1、2016年广东省潮州市高考化学二模试卷一、选择题：7小题，每小题6分，只有一项是符合题目要求的1化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C单质硅可用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维D聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料2下列装置或操作能达到实验目的是（）A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯3短周期元素W、X、Y、Z的原子
2、序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X原子核外M电子层的电子数为1，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z的单质可用于自来水的杀菌消毒根据以上叙述，下列说法中正确的是（）A四种元素的原子半径大小为ZYXWB元素W与氢形成的原子比为1：1的化合物只有2种CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应D由Y与Z组成的化合物在熔融时能导电4亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，物理性质与NaCl极为相似相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是（）A实验室可用NaNO2和NH4Cl溶液混合加热制取氮气BNaNO2与N2H4反
3、应中，NaNO2是氧化剂C可用KI淀粉试纸和食醋鉴别NaNO2和NaClD分解NaN3盐每产生1 mol N2转移6 mole一5已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质铅二氧化铅氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，下列说法中正确的是（）A放电时，负极质量增加B放电时，溶液中的BF4只向正极移动C充电时，阳极附近溶液的酸性增强D充电时，阴极的电极反应式为Pb2+2e=Pb6某温度下，体积和pH都相同的氯化铵溶液和盐酸加水稀释时的pH变化曲线如图所示下列判断正确的是（）Aa、
4、c两点溶液的导电能力：caBa、b、c三点溶液中水的电离程度：abcCb点溶液中：c（H+）=c（Cl）+c（OH）D用NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积Vb=Vc7黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛（HCHO）则反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为（）A1：3B1：4C2：3D2：5二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤（主要含Na+、Mg2+、Cl、Br等）中模拟
5、工业生产来提取镁，主要过程如图1，请回答下列问题：（1）工业上从盐卤中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是（2）从过程得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有溶液的烧杯中，充分搅拌后经、（填操作方法）可得纯净的Mg（OH）2（3）写出过程中发生反应的化学方程式（4）图2是该兴趣小组设计进行过程的实验装置图，其中装置A的作用是将浓盐酸滴入浓硫酸而不是将浓硫酸滴入浓盐酸的理由是利用该装置加热MgCl26H2O能得到无水MgCl2的原因是92015年“812”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失据查危化仓库中存有大量
6、的钠、钾、电石、硝酸铵和氰化钠（NaCN）氰化钠中CN能与人体血红蛋白中的Fe2+结合，因而有剧毒，泄露的氰化钠可通过喷洒双氧水的方式来处理请回答下列问题：（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是A水 B泡沫灭火器 C干粉灭火器 D细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生氧化还原反应，下列反应不可能发生的是ANH4NO3N2+O2+H2O BNH4NO3O2+HNO3+H2OCNH4NO3N2+HNO3+H2O DNH4NO3N2O+H2O（3）用双氧水处理氰化钠时生成一种常见酸式盐和一种常见的碱性气体，写出该反应的化学反应方程式：（4）已知氰化钠中的CN中各原子均满足8
7、电子稳定结构，写出其电子式：（5）已知25时，氢氰酸（HCN）的电离平衡常数4.9l010，NaCN溶液显碱性，原因是：（用离子方程式表示），NaCN溶液的水解平衡常数为将0.20molL1HCN溶液和0.10molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是Ac（HCN）c（CN） Bc（Na+）c（CN）Cc（HCN）c（CN）=c（OH） Dc（HCN）+c（CN）=0.20molL1（6）某废水中CN浓度为26mgL1，用氯气处理1.0m3该废水将CN转化为两种无污染气体，理论上至少需要消耗标况下氯气的体积为LC12 N1410二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代
8、柴油和液化石油气作为洁净燃料使用工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=23.5k1mol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.2kJmol1（1）催化反应室中总反应的热化学方程式为830时反应的K=1.0，则在催化反应室中反应的K1.0（填“”、“”或“=”）（2）在某温度下，若反应的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L、c（H2）=2.4mol/L，5
9、min后达到平衡、CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为（3）反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 在某温度下的平衡常数为400此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（molL1）0.640.500.50比较此时正、逆反应速率的大小：（正）（逆） （填“”、“”或“=”）若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=molL1（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其中工作原理如图所示该电池a电极上发生的电极反应式如果用该电池作为电解装置，当有23g二甲醚发生反应
10、时，则理论上提供的电量表达式为C （1个电子的电量为1.61019C）（二）选考题，请考生任选一模块作答化学-选修2：化学与技术11以下是某企业设计的硫酸磷肥水泥联产、海水淡水多用、盐热电联产的三大生态产业链流程图请根据流程回答下列问题：（1）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：、（2）沸腾炉发生反应的化学方程式为磷肥厂的主要产品是普钙（磷酸二氢钙和硫酸钙），写出由磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式（3）用1吨硫铁矿（FeS2的质量分数为72%）接触法制硫酸，制硫酸的产率为65%，则最后能生产出质量分数为98%的硫酸吨H1 O16 S32 Fe56（4）热电
11、厂的冷却水是海水，该流程中浓缩盐水中含有K+、Na+、Mg2+等阳离子，对母液进行一系列的加工可制得金属镁从离子的反应的角度思考，在浓缩盐水中加入石灰乳所起的作用是要利用MgCl26H2O制得无水氯化镁，应采取的措施是电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为固体镁下列物质中可以用作镁蒸气冷却剂的是（填选项字母）AAr BCO2 C空气 DO2 E水蒸气（5）炼铁过程中加入除去废渣中的含硅杂质化学-选修3：物质结构与性质12新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为，该能
12、层具有的原子轨道数为LiBH4由Li+和BH4构成，BH4的立体结构是，B原子的杂化轨道类型是Li、B、H元素的电负性由小到大小排列顺序为（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料LiH中，离子半径：Li+H（填“”、“=”或“”）某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物M的部分电离能如下表所示：I1/kJmol1I2/kJmol1I3/kJmol1I4/kJmol1I5/kJmol1738145177331054013630M是（填元素符号）（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm，Na+半径为102pm，H的半径为，NaH的理论密度是gcm3Na23化学-选
13、修5：有机化学基础13芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：AI均为芳香族化合物，B苯环上只有一个取代基，B能银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰请回答下列问题：（1）AB的反应类型为，D所含官能团的名称为，E的名称为（2）EF与FG的顺序能否颠倒（填“能”或“否”），理由（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为（4）I的结构简式为（5）符合下列要求A的同分异构体还有种与Na反应并产生H2 芳香族化合物（6）据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH
14、2OHCH3COOCH2CH32016年广东省潮州市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：7小题，每小题6分，只有一项是符合题目要求的1化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C单质硅可用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维D聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】ANH4NO3在重力撞击下发生分解反应；B防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入；C硅单质用于制备太阳能电池板；D光导纤维是二氧化硅
15、，属于无机非金属材料【解答】解：ANH4NO3在重力撞击下发生分解反应，反应瞬间生成大量气体，所以NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸，故A正确； B在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故B正确；C硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维，故C正确；D导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料，故D错误故选D2下列装置或操作能达到实验目的是（）A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明
16、溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小；B四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶；C蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚；D乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化【解答】解：A二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小，无法证明SO2与NaOH溶液发生了反应，故A错误；B氨气或氯化氢是极易溶于水的气体，在处理时要防止倒吸，四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶，该装置可以防止倒吸，故B正确；C实验室中从食盐水中提取氯化钠，应利用蒸发，蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚，故C错误；D乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化，则该装置中生成
17、的乙烯及挥发出的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，则不能证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯，故D错误；故选B3短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X原子核外M电子层的电子数为1，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z的单质可用于自来水的杀菌消毒根据以上叙述，下列说法中正确的是（）A四种元素的原子半径大小为ZYXWB元素W与氢形成的原子比为1：1的化合物只有2种CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应D由Y与Z组成的化合物在熔融时能导电【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用
18、来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X原子核外M电子层的电子数为1，则X为Na；Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al；Z的单质可用于自来水的杀菌消毒，则Z为Cl，据此结合元素周期律与元素化合物的性质进行解答【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X原子核外M电子层的电子数为1，则X为Na；Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al；Z的单质可用于自来水的杀菌消毒，则Z为Cl，A同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，一般电子层越多原子半径越大，则原子半径：X（Na）Y（Al）Z（Cl）W（C），故A错误；B元素碳与
19、氢形成的原子比为1：1的化合物有乙炔、苯、苯乙烯等，故B错误；CX、Y、Z的最高价氧化对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化钠与高氯酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、高氯酸反应，故C正确；D由W和Z组成的物质为AlCl3，属于共价化合物，在熔融时不能导电，故D错误；故选C4亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，物理性质与NaCl极为相似相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是（）A实验室可用NaNO2和NH4Cl溶液混合加热制取氮气BNaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C可用KI淀粉试纸和食
20、醋鉴别NaNO2和NaClD分解NaN3盐每产生1 mol N2转移6 mole一【考点】亚硝酸盐；氧化还原反应【分析】A实验室可用亚硝酸钠（NaNO2）固体和氯化铵（NH4Cl）溶液混和加热来制备氮气；B根据氧化剂是化合价升高的反应物分析；C根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性；D根据NaN3中氮的化合价为，生成1个 N2转移个电子分析【解答】解：A采用固液加热制取气体的方法，实验室可用亚硝酸钠（NaNO2）固体和氯化铵（NH4Cl）溶液混和加热来制备氮气，NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O，故A正确；B
21、NaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2是中氮的化合价由+3价降低为，NaNO2是氧化剂，故B正确；CNaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C正确；DNaN3中氮的化合价为，生成1个N2转移个电子，则每产生1molN2转移mole，故D错误；故选D5已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质铅二氧化铅氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+
22、2H2O，下列说法中正确的是（）A放电时，负极质量增加B放电时，溶液中的BF4只向正极移动C充电时，阳极附近溶液的酸性增强D充电时，阴极的电极反应式为Pb2+2e=Pb【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb2e=Pb2+；正极反应：PbO2+2e+4H+=Pb2+2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，以此解答该题【解答】解：A放电时，此装置为原电池，放电时负极反应为：Pb2
23、e=Pb2+，负极的质量减小，故A错误；B放电时，此装置为原电池，阴离子BF4要向负极移动，故B错误；C充电时，阳极反应：Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，故C正确；D充电时的阴极反应即是将放电时的负极反应倒过来，故阴极反应为：Pb2+2e=Pb，故D错误故选C6某温度下，体积和pH都相同的氯化铵溶液和盐酸加水稀释时的pH变化曲线如图所示下列判断正确的是（）Aa、c两点溶液的导电能力：caBa、b、c三点溶液中水的电离程度：abcCb点溶液中：c（H+）=c（Cl）+c（OH）D用NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积Vb=
24、Vc【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释后水解程度增大，A溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关；B盐酸对水的电离起抑制作用，氯化铵对水的电离起到促进作用；C根据溶液中的质子守恒分析；Db点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离）【解答】解：盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度
25、变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的，A稀释前两溶液的pH相同，由于铵根离子的水解程度较小，则氯化铵溶液浓度大于盐酸，稀释相同体积时，氯化铵溶液的浓度大于盐酸，则导电能力：ac，故A错误；B盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pHb点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度ab，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度abc，故B正
26、确；Cb点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH）+c（NH3H2O）=c（H+），故C错误；D用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液体积VbVc，故D错误；故选B7黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛（HCHO）则反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为（）A1：3B1：4C2：3D2：5【考点】有机物的结构和性质【分析】由信息可知，用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵甲醛（HCHO
27、），利用原子守恒得到反应，以此计算乌洛托品与硝酸的物质的量之比【解答】解：由信息可知，用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵甲醛（HCHO），利用原子守恒得到反应为3mol乌洛托品与12mol硝酸反应生成3mol黑索金、2mol硝酸铵、12molHCHO，则乌洛托品与硝酸的物质的量之比3：12=1：4，故选B二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤（主要含Na+、Mg2+、Cl、Br等）中模拟工业生产来提取镁，主要过程如图1，请回答下列问题：（1）工业上从盐卤
28、中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低（2）从过程得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有MgCl2溶液的烧杯中，充分搅拌后经过滤、洗涤（填操作方法）可得纯净的Mg（OH）2（3）写出过程中发生反应的化学方程式MgCl2（熔融）Mg+Cl2（4）图2是该兴趣小组设计进行过程的实验装置图，其中装置A的作用是制备干燥的HCl气体将浓盐酸滴入浓硫酸而不是将浓硫酸滴入浓盐酸的理由是得到的HCl气体不带有水蒸气利用该装置加热MgCl26H2O能得到无水MgCl2的原因是干燥的HCl气体抑制MgCl26H2O
29、水解，并带走水蒸气【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】向海水中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg（OH）2，采用过滤的方法分离溶液和Mg（OH）2，Mg（OH）2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg（1）从生产成本考虑；（2）从沉淀转化的角度分析；（3）电解法冶炼Mg；（4）在HCl气流中可抑制氯化镁水解【解答】解：向海水中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg（OH）2，采用过滤的方法分离溶液和Mg（OH）2，Mg（OH）2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl
30、2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg（1）工业上从盐卤中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低，故答案为：石灰乳原料丰富，成本低； （2）从过程得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有MgCl2溶液的烧杯中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg（OH）2，故答案为：MgCl2；过滤；洗涤；（3）过程中发生反应的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2；（4）图2是该兴趣小组设计进行过程的实验装置图，其中装置A的作用是制备干燥的HCl气体浓盐酸滴入浓硫酸而不
31、是将浓硫酸滴入浓盐酸的理由是得到的HCl气体不带有水蒸气利用该装置加热MgCl26H2O能得到无水MgCl2的原因是干燥的HCl气体抑制MgCl26H2O水解，并带走水蒸气，故答案为：制备干燥的HCl气体；得到的HCl气体不带有水蒸气；干燥的HCl气体抑制MgCl26H2O水解，并带走水蒸气92015年“812”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失据查危化仓库中存有大量的钠、钾、电石、硝酸铵和氰化钠（NaCN）氰化钠中CN能与人体血红蛋白中的Fe2+结合，因而有剧毒，泄露的氰化钠可通过喷洒双氧水的方式来处理请回答下列问题：（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是DA水 B泡沫灭火器 C干粉
32、灭火器 D细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生氧化还原反应，下列反应不可能发生的是BANH4NO3N2+O2+H2O BNH4NO3O2+HNO3+H2OCNH4NO3N2+HNO3+H2O DNH4NO3N2O+H2O（3）用双氧水处理氰化钠时生成一种常见酸式盐和一种常见的碱性气体，写出该反应的化学反应方程式：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3（4）已知氰化钠中的CN中各原子均满足8电子稳定结构，写出其电子式：（5）已知25时，氢氰酸（HCN）的电离平衡常数4.9l010，NaCN溶液显碱性，原因是：CN+H2OHCN+OH（用离子方程式表示），N
33、aCN溶液的水解平衡常数为2.0l05将0.20molL1HCN溶液和0.10molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是BAc（HCN）c（CN） Bc（Na+）c（CN）Cc（HCN）c（CN）=c（OH） Dc（HCN）+c（CN）=0.20molL1（6）某废水中CN浓度为26mgL1，用氯气处理1.0m3该废水将CN转化为两种无污染气体，理论上至少需要消耗标况下氯气的体积为56LC12 N14【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；吸热反应和放热反应；离子浓度大小的比较；化学实验安全及事故处理【分析】（1）Na、K能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，
34、过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧；（2）氧化还原反应中有化合价升高的元素也有化合价降低的元素；（3）根据题意可知，双氧水与氰化钠反应生成NH3、NaHCO3，根据氧化还原反应配平；（4）CN中各原子均满足8电子稳定结构，则存在三键；（5）NaCN属于强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性；Kh=，据此计算；将0.2 molL1 HCN溶液和0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（HCN）=0.05 molL1，c（NaCN）=0.05 molL1，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，结合电荷守恒和物料守恒解答该题；（6）用氯气处理1m
35、3该废水将CN转化为两种无污染气体，应生成二氧化碳和氮气，结合方程式计算【解答】解：（1）Na、K能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧，所以应该采用细沙灭火，故答案为：C；（2）氧化还原反应中有化合价升高的元素也有化合价降低的元素，ANH4NO3N2+O2+H2O中N元素化合价降低、O元素化合价升高，符合氧化还原反应，故A不选；BNH4NO3O2+HNO3+H2O中N元素化合价升高、O元素化合价升高，不符合氧化还原反应，故B选；CNH4NO3N2+HNO3+H2O中N元素有化合价升高的也有化合价降低的，符合氧化还原反应，故C不选；
36、DNH4NO3N2O+H2O中N元素有化合价升高的也有化合价降低的，符合氧化还原反应，故D不选；故答案为：B；（3）根据题意可知，双氧水与氰化钠反应生成NH3、NaHCO3，其反应的方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3；（4）CN中各原子均满足8电子稳定结构，则存在三键，所以电子式为：；故答案为：；（5）NaCN属于强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，其水解的离子方程式为：CN+H2OHCN+OH；Kh=2.0l05；A混合后得溶液中c（HCN）=0.05 molL1，c（NaCN）=0.05 molL1，溶液呈碱性
37、，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，故c（HCN）c（CN），故A错误；B据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（CN）+c（OH），溶液显碱性，则c（OH）c（H+），则c （Na+）c （CN），故B正确；C由物料守恒可知c（HCN）+c（CN）=2c（Na+），又据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（CN）+c（OH），二者联式可得2c（H+）+c（HCN）+c（CN）=2c（CN）+2c（OH），则2c（H+）+c（HCN）=c（CN）+2c（OH），c（HCN）c（CN）=2c（OH）2c（H+），故C错误；D由物料守恒可知c（HCN）+c（CN）=0.1molL1
38、，故D错误；故答案为：CN+H2OHCN+OH；2.0l05；B；（6）反应的方程式为：2KCN+5Cl2+4H2O=2KCl+8HCl+N2+2CO2，废水中CN浓度为26mgL1，1m3该废水中n（CN）=1mol，则需要2.5mol氯气，体积为2.5mol22.4L/mol=56L故答案为：5610二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化石油气作为洁净燃料使用工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OC
39、H3（g）+H2O（g）H2=23.5k1mol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.2kJmol1（1）催化反应室中总反应的热化学方程式为3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.1kJmol1830时反应的K=1.0，则在催化反应室中反应的K1.0（填“”、“”或“=”）（2）在某温度下，若反应的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L、c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡、CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）（3）反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 在某温度
40、下的平衡常数为400此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（molL1）0.640.500.50比较此时正、逆反应速率的大小：（正）（逆） （填“”、“”或“=”）若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=0.04molL1（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其中工作原理如图所示该电池a电极上发生的电极反应式CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+如果用该电池作为电解装置，当有23g二甲醚发生反应时，则理论上提供的电量表达式为0.5mol121.61019C6.021023mol1
41、C （1个电子的电量为1.61019C）【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）根据盖斯定律，已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减注意消除中间产物CH30H、H2O催化反应室中温度小于830，升高温度反应平衡向正反应移动，平衡常数增大（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则c（CO）=1mol/L50%=0.5mol/L，根据v（CO）=计算v（CO）；（3）K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，结合平衡浓度计算，依据浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；根据
42、平衡常数计算平衡浓度，结合反应速率之比等于化学计量数之比计算v（CH3OH）；（4）由图可知，a极通入甲醚，a极是负极发生氧化反应，b极通入氧气，b极为正极，发生还原反应，正极电解反应式为3O2+12H+12e=6H2O，总的电极反应式为CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O，总的电极反应式减去正极反应式可得负极电极反应式；先计算出二甲醚的物质的量，计算出转移电子的物质的量，再计算转移电量【解答】解：（1）已知CO（ g）+2H2（g）CH3OH（ g）H1=91kJmol1，2CH30H（g）CH30CH3（g）+H20（g）H2=23.5kJmol1，CO（g）+H2O（g）CO2（g
43、）+H2（g）H3=41.2kJmol1，根据盖斯定律，2+得3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.1kJmol1催化反应室中温度小于830，升高温度反应平衡向正反应移动，平衡常数增大；故答案为：3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=247kJmol1；（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则c（CO）=1mol/L50%=0.5mol/L，所以v（CO）=0.1mol/（Lmin），故答案为：0.1mol/（Lmin）；（3）该反应的平衡常数表达式为：K=，将所给浓度带入平衡常数表达式： =0.61400，故反应向正反应方
44、向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：；2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 某时刻浓度（molL1）：0.64 0.5 0.5转化浓度（molL1）：2x x x 平衡浓度（molL1）：0.642x 0.5+x 0.5+xK=400，解得x=0.3mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.64mol/L0.3mol/L2=0.04mol/L，故答案为：0.04；（4）由图可知，a极通入甲醚，a极是负极发生氧化反应，b极通入氧气，b极为正极，发生还原反应，正极电解反应式为3O2+12H+12e=6H2O，总的电极反应式为CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O，总的电
45、极反应式减去正极反应式可得负极电极反应式，故负极电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+故答案为：CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+；23g二甲醚的物质的量为=0.5mol，电解过程中转移电子的物质的量为0.5mol12=6mol，转移电子的电量为0.5mol121.61019C6.021023 mol1，故答案为：0.5mol121.61019C6.021023 mol1（二）选考题，请考生任选一模块作答化学-选修2：化学与技术11以下是某企业设计的硫酸磷肥水泥联产、海水淡水多用、盐热电联产的三大生态产业链流程图请根据流程回答下列问题：（1）该流程、为能
46、量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：Fe2O3、热能、SO2（2）沸腾炉发生反应的化学方程式为4FeS2+11022Fe2O3+8SO2磷肥厂的主要产品是普钙（磷酸二氢钙和硫酸钙），写出由磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式2Ca5（PO4）3F+7H2SO4=3Ca（H2PO4）2+7CaSO4+2HF（3）用1吨硫铁矿（FeS2的质量分数为72%）接触法制硫酸，制硫酸的产率为65%，则最后能生产出质量分数为98%的硫酸0.78吨H1 O16 S32 Fe56（4）热电厂的冷却水是海水，该流程中浓缩盐水中含有K+、Na+、Mg2+等阳离子，对母液进行一系列的加工可制得金
47、属镁从离子的反应的角度思考，在浓缩盐水中加入石灰乳所起的作用是沉淀Mg2+要利用MgCl26H2O制得无水氯化镁，应采取的措施是在干燥HCl气流中脱水，抑制MgCl2水解电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为固体镁下列物质中可以用作镁蒸气冷却剂的是A（填选项字母）AAr BCO2 C空气 DO2 E水蒸气（5）炼铁过程中加入碳酸钙除去废渣中的含硅杂质【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）根据流程图中工业生产的原料，及发生的反应中的能量转化分析；（2）沸腾炉中FeS2与氧气反应；根据反应物、生成物及质量守恒定律形成该反应的方程式；（3）根据FeS2制取硫酸
48、过程中涉及的化学反应方程式，利用关系法解题；（4）石灰乳能将镁离子转化为沉淀；镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐；用作镁蒸气的冷却剂，应不与Mg反应，以此来解答；（5）石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅【解答】解：（1）中冶炼钢铁的原料是Fe2O3，中热电厂中向外提供的能量为电能，沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热，制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：Fe2O3 热能 SO2 ；（2）沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为：4FeS2+110
49、22Fe2O3+8SO2；普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙，磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式为：2Ca5（PO4）3F+7H2SO4=3Ca（H2PO4）2+7CaSO4+2HF，故答案为：4FeS2+11022Fe2O3+8SO2；2Ca5（PO4）3F+7H2SO4=3Ca（H2PO4）2+7CaSO4+2HF；（3）FeS2制取硫酸过程中，设生成的98%的硫酸为x吨，利用关系法列式，硫元素守恒， FeS2 2H2SO4 120 298 172%65% 98%x 则： =，解得：x=0.78，故答案为：0.78；（4）石灰乳能将镁离子转化为沉淀，则在母液中加入石灰乳所起的作用是沉淀Mg2+，故答
50、案为：沉淀Mg2+；镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐，所以利用MgCl26H2O制得无水氯化镁，应采取的措施是在干燥HCl气流中脱水，抑制MgCl2水解，故答案为：在干燥HCl气流中脱水，抑制MgCl2水解；用作镁蒸气的冷却剂，应不与Mg反应，只有A符合，而Mg与二氧化碳、氧气、水蒸气等均可反应，故答案为：A；（5）石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，故答案为：碳酸钙化学-选修3：物质结构与性质12新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得基
51、态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9LiBH4由Li+和BH4构成，BH4的立体结构是正四面体，B原子的杂化轨道类型是sp3Li、B、H元素的电负性由小到大小排列顺序为HBLi（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料LiH中，离子半径：Li+H（填“”、“=”或“”）某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物M的部分电离能如下表所示：I1/kJmol1I2/kJmol1I3/kJmol1I4/kJmol1I5/kJmol1738145177331054013630M是Mg（填元素符号）（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm，Na
52、+半径为102pm，H的半径为142pm，NaH的理论密度是1.37gcm3Na23【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算【分析】（1）Cl原子核外电子数为17，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，据此解答；根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型、B原子的杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大；（2）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族；（3）NaH具有NaCl型晶体结构，食盐晶体里Na+和Cl的间距为棱长的一半，
53、据此分析解答【解答】解：（1）基态Cl原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，故答案为：M；9；BH4中B原子价层电子数=4+（3+141）=4，B原子的杂化轨道类型是sp3杂化，且不含孤电子对，所以是正四面体构型，故答案为：正四面体；sp3；非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi，故答案为：HBLi；（2）核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，锂的质子数为3，氢的质子数为1，Li+、H核外电子数都为2，所以半径L
54、i+H，故答案为：； 该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素，故答案为：Mg；（3）NaH具有NaCl型晶体结构，NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H的半径为=142pm，该晶胞中钠离子个数=8+6=4，氢离子个数=12+1=4，NaH的理论密度是=1.37，故答案为：142pm；1.37化学-选修5：有机化学基础13芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：AI均为芳香族化合物，B苯环上只有一个取代基，B能银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰请回答下列问题：（1）AB的反应类型为氧化反应，D所含官能团的名称为羟基、
55、羧基，E的名称为4氯甲苯（2）EF与FG的顺序能否颠倒否（填“能”或“否”），理由如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为（4）I的结构简式为（5）符合下列要求A的同分异构体还有13种与Na反应并产生H2 芳香族化合物（6）据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】AI均为芳香族化合物，B的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，
56、B能够发生银镜反应，且能够发生信息中反应，则B分子中侧链CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基，酚羟基、羧基与氢氧化钠发生中和反应，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为，据此进行解答【解答】解：AI均为芳香族化合物，B的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，
57、A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息中反应，则B分子中侧链CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基，酚羟基、羧基与氢氧化钠发生中和反应，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为（1）AB为催化氧化生成，该反应为氧化反应；G为，其分子中含有官能团为羟基、羧基，E为，名
58、称为4氯甲苯，故答案为：氧化反应；羟基、羧基； 4氯甲苯；（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以EF与FG的顺序不能颠倒，故答案为：否；如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化；（3）B分子中含有醛基，能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：，故答案为：；（5）A为，其同分异构体符合：与Na反应并产生H2，说明该有机物分子中含有羟基；芳香族化合物，有机物分子中含有苯环，满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：CH（OH）CH3，OH、CH2CH3，1个CH3，1个CH2OH，1个OH、2个CH3，其中存在1种结构，都存在邻、间、对3种结构，当3个取代基都在间位时存在1种结构，当3个取代基相邻时存在2种结构，当有2个取代基相邻时有3种结构，所以总共有6种结构，根据以上分析可知，满足条件的有机物总共有：1+3+3+6=13种，故答案为：13；（6）CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，先将乙醇催化氧化生成乙醛，然后让乙醛发生信息反应生成CH3CH=CHCHO，与氢气加成生成CH3CH2CH2CH2OH，所以合成流程为，故答案为：2017年1月1日