1、2016年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（一）一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是（）A氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现B纯净的硅单质的制造光导纤维的基本原料C生理盐水、葡萄糖注射液属于胶体D为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 molL1NaNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42、K+B =1013molL1的溶液：Na+、AlO2、OH、NO3C0.1 molL1NH3H2O溶液：K+、Na+、NO3、C1D加入铝粉能产生大量H2的溶
2、液：Na+、K+、Cl、HCO33分子式为C10H20O2的有机物在酸性条件下可水解为醇A和酸B，A经过连续氧化可转化为B，若不考虑立体异构，符合上述要求的醇和酸若重新组合，可形成的酯共有（）A32B16C8D44短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3下列说法正确的是（）AQ与W的原子能形成非极性分子BT的离子半径大于W的离子半径CRHn在同族元素的气态氢化物中沸点最低D在R的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中单质T不溶解，说明未发生化学反应5100mL某溶液含有的离子如表： 离子 Cu2 Al3+ H+ Cl SO42 c（m
3、ol/L） 1 1 2 3 a用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相 同条件下体积相同（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）下列描述正确的是（）A电路中共转移0.9mol电子B铝元素以Al（OH）3的形式存在C阴极质量增加3.2gDa=26仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的是（）选项实验目的仪器A除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒B从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角C用0.1000molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯D用
4、MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网AABBCCDD7水的电离常数如图两条曲线a与b所示，曲线中的点都符合c（H+）c（OH）=常数下列说法错误的是（）A图中温度T2T1B曲线a、b均代表纯水的电离情况C图中五点的Kw的关系：BCAD=ED若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性二、解答题（共3小题，满分43分）8某小组的同学欲探究NH3经一系列反应得到HNO3和NH4NO3的过程NH3的转化过程如图所示：甲、乙两同学分别按如图所示装置进行实验用于A、B装置中的可选药品：浓氨水、30%H2O2溶
5、液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2（1）仪器a的名称是，装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为（2）装置E有多种作用，下列关于装置E的作用或其中所盛液体的说法中，不正确的是（填下列序号字母）a使氨气和氧气充分混合 b控制通入氨气和氧气的体积比c平衡装置内的压强 d锥形瓶内液体是饱和食盐水（3）甲同学先点燃酒精灯，再打开K1、K2、K3、K4，反应一段时间后，他认为成功模拟了过程的反应，原因是其观察到（填支持其观点的实验现象）甲同学进行的实验中产生的气体持续通入装置H一段时间后，H中的溶液变成蓝色，则其中铜片所参与反应的离子方程式为若制得的氨气仅按IIII的顺序完全转化为硝酸，欲使H装置中所得
6、溶液为纯净的CuSO4溶液（忽略Cu2+的水解），理论上所需氨气在标准状况下的体积为L（假设硝酸与铜反应产生的还原产物全部排出反应装置）（4）乙同学为模拟过程IV的反应，在甲同学操作的基础上对该装置进行了下列各项中的 一项操作，使G处圆底烧瓶中产生大量白烟，你认为这项操作是（5）丙同学认为该系列实验装置存在一处明显的设计缺陷，你认为该设计缺陷是9二甲醚（CH3OCH3）是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作做冷剂等，对臭氧层无破坏作用工业上以水煤气（CO、H2）为原料生产二甲醚CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.0kJmol1 2CH3OH
7、（g）CH3OCH（g）+H2O （g）H=24.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.1kJmol1回答下列问题：（1）新工艺的总反应3H2+3COCH3OCH3+CO2的热化学方程式为（2）已知一些共价键的键能如下： 化学键 HH CH CO OH 键能（kJmol1 436 414 326 464运用反应计算一氧化碳中碳氧共价键的键能kJmol1（3）在250恒容密闭容器中，下列事实可以说明反应已达平衡的是（填选项字母）A容器内气体密度保持不变 BCO与CO2的物质的量之比保持不变CH2O与CO2的生成速率之比为1：1 D该反应的平衡常数保持不变（4）某
8、温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K=（5）绿色电源“二甲醚氧气燃料电池”的工作原理如图所示氧气应从C处通入，电极Y为极，发生的电极反应式为；二甲醚（CH3）2O应从b处加入，电极X上发生的电极反应式为；电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH （填“增大”“减小”或“不变”）10Ni2O3是灰黑色无气味、有光泽的固体，主要用作陶瓷、玻璃、搪瓷的着色颜料，也经常用于制造镍电池某实验室尝试用工业废弃的NiO催化剂（还含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质）为原料制备Ni2O3，
9、实验工艺流程为如图1：已知：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表： 氢氧化物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Ni（OH02 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2常温时CaF2的溶度积常数为2.71011（1）流程中酸浸后浸出渣包含多种成分最难溶的强电解质的化学式为（2）实验人员发现温度不同时，镍的浸出率不同，浸出率与温度的关系如图2所示请解释当温度高于70时，浸出液中Ni2+含量降低的原因：（3）操作A的名称为，操作B中需调节溶液的pH，所需调节的pH范围为，操作C的目的是（4）电解步骤中，Cl首先在阳极被氧化为ClO，然后C1O将Ni2+氧化成
10、2NiOOHH2O沉淀写出生成沉淀反应的离子方程式：若实验最后得到Ni2O3 33，.2g，则电解过程中，电路中转移的电子数至少为个【化学-选修3：物质结构与性质】11原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第1至第4周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为，第一电离能最小的元素是（填元素符号）（2）C所在主族前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是（填化学式），呈现如此递变规律的原因
11、是（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为另一种晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为a cm，则此晶胞的密度为gcm（保留两位有效数字）（用含a和NA的表达式表示）（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体含有的化学键是（填选项序号）极性键 非极性键 配位键 金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是请写出上述过程的离子方程式：【化学一选修5：有机化学基础】12（2016潍坊模拟）已知：CH3CHCHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOHRCHCH2RCH2CH2Br香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下
12、列步骤转变为水杨酸请回答下列问题：（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是aC中核磁共振氢谱共有8种峰 bA、B、C均可发生加聚反应c1mol A最多能和5mol氢气发生加成反应dB能与浓溴水发生取代反应（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为和（填官能团名称），BC的反应类型为（3）在上述转化过程中，反应步骤BC的目的是（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应请写出其中一种的结构简式：（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式：2016年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13道小题，每小题
13、只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是（）A氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现B纯净的硅单质的制造光导纤维的基本原料C生理盐水、葡萄糖注射液属于胶体D为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术【考点】常见的生活环境的污染及治理；氮的固定；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅【专题】化学计算【分析】A氮的固定有自然固氮和人工固氮；B光导纤维的主要成分为二氧化硅；C生理盐水、葡萄糖注射液均为溶液；D废旧电池中的重金属能污染地下水资源【解答】解：A氮的固定有自然固氮和人工固氮，如大豆根瘤菌的固氮为自然固氮，高温、高压、催化剂的条件下的固氮为人工固氮
14、，故A错误；B光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅为半导体材料，故B错误；C生理盐水、葡萄糖注射液均为溶液，而胶体中分散质的直径大于溶液中分散质的直径，故C错误；D因废旧电池中的重金属能污染地下水资源，则废旧电池必须集中处理，防止重金属污染，故D正确；故选D【点评】本题考查知识点较多，为小综合，涉及氮的固氮、光导纤维、溶液与胶体、电池对环境的污染等知识，注重基础知识的考查，题目难度不大2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 molL1NaNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42、K+B =1013molL1的溶液：Na+、AlO2、OH、NO3C0.1 molL1NH
15、3H2O溶液：K+、Na+、NO3、C1D加入铝粉能产生大量H2的溶液：Na+、K+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；B该溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子、氢氧根离子与氢离子反应；C四种离子之间不反应，都不与氨水反应；D加入铝粉能产生大量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应【解答】解：ANaNO3与H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B该溶液为酸性溶液，溶液中存在氢离子，AlO2、OH与氢离子之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CK+、Na
16、+、NO3、C1之间不发生反应，都不与NH3H2O反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D加入铝粉能产生大量H2的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝
17、粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等3分子式为C10H20O2的有机物在酸性条件下可水解为醇A和酸B，A经过连续氧化可转化为B，若不考虑立体异构，符合上述要求的醇和酸若重新组合，可形成的酯共有（）A32B16C8D4【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同系物和同分异构体【分析】有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物A和B，且A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题【解答】解：C10H20O2是饱和酯，且两边链相同，与羟基相连的碳上有2
18、个氢原子才能被氧化为羧酸，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9烃基，有四种结构：CCCC，则A有四种结构，B有四种结构，醇和酸若重新组合，可形成的酯共有16种故选B【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同4短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3下列说法正确的是（）AQ与W的原子能形成非极性分子BT的离子半径大于W的离子半径CRHn在同族元素的气态氢化物中沸点最低D在R的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中单质T不溶解，说明未发生化
19、学反应【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由短周期元素位置可知，Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，W的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3，最外层电子数为6，质子数为16，故W为S元素，可推知T为Al、Q为C、R为N，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：由短周期元素位置可知，Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，W的原子核内质子数与核外最外层电子数之比为8：3，最外层电子数为6，质子数为16，故W为S元素，可推知T为Al、Q为C、R为N，AQ与W的原子能形成CS2，结构式为S=C=S，为非极性分
20、子，故A正确；B电子层越多，离子半径越大，则T的离子半径小于W的离子半径，故B错误；C氨气分子间含氢键，则RHn在同族元素的气态氢化物中沸点最高，故C错误；DR的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中单质T不溶解，因常温下Al遇浓硝酸发生钝化，发生了氧化还原反应，故D错误；故选A【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意W为元素推断的突破口，题目难度不大5100mL某溶液含有的离子如表： 离子 Cu2 Al3+ H+ Cl SO42 c（mol/L） 1 1 2 3 a用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，
21、一段时间后在两极收集到的气体在相 同条件下体积相同（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）下列描述正确的是（）A电路中共转移0.9mol电子B铝元素以Al（OH）3的形式存在C阴极质量增加3.2gDa=2【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】用惰性电极电解该溶液，根据离子的放电顺序以及两极收集到的气体在相同条件下的体积相同可知第一阶段由Cu2+、Cl放电，阴极生成0.1 mol Cu（析出Cu 6.4 g），阳极生成0.1 mol Cl2，转移电子0.2 mol；第二阶段由H+、Cl放电，阴极生成0.05 mol H2，阳极0.05 mol Cl2，转移电子0.1 mol；
22、第三阶段：由H+、OH放电，实际上就是电解水，阴极生成x mol H2，阳极生成0.5x mol O2，转移电子2x mol；两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则0.1+0.05+0.5x=x，解得x=0.3，据此分析解答【解答】解：用惰性电极电解该溶液，根据离子的放电顺序以及两极收集到的气体在相同条件下的体积相同可知第一阶段由Cu2+、Cl放电，阴极生成0.1 mol Cu（析出Cu 6.4 g），阳极生成0.1 mol Cl2，转移电子0.2 mol；第二阶段由H+、Cl放电，阴极生成0.05 mol H2，阳极0.05 mol Cl2，转移电子0.1 mol；第三阶段：由H+、OH放
23、电，实际上就是电解水，阴极生成x mol H2，阳极生成0.5x mol O2，转移电子2x mol；两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则0.1+0.05+0.5x=x，解得x=0.3A根据以上三段电解，则共转移电子为0.2+0.1+0.6=0.9 mol，故A正确；B由分析可知，上述三个过程分别电解CuCl2、HCl和H2O，溶液中没有生成OH，铝元素以Al3+形式存在，故B错误；C根据以上三段电解，阴极析出0.1 mol Cu，质量增加6.4g，故C错误；D根据溶液中电荷守恒可知：2c（Cu2+）+3c（Al3+）+c（H+）=c（Cl）+2c（SO42），所以c（SO42）=2mol
24、L1，即a=2，故D正确故选：AD【点评】本题考查了电解原理的应用，电极产物的判断和计算，电极反应遵循电子守恒，依据离子物质的量和电极反应中的电子守恒计算分析判断，综合性较强，侧重于考查学生的分析能力和计算能力6仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的是（）选项实验目的仪器A除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒B从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角C用0.1000molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯D用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导
25、管、石棉网AABBCCDD【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】A根据除去氢氧化铝胶体中的泥沙的原理和所用的仪器进行解答；B根据从食盐水中获得NaCl晶体的步骤和所用的仪器进行解答；C根据中和滴定的测定实验用到的仪器知识来解答；D根据制取干燥、纯净的Cl2实验用到的仪器知识来解答；【解答】解：A除去氢氧化铝胶体中的泥沙，需过滤，过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤时需用锥形漏斗（带滤纸）制作过滤器，需用玻璃棒引流，需用烧杯承接过滤液，过滤操作的装置由漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒，能实现
26、相应实验目的，故A不选；B根据从食盐水中获得NaCl晶体的步骤，进行蒸发时需用到酒精灯来加热，需用蒸发皿、泥三角，要使用玻璃棒不断搅拌，以防液体溅出，蒸发完毕后移动很热的蒸发皿的用坩埚钳，仅用提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的，故B选；C用0.1000molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度，取0.1000molL1的盐酸，需酸式滴定管，取未知浓度的NaOH溶液需碱式滴定管，放入锥形瓶中，用胶头滴管滴加指示剂，能实现相应实验目的，故C不选；D浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，制取氯气需用圆底烧瓶、石棉网、分液漏斗、酒精灯、导管，制取的氯气中混有氯化氢
27、气体和水蒸气，所以需洗气瓶装饱和氯化钠除去氯气中的氯化氢；所以需洗气瓶装浓硫酸除去氯气中的水蒸气，用集气瓶收集纯净气体，能实现相应实验目的，故D不选；故选：B【点评】本题主要考查了实验基本操作，解答本题要从各种操作的过程方面进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目难度不大7水的电离常数如图两条曲线a与b所示，曲线中的点都符合c（H+）c（OH）=常数下列说法错误的是（）A图中温度T2T1B曲线a、b均代表纯水的电离情况C图中五点的Kw的关系：BCAD=ED若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性【考点】离子积常数【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】
28、A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH）及离子积常数增大；B只有c（OH）=c（H+）的点是纯水的电离；C水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；DB点时，Kw=11012，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH）=1mol/L，等体积混合碱剩余，溶液呈碱性【解答】解：A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH）及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1T2，温度，故A正确；B只有c（OH）=c（H+）的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故B错误
29、；C水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BCA=D=E，所以离子积常数大小顺序是BCA=D=E，故C错误；DB点时，Kw=11012，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH）=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确；故选AD【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响二、解答题（共3小题，满分43分）8某小组的同学欲探究NH3经一系列反应得到HNO3和NH4NO3的过程NH3的转化过程如图所示：甲、乙两同学分别按如图所示装置进行实
30、验用于A、B装置中的可选药品：浓氨水、30%H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2（1）仪器a的名称是长颈漏斗，装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2（2）装置E有多种作用，下列关于装置E的作用或其中所盛液体的说法中，不正确的是d（填下列序号字母）a使氨气和氧气充分混合 b控制通入氨气和氧气的体积比c平衡装置内的压强 d锥形瓶内液体是饱和食盐水（3）甲同学先点燃酒精灯，再打开K1、K2、K3、K4，反应一段时间后，他认为成功模拟了过程的反应，原因是其观察到（G处圆底烧瓶中）有红棕色气体产生（填支持其观点的实验现象）甲同学进行的实验中产生的气体持续通入装置H一段时
31、间后，H中的溶液变成蓝色，则其中铜片所参与反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O若制得的氨气仅按IIII的顺序完全转化为硝酸，欲使H装置中所得溶液为纯净的CuSO4溶液（忽略Cu2+的水解），理论上所需氨气在标准状况下的体积为2.24LL（假设硝酸与铜反应产生的还原产物全部排出反应装置）（4）乙同学为模拟过程IV的反应，在甲同学操作的基础上对该装置进行了下列各项中的 一项操作，使G处圆底烧瓶中产生大量白烟，你认为这项操作是关闭K3并熄灭酒精灯（5）丙同学认为该系列实验装置存在一处明显的设计缺陷，你认为该设计缺陷是缺少尾气处理装置【考点】性质实验方案的设计【专题】无
32、机实验综合【分析】A、B分别用于制备氧气和氨气，由装置可知A应用于制备氧气，C为干燥装置，可为浓硫酸，B为制备氨气装置，可用浓氨水和NaOH固体制备，D为干燥氨气装置，在F中发生氧化还原反应生成NO，G中可生成二氧化氮气体，二氧化氮和水在H中反应生成硝酸，可氧化铜，生成的NO不能直接排放到空气中，应有尾气处理装置；（1）由装置图可知a为长颈漏斗，装置A用于制备氧气，可由过氧化氢在二氧化锰催化作用下制备；（2）E可用于混合物氧气和氨气，因氨气易溶于水，注意不能用水溶液；（3）成功模拟了过程的反应，说明生成二氧化氮气体，颜色为红棕色，H中的溶液变成蓝色，说明硝酸氧化铜生成铜离子，欲使H装置中所得溶
33、液为纯净的CuSO4溶液，根据硫酸的物质的量可确定被氧化的铜的物质的量，结合N原子守恒计算消耗硝酸的物质的量，进而计算氨气的物质的量和体积；从所得CuSO4溶液中得到CuSO45H2O晶体，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；（4）使G处圆底烧瓶中产生大量白烟，应通入氨气和硝酸反应；（5）装置缺少尾气处理【解答】解：A、B分别用于制备氧气和氨气，由装置可知A应用于制备氧气，C为干燥装置，可为浓硫酸，B为制备氨气装置，可用浓氨水和NaOH固体制备，D为干燥氨气装置，在F中发生氧化还原反应生成NO，G中可生成二氧化氮气体，二氧化氮和水在H中反应生成硝酸，可氧化铜，生成的NO不能直接排放
34、到空气中，应有尾气处理装置（1）由装置图可知a为长颈漏斗，装置A用于制备氧气，可由过氧化氢在二氧化锰催化作用下制备，反应的方程式为2H2O22H2O+O2；故答案为：长颈漏斗；2H2O22H2O+O2；（2）E可用于混合物氧气和氨气，控制通入氨气和氧气的体积比、平衡装置内的压强，因氨气易溶于水，则不能用水溶液，故答案为：d；（3）成功模拟了过程的反应，说明生成二氧化氮气体，颜色为红棕色，H中的溶液变成蓝色，说明硝酸氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，n（H2SO4）=0.15L1mol/L=0.15mol，则n（CuSO4）=0.15mol，
35、需要0.15molCu，则由3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O可知需要0.1molHNO3，由N原子守恒可知需要0.1mol氨气，体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，从所得CuSO4溶液中得到CuSO45H2O晶体，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；故答案为：（G处圆底烧瓶中）有红棕色气体产生；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；2.24L；（4）使G处圆底烧瓶中产生大量白烟，应通入氨气和硝酸反应，因A制备氧气，B制备氨气，则关闭K3并熄灭酒精灯，故答案为：关闭K3并熄灭酒精灯；（5）最后生成的NO不能直接排放到空气中，为防止污染空气
36、，应有尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置【点评】本题考查了氨气制备及化学性质，为高考常见题型，题目难度中等，注意掌握氨气的制备原理及具有的化学性质，根据题干信息明确实验目的及反应原理为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力9二甲醚（CH3OCH3）是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作做冷剂等，对臭氧层无破坏作用工业上以水煤气（CO、H2）为原料生产二甲醚CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.0kJmol1 2CH3OH（g）CH3OCH（g）+H2O （g）H=24.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g
37、）+H2（g）H=41.1kJmol1回答下列问题：（1）新工艺的总反应3H2+3COCH3OCH3+CO2的热化学方程式为3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=245.6kJ/mol（2）已知一些共价键的键能如下： 化学键 HH CH CO OH 键能（kJmol1 436 414 326 464运用反应计算一氧化碳中碳氧共价键的键能1070kJmol1（3）在250恒容密闭容器中，下列事实可以说明反应已达平衡的是（填选项字母）BCA容器内气体密度保持不变 BCO与CO2的物质的量之比保持不变CH2O与CO2的生成速率之比为1：1 D该反应的平衡常数保持不变（4）某
38、温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K=2.042（5）绿色电源“二甲醚氧气燃料电池”的工作原理如图所示氧气应从C处通入，电极Y为正极，发生的电极反应式为O2+4e+4H+2H2O；二甲醚（CH3）2O应从b处加入，电极X上发生的电极反应式为（CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+；电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH减小 （填“增大”“减小”或“不变”）【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）根据盖斯定
39、律可写出热化学方程式；（2）反应2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.0kJmol1 的 焓变=反应物 键能和生成物键能和；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；（4）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；（5）根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e+4H+2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+，则a处出来的物质是二氧化碳，据此分析解答【解答】解：（1
40、）2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.0kJmol1 2CH3OH（g）CH3OCH（g）+H2O （g）H=24.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.1kJmol1由盖斯定律可知，通过2+可得所求反应方程式，则H=90.0kJ/mol224.5kJ/mol41.1kJ/mol=245.6kJ/mol，所以热反应方程式为：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=245.6kJ/mol，故答案为：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=245.6kJ/mol；（2）反应2H2（g）+CO（g）CH3
41、OH（g）H=90.0kJmol1 的 焓变=反应物键能和生成物键能和，2436+Q（CO）3414326464=90.0，Q（CO）=1070，故答案为：1070；（3）反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）前后气体体积不变，A恒容容器中，混合气体的密度始终不变，所以容器内气体密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；BCO与CO2的物质的量之比保持不变，说明反应物和生成物浓度不变，反应达到平衡状态，故B正确；CH2O与CO2的生成速率之比为1：1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变，所以该反应的平衡常数保持不变不
42、能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：BC；（4）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度（mol）：1 3 0变化浓度（mol）：0.8 1.6 0.8平衡浓度（mol）：0.2 1.4 0.8平衡常数K=2.042，故答案为：2.042；（5）c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e+4H+2H2O，故答案为：正；O2+4e+4H+2H2O；b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+
43、，故答案为：（CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+；电池在放电过程中，电极X发生的电极反应为（CH3）2O12e+3H2O=2CO2+12H+，X电极周围溶液的pH减小，故答案为：减小【点评】本题考查较为综合，侧重考查反应热的计算、化学平衡常数计算、化学电源新型电池等知识，注意平衡常数及单位与方程式中化学计量数有关，（5）根据氢离子移动方向确定正负极，再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性，难点是电极反应式书写，题目难度中等10Ni2O3是灰黑色无气味、有光泽的固体，主要用作陶瓷、玻璃、搪瓷的着色颜料，也经常用于制造镍电池某实验室尝试用工业废弃的NiO催化剂（还含有Fe2O3、CaO
44、、CuO、BaO等杂质）为原料制备Ni2O3，实验工艺流程为如图1：已知：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表： 氢氧化物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Ni（OH02 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2常温时CaF2的溶度积常数为2.71011（1）流程中酸浸后浸出渣包含多种成分最难溶的强电解质的化学式为BaSO4（2）实验人员发现温度不同时，镍的浸出率不同，浸出率与温度的关系如图2所示请解释当温度高于70时，浸出液中Ni2+含量降低的原因：温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，浸出率降低（3）操作A的名称为过滤，
45、操作B中需调节溶液的pH，所需调节的pH范围为3.77.7，操作C的目的是除去溶液中的Ca2+（4）电解步骤中，Cl首先在阳极被氧化为ClO，然后C1O将Ni2+氧化成2NiOOHH2O沉淀写出生成沉淀反应的离子方程式：ClO+2Ni2+4OH=2NiOOHH2O+Cl若实验最后得到Ni2O3 33，.2g，则电解过程中，电路中转移的电子数至少为2.411023 个【考点】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】（1）含镍催化剂中含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质，能和稀硫酸反应生成白色沉淀且最难溶的为硫酸钡；（2）由于随着温度升高，Ni2+的水解程度增大，从而导致镍的浸出率降
46、低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大；（3）产物中的难容与水的固体CuS、S的分离方法为过滤，加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使得Ni2+沉淀，三价铁不能沉淀，根据表格数据可知，pH范围为3.77.7之间，加氟化钠的目的是除去溶液中的钙离子；（4）Ni2+被ClO氧化产生2NiOOHH2O沉淀，其还原产物是氯离子，33.2gNi2O3为0.2mol，二价镍离子变为+3价镍0.2molNi2O3，转移电子的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，即2.411023 【解答】解（1）含镍催化剂中含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质，能和稀硫酸反应生成白色沉淀且最难溶
47、的为硫酸钡，故答案为：BaSO4；（2）由于随着温度升高，Ni2+的水解程度增大，从而导致镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，故答案为：温度升高，Ni2+的水解程度增大；（3）产物中的难容与水的固体CuS、S的分离方法为过滤，加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使得Ni2+沉淀，三价铁不能沉淀，根据表格数据可知，pH范围为3.77.7之间，加氟化钠的目的是除去溶液中的钙离子；故答案为：过滤；3.77.7；除去溶液中的钙离子；（4）Ni2+被ClO氧化产生2NiOOHH2O沉淀，其还原产物是氯离子，33.2gNi2O3为0.2mol，二价镍离子变为+3价镍0.2m
48、olNi2O3，转移电子的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，即2.411023，故答案为：ClO+2Ni2+4OH=2NiOOHH2O+Cl；2.411023【点评】该题以废旧含镍催化剂生产Ni2O3为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力以及动手操作能力，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论【化学-选修3：物质结构与性质】11原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第1至第4周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外
49、电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为3s23p5，第一电离能最小的元素是Cu（填元素符号）（2）C所在主族前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl（填化学式），呈现如此递变规律的原因是HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为sp2另一种晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱
50、长为a cm，则此晶胞的密度为gcm（保留两位有效数字）（用含a和NA的表达式表示）（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为面心立方最密堆积，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体含有的化学键是（填选项序号）极性键 非极性键 配位键 金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液请写出上述过程的离子方程式：Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3H2OCu（NH3）42+2OH+4H2O【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】原子序数依次增大的四种元素
51、A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5；铜为金属第一电离能最小；（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳
52、原子采取sp2杂化；根据均摊法计算晶胞中C原子数目，棱长为a，计算晶胞的总体积a3，根据；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合铜络离子，溶液为深蓝色的透明溶液【解答】解：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜
53、元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素，（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，铜为金属第一电离能最小，故答案为：3s23p5；Cu；（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl，故答案为：HFHIHBrHCl；HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个
54、碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为8+6+4=8，所以密度为： =，故答案为：sp2；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故答案为：面心立方最密堆积；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，有关反应的离子方程式为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3H2OCu（NH3）42+2OH+4H2O，故答案为：首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2N
55、H4+、Cu（OH）2+4NH3H2OCu（NH3）42+2OH+4H2O【点评】本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，（3）中计算为易错点、难度，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等【化学一选修5：有机化学基础】12（2016潍坊模拟）已知：CH3CHCHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOHRCHCH2RCH2CH2Br香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下列步骤转变为水杨酸请回答下列问题：（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是caC中核磁共振氢谱共有8种峰 bA
56、、B、C均可发生加聚反应c1mol A最多能和5mol氢气发生加成反应dB能与浓溴水发生取代反应（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为羧基和羟基（填官能团名称），BC的反应类型为取代反应（3）在上述转化过程中，反应步骤BC的目的是保护酚羟基，防止被氧化（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应请写出其中一种的结构简式：（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式：【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的
57、结构简式为：，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，所以A的结构简式为：D和HI发生取代反应生成水杨酸，乙二酸与乙二醇发生水解反应生成高聚物E为【解答】解：C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的结构简式为：，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，所以A的结构简式为：D和HI发生取代反应生成水杨酸，乙二酸与乙二醇发生水解反应生成高聚物E为（1）A为，B为，C为，aC中含有8种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱共有8种峰，故a正确；bA、B、C均含有碳碳双键，均可发生加聚反应，故b正确；cA中苯环、碳碳双键能与氢气
58、发生加成反应，1mol A最多能和4mol氢气发生加成反应，故c错误；dB中酚羟基邻位、对位含有H原子，能与浓溴水发生取代反应，故d正确，故选：c；（2）B为，B分子中有2个含氧官能团分别为羧基、羟基，BC是酚羟基中H原子被甲基取代，属于取代反应，故答案为：羧基、羟基；取代反应；（3）在上述转化过程中，反应步骤BC的目的是：保护酚羟基，防止被氧化，故答案为：保护酚羟基，防止被氧化；（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，其中一种的结构简式：，故答案为：；（5）合成高分子化合物E的化学反应方程式：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，充分利用有机物的分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生放学推理能力，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对给予的反应信息的理解版权所有：高考资源网()
