1、2016年广东省揭阳市高考化学二模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1化学与军事密切相关下列说法正确的是（）A“歼20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C军舰船底镶嵌锌块，锌作正极，以防船体被腐蚀D烈性炸药硝化甘油（TNT）是由甘油（丙三醇）硝化制得，它属于酯类2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A25时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NAB取50mL 18.0mol/L浓硫酸与足量的铜片反应，生成气体分子的
2、数目为0.45NAC1L 0.1 molL1碳酸钠溶液中，阴离子数目大于0.1NAD53.5gNH4Cl中存在的共价键总数为5NA3下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（）选项实验操作及现象结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃）待测试液中一定含有钾元素，可能含钠元素B向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生该溶液中一定含有SiO32C向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色该气体一定是SO2D向NaOH溶液中滴加MgCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加FeCl3溶液产生红褐色沉淀Fe（OH）3的溶解度大于Mg（OH）2的溶解度AABBCCDD4次磷
3、酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性下列有关说法正确的是（）AH3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2H+H2PO2BH3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OHPO23+3H2OC将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的还原产物为H3PO4D用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：2H2O4eO2+4H+5短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价下列说法正确的是（）AX、Y的单质均具有较高的熔沸点B最高
4、价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、XC原子半径由大到小的顺序：X、Y、ZDZ、W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键6现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法正确的是（）A电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极BA极的电极反应式为C当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NADB极为电池的正极，发生还原反应7常温下，向100mL 0.01molL1HA溶液中逐滴加入0.02molL1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）下列说法中错误的是（）AHA为一元强
5、酸BMOH为一元弱碱CN点水的电离程度大于K点水的电离程度DK点对应的溶液中：c（MOH）+c（OH）c（H+）=0.01 molL1二、填空8硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等有关物质的部分性质如表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl254.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2+Cl2H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进口为（填“a”或“b”）（2）仪器B中盛放的药品是（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为
6、（4）装置丙的作用为，若缺少装置乙，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸（ClSO3H）分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸从分解产物中分离出硫酰氯的方法是请设计实验方案检验产品中有硫酸（可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液）：9以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O42H2O）有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.
7、56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为，滤渣B的主要成分为（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀的离子方程式为（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制反应液pH的范围为上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是（4）沉淀后要获得干燥纯净草酸锌晶体，需进行的操作是（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300460范围内，发生反应的化学方程式为10氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值反应大气固氮N2（g
8、）+O2（g）2NO（g）工业固氮N2（g）+3H2（g）2NH3（g）温度/27200025400450K3.810310.151080.5070.152分析数据可知：大气固氮反应属于（填“吸热”或“放热”）反应分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因已知上述工业固氮反应的反应热H=92kJ/mol，1molN2、1molH2分子中的化学键断裂所吸收的能量分别为946kJ、436kJ，则NH键断裂所吸收的能量为（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是（填“A”或“B”）；比较p1、p2的大小
9、关系：11目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（1）在一定温度下，将1mol N2和3mol H2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol达平衡时，H2的转化率1=已知平衡时，容器压强为8MPa，则平衡常数Kp=（保留小数点后两位数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（2）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为【化学-选修2：化学与技术】12下图是一种工业制取纯碱的生产流程简图（1）流程甲中先通NH3后通CO2的原因是（2）生成沉淀A
10、的化学方程式为；将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式为（3）流程甲中可循环利用的物质的名称为某化工厂对流程甲进行了如下图所示的改进（4）流程乙中可以循环利用物质的化学式为；和流程甲相比，流程乙的优点是（5）不用其它试剂，检查乙流程中副产品F是否纯净的操作是（6）在乙流程中，若使用11.7吨食盐，最终得到10.07吨纯碱，则NaCl的利用率为【化学-选修3：物质结构与性质】13已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素相关信息如下：X元素是宇宙中最丰富的元素Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成
11、对电子R元素在元素周期表的第十一列Q元素在周期表里与R元素在同一个分区请回答下列问题：（1）YX3中心原子的杂化轨道类型是，离子化合物YX5的电子式是（2）CO与Y2属于等电子体，1 个CO分子中含有的键数目是个（3）工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物A（A可看做一种含氧酸盐）A晶体的晶胞为正方体（如图1）制备A的化学反应方程式是；在A晶体中，Z的配位数为；在A晶体中，若将Z元素置于立方体的体心，Ba元素置于立方体的顶点，则O元素处于立方体的（4）R2+离子的外围电子层电子排布式为R2O的熔点比R2S的（填“高”或“低”）（5）Q元素和硫（S）元素能够形成化合物BB晶体的晶胞为正方
12、体（如图2），若晶胞棱长为540.0pm，则晶胞密度为gcm3（列式并计算）【化学-选修5：有机化学基础】14环酯J（）可用于生产合成树脂、合成橡胶等以丙烯为原料制备环酯J的合成路线如图：已知以下信息：在特殊催化剂的作用下，烯烃能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应如2个1丁烯分子进行烯烃换位，生成3己烯和乙烯：2CH2CHCH2CH3CH3CH2CHCHCH2CH3+CH2CH2C生成D是C与HCl的加成反应回答下列问题：（1）B的结构简式为，B分子中的所有原子（选填“能”或“不能”）共平面，键角为（2）反应、的反应类型分别是、（3）反应的化学方程式为（4）E的结构简式为，G分子中含有的官能
13、团是（填官能团名称）（5）Cl原子位于1号碳原子上，且2个羟基不在同一个碳原子上的D的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4：2：2：1的为（写结构简式）2016年广东省揭阳市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1化学与军事密切相关下列说法正确的是（）A“歼20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C军舰船底镶嵌锌块，锌作正极，以防船体被腐蚀D烈性炸药硝化甘油（TNT）是由甘油（丙三醇）硝化制得，它属于酯类【考点】
14、合成材料；金属的电化学腐蚀与防护；无机非金属材料【分析】A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料； B“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆属于合金；C在原电池中，较活泼的金属往往做负极，负极金属易被腐蚀；D硝化甘油时甘油与浓硝酸发生硝化反应的产物【解答】解：A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料，故A错误； B新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体等，“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故B错误；C在锌、铁原电池中，较活泼的金属锌往往做负极
15、，负极金属易被腐蚀，正极金属可以被保护，故C错误；D硝化甘油时甘油与浓硝酸发生硝化反应的产物，属于酯类，故D正确故选D2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A25时，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NAB取50mL 18.0mol/L浓硫酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.45NAC1L 0.1 molL1碳酸钠溶液中，阴离子数目大于0.1NAD53.5gNH4Cl中存在的共价键总数为5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L；B、铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；C、碳酸根的水解会导
16、致阴离子个数增多；D、求出氯化铵的物质的量，然后根据1mol氯化铵中含4mol共价键来分析【解答】解：A、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0.1mol，个数为0.1NA个，故A错误；B、铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸变稀后反应停止，即浓硫酸不能反应完全，则生成的气体分子个数小于0.45NA个，故B错误；C、碳酸根的水解会导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故C正确；D、53.5g氯化铵的物质的量为1mol，而1mol氯化铵中含4mol共价键，故含4NA个，故D错误故选C3下列有关物质的实验操作、现象
17、及结论描述正确的是（）选项实验操作及现象结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃）待测试液中一定含有钾元素，可能含钠元素B向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生该溶液中一定含有SiO32C向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色该气体一定是SO2D向NaOH溶液中滴加MgCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加FeCl3溶液产生红褐色沉淀Fe（OH）3的溶解度大于Mg（OH）2的溶解度AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】AK的焰色反应为紫色，透过蓝色的钴玻璃观察；B通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生，沉淀可能为硅酸，也可能为氢氧化铝；C品红溶液褪色
18、，气体与品红化合生成无色物质，或气体溶于水具有强氧化性；DNaOH溶液过量，可与氯化镁、氯化铁均反应【解答】解：AK的焰色反应为紫色，透过蓝色的钴玻璃观察，不能确定是否含钠元素，则待测试液中一定含有钾元素，可能含钠元素，故A正确；B通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生，沉淀可能为硅酸，也可能为氢氧化铝，则原溶液中可能含SiO32，或AlO2，故B错误；C品红溶液褪色，气体与品红化合生成无色物质，或气体溶于水具有强氧化性，则气体为SO2，或Cl2等，故C错误；DNaOH溶液过量，可与氯化镁、氯化铁均反应，发生沉淀的生成，而不是转化，则不能比较Fe（OH）3、Mg（OH）2的溶解度大小，故D错误；
19、故选A4次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性下列有关说法正确的是（）AH3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2H+H2PO2BH3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OHPO23+3H2OC将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的还原产物为H3PO4D用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：2H2O4eO2+4H+【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应【分析】A一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子；B一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应；CH3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化；DH3PO2具有
20、较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2失电子【解答】解：A一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子，则H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2H+H2PO2，故A正确；B一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OHH2PO2+H2O，故B错误；CH3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，故C错误；DH3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO24e+2H2OH3PO4+3H+，故
21、D错误故选A5短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价下列说法正确的是（）AX、Y的单质均具有较高的熔沸点B最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、XC原子半径由大到小的顺序：X、Y、ZDZ、W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是组成有机物的基本骨架元素，则X为C元素；元素Z的最高正化合价为+2价，处于IIA族，原子序数大于碳，则Z为Mg；元素Y的核电荷数等于W原子的最外层
22、电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过7，则Y的原子序数大于碳、小于Mg，则Y为N元素、W为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质判断【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是组成有机物的基本骨架元素，则X为C元素；元素Z的最高正化合价为+2价，处于IIA族，原子序数大于碳，则Z为Mg；元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过7，则Y的原子序数大于碳、小于Mg，则Y为N元素、W为Cl元素AY单质氮气，熔沸点很低，故A错误；BW、Y、X最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硝酸、碳酸，酸性由强到弱，故B正确；C同周期自左而右原子半径
23、减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Mg）X（C）Y（N），故C错误；DZ、W形成的化合物为MgCl2，只含有离子键，不包含共价键，故D错误故选：B6现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法正确的是（）A电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极BA极的电极反应式为C当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NADB极为电池的正极，发生还原反应【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向
24、负极，据此分析【解答】解：A、电流从正极A沿导线流向负极B，故A错误；B、A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故B错误；C、据电荷守恒，当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；D、B为原电池负极，发生氧化反应，故D错误；故选C7常温下，向100mL 0.01molL1HA溶液中逐滴加入0.02molL1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）下列说法中错误的是（）AHA为一元强酸BMOH为一元弱碱CN点水的电离程度大于K点水的电离程度DK点对应的溶液中：c（MOH）+c（OH）c（H+）=0.01 molL
25、1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】0.01molL1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒，电荷守恒，计算K点c（A）=c（MOH）+c（OH）c（H+）的值【解答】解：A.0.01molL1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，故A正确；BN点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，故B正确；CN点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C正确；D100mL 0.
26、01molL1HA溶液中逐滴加入0.02molL1MOH溶液100mL，此时得到的是等浓度的MA和MOH，根据电荷守恒和物料守恒，得到c（A）=c（MOH）+c（OH）c（H+）=0.005 molL1，故D错误；故选D二、填空8硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等有关物质的部分性质如表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl254.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2+Cl2H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进口为a（
27、填“a”或“b”）（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O（4）装置丙的作用为除去Cl2中的HCl，若缺少装置乙，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸（ClSO3H）分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸从分解产物中分离出硫酰氯的方法是蒸馏请设计实验方案检验产品中有硫酸（可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液）：取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷
28、却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4【考点】制备实验方案的设计【分析】二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2；硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放
29、的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，根据原子守恒书写；（5）二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；氯磺酸（ClSO3H）分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，设计实验方案检验产品，需检验氢离子、检验硫酸根离子【解答】解：（1）根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a，故答案为：a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为
30、有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，故答案为：碱石灰；（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2+3H2O，离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，故答案为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水；HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，所以丙装置作用为诶：除去Cl2中的HCl，SO2Cl2遇水生成硫
31、酸和氯化氢，则其水解方程式为：SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，故答案为：除去Cl2中的HCl；SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；（5）二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；氯磺酸（ClSO3H）分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4，故答案为：取产物
32、在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO49以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O42H2O）有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣A的主要成
33、分为SiO2，滤渣B的主要成分为Fe（OH）3（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀的离子方程式为Mn2+H2O2+H2O=MnO（OH）2+2H+（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制反应液pH的范围为3.35.4上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去（4）沉淀后要获得干燥纯净草酸锌晶体，需进行的操作是过滤、洗涤、干燥（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300460范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO+CO+CO2【考点】物质分离和提纯
34、的方法和基本操作综合应用【分析】用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等（1）由分析可知，滤渣A为二氧化硅，滤渣B为氢氧化铁；（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成；（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀；ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去；（4）沉淀后要获得干燥
35、纯净草酸锌晶体，需经过过滤、洗涤、干燥；（5）ZnC2O42H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为100%=80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为100%=42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2【解答】解：用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等（1）由分
36、析可知，滤渣A为SiO2，滤渣B为Fe（OH）3，故答案为：SiO2；Fe（OH）3；（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成，反应离子方程式为：Mn2+H2O2+H2O=MnO（OH）2+2H+，故答案为：Mn2+H2O2+H2O=MnO（OH）2+2H+；（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀，故控制反应液pH的范围为3.35.4，故答案为：3.35.4；除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去，故答案为：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe
37、2+，使铁元素难以除去；（4）沉淀后要获得干燥纯净草酸锌晶体，需经过过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥；（5）ZnC2O42H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为100%=80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为100%=42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2300460范围内，发生反应的化学方程式为：ZnC2O4ZnO+CO+CO2，故答案为：ZnC2O4ZnO+CO+CO210氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值反应大气
38、固氮N2（g）+O2（g）2NO（g）工业固氮N2（g）+3H2（g）2NH3（g）温度/27200025400450K3.810310.151080.5070.152分析数据可知：大气固氮反应属于吸热（填“吸热”或“放热”）反应分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产已知上述工业固氮反应的反应热H=92kJ/mol，1molN2、1molH2分子中的化学键断裂所吸收的能量分别为946kJ、436kJ，则NH键断裂所吸收的能量为391kJ/mol（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（P1、P2
39、）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是A（填“A”或“B”）；比较p1、p2的大小关系：21【考点】含氮物质的综合应用；化学平衡的影响因素【分析】（1）温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；K值很小，转化率很小；热化学方程式中，反应热=反应物的总键能生成物的总键能，据此计算出断开1mol NH键吸收的能量；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小；增大压强平衡正向移动，转化率增大；【解答】解：（1）由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；由表格数据可知，2000时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生
40、产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；已知：NN键、HH键的键能量为946kJ/mol、436kJ/mol，设NH的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92kJ/mol，反应热=反应物的总键能生成物的总键能，故946kJ/mol+3436kJ/mol23x=92kJ/mol，解得：x=391kJ/mol；故答案为：391 kJ/mol；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，2的转化率大，则2大，21，故答
41、案为：A；21；11目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（1）在一定温度下，将1mol N2和3mol H2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol达平衡时，H2的转化率1=60%已知平衡时，容器压强为8MPa，则平衡常数Kp=0.26（保留小数点后两位数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（2）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为NO2+NO3e=N2O5【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）设参加反应的氮
42、气物质的量为xmol，该反应中N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 起始（mol）1 3 0变化（mol） x 3x 2x平衡（mol） 1x 33x 2x 列式可得：（1x）+（33x）+2x=2.8，x=0.6则氮气转化率=100%=60%，当加入的反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等；平衡时各物质的压强之比等于其物质的量之比，所以P（N2）=8MPa=MPa，P（H2）=8MPa=MPa，P（NH3）=8MPa=MPa，化学平衡常数Kp=； （2）该原电池中通入二氧化氮的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以I是负极、II是正极，负极上生成氧化物，应该是二氧化氮失
43、电子和硝酸根离子反应生成五氧化二氮【解答】解：（1）设参加反应的氮气物质的量为xmol，该反应中N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 起始（mol）1 3 0变化（mol） x 3x 2x平衡（mol） 1x 33x 2x 列式可得：（1x）+（33x）+2x=2.8，x=0.6则氮气转化率=100%=60%，当加入的反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等，所以氢气转化率也是60%，故答案为：60%；平衡时各物质的压强之比等于其物质的量之比，所以P（N2）=8MPa=MPa，P（H2）=8MPa=MPa，P（NH3）=8MPa=MPa，化学平衡常数Kp=0.26，故答案为
44、：0.26； （2）该原电池中通入二氧化氮的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以I是负极、II是正极，负极上生成氧化物，应该是二氧化氮失电子和硝酸根离子反应生成五氧化二氮，电极反应式为NO2+NO3e=N2O5，故答案为：NO2+NO3e=N2O5【化学-选修2：化学与技术】12下图是一种工业制取纯碱的生产流程简图（1）流程甲中先通NH3后通CO2的原因是氨气在水中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出（2）生成沉淀A的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3；将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式
45、为Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O（3）流程甲中可循环利用的物质的名称为二氧化碳和氨气某化工厂对流程甲进行了如下图所示的改进（4）流程乙中可以循环利用物质的化学式为CO2、NaCl；和流程甲相比，流程乙的优点是提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染（5）不用其它试剂，检查乙流程中副产品F是否纯净的操作是取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净（6）在乙流程中，若使用11.7吨食盐，最终得到10.07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】制取纯碱的流程：向饱和的氯化钠溶液中依次
46、通入氨气，得到氨盐水，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，二氧化碳通入到氨盐水中，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，析出碳酸氢钠晶体（沉淀A），加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱和二氧化碳（物质C），滤液B中加入氢氧化钙，发生反应Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，得到氨气（D），滤液为氯化钙，对流程甲进行改进，原料为合成氨厂的废气，NH4Cl 在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，在278K283K（510）时，向滤液B中加入食盐细粉，而使NH4Cl （F）单独结晶析出供做氮肥，滤
47、液为氯化钠（1）氨气在水中的溶解性大，二氧化碳溶解性小，如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液中的碳酸根就会很小（2）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵；氢氧化钙和氯化铵反应生成氯化钙、氨气、水；（3）煅烧炉内分解的是碳酸氢钠，产物为CO2和水，而沉淀池中需要通入的气体为CO2；滤液中含有的氯化铵与碱作用得到的氨气也能循环利用；（4）对流程甲进行改进，原料为合成氨厂的废气，滤液氯化钠，可循环使用；（5）F为氯化铵，根据其受热易分解的性质验证，氯化铵分解生成氨气和氯化氢；（6）根据反应方程式，由氯化钠与纯碱的相对质量计算氯化钠充分利
48、用时生成的纯碱的质量，再根据实际生成纯碱计算氯化钠的利用率【解答】解：（1）二氧化碳在水中的溶解性小，NH3在NaCl溶液中溶解度很大，CO2在氨化的溶液中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出，反应原理为，NH3+CO2+H2ONH4HCO3，NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl，故答案为：氨气在水中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出；（2）沉淀池中，饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4C
49、l+NaHCO3，石灰乳为氢氧化钙，滤液B为氯化铵溶液，将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3；Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O；（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和水，可将CO2通入沉淀中循环利用，故X为CO2，母液中铵根离子与碱作用得到的氨气也能循环利用，故答案为：二氧化碳和氨气；（4）反应需要二氧化碳和氯化钠，生成的碳酸氢钠受热分解得碳酸钠、二氧化碳（C），二氧化碳可循环使用，向滤液B加入食盐细粉，而使NH4Cl 结晶析
50、出，并得滤液氯化钠，可循环使用；F为NH4Cl，和流程甲相比，流程乙提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染，故答案为：CO2，NaCl 提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染；（5）氯化铵分解生成氨气和氯化氢，F为NH4Cl，氯化铵受热易分解，取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若分解完全，试管底部无残留物，即产品全为氯化铵，故答案为：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净；（6）根据化学方程式，氯化钠与纯碱满足2NaClNa2CO3 258.5 106 11.7t 10.6t，即氯化钠充分利用时生成纯碱10.6t，而
51、实际生成纯碱10.07t，氯化钠的利用率为：100%=95%故答案为：95.0%【化学-选修3：物质结构与性质】13已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素相关信息如下：X元素是宇宙中最丰富的元素Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子R元素在元素周期表的第十一列Q元素在周期表里与R元素在同一个分区请回答下列问题：（1）YX3中心原子的杂化轨道类型是sp3，离子化合物YX5的电子式是（2）CO与Y2属于等电子体，1 个CO分子中含有的键数目是2个（3）工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取
52、化合物A（A可看做一种含氧酸盐）A晶体的晶胞为正方体（如图1）制备A的化学反应方程式是TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2；在A晶体中，Z的配位数为6；在A晶体中，若将Z元素置于立方体的体心，Ba元素置于立方体的顶点，则O元素处于立方体的面心（4）R2+离子的外围电子层电子排布式为：3d9R2O的熔点比R2S的高（填“高”或“低”）（5）Q元素和硫（S）元素能够形成化合物BB晶体的晶胞为正方体（如图2），若晶胞棱长为540.0pm，则晶胞密度为4.1gcm3（列式并计算）【考点】原子结构与元素周期律的关系；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原
53、子序数依次增大的前36号元素，X元素是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y元素原子的核外p轨道电子数比s轨道电子数少1，Y原子核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子，则Z为Ti元素；R元素在元素周期表的第十一列，属于第IB族，属于前36号元素，在第四周期，所以R为Cu；Q元素在周期表里与R元素在同一个分区，原子序数大于Cu，为Zn元素；（1）根据中心原子的价层电子对数判断；NH5的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，应为NH4H，为离子化合物，据此书写电子式；（2）根据N2的结构分析；（3
54、）根据反应物和生成物结合质量守恒定律书写化学方程式；根据晶胞的结构判断；在A晶体中，若将Z4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2处于立方体的面心；（4）R为Cu，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，离子晶体中离子半径越小，晶体的熔点越高；（5）晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8+6=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4（876.021023）g，晶胞的体积为3，根据=计算【解答】解：已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素，X元素是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y元素原子的核外p轨道电子
55、数比s轨道电子数少1，Y原子核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子，则Z为Ti元素；R元素在元素周期表的第十一列，属于第IB族，属于前36号元素，在第四周期，所以R为Cu；Q元素在周期表里与R元素在同一个分区，原子序数大于Cu，为Zn元素；（1）NH3中心原子的价层电子对数=3+（531）=4，杂化类型为sp3，NH5为离子混合物，分子中存在NH4+和H，电子式为；故答案为：sp3；（2）CO与N2互为等电子体，二者结构相似，氮气的结构NN，所以CO分子中含有一个CO，则1 个CO分子中含有的键数目是2；故答
56、案为：2；（3）由题意知A为BaTiO3，反应的化学方程式为TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2，故答案为：TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2；由BaTiO3晶胞可知，每个Ti4+周围有6个O2，所以Ti4+的氧配位数为为6，故答案为：6；在BaTiO3晶体中，若将Ti4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2只能处于立方体的面心，故答案为：面心；（4）R为Cu，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2+离子的外围电子层电子排布式为3d9；离子晶体中离子半径越小，晶体的熔点越高，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；故答案为：3d9；高；（
57、5）晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8+6=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4（876.021023）g，晶胞的体积为3，则密度为=4.1gcm3；故答案为：4.1【化学-选修5：有机化学基础】14环酯J（）可用于生产合成树脂、合成橡胶等以丙烯为原料制备环酯J的合成路线如图：已知以下信息：在特殊催化剂的作用下，烯烃能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应如2个1丁烯分子进行烯烃换位，生成3己烯和乙烯：2CH2CHCH2CH3CH3CH2CHCHCH2CH3+CH2CH2C生成D是C与HCl的加成反应回答下列问题：（1）B的结构简式为CH2=CH2，B分子中的所
58、有原子能（选填“能”或“不能”）共平面，键角为120（2）反应、的反应类型分别是取代反应、加成反应（3）反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl（4）E的结构简式为，G分子中含有的官能团是羧基和碳碳双键（填官能团名称）（5）Cl原子位于1号碳原子上，且2个羟基不在同一个碳原子上的D的同分异构体有10种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4：2：2：1的为ClCH2CH（CH2OH）2（写结构简式）【考点】有机物的合成【分析】由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应，故A为ClCH2CH=
59、CHCH2Cl，B为CH2=CH2B与溴发生加成反应生成H，H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I，I为HOCH2CH2OHA在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，C为HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C与HCl的加成反应，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，由J的结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOCCH=CHCOONa，E为，以此来解答【解答】解：由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下
60、发生反应，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2B与溴发生加成反应生成H，H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I，I为HOCH2CH2OHA在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，C为HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C与HCl的加成反应，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，由J的结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOCCH=CHCOONa，E为，（1）由上述分析可知B为CH2=CH2；碳碳双键为平面结构，则B分子中的所有原子能共面，键角为120，故答案为：CH2=CH
61、2；能；120；（2）反应是CH2=CHCH3与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，反应是乙烯与溴发生加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（3）反应的化学方程式为+2NaOH +2NaCl，故答案为： +2NaOH +2NaCl；（4）根据上面的分析可知，E为，G为HOOCCH=CHCOOH，G分子中含有的官能团是羧基和碳碳双键，故答案为：；羧基和碳碳双键；（5）D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D的同分异构体中Cl原子位于1号碳原子上，且2个羟基不在同一个碳原子上的有ClCH2CHOHCH2CH2OH、ClCH2CH2CHOHCH2OH、ClCHOHCH2CH2CH2OH、ClCH2CHOHCHOHCH3、ClCHOHCH2CHOHCH3、ClCHOHCHOHCH2CH3、ClCHOHCOH（CH3）2、ClCHOHCH（CH3）CH2OH、ClCH2COH（CH3）CH2OH、ClCH2CH（CH2OH）2，共10种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4：2：2：1的为 ClCH2CH（CH2OH）2（或写成），故答案为：10；ClCH2CH（CH2OH）22016年12月23日