1、2016年山东省烟台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，只有一项是符合题目要求的1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A聚氯乙烯可用作制食品包装袋的原料B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C晶体硅可用作制造太阳能电池和光导纤维D含硫燃料燃烧产生的二氧化硫是形成酸雨的罪魁祸首2如表是元素周期表主族元素的一部分短周期元素Y的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Z单质可在空气中燃烧下列叙述错误的是（）XYZWAZ的最高价氧化物的水化物是强酸BY的最高价氧化物能溶于烧碱溶液CX与W形成的化合物中含有离子键DZ、W分别形成的简单离子中，前
2、者的半径较大3天然化合物M（假蜜环菌素）的结构简式如图所示对M的结构与性质叙述错误的是（）AM的分子式为C12H10O5BM与Br2只能发生取代反应，不能发生加成反应C1 mol M最多能与3mol NaOH反应DM既能与FeCl3溶液发生反应，也能与CH3COOH发生反应4NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）A18g D2O含有电子数为10NAB常温下，4.6 g Na和足量的O2完全反应失去电子数为0.2NAC标准状况下，11.2 LNO和11.2 L O2混合后气体的分子总数为NAD25，pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NA5对如表实验现象或操作的解释或结论错
3、误的是（） 编号现象或操作解释或结论 AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去 SO2具有漂白性 B在0.1molL1的CH3COONa溶液中，加2滴酚酞显浅红色，微热，溶液颜色加深 盐类水解反应是吸热反应 C向少量火柴头的浸泡溶液中滴加AgNO3、HNO3和NaNO2混合溶液后，产生白色沉淀 火柴头里含有氯元素 D蒸馏时，温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处 此位置指示的是馏出物的沸点 AABBCCDD6下列有关FeCl3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Fe2+、SCN、Br可以大量共存B与KI溶液反应的离子方程式为Fe3+2IFe2+I2C与Na2CO3溶液反应的离子方程
4、式为2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3CO2D与Mg（OH）2悬浊液反应的离子方程式为3OH+Fe3+Fe（OH）37在体积为2L的恒容密闭容器中加入0.6mol的CO和H2混合气体，在不同温度下反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0达到平衡，平衡时CH3OH的体积分数随起始n（CO）：n（H2）的变化关系如图所示则下列结论正确的是（）A由图象可推知，反应温度T2T1B同一温度，增大压强，平衡右移，平衡常数K增大C同一温度，当a=0.5时，CO转化率最高D对于状态I和II，若再向体系中充入He，重新达到平衡后，二者的平衡体系中CH3OH的浓度相等二、非选择题8实验室制
5、备无水二氯化锡的主要步骤如下：步骤1：在圆底烧瓶中加入1.20g碎锡箔和5mL浓盐酸、1滴硝酸，实验装置如图所示组装好后在95时回流0.5h，待圆底烧瓶中只剩余少量锡箔为止；步骤2：将上述反应的上清液迅速转移到仪器X中，在二氧化碳气氛保护下，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到二氯化锡晶体：步骤3：在二氯化锡晶体中加入10mL醋酐，即可得无水二氯化锡，过滤；步骤4：用少量乙醚冲洗三次，置于通风橱内，待乙醚全部挥发后得到无水二氯化锡回答下列问题：（1）步骤1中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为；冷却水从接口（填“a”或“b”）进入实验采取的加热方式是；球形冷凝管上连接装有碱石灰的干燥管的目的是（2）步骤
6、2中，仪器X的名称为；二氧化碳气氛的作用是（3）步骤3中，醋酐的作用是；二氯化锡晶体在进行步骤3操作前应采取的加工措施是，该加工措施需要仪器的名称是（4）已知 SnCl2+ClSnCl3，实验中需控制浓盐酸的用量，其原因是；实验室配制并保存二氯化锡溶液时，需要加入的物质是9工业上由钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、A12O3、FeO、SiO2等杂质）制备TiCl4的工艺流程如图：已知：酸浸 FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）FeSO4（aq）+TiOSO4（sq）+2H2O（l）水解 TiOSO4（aq）+2H2O（l）H2TiO3（s）+H2SO4（aq）煅烧 H2TiO3（
7、s）TiO2（s）+H2O（g）（1）FeTiO3中钛元素的化合价为，试剂A为（2）碱浸过程发生的离子反应方程式为（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70左右，若温度过高会导致最终产品收率过低，原因是（4）上述流程中氯化过程的化学反应方程式为已知TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（1）+O2（g）H=+15l kJmol1该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生从化学平衡的角度解释原因是（5）TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2xH2O，该反应的化学方程式是10硫及其化合物对人类生活有重要影响回答下列问题：（1）H2S可用于生产重要有机溶剂二甲基亚砜（
8、CH3）2SO，反应的方程式为：2CH3OH+H2S（g）（CH3）2S（g）+2H2O（g）H1（CH3）2S（g）+NO2（g）（CH3）2SO（g）+NO（g）H22NO（g）+O2（g）2NO2（g）H3则由H2S生成l mol二甲基亚砜的H=（用H1、H2、3示）；上述反应中可循环利用的物质为（2）高温热分解法可制取单质硫已知：2H2S（g）2H2（g）+S2（g）在容积为2L的密闭容器中充入10mol H2S，H2S分解转化率随温度变化的曲线如图1所示图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b为不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率则985时H2S按上述反应分
9、解的平衡常数K=；随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因是上述反应中，正反应速率为v正=k正x2（H2S），逆反应速率为v逆=k逆x2（H2）x（S2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆=（以K和k正表示）（3）用图2装置可实现H2S的绿色转化反应池中反应的离子方程式是反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为（4）将标况下3.36L H2S气体缓慢通入100mL 3.0mol1NaOH溶液中充分反应得到溶液M，将溶液M滴入ZnSO4和CuSO4的混合溶液N中，当ZnS开始沉淀时，溶液N中c（Cu2+）/c（Zn2+）=（已知：Ksp（ZnS）=2.01022，Ksp（CuS）=1.31
10、036）三、【化学-选修2：化学与技术】11实验室制备纯碱（Na2CO3）的主要步骤为：将饱和NaCl溶液倒入烧杯加热，控制3035，搅拌下分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕，保温30min，静置、过滤得NaHCO3晶体用少量蒸馏水洗涤除去杂质、抽干，转入蒸发皿中灼烧得Na2CO3固体0102030405060100NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.19.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3请回答：（1）反应温
11、度控制在3035，是因为高于35NH4HCO3会分解，低于，30则反应速率降低，为控制此温度范围，通常采取的加热方法为（2）加料完毕，保温30min，目的（3）静置后只析出NaHCO3晶体的原因（4）过滤所得母液中含有NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，加入适当试剂并作进一步处理，使（填化学式）循环使用，回收得到NH4Cl晶体12我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如图：（1）上述生产纯碱的方法称，副产品的一种用途为（2）沉淀池中发生的化学反应方程式是；从沉淀池中取出沉淀的操作是四、【化学-选修3：物质结构与性质】13X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核
12、外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大请回答下列问题：（1）X元素原子的价电子的轨道表示式为，该元素的符号是（2）Q元素原子基态时的电子排布式为，在形成化合物时它的最高化合价为（3）化合物XZ2与YZ2的空间构型分别是和，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是（写分子式），理由是（4）用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键（5）比较X的氢化物与同族第二、四周期元素所形成的氢化物的稳定性、沸点高低，并说明理由五、【化学-选修5：有机化学基础】14M是石油裂解
13、气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：在特殊催化剂的作用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应如：2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：（1）M的名称是，A含有的官能团名称是（2）的反应类型是，的反应类型是（3）C的结构简式为由CG的过程中步骤、的目的是（4）G中最多有个原子共平面，其顺式结构式为（5）符合下列条件D的同分异构体有种氯原子连在碳链的一端 羟基连在不同的碳原子上，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）（6）由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为2016年山东省烟台市高考化学二模试卷参考
14、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，只有一项是符合题目要求的1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A聚氯乙烯可用作制食品包装袋的原料B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C晶体硅可用作制造太阳能电池和光导纤维D含硫燃料燃烧产生的二氧化硫是形成酸雨的罪魁祸首【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A聚氯乙烯使用时产生有毒物质；B从海水中提取NaCl，为晒盐过程，没有新物质生成；C光导纤维的成分为二氧化硅；D二氧化硫的排放导致酸雨的发生【解答】解：A聚氯乙烯使用时产生有毒物质，则聚氯乙烯不能作制食品包装袋的原料，故A错误；B从海水中
15、提取NaCl，为晒盐过程，没有新物质生成，为物理变化，而提取溴、Mg、碘等需要发生化学变化，故B错误；C光导纤维的成分为二氧化硅，而晶体硅可用作制造太阳能电池，故C错误；D二氧化硫的排放导致酸雨的发生，则含硫燃料燃烧产生的二氧化硫是形成酸雨的罪魁祸首，故D正确；故选D2如表是元素周期表主族元素的一部分短周期元素Y的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Z单质可在空气中燃烧下列叙述错误的是（）XYZWAZ的最高价氧化物的水化物是强酸BY的最高价氧化物能溶于烧碱溶液CX与W形成的化合物中含有离子键DZ、W分别形成的简单离子中，前者的半径较大【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
16、合应用【分析】短周期元素Y的最外层电子数是最内层电子数的2倍，则由位置可知，Y位于第三周期，3个电子层的电子分别为2、8、4，即Y为Si，Z单质可在空气中燃烧，结合位置可知，X为C，Z为S，W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：短周期元素Y的最外层电子数是最内层电子数的2倍，则由位置可知，Y位于第三周期，3个电子层的电子分别为2、8、4，即Y为Si，Z单质可在空气中燃烧，结合位置可知，X为C，Z为S，W为Cl，AZ的最高价氧化物的水化物硫酸是强酸，故A正确；BY的最高价氧化物为二氧化硅，能溶于烧碱溶液，反应生成硅酸钠和水，故B正确；CX与W形成的化合物为CCl4，含有C
17、Cl共价键，故C错误；DZ、W分别形成的简单离子，具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小，则前者的半径较大，故D正确；故选C3天然化合物M（假蜜环菌素）的结构简式如图所示对M的结构与性质叙述错误的是（）AM的分子式为C12H10O5BM与Br2只能发生取代反应，不能发生加成反应C1 mol M最多能与3mol NaOH反应DM既能与FeCl3溶液发生反应，也能与CH3COOH发生反应【考点】有机物的结构和性质【分析】该物质中含有酚羟基、苯环、醇羟基、酯基和羰基、碳碳双键，具有酚、苯、醇、酯和酮、烯烃的性质，能发生氧化反应、取代反应、显色反应、水解反应、加成反应等，据此分析解答【解答】解：A
18、由结构简式可知，M的分子式为C12H10O5，故A正确；BM中含酚OH与溴水发生取代反应，含碳碳双键与溴水发生加成反应，故B错误；C酚OH、COOC及酯水解生成的酚OH均与NaOH反应，则1molM最多可消耗3molNaOH，故C正确；D含有酚羟基，具有酚的性质，能和氯化铁发生显色反应，含有醇羟基和酚羟基，能和乙酸发生酯化反应，故D正确；故选B4NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）A18g D2O含有电子数为10NAB常温下，4.6 g Na和足量的O2完全反应失去电子数为0.2NAC标准状况下，11.2 LNO和11.2 L O2混合后气体的分子总数为NAD25，pH=13的Na
19、OH溶液中含有OH的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出重水的物质的量，然后根据1mol重水中含10mol电子来分析；B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠变为+1价来分析；C、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2NO2；D、溶液体积不明确【解答】解：A、18g重水的物质的量为0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水中含9NA个电子，故A错误；B、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而反应后钠变为+1价，故0.2mol钠失去0.2NA个电子，故B正确；C、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2NO2，导致分子个数减小，故混合后气
20、体分子总数小于NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D错误故选B5对如表实验现象或操作的解释或结论错误的是（） 编号现象或操作解释或结论 AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去 SO2具有漂白性 B在0.1molL1的CH3COONa溶液中，加2滴酚酞显浅红色，微热，溶液颜色加深 盐类水解反应是吸热反应 C向少量火柴头的浸泡溶液中滴加AgNO3、HNO3和NaNO2混合溶液后，产生白色沉淀 火柴头里含有氯元素 D蒸馏时，温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处 此位置指示的是馏出物的沸点 AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气能氧化碘
21、离子生成碘，碘具有氧化性、二氧化硫具有还原性，二氧化硫能还原碘生成碘离子；B强碱弱酸盐溶液呈碱性，向强碱弱酸盐溶液中加入酚酞试液，溶液碱性越强，溶液的颜色越深；C火柴头中含有KClO3，ClO3+3NO2+Ag+AgCl+3NO3，出现白色沉淀，证明含有氯元素；D蒸馏时，温度计测量馏分温度【解答】解：A氯气能氧化碘离子生成碘，碘具有氧化性、二氧化硫具有还原性，二氧化硫能还原碘生成碘离子，所以该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故A错误；B强碱弱酸盐溶液呈碱性，向强碱弱酸盐溶液中加入酚酞试液，溶液碱性越强，溶液的颜色越深，该实验加热后颜色加深，说明盐类水解为吸热反应，故B正确；C火柴头中含有K
22、ClO3，检验氯元素，应把ClO3还原为4Cl，酸性条件下，NO2具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNO3、稀HNO3和NaNO2，发生的离子反应为：ClO3+3NO2+Ag+AgCl+3NO3，出现白色沉淀，证明含有氯元素，故C正确；D蒸馏时，温度计测量馏分温度，则蒸馏时温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处，此位置指示的是馏出物的沸点，故D正确；故选A6下列有关FeCl3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Fe2+、SCN、Br可以大量共存B与KI溶液反应的离子方程式为Fe3+2IFe2+I2C与Na2CO3溶液反应的离子方程式为2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3C
23、O2D与Mg（OH）2悬浊液反应的离子方程式为3OH+Fe3+Fe（OH）3【考点】离子共存问题；离子方程式的书写【分析】A铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；B离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；C铁离子与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；D氢氧化铁更难溶，氢氧化镁沉淀转化成氢氧化铁沉淀，氢氧化镁不能拆开【解答】解：A氯化铁溶液中含有铁离子，SCN与Fe3+发生反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B氯化铁KI溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3+2I2Fe2+I2，故B错误；C氯化铁与Na2CO3溶液发生双水解反应，反应的离子方
24、程式为：2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3CO2，故C正确；D氯化铁与Mg（OH）2悬浊液反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+Mg2+，故D错误；故选C7在体积为2L的恒容密闭容器中加入0.6mol的CO和H2混合气体，在不同温度下反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0达到平衡，平衡时CH3OH的体积分数随起始n（CO）：n（H2）的变化关系如图所示则下列结论正确的是（）A由图象可推知，反应温度T2T1B同一温度，增大压强，平衡右移，平衡常数K增大C同一温度，当a=0.5时，CO转化率最高D对于状态I和II，若再向体
25、系中充入He，重新达到平衡后，二者的平衡体系中CH3OH的浓度相等【考点】化学平衡建立的过程【分析】A反应为放热反应，升温平衡逆向进行平衡时CH3OH的体积分数减小；B反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，平衡常数随温度变化；C起始n（CO）：n（H2）越大，c（CO）的起始浓度越大，在同温同体积条件下，相当于增大压强，平衡正向移动；D对于状态I和II，是相同温度下的反应，甲醇体积分数相同数目达到相同的平衡状态，若再向体系中充入He，恒温恒容条件下总压增大，分压不变，平衡不变【解答】解：A反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，甲醇体积分数减小
26、，则T2T1，故A错误；B反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应前后气体体积减小，同一温度，增大压强，平衡右移，平衡常数K不变，故B错误；C随着起始n（CO）：n（H2）越大，c（CO）的起始浓度越大，在同温同体积条件下，相当于增大压强，平衡正向移动，CO转化率逐渐增大，故C错误；D.对于状态I和II，是相同温度下的反应，图象分析可知甲醇体积分数相同数目达到相同的平衡状态，若再向体系中充入He，恒温恒容条件下总压增大，分压不变，平衡不变，故D正确；故选D二、非选择题8实验室制备无水二氯化锡的主要步骤如下：步骤1：在圆底烧瓶中加入1.20g碎锡箔和5mL浓盐酸、1滴硝酸，实验装置如图
27、所示组装好后在95时回流0.5h，待圆底烧瓶中只剩余少量锡箔为止；步骤2：将上述反应的上清液迅速转移到仪器X中，在二氧化碳气氛保护下，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到二氯化锡晶体：步骤3：在二氯化锡晶体中加入10mL醋酐，即可得无水二氯化锡，过滤；步骤4：用少量乙醚冲洗三次，置于通风橱内，待乙醚全部挥发后得到无水二氯化锡回答下列问题：（1）步骤1中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2；冷却水从接口a（填“a”或“b”）进入实验采取的加热方式是95水浴加热；球形冷凝管上连接装有碱石灰的干燥管的目的是吸收HCl，防止HCl气体进入空气中（2）步骤2中，仪器X的名称为蒸发皿
28、；二氧化碳气氛的作用是防止空气中的氧气氧化Sn2+（3）步骤3中，醋酐的作用是吸水；二氯化锡晶体在进行步骤3操作前应采取的加工措施是研碎，该加工措施需要仪器的名称是研钵（4）已知 SnCl2+ClSnCl3，实验中需控制浓盐酸的用量，其原因是盐酸过量时生成SnCl3，过少时二氯化锡水解程度增大；实验室配制并保存二氯化锡溶液时，需要加入的物质是稀盐酸和Sn【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）Sn和浓盐酸反应生成SnCl2和H2；冷凝管中的水是逆流的；温度小于100时采用水浴加热的方法；HCl会污染空气，所以尾气要处理；（2）蒸发浓缩溶液的仪器是蒸发皿；Sn2+不稳定，易被空气氧化；（3）醋酸
29、酐能和水反应生成醋酸，则醋酸酐有吸水作用；只有二氯化锡的晶体表面积越大时，除去晶体中的水分才能越充分；研碎晶体的仪器是研钵；（4）根据方程式知，盐酸过量时生成SnCl3，过少时二氯化锡水解程度增大；二氯化锡易水解且易被氧化，所以在配制二氯化锡溶液时要防止水解和氧化【解答】解：（1）Sn和浓盐酸反应生成SnCl2和H2，反应方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2，为了充分冷却蒸气且防止温度过高的蒸气急剧冷却而炸裂冷凝管，则冷凝管中的水是逆流的，所以a是进水口、b是出水口；温度小于100时采用水浴加热的方法，所以该实验的条件是95水浴加热；HCl会污染空气，所以尾气要处理，用碱性物质吸收HCl，
30、所以碱石灰的作用是吸收HCl，故答案为：Sn+2HCl=SnCl2+H2；a；95水浴加热；吸收HCl，防止HCl气体进入空气中；（2）蒸发浓缩溶液的仪器是蒸发皿；Sn2+不稳定，易被空气氧化，为防止被空气氧化，需要在二氧化碳气氛中进行，故答案为：蒸发皿；防止空气中的氧气氧化Sn2+；（3）醋酸酐能和水反应生成醋酸，则醋酸酐有吸水作用；只有二氯化锡的晶体表面积越大时，除去晶体中的水分才能越充分，所以在操作3之前必须将其研碎；研碎晶体的仪器是研钵，故答案为：吸水；研碎；研钵；（4）根据方程式知，盐酸过量时生成SnCl3，过少时二氯化锡水解程度增大，所以要控制浓盐酸的量；二氯化锡易水解且易被氧化，
31、所以在配制二氯化锡溶液时要防止水解和氧化，需要的物质是Sn和稀盐酸，故答案为：盐酸过量时生成SnCl3，过少时二氯化锡水解程度增大；稀盐酸和Sn9工业上由钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、A12O3、FeO、SiO2等杂质）制备TiCl4的工艺流程如图：已知：酸浸 FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）FeSO4（aq）+TiOSO4（sq）+2H2O（l）水解 TiOSO4（aq）+2H2O（l）H2TiO3（s）+H2SO4（aq）煅烧 H2TiO3（s）TiO2（s）+H2O（g）（1）FeTiO3中钛元素的化合价为+4，试剂A为Fe（2）碱浸过程发生的离子反应方程式为Al2
32、O3+2OH2AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70左右，若温度过高会导致最终产品收率过低，原因是温度过高水导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀（4）上述流程中氯化过程的化学反应方程式为TiO2+C+2Cl2 TiCl4 +CO2已知TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（1）+O2（g）H=+15l kJmol1该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生从化学平衡的角度解释原因是C与氧气反应减小氧气浓度，使平衡正向移动，C与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行（5）TiCl4极易水解
33、，利用此性质可制备纳米级TiO2xH2O，该反应的化学方程式是TiCl4+（x+2）H2O=TiO2xH2O+4HCl【考点】制备实验方案的设计【分析】钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、Fe2O3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4及未反应的硫酸等，加入试剂A后冷却、结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，则A为Fe，将Fe3+转化为Fe2+滤液进行水解得到H2TiO3，用硫酸洗去杂化，再煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2（1）反应为非氧化还原反应，结合化合价代数
34、和为0计算；（2）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；（3）温度过高水导致TiO2+水解；（4）氯化过程是TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2；C与氧气反应降低氧气浓度，C与氧气反应为放热反应，有利于平衡正向移动；（5）TiCl4极易水解得到TiO2xH2O，还生成HCl【解答】解：钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、Fe2O3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4及未反应的硫酸等，加入试剂A后冷却、结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，则A为F
35、e，将Fe3+转化为Fe2+滤液进行水解得到H2TiO3，用硫酸洗去杂化，再煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2（1）反应为非氧化还原反应，结合化合价代数和为0，可知FeTiO3中钛元素的化合价为+4，由上述分析可知A为Fe，故答案为：+4；Fe；（2）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，相应反应离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O、SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O；（3）温度过高水导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀，
36、Ti元素利用率减小，故答案为：温度过高水导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀；（4）氯化过程是TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2，反应方程式为：TiO2+C+2Cl2 TiCl4 +CO2，C与氧气反应减小氧气浓度，使平衡正向移动，C与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行，故答案为：TiO2+C+2Cl2 TiCl4 +CO2；C与氧气反应减小氧气浓度，使平衡正向移动，C与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行；（5）TiCl4极易水解得到TiO2xH2O，还生成HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O=TiO2x
37、H2O+4HCl，故答案为：TiCl4+（x+2）H2O=TiO2xH2O+4HCl10硫及其化合物对人类生活有重要影响回答下列问题：（1）H2S可用于生产重要有机溶剂二甲基亚砜（CH3）2SO，反应的方程式为：2CH3OH+H2S（g）（CH3）2S（g）+2H2O（g）H1（CH3）2S（g）+NO2（g）（CH3）2SO（g）+NO（g）H22NO（g）+O2（g）2NO2（g）H3则由H2S生成l mol二甲基亚砜的H=H1+H2+H3（用H1、H2、3示）；上述反应中可循环利用的物质为NO2（2）高温热分解法可制取单质硫已知：2H2S（g）2H2（g）+S2（g）在容积为2L的密闭容
38、器中充入10mol H2S，H2S分解转化率随温度变化的曲线如图1所示图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b为不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率则985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=0.44；随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因是温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短上述反应中，正反应速率为v正=k正x2（H2S），逆反应速率为v逆=k逆x2（H2）x（S2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆=（以K和k正表示）（3）用图2装置可实现H2S的绿色转化反应池中反应的离子方程式是H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+反应后的溶液进入电解池，电解总反应的
39、离子方程式为2Fe2+2H+2Fe3+H2（4）将标况下3.36L H2S气体缓慢通入100mL 3.0mol1NaOH溶液中充分反应得到溶液M，将溶液M滴入ZnSO4和CuSO4的混合溶液N中，当ZnS开始沉淀时，溶液N中c（Cu2+）/c（Zn2+）=6.51015（已知：Ksp（ZnS）=2.01022，Ksp（CuS）=1.31036）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）利用盖斯定律，将2+2+可得反应2H2S（g）+4CH3OH（l）+O2（g）=2（CH3）2SO（l）+2H2O（g）；根据题中的三个反应可知，二氧化氮氧化
40、（CH3）2S，得到一氧化氮，一氧化氮又被氧化成二氧化氮，据此判断；（2）根据题意，H2S起始浓度为5molL1，985时H2S的转化率为40%，利用三段式可计算出平衡时各物质的浓度，进而确定平衡常数；根据温度对速率的影响分析；当反应处于平衡状态时v正=v逆，结合平衡常数进行计算；（3）根据装置图可知，反应池中用铁离子将硫化氢氧化成硫，铁离子被还原成亚铁离子；反应后的溶液为氯化亚铁溶液，电解氯化亚铁时，阳极上亚铁离子被氧化成铁郭，阴极上水中的氢离子被还原成氢气，据此书写电解方程式；（4）根据c（Cu2+）/c（Zn2+）=计算；【解答】解：（1）利用盖斯定律，将2+2+可得反应2H2S（g）+
41、4CH3OH（l）+O2（g）=2（CH3）2SO（l）+2H2O（g），所以生成l mol二甲基亚砜的H=H1+H2+H3，根据题中的三个反应可知，二氧化氮氧化（CH3）2S，得到一氧化氮，一氧化氮又被氧化成二氧化氮，所以循环的物质是NO2，故答案为：H1+H2+H3；NO2；（2）H2S起始浓度为5molL1，985时H2S的转化率为40%，则 2H2S（g）2H2（g）+S2（g），开始（molL1） 5 0 0转化（molL1） 0.45 2 1平衡（molL1） 3 2 1K=0.44；随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；当反应处于平衡状态时
42、v正=v逆，根据v正=k正x2（H2S），v逆=k逆x2（H2）x（S2），可得k正x2（H2S）=k逆x2（H2）x（S2），所以k正=kk逆，k逆=，故答案为：0.44；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；（3）根据装置图可知，反应池中用铁离子将硫化氢氧化成硫，铁离子被还原成亚铁离子，反应的离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+；反应后的溶液为氯化亚铁溶液，电解氯化亚铁时，阳极上亚铁离子被氧化成铁郭，阴极上水中的氢离子被还原成氢气，所以电解的离子方程式为2Fe2+2H+2Fe3+H2，故答案为：2Fe2+2H+2F
43、e3+H2；（4）根据题意，c（Cu2+）/c（Zn2+）=6.51015，故答案为：6.51015三、【化学-选修2：化学与技术】11实验室制备纯碱（Na2CO3）的主要步骤为：将饱和NaCl溶液倒入烧杯加热，控制3035，搅拌下分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕，保温30min，静置、过滤得NaHCO3晶体用少量蒸馏水洗涤除去杂质、抽干，转入蒸发皿中灼烧得Na2CO3固体0102030405060100NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.19.611.112.714.516.4N
44、H4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3请回答：（1）反应温度控制在3035，是因为高于35NH4HCO3会分解，低于，30则反应速率降低，为控制此温度范围，通常采取的加热方法为水浴加热（2）加料完毕，保温30min，目的使反应充分进行（3）静置后只析出NaHCO3晶体的原因NaHCO3的溶解度最小（4）过滤所得母液中含有NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，加入适当试剂并作进一步处理，使NaCl（填化学式）循环使用，回收得到NH4Cl晶体【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）要控制恒温，一般用水浴加热；（2）分析溶解度数据，对比各物质的溶解度，
45、根据溶解度越小越容易析出来分析；（3）根据溶解平衡的知识分析剩余物的成分；（4）根据溶解平衡知识进行分析；根据实验目的进行分析转换为氯化钠和氯化铵的所需试剂【解答】解：（1）温度太低反应速率太慢，所以温度必须控制在一个合理范围内，使温度保持一个恒定，因为控制的温度在100以下，所以常用水浴加热来控制故答案为：水浴加热；（2）因为反应不是瞬间完成的，所以要保持一段时间，以使反应充分；故答案为：使反应充分进行；（3）由溶解度表可看出在3035之间，碳酸氢钠的溶解度最小，所以析出的只能是碳酸氢钠；故答案为：NaHCO3的溶解度最小；（4）根据溶解平衡原理可知，析出碳酸氢钠后的溶液为碳酸氢钠的饱和溶液
46、，所以母液中有未反应完的氯化钠和碳酸氢氨，及生成的氯化铵和没有析出的碳酸氢钠为使氯化钠循环使用，可使碳酸氢钠和盐酸反应转换为氯化钠；同时碳酸氢氨和盐酸反应也转换为氯化铵故答案为：NaCl12我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如图：（1）上述生产纯碱的方法称联合制碱法，副产品的一种用途为作化肥（2）沉淀池中发生的化学反应方程式是NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3；从沉淀池中取出沉淀的操作是过滤【考点】制备实验方案的设计；纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】将二氧化碳和氨气、食盐水加入沉淀池中，发生的反应为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+N
47、H4Cl，得到的沉淀在煅烧炉中发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，从而得到Na2CO3，煅烧过程中得到的X为CO2要循环利用，母液中含有的铵根离子和碱反应得到的氨气也能循环利用，（1）上述生产纯碱的方法称联合制碱法，副产品是氯化铵；（2）沉淀池中氯化钠、二氧化碳、氨气和水发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵；分离固体和溶液采用过滤方法【解答】解：将二氧化碳和氨气、食盐水加入沉淀池中，发生的反应为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，得到的沉淀在煅烧炉中发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，从而得到Na2CO3，煅烧过程中得到的X为CO2要循环利
48、用，母液中含有的铵根离子和碱反应得到的氨气也能循环利用，（1）上述生产纯碱的方法称联合制碱法，副产品是氯化铵，铵盐可以作化肥，故答案为：联合制碱法；作化肥；（2）沉淀池中发生的化学反应为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=NH4Cl+NaHCO3，分离固体和溶液采用过滤方法，所以从沉淀池中取出沉淀的操作是过滤，故答案为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3；过滤四、【化学-选修3：物质结构与性质】13X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量
49、（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大请回答下列问题：（1）X元素原子的价电子的轨道表示式为，该元素的符号是S（2）Q元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，在形成化合物时它的最高化合价为+6（3）化合物XZ2与YZ2的空间构型分别是V形和直线形，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是SO2（写分子式），理由是二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水（4）用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键FHF、FHO、OHF、OHO（5）比较X的氢化物与同族第二、四周期
50、元素所形成的氢化物的稳定性、沸点高低，并说明理由元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性OSSe，所以稳定性H2OH2SH2Se；氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，水中含有氢键，所以熔沸点H2OH2SeH2S【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，则X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则Y为C元素；Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，则Z是O元素；Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，则Q是Cr元素；E在元素周期表的各元素中电负性最大，则E为F元素；（1）X为S元素，X元素原
51、子的价电子为其3s、3p电子；（2）Q为Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写Q元素原子基态时的电子排布式，在形成化合物时它的最高化合价为+6价；（3）根据价层电子对互斥理论判断分子晶体空间构型；非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂；（4）E的氢化物为HF，HF分子之间易形成氢键、HF和水分子之间易形成氢键、水分子之间易形成氢键；（5）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高【解答】解：X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，则X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则Y为C元素；Z
52、是地壳内含量（质量分数）最高的元素，则Z是O元素；Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，则Q是Cr元素；E在元素周期表的各元素中电负性最大，则E为F元素；（1）X为S元素，X元素原子的价电子为其3s、3p电子，其价电子轨道表示式为，故答案为：；S；（2）Q为Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写Q元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，在形成化合物时它的最高化合价为+6价，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；+6；（3）化合物SO2与CO2中S、C原子价层电子对个数分别是3、2，且二氧化硫分子中含有1个孤电子对、二氧化碳分子中C原子不
53、含孤电子对，则二者空间构型分别是V形和直线形；非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水，故答案为：V形；直线形；SO2；二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水；（4）HF的水溶液中，F的电负性较大，可与另一分子的HF或水中的H形成氢键，可表示为HFH，氧原子和氟化氢分子中的氢原子之间能形成氢键，可表示为 FHO，氟原子和水分子中的氢原子能形成氢键可表示为OHF，氧原子和另一个水分子中的氢原子能形成氢键可表示为OHO，故答案为：FHF、FHO、OHF、OHO；（5）氧族元
54、素中非金属性OSSe，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，所以这三种元素的氢化物中稳定性H2OH2SH2Se，氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，水中含有氢键，熔沸点最高，则这三种氢化物的熔沸点H2OH2SeH2S，故答案为：元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性OSSe，所以稳定性H2OH2SH2Se；氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，水中含有氢键，所以熔沸点H2OH2SeH2S五、【化学-选修5：有机化学基础】14M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：在特殊催化剂的作
55、用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应如：2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：（1）M的名称是丙烯，A含有的官能团名称是碳碳双键、氯原子（2）的反应类型是取代反应，的反应类型是消去反应（3）C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH由CG的过程中步骤、的目的是保护分子中碳碳双键不被氧化，（4）G中最多有12个原子共平面，其顺式结构式为（5）符合下列条件D的同分异构体有10种氯原子连在碳链的一端 羟基连在不同的碳原子上，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）（6）由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为
56、【考点】有机物的推断【分析】M是石油裂解气的重要成分，与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，则M为CH2=CHCH3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=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HOCH2CH2CHClCH2
57、OH，D发生氧化反应生成E，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，而G与I发生酯化反应生成环酯P，则E为，F为NaOOCCH=CHCOONa，G为HOOCCH=CHCOOH，P为【解答】解：M是石油裂解气的重要成分，与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，则M为CH2=CHCH3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=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HOCH2
58、CH2OHA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，D发生氧化反应生成E，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，而G与I发生酯化反应生成环酯P，则E为，F为NaOOCCH=CHCOONa，G为HOOCCH=CHCOOH，P为（1）M为CH2=CHCH3，M的名称是丙烯，A为ClCH2CH=CHCH2Cl，A含有的官能团名称是碳碳双键、氯原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、氯原子；（2）的反应类型是取代反应，的反应类型是消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2
59、CH=CHCH2OH，由CG的过程中步骤、的目的是：保护分子中碳碳双键不被氧化，故答案为：HOCH2CH=CHCH2OH；保护分子中碳碳双键不被氧化；（4）G为HOOCCH=CHCOOH，碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，旋转碳碳双键，平面可以共面，旋转CO单键可以使羟基中H原子处于平面内，分子中的12个原子都可以共面，其顺式结构式为，故答案为：12；（5）D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D的同分异构体中Cl原子位于端头碳原子上，且羟基连在不同的碳原子上的有ClCH2CH（OH）CH2CH2OH、ClCH2CH2CH（OH）CH2OH、ClCH（OH）CH2CH2CH2OH、ClCH2CH（OH）CH（OH）CH3、ClCH（OH）CH2CH（OH）CH3、ClCH（OH）CH（OH）CH2CH3、ClCH（OH）C（CH3）2OH、ClCH（OH）CH（CH3）CH2OH、ClCH2C（OH）（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，故答案为：10；ClCH2CH（CH2OH）2；（6）由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为：，故答案为：2016年12月21日