1、2016年山东省潍坊市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1本草经集注记载：“鸡屎矾（碱式硫酸铜或碱式碳酸铜）不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒（醋）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”下列说法错误的是（）A鸡屎矾中含有极性共价键B铜盐溶液可与铁发生置换反应C碱式碳酸铜不稳定，受热易分解D鸡屎矾投苦酒中发生的是氧化还原反应2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molFeCl3水解生成的Fe（OH）3胶粒数为NAB密闭容器中，28gN2和6gH2充分反应，产物的分子数为2NAC标准状况下，22.4LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NAD50mL
2、18.4molL1浓硫酸与足量Cu共热，生成SO2的分子数为0.46NA3屠呦呦团队发现并提取了青蒿素（结构如图），开创疟疾治疗新方法；屠呦呦因此荣获2015年诺贝尔生理学或医学奖下列有关青蒿素的叙述错误的是（）A分子式为C15H22O5B属于芳香族化合物C能与Cl2发生取代反应D能与NaOH溶液反应4如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图下列说法正确的是（）ANX2一定不与酸反应BR2与水反应时，水是还原剂C简单离子的半径：MZXD最高价氧化物对应水化物的碱性：ZM5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白
3、性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD6化工生产中常用FeS作为沉淀剂除去工业废水中的Pb2+，反应原理为FeS（s）+Pb2+（aq）PbS（s）+Fe2+（aq），下列有关叙述错误的是（）A达到平衡时，c（Pb2+）=c（Fe2+）BKsp（F
4、eS）大于Ksp（PbS）C该反应的平衡常数K=D溶液中加入少量Na2S固体后，c（Fe2+）减小7亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂在NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）则下列说法错误的是（）A亚氯酸钠溶液在碱性条件下较稳定B25时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106C使用该漂白剂的最佳pH约为4D25时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合（pH=5.1），则混合溶液中有c（HClO2）+c（H+）=c（ClO）+c
5、（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8氯苯是重要的有机化工原料实验室制备氯苯的反应原理、实验装置如图所示（加热装置已略去）：可能用到的有关数据如下： +Cl2+HCl 沸点（） 密度（gmL1） 溶解性 苯 80.1 0.88 难溶于水 氯苯 132.2 1.10 难溶于水，易溶于有机溶剂 对二氯苯 173.4 1.46 难溶于水，易溶于有机溶剂 邻二氯苯 180.4 1.30 难溶于水，易溶于有机溶剂在装置A中利用浓盐酸和KMnO4反应缓慢制备氯气，把氯气干燥后通入装有39mL苯的反应器C中（内有铁屑作催化剂），维持反应温度在4060，回流40分钟温度过高会产生过多的邻二氯苯和对二氯苯
6、反应结束后，冷却至室温将C中的液体倒入分液漏斗中，分别用NaOH溶液和蒸馏水洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到22g纯净的氯苯回答下列问题：（1）A装置中制备氯气的离子方程式为（2）B装置中盛放的药品为，C装置中采用的加热方法最好为（3）已知浓盐酸和苯都具有较强的挥发性采用如图所示装置加入液体的优点是（4）用氢氧化钠溶液洗涤可以除去杂质的化学式为，检验产品洗涤干净的方法为（5）该实验存在一定缺陷，改进措施为（6）该实验所得氯苯的产率为（保留小数点后一位）9硒和碲有许多用途、在工业上以铜阳极泥（含有Cu、Se、Cu2S、Cu2Se、Cu2Te、CuSe、CuTe等）为原料制备硒和碲的工
7、艺流程如图所示：已知：SeO2315eO2是两性氧化物，难溶于水（1）“硫酸化焙烧”中Se与浓硫酸发生反应，写出反应的化学反应方程式SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，写出反应的化学反应方程式（2）“中和”时控制溶液PH在4.55.0之间以生成TeO2沉淀硫酸过量时，碲产率降低的原因是（3）碲的获得通过电解Na2TeO3溶液实现，其阴极电极反应式是（4）铜阳极泥中硒含量的测定通常采用碘量法，其原理是SeO2在酸性条件下被I还原为单体硒，并析出游离碘；然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定，反应式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6取阳极泥0.50g，指示剂显示终点时共用去0.
8、1molL1硫代硫酸钠溶液20.00mL在此过程中：SeO2与碘化钾反应的离子方程式为滴定操作中指示剂通常为，滴定至终点的现象是测得铜阳极泥中硒的含量为10甲醇（CH3OH）是重要的基础有机原料用CO和H2制甲醇的反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H=99kJmol1 化学键 HH CO CO HO CH 键能/kJmol1 a b x c d的能量变化，计算x=（用含a、b、c、d的代数式表示）（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇的规律上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率（CO）的
9、关系如图1所示：T1、T2、T3中，温度最高的是利用图中a点对应的数据，计算该反应在T2温度下的平衡常数K=L2mol2若改变条件（填序号），可使K=6L2mol2，a增大压强 b增大反应物的浓度c降低温度 d减小（3）用甲醇作燃料电池，其工作原理如图2所示M区发生反应的电极反应式维持电流强度为0.5A，电池工作10分钟，理论上消耗甲醇g（已知F=96500Cmol1，写出计算表达式即可）【化学-选修3：物质结构与性质】11第四周期金属Cr、Fe、Cu在科学研究和工业生产中都有重要的用途请回答下列问题：（1）下列说法正确的是a金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用b金属键的强弱决定了金属晶体
10、硬度、熔点和密度的不同c金属的导热性是由于自由电子的定向移动传导能量d某些金属盐发生焰色反应的原因是激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低轨道时，能量以可见光的形式释放（2）基态Cr原子的核外价电子排布式为，短周期元素中未成对电子数为Cr的一半且电负性最大的元素是（3）CcSO4溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配离子（如图所示）配离子中所含化学键类型有SO42的空间构型为，写出与SO42互为等电子体（原子数相同、价电子数相同）的一种分子（4）乙醇（CH3CH2OH）可以在Cu催化作用下氧化得乙醛（CH3CHO），乙醛分子内C原子的杂化方式为，乙醛分子内的OCH键角（填“”或“”
11、）乙醇分子内的OCH（5）FeO的晶胞结构为NaCl型由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x1）若测得FexO的密度为pgcm3，晶胞边长为a cm，则FexO中x=（阿伏加德罗常数值用NA表示，只要求列出算式，不必计算结果）【化学-选修5：有机化学基础】12高分子化合物W是重要的高聚物，其合成路线如下：已知：含氮六元环的结构和性质与苯环的结构和性质相似请回答下列问题：（1）有机物E的结构简式是，N中含氧官能团是（2）AB的反应类型是，CD的反应类型是（3）写出2种鉴别有机物M、N的试剂（4）有机物D分子中最多有个原子共面；D有顺反两种结构，写出D的顺式结构发生聚合
12、反应的化学方程式（5）有机物B的同类别且只有1个侧链的同分异构体（不含B）有种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为l：2：2：6的同分异构体的结构简式是（6）写出MN的化学方程式2016年山东省潍坊市高考化学三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本草经集注记载：“鸡屎矾（碱式硫酸铜或碱式碳酸铜）不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒（醋）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”下列说法错误的是（）A鸡屎矾中含有极性共价键B铜盐溶液可与铁发生置换反应C碱式碳酸铜不稳定，受热易分解D鸡屎矾投苦酒中发生的是氧化还原反应【考点】氧化还原反应；极性键和非极性键；化
13、学基本反应类型【分析】A碱式硫酸铜或碱式碳酸铜中含有O=S键或C=O键，为极性键；B铁比铜活泼，可置换出铜；C碱式碳酸铜加热分解生成氧化铜、二氧化碳和水；D鸡屎矾投苦酒中发生复分解反应【解答】解：A碱式硫酸铜含有O=S键，碱式碳酸铜中含有C=O键，为极性键，故A正确；B铁比铜活泼，可与铜盐溶液反应置换出铜，故B正确；C碱式碳酸铜不稳定，加热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，故C正确；D鸡屎矾投苦酒中发生复分解反应生成醋酸铜、水和二氧化碳，故D错误故选D2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molFeCl3水解生成的Fe（OH）3胶粒数为NAB密闭容器中，28gN2和6gH2充分反应，
14、产物的分子数为2NAC标准状况下，22.4LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NAD50mL18.4molL1浓硫酸与足量Cu共热，生成SO2的分子数为0.46NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；B、氮气和氢气的反应为可逆反应；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据在过氧化钠和二氧化碳反应中，当1mol二氧化碳反应时，反应转移1mol电子；D、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故A错误；B、氮气和氢气的反应为可逆反应，故反应不彻底，则产物分子个数小于
15、2NA个，故B错误；C、标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而在过氧化钠和二氧化碳反应中，当1mol二氧化碳反应时，反应转移1mol电子，故转移NA个，故C正确；D、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故D错误故选C3屠呦呦团队发现并提取了青蒿素（结构如图），开创疟疾治疗新方法；屠呦呦因此荣获2015年诺贝尔生理学或医学奖下列有关青蒿素的叙述错误的是（）A分子式为C15H22O5B属于芳香族化合物C能与Cl2发生取代反应D能与NaOH溶液反应【考点】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，含COOC、
16、醚键、饱和烃基，结合酯的性质来解答【解答】解：A由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；B青蒿素中没有苯环，不是芳香族化合物，故B错误；C根据结构中含有饱和烃基，可以与氯气在光照条件下发生取代反应，故C正确；D含有酯基，可在碱性条件下水解，故D正确故选B4如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图下列说法正确的是（）ANX2一定不与酸反应BR2与水反应时，水是还原剂C简单离子的半径：MZXD最高价氧化物对应水化物的碱性：ZM【考点】原子结构与元素的性质【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序
17、数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答【解答】解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故A错误；BR2（即Cl2）与水反应时，Cl2是氧化剂又是还原剂，故B错误；C离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故C正确；DX、N两种元素组成的化合物为二氧化硅
18、，可与HF酸反应，故D错误故选C5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；铁盐
19、和亚铁盐的相互转变【分析】A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱【解答】解：A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品红溶液褪色，氯气无漂白性，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成
20、了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；DCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，氧化性与得到电子的多少无关，但浓硝酸与Cu反应剧烈，可说明氧化性强弱，故D正确；故选D6化工生产中常用FeS作为沉淀剂除去工业废水中的Pb2+，反应原理为FeS（s）+Pb2+（aq）PbS（s）+Fe2+（aq），下列有关叙述错误的是（）A达到平衡时，c（Pb2+）=c（Fe2+）BKsp（FeS）大于Ksp（PbS）C该反应的平衡常数K=D溶液中加入少量Na2S固体后，c（Fe2+）减小【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀
21、转化的本质【分析】A、该反应达到平衡时离子的浓度不变；B、根据分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；C、反应的平衡常数K=；D、增大硫离子的浓度平衡左移，c（Fe2+）、c（Pb2+）均减小【解答】解：A、该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，故A错误；B、分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp比PbS的Ksp大，故B正确；C、反应的平衡常数K=，故C正确；D、增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c（Fe2+）、c（Pb2+）均减小，故D正确；故选A7亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂在NaClO2溶液中存在ClO2
22、、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）则下列说法错误的是（）A亚氯酸钠溶液在碱性条件下较稳定B25时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106C使用该漂白剂的最佳pH约为4D25时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合（pH=5.1），则混合溶液中有c（HClO2）+c（H+）=c（ClO）+c（OH）【考点】pH的简单计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高；BHClO2的电离平衡常数K=结合图示数据来计算；C根据题意
23、：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的最佳pH；D依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2）+c（OH），依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2）+c（HClO2），据此解答即可【解答】解：A、由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；BHClO2的电离平衡常数K=103103=106，故B正确；CHClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH约为4，故C正确；D依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2
24、）+c（OH） ，依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2）+c（HClO2） ，联立消去钠离子：c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2）+2c（OH），故D错误，故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8氯苯是重要的有机化工原料实验室制备氯苯的反应原理、实验装置如图所示（加热装置已略去）：可能用到的有关数据如下： +Cl2+HCl 沸点（） 密度（gmL1） 溶解性 苯 80.1 0.88 难溶于水 氯苯 132.2 1.10 难溶于水，易溶于有机溶剂 对二氯苯 173.4 1.46 难溶于水，易溶于有机溶剂 邻二氯苯 180.4 1.30 难溶于水，易溶于有机溶剂在装置A中利用
25、浓盐酸和KMnO4反应缓慢制备氯气，把氯气干燥后通入装有39mL苯的反应器C中（内有铁屑作催化剂），维持反应温度在4060，回流40分钟温度过高会产生过多的邻二氯苯和对二氯苯反应结束后，冷却至室温将C中的液体倒入分液漏斗中，分别用NaOH溶液和蒸馏水洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到22g纯净的氯苯回答下列问题：（1）A装置中制备氯气的离子方程式为2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5C12+8H2O（2）B装置中盛放的药品为CaCl2或P2O5，C装置中采用的加热方法最好为4060的水浴加热（3）已知浓盐酸和苯都具有较强的挥发性采用如图所示装置加入液体的优点是防止液体挥发，能够
26、平衡压强，使液体顺利流下（4）用氢氧化钠溶液洗涤可以除去杂质的化学式为HCl、Cl2、FeCl3，检验产品洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸银，若不出现沉淀，则证明已经洗干净（5）该实验存在一定缺陷，改进措施为将冷凝管上端逸出的HCl、Cl2通入NaOH溶液中，防止污染空气（6）该实验所得氯苯的产率为44.4%（保留小数点后一位）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）用浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，根据得失电子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式；（2）干燥氯气需选择酸性干燥剂，因存放干燥剂的装置为U形管，需选择固体干燥剂；把氯气干燥
27、后通入装有39mL苯的反应器C中（内有铁屑作催化剂），维持反应温度在4060，反应的温度条件低于100，可用水浴的方法进行加热；（3）装置C为球形冷凝管，起冷凝回流作用，防止液体挥发，A装置能够平衡压强，使液体顺利流下；（4）氯苯中含有溶解的氯气、氯化氢、以及起催化作用产生的氯化铁，以上物质都可以与氢氧化钠反应，检验产品洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液于试管中，通过检验氯离子的存在，判断是否洗净；（5）冷凝管上端开口，逸出的HCl、Cl2污染空气，需用碱液吸收；（6）根据苯的质量计算氯苯的理论产量，产量=（实际产量理论产量）100%【解答】解：（1）用浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，MnO4M
28、n2+，Mn元素的化合价降低（+7+2），2ClCl2，Cl元素的化合价升高（10），最小公倍数为10，根据得失电子守恒和电荷守恒所以离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5C12+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5C12+8H2O；（2）B装置中盛放的药品为干燥氯气的试剂，因氯气为酸性气体，且存放干燥剂的装置为U形管，需选择固体干燥剂，可选择CaCl2或P2O5，把氯气干燥后通入装有39mL苯的反应器C中（内有铁屑作催化剂），维持反应温度在4060，反应的温度条件低于水的沸点100，水浴加热能有效控制反应温度，且能保证受热装置受热均匀，所以可用水浴
29、的方法进行加热，故答案为：CaCl2或P2O5；4060的水浴加热；（3）装置C为球形冷凝管，苯与浓硝酸都以挥发，C起冷凝回流作用，提高原料利用率，A装置橡皮管起气压平衡管的作用，使漏斗里面的气压与烧瓶的始终相等，使液体顺利流下，故答案为：防止液体挥发，能够平衡压强，使液体顺利流下；（4）氯苯中含有溶解的氯气、氯化氢、以及起催化作用产生的氯化铁杂质，用氢氧化钠溶液洗涤，氯化氢和氢氧化钠发生中和反应，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，再用蒸馏水洗涤，分离出的产物干燥，检验产品洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液于试管中，通过检验氯离子的存在，操作为
30、：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸银，若不出现沉淀，则证明已经洗干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸银，若不出现沉淀，则证明已经洗干净；（5）冷凝管上端开口，逸出的HCl、Cl2污染空气，存在一定缺陷，改进措施用碱液吸收，具体改进措施为：将冷凝管上端逸出的HCl、Cl2通入NaOH溶液中，防止污染空气，故答案为：将冷凝管上端逸出的HCl、Cl2通入NaOH溶液中，防止污染空气；（6）苯的质量为39mL0.88gmL1=34.32g，完全反应生成氯苯的理论产量为34.32g=49.5g，故氯苯的产率为： =100%44.4%，故答案为：44.4%9硒和碲有许多用途、在工业上以铜阳
31、极泥（含有Cu、Se、Cu2S、Cu2Se、Cu2Te、CuSe、CuTe等）为原料制备硒和碲的工艺流程如图所示：已知：SeO2315eO2是两性氧化物，难溶于水（1）“硫酸化焙烧”中Se与浓硫酸发生反应，写出反应的化学反应方程式Se+2H2SO4（浓）SeO2+2SO2+2H2OSeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，写出反应的化学反应方程式SeO2+2H2O+2SO2=Se+2H2SO4（2）“中和”时控制溶液PH在4.55.0之间以生成TeO2沉淀硫酸过量时，碲产率降低的原因是TeO2与硫酸反应，沉淀量减小（3）碲的获得通过电解Na2TeO3溶液实现，其阴极电极反应式是TeO3
32、2+3H2O+4e=Te+6OH（4）铜阳极泥中硒含量的测定通常采用碘量法，其原理是SeO2在酸性条件下被I还原为单体硒，并析出游离碘；然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定，反应式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6取阳极泥0.50g，指示剂显示终点时共用去0.1molL1硫代硫酸钠溶液20.00mL在此过程中：SeO2与碘化钾反应的离子方程式为SeO2+4I+4H+=Se+2I2+2H2O滴定操作中指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不恢复原色测得铜阳极泥中硒的含量为7.9%【考点】制备实验方案的设计【分析】以铜阳极泥（主要成分为Cu、Se、Cu2S
33、、Cu2Se、Cu2Te、CuSe、CuTe等）加入硫酸焙烧，得到SeO2、SO2和TeO2等，浓硫酸起氧化剂作用，由元素守恒可知还生成CuSO4与水，滤渣再进行水浸，浸出液中含有CuSO4，SeO2是两性氧化物，难溶于水，浸渣中含有SeO2，+4价Se的氧化性强于+4价S的氧化性，SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，过滤分离，滤液中含有硫酸，经过净化除杂得到Se硫酸焙烧后的浸出液为CuSO4溶液，TeO2中加入碳酸钠进行熔炼，浸出得到Na2TeO3溶液，加硫酸中和多余的碱，得到TeO2沉淀，加碱得到Na2TeO3溶液，电解得到Te（1）硒和浓硫酸发生反应生成二氧化硒、二氧化
34、硫、水，SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，据此书写相关的反应方程式；（2）过量的硫酸能和TeO2反应，碲产率降低；（3）电解池的阴极发生还原反应，据此书写电极反应式；（4）+4价Se具有氧化性，SeO2与碘化钾反应，碘离子被氧化成单质碘，自身被还原成单质硒；碘单质与淀粉作用显示蓝色，据此判断滴定终点的现象；根据关系式SeO22I24Na2S2O3计算n（Se），再根据m=nM计算m（Se）以此计算铜阳极泥中硒的含量【解答】解：以铜阳极泥（主要成分为Cu、Se、Cu2S、Cu2Se、Cu2Te、CuSe、CuTe等）加入硫酸焙烧，得到SeO2、SO2和TeO2等，浓硫酸起氧化
35、剂作用，由元素守恒可知还生成CuSO4与水，滤渣再进行水浸，浸出液中含有CuSO4，SeO2是两性氧化物，难溶于水，浸渣中含有SeO2，+4价Se的氧化性强于+4价S的氧化性，SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，过滤分离，滤液中含有硫酸，经过净化除杂得到Se硫酸焙烧后的浸出液为CuSO4溶液，TeO2中加入碳酸钠进行熔炼，浸出得到Na2TeO3溶液，加硫酸中和多余的碱，得到TeO2沉淀，加碱得到Na2TeO3溶液，电解得到Te（1）硒和浓硫酸发生反应，硒被浓硫酸氧化成+4价的硒，自身被还原成+4价的硫，生成二氧化硒、二氧化硫、水，反应方程式为：Se+2H2SO4（浓）SeO2
36、+2SO2+2H2O，+4价Se的氧化性强于+4价S的氧化性，SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，反应方程式为：SeO2+2H2O+2SO2=Se+2H2SO4，故答案为：Se+2H2SO4（浓）SeO2+2SO2+2H2O；SeO2+2H2O+2SO2=Se+2H2SO4；（2）过量的硫酸能和TeO2反应，2TeO2+2H2SO4（浓）=2TeO2SO3+2H2O，沉淀量减小，碲产率降低，故答案为：TeO2与硫酸反应，沉淀量减小；（3）电解Na2TeO3溶液，阴极TeO32得到电子，电极反应为：TeO32+3H2O+4e=Te+6OH，故答案为：TeO32+3H2O+4e=
37、Te+6OH；（4）SeO2在酸性条件下被I还原为单体硒，SeO2与碘化钾反应，碘离子被氧化成单质碘，反应方程式为：SeO2+4I+4H+=Se+2I2+2H2O，故答案为：SeO2+4I+4H+=Se+2I2+2H2O；铜阳极泥中硒含量的测定通常采用碘量法，SeO2在酸性条件下被I还原为单体硒，并析出游离碘，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，反应式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，碘单质与淀粉作用显示蓝色，滴定至终点的现象是溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不恢复原色，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不恢复原色；SeO2在酸性条件下被I还原为单体硒，SeO2+4I
38、+4H+=Se+2I2+2H2O，I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可得关系式：SeO22I24Na2S2O3，n（Se）=0.1molL120.00mL=5104mol，m（Se）=nM=5104mol79g/mol=795104g，铜阳极泥中硒的含量为100%=7.9%，故答案为：7.9%10甲醇（CH3OH）是重要的基础有机原料用CO和H2制甲醇的反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H=99kJmol1 化学键 HH CO CO HO CH 键能/kJmol1 a b x c d的能量变化，计算x=b+c+3d2a99（用含a、b、c、d的代数式表示）（2）在容积
39、为1L的恒容容器中，分别研究在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇的规律上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率（CO）的关系如图1所示：T1、T2、T3中，温度最高的是T3利用图中a点对应的数据，计算该反应在T2温度下的平衡常数K=4L2mol2若改变条件c（填序号），可使K=6L2mol2，a增大压强 b增大反应物的浓度c降低温度 d减小（3）用甲醇作燃料电池，其工作原理如图2所示M区发生反应的电极反应式CH3OH+H2O6e=CO2+6H+维持电流强度为0.5A，电池工作10分钟，理论上消耗甲醇g（已知F=96500Cmol1，写出计算
40、表达式即可）【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）化学反应的焓变=反应物键能总和生成物键能总和；（2）反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；a点时CO的转化率为50%，可计算各物质的浓度，以此解答平衡常数；化学平衡常数只与温度有关，要改变化学平衡常数只能改变温度；（3）原电池工作时，阳离子向正极移动，由氢离子的移动方向可知M为负极，N为正极，负极上甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子；电流强度为0.5A，电池工作10min，则电量为0.5A600s=300C，转移电子的物质的量为，根据甲醇和转移电子之间的关系式计算甲醇质量【解答】解：（1）C
41、O（g）+2H2（g）CH3OH （g）H=99kJmol1，H=x+2a（3d+b+c）=99，x=b+c+3d2a99，故答案为：b+c+3d2a99；（2）反应是放热反应，图象分析可是CO转化率随温度升高减小，则T3转化率最小，温度应最高，故答案为：T3；a点时CO的转化率为50%，则CO（g）+2H2（g）CH3OH 起始（mol/L） 1 1.5 0 转化（mol/L） 0.5 1 0.5 平衡 （mol/L） 0.5 0.5 0.5化学平衡常数K=4，化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，要是平衡常数增大，应该降低温度，故答案为
42、：4；c；（3）原电池工作时，阳离子向正极移动，由氢离子的移动方向可知M为负极，N为正极，负极上甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；电流强度为0.5A，电池工作10min，则电量为0.5A600s，转移电子的物质的量为，根据甲醇和转移电子之间的关系式得甲醇质量=g，故答案为：【化学-选修3：物质结构与性质】11第四周期金属Cr、Fe、Cu在科学研究和工业生产中都有重要的用途请回答下列问题：（1）下列说法正确的是ada金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用b金属键的强弱决定了金属晶体硬度、熔点和密
43、度的不同c金属的导热性是由于自由电子的定向移动传导能量d某些金属盐发生焰色反应的原因是激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低轨道时，能量以可见光的形式释放（2）基态Cr原子的核外价电子排布式为3d54s1，短周期元素中未成对电子数为Cr的一半且电负性最大的元素是N（3）CcSO4溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配离子（如图所示）配离子中所含化学键类型有共价键、配位键SO42的空间构型为正四面体，写出与SO42互为等电子体（原子数相同、价电子数相同）的一种分子CCl4（4）乙醇（CH3CH2OH）可以在Cu催化作用下氧化得乙醛（CH3CHO），乙醛分子内C原子的杂化方式为sp3、
44、sp2，乙醛分子内的OCH键角（填“”或“”）乙醇分子内的OCH（5）FeO的晶胞结构为NaCl型由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x1）若测得FexO的密度为pgcm3，晶胞边长为a cm，则FexO中x=（阿伏加德罗常数值用NA表示，只要求列出算式，不必计算结果）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】（1）金属键为金属阳离子与自由电子形成的作用力，密度与金属键无关，导电性与自由电子的定向移动有关，焰色反应与电子跃迁有关；（2）Cr的原子序数为24，位于第四周期，含6个未成对电
45、子，则短周期元素中未成对电子数为Cr的一半且电负性最大的元素N元素；（3）由图可知，配离子中含共价键、配位键，SO42的S不含孤对电子，形成4个共价单键，S为sp3杂化；与SO42互为等电子体，则原子数为5，价电子数为32；（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个键，醛基上的碳原子含有3个键，据此判断碳原子的杂化方式，碳原子杂化方式不同导致其键角不同；（5）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=V计算【解答】解：（1）a金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用，故a正确；b金属键的强弱决定了金属晶体硬度、熔点，而密度与金属键无关，故b错误；
46、c金属的导电性是由于自由电子的定向移动，导热与形变有关，故c错误；d某些金属盐发生焰色反应的原因是激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低轨道时，能量以可见光的形式释放，故d正确；故答案为：ad；（2）Cr的原子序数为24，位于第四周期，基态Cr原子的核外价电子排布式为3d54s1，含6个未成对电子，则短周期元素中未成对电子数为Cr的一半且电负性最大的元素N元素，故答案为：3d54s1；N；（3）由图可知，配离子中含共价键、配位键，SO42中S原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=0，为正四面体结构，杂化轨道数目为4，S原子杂化方式为sp3；原子数目相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，
47、SO42的一种等电子体的分子如CCl4等，故答案为：共价键、配位键；正四面体；CCl4；（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个键，醛基上的碳原子含有3个键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中HCO的键角乙醇分子中的HCO的键角，故答案为：sp3、sp2；（5）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再由m=V可知：4=pgcm3（a cm）3，解得x=，故答案为：【化学-选修5：有机化学基础】12高分子化合物W是重要的高聚物，其合成路线如下
48、：已知：含氮六元环的结构和性质与苯环的结构和性质相似请回答下列问题：（1）有机物E的结构简式是CH3CH2OH，N中含氧官能团是酯基（2）AB的反应类型是加成反应，CD的反应类型是消去反应（3）写出2种鉴别有机物M、N的试剂碳酸氢钠溶液或Br2的四氯化碳溶液（4）有机物D分子中最多有16个原子共面；D有顺反两种结构，写出D的顺式结构发生聚合反应的化学方程式n（5）有机物B的同类别且只有1个侧链的同分异构体（不含B）有11种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为l：2：2：6的同分异构体的结构简式是（6）写出MN的化学方程式2CH3COOH+2CH2=CH2+O22CH3COOCH=CH2
49、+2H2O【考点】有机物的合成【分析】（1）E连续发生氧化反应生成乙酸，则E为CH3CH2OH，F为CH3CHO；由N的结构简式可知，含有的含氧官能团为酯基；（2）对比A、B的结构简式与乙醛结构可知，A与乙醛发生加成反应生成B；对比C、D的结构可知，C脱去1分子CH3COOH同时形成碳碳双键生成D，属于消去反应；（3）M含有羧基，N含有酯基与碳碳双键，可以用羧基与碳酸氢钠溶液反应，或者碳碳双键与溴的加成反应等进行鉴别；（4）D中环为平面结构，碳碳双键为平面结构，旋转碳碳单键可以使2个平面共面，可以使甲基中1个H原子处于平面内；D的顺式结构为，发生加聚反应生成；（5）有机物B的同类别且只有1个侧
50、链，侧链为CH2CH（OH）CH3，或者为CH（OH）CH2CH3，或者为CH2CH2CH2OH，或者为C（CH3）2OH，与N原子之间均有邻、间、对3种（包含B）；（6）乙酸与乙烯、氧气在催化剂条件下生成CH3COOCH=CH2，还生成H2O【解答】解：（1）E连续发生氧化反应生成乙酸，则E为CH3CH2OH，F为CH3CHO；由N的结构简式可知，含有的含氧官能团为酯基，故答案为：CH3CH2OH；酯基；（2）对比A、B的结构简式与乙醛结构可知，A与乙醛发生加成反应生成B；对比C、D的结构可知，C脱去1分子CH3COOH同时形成碳碳双键生成D，属于消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；（3
51、）M含有羧基，N含有酯基与碳碳双键，可以用羧基与碳酸氢钠溶液反应，或者碳碳双键与溴的加成反应等进行鉴别，故答案为：碳酸氢钠溶液或Br2的四氯化碳溶液；（4）D中环为平面结构，碳碳双键为平面结构，旋转碳碳单键可以使2个平面共面，可以使甲基中1个H原子处于平面内，最多有16个原子共面，D的顺式结构为，发生加聚反应生成，反应方程式方程式为：n，故答案为：16；n；（5）有机物B的同类别且只有1个侧链，侧链为CH2CH（OH）CH3，或者为CH（OH）CH2CH3，或者为CH2CH2CH2OH，或者为C（CH3）2OH，与N原子之间均有邻、间、对3种（包含B），则不含B共有11种，且峰面积比为l：2：2：6的同分异构体的结构简式是：，故答案为：11；（6）乙酸与乙烯、氧气在催化剂条件下生成CH3COOCH=CH2，还生成H2O，反应方程式为：2CH3COOH+2CH2=CH2+O22CH3COOCH=CH2+2H2O，故答案为：2CH3COOH+2CH2=CH2+O22CH3COOCH=CH2+2H2O2016年12月22日
