1、山东省淄博市2016年高考化学一模试卷（解析版）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1明代天工开物记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭）下列说法不正确的是（）A倭铅是指金属锌和铅的混合物B煤炭中起作用的主要成分是CC冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2CZn+3COD该冶炼锌的方法属于热还原法2下列化学用语表示正确的是（）A中子数为20的氯原子： ClB二氧化硅的分子式：SiO2C硫化氢的结构式：HSHD氯化铵的电子式：3下列根据实验操作和现象所得出的结论
2、不正确的是（）选項实验操作实验现象结论A向某溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液有白色沉淀生成溶液中不一定 含有SO42B向Fe（N03）2溶液中滇入H2SO4酸化的H2O2溶液溶液变为黄色氧化性：H202Fe3+C将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后加入CCl4振荡静置下层呈红棕色氧化性：Cl2Br2D向0.1molL1AgNO3溶液中滴入稀盐酸至不再有沉淀产生，再滴加0.1lmolL1NaI 溶液先有白色沉淀生成后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD42015年中美专家研制出可在一分钟内完成充电的超常性能铝离子电池，分别以金属铝和石墨为电极，用AlCl4、A12
3、C17和有机阳离子组成电解质溶液，其放电工作原理如图所示下列说法不正确的是（）A放电时，铝为负极、石墨为正极B充电时的阳极反应为：Cn+AlCl4e=Cn AlCl4C放电时的负极反应为：Al3e+7 AlCl44A12C17D放电时，有机阳离子向铝电极方向移动5下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b1B含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液：2c（Na+）=3c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3）C0.1molL1盐酸与0.2molL1氨水等体积混合：c（NH3H2O）c（Cl）c（NH4+）c（OH）D含有Ag
4、Cl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）6已知（HF）2（g）2HF（g），H0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A温度：T1T2B平衡常数：K（a）=K（b）K（c）C反应速率：VbVaD当=30g/mol时，n（HF）：n（HF）2=2：17常温下，向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，NH4+与NH3H2O浓度的变化趋势如图所示（不考虑溶液体积变化和氨气的挥发），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n（0H）n（H+）=（a0.05）m
5、olC随着Na0H的加入，不断减小D当n（NaOH）=0.1mol时，c（0H）c（C1）c（NH3H20）二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2016淄博一模）已知ClO2是易溶于水难溶于有机溶剂的气体，常用于自来水消毒实验室制备ClO2是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+C122ClO2+2NaCl，装置如图1所示：（1）烧瓶内可发生的反应的化学方程式：（2）B、C、E装置中的试剂依次为a、NaOH溶液 b、浓硫酸 c、饱和食盐水 d、CCl4 e、饱和石灰水（3）以下装置如图2既能吸收尾气又能防止倒吸的是用ClO2处理后的自来水中，ClO2的浓度应在0.100.80m
6、gL1之间用碘量法检测水中C1O2浓度的实验步骤如下：取100mL的水样加稀硫酸调节pH至13，加入一定量的碘化钾溶液，振荡，再加入少量指示剂后，用1.0104molL1的Na2S2O3溶液滴定（己知：2S2O32+I2S4O62+2I）（4）加入的指示剂是，达到滴定终点时的现象是（5）碘化钾反应的离子方程式是（6）已知滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液16.30mL，则水样中C1O2的浓度是mgL19（15分）（2016淄博一模）草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）制取COC2O42H2O工艺流程如
7、下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 Fe（OH）3 Al（OH）3 co（OH）2 Fe（OH）2 Mn（OH）2 完全沉淀的pH 3.7 5.2 9.2 9.6 9.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是（2）NaClO3在反应中氯元素被还原为最低价，该反应的离子方程式为（3）加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀试用离子方程式和必要的文字简述其原理：（4）滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀已知Ksp（MgF2）=7.351011
8、、Ksp（CaF2）=1.051010，当加入过量NaF后，所得滤液=（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如1图所示，在滤液中适宜萃取的pH为左右（6）已知：NH3H2ONH4+OH Kb=1.8105H2C2O4H+H2CO4 K=5.4102H2CO4H+C2O42 K=5.4105a1 b2 c3 d4则该流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH7（填“”或“”或“=”）（7）CoC2O42H2O热分解质量变化过程如图2所示（其中600以前是隔绝空气加热，600以后是在空气中加热）；A、B、C均为纯净物；C点所示产物的化学式是10（14分）（2016淄博一模）I“低碳经济”时代，科
9、学家利用“组合转化”等技术对CO2进行综合利用（1）CO2和H2在一定条件下可以生成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）+CH2CH2（g）+4H2O（g）H=a kJmol1已知：H2（g）的燃烧热为285.8kJmol1，CH2=CH2（g）的燃烧热为1411.0kJmol1，H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1，则a=kJmol1（2）上述生成乙烯的反应中，温度对CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率影响如图1，下列有关说法不正确的是（填序号）温度越高，催化剂的催化效率越高温发低于250时，随着温度升高，乙烯的产率增大M点平衡常数比N点平衡常数大N点正反应速率一定大于M点正反应
10、速率增大压强可提高乙烯的体积分数（3）2012年科学家根据光合作用原理研制出“人造树叶”如图2是“人造树叶”的电化学模拟实验装置图，该装置能将H2O和CO2转化为O2和有机物C3H8O阴极的电极反应式为：II为减轻大气污染，可在汽车尾气排放处加装催化转化装置，反应方程式为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）（4）上述反应使用等质量的某种催化剂时，温度和催化剂的比表面积对化学反应速率的影响对比实验如下表，c（NO）浓度随时间（t）变化曲线如3图： 编号 T（） NO初始浓度（mol/L） CO初始浓度（mol/L） 催化剂的比表面积（m2/g） 280 1.20103 5.80
11、103 82 280 a 5.80103 124 350 1.20103 5.80103 b表中a=实验说明，该反应是反应（填“放热”或“吸热”）若在500时，投料=1，NO的转化率为80%，则此温度时的平衡常数K=（5）使用电化学法也可处理NO的污染，装置如图4已知电解池阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式：吸收池中除去NO的离子方程式为：【化学-选修4物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11（15分）（2016淄博一模）H2O和CS2分子中的原子都达到稳定结构（1）上述四种元素电负性由大到小的顺序是：（2）上述四种元素第一电离能比同周期相邻两种元素都小的元素是：（3）CS
12、2分子中键与键的数目比为：（4）用“大于”、“小于”或“等于”回答本问题：CS2在其晶体中的配位数H2O在其晶体中的配位数硫氰酸（HSCN）的熔点异硫氰酸（HN=C=S）的熔点（5）已知TiCl4熔点为37，沸点为136，熔融态不导电，可知TiCl4为晶体（6）六方氮化硼（BN）的晶胞结构如图所示晶胞内的四个原子（如白球所示）所形成的空间结构为形硼原子的杂化方式为晶胞边长为a nm则其密度为gcm3（设阿伏加德罗常数的值为NA）【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）12（2016淄博一模）工业上可由A和环己烯（）为原料合成某重要的有机物X、Y，路线如下（部分反应条件略）：已知：i
13、X的结构简式是（1）B中含氧官能团的名称是（2）A的结构简式是（3）任选1种具有反式结构的C的同系物，用结构简式表示其反式结构（4）反应、中与反应的类型相同的是（5）GH的化学方程式是（6）E的结构简式是2016年山东省淄博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6分，满分42分）1明代天工开物记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭）下列说法不正确的是（）A倭铅是指金属锌和铅的混合物B煤炭中起作用的主要成分是CC冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3
14、+2CZn+3COD该冶炼锌的方法属于热还原法【考点】金属冶炼的一般原理【分析】依据题意可知：碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO，得到的锌为倭铅，据此解答【解答】解：A由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；B反应中C作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C，故B正确；C碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO，故C正确；D依据方程式可知ZnCO3+2CZn+3CO，该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质，属于热还原法，故D正确；故选：A【点评】本题考查了金属的冶炼，准确把握题干信息，明确发生的反应及锌的
15、性质是解题关键，题目难度不大2下列化学用语表示正确的是（）A中子数为20的氯原子： ClB二氧化硅的分子式：SiO2C硫化氢的结构式：HSHD氯化铵的电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子；C用短线代替所有共用电子对即为结构式；D氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷【解答】解：A氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：1737Cl，故A错误；BSiO2为二氧化硅的化学式，二氧化硅不存在分子式，故B错误；C硫化氢分子中含
16、有2个SH键，其结构式为：HSH，故C正确；DNH4Cl为离子化合物，N原子最外层5个电子，Cl原子最外层7个电子，则其电子式为，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力3下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）选項实验操作实验现象结论A向某溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液有白色沉淀生成溶液中不一定 含有SO42B向Fe（N03）2溶液中滇入H2SO4酸化的H2O2溶液溶液变为黄色氧化性：H202Fe3+C将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后加入C
17、Cl4振荡静置下层呈红棕色氧化性：Cl2Br2D向0.1molL1AgNO3溶液中滴入稀盐酸至不再有沉淀产生，再滴加0.1lmolL1NaI 溶液先有白色沉淀生成后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加入氯化钡、盐酸都引入氯离子，可能生成氯化银沉淀；B酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性；C下层呈红棕色，说明有溴生成；D结合难溶电解质的溶解平衡判断【解答】解：A加入氯化钡、盐酸都引入氯离子，可能生成氯化银沉淀，检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，故A正确；B酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，不能确定氧化性强弱，故B
18、错误；C下层呈红棕色，说明有溴生成，可说明氧化性：Cl2Br2，故C正确；D先有白色沉淀生成后变为黄色沉淀，可说明生成AgI，则Ksp（AgCl）Ksp（AgI），转化成溶度积更小的沉淀，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的性质等，把握反应原理及混合物分离提纯方法、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等42015年中美专家研制出可在一分钟内完成充电的超常性能铝离子电池，分别以金属铝和石墨为电极，用AlCl4、A12C17和有机阳离子组成电解质溶液，其放电工作原理如图所示下列说法不正确的是（）A放电时，铝为负极、石
19、墨为正极B充电时的阳极反应为：Cn+AlCl4e=Cn AlCl4C放电时的负极反应为：Al3e+7 AlCl44A12C17D放电时，有机阳离子向铝电极方向移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7，电极方程式为Al+7AlCl43e4Al2Cl7，正极反应为3CnAlCl4+3e=3Cn+3AlCl4，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+AlCl4eCnAlCl4，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，以此解答该题【解答】解：A放电时，铝是活泼的金属铝是负极，被氧化生成Al2Cl7，不活泼石墨为正极
20、，故A正确；B阳极性氧化反应，电极反应式为：Cn+AlCl4eCnAlCl4，故B正确；C放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4结合生成Al2Cl7，所以电极反应式为：Al3e+7AlCl44Al2Cl7，故C正确；D原电池中阳离子向正极移动，所以有机阳离子向石墨电极方向移动，故D错误故选D【点评】本题考查学生二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，属于综合知识的考查，难度中等，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写5下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b1B含等物质
21、的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液：2c（Na+）=3c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3）C0.1molL1盐酸与0.2molL1氨水等体积混合：c（NH3H2O）c（Cl）c（NH4+）c（OH）D含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A醋酸是弱电解质，加水稀释时促进醋酸电离，稀释10倍后，氢离子浓度大于原来的；B任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；C.0.1molL1盐酸与0.2molL1氨水等体积，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3H2O和NH4Cl，NH3H2O电离程度大于铵根离子水解程度导致溶
22、液呈碱性，但NH3H2O电离程度较小；DAgCl溶解度大于AgI【解答】解：A醋酸是弱电解质，加水稀释时促进醋酸电离，稀释10倍后，氢离子浓度大于原来的，所以ab1，故A错误；B任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3），故B正确；C.0.1molL1盐酸与0.2molL1氨水等体积，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3H2O和NH4Cl，NH3H2O电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，但NH3H2O电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH），故C错误；DAgCl溶解度大于
23、AgI，所以离子浓度大小顺序是c（Ag+）c（Cl）c（I），故D错误；故选B【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意弱电解质电离特点，注意：任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，与溶质种类多少及溶解度无关，题目难度不大6已知（HF）2（g）2HF（g），H0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A温度：T1T2B平衡常数：K（a）=K（b）K（c）C反应速率：VbVaD当=30g/mol时，n（HF）：n（HF）2=2：1【考点】化学平衡建立的过程【分析】A、根据平衡体系
24、的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；D、依据平均摩尔质量概念计算判断【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1T2，故A错误；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）
25、=K（c）K（b），故B错误；C、分析判断可知T1T2，温度越高反应速率越快，反应速率：VbVa，故C正确；D、n（HF）：n（HF）2=2：1，当=26.7g/mol，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡的建立过程分析，平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等7常温下，向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，NH4+与NH3H2O浓度的变化趋势如图所示（不考虑溶液体积变化和氨气的挥发），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n（0H）n（H+）=（a0.05）molC随着Na0H的加入，不断减小D当n（NaOH）=0.
26、1mol时，c（0H）c（C1）c（NH3H20）【考点】离子浓度大小的比较【分析】AM点是向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离；B依据溶液中电荷守恒分析判断，n（Na+）=amol，n（Cl）=0.1mol；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，=；D向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c（Na+）=c（Cl）c（OH）【解答】解：AM点是向1L 0.1molL1NH4Cl溶液
27、中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B在M点时溶液中存在电荷守恒，n（0H）+n（Cl）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n（0H）n（H+）=0.05+n（Na+）n（Cl）=（a0.05）mol，故B正确；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故C正确；D向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成
28、氯化钠和一水合氨，c（Na+）=c（Cl）c（OH），故D错误；故选D【点评】本题考查了酸碱反应过程分析，主要是溶液酸碱性、离子浓度大小，对水的电离影响因素分析判断，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2016淄博一模）已知ClO2是易溶于水难溶于有机溶剂的气体，常用于自来水消毒实验室制备ClO2是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+C122ClO2+2NaCl，装置如图1所示：（1）烧瓶内可发生的反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）B、C、E装置中的试剂依次为cbda、NaOH溶液 b、浓硫酸 c、饱和食盐水 d、CCl4
29、 e、饱和石灰水（3）以下装置如图2既能吸收尾气又能防止倒吸的是用ClO2处理后的自来水中，ClO2的浓度应在0.100.80mgL1之间用碘量法检测水中C1O2浓度的实验步骤如下：取100mL的水样加稀硫酸调节pH至13，加入一定量的碘化钾溶液，振荡，再加入少量指示剂后，用1.0104molL1的Na2S2O3溶液滴定（己知：2S2O32+I2S4O62+2I）（4）加入的指示剂是淀粉溶液，达到滴定终点时的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色（5）碘化钾反应的离子方程式是2ClO2+8H+10I=2Cl+4H2O+5I2（6）已知
30、滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液16.30mL，则水样中C1O2的浓度是0.22mgL1【考点】制备实验方案的设计【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：本实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法、或排水法收集，并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，两者反应生成二氯化
31、锰、氯气、水；（2）氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；（3）吸收尾气时，导管伸入吸收液中，对于氯气能溶于水的气体，易发生倒吸，为了防止倒吸，可以在导管中连接体积较大的容器，注意CCl4液体能缓冲起防倒吸作用；（4）碘与淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂，反应中生成碘单质显示蓝色，反应后无碘单质，蓝色褪去；（5）根据I被氧化为I2，ClO2还原为Cl书写离子方程式；（6）根据关系式2ClO210I10S2O32先计算出Cl
32、O2的物质的量，然后再计算出浓度【解答】解：（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、
33、浓硫酸、CCl4，故答案为：cbd；（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，符合，CCl4液体能缓冲起防倒吸作用，故答案为：；（4）根据题意发生反应：2ClO2+8H+10I=2Cl+4H2O+5I2，2S2O32+I2S4O62+2I可知，滴定过程中出现了碘单质，碘与淀粉变蓝，故选淀粉做指示剂，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且30秒内不恢复蓝色，故答案为：淀粉溶液，滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；（5）用I将溶液中的ClO2还原为Cl以测定
34、水样中C1O2的浓度，则I被氧化为I2，氯从+4价降为1价，碘离子从1价被氧化为0价，故该反应的离子方程式为2ClO2+8H+10I=2Cl+4H2O+5I2，故答案为：2ClO2+8H+10I=2Cl+4H2O+5I2；（6）根据题意发生反应：2ClO2+8H+10I=2Cl+4H2O+5I2，2S2O32+I2S4O62+2I可知，2ClO210I10S2O322 103.26107mol 1.0104 mol/L0.01630L100mL的水样中m（ClO2）=n（ClO2）M（ClO2）=3.26107mol67.5103mgmol10.022mg，则水样中C1O2的浓度是0.22mg
35、L1，故答案为：0.22【点评】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了气体的制备、除杂、收集等实验操作，题目难度中等，学习中注意把握化学实验基本操作，做该类题目时把握实验目的和实验原理是解答题目的关键9（15分）（2016淄博一模）草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）制取COC2O42H2O工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 Fe（OH）3 Al（OH）3 co（OH）
36、2 Fe（OH）2 Mn（OH）2 完全沉淀的pH 3.7 5.2 9.2 9.6 9.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是还原Fe3+、Co3+为Fe2+、Co2+（2）NaClO3在反应中氯元素被还原为最低价，该反应的离子方程式为ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O（3）加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀试用离子方程式和必要的文字简述其原理：加入的碳酸钠（或CO32）与H+反应，c（H+）降低，使Fe3+和Al3+（用R3+代替）的水解平衡R3+3H2OR（OH）3+3H+，向右移动，而产生氢氧化物沉淀（4）滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2
37、、CaF2沉淀已知Ksp（MgF2）=7.351011、Ksp（CaF2）=1.051010，当加入过量NaF后，所得滤液=0.7（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如1图所示，在滤液中适宜萃取的pH为3.03.5左右（6）已知：NH3H2ONH4+OH Kb=1.8105H2C2O4H+H2CO4 K=5.4102H2CO4H+C2O42 K=5.4105a1 b2 c3 d4则该流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH7（填“”或“”或“=”）（7）CoC2O42H2O热分解质量变化过程如图2所示（其中600以前是隔绝空气加热，600以后是在空气中加热）；A、B、C均为纯净物；C点所
38、示产物的化学式是Co3O4【考点】制备实验方案的设计【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成
39、水；（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动；（4）当加入过量NaF后，所得滤液=；（5）根据图知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（6）根据草酸的二级电离大于氨水的电离常数以及盐类水解的规律分析；（7）由图可知，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g5.9g=2.13g，据此求算氧化物中Co原子与O原子物质的量之比，确定Co的氧化物化学式【解答】解：（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+
40、、Co3+还原，还原为Fe2+、Co2+，故答案为：还原Fe3+、Co3+为Fe2+、Co2+；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O，故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O；（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，水解方程式为R3+3H2OR（OH）3+3H+，：加入的碳酸钠（或CO32）与H+反应，c（H+）降低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：加入的碳酸钠（或CO32）与H+反应，c（H+）降低，使
41、Fe3+和Al3+（用R3+代替）的水解平衡R3+3H2OR（OH）3+3H+，向右移动，而产生氢氧化物沉淀；（4）当加入过量NaF后，所得滤液=0.7，故答案为：0.7；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：3.03.5；（6）盐类水解，谁强显谁性，NH3H2ONH4+OH Kb=1.8105，HCO4H+C2O42 K=5.4105，所以（NH4）2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即PH7，故
42、答案为：；（7）由图可知，C点钴氧化物质量为8.03g，0.1molCo元素质量为5.9g，氧化物中氧元素质量为8.03g5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：3：4，故C的Co氧化物为Co3O4，故答案为：Co3O4（或CoOCo2O3）【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是溶度积常数计算，题目难度中等10（14分）（2016淄博一模）I“低碳经济”时代，科学家利用“组合转化”等技术对CO2进行综合利用（1）CO2和H2在一定条件
43、下可以生成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）+CH2CH2（g）+4H2O（g）H=a kJmol1已知：H2（g）的燃烧热为285.8kJmol1，CH2=CH2（g）的燃烧热为1411.0kJmol1，H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1，则a=127.8kJmol1（2）上述生成乙烯的反应中，温度对CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率影响如图1，下列有关说法不正确的是（填序号）温度越高，催化剂的催化效率越高温发低于250时，随着温度升高，乙烯的产率增大M点平衡常数比N点平衡常数大N点正反应速率一定大于M点正反应速率增大压强可提高乙烯的体积分数（3）2012年科学家根据光合作
44、用原理研制出“人造树叶”如图2是“人造树叶”的电化学模拟实验装置图，该装置能将H2O和CO2转化为O2和有机物C3H8O阴极的电极反应式为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2OII为减轻大气污染，可在汽车尾气排放处加装催化转化装置，反应方程式为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）（4）上述反应使用等质量的某种催化剂时，温度和催化剂的比表面积对化学反应速率的影响对比实验如下表，c（NO）浓度随时间（t）变化曲线如3图： 编号 T（） NO初始浓度（mol/L） CO初始浓度（mol/L） 催化剂的比表面积（m2/g） 280 1.20103 5.80103 82 28
45、0 a 5.80103 124 350 1.20103 5.80103 b表中a=1.20103实验说明，该反应是放热反应（填“放热”或“吸热”）若在500时，投料=1，NO的转化率为80%，则此温度时的平衡常数K=第一种情况：设c（NO）=1molL1，则K=160，第二种情况：设c（NO）=amolL1，则K=，第三种情况：设n（NO）=amol，容器的容积为V L，则K=；（5）使用电化学法也可处理NO的污染，装置如图4已知电解池阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O吸收池中除去NO的离子方程式为：2NO+2S2O42+2H2O=
46、N2+4HSO3【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：H2（g）的燃烧热为285.8kJmol1，则其热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol；CH2=CH2（g）的燃烧热为1411.0kJmol1，其热化学方程式为：C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）H=1411.0kJ/mol；H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1，结合盖斯定律计算；（2）温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；该反应是放热反应，升温平衡逆向移动；反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行；温度越
47、低催化剂活性越小，反应速率越慢；（3）由装置图可知，阴极上CO2得电子C3H8O；（4）温度和催化剂的比表面积对化学反应速率的影响对比实验，对比是探究催化剂的比表面面积不同对反应速率的影响，起始浓度相同；图象分析可知实验中起始量相同，催化剂比表面积相同，探究的是升温对平衡的影响，图象中升温NO的浓度增大，说明平衡逆向进行；结合平衡三行计算列式计算平衡浓度，平衡常数=；（5）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气【解答】解：（1）已知：H2（g）的燃烧热为285.8kJmol1，则其热化学方程式为：H2（g）+O2（g）
48、=H2O（l）H=285.8kJ/mol；CH2=CH2（g）的燃烧热为1411.0kJmol1，其热化学方程式为：C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）H=1411.0kJ/mol；H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1；利用盖斯定律将64可得：6H2（g）+2CO2（g）CH2CH2（g）+4H2O（g）H=127.8kJmol1；故答案为：127.8；（2）化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故不正确；温度低于250时，随温度升高平衡逆向进行乙烯的产率减小，故不正确；升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升
49、温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故正确；为提高CO2的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故不正确；故答案为：；（3）由装置图可知，阴极上CO2得电子C3H8O，则阴极上发生电极反应式为3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O；故答案为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O；（4）对比是探究催化剂的比表面面积不同对反应速率的影响，起始浓度相同，a=1.20103，故答案为：1.20103；实验中起始量相同，催化剂比表面积相同，探究的是升温对平衡的影响，图象中升温NO的浓度增大，说明平衡逆向进行，逆反应为
50、吸热反应，所以正反应为放热反应，故答案为：放热；若在500时，投料=1，NO的转化率为80%，设c（NO）=1molL1， 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）起始量（mol/L） 1 1 0 0变化量（mol/L） 0.8 0.8 0.8 0.4平衡量（mol/L） 0.2 0.2 0.8 0.4则此温度时的平衡常数K=160，设c（NO）=amolL1， 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）起始量（mol/L） a a 0 0变化量（mol/L） 0.8a 0.8a 0.8a 0.4a平衡量（mol/L） 0.2a 0.2a 0.8 a 0.4a则K=，设n
51、（NO）=amol，容器的容积为V L， 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）起始量（mol/L） 0 0变化量（mol/L） 0.8 0.8 0.8 0.4平衡量（mol/L） 0.2 0.2 0.8 0.4则K=，故答案为：第一种情况：设c（NO）=1molL1，则K=160，第二种情况：设c（NO）=amolL1，则K=，第三种情况：设n（NO）=amol，容器的容积为V L，则K=；（5）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2HSO3+2e+2H+S2O42+2H2O；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应
52、方程式为：2NO+2S2O42+2H2ON2+4HSO3，故答案为：2HSO3+2e+2H+S2O42+2H2O；2NO+2S2O42+2H2ON2+4HSO3；【点评】本题考查了热化学方程式书写、盖斯定律的应用、原电池和电解池原理的理解应用，图象分析判断，平衡常数计算，注意化学方程式书写方法，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力【化学-选修4物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11（15分）（2016淄博一模）H2O和CS2分子中的原子都达到稳定结构（1）上述四种元素电负性由大到小的顺序是：OSCH（2）上述四种元素第一电离能比同周期相邻两种元素都小的元素是：O、S（3）CS
53、2分子中键与键的数目比为：1：1（4）用“大于”、“小于”或“等于”回答本问题：CS2在其晶体中的配位数大于H2O在其晶体中的配位数硫氰酸（HSCN）的熔点小于异硫氰酸（HN=C=S）的熔点（5）已知TiCl4熔点为37，沸点为136，熔融态不导电，可知TiCl4为分子晶体（6）六方氮化硼（BN）的晶胞结构如图所示晶胞内的四个原子（如白球所示）所形成的空间结构为正四面体形硼原子的杂化方式为sp3晶胞边长为a nm则其密度为gcm3（设阿伏加德罗常数的值为NA）【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律的作用；晶胞的计算【分析】（1）原子的得电子能力越强，其电负性的数值越大，即非金属性越
54、强电负性越大；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；（3）根据CS2分子的结构简式分析，双键中含有1个键、1个键，单键属于键；（4）直接同中心原子配位的原子数为配位数，结合CS2、H2O晶体结构解答；异硫氰酸分子间可形成氢键；（5）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型从而判断化合物类型；（6）晶胞内的四个原子（如白球所示）所形成的空间结构为正四面体形；根据杂化理论判断，立方相氮化硼晶体中，硼原子形成4个键、没有孤电子对；立方氮化硼中，晶胞边长为a pm=a1010cm，晶胞体积V=（a1010cm）3，该晶胞中N原
55、子个数=8+6=4、B原子个数为4，根据计算密度【解答】解：（1）同周期从左向右电负性逐渐增大，OC，同主族自上而下电负性减小，OS，非金属性越强电负性越大，故电负性大小为OSCH，故答案为：OSCH；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的轨道上的电子半满，能量比相邻两种元素低，不易失去一个电子，所以大于第A族的，所以其第一电离能比同周期相邻两种元素都小的元素是O、S，故答案为：O、S；（3）CS2分子结构式为：S=C=S，双键中含有1个键、1个键，单键属于键，故CS2分子中键与键数目之比为1：1，故答案为：1：1；（4）CS2呈立方最密堆积（立方面心堆积，在其晶体
56、中的配位数为12，H2O呈面心立方晶胞，在其晶体中的配位数为8，所以CS2在其晶体中的配位数大于H2O在其晶体中的配位数，故答案为：大于；由于异硫氰酸分子间可形成氢键而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸（HSCN）的沸点低于异硫氰酸，故答案为：小于；（5）已知TiCl4熔点为37，沸点为136，熔融态不导电，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，故答案为：分子；（6）立方氮化硼晶胞，每个N原子被4个B原子共用、每个B原子被4个N原子共用，晶胞内的四个原子（如白球所示）所形成的空间结构为正四面体形，故答案为：正四面体；立方相氮化硼晶体中，硼原子形成4个键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4，
57、采取sp3杂化，故答案为：sp3；立方氮化硼中，晶胞边长为a cm，晶胞体积V=（acm）3，该晶胞中N原子个数=8+6=4、B原子个数为4，立方氮化硼的密度=g/cm3，故答案为：【点评】本题考查电负性、第一电离能、晶胞结构、性质等知识的应用，题目综合性较强，晶胞的结构分析和计算是难点，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）12（2016淄博一模）工业上可由A和环己烯（）为原料合成某重要的有机物X、Y，路线如下（部分反应条件略）：已知：iX的结构简式是（1）B中含氧官能团的名称是羟基和醛基（2）A的结构简式是CH3CHO（3）任选1种具有反式结构的C的同系物，用结构
58、简式表示其反式结构（4）反应、中与反应的类型相同的是（5）GH的化学方程式是（6）E的结构简式是（HOCH2）3CCHO【考点】有机物的推断【分析】根据X的结构简式和D的分子式可知，D为CH2=CHCOOH，F为C（CH2OH）4，根据转化关系A发生信息中的反应生成E，E发生加成反应生成F，所以A为CH3CHO，E为（CH2OH）3CCHO，根据D的结构简式可逆推得A与甲醛发生信息中的反应生成B为HOCH2CH2CHO，B发生消去反应生成C为CH2=CHCHO，C发生氧化反应得D，环已烯与溴化氢加成得G为1溴环已烷，G发生碱性水解得H为环已醇，环已醇发生氧化反应得环已酮，根据Y的分子式可知，环
59、已酮与F发生信息中的反应得Y为，据此分析解答【解答】解：根据X的结构简式和D的分子式可知，D为CH2=CHCOOH，F为C（CH2OH）4，根据转化关系A发生信息中的反应生成E，E发生加成反应生成F，所以A为CH3CHO，E为（CH2OH）3CCHO，根据D的结构简式可逆推得A与甲醛发生信息中的反应生成B为HOCH2CH2CHO，B发生消去反应生成C为CH2=CHCHO，C发生氧化反应得D，环已烯与溴化氢加成得G为1溴环已烷，G发生碱性水解得H为环已醇，环已醇发生氧化反应得环已酮，根据Y的分子式可知，环已酮与F发生信息中的反应得Y为，（1）B为HOCH2CH2CHO，B中官能团是羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；（2）A的结构简式为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（3）任选1种具有反式结构的C的同系物，其反式结构为，故答案为：；（4）根据上面的分析可知，为加成反应，、也为加成反应，所以反应、中与反应的类型相同的是 、，故答案为：、；（5）该反应方程式为，故答案为：；（6）E的结构简式为 （HOCH2）3CCHO，故答案为：（HOCH2）3CCHO【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据某些物质结构简式或分子式、反应条件结合题给信息采用知识迁移的方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度不大