1、河北省保定市2015-2016年第二学期高三化学试题（解析版）一、选择题1某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒下列判断不正确的是（）AClO被还原B消耗1mol还原剂，转移3mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D反应后溶液的酸性明显增强2如图所示装置选用下列药品，可完成的实验是（）A用浓硫酸和铜制取二氧化硫B用锌粒与稀硫酸反应制取氢气C用氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气D用铜与浓硝酸反应制取二氧化氮3一定条件下，乙醛可发生分解：CH3CHO（1）CH4+CO，已知该反应的活化能为190在含有少量I2的溶液中，该反应的机理为：反应：CO3CHO+I2CH3I
2、+HI+CO（慢）反应：CH3I+HICH4+I2下列有关该反应的叙述中正确的是（）A反应速率与I2的浓度有关BHI在反应I中是氧化产物C反应焓变的绝对值等于190kJmol1D乙醛的分解速率主要取决于反应4下列离子方程式正确且能解释事实的是（）ASO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O2H+SO32B向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H+4I+O22I2+2H2OD用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72：Cr2O72+Fe2+14H+2Cr3+Fe3+7H2
3、O5我国科学家屠呦呦因发现并成功提取出青蒿素（一种治疗疟疾的药物）而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素结构简式如图（结构中有过氧键，与H2O2有相似的化学性质），下列关于青蒿素的说法不正确的是（）A属于有机物B青蒿素具有一定的氧化性C青蒿素化学式为C15H20O5D青蒿素在一定的条件下能与NaOH溶液反应6热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能该电池总反应为PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法正确的是（）A正极反应式：Ca+2Cl2e=CaCl2B放电
4、过程中，Li+向负极移动C常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb7用0.1molL1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1molL1盐酸和HX溶液，溶液的PH随加入NaOH溶液体积变化如图所示下列说法正确的是（）AHX是弱酸，其c（OH）是该盐酸中c（OH）的104倍BN点的pH7的原因是由于NaOH过量所致CM点c（HX）c（X）DP点c（Cl）=0.05molL1二、非选择题8（14分）实验室用乙醇和必要的无机试剂制取1，2一二溴乙烷的装置如图，1，2一二溴乙烷的部分性质如下表： 常温下颜色状态 密度 熔点
5、沸点 溶解性 无色液体 2.18g/cm3 9.79 131.4 不溶于水、一溶于醇、醚、丙酮请回答下列问题：（1）装置A的烧瓶中装入乙醇和浓硫酸的混合液后还需加入（2）实验进行时若装置D中的导气管发生堵塞，此时装置B中可观察到的现象为（3）装置C的试剂瓶中盛有10%的NaOH溶液，其作用是（4）装置D的试管中装有液溴，实验开始后观察到的主要现象是（5）开始反应时向装置D的烧杯中加入冰水，这是为了（6）装置E的作用是（7）某学生使用46g乙醇在浓硫酸存在下与足量的液溴充分反应，最终得到1，2一二溴乙烷178.6g，则生成1，2一二溴乙烷的产率为9（14分）随原子序数的递增，九种短周期元素（用字
6、母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示请回答下列问题；（1）c、d、e、f四种元素的简单离子中，半径最大的离子是（填离子符号）（2）e的氢氧化物是一种重要的基本化工原料，写出工业上制备该氢氧化物的离子方程式（3）含f元素的两种离子在溶液中不能大量共存的原因是（用离子方程式表示）（4）关于图乙所示转化关系（X代表卤素），下列说法错误的是AH2（g）+X2（g）=2H（g）+2X（g）H20BH1=H2+H3Cy、z的非金属性依次减弱，所以途径的热量按y、z的顺序依次增多D途径生成y的氢化物比生成z的氢化物更容易（5）y元素的某种含氧酸是一种新型氧化剂，应用性极强，通过反应：
7、y2+H2O=HOY+Hy制得该反应中水的作用与下列中水的作用相同的是A钠与水反应制氢气 B过氧化钠与水反应制氧气C氯气与水反应制次氯酸 D氟单质与水反应制氧气（6）25，f的最高价氧化物的水化物的Ksp=1.01034，使含0.1molL1f的离子的溶液开始产生沉淀的pH为（7）元素e和g组成的简单化合物B的水溶液中离子浓度由大到小的顺序为10（15分）雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等请回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化为N2和CO2已知部分化学键的键能如下 分子式/
8、结构式 NO/NOCO/CO CO2/OC=O N2/NN 化学键 NO CO CO NN 键能（kJ/mol） 632 1072 750 946请完成汽车尾气净化中NO（g）和CO（g）发生反应的热化学方程式若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，并在t1时刻达到平衡状态，则下列图象符合题意的是（填选项序号）（图甲中v正、K、n、P总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强）（2）在t1下，向体积为10L的恒容密闭容器中通入NO和CO，测得了不同时间是NO和CO的物质的量如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n（NO）/102mol 10.0 4.50 2.50 1.50 1.0
9、0 1.00 n（NO）/101mol 3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70t1时该反应的平衡常数K=，既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是（写出一种即可）（3）降低温度，NO2（g）将转化为N2O4（g），以N2O4、O2、熔断NaNO3组成的燃料电池装置如图1所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，Y为，有关石墨I电极反应式看表示为（4）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术如图2，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率反应原理为：NO（g）+NO2（g
10、）+2NH3（g）2N2（g）+3H2O（g），相关说法正确的是A上述反应的正反应为放热反应B催化剂分别适合于240和450脱氮C曲线最高点表示此时平衡转化率最高D相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响【化学-选修化学与技术】11（15分）双氧水在医疗、军事和工业生产等方面用途广泛，在医疗上可用于流感消毒，化学工业常用作生产过碳酸钠、过氧乙酸等大原料，工业上采用醇析法经H2O2转化为碳酸钠晶体（2Na2CO33H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化物的双重性质，其工业生产工艺过程如下：请回答下列问题；（1）试剂厂先获得7%8%的氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液，浓缩时可采用的适宜方法是（2）对于C
11、O中毒、冠心病等危重患者都要采用吸氧治疗普通医务室中没有氧气瓶，但一般都有消毒用的30%的H2O2溶液同时还有可选用的试剂为：KMnO4、H2SO4、K2SO4、Mg、CuSO4、NaCl和葡萄糖请利用上述某些试剂写出一种使H2O2中的氧完全释放出来的理想反应的离子方程式（3）将过氧化氢转化为过碳酸钠晶体的目的是，加入异丙醇的作用是（4）生产工艺中将反应温度控制在05的理由是（5）工艺流程中的稳定剂能相互反应，生成一种不溶物将过碳酸钠包住，该反应的化学方程式为【化学-选修物质结构与性质】12（15分）已知A、B、C、D、E为元素周期表前四周期原子序数依次增大的元素，A原子核外有三个能级，每个能
12、级上电子数相同，B原子的最外层p轨道的电子数为半充满结构，C、D为同主族元素，且D的原子序数是C的2倍，E2+的3d轨道上有10个电子请回答下列问题：（1）元素D的基态原子价层电子排布式为（2）A、B、C的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为（用分子式表示），其中B的最简单氢化物的VSEPR模型名称为，C的最简单氢化物的分子立体构型名称为（3）AD2分子中，按原子轨道的重叠方式的不同存在的共价键类型有，其中A原子的杂化轨道类型为；写出两种与AD2互为等电子体的分子或离子（4）ED在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方ED晶体结构如图所示，该晶体的密度为gcm3如果ED的摩尔质量为
13、Mg/mol，阿伏伽德罗常数为NAmol1，则a、b之间的距离为cm【化学-选修有机化学基础】13（15分）芳香族化合物A只有两个对位取代基，在一定条件下有如图所示转化关系其中，1molC与Na完全反应生成1molH2，1molC与NaHCO3完全反应，产生1mol气体，E能使溴的四氯化碳溶液褪色请回答下列问题：（1）A的结构简式是（2）E分子中的含氧官能团名称是（3）写出反应的化学方程式（4）写出反应的化学方程式（5）与C取代基位置相同，既能与FeCl3溶液显色又能发生水解反应的同分异构体共有种（6）现有C和E的混合物nmol，在空气中完全燃烧消耗O2L（标准状况），若生成CO2aL（标准状
14、况）、H2Obg，则C、E混合物中含E的物质的量的计算式为河北省保定市2015-2016年第二学期高三化学试题（解析版）一、选择题1（2016保定二模）某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒下列判断不正确的是（）AClO被还原B消耗1mol还原剂，转移3mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D反应后溶液的酸性明显增强【考点】氧化还原反应【分析】ClO具有强氧化性，NH4+具有还原性，二者发生氧化还原反应，生成氮气和氯离子，则反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，以此解答该题【解答】解：ClO具有强氧化性，NH4+具有还原性，
15、二者发生氧化还原反应，生成氮气和氯离子，则反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，A由方程式可知反应的氧化剂是ClO，ClO被还原，故A正确；BN元素化合价由3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B正确；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大2（2016保定二模）如图所示装置选用下列药品，可完成的实验是（）A用浓硫酸和铜制取二氧化硫B用
16、锌粒与稀硫酸反应制取氢气C用氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气D用铜与浓硝酸反应制取二氧化氮【考点】气体发生装置【分析】图中发生装置不需要加热，试管口向上为固体与液体或者液体与液体反应生成气体，收集装置用排水法收集说明该气体不溶于水，据此分析解答【解答】解：A铜与浓硫酸加热制备二氧化硫，不加热不发生反应，故A错误；B锌与稀硫酸常温下反应生成氢气和硫酸锌，氢气难溶于水，可以用排水法收集，故用上图可以完成实验，故B正确；C氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气，为固体与固体在加热条件下反应，故C错误；D用铜与浓硝酸反应制取二氧化氮，二氧化氮能够溶于水，与水反应，故D错误；故选：B【点评】本题考查了气体制备发生装置
17、、和收集装置的选择，明确依据反应物状态和反应条件选择发生装置，依据气体性质选择收集装置的原理是解题关键，题目难度不大3（2016保定二模）一定条件下，乙醛可发生分解：CH3CHO（1）CH4+CO，已知该反应的活化能为190在含有少量I2的溶液中，该反应的机理为：反应：CO3CHO+I2CH3I+HI+CO（慢）反应：CH3I+HICH4+I2下列有关该反应的叙述中正确的是（）A反应速率与I2的浓度有关BHI在反应I中是氧化产物C反应焓变的绝对值等于190kJmol1D乙醛的分解速率主要取决于反应【考点】有机物的结构和性质；反应热和焓变【分析】由反应、可知反应中碘为催化剂，总反应的快慢取决于反
18、应较慢的反应，结合化合价的变化解答该题【解答】解：A碘为催化剂，增大反应速率，浓度越大，反应速率越大，故A正确；B反应I中碘元素化合价降低，HI为还原产物，故B错误；C焓变为反应物与生成物的活化能之差，故C错误；D反应I较慢，决定着总反应的快慢，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应机理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息以及反应的原理，难度不大4（2016保定二模）下列离子方程式正确且能解释事实的是（）ASO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O2H+SO32B向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向淀
19、粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H+4I+O22I2+2H2OD用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72：Cr2O72+Fe2+14H+2Cr3+Fe3+7H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A亚硫酸为弱酸，电离过程分布进行，主要以第一步为主；B氢氧化钠过量，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式书写；C酸性条件下，碘离子易被空气中氧气氧化成碘单质；D离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒【解答】解：ASO2使紫色石蕊溶液变红色，原因是亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，正确的电离方程式为：SO2+H2OH+HSO3，故A错误；B向Ca（HCO3）2溶液
20、中加入过量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故B错误；C向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，碘离子被氧化成碘单质，所以放置一段时间后变蓝，反应的离子方程式为：4H+4I+O22I2+2H2O，故C正确；DFeSO4除去酸性废水中的Cr2O72，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应
21、物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等5（2016保定二模）我国科学家屠呦呦因发现并成功提取出青蒿素（一种治疗疟疾的药物）而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素结构简式如图（结构中有过氧键，与H2O2有相似的化学性质），下列关于青蒿素的说法不正确的是（）A属于有机物B青蒿素具有一定的氧化性C青蒿素化学式为C15H20O5D青蒿素在一定的条件下能与NaOH溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知分子式，含COOC、醚键及过氧键，结合酯、过氧化物的性质来解答【解答】解：A青蒿素含有C、H
22、、O元素，属于烃的衍生物，为有机物，故A正确；B含有过氧键，具有强氧化性，故B正确；C由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故C错误；D含有酯基，可在碱性条件下水解，故D正确故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯、酚性质的考查，题目难度中等6（2016保定二模）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能该电池总反应为PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法正确的是（）A正极反应式：Ca+2Cl2e=
23、CaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算【解答】解：A正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；B放电过程
24、中阳离子向正极移动，Li+向正极移动，故B错误；C常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；D根据电极方程式PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为C，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等7（2016保定二模）用0.1molL1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1molL1盐酸和HX溶液
25、，溶液的PH随加入NaOH溶液体积变化如图所示下列说法正确的是（）AHX是弱酸，其c（OH）是该盐酸中c（OH）的104倍BN点的pH7的原因是由于NaOH过量所致CM点c（HX）c（X）DP点c（Cl）=0.05molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A根据未滴定时0.1molL1HCl和HX溶液的pH进行判断；BN点为NaX溶液，NaX水解溶液呈碱性；CPM点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X的水解程度大于HX的电离程度；DCl在溶液中不水解，物质的量不变【解答】解：A未滴定时，0.1molL1HCl溶液pH为1，HCl中氢氧根离子的浓度为1013mo
26、l/L，由图可知0.1mol/L HX溶液的pH=5，则HX弱酸，HX溶液中氢氧根离子的浓度为109mol/L，HA溶液中c（OH）是该盐酸中c（OH）的104倍，故A正确；BN点溶液中，NaOH与HX恰好完全反应生成NaX，则N点为NaX溶液，NaX水解溶液呈碱性，故B错误；CM点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X的水解程度大于HX的电离程度，所以M点c（HX）c（X），故C错误；DCl在溶液中不水解，物质的量不变，则P点c（Cl）=molL1，故D错误；故选A【点评】本题考查原理了水解、弱电解质电离、离子浓度大小判断，关键是根据M点判断相同浓度下X的水解程度大于HX的电离程
27、度，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力二、非选择题8（14分）（2016保定二模）实验室用乙醇和必要的无机试剂制取1，2一二溴乙烷的装置如图，1，2一二溴乙烷的部分性质如下表： 常温下颜色状态 密度 熔点 沸点 溶解性 无色液体 2.18g/cm3 9.79 131.4 不溶于水、一溶于醇、醚、丙酮请回答下列问题：（1）装置A的烧瓶中装入乙醇和浓硫酸的混合液后还需加入碎瓷片（或沸石）（2）实验进行时若装置D中的导气管发生堵塞，此时装置B中可观察到的现象为B中的水面下降，玻璃管中的水面上升甚至会溢出（3）装置C的试剂瓶中盛有10%的NaOH溶液，其作用是洗去乙烯中混有的
28、少量SO2、CO2（4）装置D的试管中装有液溴，实验开始后观察到的主要现象是液体颜色变浅（5）开始反应时向装置D的烧杯中加入冰水，这是为了降温，防止液溴挥发（6）装置E的作用是尾气处理，吸收多余的Br2，防止污染环境（7）某学生使用46g乙醇在浓硫酸存在下与足量的液溴充分反应，最终得到1，2一二溴乙烷178.6g，则生成1，2一二溴乙烷的产率为95%【考点】制备实验方案的设计【分析】实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理为：A装置中乙醇发生消去反应生成乙烯：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，B装置可以作安全瓶，要以防倒吸，由于有副反应的发生，生成的乙烯中有酸性气体二氧化碳和二氧化硫，所以C装
29、置用氢氧化钠吸收乙烯中的酸性杂质气体，然后乙烯与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷：CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br，产物中混有的溴单质可以用氢氧化钠溶液除去，（1）乙醇和浓硫酸的混合液反应比较剧烈，要事先加入少量的碎瓷片（或沸石），防止暴沸；（2）D中的导气管发生堵塞，会使B中的压强增大，将B中的水压入导管，使B中的水面下降，玻璃管中的水面上升甚至会溢出；（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，有杂质气体；（4）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷为无色，（5）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发
30、；（6）由于溴有挥发性、有毒，故E为尾气处理装置；（7）根据产率=100%计算【解答】解：实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理为：A装置中乙醇发生消去反应生成乙烯：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，B装置可以作安全瓶，要以防倒吸，由于有副反应的发生，生成的乙烯中有酸性气体二氧化碳和二氧化硫，所以C装置用氢氧化钠吸收乙烯中的酸性杂质气体，然后乙烯与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷：CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br，产物中混有的溴单质可以用氢氧化钠溶液除去，（1）乙醇和浓硫酸的混合液反应比较剧烈，要事先加入少量的碎瓷片（或沸石），防止暴沸，故答案为：碎瓷片（或沸石）；（2）D中的导气
31、管发生堵塞，会使B中的压强增大，将B中的水压入导管，使B中的水面下降，玻璃管中的水面上升甚至会溢出，故答案为：B中的水面下降，玻璃管中的水面上升甚至会溢出；（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液除去乙烯中混有的少量SO2、CO2，故答案为：洗去乙烯中混有的少量SO2、CO2；（4）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷为无色，观察到液体颜色变浅，故答案为：液体颜色变浅；（5）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，故开始反应时向装置D的烧杯中加入冰水的作用
32、为降温，防止液溴挥发，故答案为：降温，防止液溴挥发；（6）由于溴有挥发性、有毒，故E为尾气处理装置，吸收多余的Br2，防止污染环境，故答案为：尾气处理，吸收多余的Br2，防止污染环境； （7）根据反应方程式CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可知，46g乙醇可理论上制备乙烯1mol，与足量的溴反应，制备1，2二溴乙烷的物质的量为1mol，质量为188g，所以产率=100%=100%=95%，故答案为：95%【点评】该题较为综合，主要考查了乙醇制备1，2二溴乙烷，掌握相关物质的基本化学性质，是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识，难度中等9（14分）（2016保定二模）随原子序数的递
33、增，九种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示请回答下列问题；（1）c、d、e、f四种元素的简单离子中，半径最大的离子是N3（填离子符号）（2）e的氢氧化物是一种重要的基本化工原料，写出工业上制备该氢氧化物的离子方程式2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（3）含f元素的两种离子在溶液中不能大量共存的原因是Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3（用离子方程式表示）（4）关于图乙所示转化关系（X代表卤素），下列说法错误的是CAH2（g）+X2（g）=2H（g）+2X（g）H20BH1=H2+H3Cy、z的非金属性依次减弱，所以途径的热量按y、z的顺序依
34、次增多D途径生成y的氢化物比生成z的氢化物更容易（5）y元素的某种含氧酸是一种新型氧化剂，应用性极强，通过反应：y2+H2O=HOY+Hy制得该反应中水的作用与下列中水的作用相同的是DA钠与水反应制氢气 B过氧化钠与水反应制氧气C氯气与水反应制次氯酸 D氟单质与水反应制氧气（6）25，f的最高价氧化物的水化物的Ksp=1.01034，使含0.1molL1f的离子的溶液开始产生沉淀的pH为3（7）元素e和g组成的简单化合物B的水溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知
35、a是H元素，b是C元素，c是N元素，d是O元素，y是F元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，z是Cl元素（1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；（2）工业上电解食盐水生成氢氧化钠，反应还生成氯气与氢气；（3）含f的两种离子为Al3+、AlO2，二者在溶液中发生双水解生成Al（OH）3沉淀而不能大量共存；（4）A化学键断裂需要吸收能量；B根据盖斯定律判断；C非金属性越强，氢化物越稳定，破坏化学键需要的能量越多；D非金属性越强，单质与氢气化合越容易；（5）通过反应：F2+H2O=HOF+HF制得HOF，该反应中水中O元素化合价升高，水是还原剂；（6）f
36、的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，根据Ksp=c（Al3+）c3（OH）=1.01034计算c（OH），再根据水的离子积计算c（H+），再根据pH=lgc（H+）计算；（7）元素e和g组成的简单化合物B为Na2S，溶液中S2水解呈碱性，溶液中氢离子源于S2水解、水的电离，则c（OH）c（HS）【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知a是H元素，b是C元素，c是N元素，d是O元素，y是F元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，z是Cl元素（1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（N3）r（O2）r（Na+）r（Al3+），故答案为：N3；
37、（2）工业上电解食盐水生成氢氧化钠，反应还生成氯气与氢气，离子方程式为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（3）含f的两种离子为Al3+、AlO2，二者在溶液中发生双水解生成Al（OH）3沉淀而不能大量共存，反应离子方程式为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3；（4）A化学键断裂需要吸收能量，则H20，故A正确；B根据盖斯定律可知：H1=H2+H3，故B正确；CF的非金属性比氯的强，HF更稳定，破坏HF化学键需要的能量更多，故C错误；DF的非金属性比氯的强，氟气与氢气化合比
38、氯气的容易，故D正确故选：C；（5）通过反应：F2+H2O=HOF+HF制得HOF，该反应中水中O元素化合价升高，水是还原剂，A钠与水反应制氢气中水作氧化剂，故A不符合；B过氧化钠与水反应制氧气，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B不符合；C氯气与水反应制次氯酸，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C不符合；D氟单质与水反应制氧气，水是还原剂，故D符合故选：D；（6）f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，Ksp=c（Al3+）c3（OH）=1.01034，使含0.1molL1Al3+的离子的溶液开始产生沉淀，则c（OH）=mol/L=1011mol/L，则c（H+）=103mol/L，则pH=lgc
39、（H+）=3，故答案为：3；（7）元素e和g组成的简单化合物B为Na2S，溶液中S2水解呈碱性，溶液中氢离子源于S2水解、水的电离，则c（OH）c（HS），则溶液中离子浓度大小比较：c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+），故答案为：c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）【点评】本题比较综合，以结构性质位置关系应用为载体，考查微粒半径比较、化学反应中能量变化、电解、盐类水解、氧化还原反应、溶度积有关计算等，根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握10（15分）（2016保定二模）雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工
40、业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等请回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化为N2和CO2已知部分化学键的键能如下 分子式/结构式 NO/NOCO/CO CO2/OC=O N2/NN 化学键 NO CO CO NN 键能（kJ/mol） 632 1072 750 946请完成汽车尾气净化中NO（g）和CO（g）发生反应的热化学方程式2NO（g）+2CO（ g）N2（ g）+2CO2（g）的H=538kJ/mol若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，并在t1时刻达到平衡状态，则下列图象符合题意的是D（填选项序号）（图甲中v正、K、n、P总分
41、别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强）（2）在t1下，向体积为10L的恒容密闭容器中通入NO和CO，测得了不同时间是NO和CO的物质的量如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n（NO）/102mol 10.0 4.50 2.50 1.50 1.00 1.00 n（NO）/101mol 3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70t1时该反应的平衡常数K=500，既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是加压（写出一种即可）（3）降低温度，NO2（g）将转化为N2O4（g），以N2O4、O2、熔断NaNO3组成的燃料电池装置如图1所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一
42、种氧化物Y，Y为N2O5，有关石墨I电极反应式看表示为N2O4+2NO32e=2N2O5（4）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术如图2，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率反应原理为：NO（g）+NO2（g）+2NH3（g）2N2（g）+3H2O（g），相关说法正确的是ABA上述反应的正反应为放热反应B催化剂分别适合于240和450脱氮C曲线最高点表示此时平衡转化率最高D相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）化学反应的焓变等于
43、反应物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之差，据此计算书写热化学方程式；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（2）依据平衡常数概念是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，代入平衡浓度即可计算出平衡常数；根据影响反应速率和平衡移动的因素来回答；（3）燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；先根据化合价判断生成氧化物N2O5的电极，再根据离子的放电顺序写出电极反应
44、式；（4）A温度升高脱氮率降低，说明平衡向逆反应方向移动；B根据图象判断，脱氨率最高的点对应的温度应是最适宜温度；C最高点为催化剂活性最高的温度；D增大压强平衡向逆反应方向移动【解答】解：（1）化学反应的焓变等于反应物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之差，所以2NO（g）+2CO（ g）N2（ g）+2CO2（g）的H=（2632+10722）（7504+946）kJ/mol=538kJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（ g）N2（ g）+2CO2（g）的H=538kJ/mol；A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；B、平衡常数只受温度的影响，反应
45、在恒温、恒容的密闭体系中进行，K始终不变，故B错误；C、t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D、反应前后气体的系数和在变化，所以总压不变的状态达到了平衡状态，故D正确；故选D；（2）向体积为10L的恒容密闭容器中通入NO和CO，NO和CO反应生成CO2和N2，反应方程式为： 2NO+2CO2CO2 +N2起始浓度：1l02 3.6l02 0 0转化浓度：0.9l02 0.9l02 0.9l02 0.45l02平衡浓度：0.1l02 2.7l02 0.9l02 0.45l02反应的平衡常数K=500，加压既能增大反应速率又能使平衡正
46、向移动，故答案为：500；加压；（3）以N2O4、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，N2O4在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，反应的电极反应为：N2O4+2NO32e=2 N2O5，故答案为：N2O5，N2O4+2NO32e=2 N2O5；（4）A脱氮率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B两种催化剂分别在240和450左右催化效率最高，说明此时催化剂的活性最大，故B正确；C图象研究的是不同催化剂在不同的温度下的活性比较，最高点为催化剂活性最
47、大的状态，与平衡转化率无关，故C错误；D反应为体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选：AB【点评】本题考查了热化学方程式的书写、燃料电池原理、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算以及化学反应速率与化学平衡移动问题等知识，题目难度中等【化学-选修化学与技术】11（15分）（2016保定二模）双氧水在医疗、军事和工业生产等方面用途广泛，在医疗上可用于流感消毒，化学工业常用作生产过碳酸钠、过氧乙酸等大原料，工业上采用醇析法经H2O2转化为碳酸钠晶体（2Na2CO33H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化物的双重性质，其工业生产工艺过程如下：请回答下列问题；（1）试剂厂先获得7%8%
48、的氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液，浓缩时可采用的适宜方法是减压蒸馏（2）对于CO中毒、冠心病等危重患者都要采用吸氧治疗普通医务室中没有氧气瓶，但一般都有消毒用的30%的H2O2溶液同时还有可选用的试剂为：KMnO4、H2SO4、K2SO4、Mg、CuSO4、NaCl和葡萄糖请利用上述某些试剂写出一种使H2O2中的氧完全释放出来的理想反应的离子方程式5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O（3）将过氧化氢转化为过碳酸钠晶体的目的是为了贮存运输和使用的方便，加入异丙醇的作用是降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体的析出（4）生产工艺中将反应温度控制在05的理由是低温下H2O2与2Na
49、2CO33H2O2稳定，2Na2CO33H2O2溶解度更小（5）工艺流程中的稳定剂能相互反应，生成一种不溶物将过碳酸钠包住，该反应的化学方程式为MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl【考点】制备实验方案的设计【分析】过氧化氢为液体，难以贮存和运输，工业常见过氧化氢转化为过碳酸钠，生成时将反应温度控制在05，目的是防止在较低温度下2Na2CO33H2O2溶解度更小，且过氧化氢和过碳酸钠较稳定，加入稳定剂，发生MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，不溶物将过碳酸钠粒子包住，由于2Na2CO33H2O2具有Na2CO3和Na2O2的双重性质；（1）过氧化氢受热易分解，浓
50、缩过程中要采取措施降低温度，通常可用降低溶液沸点的方法；（2）过氧化氢中的氧完全转化为氧气，是氧化过程，需要添加氧化剂，可选择的氧化剂为酸性条件下的高锰酸钾溶液，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒来配平相应的离子方程式；（3）过氧化氢不稳定，而过碳酸钠晶体稳定且易保存和运输；过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小；（4）在低温时H2O2与2Na2CO33H2O2稳定（不易分解）且2Na2CO33H2O2的溶解度小；（5）根据元素守恒可书写化学方程式【解答】解：（1）为防止过氧化氢的分解，通常采用减压蒸馏的方法来浓缩7%8%的氧化氢溶液为30%的溶液，故答案为：减压蒸馏；（2）利用酸性的高锰酸钾溶液氧化过
51、氧化氢得到氧气，发生反应的离子方程式为：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；故答案为：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；（3）过氧化氢为液体，且在在一定条件下可发生分解，难以贮存和运输，溶液加入异丙醇后可得到过碳酸钠晶体，说明过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小，易与分离，故答案为：为了贮存运输和使用的方便；降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体的析出；（4）生成时将反应温度控制在05，目的是防止在较低温度下2Na2CO33H2O2溶解度更小，且过氧化氢和过碳酸钠较稳定，故答案为：低温下H2O2与2Na2CO33H2O2稳定，2Na2CO33H2O2溶解度
52、更小；（5）稳定剂发生MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，不溶物将过碳酸钠粒子包住，故答案为：MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl；【点评】本题考查物质制备的实验设计，侧重于钠的化合物的性质及氧化还原反应理论的考查，注意把握制备原理，结合题给信息解答，答题时注意审题，要具备较强的审题能力和自学能力【化学-选修物质结构与性质】12（15分）（2016保定二模）已知A、B、C、D、E为元素周期表前四周期原子序数依次增大的元素，A原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，B原子的最外层p轨道的电子数为半充满结构，C、D为同主族元素，且D的原子序数是C的2倍，E2+的
53、3d轨道上有10个电子请回答下列问题：（1）元素D的基态原子价层电子排布式为1s22s22p63s23p4（2）A、B、C的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为CH4NH3H2O（用分子式表示），其中B的最简单氢化物的VSEPR模型名称为正四面体，C的最简单氢化物的分子立体构型名称为V型（3）AD2分子中，按原子轨道的重叠方式的不同存在的共价键类型有键、键，其中A原子的杂化轨道类型为sp；写出两种与AD2互为等电子体的分子或离子CO2、N2O（4）ED在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方ED晶体结构如图所示，该晶体的密度为gcm3如果ED的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数
54、为NAmol1，则a、b之间的距离为cm【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A、B、C、D、E为元素周期表前四周期的元素，A原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则A为C，C、D为同主族元素，且D的原子序数是C的2倍，则C为O，D为S，B原子的最外层p轨道的电子数为半充满结构，B的原子序数小于C，所以B为N，E2+的3d轨道上有10个电子，则E为Zn，据此答题【解答】解：A、B、C、D、E为元素周期表前四周期的元素，A原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则A为C，C、D为同主族元素，且D的原子序数是C的2倍，则C为O，D为S，B原子的最外层p轨
55、道的电子数为半充满结构，B的原子序数小于C，所以B为N，E2+的3d轨道上有10个电子，则E为Zn，（1）D为S，元素D的基态原子价层电子排布式为1s22s22p63s23p4 ，故答案为：1s22s22p63s23p4；（2）A、B、C的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，水分子中有两对孤电子对，氨分子中有一对孤电子对，甲烷中没有孤电子对，所以键角由大到小的顺序为CH4NH3H2O，其中NH3的VSEPR模型名称为正四面体，H2O的分子立体构型名称为V型，故答案为：CH4NH3H2O；正四面体；V型；（3）CS2分子结构式为S=C=S，按原子轨道的重叠方式的不同存在的共价键类型有键、键
56、，碳原子形成2个键，没有孤对电子，C原子的杂化轨道类型为sp，与CS2互为等电子体的分子或离子CO2、N2O、SCN等，故答案为：键、键；sp；CO2、N2O；（4）ZnS晶体结构如图所示，该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=8+6=4，该晶胞密度= gcm3，则V=cm3，ab之间距离为该晶胞体对角线长的=cm= cm，故答案为： 【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、分子空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，难点是晶胞计算中ab距离与晶胞体长关系，题目难度中等【化学-选修有机化学基础】13（15分）（2016保定二模）芳香族化合物A只有两个对位取代基
57、，在一定条件下有如图所示转化关系其中，1molC与Na完全反应生成1molH2，1molC与NaHCO3完全反应，产生1mol气体，E能使溴的四氯化碳溶液褪色请回答下列问题：（1）A的结构简式是（2）E分子中的含氧官能团名称是碳碳双键、羧基（3）写出反应的化学方程式+2NaOH+NaBr+H2O（4）写出反应的化学方程式（5）与C取代基位置相同，既能与FeCl3溶液显色又能发生水解反应的同分异构体共有6种（6）现有C和E的混合物nmol，在空气中完全燃烧消耗O2224nL（标准状况），若生成CO2aL（标准状况）、H2Obg，则C、E混合物中含E的物质的量的计算式为（）mol【考点】有机物的推
58、断【分析】1molC与Na完全反应生成1molH2，若1molC与NaHCO3完全反应，也产生1mol气体，说明C中含有1个COOH和1个OH，且位于对位位置，且C氧化产物能发生银镜反应，结合A的结构特点和分子式可知C应为，则A为，B为，D为，E可以使溴的四氯化碳溶液褪色，说明有碳碳双键，C在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，应为，其相对分子质量为148，C中含有OH和COOH，可发生缩聚反应生成高分子化合物，结合有机物的结构和性质解答该题【解答】解：1molC与Na完全反应生成1molH2，若1molC与NaHCO3完全反应，也产生1mol气体，说明C中含有1个COOH和1个OH，且位于对位位
59、置，且C氧化产物能发生银镜反应，结合A的结构特点和分子式可知C应为，则A为，B为，D为，E可以使溴的四氯化碳溶液褪色，说明有碳碳双键，C在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，应为，（1）由以上分子可知，A的结构简式是，故答案为：；（2）E为，E分子中的含氧官能团名称是碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）反应为A的碱性水解以及羧基被中和，反应的化学方程式为： +2NaOH+NaBr+H2O，故答案为： +2NaOH+NaBr+H2O；（4）反应为C发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的方程式为，故答案为：；（5）与C取代基位置相同，既能与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，又能发生水解反应，说明含有酯基，对应的同分异构体有、，共6种，故答案为：6；（6）C为，E为，每摩尔消耗氧气10mol，每摩尔消耗氧气10mol，所以C和E的混合物nmol，在空气中完全燃烧消耗O2为10nmol即224nL（标准状况），若生成CO2aL（标准状况）、H2Obg即mol，设E的物质的量为xmol、C的物质的量为ymol，根据元素守恒有，所以x=，即E的物质的量的为（）mol，故答案为：224n；（）mol【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题注意根据根据题给信息，以C为推断该题的突破口，难点是同分异构体的判断，注意把握题给信息以及判断同分异构体的方法
