1、2016年广东省广州市华南师大附中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题，每题6分1早在古代，我国人民就积累了不少对化学物质变化的认识例如，晋代炼丹家、医学家葛洪所著抱朴子一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”这句话中的丹砂指的是HgS，下列关于这句话的说法正确的是（）A这个过程只涉及物理变化B这个过程是可逆反应C这个过程发生了复分解反应D“丹砂烧之成水银”过程中还可能产生SO22某含碳、氢、氧三种元素的有机物的蒸气密度是相同条件下CO2的2倍，含氧量为36.4%该有机物中氧原子只以“”结构存在的同分异构体的数目有（）A2种B4种C6种D8种3设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A
2、标准状况下的22.4L辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8NAB20g重水中含有的电子数为10NAC常温下，5.6g铁与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAD1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中含NH4+数为0.1NA4A、B、C、D、E为周期表前20号主族元素，原子半径依次减小，其中A和E同族，A、B原子最外层电子数之比为1：4，A和C能形成一种既含离子键又含非极性共价键的化合物，A与C、B与E原子的电子层数都相差2下列说法正确的是（）AD是非金属性最强的元素BB的单质有多种同分异构体，其中一种是自然界中最坚硬的物质CB的氢化物的稳定性大于D的氢化物DA与C只能够形成两种化合物5下列
3、实验设计的步骤及现象均正确的是（）实验目的实验步骤及现象A证明氯水有酸性试样溶液变红色，且长时间不变B检验某红棕色气体是否溴蒸汽试样观察溶液是否变蓝C证明酸性条件H2O2氧化性比I2强NaI溶液溶液变蓝色D提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯试样较纯净乙酸乙酯AABBCCDD6下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是（）ACO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液BCO2通入澄清石灰水中CH2S气体通入氯水中DNaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中7下列对如图两烧杯溶液分析一定正确的是（）A甲、乙两烧杯中水电离出OH浓度：甲乙B分别稀释相同倍数，溶液pH变化：甲=乙C相同条件，AgCl（s）在
4、甲中溶解度大于在乙中D向乙烧杯加入l0.0mL 0.1mol/L NaOH溶液后一定存在：c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等实验室用下图所示装置制备氨基甲酸铵，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备（1）结合上述实验装置，写出制备氨基甲酸铵的化学方程式该反应为反应（填“吸热”或“放热”）（2）液体石蜡鼓泡瓶的作用是（3）从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是（4）氨基甲酸铵极易水解，产
5、物是碳酸氢铵和一种弱碱，请写出其水解反应方程式（5）某实验小组通过上述实验装置进行实验，得到了一份只含有少量碳酸铵杂质的氨基甲酸铵固体产品为验证氨基甲酸铵的水解产物有HCO3，该实验小组计划用上述样品进行实验请补充以下实验设计方案：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，得到无色溶液，（限选试剂：蒸馏水、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液）取上述氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.970g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为已知：Mr（NH2COONH4）=78，Mr（NH4HCO3）=79，Mr（BaCO3）=1979K
6、2SO4是无氯优质钾肥，Mn3O4是生产软磁铁氧体材料的主要原料以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和Mn3O4的工艺流程如图1：（1）反应通入足量空气的目的是（2）写出反应的离子方程式，该反应需控制在6070之间的原因是（3）几种盐的溶解度见图2反应中，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品（4）反应的化学方程式为（5）图3为煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变化曲线该曲线中A段所表示物质的化学式为已知B阶段产物为Mn3O4，当煅烧温度为1000时得到的产物再冷却到400过程中，测得产物的总锰含量会减小试分析产物总锰含量减小的原因10
7、甲醇是一种重要的工业原料，利用甲醇可以制氢气甲醇与水蒸气反应可以直接制得氢气已知 CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H0一定条件下，向体积为2L的恒容器密闭容器中充入1.2molCH3OH（g）和2.8molH2O（g），实验测得，反应共吸收的能量和甲醇的体积分数随时间变化的曲线图象如图1（1）从反应开始至平衡，H2的平均反应速率为（2）该条件下，CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的H=，该反应的平衡常数为（3）B点时水的体积分数C点（填“”、“=”或“”）（4）在D点时，将容器的体积压缩为原来的一半，同时再充入7.2mol的H2O（g），CH3OH
8、（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）平衡移动（填“往左”、“往右”或“不”）将甲醇燃料电池高温电解等物质的量的H2OCO2混合气体可以间接制备H2其基本原理如图2所示（5）甲醇燃料电池以酸性溶液为电解质，写出电池负极的电极反应式（6）电解池中发生的总反应方程式为（7）当质子交换膜中通过的H+数目为4.8161023时，理论上电解池中产生的H2为L（标准状况）三、化学-选修3：物质结构与性质11铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛（1）Fe2+基态核外电子排布式为（2）Fe3+可与（阴离子）发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+该阴离子的电子式为，其空间构型为（3）已知Fe2
9、+和Fe3+均可与CN形成配离子Fe（CN）64和Fe（CN）63，在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63写出以上转化的离子方程式（4）CN的其中一个等电子体可与Fe（0）形成配合物，该配合物的化学式为，1mol该配合物所含有键和键数目之比为（5）向Fe2+溶液中加入K3Fe（CN）6，可生成蓝色难溶化合物滕氏蓝，若向Fe3+溶液中加入K4Fe（CN）6，则可生成蓝色难溶化合物普鲁士蓝，经结构分析，滕氏蓝和普鲁士蓝为同一化合物，其晶胞结构（）如图所示（K+未标出）根据上述信息，滕氏蓝和普鲁士蓝晶胞含有个Fe2+，其化学式为，含有的化学键有（填字母序号）a共价键 b离子键
10、 c配位键 d金属键 e氢键四、化学-选修5：有机化学基础12葛根大豆苷元（F）用于治疗高血压引起的头疼、突发性耳聋等症，其合成路线如下：（1）化合物B中的含氧官能团有（填官能团名称）（2）已知X为，写出该反应的化学方程式（3）已知D与DMF（二甲基甲酰胺，结构简式为）在POCl3（三氯氧磷）的催化下反应生成E，同时还生成H2O和另一种有机物，写出该有机物的分子式（4）E的分子式为，由E生成F的反应类型为（5）B的芳香同分异构体中苯环上有三个取代基，并且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的有种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的为（写出其中一种的结构简式）（6）根据已有知识
11、并结合相关信息，写出以和（CH3CO）2O为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH2016年广东省广州市华南师大附中高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题，每题6分1早在古代，我国人民就积累了不少对化学物质变化的认识例如，晋代炼丹家、医学家葛洪所著抱朴子一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”这句话中的丹砂指的是HgS，下列关于这句话的说法正确的是（）A这个过程只涉及物理变化B这个过程是可逆反应C这个过程发生了复分解反应D“丹砂烧之成水银”过程中还可能产生SO2【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析
12、】丹砂为硫化汞，不稳定，加热发生HgSHg+S，温度降低时，又可发生Hg+S=HgS，以此解答该题【解答】解：A反应中涉及HgS的分解和生成，为化学变化，故A错误；BHgSHg+S与Hg+S=HgS的反应条件不同，不是可逆反应，故B错误；C丹砂烧之成水银，发生HgSHg+S，为分解反应，温度降低时，又可发生Hg+S=HgS，为化合反应，无复分解反应，故C错误；D“丹砂烧之成水银”的过程中，分解生成的S可能燃烧生成二氧化硫，故D正确故选D2某含碳、氢、氧三种元素的有机物的蒸气密度是相同条件下CO2的2倍，含氧量为36.4%该有机物中氧原子只以“”结构存在的同分异构体的数目有（）A2种B4种C6种
13、D8种【考点】有机化合物的异构现象【分析】密度之比等于相对分子质量之比，据此计算该有机物的相对分子质量；结合含有，可能为羧酸，也可能为酯类进行判断即可【解答】解：该有机物相对分子质量为442=88，相对质量为44，剩余部分碳氢相对分子质量为44，故碳氢组成为C3H8，（1）若该有机物为羧基，只有2种：正丁酸和异丁酸；（2）若该有机物为酯，则有4种：甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，共6种，故选C3设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下的22.4L辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8NAB20g重水中含有的电子数为10NAC常温下，5.6g铁与足量的盐酸反应，失去的电
14、子数为0.3NAD1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中含NH4+数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下辛烷为液态；B、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个电子来分析；C、求出铁的物质的量，然后根据铁和盐酸反应后变为+2价来分析；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解【解答】解：A、标况下辛烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和燃烧生成的二氧化碳分子个数，故A错误；B、20g重水的物质的量为1mol，而重水中含10个电子，故1mol重水中含10NA个电子，故B正确；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁失去0.
15、2NA个电子，故C错误；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.1NA个，故D错误故选B4A、B、C、D、E为周期表前20号主族元素，原子半径依次减小，其中A和E同族，A、B原子最外层电子数之比为1：4，A和C能形成一种既含离子键又含非极性共价键的化合物，A与C、B与E原子的电子层数都相差2下列说法正确的是（）AD是非金属性最强的元素BB的单质有多种同分异构体，其中一种是自然界中最坚硬的物质CB的氢化物的稳定性大于D的氢化物DA与C只能够形成两种化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A、B、C、D、E为周期表前20号主族元素，原子半径依次减小，
16、A、B原子最外层电子数之比为1：4，由于主族元素最外层电子数不超过7，故A、B原子最外层电子数分别为1、4，即A处于IA族、B处于IVA族，而A和E同族，E的原子半径小于B的，则E为H元素；B与E原子的电子层数相差2，则B处于第三周期，故B为Si；A和C能形成一种既含离子键又含非极性共价键的化合物，则C为O元素；A与C的电子层数相差2，故A处于第四周期，则A为K元素；而D的原子半径小于氧原子的，故D为F元素【解答】解：A、B、C、D、E为周期表前20号主族元素，原子半径依次减小，A、B原子最外层电子数之比为1：4，由于主族元素最外层电子数不超过7，故A、B原子最外层电子数分别为1、4，即A处于
17、IA族、B处于IVA族，而A和E同族，E的原子半径小于B的，则E为H元素；B与E原子的电子层数相差2，则B处于第三周期，故B为Si；A和C能形成一种既含离子键又含非极性共价键的化合物，则C为O元素；A与C的电子层数相差2，故A处于第四周期，则A为K元素；而D的原子半径小于氧原子的，故D为F元素AD是氟元素，是非金属性最强的元素，故A正确；BB为Si元素，而自然界中最坚硬的物质为金刚石，由碳元素组成，故B错误；CSi的非金属性比F的弱，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故HF更稳定，故C错误；DK元素与O元素可以形成K2O、K2O2、KO2，故D错误故选：A5下列实验设计的步骤及现象均正确的是（）
18、实验目的实验步骤及现象A证明氯水有酸性试样溶液变红色，且长时间不变B检验某红棕色气体是否溴蒸汽试样观察溶液是否变蓝C证明酸性条件H2O2氧化性比I2强NaI溶液溶液变蓝色D提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯试样较纯净乙酸乙酯AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性；B二氧化氮和溴蒸气都为红棕色，且都有强氧化性；C硝酸可氧化碘离子；D乙酸乙酯比溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应【解答】解：A氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性和漂白性，滴加石蕊试液，先变红后褪色，故A错
19、误；B二氧化氮和溴蒸气都为红棕色，且都有强氧化性，都可使淀粉碘化钾变蓝色，不能确定，可将气体通入水，如溶液呈黄色，说明为溴，否则为二氧化氮，故B错误；C硝酸可氧化碘离子，不能确定过氧化氢和碘的氧化性，可用稀硫酸酸化，故C错误；D乙酸乙酯比溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可用饱和碳酸钠除去乙酸，故D正确故选D6下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是（）ACO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液BCO2通入澄清石灰水中CH2S气体通入氯水中DNaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中【考点】化学反应的基本原理；氯气的化学性质；钠的重要化合物【分析】A向KOH和Ca（OH）2的混合
20、稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙；B二氧化碳先与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钙反应完毕后，二氧化碳再与碳酸根、水生成碳酸氢钙，氢氧化钙与碳酸氢钙的浓度基本相等；CH2S气体通入氯水中，发生反应H2S+Cl2=S+2HCl，酸性增强；DNaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，氢氧根与碳酸氢根发生反应生成碳酸根，碳酸根与钡离子结合生成碳
21、酸钡沉淀【解答】解：A向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，图象应为，故A错误；B开始二氧化碳与氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀，溶液中离子浓度降低，导电能力降低，氢氧化钙反应完毕后，二氧化碳再与碳酸根、水生成碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，最后由钙离子守恒可知氢氧化钙与碳酸氢钙的浓度基本相等，导电能力与开
22、始基本相同，故B正确；CH2S气体通入氯水中，发生反应H2S+Cl2=S+2HCl，酸性增强，溶液pH值减小，故C错误；DNaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，立即生成碳酸钡沉淀，故D错误故选B7下列对如图两烧杯溶液分析一定正确的是（）A甲、乙两烧杯中水电离出OH浓度：甲乙B分别稀释相同倍数，溶液pH变化：甲=乙C相同条件，AgCl（s）在甲中溶解度大于在乙中D向乙烧杯加入l0.0mL 0.1mol/L NaOH溶液后一定存在：c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）【考点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、溶液的酸性越强，则对水的电离抑制得越厉害；B、加水
23、稀释，弱电解质的电离平衡被促进；C、乙中含有的氯离子对AgCl的溶解平衡有抑制作用；D、乙烧杯中HCl的物质的量不明确【解答】解：A、溶液的酸性越强，则对水的电离抑制得越厉害，由于乙烧杯中含有强电解质HCl，故乙烧杯中的酸性比甲强，则对水的电离的抑制更强，即乙中水的电离程度更小，水电离出OH浓度：甲乙，故A错误；B、加水稀释，弱电解质的电离平衡被促进，故甲中氢离子浓度下降较乙中的慢，则pH变化甲乙，故B错误；C、乙中含有的氯离子对AgCl的溶解平衡有抑制作用，故相同条件，AgCl（s）在甲中溶解度大于在乙中，故C正确；D、向乙烧杯加入l0.0mL 0.1mol/L NaOH溶液后，溶液中存在电
24、荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）+c（Cl），但由于乙烧杯中HCl的物质的量不明确，故和加入的NaOH的物质的量是否相等无法确定，故所得溶液中c（Na+）不一定等于c（Cl），故c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）不一定成立，故D错误故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等实验室用下图所示装置制备氨基甲酸铵，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备（1）结合上述实验装置，写出制备氨基甲酸铵的化
25、学方程式2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4该反应为放热反应（填“吸热”或“放热”）（2）液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，控制气体流速和调节NH3与CO2通入比例（3）从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（4）氨基甲酸铵极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，请写出其水解反应方程式NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O（5）某实验小组通过上述实验装置进行实验，得到了一份只含有少量碳酸铵杂质的氨基甲酸铵固体产品为验证氨基甲酸铵的水解产物有HCO3，该实验小组计划用上述样品进行实验请补充以下实验设计方案：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，得到无色溶液
26、，加入过量的BaCl2溶液，静置，取上层清液于另一试管，向试管中继续加入少量澄清石灰水溶液变浑浊，说明氨基甲酸铵水解产物有碳酸氢根（限选试剂：蒸馏水、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液）取上述氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.970g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为80.0%已知：Mr（NH2COONH4）=78，Mr（NH4HCO3）=79，Mr（BaCO3）=197【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由题目信息可知，氨气与二氧化碳反应生成NH2COONH4；氨基甲酸胺易分解，图中反应装置用冰水冷却，防止氨基甲酸胺分
27、解，说明制备氨基甲酸胺的为放热反应；（2）根据液体石蜡瓶鼓泡瓶中气泡控制气体流速和原料气体的配比；（3）由氨基甲酸胺小晶体悬浮在四氧化碳中，可以采取过滤方法分离；（4）氨基甲酸胺极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，该弱碱为NH3H2O；（5）利用碳酸氢根与氯化钡没有沉淀生成，而与氢氧化钙溶液有沉淀生成可验证氨基甲酸铵的水解产物有HCO3；生成的沉淀为碳酸钡，根据碳原子守恒、混合物总质量列方程各自物质的量，再计算氨基甲酸胺的质量，进而计算其物质的量分数【解答】解：（1）由题目信息可知，氨气与二氧化碳反应生成NH2COONH4，反应方程式为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4，氨基甲酸
28、胺易分解，图中反应装置用冰水冷却，防止氨基甲酸胺分解，说明制备氨基甲酸胺的为放热反应，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4；放热；（2）可以根据液体石蜡瓶鼓泡瓶中气泡，控制气体流速和调节NH3与CO2通入比例，故答案为：通过观察气泡，控制气体流速和调节NH3与CO2通入比例；（3）由氨基甲酸胺小晶体悬浮在四氧化碳中，可以采取过滤方法分离，故答案为：过滤；（4）氨基甲酸胺极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，该弱碱为NH3H2O，反应方程式为：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O，故答案为：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O；（5）利用
29、碳酸氢根与氯化钡没有沉淀生成，而与氢氧化钙溶液有沉淀生成可验证氨基甲酸铵的水解产物有HCO3，实验设计方案为：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，得到无色溶液，加入过量的BaCl2溶液，静置，取上层清液于另一试管，向试管中继续加入少量澄清石灰水溶液变浑浊，说明氨基甲酸铵水解产物有碳酸氢根，故答案为：加入过量的BaCl2溶液，静置，取上层清液于另一试管，向试管中继续加入少量澄清石灰水溶液变浑浊，说明氨基甲酸铵水解产物有碳酸氢根；生成的沉淀为碳酸钡，其物质的量为： =0.01mol，氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，由碳元素守恒可知：x+y=0.01 由质量可得：78x+79
30、y=0.782解得x=0.008mol，y=0.002mol，则制得的样品中氨基甲酸胺的物质的量分数为：100=80.0%，故答案为：80.0%9K2SO4是无氯优质钾肥，Mn3O4是生产软磁铁氧体材料的主要原料以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和Mn3O4的工艺流程如图1：（1）反应通入足量空气的目的是保证二氧化硫在溶液中充分被氧化为硫酸钙（2）写出反应的离子方程式CaSO4+NH3+HCO3=CaCO3+NH4+SO42，该反应需控制在6070之间的原因是加快反应速率同时防止铵盐分解（3）几种盐的溶解度见图2反应中，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、趁热过滤
31、、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品（4）反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4（5）图3为煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变化曲线该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4已知B阶段产物为Mn3O4，当煅烧温度为1000时得到的产物再冷却到400过程中，测得产物的总锰含量会减小试分析产物总锰含量减小的原因MnSO4部分Mn3O4又被氧化成Mn2O3或MnO2，造成总锰含量减少【考点】制备实验方案的设计【分析】硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，反应是用碳酸钙、二氧化硫反应生成亚硫酸钙，再被空气中的氧气氧化成硫酸钙，反应为硫酸钙中加入碳酸铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应向（NH
32、4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品，反应为二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰，经除杂结晶得硫酸锰晶体，再经加热可得Mn3O4，（1）氧气能将亚硫酸钙氧化成硫酸钙；（2）反应硫酸钙中加入碳酸铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，根据电守恒和元素守恒书写离子方程式，该反应在温度太高，铵盐会分解，温度太低，反应速率太慢；（3）根据溶解度曲线图可知，硫酸钾的溶解度较小，而氯化铵的溶解度较大，据此判断操作步骤；（4）反应为二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰，根据元素守恒和电子得失守恒书写化学方程式；（5）时温度与剩余固体质量变化曲线MnSO4H2O受热
33、分解，先失去结晶水，根据剩余固体与晶体的质量比可确定A的组成；在冷却过程中，Mn3O4会被空气中的氧气氧化成Mn2O3或MnO2，据此答题【解答】解：（1）氧气能将亚硫酸钙氧化成硫酸钙，所以反应通入足量空气的目的是保证二氧化硫在溶液中充分被氧化为硫酸钙，故答案为：保证二氧化硫在溶液中充分被氧化为硫酸钙；（2）反应硫酸钙中加入碳酸铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为CaSO4+NH3+HCO3=CaCO3+NH4+SO42，该反应在温度太高，铵盐会分解，温度太低，反应速率太慢，所以反应需控制在6070之间，其原因是加快反应速率同时防止铵盐分解，故答案为：CaSO4+NH3+HCO
34、3=CaCO3+NH4+SO42；加快反应速率同时防止铵盐分解；（3）根据溶解度曲线图可知，硫酸钾的溶解度较小，而氯化铵的溶解度较大，所以从混合溶液中获得硫酸钾晶体的操作步骤是蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等，故答案为：蒸发浓缩；趁热过滤；（4）反应为二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰，反应化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4；（5）MnSO4H2O受热分解，先失去结晶水，设MnSO4H2O的物质的量为1 mol，则m（MnSO4H2O）=1mol169gmol1=169g，其中含有m（MnSO4）=1mol151gmol1=151g，根据题意可知，在A处
35、固体的质量为169g=151，所以A的组成为MnSO4，故答案为：MnSO4；在冷却过程中，Mn3O4会被空气中的氧气氧化成Mn2O3或MnO2，会导致计算出的Mn、O的原子个数比偏小，即测得产物的总锰含量会减小，故答案为：MnSO4部分Mn3O4又被氧化成Mn2O3或MnO2，造成总锰含量减少10甲醇是一种重要的工业原料，利用甲醇可以制氢气甲醇与水蒸气反应可以直接制得氢气已知 CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H0一定条件下，向体积为2L的恒容器密闭容器中充入1.2molCH3OH（g）和2.8molH2O（g），实验测得，反应共吸收的能量和甲醇的体积分数随时间变化的曲
36、线图象如图1（1）从反应开始至平衡，H2的平均反应速率为0.03mol/（Ls）（2）该条件下，CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的H=+49.4kJ/mol，该反应的平衡常数为0.09（mol/L）2（3）B点时水的体积分数C点（填“”、“=”或“”）（4）在D点时，将容器的体积压缩为原来的一半，同时再充入7.2mol的H2O（g），CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）平衡不移动（填“往左”、“往右”或“不”）将甲醇燃料电池高温电解等物质的量的H2OCO2混合气体可以间接制备H2其基本原理如图2所示（5）甲醇燃料电池以酸性溶液为电解质，写出电池负极的
37、电极反应式CH3OH+H2O6e=CO2+6H+（6）电解池中发生的总反应方程式为H2O+CO2H2+CO+O2（7）当质子交换膜中通过的H+数目为4.8161023时，理论上电解池中产生的H2为4.48L（标准状况）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）反应前c（CH3OH）=0.6mol/L、c（H2O）=1.4mol/L，设参加反应的c（CH3OH）为xmol/L， CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）反应前（mol/L）0.6 1.4 0 0 反应（mol/L） x x x 3x平衡（mol
38、/L）0.6x 1.4x x 3x根据图知，反应后甲醇的体积分数占，相同条件下体积之比等于其物质的量之比，所以甲醇的物质的量分数=，x=0.2则生成c（H2）=3x=30.2mol/L=0.6mol/L，v（H2）=；（2）参加反应的n（CH3OH）=0.2mol/L2L=0.4mol，有0.4mol甲醇反应吸收19.76kJ热量，据此计算1mol甲醇反应吸收的热量；化学平衡常数K=；（3）根据图知，从B点到C点，甲醇的体积分数在减小，说明平衡正向移动，水的物质的量减小；（4）根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，如果浓度商等于平衡常数，则平衡不移动；（5）甲醇燃料酸性电池中，负极上甲
39、醇失电子发生氧化反应；（6）电解池中，反应物是水和二氧化碳，生成物是氢气、CO和氧气；（7）串联电路中转移电子相等，根据转移电子相等计算生成氢气体积【解答】解：（1）反应前c（CH3OH）=0.6mol/L、c（H2O）=1.4mol/L，设参加反应的c（CH3OH）为xmol/L， CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）反应前（mol/L）0.6 1.4 0 0 反应（mol/L） x x x 3x平衡（mol/L）0.6x 1.4x x 3x根据图知，反应后甲醇的体积分数占，相同条件下体积之比等于其物质的量之比，所以甲醇的物质的量分数=，x=0.2则生成c（H2）=3x=
40、30.2mol/L=0.6mol/L，v（H2）=0.03mol/（Ls），故答案为：0.03mol/（Ls）；（2）参加反应的n（CH3OH）=0.2mol/L2L=0.4mol，有0.4mol甲醇反应吸收19.76kJ热量，据此计算1mol甲醇反应吸收的热量=+49.4kJ/mol；化学平衡常数K=0.09（mol/L）2，故答案为：+49.4kJ/mol；0.09（mol/L）2；（3）根据图知，从B点到C点，甲醇的体积分数在减小，说明平衡正向移动，水的物质的量减小，B点时水的体积分数大于C点，故答案为：；（4）再充入7.2mol水蒸气，c（H2O）=7.2mol/L，缩小容器体积时，c
41、（CH3OH）=0.8mol/L、c（H2O）=9.6mol/L、c（CO2）=0.4mol/L、c（H2）=1.2mol/L，浓度商=0.09，其浓度商等于化学平衡常数，所以平衡不移动，故答案为：不；（5）甲醇燃料酸性电池中，负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；（6）电解池中，反应物是水和二氧化碳，生成物是氢气、CO和氧气，则电池反应式为H2O+CO2H2+CO+O2，故答案为：H2O+CO2H2+CO+O2；（7）串联电路中转移电子相等，正极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，通过离子交换膜的
42、氢离子是4，当质子交换膜中通过的H+数目为4.8161023时，通过的氢离子物质的量=0.8mol，转移0.8mol电子得到0.8mol电子，根据转移电子相等得生成氢气体积=4.48L，故答案为：4.48三、化学-选修3：物质结构与性质11铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛（1）Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 （2）Fe3+可与SCN（阴离子）发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+该阴离子的电子式为，其空间构型为直线型（3）已知Fe2+和Fe3+均可与CN形成配离子Fe（CN）64和Fe（CN）63，在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN
43、）64转化为Fe（CN）63写出以上转化的离子方程式2Fe（CN）64+H2O2+2H+=2Fe（CN）63+2H2O（4）CN的其中一个等电子体可与Fe（0）形成配合物，该配合物的化学式为Fe（CO）5，1mol该配合物所含有键和键数目之比为1：1（5）向Fe2+溶液中加入K3Fe（CN）6，可生成蓝色难溶化合物滕氏蓝，若向Fe3+溶液中加入K4Fe（CN）6，则可生成蓝色难溶化合物普鲁士蓝，经结构分析，滕氏蓝和普鲁士蓝为同一化合物，其晶胞结构（）如图所示（K+未标出）根据上述信息，滕氏蓝和普鲁士蓝晶胞含有4个Fe2+，其化学式为KFeFe（CN）6，含有的化学键有abc（填字母序号）a共价
44、键 b离子键 c配位键 d金属键 e氢键【考点】配合物的成键情况；原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成Fe2+，根据构造原理书写Fe2+核外电子排布式；（2）铁离子和KSCN反应生成络合物为血红色溶液，可用于鉴定Fe3+，SCN中各原子的连接顺序为SCN，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；（3）在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63，根据化合价变化配平该反应的离子方程式；（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体；三键
45、中含有1个键、2个键，单键属于键；（5）利用均摊法计算立方体结构中Fe3+、Fe2+、CN数目，结合电荷守恒计算K+数目，进而确定其化学式；KFeFe（CN）6中含有共价键、离子键、配位键【解答】解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ；（2）铁离子和KSCN反应生成络合物，溶液为血红色，发生Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，可用于鉴定Fe3+，SCN中各原子的连接顺序为SCN，S与C形成
46、一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN得到的一个电子给了S，故SCN的电子式，其中心原子碳原子的价电子对数为=2，无孤对电子，所以分子空间构型为直线型，故答案为：SCN；直线型；（3）在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63，双氧水中氧元素化合价为1价，反应后生成了2价的水，化合价降低了2价，Fe（CN）64转化为Fe（CN）63，铁元素有+2价变为+3价，化合价升高了1价，则化合价变化的最小公倍数为2，所以双氧水的计量数为1，Fe（CN）64的计量数为2，然后利用质量守恒配平，反应的离子方程式为：2Fe（CN）64+H2O2+2H+=2Fe（CN）63+2H2
47、O，故答案为：2Fe（CN）64+H2O2+2H+=2Fe（CN）63+2H2O；（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与CN互为等电子体的一种分子为CO，可与Fe（0）形成配合物，为Fe（CO）5，CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则CO的结构式为CO，三键中含有1个键、2个键，单键属于键，则CO分子中键和键数目比为1：2，1molFe（CO）5所含有键和键数目之比为2：2=1：1，故答案为：Fe（CO）5；1：1；（5）立方体结构中Fe3+离子的个数为：4=，Fe2+离子的个数为：4=，CN离子的个数为：
48、12=3，根据电荷守恒：N（K+）+N（Fe3+）3+N（Fe2+）2=N（CN），得N（K+）=，普鲁士蓝中 n（K+）：n（Fe3+）：n（Fe2+）：n（CN）=1：1：1：6，则其化学式为KFeFe（CN）6；Fe3+含有空轨道，CN中N原子提供孤电子对，形成配位键，亚铁离子、钾离子和Fe（CN）63 形成离子键，碳原子和氮原子之间存在共价键，所以abc符合，故答案为：4；KFeFe（CN）6；abc四、化学-选修5：有机化学基础12葛根大豆苷元（F）用于治疗高血压引起的头疼、突发性耳聋等症，其合成路线如下：（1）化合物B中的含氧官能团有醚键、羰基（填官能团名称）（2）已知X为，写出该
49、反应的化学方程式（3）已知D与DMF（二甲基甲酰胺，结构简式为）在POCl3（三氯氧磷）的催化下反应生成E，同时还生成H2O和另一种有机物，写出该有机物的分子式C2H7N（4）E的分子式为C16H12O4，由E生成F的反应类型为取代反应（5）B的芳香同分异构体中苯环上有三个取代基，并且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的有6种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的为或（写出其中一种的结构简式）（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以和（CH3CO）2O为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的
50、合成【分析】（1）由B的结构简式可知，含有的官能团为醚键、羰基；（2）对比C、D结构简式可知，C中羧基中羟基与中苯环3号位置的H原子结合脱去1分子水生成D；（3）对比D、E的结构简式可知E比D多1个C原子、少2个H原子，结合原子守恒确定生成的另外有机物的分子式；（4）根据E的结构简式确定其分子式；对比E、F的结构简式可知，E中CH3被氢原子确取代生成F；（5）B的芳香同分异构体中苯环上有三个取代基，并且既能发生银镜反应，又能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，三个取代基为2个CH3、1个OOCH，2个CH3有邻、间、对3种位置，对应的OOCH分别有2种、3种、1种位置；（6）和（CH3CO）2O
51、反应生成，再与氢气发生加成反应生成，最后发生消去反应生成【解答】解：（1）由B的结构简式可知，含有的官能团为醚键、羰基，故答案为：醚键、羰基；（2）对比C、D结构简式可知，C中羧基中羟基与中苯环3号位置的H原子结合脱去1分子水生成D，该反应的化学方程式为：，故答案为：；（3）D与反应生成E，对比D、E的结构简式可知E比D多1个C原子、少2个H原子，反应生成1分子H2O，结合原子守恒可知生成另一种有机物分子式为：C2H7N，故答案为：C2H7N；（4）根据E的结构简式，可知其分子式为：C16H12O4，对比E、F的结构简式可知，E中CH3被氢原子确取代生成F，属于取代反应，故答案为：C16H12O4；取代反应；（5）B的芳香同分异构体中苯环上有三个取代基，并且既能发生银镜反应，又能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，三个取代基为2个CH3、1个OOCH，2个CH3有邻、间、对3种位置，对应的OOCH分别有2种、3种、1种位置，符合条件的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的为或，故答案为：6；或；（6）和（CH3CO）2O反应生成，再与氢气发生加成反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为：，故答案为：2016年12月17日
