1、2016年宁夏六盘山高级中学高考化学三模试卷一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）1下列化学用语正确的是（）A比例模型可以表示二氧化碳分子BS2的结构示意图C电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D光气（COCl2）结构式：2化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1mol M
2、g在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NAB11g分子式为C3H8的链烃中含有的CH的数目为2NAC室温时，1.0L pH=13的 Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NADFe与水蒸气反应生成22.4L氢气，转移的电子数为2NA4下列离子方程式书写正确的是（）A石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32CaCO3BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OC酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O3I2+6OHDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4
3、+5分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）A3种B2种C5种D6种6常温下，用0.10molL1 KOH溶液滴定10.00ml 0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）下列说法正确的是（）A点所示溶液中： =1012B点所示溶液中：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（OH）C点所示溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）D点所示溶液中：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.10molL17
4、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH氧化了MgAABBCCDD二、解答题（共6小题，满分58分）8雾霾天气肆虐给人类健康带来了严重影响燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）
5、+2CO2CO2（g）+N2（g）H0该反应的速率时间图象如图1中甲图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，其速率时间图象如图1中乙图所示以下说法正确的是（填对应字母）Aa1a2 Bb1b2 Ct1t2D乙图中阴影部分面积更大E甲图中阴影部分面积更大若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，图2示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mol2NO2（g）
6、N2O4（g）H=56.9kJ/mol H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：（3）CH4和H2O（g） 在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是反应（填“吸热”或“放热”）T时，向1L密闭容器中投人l mol CH4和l mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol/L，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率如图3是利
7、用甲烷燃料电池电解100ml1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）甲烷燃料电池的负极反应式：；电解后溶液的pH=（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）阳极产生气体的体积在标准状况下是L9甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别
8、取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是（2）C中白色沉淀是，该沉淀的生成表明SO2具有性（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀（5）合并（4）中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是10铝灰的回收利用方法很多，现用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A
9、l2（SO4）318H2O，工艺流程如图：请回答下列问题：（1）加入过量稀H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为（3）已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8步骤的目的是；若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是（4）已知KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038，常温下，当pH=2时，Fe3+开始沉淀的浓度为（5）操作发生反应的离子方程式为（6）操作“一
10、系列操作”，下列仪器中用不到的是（填序号）A蒸发皿 B坩埚 C玻璃棒 D酒精灯 E漏斗11由黄铜矿（主要成分是CuFeS2）炼制精铜的工艺流程示意图如图1所示：（1）在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物该过程中两个主要反应的化学方程式分别是、，反射炉内生成炉渣的主要成分是；（2）冰铜（Cu2S 和FeS互相熔合而成）含Cu量为20%50%转炉中，将冰铜加熔剂（石英砂）在1200左右吹入空气进行吹炼冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，
11、该过程中发生反应的化学方程式分别是、；（3）粗铜的电解精炼如图2所示在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极（填图中的字母）；在电极d上发生的电极反应式为，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为12（1）C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物NH3分子的空间构型是；与N2H4分子属于等电子体的是（写出一种即可）（3）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛请回答下列问题：Ni原子的核外电子排布式为；NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的
12、离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiOFeO（填“”或“”）；NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为、（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为；该晶体中，原子之间的强相互作用是；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为13没食子酸丙酯简称PG，结构简式为，是白色
13、粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为，请写出PG分子中所含官能团的名称，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是PG可发生如下转化：（2）A的结构简式为，1mol没食子酸最多可与mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）a含有苯环 b含有羧基 c含有酚羟基 d微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种； ii既能发生银镜反应，又能
14、发生水解反应2016年宁夏六盘山高级中学高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）1下列化学用语正确的是（）A比例模型可以表示二氧化碳分子BS2的结构示意图C电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D光气（COCl2）结构式：【考点】球棍模型与比例模型；电子式；原子结构示意图【分析】A二氧化碳是直线型分子，比例模型中碳原子半径大于氧原子；BS2的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，用小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数；C氢氧根离子带一个单位的负电荷；D光气（COCl2）中含有两个碳氯
15、键和1个碳氧双键【解答】解：A该比例模型是V型分子，二氧化碳是直线形分子，同一周期元素中，原子直径随着原子序数的增大而减小，则二氧化碳分子的比例模型，故A错误；BS2的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子结构示意图为，故B错误；C氢氧根离子的电子式为：，羟基的电子式为，故C错误；D光气（COCl2）分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯键，其结构式为：，故D正确；故选D2化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对
16、青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【考点】绿色化学【分析】A气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；B依据湿法炼铜原理解答；C青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；D合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料【解答】解：A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；B铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故C错误；D铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；故选：C3设NA为阿伏伽德
17、罗常数的值，下列说法正确的是（）A1mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NAB11g分子式为C3H8的链烃中含有的CH的数目为2NAC室温时，1.0L pH=13的 Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NADFe与水蒸气反应生成22.4L氢气，转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、镁反应后变为+2价；B、求出丙烷的物质的量，然后根据1mol丙烷中含8molCH键来分析；C、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L；D、氢气所处的状态不明确【解答】解：A、镁反应后变为+2价，故1mol镁反应后转移2NA个电子，故A错误；B、1
18、1g丙烷的物质的量为0.25mol，而1mol丙烷中含8molCH键，故0.25mol丙烷中含2NA条CH键，故B正确；C、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢氧根的物质的量为0.1NA个，故C错误；D、氢气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误故选B4下列离子方程式书写正确的是（）A石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32CaCO3BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OC酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O3I2+6O
19、HDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+【考点】离子方程式的书写【分析】A石灰乳的溶解性较小，作反应物时写化学式；B二者反应生成亚硫酸钠、氨气和水；C酸性条件下，不能生成氢氧根离子；D生成的氢氧化银溶于氨水生成银氨络化物【解答】解：A石灰乳的溶解性较小，作反应物时写化学式，离子方程式为Ca（OH）2+CO32=CaCO3+2OH，故A错误；B二者反应生成亚硫酸钠、氨气和水，离子方程式为NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2O，故B正确；C酸性条件下，不能生成氢氧根离子，离子方程式为IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故C错误；D生成的氢氧化银溶于氨水
20、生成银氨络化物，离子方程式为：生成白色沉淀；Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；白色沉淀溶解；AgOH+2NH3H2OAg（NH3）2OH+2H2O，故D错误；故选B5分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）A3种B2种C5种D6种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则C4H8O2属于羧酸，可以根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体【解答】解：分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则C4H8O2属于羧酸，可以是丁酸或2甲基丙酸，共有2种同分异构体，故选B6常温下
21、，用0.10molL1 KOH溶液滴定10.00ml 0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）下列说法正确的是（）A点所示溶液中： =1012B点所示溶液中：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（OH）C点所示溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）D点所示溶液中：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.10molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A.0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点pH1；B
22、点为混合溶液，由电荷守恒分析；C点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解；D由物料守恒分析【解答】解：A.0.10molL1 H2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点pH1，则1012，故A错误；B点为混合溶液，由电荷守恒可知，c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH），故B错误；C点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解，则c（K+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故C错误；D由物料守恒可知，c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.10molL1，故D正确；故选D7某
23、同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH氧化了MgAABBCCDD【考点】镁的化学性质；真题集萃【分析】A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；CPH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下
24、，Mg可以被氧化；D若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体【解答】解：A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CPH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选：D二、解答题（共6小题，满分58分）8雾霾天气肆虐给人类健康带来了严重影响燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2N
25、O（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）H0该反应的速率时间图象如图1中甲图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，其速率时间图象如图1中乙图所示以下说法正确的是BC（填对应字母）Aa1a2 Bb1b2 Ct1t2D乙图中阴影部分面积更大E甲图中阴影部分面积更大若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，图2示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是BD（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mo
26、l2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/mol H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol（3）CH4和H2O（g） 在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是吸热反应（填“吸热”或“放热”）T时，向1L密闭容器中投人l mol CH4和l mol H2O（g），平衡时c（CH4）=
27、0.5mol/L，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=6.75（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率如图3是利用甲烷燃料电池电解100ml1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）甲烷燃料电池的负极反应式：CH48e+2H2O=CO2+8H+；电解后溶液的pH=14（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）阳极产生气体的体积在标准状况下是1.68L【考点】三废处理与环境保护；原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【分析】（1）加入催化剂，正逆反应速率都增大，达到平衡所用时间较少，但平衡不移动；A到达平衡后正、逆速
28、率相等，不再变化；B到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；Ct1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，最后不再变化；D到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（3）温度升高，平衡常数增大即平衡向正反应方向移动；T时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，计算平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；（4）原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；根据电解氯
29、化钠溶液的电解方程式来求溶液的PH；电解过程中，阳极先生成氯气，之后电解水过程中生成氧气，根据氢气的总物质的量判断阳极生成气体的总物质的量，然后计算出标况下的阳极生成气体的体积【解答】解：（1）加入催化剂，正逆反应速率都增大，达到平衡所用时间较少，但平衡不移动，则图象阴影部分面积不变，故答案为：BC；A到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；Ct1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t
30、1时刻未到达平衡状态，故C错误；DNO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确，故答案为：BD；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）+2（44.0）kJ/mol=898.1kJ/mol 即CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/m
31、ol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol；（3）温度升高，平衡常数增大即平衡向正反应方向移动，故该反应为吸热反应，故答案为：吸热；T时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，该温度K=6.75，故答案为：6.75；（4）、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH48e+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH48e+2H2O=CO2+8H+；100mL 1mol/L食盐水中含有氯化钠0.1mol，根据反
32、应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2可知，电解0.1molNaCl生成0.1mol氢氧化钠和0.05mol氢气，同时生成0.05mol氯气；继续电解实质为电解水，标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，电解水生成0.05mol氢气会生成0.025mol氧气，及电解过程中阳极总共生成0.075mol气体，电解生成标况下2.24L氢气时，NaCl完全电解，生成0.1molNaOH，溶液体积为0.1L，则c（OH）=1mol/L，c（H+）=1014，所以PH=14，故答案为：14；根据的分析可知，电解过程中阳极生成了0.05mol氯气和0.025mol氧气，总共生成0.075
33、mol气体，标准状况下阳极生成气体的体积为：22.4L/mol0.075mol=1.68L，故答案为：1.689甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H
34、2O（2）C中白色沉淀是BaSO4，该沉淀的生成表明SO2具有还原性（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是2NO+O22NO2（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是通N2一段时间，排除装置中的空气；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是饱和NaHSO3溶液进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀（5）合并（4）中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【考点】性质实验方案的设
35、计【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A中发生Cu与浓硫酸的反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42，说明SO2具有还原性；（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2；（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；（5）由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成BaSO4沉淀
36、的离子方程式为SO42+Ba2BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+；合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【解答】解：（1）由现象可知，A中发生铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化
37、性，能将SO2氧化为SO42，说明SO2具有还原性，故答案为：BaSO4；还原；（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2，故答案为：2NO+O22NO2；（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2，排除装置中的空气；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱
38、和NaHSO3溶液的洗气瓶，故答案为：通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；（5）在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，离子方程式为SO42+Ba2+BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀，合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀故答案为：SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生
39、成BaSO3沉淀10铝灰的回收利用方法很多，现用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）318H2O，工艺流程如图：请回答下列问题：（1）加入过量稀H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是6H+Al2O3=2Al3+3H2O（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O（3）已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8步骤的目的是亚铁离子氧
40、化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是2.8PH3.4（4）已知KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038，常温下，当pH=2时，Fe3+开始沉淀的浓度为4.0102mol/L（5）操作发生反应的离子方程式为剩余的MnO4和Mn2+反应生成MnO2沉淀除去，（6）操作“一系列操作”，下列仪器中用不到的是B（填序号）A蒸发皿 B坩埚 C玻璃棒 D酒精灯 E漏斗【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铝灰水洗过滤除去不溶性杂质SiO2，加入过量稀硫酸酸溶过滤，得到滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+，加入
41、高锰酸钾溶液调节溶液PH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体；（1）Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水；（2）过氧化氢酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）步骤是将亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，调节pH值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子2.8PH3.4；（4）当pH=2时，c（OH）=11012mol/L，根据KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH），可计算得Fe3+开始沉淀的浓度；（5）操作的作用是利用硫酸锰和高锰酸钾反应生成二氧化锰沉淀除
42、去；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2；（6）在操作的“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，依据操作风分析所需仪器【解答】解：铝灰水洗过滤除去不溶性杂质SiO2，加入过量稀硫酸酸溶过滤，得到滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+，加入高锰酸钾溶液调节溶液PH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体；（1）Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：6H+Al2O3=2Al3+3H2O，故答案为：6H+Al2O3=2Al3+3H2O；（2）过氧化氢酸性溶
43、液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O；故答案为：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O；（3）步骤是将亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，调节pH值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子2.8PH3.4；故答案为：亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；2.8PH3.4；（4）当pH=2时，c（OH）=11012mol/L，根据KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）可知，c（Fe3+）=4.0102mol/L，故答案为：4.0102mol/L；（5）操作的作
44、用是利用硫酸锰和高锰酸钾反应生成二氧化锰沉淀除去；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2；故答案为：剩余的MnO4和Mn2+反应生成MnO2沉淀除去；（6）在操作的“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，依据操作分析所需仪器为蒸发皿，玻璃棒、酒精灯、漏斗，坩埚是给固体加热 的仪器，不需要坩埚；故答案为：B11由黄铜矿（主要成分是CuFeS2）炼制精铜的工艺流程示意图如图1所示：（1）在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物该过程中两个主要反应的化学方程式分别是2CuFeS2+O2 Cu2S
45、+2FeS+SO2、FeS+3O2 2FeO+2SO2，反射炉内生成炉渣的主要成分是FeSiO3；（2）冰铜（Cu2S 和FeS互相熔合而成）含Cu量为20%50%转炉中，将冰铜加熔剂（石英砂）在1200左右吹入空气进行吹炼冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2；（3）粗铜的电解精炼如图2所示在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极c（填图中的字母）；在电极d上发生的电极反应式为Cu2+2e=Cu，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，
46、它们在电解槽中的存在形式和位置为Au、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铜的电解精炼【分析】（1）黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物：产物为Cu2S、FeS；部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物：产物为FeO；反射炉内生成炉渣的主要成分是FeSiO3；（2）Cu2S被氧化为Cu2O：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S反应：2Cu2O+Cu2S 6Cu+2SO2；（3）粗铜应该放在阳极，c是阳极；d是阴极，发生还原反应 Cu2+2e=Cu；粗铜中的Au、Ag、，它们在电解槽中的下方，以单
47、质形式沉积在c（阳极）下方；Fe以Fe2+的形式进入电解液中【解答】解：（1）黄铜矿与空气反应生成Cu2S、FeS，根据化合价升降相等配平，反应方程式为：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2；FeS和氧气反应生成FeO，根据化合价升降相等，配平方程式为：FeS+3O2 2FeO+2SO2，生成炉渣的主要成分为：FeSiO3，故答案是：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O22FeO+2SO2；FeSiO3；（2）Cu2S被氧化为Cu2O的反应方程式为：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S发生反应的方程式为：2Cu2O+Cu2S 6Cu
48、+SO2，故答案是：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2；（3）c连电源正极，d连电源的负极；故c为阳极，d为阴极；粗铜板应放在阳极，即c；d阴极发生还原反应，方程式为：Cu2+2e=Cu；Au、Ag比较稳定，不反应，以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe失去电子变成Fe2+的形式进入电解液中，故答案是：c；Cu2+2e=Cu；Au、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中12（1）C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是ONC（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物NH
49、3分子的空间构型是三角锥形；与N2H4分子属于等电子体的是CH3OH（CH3SH）（写出一种即可）（3）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛请回答下列问题：Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiOFeO（填“”或“”）；NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6、6（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为5d106s1；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心
50、，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1；该晶体中，原子之间的强相互作用是金属键；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为Cu3AuH8【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算【分析】（1）同一周期元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大的趋势；（2）根据价层电子对互斥理论确定氨气分子空间结构，价层电子对个数为4且含有一个孤电子对时，其
51、空间构型为三角锥形结构；原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；（3）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；（4）铜是29号元素，在元素周期表位置：第四周期、B族，价电子排布式为3d104s1，Au原子的价电子排布式为5d106s1；根据均摊法计算晶胞中Cu、Au原子数目，确定合金中二者原子数目之比；铜金合金晶体属于金属晶体，据此判断化学键类型；CaF
52、2的结构如图，利用均摊法计算【解答】解：（1）同一周期元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大的趋势，故答案为：ONC；（2）氨气分子中价层电子对个数=3+（531）=4且含有一个孤电子对，所以氨气分子为三角锥形结构；N2H4分子中原子个数为6、价电子数为14，与其属于等电子体的有CH3OH（CH3SH），故答案为：三角锥形；CH3OH（CH3SH）；（3）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d 84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d 84s2；Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都
53、是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiOFeO；故答案为：；因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6故答案为：6；6；（4）铜是29号元素，在元素周期表位置：第四周期、B族，价电子排布式为3d104s1，元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为5d106s1；铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处
54、于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目=6=3，晶胞中Au原子数目=8=1，故晶胞中Cu原子与Au原子数量之比为3：1；铜金合金晶体属于金属晶体，含有化学键类型为金属键；CaF2的结构如图，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8，故答案为：5d106s1；3：1；金属键；Cu3AuH813没食子酸丙酯简称PG，结构简式为，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为C10H12O5，请写出PG分子中所含官能团的名称酚羟基、酯基，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化
55、钠的物质的量是4molPG可发生如下转化：（2）A的结构简式为CH3CH2CH2OH，1mol没食子酸最多可与3mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）cda含有苯环 b含有羧基 c含有酚羟基 d微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2CH3CH2COOH+Cu2O+2H2O（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种； ii既能发生银镜反应，又能发生水解反应【考点】有机物的推断；分子式；有机物分子中的
56、官能团及其结构【分析】（1）根据PG的结构简式书写其分子式，由PG结构简式可知，PG分子中含有酯基与酚羟基，酯基（羧酸与醇形成）与酚羟基都与氢氧化钠按1：1反应，1molPG含有3mol酚羟基，1mol酯基（羧酸与醇形成），据此计算（2）PG在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应，并酸化得到没食子酸与A，故A为CH3CH2CH2OH，没食子酸的结构简式为，没食子酸含有苯环，与氢气发生加成反应；（3）CH3CH2CH2OH氧化生成CH3CH2CHO，CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH；（4）没食子酸丙酯简微溶于油脂，含有酚羟基，易被氧化，可以防止食用油被氧化（5）由转换关系可知，C为CH
57、3CH2CHO，D为CH3CH2COOH，反应是CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH；（6）含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有1种H原子，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，结合没食子酸的结构，说明为甲酸酚酯，据此生成符合条件的同分异构体【解答】解：（1）根据PG的结构简式可知，其分子式为C10H12O5，由PG结构简式可知，PG分子中含有酯基与酚羟基，酯基（羧酸与醇形成）与酚羟基都与氢氧化钠按1：1反应，1molPG含有3mol酚羟基，1mol酯基（羧酸与醇形成），故1moPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量为4mol，故答案为：C10H12
58、O5，酚羟基、酯基，4mol；（2）PG在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应，并酸化得到没食子酸与A，故A为CH3CH2CH2OH，没食子酸的结构简式为，没食子酸含有苯环，1mol没食子酸与3mol氢气发生加成反应，故答案为：CH3CH2CH2OH，3；（3）反应是CH3CH2CH2OH氧化生成CH3CH2CHO，反应是CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH，反应属于水解反应，反应是复分解反应，故答案为：；（4）没食子酸丙酯简微溶于油脂，含有酚羟基，易被氧化，可以防止食用油被氧化故答案为：cd；（5）由转换关系可知，C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2COOH，反应是CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH，反应方程式为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2 CH3 CH2COOH+Cu2O+2H2O，故答案为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2 CH3 CH2COOH+Cu2O+2H2O；（6）含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有1种H原子，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，结合没食子酸的结构，说明为甲酸酚酯，符合条件的同分异构体有：，故答案为：2016年5月27日版权所有：高考资源网()