1、2016年广东省揭阳市高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关下列叙述错误的是（）A减少机动车尾气的排放，可以降低雾霾的发生B垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充分地利用生活垃圾中的生物质能C推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放D燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置2设NA表示阿伏加德罗常数值下列说法正确的是（）A1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3和CO3 2离子数之和为0.1NAB标准状况下，22.4LC2H4与C3H6混合气体所含有分子数为NAC
2、1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NAD18gNH4+所含的电子数11NA3我国科研人员以传统中药为原料先制得化合物I，再转化为具有抗癌抑菌活性的化合物，有关转化如图所示，下列有关说法不正确的是（）A化合物I分子式为C19H24O5B化合物I 和均能与酸性KMnO4溶液和NaOH溶液反应C化合物一定条件下能发生取代、消去及加成反应D检验化合物中是否含化合物I可用Br2的CCl4溶液4下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含
3、有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD5甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水下列说法中正确的是（）A装置乙的b极要与装置甲的X极连接B装置乙中a极的电极反应式为2Cl2eCl2C若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M的电极反应式为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+DN电极发生还原反应，当N电极消耗56 L气体（标准状况
4、下）时，则有2NA个H+通过离子交换膜6短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W形成的常见化合物中，阴、阳离子个数比相同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强DX、Y、Z三种元素形成的化合物只能是共价化合物7下列叙述正确的是（）A常温下，10 mL 0.02 molL1 HCl溶液与10 mL 0.02 molL1 Ba（OH）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12B常温下，向Ag
5、Cl的饱和溶液中加入NaCl固体，有固体析出，且AgCl的Ksp变小C在0.1 molL1 CH3COONa溶液中，c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）D常温下pH=4的NaHC2O4溶液中：c（H2C2O4）c（C2O42）二、解答题（共3小题，满分43分）8青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体易溶于丙酮、氯仿和苯中，在水中几乎不溶，熔点为156157青蒿素是有效的抗疟药从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为：请回答下列问题：（1）对青蒿进行干燥破碎的目的是（2）操作I的名称是，操作II的名称是（3）用下列实验装置测定青蒿
6、素的分子式，将28.2g青蒿素放在硬质玻璃管C中充分燃烧：装置E中盛放的物质是，装置F中盛放的物质是该实验装置可能产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是已知青蒿素是烃的含氧衍生物，用合理改进后的装置进行实验，称得：装置实验前/g实验后/gE22.642.4F80.2146.2青蒿素的最简式是（4）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与（填字母）具有相似的性质A乙醇 B乙酸 C乙酸乙酯 D葡萄糖9工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2
7、Cr2O7）工艺流程如图1及相关物质溶解度曲线如图2：（1）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是为了除去Fe3+，如何确定母液中Fe3+已除尽？（2）母液的溶质主要为（填化学式）；固体B主要为 （填化学式）（3）流程中要得到母液和固体A的操作为蒸发浓缩、，原因是（4）工业酸性废水中含Cr2O72离子会造成铬污染，排放前先将Cr2O72还原成Cr3+，并转化成Cr（OH）3除去，工业上采用的方法是向废水中加入NaCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气结果溶液的pH值不断升高，溶液由酸性转变为碱性在以上处理过程中，Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+的离子方程式为：在阴极区有Fe（OH）3
8、和Cr（OH）3沉淀生成（已知Ksp Fe（OH）3=4.01038，KspCr（OH）3=6.01031）已知电解后的溶液中c（Cr3+）为3105molL1，则溶液中c（Fe3+）为molL110二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题（1）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，如图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系该反应的H0（填“”、“=”或“”）为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是（2）向2L恒容密闭容器中充入2mol
9、CO2（g）和n mol H2（g），在一定条件下发生（1）中反应CO2的转化率与温度、投料比 X=的关系如图2所示：X1X2（填“”、“”或“=”，下同），平衡常数K（A）K（B）若B点的投料比为3，则平衡常数K（B）为（结果保留小数后一位）若反应从开始到B点需要10min，则v（H2）=（3）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，利用太阳能将CO2转化成低碳烯烃，工作原理如图3所示该工艺中能量转化方式主要有b为电源的（填“正”或“负”）极，电解时，生成丙烯的电极反应式是（4）以CO2为原料制取碳（C）的太阳能工艺如图4所示过程1中发生反应的化学方程式为过程2中每生成1mol Fe3O4
10、转移电子的物质的量为三【化学-选修2：化学与技术】11利用天然气合成氨的工艺流程示意如下：依据上述流程，完成下列填空：（1）天然气脱硫时的化学方程式是（2）若n mol CH4经一次转化后产生CO 0.9n mol、产生H2mol（用含n的代数式表示）（3）K2CO3（aq）和 CO2反应在加压下进行，加压的理论依据是（多选扣分）（a）相似相溶原理 （b）勒沙特列原理 （c）酸碱中和原理（4）分析流程示意图回答，该合成氨工艺的主要原料是，辅助原料是（5）请写出以CH4为基本原料四次转化为合成氨工艺主要原料N2、H2的化学方程式：（6）整个流程有三处循环，一是Fe（OH）3循环，二是K2CO3（
11、aq）循环，请在上述流程图中找出第三处循环并写在答题卡上（要求：循环方向、循环物质）四【化学-选修3：物质结构与性质】12目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）生产粗铜，其反应原理如下：（1）基态铜原子的外围电子排布式为，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是（填元素符号）（2）反应、中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是，其立体结构是（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式；深蓝色透明溶液中的阳
12、离子（不考虑H+）内存在的全部化学键类型有（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为pm（用含d和NA的式子表示）五【化学-选修5：有机化学基础】13聚芳酯（PAR）是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料，在航空航天等领域应用广泛下图是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯E的路线（省略部分产物）：已知：（R、R表示烃基）（1）A中含有的官能团是（填官能团名称）（2）B与D的反应类型为，B的结构简式为（3）C生成D的反应化学方程
13、式为（4）C分子的核磁共振氢谱中有个吸收峰；同时符合下列要求的C的同分异构体有种能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 遇FeCl3溶液显紫色F与C属于官能团异构的同分异构体，且只含一种官能团，则1mol F与足量NaOH溶液反应时消耗NaOH的物质的量为（5）根据合成聚芳酯E的路线，请你以苯酚及2丙醇为原料（无机试剂任选），设计合成G：的路线2016年广东省揭阳市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关下列叙述错误的是（）A减少机动车尾气的排放，可以降低雾霾的发生B垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之
14、一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充分地利用生活垃圾中的生物质能C推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放D燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置【考点】绿色化学【分析】A减少机动车尾气排放能降低空气中PM2.5；B垃圾焚烧发电或供热属于废物的再利用；C推广使用煤液化技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放；D燃料电池产物多为无污染的物质【解答】解：A减少机动车尾气的排放，可以降低雾霾的发生，故A正确；B垃圾焚烧发电或供热属于废物的再利用，且减小环境污染，故B正确；C推广使用煤液化技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，减少酸雨的形成，但是不能减少二氧化碳的排放，故C错误；D燃料电
15、池产物多为无污染的物质，有利于环境保护，故D正确；故选：C2设NA表示阿伏加德罗常数值下列说法正确的是（）A1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3和CO3 2离子数之和为0.1NAB标准状况下，22.4LC2H4与C3H6混合气体所含有分子数为NAC1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NAD18gNH4+所含的电子数11NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、HCO3在溶液中既能水解为H2CO3，又能电离为CO32；B、分子数N=；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子为10电子微粒来分析【解答】解：A、HCO3在溶液中既能
16、部分水解为H2CO3，又能部分电离为CO32，故溶液中的HCO3、H2CO3、CO32的个数之和为0.1NA个，故A错误；B、分子数N=NA个，故B正确；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，氧元素的价态由1变为0和2，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故C错误；D、18g铵根离子的物质的量为1mol，而铵根离子为10电子微粒，故1mol铵根离子中含10NA个电子，故D错误故选B3我国科研人员以传统中药为原料先制得化合物I，再转化为具有抗癌抑菌活性的化合物，有关转化如图所示，下列有关说法不正确的是（）A化合物I分子式为C19H24O5B化合物I 和均能与酸性KMnO4溶液和NaOH
17、溶液反应C化合物一定条件下能发生取代、消去及加成反应D检验化合物中是否含化合物I可用Br2的CCl4溶液【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】由结构简式可知分子式，分子中均含COOC、碳碳双键，而化合物中含OH，以此来解答【解答】解：A由结构简式可知，化合物I分子式为C19H24O5，故A正确；B化合物I 和均能碳碳双键，均与酸性KMnO4溶液反应，且均含COOC，均和NaOH溶液反应，故B正确；C化合物中含OH，则一定条件下能发生取代、消去，含碳碳双键可发生加成反应，故C正确；D均含碳碳双键，则不能用Br2的CCl4溶液检验化合物中是否含化合物I，故D错误；故选D4
18、下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD【考点】真题集萃；化学实验方案的评价【分析】A同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；B原溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液呈红色；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液
19、上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，还原剂还原性强于还原产物还原性；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体【解答】解：A同类型的沉淀转化时，难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A错误；B原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故B错误；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生
20、反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，说明Br还原性强于Cl，故C正确；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故D错误，故选：C5甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水下列说法中正确的是（）A装置乙的b极要与装置甲的X极连接B装置乙中a极的电极反应式为2Cl2eCl2C若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M的电极反应式为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+DN电极发生还原反应，当N电极消耗5
21、6 L气体（标准状况下）时，则有2NA个H+通过离子交换膜【考点】电解原理【分析】甲为原电池，有机物失电子在负极反应，氧气得电子在正极反应；乙为电解池，在下端生成氯气，上端生成氢氧化钠和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，则下端为阳极，所以b与正极相连【解答】解：A、装置乙的a极上生成氢氧化钠和氢气，则a为阴极，与甲中的负极相连，即与X相连，b极要与装置甲的Y极连接，故A错误；B、乙为电解池，在下端生成氯气，则b极的电极反应式为2Cl2eCl2，故B错误；C、若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极上C6H12O6失电子生成二氧化碳，其电极应为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24
22、H+，故C正确；D、N电极为氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，则当N电极消耗5.6 L气体（标准状况下）即0.25mol时，消耗的氢离子为1mol，则有NA个H+通过离子交换膜，故D错误；故选C6短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W形成的常见化合物中，阴、阳离子个数比相同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强DX、Y、Z三种元素形成的化合物只能是共价化合物【考点】原子结构与
23、元素周期律的关系【分析】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，据此解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W
24、为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，A同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径NaNO，即r（W）r（Y）r（Z），故A错误；B元素O、Na形成的常见化合物为氧化钠、过氧化钠，氧化钠、过氧化钠中阴、阳离子个数比都是1：2，故B正确；C同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ON，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2ONH3，故C错误；D由H、N、O三元素组成的化合物中，硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故D错误；故选B7下列叙述正确的是（）A常温下，10 mL 0.02 molL1 HCl
25、溶液与10 mL 0.02 molL1 Ba（OH）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12B常温下，向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体，有固体析出，且AgCl的Ksp变小C在0.1 molL1 CH3COONa溶液中，c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）D常温下pH=4的NaHC2O4溶液中：c（H2C2O4）c（C2O42）【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；离子浓度大小的比较【分析】A、计算混合后的c（OH），再计算溶液的PH；B、Ksp只与温度有关；C、根据溶液中的质子守恒分析；D、根据HC2O4既能电离又能水解来分析【解答
26、】解：A、10ml0.02mol/L的HCl溶液与10ml0.02mol/L的Ba（OH）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，反应后的溶液中c（OH）=0.01mol/L，c（H+）=mol/L=11012mol/L，PH=lg11012=12，故A正确；B、Ksp只与温度有关，则常温下，向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体，有固体析出，且AgCl的Ksp不变，故B错误；C、在0.1 molL1 CH3COONa溶液中，存在质子守恒，即水电离出的氢离子等于水电离的氢氧根离子，则c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；D、HC2O4既能电离又能水解：HC2O4C2O4
27、2+H+，电离显酸性；HC2O4+H2OH2C2O4+OH，水解显碱性，而现在溶液pH=4，显酸性，故HC2O4的电离程度大于其水解程度，故有c（C2O42）c（H2C2O4），故D错误故选A二、解答题（共3小题，满分43分）8青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体易溶于丙酮、氯仿和苯中，在水中几乎不溶，熔点为156157青蒿素是有效的抗疟药从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为：请回答下列问题：（1）对青蒿进行干燥破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率（2）操作I的名称是过滤，操作II的名称是蒸馏（3）用下列实验
28、装置测定青蒿素的分子式，将28.2g青蒿素放在硬质玻璃管C中充分燃烧：装置E中盛放的物质是无水CaCl2或P2O5，装置F中盛放的物质是碱石灰该实验装置可能产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是除去装置左侧通入的空气中的CO2和水蒸气，在装置F后加一个防止空气中的CO2和水蒸气进入F的装置已知青蒿素是烃的含氧衍生物，用合理改进后的装置进行实验，称得：装置实验前/g实验后/gE22.642.4F80.2146.2青蒿素的最简式是C15H22O5（4）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿
29、素与C（填字母）具有相似的性质A乙醇 B乙酸 C乙酸乙酯 D葡萄糖【考点】制备实验方案的设计【分析】将青蒿干燥剪碎可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，（1）反应物接触面积越大，其反应速率越快；（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；分离互溶的液体采用蒸馏方法；（3）C中青蒿素在加热条件下反应生成碳的氧化物和水，如果生成物中含有CO，CO能还原CuO生成二氧化碳，用E中物质吸收水蒸气，且E中物质不能和二氧化碳反应，且为固体，应该为酸性干燥剂；F用来吸收二
30、氧化碳，且为碱性固体物质；在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置；左侧通入的空气中含有二氧化碳和水蒸气；由数据可知 m（H2O）=42.4g22.6g=19.8g，所以n（H2O）=1.1molm（CO2）=146.2g80.2g=66g，所以 n（CO2）=1.5mol所以青蒿素中氧原子的质量为m（O）=28.2（2.21）（1.512）=8g，所以n（O）=0.5mol，根据C、H、O原子物质的量之比确定最简式；（4）酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠【解答】解：青蒿干燥剪碎可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过
31、滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，（1）反应物接触面积越大，其反应速率越快，将青蒿素破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；分离互溶的液体采用蒸馏方法，所以操作I是过滤、操作II是蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；（3）C中青蒿素在加热条件下反应生成碳的氧化物和水，如果生成物中含有CO，CO能还原CuO生成二氧化碳，用E中物质吸收水蒸气，且E中物质不能和二氧化碳反应，且为固体，应该为酸性干燥剂；F用来吸收二氧化碳，且为碱
32、性固体物质，所以E中物质为无水CaCl2或P2O5、F中物质为碱石灰，故答案为：无水CaCl2或P2O5；碱石灰；在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置，左侧通入的空气中含有二氧化碳和水蒸气，其改进方法为：除去装置左侧通入的空气中的CO2和水蒸气，在装置F后加一个防止空气中的CO2和水蒸气进入F的装置，故答案为：除去装置左侧通入的空气中的CO2和水蒸气，在装置F后加一个防止空气中的CO2和水蒸气进入F的装置；由数据可知 m（H2O）=42.4g22.6g=19.8g，所以n（H2O）=1.1mol，根据H原子守恒的n（H）=2n（H2O）=2.2mol，m（CO2）=1
33、46.2g80.2g=66g，所以 n（CO2）=1.5mol，根据C原子守恒得n（C）=n（CO2）=1.5mol，所以青蒿素中氧原子的质量为m（O）=28.2（2.21）（1.512）=8g，所以n（O）=0.5mol，C、H、O原子物质的量之比=1.5mol：2.2mol：0.5mol=15：22：5，所以其最简式为C15H22O5，故答案为：C15H22O5；（4）由于酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠结合题意可知，青蒿素中含有酯基，故选C9工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）工艺流程如图1及相关物质溶解度曲
34、线如图2：（1）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是为了除去Fe3+，如何确定母液中Fe3+已除尽？取少量澄清母液于试管中，滴加少量碱液，若不产生红褐色沉淀则母液中Fe3+已除尽（或向上层澄清母液继续滴加碱液，若不产生红褐色沉淀则母液中Fe3+已除尽）（2）母液的溶质主要为Na2Cr2O7（填化学式）；固体B主要为K2Cr2O7 （填化学式）（3）流程中要得到母液和固体A的操作为蒸发浓缩、趁热过滤，原因是减少K2Cr2O7因降温析出而损失（4）工业酸性废水中含Cr2O72离子会造成铬污染，排放前先将Cr2O72还原成Cr3+，并转化成Cr（OH）3除去，工业上采用的方法是向废水中加入N
35、aCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气结果溶液的pH值不断升高，溶液由酸性转变为碱性在以上处理过程中，Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O在阴极区有Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀生成（已知Ksp Fe（OH）3=4.01038，KspCr（OH）3=6.01031）已知电解后的溶液中c（Cr3+）为3105molL1，则溶液中c（Fe3+）为21012molL1【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl
36、发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7（B），以此来解答【解答】解：由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7（B），（1）确定母液中Fe3+已除尽的方法
37、为取少量澄清母液于试管中，滴加少量碱液，若不产生红褐色沉淀则母液中Fe3+已除尽（或向上层澄清母液继续滴加碱液，若不产生红褐色沉淀则母液中Fe3+已除尽），故答案为：取少量澄清母液于试管中，滴加少量碱液，若不产生红褐色沉淀则母液中Fe3+已除尽（或向上层澄清母液继续滴加碱液，若不产生红褐色沉淀则母液中Fe3+已除尽）；（2）由上述分析可知，母液的溶质主要为Na2Cr2O7，固体B为K2Cr2O7，故答案为：Na2Cr2O7；K2Cr2O7；（3）流程中要得到母液和固体A的操作为蒸发浓缩、趁热过滤，原因是减少K2Cr2O7 因降温析出而损失，故答案为：趁热过滤；减少K2Cr2O7 因降温析出而损
38、失；（4）阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，具有还原性，则在以上处理过程中，Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；由Ksp Fe（OH）3=4.01038，KspCr（OH）3=6.01031），已知电解后的溶液中c（Cr3+）为3105molL1，由，则溶液中c（Fe3+）=mol/L=21012mol/L，故答案为：2101210二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题（1）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2（g）+6H2（g）C2H4
39、（g）+4H2O（g）H在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，如图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系该反应的H0（填“”、“=”或“”）为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强（2）向2L恒容密闭容器中充入2mol CO2（g）和n mol H2（g），在一定条件下发生（1）中反应CO2的转化率与温度、投料比 X=的关系如图2所示：X1X2（填“”、“”或“=”，下同），平衡常数K（A）K（B）若B点的投料比为3，则平衡常数K（B）为170.7（结果保留小数后一位）若反应从开始到B点需要10min，则v（H2）=0.2
40、25mol/（Lmin）（3）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，利用太阳能将CO2转化成低碳烯烃，工作原理如图3所示该工艺中能量转化方式主要有太阳能转化为电能，电能转化为化学能b为电源的正（填“正”或“负”）极，电解时，生成丙烯的电极反应式是3CO2+18H+18e=C3H6+6H2O（4）以CO2为原料制取碳（C）的太阳能工艺如图4所示过程1中发生反应的化学方程式为2Fe3O46FeO+O2过程2中每生成1mol Fe3O4转移电子的物质的量为2mol【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；反应热和焓变【分析】（1）由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热
41、反应；为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外可以增大压强平衡正向进行；（2）相同条件下，投料比X=越大，二氧化碳的转化率越大，据此判断X1、X2的相对大小；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小；若B点的投料比为3，且从反应开始到B点需要10min，n（CO2）=2mol，则n（H2）=10mol，B点二氧化碳的转化率为75%，则参加反应的n（CO2）=2mol75%=1.5mol，根据二氧化碳和氢气之间的关系式知，参加反应的n（H2）=3n（CO2）=4.5mol，则v（H2）=；（3）能量变化为太阳能转化为电能，电能转化为化学能；根据图知，生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电
42、极为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水；（4）根据图知，Fe3O4在大于2300K时分解为FeO与O2；发生反应：6FeO（S）+CO22Fe3O4（S）+C，计算C的物质的量，根据C元素化合价变化计算转移电子【解答】解：（1）由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故H0，故答案为：；反应前后气体体积减小，为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，故答案为：增大压强；（2）相同条件下，投料比X=越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡
43、常数越小，温度AB，所以平衡常数AB，故答案为：；若B点的投料比为3，且从反应开始到B点需要10min，n（CO2）=2mol，则n（H2）=6mol，B点二氧化碳的转化率为75%，则参加反应的n（CO2）=2mol75%=1.5mol， 2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）起始量（mol/L） 1 3 0 0变化量（mol/L） 0.75 2.25 0.375 1.5平衡量（mol/L） 0.25 0.75 0.375 1.5K=170.7，根据二氧化碳和氢气之间的关系式知，参加反应的n（H2）=3n（CO2）=4.5mol，则v（H2）=0.225mol/（Lmin）
44、，故答案为：170.7； 0.225mol/（Lmin）；（3）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，利用太阳能将CO2转化成低碳烯烃，工作原理图可知，能量变化为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能，故答案为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能；根据图知，生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极，阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O，故答案为：正极；3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O；（4）根据图知，Fe3O4在大于2300K时分解为FeO与O2，反应方程式为2Fe3O46
45、FeO+O2，故答案为：2Fe3O46FeO+O2；发生反应：6FeO（S）+CO22Fe3O4（S）+C，生成1mol Fe3O4时可以得到C的物质的量为0.5mol，转移电子为0.5mol4=2mol，故答案为：2mol三【化学-选修2：化学与技术】11利用天然气合成氨的工艺流程示意如下：依据上述流程，完成下列填空：（1）天然气脱硫时的化学方程式是3H2S+2Fe（OH）3=Fe2S3+6H2O（2）若n mol CH4经一次转化后产生CO 0.9n mol、产生H22.7nmol（用含n的代数式表示）（3）K2CO3（aq）和 CO2反应在加压下进行，加压的理论依据是b（多选扣分）（a）
46、相似相溶原理 （b）勒沙特列原理 （c）酸碱中和原理（4）分析流程示意图回答，该合成氨工艺的主要原料是CH4、H2O（g）和空气，辅助原料是K2CO3和Fe（OH）3（5）请写出以CH4为基本原料四次转化为合成氨工艺主要原料N2、H2的化学方程式：CH4+H2O（g）CO+3H2、2CH4+3O22CO+4H2O、CO+H2O（g）CO2+H2、CO2+H2O+K2CO32KHCO3；（6）整个流程有三处循环，一是Fe（OH）3循环，二是K2CO3（aq）循环，请在上述流程图中找出第三处循环并写在答题卡上（要求：循环方向、循环物质）【考点】工业合成氨【分析】（1）硫化氢是酸性气体，可以和碱发生
47、中和反应生成盐和水；（2）计算出甲烷的物质的量，根据方程式计算氢气的物质的量；（3）根据化学平衡移动原理来回答；（4）利用氢气合成氨的工艺流程知道：起始原料是CH4、H2O、空气，而辅助原料是K2CO3、Fe（OH）3；（5）根据流程图书写，具体解答；（6）根据合成氨的原理可以推知循环使用的是氮气和氢气【解答】解：（1）硫化氢是酸性气体，可以和碱氢氧化铁发生中和反应：3H2S+2Fe（OH）3Fe2S3+6H2O，故答案为：3H2S+2Fe（OH）3Fe2S3+6H2O；（2）根据天然气合成氨的工艺流程图知10%的甲烷未与水蒸汽作用，甲烷与水反应的方程式为： CH4（g）+H2O（g）CO（g
48、）+3H2（g） 1 30.9n mol 2.7nmol 故答案为：2.7n；（3）K2CO3（aq）和CO2反应生成碳酸氢钾，K2CO3+CO2+H2O2KHCO3，增大压强，化学平衡向右进行，符合化学平衡移动原理，故答案为：b；（4）根据流程图可知，该合成氨工艺主要起始原料是CH4、H2O、空气，而辅助原料是K2CO3、Fe（OH）3，故答案为：CH4、H2O、空气；K2CO3；Fe（OH）3；（5）根据流程图可知，以CH4为基本原料四次转化为合成氨工艺主要原料N2、H2的化学方程式见下，答案为：CH4+H2O（g） CO+3H2、2CH4+3O22CO+4H2O、CO+H2O（g） CO
49、2+H2、CO2+H2O+K2CO32KHCO3；（6）上述流程图第三处循环使用的物质是氮气和氢气，故答案为：四【化学-选修3：物质结构与性质】12目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）生产粗铜，其反应原理如下：（1）基态铜原子的外围电子排布式为3d104s1，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是O（填元素符号）（2）反应、中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是sp2，其立体结构是V型（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液写
50、出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O；深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑H+）内存在的全部化学键类型有共价键、配位键（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为1010pm（用含d和NA的式子表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）Cu位于第四周期B族，是29号元素，基态铜原子的价
51、电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；（2）由（1）分析知反应生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+（622）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是V型，S原子采用sp2杂化；（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成Cu（NH3）42+离子，离子中存在共价键、配位键；（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，由均摊法计算氧化亚铜晶胞中Cu原子和O原子的数目，根据密度计算公式计算出体积，再计算铜原子与氧原子之间的距离即可【解答】解：（1）Cu位于第四周期B族，是29号元素，基态铜原子的价
52、电子排布式为3d104s1；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧；故答案为：3d104s1；O；（2）由（1）分析知反应生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+（622）=3，所以S原子采用sp2杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；故答案为：sp2；V型；（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成Cu（NH3）42+离子，蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑H+）内存在的全部化学键类型有共价键、配位键，故答案为：Cu（
53、OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O；共价键、配位键；（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=8+1=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，根据密度计算公式可知，体积V=cm3，所以晶胞的边长为cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为cm=1010pm，故答案为：面心立方最密堆积； 1010五【化学-选修5：有机化学基础】13聚芳酯（PAR）是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料
54、，在航空航天等领域应用广泛下图是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯E的路线（省略部分产物）：已知：（R、R表示烃基）（1）A中含有的官能团是羧基、羟基（填官能团名称）（2）B与D的反应类型为缩聚反应，B的结构简式为（3）C生成D的反应化学方程式为（4）C分子的核磁共振氢谱中有4个吸收峰；同时符合下列要求的C的同分异构体有10种能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 遇FeCl3溶液显紫色F与C属于官能团异构的同分异构体，且只含一种官能团，则1mol F与足量NaOH溶液反应时消耗NaOH的物质的量为4mol（5）根据合成聚芳酯E的路线，请你以苯酚及2丙醇为原料（无机试剂任选），设计合成G：的路线【考
55、点】有机物的合成【分析】被酸性高锰酸钾氧化生成C为，C中羧基上的羟基被氯原子取代生成D为，由聚芳酯E的结构可知B为，逆推可知A为（5）结合转化关系中乙酰丙酸与苯酚转化为A的反应，可知2丙醇氧化生成，丙酮与苯酚反应得到【解答】解：被酸性高锰酸钾氧化生成C为，C中羧基上的羟基被氯原子取代生成D为，由聚芳酯E的结构可知B为，逆推可知A为（1）A为，含有的官能团是：羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；（2）B与D的反应类型为缩聚反应，B的结构简式为，故答案为：缩聚反应；（3）C生成D的反应化学方程式为：，故答案为：；（4）C的结构简式为，核磁共振氢谱中有4个吸收峰，同时符合下列要求的C的同分异构体：能发
56、生银镜反应，说明含有醛基，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，则取代基为OH、COOH、CHO，当OH、COOH处于邻位时，CHO有4种位置，当OH、COOH处于间位时，CHO有4种位置，当OH、COOH处于对位时，CHO有2种位置，共有10种，F与C属于官能团异构的同分异构体，且只含一种官能团，则F为含有2个OOCH，水解得到2mol羧基、2mol酚羟基，则1mol F与足量NaOH溶液反应时消耗NaOH的物质的量为4mol，故答案为：4；10；4mol；（5）结合转化关系中乙酰丙酸与苯酚转化为A的反应，可知2丙醇氧化生成，丙酮与苯酚反应得到，合成路线流程图为，故答案为：2016年12月23日
