1、2016年高考最后一卷第六模拟化学一、单选题：共7题1化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.石油分馏的目的是获得乙烯、丙烯和丁二烯B.减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾C.食品工业利用液态二氧化碳代替有机溶剂，能避免有机溶剂污染食品D.蔬菜表面洒少许福尔马林，可保鲜和消毒【答案】C【解析】本题考查化学与生产、生活的相关知识，意在考查考生理论联系实际的能力。选项A，石油裂解的目的是获得乙烯等短链不饱和烃，故A项错误；选项B，雾霾的形成主要与PM2.5有关，减少SO2的排放，不能从根本上消除雾霾，故B项错误；选项C，食品工业利用液态二氧化碳代替有机溶剂，能避免有机溶剂污染食品，C
2、项正确；选项D，甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故D项错误。 2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.常温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为0.1NAB.由D和18O所组成的水11 g，所含的中子数为4NAC.一定质量的Fe与1 L 0.4 molL-1HNO3溶液恰好完全反应，转移电子数为0.3NAD.标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1NA【答案】C【解析】本题考查阿伏加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。选项A，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的n(OH-)=
3、n(H+)=1.010-13mol，故A项错误；选项B，11 g由D和18O所组成的水的物质的量为:=0.5 mol，0.5 mol该水中含有6 mol 中子，所含的中子数为6NA，故B项错误；选项C，一定质量的 Fe与稀HNO3溶液反应:Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO+2H2O，3Fe+8HNO3(稀)3Fe(NO3)2+ 2NO+4H2O，中有4HNO3Fe3e-；中有8HNO33Fe6e-，无论是发生或还是，0.4 mol HNO3转移的电子数均为0.3NA，故C项正确；选项D，标准状况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故D项错误。 3下列中学教材中常见的物
4、质除杂方案错误的是【答案】B【解析】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、混合物分离与提纯等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键。氧化钙与水反应生成氢氧化钙，乙醇易挥发，蒸馏即可，A项正确；氯化铵能与氢氧化钠反应，NaOH可将被提纯物质除掉，应该通入氨气，B项错误；HCl极易溶于水，而饱和食盐水抑制氯气的溶解，故用饱和食盐水洗气后再用浓硫酸干燥即可除杂，C项正确；碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠稳定，所以除去碳酸钠固体中少量碳酸氢钠的最佳方法是灼烧，D项正确。 4在限定条件下，有机物的同分异构体数目(不考虑立体异构)按由小到大的顺序排列的是A.B.C.D.【答案
5、】A【解析】本题主要考查有机物的同分异构体的书写，注意知识的归纳和梳理是解题关键。C9H12属于芳香烃，该芳香烃的同分异构体若只含一个取代基，C6H5C3H7有2种不同的结构；若含2个取代基，1个甲基和1个乙基，有3种结构；若含3个甲基，按邻、间、对先固定2个甲基，再插入甲基得到1，2，3-三甲基苯、1，2，4-三甲基苯、1，3，5-三甲基苯，有3种结构，共8种。C3H7OCl看成丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个OH取代，丙烷只有一种结构，Cl与OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种: CH3CH2CHOHCl、CH3COHClCH3；取代不同碳原子上的H原子，有3种: HOCH2CH
6、2CH2Cl、CH3CHOHCH2Cl、CH3CHClCH2OH，其中含有1个甲基的异构体共有3种。根据分子式，能发生酯化反应的结构是醇，C4H9OH属于醇类，丁基有4种结构，故C4H9OH的同分异构体共有4种。等量的有机物C5H10O3与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为11，说明该有机物分子中含有1个COOH、1个OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子分别被COOH、OH取代，若C4H10为正丁烷:CH3CH2CH2CH3，COOH、OH都取代正丁烷同一碳原子上2个H原子，有2种；取代不同碳原子上的2个H原子，有6种，相应的同分异构体共有8种。若C4H
7、10为异丁烷:CH3CH(CH3)CH3，COOH、OH都取代同一碳原子上的2个H原子，有1种；取代不同碳原子上的2个H原子，有3种，相应的同分异构体共4种。故该有机物可能的结构有8+4=12种。有机物的同分异构体数目(不考虑立体异构)由小到大的顺序为:，故选A。 5短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z、W同主族。上述四种元素组成的单质中只有W的单质为固体，其余的为气体。下列有关说法错误的是A.沸点:X2ZX2WB.用惰性电极电解X2WZ4溶液可以得到X的单质与Z的单质C.实验室可用同一套装置来制备Z2与YX3D.元素Y的每种价态只能与元素Z形成一种化合物【答案】D【解析】本题考
8、查原子结构和元素性质，涉及物质熔沸点高低判断、元素周期律、气体的制备、电化学等知识点，意在考查考生的综合分析能力。由题给信息确定X、Y、Z、W分别为H、N、O、S元素。选项A，常温下，H2O为液体，而H2S为气体，且水分子之间存在氢键，沸点:H2OH2S，A项正确；选项B，用惰性电极电解H2SO4溶液，可以得到H2与O2，B项正确；选项C，NH3和O2可以利用固体与固体加热装置制得，C项正确；选项D，化合物NO2、N2O4中N的化合价均为+4，D项错误。 6室温下，某实验小组的同学将0.1 molL-1的一元酸HA溶液和0.1 molL-1的KOH溶液混合(忽略体积变化)，实验数据如下表所示:
9、实验编号溶液体积/mL混合后溶液的pHHAKOH10.0010.0010.00a7下列判断一定正确的是A.实验所得的混合溶液中:c(K+)c(A-)c(OH-)c(H+)B.实验所得的混合溶液中:c(OH-)+c(A-)=c(K+)+c(H+)C.实验所得的混合溶液中:c(A-)+c(HA)=0.05 molL-1D.实验所得的混合溶液中:c(K+)c(A-)c(OH-)=c(H+)【答案】B【解析】本题考查了电解质溶液中微粒浓度大小比较，意在考查考生对电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解原理等知识的灵活运用能力。选项A，将0.1 molL-1的一元酸HA溶液和0.1 molL-1的KOH溶
10、液等体积混合，恰好反应生成KA溶液，HA可能为弱酸也可能为强酸，反应后溶液的酸碱性无法确定，则c(OH-)与c(H+)大小无法比较，错误；选项B，无论HA是弱酸还是强酸，反应后的溶液中存在电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，正确；选项C，混合后溶液pH=7，常温下呈中性，若HA为强酸，a=10.00，实验反应后的溶液中:c(A-)=0.05 molL-1，若HA为弱酸，反应后的溶液是HA和KA的混合溶液，则a0.05 molL-1，错误；选项D，溶液的pH=7，推出c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(K+)
11、=c(A-)，错误。 7在200 mL Na2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入cmolL-1的盐酸，所得沉淀的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图。下列说法正确的是A.c=2B.原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.3 molL-1C.V=320D.若滴加盐酸过程中得到沉淀0.975 g，则滴入盐酸的体积可能为262.5 mL【答案】D【解析】本题主要考查元素化合物知识，意在考查考生的逻辑思维能力和读图、析图及计算能力。选项A，Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入cmolL-1的盐酸，先发生反应:+H+H2OAl(OH)3，由图可知反应完毕，消耗盐酸50 mL，根据方程
12、式可知n(=n(H+)=0.05 LcmolL-1=0.05 mol，得c=1，A项错误；选项B，AB阶段:反应完毕，发生反应:+H+，反应完毕，发生反应:+H+CO2+H2O，该阶段加入盐酸150 mL-50 mL=100 mL，根据方程式可知n()=n(H+)=0.1 L1 molL-1=0.05 mol，则c()=0.25 molL-1，B项错误；选项C，BC阶段，发生反应Al(OH)3+3H+Al3+3H2O，由图可知Al(OH)3反应完毕消耗盐酸(V-150) mL，根据方程式可知n(H+)=3nAl(OH)3=30.05 mol=0.15 mol，该阶段加入盐酸体积为:=0.15
13、L=150 mL，V=150+150=300，C项错误；选项D，0.975 g氢氧化铝沉淀的物质的量为0.012 5 mol，得到的沉淀可能为开始时只发生反应+H+H2OAl(OH)3生成的，则生成 0.012 5 mol氢氧化铝沉淀需要消耗0.012 5 mol氢离子，需要滴入盐酸的体积为0.012 5 L=12.5 mL；生成的0.012 5 mol氢氧化铝沉淀也可能为BC阶段剩余的氢氧化铝，根据图象可知，氢氧化铝的总物质的量为0.05 mol，反应剩余的氢氧化铝为0.012 5 mol，则需要溶解的氢氧化铝的物质的量为0.05 mol-0.012 5 mol=0.037 5 mol，根据
14、反应Al(OH)3+3H+Al3+3H2O可知，溶解0.037 5 mol氢氧化铝需要消耗氯化氢的物质的量为:0.037 5 mol3=0.112 5 mol，体积为112.5 mL，所以滴入盐酸的体积为:150 mL+112.5 mL=262.5 mL，D项正确。 二、实验题：共2题8NH4NO3热分解十分复杂。在一定条件下:3NH4NO32NH3+ 2NO+ 2NO2+3H2O(不考虑2NO2N2O4)，现要选用下列装置(部分夹持装置省略)，通过实验验证反应产物:已知:液化温度:NO2(21 )、NO(-152 )；NH3与灼热的氧化铜反应得到N2和Cu；在无催化剂的条件下NOx不能与灼热
15、的铜反应；NO2能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝。(1)所选择装置的连接顺序(按左右连接，填各装置数字)为。(2)实验开始应先向装置中通入，再。(3)为验证NO，可在中通入。(4)装置的作用是。(5)填表:【答案】(1)(2)一定量的N2点燃酒精灯(或加热)(3)一定量的氧气(4)尾气处理，防止污染空气(5)【解析】本题考查了实验方案设计、物质的检验、明确物质的性质是解本题的关键，根据实验现象确定物质的性质。仪器的连接顺序为易错点。为加热装置，由题意3NH4NO32NH3+2NO+2NO2+3H2O，为了更好地检验产物中是否含有NO，在加热前先通入一定量的N2，排净装置中空气(或O2)。加热得到
16、NH3、NO、NO2和H2O，利用装置中无水硫酸铜检验生成的水，装置吸收水蒸气，装置检验NO2，装置使二氧化氮液化，二氧化氮气体变成液态；装置中通入一定量的氧气，无色气体变成红棕色，说明含有NO气体，装置中NH3与CuO在加热的条件下反应得到N2、Cu和H2O，装置尾气处理，防止污染空气，所以装置的连接顺序为。【备注】由有机制备实验转向无机制备实验，侧重物质制备原理、除杂和提纯，顺序连接等。实验方案的设计与评价的命题方向:一是结合题目要求设计方案，并对方案进行预测与评价；二是结合题目信息对实验过程考查；三是创新型实验的考查。本类试题还有可能在装置选择、方案设计、数据处理、方案评价等方面进行考查
17、。9硫酸铅广泛应用于制造蓄电池、白色颜料等。.铅蓄电池的电极材料分别是Pb和PbO2，电解质溶液为稀硫酸。铅蓄电池充放电的总反应方程式为:PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，请根据上述情况回答下列问题:(1)铅蓄电池负极的电极材料是。(2)该铅蓄电池在充电时阳极的电极反应是。(3)如果用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取Cl2，已知某铅蓄电池中硫酸的体积为0.8 L，电解前硫酸浓度为4.5 molL-1，当制得26.88 L Cl2时(在标准状况下)，理论上电解后电池中硫酸的浓度为molL-1(假设电解前后硫酸的体积不变)。.利用锌冶炼过程中的铅浮渣生产硫酸铅的流程如下:已知:铅
18、浮渣的主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质。25 时，Ksp(CaSO4)=4.910-5，Ksp(PbSO4)=1.610-8，当离子的浓度小于或等于10-5molL-1时，可认为其沉淀完全。(4)已知步骤()有NO产生，浸出液中含量最多的阳离子是Pb2+。写出Pb参加反应的化学方程式。(5)若将步骤()中的Pb2+完全转化成PbSO4沉淀，则溶液中的c()至少为molL-1。(6)步骤()需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，目的是。(7)母液可循环利用于步骤()，其溶质主要是(填化学式)；若母液中残留的过多，循环利用时可能出现的问题是。【答案】(1)Pb
19、(2)PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H+(3)1.5(4)3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO+4H2O(5)1.610-3(6)防止Ag被溶解进入溶液(或使Ag留在浸出渣中)(7)HNO3浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率【解析】本题以铅蓄电池和PbSO4的制取为背景，考查电化学等知识，引导考生关注与化学有关的科学技术及生态环境的可持续发展，培养考生的绿色化学理念。 (1)铅蓄电池中Pb为负极，PbO2为正极。(2)充电时阳极上PbSO4失电子生成PbO2，其电极反应式为:PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H+。(3)当制得26.88 L
20、 Cl2时，氯气的物质的量为1.2 mol，转移电子的物质的量为1.2 mol2=2.4 mol，根据PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O知，当转移电子的物质的量为2.4 mol时，消耗硫酸的物质的量为2.4 mol，则电解后电池中硫酸的浓度为:=1.5 molL-1。(4)根据题给信息，硝酸把铅氧化成Pb2+，硝酸被还原成NO，故反应的化学方程式为3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO+4H2O。(5)Pb2+完全转化成PbSO4沉淀时，Pb2+浓度小于或等于10-5molL-1，Ksp(PbSO4)=1.610-8，则c()=1.610-3(molL-1)。(6)若硝酸
21、过量，则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银，产品中会有杂质，所以步骤()需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，其目的是防止Ag被溶解进入溶液。(7)Pb(NO3)2溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸，所以母液可循环利用于步骤()，其溶质主要是HNO3。若母液中残留的过多，循环利用母液浸出铅浮渣时，部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率。 三、填空题：共1题10科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(部分条件及物质未标出)。(1)已知:CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3 kJmol-1、283.0 kJmol-1、285.8 kJmol-1，则上
22、述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)H=。(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下:用H2表示前2 h平均反应速率v(H2)=。该温度下CO2的平衡转化率为。(3)在300 、8 MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为13通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=
23、总压物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)H。在0.1 MPa时，按n(CO2)n(H2)=13投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系:该反应的H0(填“”、“=”或“”)。曲线c表示的物质为。为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是。【答案】(1)-71.4 kJmol-1(2)0.225 molL-1h-140%(3)1/48 MPa-2或0.020 8 MPa-2或0.021 MPa-2(4)C2H4加压(或不断分离出水)【解析】本题考查反应热的计算、化学平衡常数、
24、化学平衡图象分析及平衡移动等，考查考生的综合能力。 (1)按顺序把热化学方程式标为:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H1=-890.3 kJmol-1CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)H2= -283.0 kJmol-1H2(g)+1/2O2(g)H2O(l)H3= -285.8 kJmol-1根据盖斯定律，2-2-4得2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)H=-71.4 kJmol-1。(2)由反应前后的压强关系可知2 h时，体系中气体的总的物质的量为3.4 mol，减少了0.6 mol。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)n(减
25、少)=2始:1 mol3 mol00变:0.3 mol0.9 mol0.3 mol0.3 mol0.6 mol末:0.7 mol2.1 mol0.3 mol0.3 molv(H2)=0.225 molL-1h-1。该反应是一个反应前后气体分子数减小的反应，压强不变时，说明反应达到平衡。5 h时反应达到平衡，根据反应前后压强的比值可求得CO2的平衡转化率为100%=40%。(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1 mol和3 mol。则平衡时p(CO2)=8 MPa=4/3 MPa，p(H2)=8 MPa=4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa=4/3 MPa，p(H2O)=8 MPa
26、=4/3 MPa，Kp=0.020 8 (MPa-2)。(4)由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，H”或“(4)2K4Fe(CN)6 + Cl22K3Fe(CN)6+ 2KCl(5)12【解析】本题考查了原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质知识，意在考查考生的分析能力。 (1)Fe3+是Fe原子失去3个电子得到的，基态Fe3+的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5。(2)SiH4结构类似于甲烷，其中心原子Si采取sp3杂化，空间构型为正四面体形；Si2H4类似于乙烯，结构简式为SiH2SiH2，其分
27、子中含有5个键和1个键，二者的数目之比为51。(3)由于Mg原子3s轨道全充满，失去一个电子比Al原子失去3p 轨道上的一个电子消耗更多的能量，所以Mg的第一电离能大于Al的第一电离能。(4)氯气将+2价的铁氧化成+3价，所以反应方程式为:2K4Fe(CN)6 + Cl22K3Fe(CN)6+ 2KCl。(5)Ag晶体采用面心立方最密堆积，故晶胞中Ag原子的配位数为12，晶胞中Ag原子数为6+8=4，晶胞的质量为m=g， Ag原子半径为rcm，晶胞的棱长为cm，晶胞体积=()3cm3，故晶体的密度=gcm-3。【备注】一般结合元素推断考查电子排布式、轨道表达式、判断成键类型、第一电离能、分子极
28、性、分子构型及晶体结构和性质等；还可能会综合原子结构、元素周期表、元素周期律等知识进行命题，突出对考生分析问题和解决问题能力的考查。五、推断题：共1题13氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，可通过如图方法合成:已知:；中氯原子较难水解；RCHO根据以上信息回答下列问题:(1)A的名称是，F中无氧官能团的名称是。(2)写出下列物质的结构简式:D，X；C分子中最多有个原子共平面。(3)反应的反应类型是。(4)写出下列反应的化学方程式:反应:。反应:。(5)E的同分异构体中，满足下列条件的有种，其中一种的核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为11222，请写出其结构简式。结构中含有苯环且存在与F
29、相同的官能团；能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应。【答案】(1)2-氯甲苯氯原子、氨基(2)14(3)取代反应(4)+2NaOH+2NaCl+H2O+CH3OH+H2O(5)3【解析】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，较好地考查了考生的分析推理能力。邻氯甲苯在光照条件下与氯气反应的产物B为，依据已知和卤代烃在碱性条件下的水解，知C为。依据所给已知知，醛能与氰化钠和氯化铵发生反应，在醛基所在的C原子上同时引入官能团CN和NH2，故D的结构简式应为:，由F()G()，明显是氨基上H原子被取代，故X为。(1)A的习惯命名为邻氯甲苯，系统命名为2-氯甲苯，F()中含有氯原子、氨基和酯基，不含氧的官能团为氯原子、氨基。(2)中苯环和醛基均属于平面结构，则14个原子都有可能共面。(3)反应为G和反应得到氯吡格雷和乙二醇的取代反应。(4)卤代烃在NaOH溶液中水解，同一个C上生成2个羟基，脱水生成醛基。(5)结构中含有苯环且存在与F相同的官能团，说明含有氯原子、氨基和酯基；能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，说明含有结构。根据以上信息结合E的结构简式，确定苯环上只有两个取代基，二者可位于苯环上邻、间、对位，共3种结构，其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为11222的物质的结构简式为。
