子转移，则该反应的化学方程式为SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2（5）用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置IV增重了m g，则实验中SO2的转化率为100%（用含m、n的代数式填写）考点：性质实验方案的设计；氧化还原反应；离子浓度大小的比较分析：（）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3
43、+3S2Al2O3+9SO2，故生成炉气中含二氧化硫，熟料中含氧化铝、氧化铁、硫酸钾等，加入氢氧化钠和水，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤，滤渣中含氧化铁，滤液中含偏铝酸钠和硫酸钾、氢氧化钠等；用硫酸调节pH，得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠、硫酸钾，过滤得母液中含硫酸钾、硫酸钠溶质，（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；（2）根据n=计算二氧化硫的物质的量，根据n（SO2）：n（NaOH）确定反应产物，再结合溶
44、液呈酸性进行判断；（）烧瓶中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，据此写出反应的化学方程式；（1）从除杂、催化氧化、冷却、吸收未反应的SO2，排除空气中水及二氧化碳的影响来分析；（2）根据催化剂在一定的温度下催化效果好及反应速率来分析；（3）SO2气体产生缓慢，根据发生的化学反应及影响反应速率的因素来分析；（4）SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.021023个电子转移，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，并利用质量守恒定律来书写反应方程式；（5）IV增重了mg，为未反应的SO2的质量，nmolNa2SO3粉末与足量浓硫酸反应生成nmolSO
45、2，以此来计算转化率解答：解：（）（1）反应中硫元素化合价由Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，故Al2（SO4）3是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl2O3需要硫的物质的量为1mol=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol4=6mol，转移电子数目为6mol6.021023mol1=3.6121024，故答案为：Al2（SO4）3；3.6121024；（2）1.12L二氧化硫的物质的量为：=0.05mol，n（NaOH）=0.1L0.5mol/L=0.05mol，n（SO2）：n（NaOH）=0.05mol：0.
46、05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c（H+）c（SO32），HSO3电离程度不大，故c（HSO3）c（H+），溶液c（OH）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）；（II）装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（85%）Na2SO4+H2O+SO2，故答案为：Na2SO3（s）+H2SO4（85%）Na2SO4+H2O+S
47、O2；（1）因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，则I处应选择B装置来吸收水进行气体的干燥，II中选E进行二氧化硫气体的催化氧化，S03的熔点是16.8，沸点是44.8，III中选A进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，在IV中选择C装置来吸收未反应的SO2，故答案为：BEAC；（2）因催化剂在一定的温度下催化效果好，则应先加热催化剂，然后滴加浓硫酸，故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；（3）SO2气体产生缓慢，可能为Na2SO3变质生成硫酸钠，也可能为浓硫酸的浓度不够，反应速率变慢，故答案为：Na2SO3变质；浓硫酸的浓度不够；（4）SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，
48、有6.021023个电子转移，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，由质量守恒定律可知反应的化学方程式为：SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2，故答案为：SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2；（5）IV增重了mg，为未反应的SO2的质量，其物质的量为：mol，nmolNa2SO3粉末与足量浓硫酸反应生成nmolSO2，则二氧化硫的转化率为：100%=100%，故答案为：100%点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及氧化还原反应的计算、离子浓度大小比较、性质实验方案的设计与评价等知识，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意掌握性质实验方案设计的原则，试题知识点较多、
49、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力三、【选做部分】（8分）【化学-物质结构与性质】11短周期元素在元素中占有重要地位X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如（1）变化：一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B、C两种分子中的电子数均等于10请回答下列问题：（1）X元素在周期表中的位置是二周期VIA族（2）分析同主族元素性质的递变规律，发现B、C物质沸点反常，这是因为它们的分子之间存在氢键（3）在C分子中，Y原子的杂化方式为sp3，与Y原子同主族在第四周期的元素原子基态电子排布式
50、是Ar4s24p3（4）NaCl的晶体结构如图（2）所示，若将晶胞面心和体心的原子除去，顶点的钠离子换为Xn+（X代表某元素符号）离子，棱上的Cl换为O2，就得到X的氧化物的晶体结构则该X的氧化物的化学式为XO3考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），B、C两种分子中的电子数均等于10，则B、C为H2O、NH3的一种，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B为H2O，C为NH3，由转化关系可知，Z为氢，故A为NO，X为氧，Y为氮，（1）O元素的质子数为8，位于第
51、2周期VIA族；（2）根据氢键对物质的沸点的影响来分析；（3）C为NH3，N原子成3个NH键，含有1对孤对电子对，杂化轨道数目为4，据此确定杂化轨道数目；与N原子同主族在第四周期的元素为As，As原子核外电子数为33，根据核外电子排布规律书写排布式；（4）根据均摊法计算晶胞中Xn+、O2的数目，据此书写解答：解：短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），B、C两种分子中的电子数均等于10，则B、C为H2O、NH3的一种，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B为H2O，C为NH3，由转化关系可知，Z为氢，故A为NO，X为氧，Y为氮，（1）O元素的质子数为8，位于
52、第二周期VIA族，故答案为：二；VIA；（2）氧元素、氟元素电负性很强，水分子之间、氨气分子之间存在氢键，故它们的沸点高于同主族其它元素氢化物，故答案为：氢键；（3）C为NH3，N原子成3个NH键，含有1对孤对电子对，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，与N原子同主族在第四周期的元素为As，As原子核外电子数为33，基态核外电子排布式为Ar4s24p3，故答案为：sp3；Ar4s24p3；（4）晶胞中Xn+的数目为8=1，O2的数目为12=3，故该X的氧化物的化学式为XO3，故答案为：XO3点评：本题考查无机物的推断、杂化轨道、氢键、核外电子排布规律、晶胞计算等，难度中等，推断元素是解题的
53、关键四、（8分）【化学-有机化学基础】12化学有机化学基础是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成已知：E变成F相当于在E分子中去掉1个X分子请回答下列问题：（1）AB的反应类型是取代反应；（2）E分子中有6 种不同化学环境的氢原子；（3）X催化氧化可生成一种常温下为气体的物质，写出该气体分子的结构式；（4）写出DE的化学方程式；（5）含酯基且遇FeCl3溶液显紫色，与C互为同分异构体的有机物有3种考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：由E可知D为，E变成F相当于在E分子中去掉1个X分子，对比E、F的分子式可知X为CH3OH，则C为，结合有机物官能团的性质以及官能
54、团的转化解答该题解答：解：（1）由有机物的结构简式可知AB的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（2）E结构不对称，含有6种性质不同的氢原子，故答案为：6；（3）X为CH3OH，催化氧化可生成HCHO，结构式为，故答案为：；（4）D为，与B发生取代反应生成E和HCl，反应的方程式为，故答案为：；（5）C为，对应的同分异构体中含酯基且遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基，应为甲酸酯，苯环上有酚羟基，由邻、间、对3种，故答案为：3点评：本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件判断可能发生的反应，特别是有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键
