1、2015-2016学年广东省珠海市高三（上）期末化学试卷一、单项选择题：本题包括7小题，每小题6分，共42分1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A福尔马林可用于保存海鲜产品B硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都可以发生水解反应D明矾可以用于自来水的消毒2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4含有NA个分子B0.2 molL1 Na2S溶液中含有的S2数目小于0.2NAC18gD2O中含有的质子数为10NA（相对原子质量D：2，O：16）D1molNa与足量的O2反应，钠失去NA个电子3用S诱抗素制剂
2、，可以保证鲜花盛开S诱抗素的结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A其分子中含有3种官能团B能发生氧化反应，又能发生取代反应C可以与FeCl3溶液发生显色反应D1 mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH4短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，原子半径A小于B，四种元素原子最外层电子数之和为14下列叙述正确的是（）AB和D、C和D组成的常见化合物中化学键的类型相同B同周期元素中D的最高价氧化物对应水化物的酸性最强C氢化物的热稳定性：HnBHnDD离子半径的大小顺序：rDrBrCrA5下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论
3、A向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入无水乙醇中产生气泡Na能置换出醇羟基中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应AABBCCDD6下列关于各图象与对应的叙述不相符合的是（）A由甲可知：氢气的燃烧热为219.8kJ/molB由乙可知：盐桥中的Cl向Cd电极移动C由丙可知：将A、B饱和溶液分别由T1升温至T2时，溶质的质量分数：A=BD由丁可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其PH：NaANaB7下列叙述错误的是（）A在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgC
4、l2溶液中的Fe3+BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，c（Mg2+）一样大（已知：25时，KspMg（OH）2=5.611012，KspMgF2=7.421011）D常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）三、非选择题（一）必考题8氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下实验方案（1）实验原理：AlN溶于浓的强碱生成氨气，请写出AlN与N
5、aOH溶液反应的化学方程式（2）实验装置：如图C装置中球形干燥管的作用是（3）实验过程：连接好实验装置，然后称得C装置的质量为yg称取xgAlN样品置于A装置中；塞好胶塞，关闭，打开（填“K1”或“K2”）；通过分液漏斗加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，称得C装置的质量变为zg通入氮气的目的是装置B的作用是（4）数据分析：AlN的质量分数为（相对原子质量Al：27，N：14）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见9氢是一种重要的非金属元素氢的单质及其化合物在科学研究和工业生产中有着广泛而重要的作用（1）NaH是一种生氢剂，能与水反应放出H2NaH的电子式
6、为，NaH与H2O反应的化学方程式为（2）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+80.5kJmol1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1则4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=（3）在一定条件下，用H2将二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）该反应的平衡常数表达式K=向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应，达到平衡时
7、各物质的物质的量分别为CO2 0.4mol，H2 1.6mol，CH4 1.6mol，H2O 3.2mol则CO2的平衡转化率为若在200时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的H0（填“或“”）（4）某研究小组以H2与CaCl2制备某种钙的化合物已知反应只生成甲、乙两种化合物对产物分析发现：化合物甲的组成中钙、氯元素的质量分数分别为52.29%、46.41%，化合物乙的水溶液显酸性请回答下列问题：（相对原子质量Ca：40，Cl：35.5，H：1）甲的化学式为乙的浓溶液与酸性高锰酸钾反应可得Cl2，其反应的离子方程式为10电解精炼铜的阳极泥中含有多种贵重金属，从中提取金、银、铂的一种工艺如下
8、：（1）王水是的混合液，其体积比为（2）滤渣的成分是，反应中肼（N2H4）的作用是（3）反应的离子方程式为；当生成19.7gAu时，25和101kPa下反应消耗L SO2（此条件下的气体摩尔体积为24.5L/mol，相对原子质量Au：197）（4）电解法精炼银时，粗银应与直流电源的极（填“正”或“负”）相连，当用AgNO3 和HNO3 混合溶液做电解质溶液时，发现阴极有少量红棕色气体，则产生该现象的电极反应式为（5）完成下面化学反应方程式：（NH4）2PtCl6+Pt+HCl+NH4Cl（6）金和浓硝酸反应的化学方程式为：Au+6HNO3（浓）=Au（NO3）3+3NO2+3H2O，但该反应的
9、平衡常数很小，所以金和浓硝酸几乎不反应，但金却可以溶于王水，原因是（二）选考题【选修2-化学与技术】（15分）11硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个有一个奇迹（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式（2）一种工业用硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：净化N2和H2时，铜屑的作用是；硅胶的作用是在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）
10、=Si3N4（s）H=727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度；体系中要通入适量的氢气是为了X可能是（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应中HCl的利用率为90%，反应中H2的利用率为93.75%则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是选修3-物质结构与性质（15分）12写出基态Cu的M能层的电子排布式，Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素
11、还有（填元素符号）（2）CuSO45H2O也可写成Cu（H2O）4SO4H2O，其结构示意图如图1所示：该晶体中所含元素电负性由大到小顺序是，该晶体属于晶体，该晶体中由水分子参与形成的作用力有（3）Cu2+能与NH3、Cl等形成配位数为4的配合物，已知Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，则Cu（NH3）42+的空间构型为，NH3的VSEPR 模型为（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为；铜的某种氧化物晶胞结构如图2所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗
12、常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间最短的距离为cm（用含d和NA的式子表示，不必化简）选修5-有机化学基础（15分）13（2015秋珠海期末）对羟基苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；D可与银氨溶液反应生成银镜；F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为l：1卤原子直接连在苯环上在高温高压氢氧化钠环境中才能水解回答下列问题：（1）A的名称为；D中所含官能团的名称为；（2）B生成C的反应类型为；（3）D的结构简式为；（4）由E生
13、成F的化学反应方程式为；（5）某种结构的丁醇不能发生催化氧化反应，写出由G与该丁醇生成对羟基苯甲酸丁酯的反应方程式；（6）G的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢的是（任写一种结构简式）2015-2016学年广东省珠海市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括7小题，每小题6分，共42分1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A福尔马林可用于保存海鲜产品B硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都可以发生水解反应D明矾可以用于自来水的消毒【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】
14、化学应用【分析】A甲醛有毒，不能用于食品生产；B根据硅胶的结构、性质判断；C单糖不能水解；D明矾不能使病毒的蛋白质变性，不能消毒【解答】解：A福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品生产，故A错误；B硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故B正确；C单糖不能水解，如葡萄糖和果糖属于单糖不能发生水解反应，油脂、蛋白质在一定条件下都可以发生水解反应，故C错误；D明矾不能使病毒的蛋白质变性，不能消毒，明矾子啊水中电离出铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用，能吸附净水，故D错误故选B【点评】本题考查了化学知识子啊生产生活中的应用，题目难度不大，
15、注意把握常见物质的性质和用途，侧重于考查学生对基础知识的应用能力2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4含有NA个分子B0.2 molL1 Na2S溶液中含有的S2数目小于0.2NAC18gD2O中含有的质子数为10NA（相对原子质量D：2，O：16）D1molNa与足量的O2反应，钠失去NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标况下四氯化碳为液态；B、溶液体积不明确；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、钠和氧气反应后变为+1价【解答】解：A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和
16、分子个数，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的S2个数无法计算，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，故含9NA个质子，故C错误；D、钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3用S诱抗素制剂，可以保证鲜花盛开S诱抗素的结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A其分子中含有3种官能团B能发生氧化反应，又能发生取代反应C可以与FeCl3溶液发生显色反应D1 mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH
17、【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、羰基、OH、COOH，结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答【解答】解：A含碳碳双键、羰基、OH、COOH四种官能团，故A错误；B含含碳碳双键可发生氧化反应，OH、COOH可发生取代反应，故B正确；C不含酚OH，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故C错误；D只有COOH与NaOH反应，则1 mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1 mol NaOH，故D错误；故选B【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，侧重烯烃、醇、羧酸性质及分
18、析与应用能力的考查，题目难度不大4短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，原子半径A小于B，四种元素原子最外层电子数之和为14下列叙述正确的是（）AB和D、C和D组成的常见化合物中化学键的类型相同B同周期元素中D的最高价氧化物对应水化物的酸性最强C氢化物的热稳定性：HnBHnDD离子半径的大小顺序：rDrBrCrA【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】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，原子半径A小于B，则A处于B的上一周期，A在第一周期，B在第二周期，所以A为H元素；四种元素原子最外层电
19、子数之和为14，则A和B最外层电子数之和为7，C和D的最外层电子数之和为7；A为H元素，B为O元素，C的原子序数大于O，所以C是Na元素，D的最外层有6个电子，则D是S元素，据此解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素AO和S、Na和S组成的常见化合物中的化学键分别属于共价键和离子键，故A错误；BS属于第三周期元素，第三周期中非金属性最强的元素是Cl元素，所
20、以Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故B错误；CO元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2OH2S，故C错误；D电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径大小顺序是rDrBrCrA，故D正确；故选D【点评】本题考查学生利用原子结构的关系来推断元素，推断元素是解答本题的难点，应学会利用假设和验证的方法来解答，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力5下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论A向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入
21、无水乙醇中产生气泡Na能置换出醇羟基中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】AAg+与NH3H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液； BAl与浓硝酸发生钝化现象；C钠和乙醇反应置换羟基中的氢原子；D高温下，铁和水蒸气发生氧化还原反应生成黑色的四氧化三铁【解答】解：AAg+与NH3H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液，溶液变澄清，所以Ag+与NH3H2O不能大量共存，故A错误； BAl与浓硝酸发生钝化现象，钝化是化学变化，故B错误；C将一小块Na放入无水乙醇中，产生气泡，Na能置换出
22、醇羟基中的氢，故C正确；D高温下，铁和水蒸气发生氧化还原反应生成黑色的四氧化三铁，氧化铁呈红棕色，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查元素化合物知识、物质之间的反应及其现象，熟练掌握基础是解题关键，题目难度中等6下列关于各图象与对应的叙述不相符合的是（）A由甲可知：氢气的燃烧热为219.8kJ/molB由乙可知：盐桥中的Cl向Cd电极移动C由丙可知：将A、B饱和溶液分别由T1升温至T2时，溶质的质量分数：A=BD由丁可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其PH：NaANaB【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；pH的简单计算【专题】化学反
23、应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题【分析】A1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热；B原电池工作时阴离子向负极移动；CA、B饱和溶液在T1时溶解度相同，升高温度变成不饱和溶液；D酸越弱，其对应的盐水解程度越大【解答】解：A1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，甲图中生成的产物为气态水，所以不能计算燃烧热，故A错误；BCd为负极，原电池工作时阴离子向负极移动，故B正确；CT1时，A和B的溶解度相同，饱和溶液中溶质的质量分数相同，当升温到T2时，两者的溶解度均变大，无晶体析出，故溶液中的溶质的质量分数均不变，仍相等，故C正确；D从图象可以看出，加水稀释时，H
24、A的pH变化大，故HA的酸性强于HB，而酸越弱，其对应的盐越水解，故同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的水解程度大，pH更大，其pH前者小于后者，故D正确故选A【点评】本题考查了图象的问题，涉及燃烧热、原电池原理、溶解度、盐的水解和弱电解质的电离等，题目具有一定的综合性，注意把握强、弱电解质稀释时pH的变化7下列叙述错误的是（）A在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，c（Mg2+）一样大（已知：25时，KspMg（OH）2=5
25、.611012，KspMgF2=7.421011）D常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】AMgO可促进铁离子水解转化为沉淀；BpH=lgc（H+）；C类型相同，c（Mg2+）=；DpH=7，c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度【解答】解：AMgO可促进铁离子水解转化为沉淀，则在加热搅拌条
26、件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+，故A正确；BpH=lgc（H+），则pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B正确；C类型相同，c（Mg2+）=，由KspMg（OH）2=5.611012，KspMgF2=7.421011可知，KspMg（OH）2小，其对应溶液中镁离子浓度小，故C错误；DpH=7，c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度，则离子浓度为c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH），故D正确；故选C【点评】本题考查较综合，涉及离子浓度
27、大小比较、盐类水解及应用、难溶电解质的Ksp计算等，为高频考点，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大三、非选择题（一）必考题8氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下实验方案（1）实验原理：AlN溶于浓的强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3（2）实验装置：如图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸（3）实验过程：连接好实验装置，检验装置的气密性然后称得C装置的质量为yg称取xgAlN样品置于A装置中；塞好胶塞，关闭K1，打开K1（填“K1”
28、或“K2”）；通过分液漏斗加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，称得C装置的质量变为zg通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置，使氨气被充分吸收装置B的作用是干燥氨气（4）数据分析：AlN的质量分数为100%（相对原子质量Al：27，N：14）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见C装置出口处连接一个干燥装置，以防止空气中的水蒸气进入【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】从实验装置和实验步骤上看，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数，以此分析解答；（1
29、）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3来书写方程式；（2）氨气极易溶于水和浓硫酸发生反应，C装置中球形干燥管可以防止倒吸；（3）利用装置生成气体，测定气体质量完成含量测定，装置必须密闭不漏气；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K2；装置中残留部分氨气，打开K1，通入氮气一段时间，用氮气把装置内生成的氨气全部赶到浓硫酸中被吸收，装置B是吸收氨气中的水蒸气；（4）根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数；装置C处浓硫酸会吸收空气中的水蒸气使测定氨气质量增大【解答】解：（1）根据题目信息
30、：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（2）氨气极易溶于水和浓硫酸发生反应，C装置中球形干燥管上部面积较大可以防止倒吸，避免产生危险，导致测定结果不准确，故答案为：防止倒吸；（3）利用装置生成气体，测定吸收气体质量来完成含量测定，装置必须密闭不漏气，连接好实验装置，先检验装置的气密性，然后称得C装置的质量为yg为吸收氨气的质量，故答案为：检验装置的气密性；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K2，使生成的氨气被浓
31、硫酸全部吸收，通过分液漏斗加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，称得C装置的质量变为zg通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置，使氨气被充分吸收，避免氨气中的水蒸气影响测定结果，通过装置B中的碱石灰吸收水蒸气，对氨气进行干燥，故答案为：K1；K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置，使氨气被充分吸收，干燥氨气；（4）氨气的质量为（zy）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol41g/mol=g，故AlN的质量分数为100%=100%，故答案为：100%；装置C处浓硫酸会吸收空气中的水蒸气使测定氨气质量增
32、大，改进意见C装置出口处连接一个干燥装置，以防止空气中的水蒸气进入，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置，以防止空气中的水蒸气进入【点评】本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目难度中等9氢是一种重要的非金属元素氢的单质及其化合物在科学研究和工业生产中有着广泛而重要的作用（1）NaH是一种生氢剂，能与水反应放出H2NaH的电子式为，NaH与H2O反应的化学方程式为NaH+H2ONaOH+H2（2）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+80.5kJmol1；2H2（g）+
33、O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1则4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=1105kJ/mol（3）在一定条件下，用H2将二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）该反应的平衡常数表达式K=向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应，达到平衡时各物质的物质的量分别为CO2 0.4mol，H2 1.6mol，CH4 1.6mol，H2O 3.2mol则CO2的平衡转化率为80%若在200时该反应的平衡常数K=64
34、.8，则该反应的H0（填“或“”）（4）某研究小组以H2与CaCl2制备某种钙的化合物已知反应只生成甲、乙两种化合物对产物分析发现：化合物甲的组成中钙、氯元素的质量分数分别为52.29%、46.41%，化合物乙的水溶液显酸性请回答下列问题：（相对原子质量Ca：40，Cl：35.5，H：1）甲的化学式为CaHCl乙的浓溶液与酸性高锰酸钾反应可得Cl2，其反应的离子方程式为2MnO4+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O【考点】反应热和焓变；化学方程式的有关计算；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）NaH是钠离子和氢阴离子构成的离子化合物，据此书写电子式
35、，NaH与H2O反应是氢元素间发生的归中反应生成氢气；（2）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+80.5kJmol1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1根据盖斯定律，3+22可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）；（3）平衡常数K=；依据化学平衡三段式列式计算，转化率=100%，计算此温度时的平衡常数，和在200时该反应的平衡常数K=64.8比较判断平衡进行的方向得到反应的能量变化；（4）化合物甲的组成中钙、氯元素的质量分数分别为52.29%、46.41%，还
36、有一种元素，根据反应中元素守恒知，另一种元素为氢元素，则其钙原子、氯原子和氢原子个数之比=： =1：1：1，甲的化学式为CaHCl；化合物乙的水溶液显酸性，则为氯化氢，在高锰酸钾溶液中被氧化为氯气，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式【解答】解：（1）NaH是钠离子和氢阴离子构成的离子化合物，据此书写电子式为：，NaH与H2O反应是氢元素间发生的归中反应生成氢气，反应的化学方程式为：NaH+H2ONaOH+H2，故答案为：；NaH+H2ONaOH+H2；（2）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+80.5kJmol1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g
37、）H=483.6kJmol1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1根据盖斯定律，3+22可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=1105kJ/mol，故答案为：1105kJ/mol；（3）CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）该反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应，达到平衡时各物质的物质的量分别为CO2 0.4mol，H2 1.6mol，CH4 1.6mol，H2O 3.2mol依据化学三行计算得到： CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2
38、H2O（g）起始量（mol/L） 1 4 0 0变化量（mol/L）0.8 3.2 0.8 1.6平衡量（mol/L） 0.2 0.8 0.8 1.6则CO2的平衡转化率=100%=80%在300时平衡常数K=25若在200时该反应的平衡常数K=64.825，则升温平衡常数减小，说明平衡正反应为放热反应，则该反应的H0，故答案为：80%，；（4）化合物甲的组成中钙、氯元素的质量分数分别为52.29%、46.41%，还有一种元素，根据反应中元素守恒知，另一种元素为氢元素，则其钙原子、氯原子和氢原子个数之比=： =1：1：1，甲的化学式为CaHCl，化合物乙的水溶液显酸性，则为氯化氢，故答案为：C
39、aHCl； 化合物乙的水溶液显酸性，则为氯化氢，与酸性高锰酸钾反应可得Cl2，反应的离子方程式为：2MnO4+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用、化学平衡常数计算、物质间的反应和性质、物质组成的计算判断等，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，注意甲不仅含有氯元素、钙元素还有氢元素，为易错点，题目难度中等10电解精炼铜的阳极泥中含有多种贵重金属，从中提取金、银、铂的一种工艺如下：（1）王水是浓盐酸和浓硝酸的混合液，其体积比为3：1（2）滤渣的成分是AgCl，
40、反应中肼（N2H4）的作用是做还原剂（3）反应的离子方程式为2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+8Cl+3SO42+12H+；当生成19.7gAu时，25和101kPa下反应消耗3.675L SO2（此条件下的气体摩尔体积为24.5L/mol，相对原子质量Au：197）（4）电解法精炼银时，粗银应与直流电源的正极（填“正”或“负”）相连，当用AgNO3 和HNO3 混合溶液做电解质溶液时，发现阴极有少量红棕色气体，则产生该现象的电极反应式为2H+NO3+e=NO2+H2O（5）完成下面化学反应方程式：3（NH4）2PtCl62N2+3Pt+16HCl+2NH4Cl（6）金和浓硝酸反应的化
41、学方程式为：Au+6HNO3（浓）=Au（NO3）3+3NO2+3H2O，但该反应的平衡常数很小，所以金和浓硝酸几乎不反应，但金却可以溶于王水，原因是王水中含有大量的Cl，Au3+与Cl可生成AuCl4，使该平衡中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】粗铜中含金、银、铁、镍、锌等杂质，电解时铜、铁、镍、锌被氧化，金、银、铂作为阳极泥而沉淀下来，王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，过滤后的氯化银滤渣用氨水溶解氯化银变为银氨溶液，最后用N2H4将其还原为银，滤液中通入二氧化硫具有还原性，被氧化为硫酸
42、，金的络离子被还原为金属金，过滤得到滤液中 含PtCl62，加入固体氯化铵得到沉淀（NH4）2PtCl6，受热分解得到金属Pt，（1）根据王水的组成分析判断；（2）王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，过滤后的氯化银滤渣用氨水溶解氯化银变为银氨溶液，最后用N2H4将其还原为银；（3）银镜流程变化故选结合反应物和生成物的离子和物质，分析化合价变化，银镜氧化还原反应的电子守恒计算分析书写，依据化学方程式电离关系计算标准状况下生成的二氧化硫气体；（4）电解法精炼银时粗银做电解池阳极，精银做电解池阴极，含银离子的盐溶液做电解质溶液，依据粗银提纯的原理分析判断电极，当用AgNO3和HNO3混合溶液做电
43、解质溶液时，发现阴极有少量红棕色气体，是硝酸根离子失电子发生还原反应，结合电极反应书写方法写出；（5）（NH4）2PtCl6受热分解得到金属Pt，其中元素化合价变化的是铂元素化合价降低，需要元素化合价升高的应是氮元素，3价变化为0价；（6）依据王水组成，结合平衡移动方向分析判断【解答】解：（1）王水的组成是浓盐酸和浓硝酸按照3：1混合组成的混合物，故答案为：浓盐酸和浓硝酸，3：1；（2）粗铜中含金、银、铁、镍、锌等杂质，电解时铜、铁、镍、锌被氧化，金、银、铂作为阳极泥而沉淀下来，王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，过滤后的氯化银滤渣用氨水溶解氯化银变为银氨溶液，最后用N2H4将其还原为银，
44、故答案为：AgCl，做还原剂；（3）依据流程转化关系，二氧化硫具有还原性，被氧化为硫酸，金的络离子被还原为金属金，依据氧化还原反应的电子守恒分析计算写出离子方程式为：2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+8Cl+3SO42+12H+，当生成19.7gAu时物质的量=0.1mol，3SO22Au3 2n 0.1moln=0.15mol此条件下的气体摩尔体积为24.5L/mol，25和101kPa下反应消耗二氧化硫气体体积=24.5L/mol0.15mol=3.675g，故答案为：2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+8Cl+3SO42+12H+，3.675；（4）电解法精炼银时，粗银做阳
45、极与电源正极相连，精银做阴极，含银离子的硝酸银做电解质溶液，当用AgNO3和HNO3混合溶液做电解质溶液时，发现阴极有少量红棕色气体二氧化氮生成，电极反应是在阴极上硝酸根离子被还原生成二氧化氮，电极反应为NO3+2H+e=NO2+H2O，故答案为：正；NO3+2H+e=NO2+H2O；（5）（NH4）2PtCl6受热分解得到金属Pt，其中元素化合价变化的是铂元素化合价降低，需要元素化合价升高的应是氮元素，3价变化为0价，结合电子守恒和原子守恒配平得到化学方程式为：3（NH4）2PtCl62N2+3Pt+16HCl+2NH4Cl，故答案为：3，2N2，3，16，2；（6）金和浓硝酸反应，但该反应
46、的平衡常数很小，所以金和浓硝酸几乎不反应，但金却可以溶于王水，王水中含有大量的Cl，Au3+与Cl可生成AuCl4，使该平衡Au+6HNO3（浓）=Au（NO3）3+3NO2+3H2O中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水，故答案为：王水中含有大量的Cl，Au3+与Cl可生成AuCl4，使该平衡中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水【点评】本题考查了金属精炼原理的应用，银氨溶液和含醛基的反应离子方程式的书写，氧化还原反应的分析判断，平衡移动的影响因素分析，题目难度中等（二）选考题【选修2-化学与技术】（15分）11硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造
47、了一个有一个奇迹（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl（2）一种工业用硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：净化N2和H2时，铜屑的作用是除去原料气中的氧气；硅胶的作用是除去生成的水蒸气在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度该反应为放
48、热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为了将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）X可能是硝酸（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应中HCl的利用率为90%，反应中H2的利用率为93.75%则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是5：1【考点】物质分离和提纯的
49、方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【专题】物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合【分析】（1）根据信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，除生成氮化硅外还有氯化氢生成；（2）Cu能与氧气反应，硅胶具有吸水性；控制氮气的流速是防止温度过高，体系中要通入适量的氢气可将氧气转化为水蒸气；氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉；（3）SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；反应生产1mol纯硅需补充HCl：3，需补充H2：1【解答】解：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，方程式为
50、：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；（2）Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团
51、，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；（3）SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl，故答案为：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl；反应生产1mol纯硅需补充HCl：3，需补充H2：1，补充HCl与H2的物质的量之比为5：1故答案为：5：1【点评】本题考查氮化硅的制备实验方案的设计，明确制备实验的装置中各部分的作
52、用及物质的性质是解答本题的关键，注意物质的特性即可解答，题目难度中等选修3-物质结构与性质（15分）12写出基态Cu的M能层的电子排布式3s23p63d10，Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr（填元素符号）（2）CuSO45H2O也可写成Cu（H2O）4SO4H2O，其结构示意图如图1所示：该晶体中所含元素电负性由大到小顺序是OSHCu，该晶体属于离子晶体，该晶体中由水分子参与形成的作用力有配位键、氢键（3）Cu2+能与NH3、Cl等形成配位数为4的配合物，已知Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结
53、构的产物，则Cu（NH3）42+的空间构型为平面正方形，NH3的VSEPR 模型为四面体形（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方浓度解；铜的某种氧化物晶胞结构如图2所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间最短的距离为cm（用含d和NA的式子表示，不必化简）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）Cu原子M层s、p、d能级完全充满电子；Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素外围电子排布式为4s1或3d54s1；（
54、2）非金属性越强，电负性越大；硫酸根离子与配离子之间形成离子键，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键；（4）Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代能得到两种不同结构的产物，Cu（NH3）42+的空间构型为平面正方形；NH3中N原子价层电子对数为4；（5）铜晶体是面心立方密堆积；根据均摊法计算晶胞中Cu、O原子数目，计算晶胞质量，再根据V=计算晶胞体积，进而晶胞棱长，晶胞中铜原子与氧原子之间最短的距离为晶胞体对角线长度的【解答】解：（1）Cu原子M层s、p、d能级完全充满电子，Cu的M能层的电子排布式为：3s23p63d10，；Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的
55、元素外围电子排布式为4s1或3d54s1，分别为K、Cr，故答案为：3s23p63d10；K、Cr；（2）非金属性越强，电负性越大，故电负性为：OSHCu；硫酸根离子与配离子之间形成离子键，属于离子晶体，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键，故答案为：OSHCu；离子；配位键、氢键（4）Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代能得到两种不同结构的产物，Cu（NH3）42+的空间构型为平面正方形；NH3中N原子价层电子对数为4，VSEPR 模型为四面体形，故答案为：平面正方形；四面体形；（5）铜晶体是面心立方密堆积，CuO晶胞中Cu原子数目为4、O原子数目为1+8=2，晶胞质
56、量=g，晶体的密度为d g/cm3，则晶胞体积=gd g/cm3=cm3，则晶胞棱长=cm，晶胞体对角线为cm，晶胞中铜原子与氧原子之间最短的距离为晶胞体对角线长度的，即铜原子与氧原子最近距离为cm，故答案为：面心立方密堆积；【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、化学键、微粒空间故选、晶胞计算等，熟记中学常见晶胞结构，掌握均摊法进行晶胞有关计算选修5-有机化学基础（15分）13（2015秋珠海期末）对羟基苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易
57、脱水形成羰基；D可与银氨溶液反应生成银镜；F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为l：1卤原子直接连在苯环上在高温高压氢氧化钠环境中才能水解回答下列问题：（1）A的名称为甲苯；D中所含官能团的名称为醛基、氯原子；（2）B生成C的反应类型为取代反应；（3）D的结构简式为；（4）由E生成F的化学反应方程式为+3NaOH +NaCl+2H2O；（5）某种结构的丁醇不能发生催化氧化反应，写出由G与该丁醇生成对羟基苯甲酸丁酯的反应方程式；（6）G的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有9种，其中核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢的是（任写一种结构简式）【考点】有机物的推断【专题】有
58、机物的化学性质及推断【分析】由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，A为甲苯（），甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G（），最后发生中和反应得到对羟基苯甲酸丁酯，据此解答【解答】解：由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯
59、甲酸丁酯可知，A为甲苯（），甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G（），最后发生中和反应得到对羟基苯甲酸丁酯（1）由上述分析可知，A为，化学名称为甲苯，D为，含有的官能团为：醛基、氯原子，故答案为：甲苯；醛基、氯原子；（2）由B生成C是在
60、光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成，故答案为：取代反应；（3）D的结构简式为，故答案为：；（4）由E生成F的方程式为： +3NaOH +NaCl+2H2O，故答案为： +3NaOH +NaCl+2H2O；（5）某种结构的丁醇不能发生催化氧化反应，该丁醇为叔丁醇，由G与该丁醇生成对羟基苯甲酸丁酯的反应方程式：，故答案为：；（6）G（）的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，侧链为OH、OOCH，有邻、间、对3种，侧链为2个OH、1个CHO，2个OH处于邻位，CHO有2种位置，2个OH处于间位，CHO有3种位置，2个OH处于对位，CHO有1种位置，故共有9种，其中核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢的是：或或，故答案为：9；等【点评】本题考查有机物合成和推断，是有机化学中的重要题型，有机合成过程主要包括官能团的引入、官能团的消除、官能团的衍变、碳骨架的变化等，注意根据分子式结合对羟基苯甲酸丁酯确定A的结构及发生的反应