1、2016年四川省成都市龙泉一中高考化学模拟试卷（九）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）12015年8月12日23：30左右，位于天津滨海新区的危险品仓库发生爆炸，截至9月5日遇难者已达161人现场涉及危险品有约800吨硝酸铵、700吨氰化钠、500吨硝酸钾、马来酸酐100吨、氢化钠14吨、油漆630桶，还有氰基乙酸、二甲基苯胺、对苯二胺、甲基磺酸、十二烷基苯磺酸、电石等等下列关于这些化学品的储存、使用、处理说法正确的是（）A化学危险品危害人类健康，应禁止生产B硝酸钾呈中性，与氢化钠一起储存不存在危险C氰化氢、氰化钠均为剧毒，受氰化钠污染的土壤可用双氧水氧化，为增强效果可先用硫酸酸化
2、D这些化学品燃烧产生的火焰不能用水直接扑灭，只能通过用沙土覆盖隔绝燃烧环境2用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）A用如图所示装置制取少量H2B用如图所示装置用标准浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸的浓度C用如图所示装置制取少量Cl2D用如图所示装置确定导线中有电流通过及并确定电流方向3短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如图所示，它们的最外层电子数之和为24则下列判断正确的是（）RTXYZAR位于元素周期表中第二周期第VA族BR能分别与X、Z形成共价化合物C气态氢化物稳定性：YTDZ元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HZO44某硫原子的质量是a g，12C原子
3、的质量是b g，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（）该硫原子的相对原子质量为 m g该硫原子的物质的量为mol该硫原子的摩尔质量是aNA g a g该硫原子所含的电子数为16NAABCD5下列实验对应的现象以及离子方程式不正确的是（）实验现象离子方程式A向淀粉KI溶液中滴加硫酸氢钠溶液在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H+4I+O22I2+2H2OB将氯水滴加到含KSCN溶液的绿矾溶液中溶液由浅绿色变为红色2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe3+3SCNFe（SCN）3C向硫化钠和亚硫酸钠的混合液中滴加稀盐酸产生淡黄色沉淀2S2+SO32+6H+3S+3H2OD向含酚
4、酞的氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OAABBCCDD6将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）2G（g）忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如表所示，已知Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，下列说法正确的是（）1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0AbfB平衡常数KKC915，2.0MPa该反应的平衡常数为Kp=4.5MPaD1000，3.0MPa时E的转化率为83%7下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1mo
5、lL1NaHC2O4溶液与0.1molL1KOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）c（K+）c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）B20mL 0.1 molL1 NH4Cl溶液与10mL 0.1molL1NaOH溶液混合后溶液呈碱性，所得溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（Na+）c（OH）c（H+）C常温下，pH=2的HF溶液与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）+c（OH）c（H+）+c（F）D0.1molL1 NH3H2O溶液与0.1molL1HNO3等体积混合，所得溶液中：c（H+）c（OH）+c（NH3H2O）二、解答题（共4小题，满分58分）8如表
6、是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素试回答下列问题：（1）请写出元素N的基态原子电子排布式（2）元素B、G形成的单质熔点更高的是（填化学式），原因是（3）ME2L2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断ME2L2是（填“极性”或“非极性”）分子根据等电子原理：NO2+中氮原子的杂化类型是1mol O22+中含有键的数目为（4）在苯、CH3OH、HCHO、CS2、CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有（填序号），CS2分子的空间构型是（5）元素N可以形成分子式为Co（NH3）5BrSO4，配位数均为6的两种配合物，若往其中一种配合物的溶液中加入
7、BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则该配合物的化学式为9有机推断与合成有机物H是一种重要的医药中间体其结构简式如图1所示：合成H的一种路线如图2：已知以下信息：有机物A遇氯化铁溶液发生显色反应，其分子中的苯环上有2个取代基，且A的苯环上一氯代物有2种J能发生银镜反应请回答下列问题：（1）I的名称是G生成H的反应类型是（2）B的含氧官能团名称是；E生成F的化学方程式为（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，K的结构简式为（4）已知：ROH+R1CIROR1+HCI，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，写出化学方程
8、式（5）L是B的同分异构体，L符合下列条件的结构有种（不考虑立体结构）与B具有相同的官能团；遇氯化铁溶液发生显色反应10CuCl2、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如图：请回答下列问题：（1）如图装置进行反应，导管a通入氯气（夹持仪器和加热装置省略）观察到的现象是，写出铜与氯气反应的化学方程式（2）上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是试剂X、固体J的物质分别为aNaOH Fe（OH）3 bNH3H2O Fe（OH）2 cCuO Fe（OH）3 dCuSO4 Cu（OH）2（3）反应是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一
9、段时间后生成CuCl白色沉淀写出制备CuCl的离子方程式（4）反应后，如图盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效该红褐色沉淀的主要化学式是该腐蚀过程的正极反应式为（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式11研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（s，石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1 C（s，石
10、墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的H（填“”、“”或“=”，下同）0在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、对应的平衡常数关系为KK（3）以CO2为原料还可
11、以合成多种物质工业上尿素CO（NH2）2由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为开始以氨碳比=3进行反应，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为将足量CO2通入饱和氨水中可得氮肥NH4HCO3，已知常温下一水合氨Kb=1.8105，碳酸一级电离常数Ka=4.3107，则NH4HCO3溶液呈（填“酸性”、“中性”或“碱性”）2016年四川省成都市龙泉一中高考化学模拟试卷（九）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）12015年8月12日23：30左右，位于天津滨海新区的危险
12、品仓库发生爆炸，截至9月5日遇难者已达161人现场涉及危险品有约800吨硝酸铵、700吨氰化钠、500吨硝酸钾、马来酸酐100吨、氢化钠14吨、油漆630桶，还有氰基乙酸、二甲基苯胺、对苯二胺、甲基磺酸、十二烷基苯磺酸、电石等等下列关于这些化学品的储存、使用、处理说法正确的是（）A化学危险品危害人类健康，应禁止生产B硝酸钾呈中性，与氢化钠一起储存不存在危险C氰化氢、氰化钠均为剧毒，受氰化钠污染的土壤可用双氧水氧化，为增强效果可先用硫酸酸化D这些化学品燃烧产生的火焰不能用水直接扑灭，只能通过用沙土覆盖隔绝燃烧环境【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学试剂的存放【分析】A化学危险品正确使用有利于
13、社会发展；B氢化钠与水反应生成氢气，氢气为易燃烧物，硝酸钾加热容易发生爆炸；C氰化钠为弱酸，在酸性环境下能够生成氢氰酸；D依据氢化钠、碳化钙的性质解答【解答】解：A化学危险品正确使用有利于社会发展，注意使用安全，故A错误；B氢化钠与水反应生成氢气，氢气为易燃烧物，硝酸钾与氢化钠一起储存，容易发生爆炸，故B错误；C氰化钠为弱酸，在酸性环境下能够生成氢氰酸，为有毒物质，故C错误；D碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，乙炔为可燃气体，氢化钠与水反应生成氢气，所以这些化学品燃烧产生的火焰不能用水直接扑灭，只能通过用沙土覆盖隔绝燃烧环境，故D正确；故选：D2用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验
14、目的是（）A用如图所示装置制取少量H2B用如图所示装置用标准浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸的浓度C用如图所示装置制取少量Cl2D用如图所示装置确定导线中有电流通过及并确定电流方向【考点】化学实验方案的评价【分析】A锌为固体，可用简易气体发生装置制备氢气；B氢氧化钠应放在碱式滴定管中；C应用浓盐酸和二氧化锰制备氯气；D没有形成闭合回路，不能形成原电池【解答】解：A题中图为简易气体发生装置，可用于制备氢气，故A正确；B氢氧化钠具有腐蚀性，应放在碱式滴定管中，故B错误；C稀盐酸还原性较弱，与二氧化锰不反应，应用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，故C错误；D没有形成闭合回路，不能形成原电池，缺少盐桥，故D错误故选
15、A3短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如图所示，它们的最外层电子数之和为24则下列判断正确的是（）RTXYZAR位于元素周期表中第二周期第VA族BR能分别与X、Z形成共价化合物C气态氢化物稳定性：YTDZ元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HZO4【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系【分析】由短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置知，R、T应在第二周期，X、Y、Z应在第三周期，设R的最外层电子数为x，则T、Y的最外层电子数为x+1，Z的最外层电子数为x+2，它们的最外层电子数之和为24，则2x+2（x+1）+x+2=24，解得x=4，则R为C
16、，X为Si，T为N，Y为P，Z为S，然后结合元素性质及周期律来解答【解答】解：由短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置知，R、T应在第二周期，X、Y、Z应在第三周期，设R的最外层电子数为x，则T、Y的最外层电子数为x+1，Z的最外层电子数为x+2，它们的最外层电子数之和为24，则2x+2（x+1）+x+2=24，解得x=4，则R为C，X为Si，T为N，Y为P，Z为SAC元素位于元素周期表中第二周期第A族，故A错误；BC能分别与Si、S形成共价化合物SiC、CS2，故B正确；C气态氢化物稳定性：NH3PH3，故C错误；DS元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4，故D错误，
17、故选：B4某硫原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（）该硫原子的相对原子质量为 m g该硫原子的物质的量为mol该硫原子的摩尔质量是aNA g a g该硫原子所含的电子数为16NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】该硫原子的质量跟一个12C原子的质量的的比值就是该硫原子的相对原子质量；利用n=来计算；摩尔质量在数值上等于其相对原子质量，也等于1mol原子含有的质量； 先计算硫原子的个数，再结合一个硫原子中含有的电子数计算总电子数【解答】解：该硫原子的相对原子质量=，故正确；1mol碳原子的个数是NA，n=，故正确；摩尔质量在数
18、值上等于其相对原子质量，也等于1mol原子含有的质量，所以该硫原子的摩尔质量是aNA g/mol，故错误； a g该硫原子的个数=，一个硫原子中含有16个电子，所以a g该硫原子所含的电子数为NA，或者由于该硫原子的质量是a g，故ag该硫原子数目为1个，故含有电子数目为16，故错误；故选C5下列实验对应的现象以及离子方程式不正确的是（）实验现象离子方程式A向淀粉KI溶液中滴加硫酸氢钠溶液在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H+4I+O22I2+2H2OB将氯水滴加到含KSCN溶液的绿矾溶液中溶液由浅绿色变为红色2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe3+3SCNFe（SCN）3C向硫化钠和亚硫
19、酸钠的混合液中滴加稀盐酸产生淡黄色沉淀2S2+SO32+6H+3S+3H2OD向含酚酞的氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OAABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A发生氧化还原反应生成碘，遵循电子、电荷守恒；B亚铁离子被氧化，铁离子转化为络离子；C发生氧化还原反应生成S，遵循电子、电荷守恒；D不符合离子的配比【解答】解：A由现象可知，发生4H+4I+O22I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝，故A正确；B由现象可知，发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl、Fe3+3SCNFe（SCN）3，则溶液由浅绿色变为红色，故B正确；C由现
20、象可知，发生2S2+SO32+6H+3S+3H2O，故C正确；D由现象可知，发生Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故D错误；故选D6将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）2G（g）忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如表所示，已知Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，下列说法正确的是（）1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0AbfB平衡常数KKC915，2.0MPa该反应的平衡常数为Kp=4.5MPaD1000，3.0MPa时E的转化率为83%【考点】化学平衡的计算【分析】A
21、该反应为体积增大的反应，故加压时，平衡逆向移动，G的体积分数减小，从表中第一行数据可得：54.0ab，结合表中第3列数据，可确定75.0a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则f75.0a；B第3列数据中75.0a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；Cp（G）=2.0MPa75%=1.5MPa，p（E）=2.0MPa25%=0.5MPa，而Kp=；D设起始时E为a mol，平衡时转化x mol，由于F为固体，对平衡无影响，则平衡时E为（ax）mol，G为2x mol，再结合G的体积分数列方程确定a、x关系，进而计算E的转化率【解答】解：A该反应为体积增大的反应，故加压时，平衡逆向
22、移动，G的体积分数减小，从表中第一行数据可得：54.0ab，结合表中第3列数据，可确定75.0a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则f75.0a，故bf，故A错误；B第3列数据中75.0a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，则平衡常数KK，故B错误；Cp（G）=2.0MPa75%=1.5MPa，p（E）=2.0MPa25%=0.5MPa，而Kp=4.5MPa，故C正确；D设起始时E为a mol，平衡时转化x mol，由于F为固体，对平衡无影响，则平衡时E为（ax）mol，G为2x mol，则100%=83%，解得x0.709a，所以E的转化率为100%70.9%，故D错误，故选
23、：C7下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1molL1NaHC2O4溶液与0.1molL1KOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）c（K+）c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）B20mL 0.1 molL1 NH4Cl溶液与10mL 0.1molL1NaOH溶液混合后溶液呈碱性，所得溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（Na+）c（OH）c（H+）C常温下，pH=2的HF溶液与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）+c（OH）c（H+）+c（F）D0.1molL1 NH3H2O溶液与0.1molL1HNO3等体积混合，所得溶液中：c（H+）c（OH
24、）+c（NH3H2O）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A二者恰好反应生成等浓度的草酸钠、草酸钾，则c（Na+）=c（K+），草酸根离子部分水解，溶液显示碱性，c（Na+）=c（K+）c（C2O42）；B反应后溶液中溶质为等浓度的一水合氨、氯化铵和 氯化钠，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则溶液中铵根离子浓度增大，故c（NH4+）c（Na+）；C根据混合液中的电荷守恒判断；D.0.1molL1 NH3H2O溶液与0.1molL1HNO3等体积混合，二者恰好反应生成硝酸铵，根据硝酸铵溶液中的质子守恒判断【解答】解：A.0.1molL1NaHC2O
25、4溶液与0.1molL1KOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成等浓度的草酸钠、草酸钾，c（Na+）=c（K+），由于溶液中氢氧根离子来自草酸根离子的水解和水的电离，则c（OH）c（HC2O4），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）=c（K+）c（C2O42）c（OH）c（HC2O4），故A错误；B.20mL 0.1 molL1 NH4Cl溶液与10mL 0.1molL1NaOH溶液混合后溶液呈碱性，二者的混合溶液中溶质等浓度的NH4Cl、NaCl、NH3H2O，溶液呈碱性说明一水合氨以电离为主，则铵根离子浓度增大，所以溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（Na+）c（OH）c（
26、H+），故B正确；C常温下，pH=2的HF溶液与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（OH）=c（H+）+c（F），故C错误；D二者恰好完全反应生成NH4NO3，根据质子守恒可得：c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O），故D错误；故选B二、解答题（共4小题，满分58分）8如表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素试回答下列问题：（1）请写出元素N的基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2（2）元素B、G形成的单质熔点更高的是Li（填化学式），原因是Li和Na的价电子数相同，但Li的原子半径小于
27、Na的原子半径，所以Li的金属键更强，熔点更高（3）ME2L2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断ME2L2是非极性（填“极性”或“非极性”）分子根据等电子原理：NO2+中氮原子的杂化类型是sp1mol O22+中含有键的数目为2NA（4）在苯、CH3OH、HCHO、CS2、CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有（填序号），CS2分子的空间构型是直线型（5）元素N可以形成分子式为Co（NH3）5BrSO4，配位数均为6的两种配合物，若往其中一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则该配合物的化学式为Co（N
28、H3）5SO4Br【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由元素在周期表的位置可知，A为H，B为Li，C为C，D为N，E为O，F为F，G为Na，H为Mg，I为Al，J为Si，K为S，L为Cl，M为Cr，N为Co，（1）N的原子序数序数为27；（2）碱金属的熔点从上到下减小，与原子半径有关；（3）能与CCl4、CS2等互溶，为分子晶体的性质；NO2+中氮原子的成键电子对为2，孤对电子为=0；O22+的电子式，在1个O22+含有2个键；（4）碳原子采取sp2杂化的分子，为平面结构，CS2分子的结构为S=C=S；（5）若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则溴离
29、子为外界离子【解答】解：由元素在周期表的位置可知，A为H，B为Li，C为C，D为N，E为O，F为F，G为Na，H为Mg，I为Al，J为Si，K为S，L为Cl，M为Cr，N为Co，（1）元素N的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；（2）元素B、G形成的单质熔点更高的是Li，原因是Li和Na的价电子数相同，但Li的原子半径小于Na的原子半径，所以Li的金属键更强，熔点更高，故答案为：Li；Li和Na的价电子数相同，但Li的原子半径小于Na的原子半径，所以Li的金属键更强，熔点更高；
30、（3）能与CCl4、CS2等互溶，为分子晶体的性质，由相似相溶可知，为非极性分子；NO2+中氮原子的成键电子对为2，孤对电子为=0，则N原子为sp杂化；O22+的电子式，在1个O22+含有2个键，故1 mol O22+中，含有2NA个键，故答案为：非极性；sp；2NA；（4）在苯、CH3OH、HCHO、CS2、CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有，为sp杂化，为sp3杂化，CS2分子的结构为S=C=S，空间结构为直线型，故答案为：；直线型； （5）若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则溴离子为外界离子，配位数为6，则化学式为Co（NH3）5SO4Br，故答案为：Co（NH3
31、）5SO4Br9有机推断与合成有机物H是一种重要的医药中间体其结构简式如图1所示：合成H的一种路线如图2：已知以下信息：有机物A遇氯化铁溶液发生显色反应，其分子中的苯环上有2个取代基，且A的苯环上一氯代物有2种J能发生银镜反应请回答下列问题：（1）I的名称是乙醇G生成H的反应类型是取代反应（或酯化反应）（2）B的含氧官能团名称是羟基、羧基；E生成F的化学方程式为（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，K的结构简式为（4）已知：ROH+R1CIROR1+HCI，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，写出化学方程式+HCl（5）L是B的同分异构体，L符
32、合下列条件的结构有15种（不考虑立体结构）与B具有相同的官能团；遇氯化铁溶液发生显色反应【考点】有机物的推断【分析】由信息知，A分子含有酚羟基，两个取代基在苯环的对位；I催化氧化生成J，J能发生银镜反应，则I为CH3CH2OH、J为CH3CHO；A在浓硫酸作用下进行酯的水解反应生成B和I，根据B的分子式可知，B的不饱和度为=6，苯环和1个羧基的不饱和度为：4+1=5，说明B的侧链中还含有1个碳碳双键，则B为、A为；B与HCl发生加成反应生成E，则E为；E与氢氧化钠溶液加热反应生成F，则F为，F在酸性条件下转化成G，则G为；两分子G之间发生酯化反应生成H；B与碳酸氢钠反应生成C，则C为，C与Na
33、反应生成D，则D为，据此进行解答【解答】解：由信息知，A分子含有酚羟基，两个取代基在苯环的对位；I催化氧化生成J，J能发生银镜反应，则I为CH3CH2OH、J为CH3CHO；A在浓硫酸作用下进行酯的水解反应生成B和I，根据B的分子式可知，B的不饱和度为=6，苯环和1个羧基的不饱和度为：4+1=5，说明B的侧链中还含有1个碳碳双键，则B为、A为；B与HCl发生加成反应生成E，则E为；E与氢氧化钠溶液加热反应生成F，则F为，F在酸性条件下转化成G，则G为；两分子G之间发生酯化反应生成H；B与碳酸氢钠反应生成C，则C为，C与Na反应生成D，则D为，（1）根据分析可知，I为CH3CH2OH乙醇，名称为
34、乙醇；J为乙醛G发生分子间酯化反应生成H，酯化反应也是取代反应，故答案为：乙醇；取代反应（或酯化反应）；（2）B为，B的官能团有碳碳双键、羟基、羧基，其中含氧官能团为羟基和羧基；E在氢氧化钠溶液中反应生成F，发生反应的类型为水解反应和中和反应，反应的化学方程式为：，故答案为：羟基、羧基；（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1：1反应生成功能高分子材料K，该反应类似苯酚与甲醛在一定条件下发生缩聚反应，生成酚醛树脂，则K的结构简式为：，故答案为：；（4）已知：ROH+R1CIROR1+HCI，C与E以物质的量比1：1混合在催化剂、加热条件下反应，根据已知条件可知，C和E发生了取代反应，反应的化学
35、方程式为： +HCl，故答案为： +HCl；（5）B为，L是B的同分异构体，与B具有相同的官能团，则L含有羟基、碳碳双键和羧基；遇氯化铁溶液发生显色反应，则L分子中含有酚羟基，若L分子中只含2个取代基，存在两种情况：OH、CH=CHCOOH，存在邻、间、对三种结构，除去B本身外，还有2种结构；OH、C（COOH）=CH2，有3种结构；若L含有3个取代基：OH、CH=CH2、COOH，若3个取代基都在邻位，存在3种结构，若3个取代基都在间位，存在1种结构；若两个取代基相邻，另一个取代基在间位或对位，总共存在：23=6种结构，所以含有3个取代基时总共含有：3+1+6=10种结构，根据分析可知，符合
36、条件的同分异构体共有：2+3+10=15种，故答案为：1510CuCl2、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如图：请回答下列问题：（1）如图装置进行反应，导管a通入氯气（夹持仪器和加热装置省略）观察到的现象是试管内有棕色烟产生，写出铜与氯气反应的化学方程式Cu+Cl2CuCl2（2）上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是避免Cu2+水解试剂X、固体J的物质分别为caNaOH Fe（OH）3 bNH3H2O Fe（OH）2 cCuO Fe（OH）3 dCuSO4 Cu（OH）2（3）反应是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一
37、段时间后生成CuCl白色沉淀写出制备CuCl的离子方程式2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42（4）反应后，如图盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效该红褐色沉淀的主要化学式是Fe（OH）3该腐蚀过程的正极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式Cu2+e+Cl=CuCl【考点】制备实验方案的设计【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化
38、铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl22H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl22H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体（1）铜在氯气中燃烧产生棕色氯化铜烟；（2）氯化铜、氯化铁在溶液中会发生水解，铜盐水解生成氢氧化铜，保持溶液呈强酸性，避免铜离子水解损失，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀；
39、（3）铜离子是氧化剂，SO2是还原剂，生成CuCl和SO42；（4）氢氧化钠溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，红褐色沉淀为氢氧化铁，正极上ClO得电子生成Cl；（5）Cu2+在阴极上得电子，铜元素的化合价可以降至+1价、0价，部分CuCl析出是Cu2+得到电子生成CuCl，结合电荷守恒配平书写电极反应【解答】解：（1）铜在氯气中燃烧生成固体氯化铜，观察到棕黄色的烟，反应为：Cu+Cl2CuCl2，故答案为：试管内有棕色烟产生；Cu+Cl2CuCl2；（2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水
40、解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸来溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，故答案为：避免Cu2+水解；c；（3）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42，其反应的离子方程式为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42，故答案为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42；（4）氢氧化钠
41、溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极负极的电极反应式为Fe2e=Fe2+，Fe2+2OH=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正极的电极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH，红褐色沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；ClO+2e+H2O=Cl+2OH；（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，Cu2+得到电子生成CuCl，电极反应为：Cu2+e+Cl=CuCl，故答案为：Cu2+e+Cl=CuCl11研究CO2的利用对促
42、进低碳社会的构建具有重要意义（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（s，石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1 C（s，石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加
43、入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的H（填“”、“”或“=”，下同）0在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、对应的平衡常数关系为KK（3）以CO2为原料还可以合成多种物质工业上尿素CO（NH2）2由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O开始以氨碳比=3进行反应，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为40%用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为CO2+8e+8H+=CH4+2H2
44、O将足量CO2通入饱和氨水中可得氮肥NH4HCO3，已知常温下一水合氨Kb=1.8105，碳酸一级电离常数Ka=4.3107，则NH4HCO3溶液呈碱性（填“酸性”、“中性”或“碱性”）【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）已知：Fe2O3（s）+3C（s，石墨）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（s，石墨）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1根据盖斯定律，3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）；（2）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度的化学计量数幂指数的乘积与
45、各种反应物浓度的化学计量数幂指数的乘积的比；由甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系图示可知：当反应达到平衡后，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动；曲线比I先达到平衡，说明曲线的反应速率快，平衡时曲线甲醇的物质的量较小，说明平衡向逆反应进行，由于正反应为气体体积减小的反应，不能是增大压强，说明温度曲线I，由于温度高，CH3OH含量低，说明化学平衡常数减小；（3）由CO2和NH3在一定条件下合成尿素CO（NH2）2，根据质量守恒定律书写方程式；假设n（CO2）=1 mol，则n（NH3）=3mol由于达平衡时CO2的转化率为60%，所以反应消耗的n（CO2）=0
46、.6 mol，根据方程式可知反应的NH3的物质的量，进而计算氨气的转化率；用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，酸性条件下还有水生成；根据电离常数可知HCO3水解强于NH4+水解，故显弱碱性【解答】解：（1）已知：Fe2O3（s）+3C（s，石墨）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（s，石墨）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1根据盖斯定律，3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；
47、（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：；由甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系图示可知：当反应达到平衡后，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，所以正反应为放热反应，所以H0，故答案为：；曲线比I先达到平衡，说明曲线的反应速率快，平衡时曲线甲醇的物质的量较小，说明平衡向逆反应进行，由于正反应为气体体积减小的反应，不能是增大压强，说明温度曲线I，由于温度高，CH3OH含量低，说明化学平衡常数KK，故答案为：；（3）根据质量守恒定律，由CO2和NH3在一定
48、条件下合成尿素CO（NH2）2的反应方程式为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，假设n（CO2）=1 mol，则n（NH3）=3mol，由于达平衡时CO2的转化率为60%，所以反应消耗的n（CO2）=0.6 mol，根据方程式可知反应的NH3的物质的量n（NH3）=1.2 mol，所以氨气的转化率为（1.2 mol3mol）100%=40%，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O；一水合氨的电离常数大于HCO3的电离常数，可知HCO3水解程度强于NH4+水解程度，故NH4HCO3溶液呈弱碱性，故答案为：碱性2016年12月27日
