1、2016年广东省茂名市高考化学二模试卷一、选择题1下列叙述正确的是（）A乙醛和甲酸两者都能发生银镜反应，所以它们互为同系物B营养物质中的多糖、油脂、蛋白质在一定条件下都可以发生水解C氨基酸和氯乙烯都能通过加聚反应生成高分子化合物D通过对煤的分馏，可以提高煤的利用率2下列装置能达到实验目的是（）A 检验产物中含有乙烯B除去CO中混有少量的CO2C 验证减压蒸馏原理D 收集NH33关于明矾的叙述正确的是（）A明矾投入水中的电离方程式为：KAI（SO4）212H2O=K+Al3+2SO42+12H20，说明明矾是一种混合物B净水时Al3+发生水解生成的是Al（OH）3沉淀C明矾净水的原理是杀菌消毒D
2、硫酸铁可以代替明矾进行净水4设NA为阿伏伽德罗常数，根据Cu+4NNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，则下列叙述正确的是（）A22.4LNO2含电子总数为23NAB3.6gH2O中含有共价键的总数为0.2NAC若生成的硝酸铜浓度为2mol/L，则1L该溶液中含有的Cu2+数为2ND若有2molCu参与反应，则有4molHNO3被还原5下列叙述和均正确并有因果关系的是（）叙述 选项 叙述 叙述 A 1已醇的沸点比已烷的沸点高89 1已醇和已烷可通过蒸馏初步分离 B 原电池可将化学能转化为电能 原电池需外接电源才能工作 C H2SO4是离子化合物 硫酸溶液可导电 D 乙二酸可与KM
3、nO4溶液发生反应 乙二酸具有酸性AABBCCDD6X、Y、Z、W、R为短周期元素，在周期表中位置如下，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍下列说法正确的是（） X Y Z R W TAX有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体BRCl3溶液与Na2W溶液可反应生成一种白色沉淀CT是一种非金属元素D简单离子半径大小关系为WRZY7常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验过程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）下列叙述正确的是（）Ad点所示溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（C
4、O32）+c（H2CO3）Ba点到b点的过程中，溶液中增大Cc点所示溶液中，c（CO32）c（NH4+）c（OH）c（H+）D由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性二、解答题8乳酸（2羟基丙酸）为无色液体，与水混溶，弱挥发挥它在多种生物化学过程中起作用某学习小组研究利用发酵法制乳酸菌以及探讨乳酸的部分性质实验（一）：乳酸的制取步骤1：取14.40g葡萄糖（相对分子质量为180于烧杯中，加入乳酸菌（厌氧）发酵，72小时后，过滤，将滤液转移到仪器A中，定容，得到500mL原液；步骤2：取20.00mL原液于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用浓为0.1000mol/L的NaOH溶液滴
5、定至终点，重复4次，数据记录如下表（假定原液中其他物质不与NaOH反应） 次数 1 2 3 4 滴定体积（mL） 19.22 19.18 19.80 19.20（1）仪器A是；（2）如何判断已到达滴定终点；（3）乳酸的产率为实验（二）：乳酸的性质已知乳酸的Ka=1.4104，碳酸的Ka1=4.47103（4）设计实验证明乳酸是弱酸：（5）小组利用如图所示的仪器和药品，通过实验来比较乳酸与碳酸的酸性强弱可观察到烧杯中的现象是；写出烧杯中发生的化学反应方程式；学习小组中有成员提出上述实验设计不够严谨，请你提出改进的措施9一种以黄铁矿（主要含FeS2）为原料制备磁性纳米四氧化三铁的工艺流程如下，其中
6、煅烧后的烧渣含有（Fe2O3、SiO2、FeO），回答下列问题；（1）煅烧时的主要方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2发生了反应（填“氧化”或“还原”）；当有1molSO2生成时，转移的电子数为mol（2）尾气中的SO2对环境有污染，一种电化学治污的装置如图1，通SO2一侧的电极反应式为（3）酸溶时需保持盐酸过量，其目的是（4）若不能产生新的杂质，在调节比例前检测发现n（Fe2+）/n（Fe3+）偏高，则加入的A是（填化学式），若比例偏低，加入的A是（填化学式）（5）写出沉淀发生的离子反应方程：（6）沉淀步骤中维持n（Fe2+）/n（Fe3+）比例和控制一定的条件对得到
7、高纯度的纳米磁性Fe3O4非常关键，根据Fe2+、Fe3+的性质和下边提供的数据，在实际生产中需要采取的措施是 温度/ 产品颜色 35 灰色 40 灰黑 60 黑色 65 红黑 80 黑褐10已知P4（白磷）+3O2=P4O6H=1632kJ/mol；白磷和P4O6的分子结构如图1所示，其中部分键能数据如下：PO：360kJ/mol，O=O：498kJ/mol，则断开1molPP所的热量为kJ（2）Mg存在于叶绿素中，某些作物生长需要输镁肥，从海水中提取镁是获得镁的主要来源常温下，已知Mg（OH）2的Ksp=1.61011，某浓缩海水中MgCl2浓度为1.6103mol/L，则要使Mg2+形成
8、Mg（OH）2沉淀，则溶液的pH至少要达到（3）将A（g）和B（g）按照物质的量比为1：1通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应A（g）+B（g）M（g）+N（g），数据变化如图2所示：上述反应为（填“吸热”或“放热”）反应；计算在650下，从开始到平衡的反应速率v（A）=；在900下该反应的平衡常数为（保留三位有效数字），若平衡后保持温度不变向容器中继续充入2molA、1molM和1molN，这时平衡移动（填“正向”、“逆向”“不”）；若650时在同样容器中起始时充入的A和B的物质的量均为2mol，则图2中是B物质平衡时对应的点化学-选修2：化学与技术11稳定的ClO2易溶于水，熔点为5
9、9.5，沸点为11，能在碱性条件下与H2O2反应，生成ClO2它是国际公认的新一代高效、广谱、安全杀菌保鲜剂但液态二氧化氯不稳定，易爆炸，在生成、包装、运输方面不便二氧化氮使用化学方法固化在载体上，使用时再释放出来、工业上NaClO2的主要原料，采用H2O2、NaClO3和NaOH等制备NaClO2的工艺装置如下：（1）反应器发生的化学反应方程式为（2）装置3的名称为A离心机 B冷凝器 C安全器 D电热器（3）吸收瓶中发生的化学方程式为：，为什么恒温槽要选择低温：，还可以选择什么条件促进吸收；（4）装置5的作用是：（5）工业上可用如下方法对NaClO2纯度进行测定：a称量约mg亚氯酸钠，配成5
10、00.00mL溶液b量取25.00mL试液，置于预先加有碘化钾溶液的碘量瓶中，并加入适量的稀硫酸溶液，摇匀，并于暗处放置10minc加100mL水，加入淀粉指示液，用浓度为c mol/L硫化硫酸钠标准溶液定至溶液蓝色消失即为终点，记下消耗的硫代硫酸钠标准溶液的体积为VmL，同时做空白试验，记下消耗的硫代硫酸钠标准溶液的体积为V0mL滴定发生的方程式：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O64I+ClO2+4H+=2I2+Cl+3H2O利用上述数据写出NaClO2的质量分数的计算式（不用简化）（6）工业上可用R5（kesting法，原理为：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2
11、NaCl+2H2O）制ClO2，相比R5法，过氧化氢有什么优点化学-选修3：物质结构与性质12氮元素是一种常见元素，能形成多种化合物（1）基态氮原子最外层的电子排布图，等物质的量的NH3和N2组成的混合气体中键和键的物质之比为（2）CN与N2互为等电子体，写出CN的电子式：（3）HNO3比HNO2的酸性强的原因是（4）环硼氮六烷的结构和物理性质与苯相似，其结构式如图所示：第一电离能介于B、N之间的第二周期的元素由大到小的顺序是；环硼氮六烷B和N原子的杂化方式分别是、（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为3.6151010 cm，立方
12、氮化硼晶胞中含有个氮原子、个硼原子，B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为，立方氮化硼的密度是gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）化学-选修4：有机物=化学基础13一种有机物H的合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称是；E中的官能团是（2）的反应类型是（3）D的结构简式为（4）写出反应的化学方程式（5）F的同分异构体中，满足下列所有条件的有种（不考虑立体异构）；a能发生银镜反应 b能与NaHCO3反应放出CO2c结构中除苯环之外不含有其他环 d苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的是（写出其中一种的结构简式）（6）
13、参照上述路线和结合已有知识，设计一条以苯和乙醛为原料（无机试剂任选）制备的合成路线2016年广东省茂名市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列叙述正确的是（）A乙醛和甲酸两者都能发生银镜反应，所以它们互为同系物B营养物质中的多糖、油脂、蛋白质在一定条件下都可以发生水解C氨基酸和氯乙烯都能通过加聚反应生成高分子化合物D通过对煤的分馏，可以提高煤的利用率【考点】有机物的结构和性质【分析】A乙醛和甲酸的结构不同；B多糖可水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，蛋白质可水解生成氨基酸；C氨基酸发生缩聚反应；D煤应进行干馏【解答】解：A乙醛和甲酸的结构不同，分别含有醛基和羧基，不是同系
14、物，故A错误；B多糖可水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，蛋白质可水解生成氨基酸，故B正确；C氨基酸含有羧基和氨基，发生缩聚反应，故C错误；D煤应进行干馏，故D错误故选B2下列装置能达到实验目的是（）A 检验产物中含有乙烯B除去CO中混有少量的CO2C 验证减压蒸馏原理D 收集NH3【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙醇能使酸性高锰酸钾褪色； BCO能与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳；C二氧化碳能与氢氧化钠反应；D氨气是极易溶于水的气体【解答】解：A乙醇能使酸性高锰酸钾褪色，应除掉乙醇后再通入，故A错误； BCO能与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反而会把原物质除去，不符合除杂
15、原则，故B错误；C二氧化碳能与氢氧化钠反应，压强减小，水沸腾，故C正确；D氨气是极易溶于水的气体不能用排溶液法收集，故D错误故选C3关于明矾的叙述正确的是（）A明矾投入水中的电离方程式为：KAI（SO4）212H2O=K+Al3+2SO42+12H20，说明明矾是一种混合物B净水时Al3+发生水解生成的是Al（OH）3沉淀C明矾净水的原理是杀菌消毒D硫酸铁可以代替明矾进行净水【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A、明矾是固定组成的纯净物，而不是混合物；B、水解程度极其微弱；C、明矾净水只有吸附性，没有杀菌消毒的能力；D、硫酸铁是强酸弱碱盐水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性【解答】解：A、明矾是固定
16、组成的纯净物，而不是混合物，故A错误；B、水解程度极其微弱，所以不是生成沉淀，而是胶体，故B错误；C、明矾只能净水，不能消毒，故C错误；D、硫酸铁是强酸弱碱盐水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，所以可以用硫酸铁可以代替明矾进行净水，故D正确；故选D4设NA为阿伏伽德罗常数，根据Cu+4NNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，则下列叙述正确的是（）A22.4LNO2含电子总数为23NAB3.6gH2O中含有共价键的总数为0.2NAC若生成的硝酸铜浓度为2mol/L，则1L该溶液中含有的Cu2+数为2ND若有2molCu参与反应，则有4molHNO3被还原【考点】阿伏加德罗常数【分析】
17、A、气体所处的状态不明确；B、求出水的物质的量，然后根据水中含2条共价键来分析；C、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、根据得失电子数守恒来分析【解答】解：A、气体所处的状态不明确，故22.4L二氧化氮的物质的量无法计算，则含有的电子总数无法计算，故A错误；B、3.6g水的物质的量为0.2mol，而水中含2条共价键，故0.2mol水中含0.4NA条共价键，故B错误；C、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铜离子的个数小于2NA个，故C错误；D、2mol铜失去4mol电子，而硝酸被还原为二氧化氮，根据得失电子数守恒可知，被还原的硝酸为4mol，故D正确故选D5下列叙述和均正确并有因
18、果关系的是（）叙述 选项 叙述 叙述 A 1已醇的沸点比已烷的沸点高89 1已醇和已烷可通过蒸馏初步分离 B 原电池可将化学能转化为电能 原电池需外接电源才能工作 C H2SO4是离子化合物 硫酸溶液可导电 D 乙二酸可与KMnO4溶液发生反应 乙二酸具有酸性AABBCCDD【考点】原电池和电解池的工作原理；离子化合物的结构特征与性质；化学实验方案的评价【分析】A.1已醇和已烷沸点相差较大，可蒸馏分离；B原电池不需要外接电源；C硫酸为共价化合物；D乙二酸与高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：A.1已醇和已烷沸点相差较大，可蒸馏分离，故A正确；B原电池可将化学能转化为电能，不需要外接电源，故B错
19、误；C硫酸为共价化合物，故C错误；D乙二酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，表现还原性，故D错误故选A6X、Y、Z、W、R为短周期元素，在周期表中位置如下，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍下列说法正确的是（） X Y Z R W TAX有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体BRCl3溶液与Na2W溶液可反应生成一种白色沉淀CT是一种非金属元素D简单离子半径大小关系为WRZY【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【分析】X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素，由
20、元素在周期表中的位置可知，X为C元素，Y为N元素、W为S元素，R为Al、T为Ga，以此来解答【解答】解：X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为C元素，Y为N元素、W为S元素，R为Al、T为GaA碳元素有石墨、金刚石、C60等多种同素异形体，氧元素可以形氧气、臭氧，存在同素异形体，故A错误；BAlCl3溶液与Na2S溶液发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢，故B正确；CGa与Al相邻同主族元素，其性质与Al相似，金属性比Al强，为金属元素，故C错误；D电子层结构相同的离子
21、，核电荷数越大离子半径越小，离子半径电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2N3O2Al3+，故D错误；故选B7常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验过程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）下列叙述正确的是（）Ad点所示溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Ba点到b点的过程中，溶液中增大Cc点所示溶液中，c（CO32）c（NH4+）c（OH）c（H+）D由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性【考点】离子浓度大小的比较【分析】Ad点是氯化
22、铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子；Ba点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中=；Cc点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性；Db到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液【解答】解：Ad点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子，c（NH4+）+c（NH3H2O）c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故A错误；
23、Ba点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中=，生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，则溶液中减小，故B错误；Cc点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为：c（NH4+）c（CO32）c（OH）c（H+），故C错误；Db到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，故D正确；故选D二、解答题8乳酸（2羟基丙酸）为无色液体，与水混溶，弱挥发挥它在多种生物化学过程中起作用某学习小组研究利
24、用发酵法制乳酸菌以及探讨乳酸的部分性质实验（一）：乳酸的制取步骤1：取14.40g葡萄糖（相对分子质量为180于烧杯中，加入乳酸菌（厌氧）发酵，72小时后，过滤，将滤液转移到仪器A中，定容，得到500mL原液；步骤2：取20.00mL原液于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用浓为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定至终点，重复4次，数据记录如下表（假定原液中其他物质不与NaOH反应） 次数 1 2 3 4 滴定体积（mL） 19.22 19.18 19.80 19.20（1）仪器A是500mL容量瓶；（2）如何判断已到达滴定终点当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中无色溶液变红色，且半分钟内不褪色；（
25、3）乳酸的产率为30%实验（二）：乳酸的性质已知乳酸的Ka=1.4104，碳酸的Ka1=4.47103（4）设计实验证明乳酸是弱酸：取0.1mol/L乳酸溶液于烧杯中，用PH计测定其PH值，若PH大于1，说明乳酸是弱酸或（常温下取0.1mol/L乳酸钠溶液于烧杯中，用pH计测定其PH值，若PH大于7，说明乳酸是弱酸）或（取PH=a乳酸溶液于烧杯中，加水稀释10n倍，用PH计测定其PH值，若PH小于a+n说明乳酸是弱酸）（5）小组利用如图所示的仪器和药品，通过实验来比较乳酸与碳酸的酸性强弱可观察到烧杯中的现象是溶液出现白色浑浊；写出烧杯中发生的化学反应方程式2NaAlO2+3H2O+CO22Al
26、（OH）3+Na2CO3或NaAlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+NaHCO3；学习小组中有成员提出上述实验设计不够严谨，请你提出改进的措施在A与B之间增加一个装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶【考点】制备实验方案的设计【分析】实验（一）：（1）根据步骤1：得到500mL原液可知，仪器A是500mL容量瓶；（2）乳酸与氢氧化钠恰好反应时生成乳酸钠，乳酸钠呈碱性，用酚酞作指示剂，酚酞在酸性溶液中显无色，在碱性溶液中显浅红色；滴定时，当滴至待测液变色且半分钟不恢复即为滴定终点；（3）根据数据记录表数据分析，第三组数据误差大，为错误记录，不能作为有效数据，根据题干中其余三组数据计算消耗的氢氧化钠溶液体积
27、的平均值，乳酸的产率=100%，根据质量守恒，14.40g葡萄糖理论产出乳酸14.40g；实验（二）：（4）证明乳酸为弱酸，可证明存在电离平衡、部分电离以及对应的强碱盐的溶液的酸碱性等角度设计实验；（5）偏铝酸钠可以和少量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠；偏铝酸钠可以和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，现象是溶液出现白色浑浊；乳酸（2羟基丙酸）为无色液体，与水混溶，易挥发，需排除乳酸的干扰【解答】解：实验（一）：（1）根据步骤1：过滤，将滤液转移到仪器A中，定容，得到500mL原液，说明仪器A为500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）取20.00mL原液于锥形瓶中，加
28、入酚酞作指示剂，用浓为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定至终点，乳酸与氢氧化钠恰好反应时生成乳酸钠，乳酸钠呈碱性，酚酞在酸性溶液中显无色，在碱性溶液中显浅红色，所以判断已到达滴定终点为：当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中无色溶液变红色，且半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中无色溶液变红色，且半分钟内不褪色；（3）根据数据记录表数据分析，第三组数据误差大，为错误记录，不能作为有效数据，所以消耗的氢氧化钠溶液的体积为： =19.20mL，20.00mL原液中，n（乳酸）=n（NaOH）=CV=0.1000mol/L19.20103L=1.92103mol，实际生产乳酸的质
29、量为：m=nM=1.92103mol90g/mol=4.32g，根据质量守恒，14.40g葡萄糖理论产出乳酸14.40g，所以乳酸的产率=100%=100%=30%，故答案为：30%；实验（二）：（4）证明乳酸为弱酸，可证明存在电离平衡，取0.1mol/L乳酸溶液于烧杯中，用PH计测定其PH值，若PH大于1，说明乳酸是弱酸，或取PH=a乳酸溶液于烧杯中，加水稀释10n倍，用PH计测定其PH值，若PH小于a+n说明乳酸是弱酸，测定该酸的钠盐溶液常温下的pH，若pH7，说明为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可说明为弱酸，常温下取0.1mol/L乳酸钠溶液于烧杯中，用pH计测定其PH值，若PH大于7，说明乳
30、酸是弱酸，故答案为：取0.1mol/L乳酸溶液于烧杯中，用PH计测定其PH值，若PH大于1，说明乳酸是弱酸或（常温下取0.1mol/L乳酸钠溶液于烧杯中，用pH计测定其PH值，若PH大于7，说明乳酸是弱酸）或（取PH=a乳酸溶液于烧杯中，加水稀释10n倍，用PH计测定其PH值，若PH小于a+n说明乳酸是弱酸）；（5）偏铝酸钠可以和少量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的方程式为2NaAlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+Na2CO3，偏铝酸钠可以和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即NaAlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+NaHCO3，可观察到烧杯中的现象是溶液出
31、现白色浑浊，故答案为：溶液出现白色浑浊；2NaAlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+Na2CO3或NaAlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+NaHCO3；乳酸（2羟基丙酸）为无色液体，与水混溶，易挥发，需在A与B之间增加一个装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，洗去二氧化碳中的乳酸，排除乳酸的干扰，故答案为：在A与B之间增加一个装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶9一种以黄铁矿（主要含FeS2）为原料制备磁性纳米四氧化三铁的工艺流程如下，其中煅烧后的烧渣含有（Fe2O3、SiO2、FeO），回答下列问题；（1）煅烧时的主要方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2发生了氧化反应（填“氧化”
32、或“还原”）；当有1molSO2生成时，转移的电子数为5.5mol（2）尾气中的SO2对环境有污染，一种电化学治污的装置如图1，通SO2一侧的电极反应式为SO22e+2H2O=SO42+4H+（3）酸溶时需保持盐酸过量，其目的是抑制Fe2+和Fe3+水解以及提高浸出率（4）若不能产生新的杂质，在调节比例前检测发现n（Fe2+）/n（Fe3+）偏高，则加入的A是Cl2（填化学式），若比例偏低，加入的A是Fe（填化学式）（5）写出沉淀发生的离子反应方程：Fe2+2Fe3+8NH3H2O=Fe3O4+8NH4+4H2O（6）沉淀步骤中维持n（Fe2+）/n（Fe3+）比例和控制一定的条件对得到高纯度
33、的纳米磁性Fe3O4非常关键，根据Fe2+、Fe3+的性质和下边提供的数据，在实际生产中需要采取的措施是持续往体系通入氮气，控制温度在60和溶液的PH为9 温度/ 产品颜色 35 灰色 40 灰黑 60 黑色 65 红黑 80 黑褐【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）氧化还原反应中元素化合价升高的元素被氧化，对应的反应物为还原剂，反之为氧化剂，被还原，4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，根据转移的电子数与二氧化硫的关系计算转移的电子数；（2）装如图1中，通入二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，为负极；（3）Fe2+和Fe3+易水解，水
34、解呈酸性，加入过量盐酸是抑制亚铁离子、铁离子的水解，酸溶还可以提高浸出率；（4）氯气是强氧化剂，可以氧化亚铁离子；n（Fe2+）/n（Fe3+）偏高，通入氯气氧化亚铁离子，偏低加入铁粉还原铁离子；（5）Fe2+和Fe3+与氨水反应生成沉淀，过滤洗涤得到四氧化三铁，所以沉淀为四氧化三铁，据此书写离子反应方程式；（6）根据产品的颜色选择实际生产需控制的温度，根据图表磁化强度与PH的关系分析采取的措施，Fe2+具有还原性，Fe3+具有氧化性，需通入保护气防止分别被氧化、还原【解答】解：（1）反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中氧气中氧元素化合价从0价变化为2价；氧元素被还原，铁元素
35、化合价从+2价变化为+3价，硫元素化合价从1价变化为+4价，FeS2作还原剂，硫元素和铁元素被氧化，4molFeS2参加反应转移44mol电子，生成8molSO2，当有1molSO2生成时，转移的电子数为： =5.5mol，故答案为：5.5；（2）装如图1中，该电极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸，所以该电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO22e+2H2O=SO42+4H+，故答案为：SO22e+2H2O=SO42+4H+；（3）煅烧后的矿渣酸溶后含有Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+易水解，水解呈酸性，酸溶时需保持盐酸过量，能抑制亚铁离子、铁离子的水解，同时过量的酸溶还可以提高浸出
36、率，故答案为：抑制Fe2+和Fe3+水解以及提高浸出率；（4）酸溶时加入盐酸，引入氯离子，在调节比例前检测发现n（Fe2+）/n（Fe3+）偏高，需通氯气氧化，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+；若比例偏低，需将铁离子还原成亚铁离子，需加铁粉，反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Cl2，Fe；（5）根据题干信息，Fe2+和Fe3+与氨水反应生成沉淀，过滤洗涤得到四氧化三铁，所以沉淀为四氧化三铁，反应的离子方程式为：Fe2+2Fe3+8NH3H2O=Fe3O4+8NH4+4H2O，故答案为：Fe2+2Fe3+8NH3H2O=
37、Fe3O4+8NH4+4H2O；（6）四氧化三铁俗名为磁性氧化铁，颜色为黑色，所以实际生产中需控制温度为60，从图2中数据可知，当PH=9时，产品磁化强度最高，所以控制溶液的H=9，Fe2+具有还原性，Fe3+具有氧化性，所以持续往体系通入氮气作保护气，故答案为：持续往体系通入氮气，控制温度在60和溶液的PH为910已知P4（白磷）+3O2=P4O6H=1632kJ/mol；白磷和P4O6的分子结构如图1所示，其中部分键能数据如下：PO：360kJ/mol，O=O：498kJ/mol，则断开1molPP所吸收的热量为199kJ（2）Mg存在于叶绿素中，某些作物生长需要输镁肥，从海水中提取镁是获
38、得镁的主要来源常温下，已知Mg（OH）2的Ksp=1.61011，某浓缩海水中MgCl2浓度为1.6103mol/L，则要使Mg2+形成Mg（OH）2沉淀，则溶液的pH至少要达到10（3）将A（g）和B（g）按照物质的量比为1：1通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应A（g）+B（g）M（g）+N（g），数据变化如图2所示：上述反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应；计算在650下，从开始到平衡的反应速率v（A）=0.375mol/（Lmin）；在900下该反应的平衡常数为2.78（保留三位有效数字），若平衡后保持温度不变向容器中继续充入2molA、1molM和1molN，这时平衡正向移动
39、（填“正向”、“逆向”“不”）；若650时在同样容器中起始时充入的A和B的物质的量均为2mol，则图2中c是B物质平衡时对应的点【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）焓变等于反应物总键能生成物总键能，据此计算PP键的键能；（2）镁离子沉淀时c（OH）=mol/L=104 mol/L，c（H+）=mol/L=1010 mol/L，pH=lgc（H+）；（3）升高温度平衡向吸热方向移动；反应达到平衡状态时n（B）=（41）mol=3mol，根据方程式知，参加反应的n（A）=n（B）=3mol，从开始到平衡的反应速率v（A）=； 反应达到平衡状态时c（A）=0.75m
40、ol/L，开始时c（A）=c（B）=2mol/L，该反应中A（g）+B（g）M（g）+N（g）开始（mol/L）2 2 0 0反应（mol/L）1.25 1.25 1.25 1.25平衡（mol/L）0.750.75 1.25 1.25化学平衡常数K=；根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向；若650时在同样容器中起始时充入的A和B的物质的量均为2mol，相当于减小压强平衡不移动，其转化率相等，但反应速率减小，反应达到平衡时间延长，达到平衡浓度是原来一半【解答】解：（1）焓变等于反应物总键能生成物总键能，设PP键的键能为xkJ/mol，6x+349812360=1632，x=199，断键
41、吸收热量，故答案为：吸收；199；（2）镁离子沉淀时c（OH）=mol/L=104 mol/L，c（H+）=mol/L=1010 mol/L，pH=lgc（H+）=lg1010=10，故答案为：10；（3）升高温度平衡向吸热方向移动，根据图知，升高温度B的物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故答案为：放热；反应达到平衡状态时n（B）=（41）mol=3mol，根据方程式知，参加反应的n（A）=n（B）=3mol，从开始到平衡的反应速率v（A）=0.375mol/（Lmin），故答案为：0.375mol/（Lmin）； 反应达到平衡状态时c（A）=0.75mol/L，开始时c（A
42、）=c（B）=2mol/L，该反应中A（g）+B（g）M（g）+N（g）开始（mol/L）2 2 0 0反应（mol/L）1.25 1.25 1.25 1.25平衡（mol/L）0.750.75 1.25 1.25化学平衡常数K=2.78；继续充入2molA、1molM和1molN，c（A）=0.75mol/L+=1.75mol/L、c（M）=c（N）=1.25mol/L+=1.75mol/L，浓度商=2.32.78，平衡正向移动，故答案为：2.78；正向；若650时在同样容器中起始时充入的A和B的物质的量均为2mol，相当于减小压强平衡不移动，其转化率相等，但反应速率减小，反应达到平衡时间延
43、长，达到平衡浓度是原来一半，则c点是B物质平衡时对应的点，故答案为：c化学-选修2：化学与技术11稳定的ClO2易溶于水，熔点为59.5，沸点为11，能在碱性条件下与H2O2反应，生成ClO2它是国际公认的新一代高效、广谱、安全杀菌保鲜剂但液态二氧化氯不稳定，易爆炸，在生成、包装、运输方面不便二氧化氮使用化学方法固化在载体上，使用时再释放出来、工业上NaClO2的主要原料，采用H2O2、NaClO3和NaOH等制备NaClO2的工艺装置如下：（1）反应器发生的化学反应方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O（2）装置3的名称为BA离心机 B冷凝器
44、C安全器 D电热器（3）吸收瓶中发生的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，为什么恒温槽要选择低温：温度过高，过氧化氢会分解，还可以选择什么条件促进吸收；增大氢氧化钠的浓度（4）装置5的作用是：缓冲，防止吸收液直接进入真空泵（5）工业上可用如下方法对NaClO2纯度进行测定：a称量约mg亚氯酸钠，配成500.00mL溶液b量取25.00mL试液，置于预先加有碘化钾溶液的碘量瓶中，并加入适量的稀硫酸溶液，摇匀，并于暗处放置10minc加100mL水，加入淀粉指示液，用浓度为c mol/L硫化硫酸钠标准溶液定至溶液蓝色消失即为终点，记下消耗的硫代硫酸钠标准
45、溶液的体积为VmL，同时做空白试验，记下消耗的硫代硫酸钠标准溶液的体积为V0mL滴定发生的方程式：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O64I+ClO2+4H+=2I2+Cl+3H2O利用上述数据写出NaClO2的质量分数的计算式（不用简化）（6）工业上可用R5（kesting法，原理为：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O）制ClO2，相比R5法，过氧化氢有什么优点对环境污染小【考点】制备实验方案的设计【分析】ClO2不便于运输、易爆炸、不稳定，工业上采用2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O、2ClO2+H2O2
46、+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，制备NaClO2，使用时再释放出来，据此图示流程：反应器1水浴、反应容器2中放入硫酸、30%过氧化氢、氯酸钠，制备ClO2，ClO2易溶于水，熔点为59.5，沸点为11，装置3冷凝，反应器4中2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，制备NaClO2，装置5缓冲，防止吸收液直接进入真空泵，真空泵抽气而获得反应体系真空条件（1）根据题干信息和图示物质，反应容器2中放入硫酸、30%过氧化氢、氯酸钠，所以采用H2O2、H2SO4和NaClO3反应，制备ClO2，据此信息确定反应物和生成物，并根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；（
47、2）根据制备NaClO2的工艺装置图可知，装置3从下向上进水，为冷凝装置；（3）吸收瓶中二氧化氯和过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，选择低温是因为反应物过氧化氢温度高会分解，影响产率，也可选择增大反应物氢氧化钠的浓度促进吸收；（4）根据装置5特点以及在流程图中的位置分析确定其用途；（5）由滴定发生的方程式：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，4I+ClO2+4H+=2I2+Cl+3H2O，可得关系式ClO22I24Na2S2O3据此计算NaClO2的质量分数；（6）氯气、氯化氢有毒，结合R5（kesting法）的制备原理分析【解答】解：（1）根据工艺装置图中物质的信息可知
48、，反应物为H2O2、H2SO4和NaClO3，生成物为ClO2，氯的化合价降低，过氧化氢中1价的氧化合价升高，所以产物中有氧气，根据得失电子守恒和原子守恒，反应方程式为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，故答案为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；（2）装置3从下向上进水，ClO2易溶于水，熔点为59.5，沸点为11，所以装置3为冷凝装置，故答案为：B；（3）吸收瓶中二氧化氯和过氧化氢在碱性条件下反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，温度过高，过氧化氢会分解，所以选择低
49、温条件，也可选择增大反应物氢氧化钠的浓度促进吸收，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；温度过高，过氧化氢会分解；增大氢氧化钠的浓度；（4）装置5处在吸收瓶和真空泵之间，起缓冲作用，防止吸收液直接进入真空泵，故答案为：缓冲，防止吸收液直接进入真空泵；（5）根据c步骤滴定发生的方程式：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，2Na2S2O3I2反应生成的碘单质的物质的量为：n（I2）=n（Na2S2O3）=C（VV0）103mol/L，由4I+ClO2+4H+=2I2+Cl+3H2O可知ClO22I2，步骤a称量约mg亚氯酸钠，配成500.00mL
50、溶液，n（NaClO2）=n（I2）=C（VV0）103mol/L，所以NaClO2的质量为：m（NaClO2）=nM=C（VV0）103mol/L90.5g/molC（VV0）10390.5g，所以NaClO2的质量分数为：，故答案为：；（6）制备NaClO2的工艺未使用易挥发的酸，没有易挥发的污染物，而用R5（kesting法，原理为：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O）制ClO2，氯气、氯化氢有毒且易挥发，对环境污染大，所以相比R5法，过氧化氢对环境污染小，故答案为：对环境污染小化学-选修3：物质结构与性质12氮元素是一种常见元素，能形成多种化合物（1）基
51、态氮原子最外层的电子排布图，等物质的量的NH3和N2组成的混合气体中键和键的物质之比为2：1（2）CN与N2互为等电子体，写出CN的电子式：（3）HNO3比HNO2的酸性强的原因是HNO2中N元素为+3价，HNO3中N原子为+5价，HNO3中N元素正电荷更高，导致NOH中O原子的单子偏向N原子，更易电离出H+（4）环硼氮六烷的结构和物理性质与苯相似，其结构式如图所示：第一电离能介于B、N之间的第二周期的元素由大到小的顺序是OCBe；环硼氮六烷B和N原子的杂化方式分别是sp2、sp2（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为3.61510
52、10 cm，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子，B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1，立方氮化硼的密度是gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）【考点】晶胞的计算【分析】（1）基态氮原子最外层电子排布式为2s22p3，根据泡利原理与洪特规则画出最外层电子排布图；NH3分子含有含有3个键，N2分子中含有1个键、2个键；（2）CN与N2互为等电子体，CN中原子与N原子之间形成3对共用电子对；（3）同种元素含氧酸，中心元素化合价越高，对NOH中O原子的单子吸引更强；（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，当A族的s能级为全满稳定状态，A族的p能
53、级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；环硼氮六烷中BN原子形成3个键、N原子形成3个键，均没有孤对电子；（5）立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，立方氮化硼属于原子晶体；金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：，所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8+6+4=8，立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，计算BN晶胞的质量、晶胞的体积，根据=计算密度【解答】解：（1）基态氮原子最外层电子排布式为2s22p3
54、，根据泡利原理与洪特规则，最外层电子排布图我；NH3分子含有含有3个键，N2分子中含有1个键、2个键，则等物质的量的NH3和N2组成的混合气体中键和键的物质之比为（3+1）mol：2mol=2：1，故答案为：；2：1；（2）CN与N2互为等电子体，CN中原子与N原子之间形成3对共用电子对，CN的电子式：，故答案为：；（3）HNO3比HNO2中N元素为+3价，HNO3中N原子为+5价，HNO3中N元素正电荷更高，导致NOH中O原子的单子偏向N原子，更易电离出H+，HNO3比HNO2的酸性强，故答案为：HNO2中N元素为+3价，HNO3中N原子为+5价，HNO3中N元素正电荷更高，导致NOH中O原
55、子的单子偏向N原子，更易电离出H+；（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，当A族的s能级为全满稳定状态，A族的p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，第一电离能为OCBe，故答案为：OCBe；无机苯分子中B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化，N原子的价层电子对数也是3且不含孤电子对，所以N原子属于sp2杂化，故答案为：sp2；sp2；（5）立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，立方氮化硼属于原子晶体；金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳
56、原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：，所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8+6+4=8，立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，B原子最外层有3个电子，形成4个共价键，含有1个配位键，则B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1，BN晶胞中的质量为4，一个立方氮化硼晶胞的体积是（3.6151010cm）3，因此立方氮化硼的密度=4（3.6151010cm）3=gcm3，故答案为：4；4；3；3：1；化学-选修4：有机物=化学基础13一种有机物H的合成路线如下：回答下列问题：（1）
57、B的名称是邻氯苯酚；E中的官能团是醚键、氯原子（2）的反应类型是取代反应（3）D的结构简式为（4）写出反应的化学方程式+NaOH+NaBr+H2O（5）F的同分异构体中，满足下列所有条件的有18种（不考虑立体异构）；a能发生银镜反应 b能与NaHCO3反应放出CO2c结构中除苯环之外不含有其他环 d苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的是等（写出其中一种的结构简式）（6）参照上述路线和结合已有知识，设计一条以苯和乙醛为原料（无机试剂任选）制备的合成路线【考点】有机物的合成【分析】（1）对比A、C的结构，结合B的分子式可知B的结构简式为；根据E的结构
58、可知，含有的官能团为醚键、氯原子；（2）对比E、F的结构简式，E中氯原子被COCH2CH3取代；（3）对比C、E的结构，结合D的分子式可知，D的结构简式为：；（4）反应发生卤代烃的消去反应；（5）F（）的同分异构体满足：a能发生银镜反应，说明含有醛基；b能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基；c结构中除苯环之外不含有其他环，d苯环上只有两个取代基，侧链为COOH、CH2CH2CHO，或者COOH、CH（CHO）CH3，或者CHO、CH2CH2COOH，或者CHO、CH（COOH）CH3，或者CH2COOH、CH2CHO，或者CH3、CH（COOH）CHO，各有邻、间、对3种；（6）苯与氯
59、气发生取代反应生成氯苯，氯苯与乙醛发生取代反应生成，与NaBr/FeBr2、硫酸发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成【解答】解：（1）对比A、C的结构，结合B的分子式可知B的结构简式为，名称为邻氯苯酚；根据E的结构可知，含有的官能团为醚键、氯原子，故答案为：邻氯苯酚；醚键、氯原子；（2）对比E、F的结构简式，E中氯原子被COCH2CH3取代，属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）对比C、E的结构，结合D的分子式可知，D的结构简式为：，故答案为：；（4）反应发生卤代烃的消去反应，反应方程式为： +NaOH+NaBr+H2O，故答案为： +NaOH+NaBr+H2O；（
60、5）F（）的同分异构体满足：a能发生银镜反应，说明含有醛基；b能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基；c结构中除苯环之外不含有其他环，d苯环上只有两个取代基，侧链为COOH、CH2CH2CHO，或者COOH、CH（CHO）CH3，或者CHO、CH2CH2COOH，或者CHO、CH（COOH）CH3，或者CH2COOH、CH2CHO，或者CH3、CH（COOH）CHO，各有邻、间、对3种，共有18种，其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的一种同分异构体为：等，故答案为：18；等；（6）苯与氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯与乙醛发生取代反应生成，与NaBr/FeBr2、硫酸发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为： ，故答案为： 2016年12月22日