1、2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（三）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与社会、科学、技术、环境等有密切关系下列说法不正确的是（）A司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金B氯气是塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料C工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料D用浸泡过溴的四氯化碳溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的2下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是（）编号实验操作实验现象解释与结论A某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3是碱B硝酸银溶液中加足量NaCl溶
2、液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸AABBCCDD3锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图），电解液为溴化锌水溶液，电解液在电解质储罐和电池间不断循环下列说法不正确的是（）A充电时电极a连接电源的负极B放电时负极的电极反应式为Zn2e=Zn2+C放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大D阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应4室温下，0.1
3、mol/L的二元酸H2A溶液中，溶液体系可能存在的含A粒子（H2A、HA、A2）所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）AH2A的电离方程式为：H2AH+HABpH=5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c（HA）：c（A2）=1：100C等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c（Na+）c（HA）c（A2）DNa2A溶液必存在c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A），各粒子浓度均大于05下列有关有机物的说法正确的是（）A1mol能与4molNaOH充分反应B系统命名法为3丁烯C的碳原子都在一个平面内，且它的二氯代物为3种D1mo
4、l可以与4molH2发生加成6向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是（）A先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失B生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag+和ClC生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物Ag（NH3）2ClD若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失7在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应：（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） 实验测得300和500下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正
5、确的是甲醇物 时间质的量温度10min20min30min40min50min60min3000.0800.1200.1500.1680.1800.1805000.1200.1500.1560.1600.1600.160A该反应的焓变H0，升高温度K增大B300时，020 min H2的平均反应速率 （H2）=0.003mol/（Lmin）C采取加压、增大H2浓度、加入催化剂的措施都能提高CO的转化率D500下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度二、解答题（共9小题，满分44分）8甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，
6、300400左右分解、实验室制取的方法之一是：Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为3070%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比依次为1：2：1.2），最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品（1）过氧化氢比理论用量稍多，其目的是；（2）反应温度最好控制在3070之间，温度不易过高，其主要原因是；（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，加硫化钠的目的是；（4）实验时需强力搅拌45min，其目的是；结束后需调节溶液的pH 78，其目的是最后经结
7、晶分离、干燥得产品、某研究性学习小组用工业碳酸钙（主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3） 为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙结合右图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算），现提供的试剂有：a甲酸钠，b.5molL1硝酸，c.5molL1盐酸，d.5molL1硫酸，e.3%H2O2溶液，f澄清石灰水请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8步骤1称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，
8、并称取研细的碳酸钙样品10g待用步骤2步骤3步骤4过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 78，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、洗涤、60时干燥得甲酸钙晶体9硫酸是一种重要的含氧酸实验室用浓硫酸与乙二酸（H2C2O4）晶体花热，可获得CO与CO2的混合气体，再将混合气体进一步通过（填一种试剂的名称）即可得纯净干燥的CO10净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层外层的优氯净 Cl2Na（NCO）3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去；优氯净中氯元素的化合价为；无水亚硫酸钠隔绝空气加热到600便开始分
9、解，分解产物是硫化钠和另一固体请写出无水亚硫酸钠受热分解的反应方程式11某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：已知：无机盐M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；如图中，将1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线、路线进行实验在路线中，首先向溶液N中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到3.48g纯净的不含结晶水的正盐W请按要求回答下列问题：由路线的
10、现象可知，溶液N中含有的阳离子是；由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是；由路线可知，1.98g无机盐M中所含钾元素的质量为g；无机盐M与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的化学反应方程为12已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566KJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H484KJ/molCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H802KJ/mol则：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2 （g）H13在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），测得CH4
11、的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示据图可知，p1、p2、p3、p4由大到小的顺序是；在压强为p4、1100C的条件下，该反应5min时达到平衡X点，反应的平衡常数为14用催化剂可以使NO、CO污染同时降低，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+CO2（g），根据传感器记录某温度下NO、CO的反应进程，测量所得数据绘制出如图前1s内的平均反应速率v（N2）=，第2s时的x值范围15磷及部分重要化合物的相互转化如图所示步骤为白磷的工业生产方法之一，反应在1300的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是；不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液
12、冲洗，根据步骤可判断，1mol/L CuSO4溶液所能氧化的白磷的物质的量为16某液氨液氧燃料电池示意图如上，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3molL1，则该过程中需要氨气的质量为g（假设溶液电解后体积不变）选做题(三选一)【化学选修2：化学与技术】（共1小题，满分14分）17钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）是公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS）制备钼酸钠晶体的部分流程如图1：（1）写出“碱浸”反应的离子方程式；（2）减浸液结晶前需加入Ba（OH）z固体以除去SO42
13、当BaMoO4开始沉淀时，SO42的去除率是；已知：碱浸液中c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.04molL1，Ksp（BaSO4）=1.11010、Ksp（BaMoO4）=4.0108，加入Ba（OH）2固体引起的溶液体积变化可忽略（3）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是；（4）如图2是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是；空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4Fe2O3保护膜密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入N
14、aNO2NaNO2的作用是；若缓释剂钼酸钠月桂酸肌氨酸总浓度为300mgL1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）18元素周期表中第四周期的金属元素在生产和科研中有非常重要的使用价值（1）测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉作显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰相关的反应如下：4FeCl3+2NH2OHHCl4FeCl2+N2O+6HCl+H2OFe2+在基态时，核外电子排布式；羟胺中（NH2OH）采用SP3杂化的原子有；Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物中，配位数为；（2）向硫酸铜溶液中加入过量氨
15、水，然后加入适量乙醇，溶液中析出深蓝色的Cu（NH3）4SO4晶体，该晶体中含有的化学键类型是；（3）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成Cu（NH3）42+，已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3 不易与Cu2+形成配离子，其原因是；（4）配合物Ni（CO）4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂固态Ni（CO）4属于晶体；（5）如果把晶胞顶点与最近三个面心所围成的空隙叫做四面体空隙，第四周期电负性最小的原子可作为容体掺入C60 晶体的空隙中，形成具有良好的超导性的掺杂C60 化合物现把C60抽象成质点，该晶体的晶胞结构如图2所示，若每个四面体空隙填入一个原子，则全部填满C60
16、 晶体的四面体空隙后，所形成的掺杂C60 化合物的化学式为【化学选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）19某天然油脂A的分子式为C37H106O6，1mol该油脂水解可得到1molB、2mol一元直链饱和脂肪酸C和1mol一元不饱和脂肪酸D，且C、D分子中碳原子数相同以A为原料，通过如图的一系列转化关系，可以得到生物柴油G和高分子化合物M已知：试回答下列问题：（1）用系统命名法给D命名为；（2）C的结构简式为；（3）下列有关生物柴油G的说法正确的是；a生物柴油G的主要成分属于烃类b生物柴油和石化柴油相比含硫量低，具有优良的环保特性c生物柴油是一种可再生能源，其资源不会像石油、煤炭那样会枯
17、竭d由于提炼生物柴油的原料可以用地沟油，所以生产生物柴油的成本低，我国已经大面积使用生物柴油来代替矿物油，彻底解决了能源危机问题（4）上述框图所示的下列物质的转化中，属于消去反应的是；a、EG b、DF c、FH d、IJ e、JK F、KM（5）写出FH的转化中，第一步反应的化学方程式；（6）写出IJ的转化中，第一步反应的化学方程式；（7）有机物J的一氯取代物（不考虑取代羟基上的氢，不考虑立体异构）有种2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与社会、科学、技术、环境等有密切关系下列说法
18、不正确的是（）A司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金B氯气是塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料C工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料D用浸泡过溴的四氯化碳溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】A有机玻璃属于高分子合成塑料；B氯气用途广泛，Cl2是重要化工原料；C制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉； D乙烯具有催熟作用，溴能与乙烯发生加成反应【解答】解：A司母戊鼎、定远舰甲板分别是铜合金
19、、铁合金，有机玻璃属于高分子合成塑料，故A错误；B氯气用途广泛，Cl2是重要化工原料，可制盐酸、漂白粉，用于制造杀虫剂、染料、自来水消毒、制塑料、合成橡胶、合成纤维的原料，故B正确；C制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，故C正确；D乙烯具有催熟作用，溴能与乙烯发生加成反应，则用浸泡过溴的四氯化碳溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D正确；故选A【点评】本题考查化学与科学、技术、社会、环境密切相关
20、知识，把握物质的成分为解答本题的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大2下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是（）编号实验操作实验现象解释与结论A某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3是碱B硝酸银溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸AABBCCDD【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的
21、本质；强电解质和弱电解质的概念；氨的化学性质；有机物（官能团）的检验【分析】A、该实验是铵根离子的检验，但NH3不是碱；B、AgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小；C、新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；D、pH=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大【解答】解：A、NH3不是碱，故A错误；B、在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故B正确；C、2mL 2% CuSO4中加46滴2%
22、NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，不能说明X不含有醛基，故C错误；D、等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸性的比较与pH的关系、沉淀的溶度积、CHO的检验等，注重实验细节的考查，题目难度不大3锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图），电解液为溴化锌水溶液，电解液在电解质储罐和电池间不断循环下列说法不正确的是（）A充电时电极a连接电源的负极B放电时负极的电极反应式为Zn2e=Zn2+C放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大D阳离
23、子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、充电时，电池的正极和电源的正极相接；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应；C、根据电池的两极反应来确定离子浓度的变化；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用【解答】解：根据图示的信息，结合原电池等工作原理，原电池的负极是金属锌失电子的过程，所以b是负极，a是正极A、充电时，电池的正极和电源的正极相接，即电极a连接电源的正极，故A错误；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应，即Zn2e=Zn2+，故B正确；C、放电时，右侧生成的锌离子移向左侧，左侧溴单质发生得电子的还
24、原反应生成溴离子，所以左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用，可阻止Br2与Zn直接发生反应，故D正确故选A【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键4室温下，0.1mol/L的二元酸H2A溶液中，溶液体系可能存在的含A粒子（H2A、HA、A2）所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）AH2A的电离方程式为：H2AH+HABpH=5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c（HA）：c（A2）=1：100C等物质的量浓度的NaH
25、A和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c（Na+）c（HA）c（A2）DNa2A溶液必存在c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A），各粒子浓度均大于0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、二元酸H2A溶液中不存在H2A分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA HAH+A2；B、据图象分析，pH=3时，c（HA）与c（A2）相同，pH=5时，c（HA）：c（A2）=1：100；C、不知道HA的电离程度与A2的水解程度哪个更大；D、Na2A溶液中不存在H2A分子【解答】解：A、二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A
26、的电离方程式为：H2A=H+HA，HAH+A2，故A错误；B、据图象分析，pH=3时，c（HA）与c（A2）相同，pH=5时，c（HA）：c（A2）=1：100，故B正确；C、等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后，无法比较c（HA）与c（A2）的大小，故C错误；D、二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA，HAH+A2，Na2A溶液中不存在H2A分子，c（H2A）=0，故D错误；关系B【点评】本题考查了据图象分析二元酸的电离特点，关键是从图象分析出第一步完全电离，题目难度中等5下列有关有机物的说法正确的是（）A1mol能与4molNaOH充分反应B系统命名法为3丁烯C的碳原子
27、都在一个平面内，且它的二氯代物为3种D1mol可以与4molH2发生加成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机反应；有机物的化学性质及推断【分析】A.2个COOC与NaOH反应，且水解生成的1个酚OH与NaOH反应；B双键在1、2号C上；C结构对称，只有一种H，二氯代物可在固定1个Cl的基础上，移动另外1个Cl；D双键与苯环可与氢气发生加成反应【解答】解：A.2个COOC与NaOH反应，且水解生成的1个酚OH与NaOH反应，则1mol能与3molNaOH充分反应，故A错误；B双键在1、2号C上，则系统命名法为1丁烯，故B错误；C双键为平面结构，且与双键C直接相连的C共面
28、，结构对称，只有一种H，二氯代物可在固定1个Cl的基础上，移动另外1个Cl，则的碳原子都在一个平面内，且它的二氯代物为4种，故C错误；D双键与苯环可与氢气发生加成反应，则1mol可以与4molH2发生加成，故D正确；故选D【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、有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度中等6向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是（）A先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失B生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag+和C
29、lC生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物Ag（NH3）2ClD若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失【考点】配合物的成键情况【分析】AgCl和AgOH两个不溶于水的物质均可溶于氨水生成可溶性的配合物Ag（NH3）2Cl，据此回答即可【解答】解：AgNO3中滴入NaCl，生成白色的AgCl，难溶于水，硝酸银中滴入氨水生成AgOH，但此两种难溶于水的物质均可溶于氨水生成可溶性的配合物Ag（NH3）2Cl，故此现象是先沉淀，后沉淀溶解，此现象同与直接往硝酸银中滴氨水，故ACD正确，B错误；故选：B【点评】本题主要考查的是银铵溶液的制取反应原理，题目较
30、新颖，注意知识的灵活迁移7在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应：（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） 实验测得300和500下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是甲醇物 时间质的量温度10min20min30min40min50min60min3000.0800.1200.1500.1680.1800.1805000.1200.1500.1560.1600.1600.160A该反应的焓变H0，升高温度K增大B300时，020 min H2的平均反应速率 （H2）=0.003mol/（Lmin）C采取加压、增大H2浓度
31、、加入催化剂的措施都能提高CO的转化率D500下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变【专题】化学平衡专题【分析】A由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此解答；B由表中数据可知，300时，020min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v（CH3OH），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；C加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动，CO的转化率不变；D由表中数据可知，500时40min到达平衡，平衡时甲醇的物质的
32、量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值【解答】解：A由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，该反应的焓变H0，升高温度平衡常数减小，故A错误；B由表中数据可知，300时，020min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，故v（CH3OH）=0.003mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=2v
33、（CH3OH）=0.006mol/（Lmin），故B错误；C加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D由表中数据可知，500时40min到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值，故D正确；故选D【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数的应用等，难度中等，注意掌握理解化学平衡常数的应用二、解答题（共9小题，满
34、分44分）8甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，300400左右分解、实验室制取的方法之一是：Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为3070%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比依次为1：2：1.2），最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品（1）过氧化氢比理论用量稍多，其目的是使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；（2）反应温度最好控制在3070之间，温度不易过高，其主要原因是防止H2O2分解和甲醛挥发；（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量
35、的Na2S溶液，加硫化钠的目的是除去重金属离子；（4）实验时需强力搅拌45min，其目的是使反应物充分接触，提高产率；结束后需调节溶液的pH 78，其目的是防止甲酸钙水解最后经结晶分离、干燥得产品、某研究性学习小组用工业碳酸钙（主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3） 为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙结合右图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算），现提供的试剂有：a甲酸钠，b.5molL1硝酸，c.5molL1盐酸，d.5molL1硫酸，e.3%H2O2溶液，f澄清石灰水请补充完整由碳
36、酸钙制备甲酸钙的实验步骤金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8步骤1称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用步骤2用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；步骤3用石灰水调整溶液pH=5步骤4过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 78，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60时干燥得甲酸钙晶体【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；（2）温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发；（3）重金属离子与硫离子反应生
37、成难溶的硫化物；（4）搅拌是使反应物充分接触；甲酸钙水解显碱性，溶液为弱碱性能抑制其水解；该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出【解答】解：（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；故答案为：使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；（2）温度较高时，双氧水
38、易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在3070之间，温度不易过高，能防止H2O2分解和甲醛挥发；故答案为：防止H2O2分解和甲醛挥发；（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；故答案为：除去重金属离子；（4）搅拌是使使反应物充分接触，使其反应完全，提高产率；甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH 78，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，故答案为：使反应物充分接触，提高产率；防止甲酸钙水解；该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离
39、子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出，则具体的步骤为：步骤1称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用；步骤2用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；步骤3用石灰水调整溶液pH=5；步骤4过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 78，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60时干燥得甲酸钙晶体，故答案为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；趁热过滤【点评】本题
40、是一道实验综合题，主要考查了物质的制备、除杂质、提高产率的方法、实验方案设计，题目难度中等，涉及实验操作目的、原理、步骤等知识，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力9硫酸是一种重要的含氧酸实验室用浓硫酸与乙二酸（H2C2O4）晶体花热，可获得CO与CO2的混合气体，再将混合气体进一步通过碱石灰（填一种试剂的名称）即可得纯净干燥的CO【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】CO与CO2的混合气体，二氧化碳与碱反应，而CO不能，以此来解答【解答】解：二氧化碳与碱反应，而CO不能，则将混合气体进一步通
41、过碱石灰，即可得纯净干燥的CO，故答案为：碱石灰【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质与性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大10净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层外层的优氯净 Cl2Na（NCO）3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去；优氯净中氯元素的化合价为+1；无水亚硫酸钠隔绝空气加热到600便开始分解，分解产物是硫化钠和另一固体请写出无水亚硫酸钠受热分解的反应方程式4Na2SO33Na2SO4+Na2S【考点】化学方程式
42、的书写【专题】化学用语专题【分析】根据化合物中总化合价为0计算出优氯净 Cl2Na（NCO）3中Cl元素的化合价；根据化合价变化判断反应产物，写出反应的化学方程式，S从+4价变为+6价、2价【解答】解：优氯净Cl2Na（NCO）3中，钠离子的化合价为+1价，N为3价、O为2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3（3）+（+4）+（2）=0，解得：x=+1，无水亚硫酸钠隔绝空气加热到600便开始分解，分解产物是硫化钠和另一固体，根据化合价变化可知，另一种产物为Na2SO4，反应的化学方程式为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：+1；4Na2SO33Na2S
43、O4+Na2S【点评】本题考查了元素的化合价求算、有关S的氧化还原反应，题目难度不大，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，注意氧化还原反应中歧化反应的应用11某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：已知：无机盐M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；如图中，将1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线、路线进行实验在路线中，首先向溶液N中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末1.20g；再将滤液
44、在一定条件下蒸干，只得到3.48g纯净的不含结晶水的正盐W请按要求回答下列问题：由路线的现象可知，溶液N中含有的阳离子是Fe2+；由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是Na2SO4 ；由路线可知，1.98g无机盐M中所含钾元素的质量为0.78g；无机盐M与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的化学反应方程为2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O【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】1.2g氧化铁的物质的量为： =0.0075mol，则溶液N中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol22=0.03mol，质量为：56g/mo
45、l0.03mol=1.68g1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，故原来无机盐M中铁元素的物质的量为0.03mol0.02mol=0.01mol；据题意得E为Na2SO4，2.84g Na2SO4物质的量为0.02mol，故无机盐W中含钠元素，依据W为含氧酸根，且分子中的原子个数比为1：2：4，可得M的化学式为K2FeO4，（1）路线为检验亚铁离子的方法；（2）K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫酸钾；根据n=计算出K2FeO4的物质的量，再根据n=nM计算出钾离子的质量；（3）根据K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的
46、化学方程式【解答】解：1.2g氧化铁的物质的量为： =0.0075mol，则溶液N中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol22=0.03mol，质量为：56g/mol0.03mol=1.68g1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，故原来无机盐M中铁元素的物质的量为0.03mol0.02mol=0.01mol；据题意得E为Na2SO4，2.84g Na2SO4物质的量为0.02mol，故无机盐W中含钠元素，依据W为含氧酸根，且分子中的原子个数比为1：2：4，可得M的化学式为K2FeO4，（1）根据路线可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe2+；（2）1.2g氧化铁的物质的量为：
47、 =0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol22=0.03mol，质量为：56g/mol0.03mol=1.68g1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为1：2：4，则M的化学式为：Na2FeO4，根据流程可知，Na2FeO4与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知W为硫酸钾，1.98gK2FeO4的物质的量为=0.01mol，0.01molK2FeO4中含有0.02mol钾离子，含有钾离子的质量为39g/mol0.02mol=0.78g，故答案为：Na2SO4 ；0.78；（3）1.66gNa2FeO4的物质的
48、量为0.01mol，1.12g还原铁粉的物质的量为0.02mol，所以Na2FeO4与还原铁粉按物质的量之比为1：2反应的化学反应方程为：2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案为：2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度中等，试题涉及物质组成的测定、浓硫酸的性质、离子方程式、化学方程式的书写、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力12已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566KJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H
49、484KJ/molCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H802KJ/mol则：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2 （g）H+248KJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566KJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H484KJ/mol，CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H802KJ/mol，根据盖斯定律将热化学方程式可得目标反应，据此可计算出目标反应的焓变【解答】解：已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566KJ/mol2H2（g
50、）+O2（g）2H2O（g）H484KJ/molCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H802KJ/mol根据盖斯定律，得：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2 （g）H=（802KJ/mol）（566KJ/mol）（484KJ/mol）=+248KJ/mol，故答案为：+248KJ/mol【点评】本题考查了盖斯定律在热化学方程式中的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的内容及含义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力13在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），测得CH4
51、的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示据图可知，p1、p2、p3、p4由大到小的顺序是P4P3P2P1；在压强为p4、1100C的条件下，该反应5min时达到平衡X点，反应的平衡常数为1.64【考点】化学平衡的计算【专题】图像图表题；化学平衡专题【分析】（1）由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；（2）由图可知，压强为P4、1100的条件下，到达平衡X点时甲烷的转化率为80%，据此计算甲烷的浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算该温度下的平衡常数【解答】解：由图可知，温度一定时，甲烷
52、的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4P3P2P1，故答案为：P4P3P2P1；（2）由图可知，压强为P4、1100的条件下，达到平衡X点时甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L80%=0.08mol/L，则： CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0变化（mol/L）：0.08 0.08 0.16 0.16 平衡（mol/L）：0.02 0.02 0.16 0.16故该温度下平衡常数k=1.64，故答案为：1.64【点评】本题
53、考查化学平衡的计算，涉及化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等知识，题目难度中等，注意利用“定一议二”原则分析解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力14用催化剂可以使NO、CO污染同时降低，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+CO2（g），根据传感器记录某温度下NO、CO的反应进程，测量所得数据绘制出如图前1s内的平均反应速率v（N2）=2.7104mol/（Ls），第2s时的x值范围30.6x25.2【考点】反应速率的定量表示方法【专题】化学反应速率专题【分析】利用v=计算v（CO），根据速率之比等于化学计量数之比求v（N2），根据随着反应进行反应速率越来越小分析第2s时的
54、x值范围【解答】解：一氧化碳的反应速率为v（CO）=5.4104mol/（Ls），同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v（N2）=v（CO）=2.7104mol/（Ls）；因为随着反应进行反应速率越来越小，所以第2S消耗的CO小于第1S的3630.6=5.4，则第2s时的30.6x30.65.4=25.2，故答案为：2.7104mol/（Ls）；30.6x25.2【点评】本题考查化学反应速率的计算和化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于分析、理解能力及计算能力的考查，题目难度中等15磷及部分重要化合物的相互转化如图所示步骤为白磷的工业生产方法之一，反应在130
55、0的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是做还原剂；不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol/L CuSO4溶液所能氧化的白磷的物质的量为0.05mol【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】依据发生反应2Ca3（PO4）2+6SiO2+10CP4+6CaSiO3+10CO，判断CO的作用；根据图知，该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、P元素化合价由0价变为3价和+5价，根据转移电子守恒进行计算【解答】解：步骤为白磷的工业生产方法之一，发生反应2Ca3（PO4）2+6SiO2+10CP4+
56、6CaSiO3+10CO，反应中C中的碳化合价升高，做还原剂；故答案为：做还原剂；Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n4（50）=1mol（21），解得n=0.05mol；故答案为：0.05mol【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，侧重
57、考查学生分析计算能力，注意白磷和硫酸铜反应中白磷既作氧化剂又作还原剂，为易错点16某液氨液氧燃料电池示意图如上，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3molL1，则该过程中需要氨气的质量为1.7g（假设溶液电解后体积不变）【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，结合电子守恒计算【解答】解：电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L0.5L=0.15mol，设生成0.15m
58、olNaOH转移电子的物质的量为x，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 转移电子2mol 2mol0.15mol x2mol：2mol=0.15mol：x，x=0.15mol，串联电路中转移电子物质的量相等，且液氨液氧燃料电池的效率为50%，则液氨失电子的物质的量为0.3mol，设消耗氨气的质量为y，4NH3+3O2=2N2+6H2O 转移电子68g 12moly 0.3mol68g：12mol=y：0.3mol，y=1.7g，故答案为：1.7【点评】本题考查原电池及电解原理的应用，为高频考点，侧重分析及计算能力的考查，明确串联电路中转移电子关系是解本题关键，题目难度不大选做题(三选
59、一)【化学选修2：化学与技术】（共1小题，满分14分）17钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）是公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS）制备钼酸钠晶体的部分流程如图1：（1）写出“碱浸”反应的离子方程式MoO3+CO32=MoO42+CO2；（2）减浸液结晶前需加入Ba（OH）z固体以除去SO42当BaMoO4开始沉淀时，SO42的去除率是97.3%；已知：碱浸液中c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.04molL1，Ksp（BaSO4）=1.11010、Ksp（BaMoO4）=4.0108，加入Ba（OH）2固体引起的溶液体积变化可忽略（
60、3）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；（4）如图2是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢；空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4Fe2O3保护膜密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2NaNO2的作用是替代空气中氧
61、气起氧化剂作用；若缓释剂钼酸钠月桂酸肌氨酸总浓度为300mgL1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为7.28l04molL1【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，（1）焙烧后生成的三氧化钼与碳酸钠反应生成了MoO42；（2）根据钼酸呗和硫酸钡的
62、溶度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度，在再计算出SO42的去除率；（3）使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度；（4）根据图示数据分析碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异的原因；根据NaNO2具有氧化性的化学性质进行分析；根据图象分析，在缓蚀剂中碳钢的腐蚀速率速率最小，腐蚀效果最好，最好的腐蚀效果在中点处，即钼酸钠的浓度150mgL1，据此计算出钼酸钠的物质的量浓度【解答】解：（1）三氧化钼与碳酸钠反应生成了MoO42，反应的离子方程式为：MoO3+CO32=MoO42+CO2，故答案为：MoO3+CO32=MoO42+CO2；（2）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离
63、子的浓度为：c（Ba2+）=1107mol/L，溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42）=mol/L=1.1103mol/L，硫酸根离子的去除率为：1100%=12.75%97.3%，故答案为：97.3%；（3）由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，故答案为：使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；（4）由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，故答案为：Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸
64、溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢；NaNO2的具有氧化性，能够在钢铁表面形成FeMoO4Fe2O3保护膜，故答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用；根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mgL1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：7.28104mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28l04molL1，故答案为：7.28l04molL1【点评】本题考查了制备钼酸钠晶体的方法，注意分析题中图示是解题关键，最后一问有一定的难度，容易出错，需要合理应用题中数据，本题难度中等【化学选修3：物质结构与性质】（共1
65、小题，满分0分）18元素周期表中第四周期的金属元素在生产和科研中有非常重要的使用价值（1）测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉作显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰相关的反应如下：4FeCl3+2NH2OHHCl4FeCl2+N2O+6HCl+H2OFe2+在基态时，核外电子排布式ls22s22p63s23p63d6或Ar3d6；羟胺中（NH2OH）采用SP3杂化的原子有N、O；Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物中，配位数为6；（2）向硫酸铜溶液中加入过量氨水，然后加入适量乙醇，溶液中析出深蓝色的Cu（NH3）4SO4晶体，该晶体中含有的化学键类型是离
66、子键、共价键、配位键；（3）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成Cu（NH3）42+，已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3 不易与Cu2+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，NF3不易与Cu2+形成配离子；（4）配合物Ni（CO）4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂固态Ni（CO）4属于分子晶体；（5）如果把晶胞顶点与最近三个面心所围成的空隙叫做四面体空隙，第四周期电负性最小的原子可作为容体掺入C60 晶体的空隙中，形成具有良好的超导性的掺杂C60 化合物现把C60抽象成质点，该晶体的
67、晶胞结构如图2所示，若每个四面体空隙填入一个原子，则全部填满C60 晶体的四面体空隙后，所形成的掺杂C60 化合物的化学式为【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题【分析】（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，根据构造原理写出亚铁离子核外电子排布式；根据价层电子对互斥理论确定羟胺NH2OH中存在sp3杂化的原子；配位数就是在配位个体中与一个形成体成键的配位原子的总数；（2）Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，形成配位键，N、H原子之间以共价键结合，內界离子与外界离子以离子键结合；（3）根据电负性的
68、角度分析；（4）Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，属于分子晶体；（5）三个球相切，摆成正三角形，然后上面放第四个球，这样围成的空隙，就叫正四面体空隙，如图所示：在面心立方结构中，每个小立方体对应1个四面体空隙，一共有8个正四面体空隙，上图画出了其中一个，第四周期电负性最小的原子是K，所以晶胞中一共有8个k原子，1+6=4个C60分子，然后求出化学式【解答】解：（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d6或Ar3d6，故答案为：ls22s22p63s23p63d6或Ar
69、3d6；羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，故答案为：N、O；配位数就是在配位个体中与一个形成体成键的配位原子的总数，所以Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物（形成过程如图1）中，配位数为6，故答案为：6；（2）Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，Cu2+与NH3分子之间形成配位键，NH3分子中N、H原子之间以共价键结合，內界离子Cu（NH3）42+与外界离子SO42以离子键结合，故答案为：离子键、共价键、配位键；（3）N、F、H三种元素的电负性：FNH，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，故答案为：F的电负性
70、比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，NF3不易与Cu2+形成配离子；（4）Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni（CO）4属于分子晶体，故答案为：分子；（5）三个球相切，摆成正三角形，然后上面放第四个球，这样围成的空隙，就叫正四面体空隙，如图所示：在面心立方结构中，每个小立方体对应1个四面体空隙，一共有8个正四面体空隙，上图画出了其中一个，第四周期电负性最小的原子是K，所以晶胞中一共有8个K原子，1+6=4个C60分子，故组成 K8（C60）4，化学式为K2C60，故答案为：K2C60【点评】本题目综合性较
71、大，涉及晶体、化学键、杂化轨道、电负性、晶胞计算等，晶胞计算难度较大，为易错点【化学选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）19某天然油脂A的分子式为C37H106O6，1mol该油脂水解可得到1molB、2mol一元直链饱和脂肪酸C和1mol一元不饱和脂肪酸D，且C、D分子中碳原子数相同以A为原料，通过如图的一系列转化关系，可以得到生物柴油G和高分子化合物M已知：试回答下列问题：（1）用系统命名法给D命名为9，12十八碳二烯酸；（2）C的结构简式为CH3（CH2）16COOH；（3）下列有关生物柴油G的说法正确的是bc；a生物柴油G的主要成分属于烃类b生物柴油和石化柴油相比含硫量低，具有
72、优良的环保特性c生物柴油是一种可再生能源，其资源不会像石油、煤炭那样会枯竭d由于提炼生物柴油的原料可以用地沟油，所以生产生物柴油的成本低，我国已经大面积使用生物柴油来代替矿物油，彻底解决了能源危机问题（4）上述框图所示的下列物质的转化中，属于消去反应的是e；a、EG b、DF c、FH d、IJ e、JK F、KM（5）写出FH的转化中，第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2COONa+2Cu2O+6H2O；（6）写出IJ的转化中，第一步反应的化学方程式H3COOCCH2COOCH3+4+2CH3OMgBr；（7）有机物J的一氯取代物（不考虑取代
73、羟基上的氢，不考虑立体异构）有5种【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】某天然油脂A的分子式为C57H106O6，1mol该油脂水解可得到1molB、2mol一元直链饱和脂肪酸C和1mol一元不饱和脂肪酸D，则B为丙三醇，由于C、D分子中碳原子数相同，则C、D中含有碳原子数为： =18，C为一元直链饱和脂肪酸，则C为CH3（CH2）16COOH，D为含有18个C的不饱和脂肪酸；结合转化关系中D能够氧化生成CH3（CH2）4CHO、HOOC（CH2）7CHO和F可知，F分子中一定结合两个醛基，且F中含有C的数目为：1896=3，故F为丙
74、二醛：OHCCH2CHO；根据信息反应1可知，D的结构简式为：CH3（CH2）4CH=CHCH2CH=CH（CH2）7COOH，名称为9，12十八碳二烯酸；F与新制的氢氧化铜浊液反应、再酸化转化成H，则H为HOOCCH2COOH；H与足量的甲醇发生酯化反应生成I，则I为H3COOCCH2COOCH3；I与发生信息反应生成和CH3OMgBr，发生水解反应生成J：；J在浓硫酸作用下发生消去反应生成K，K发生加聚反应生成M；B为甘油，C为CH3（CH2）16COOH，二者发生酯化反应生成酯E，E再与据此发生酯化反应生成酯G，据此进行解答【解答】解：某天然油脂A的分子式为C57H106O6，1mol该
75、油脂水解可得到1molB、2mol一元直链饱和脂肪酸C和1mol一元不饱和脂肪酸D，则B为丙三醇，由于C、D分子中碳原子数相同，则C、D中含有碳原子数为： =18，C为一元直链饱和脂肪酸，则C为CH3（CH2）16COOH，D为含有18个C的不饱和脂肪酸；结合转化关系中D能够氧化生成CH3（CH2）4CHO、HOOC（CH2）7CHO和F可知，F分子中一定结合两个醛基，且F中含有C的数目为：1896=3，故F为丙二醛：OHCCH2CHO；根据信息反应1可知，D的结构简式为：CH3（CH2）4CH=CHCH2CH=CH（CH2）7COOH，名称为9，12十八碳二烯酸；F与新制的氢氧化铜浊液反应、
76、再酸化转化成H，则H为HOOCCH2COOH；H与足量的甲醇发生酯化反应生成I，则I为H3COOCCH2COOCH3；I与发生信息反应生成和CH3OMgBr，发生水解反应生成J：；J在浓硫酸作用下发生消去反应生成K，K发生加聚反应生成M；B为甘油，C为CH3（CH2）16COOH，二者发生酯化反应生成酯E，E再与据此发生酯化反应生成酯G，（1）D的结构简式为：CH3（CH2）4CH=CHCH2CH=CH（CH2）7COOH，羧基在1号C，碳碳双键在9、12号C，该有机物名称为：9，12十八碳二烯酸，故答案为：9，12十八碳二烯酸；（2）C为一元直链饱和脂肪酸，则C为：CH3（CH2）16COO
77、H，故答案为：CH3（CH2）16COOH；（3）a、根据分析可知，G属于酯类物质，分子中含有O元素，所以生物柴油G的主要成分属于酯类，不属于烃类物质，故a错误；b、生物柴油的主要成分为酯类物质，则石化柴油相比含硫量低，具有优良的环保特性，故b正确；c、生物柴油可通过反应获得，是一种可再生能源，则其资源不会像石油、煤炭那样会枯竭，故c正确；d、由于提炼生物柴油的原料可以用地沟油，所以生产生物柴油的成本低，但是现在我国还没有大面积使用生物柴油来代替矿物油，也没有彻底解决能源危机问题，故d错误；故答案为：bc； （4）根据分析可知，a、EG的反应为酯化反应，b、DF为氧化反应，c、FH为氧化反应，
78、d、IJ为取代反应，e、JK为消去反应，F、KM为加聚反应，所以属于消去反应的只有e，故答案为：e；（5）FH的转化中，第一步反应的化学方程式为：OHCCH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2COONa+2Cu2O+6H2O，故答案为：OHCCH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2COONa+2Cu2O+6H2O；（6）IJ的转化中，第一步反应的化学方程式为：H3COOCCH2COOCH3+4+2CH3OMgBr，故答案为：H3COOCCH2COOCH3+4+2CH3OMgBr；（7）J的结构简式为：，该分子中具有对称结构，其中4个上的H等效，每个上含有4种H原子，中间的CH2上含有1种H，不包括羟基中的H，该有机物分子中总共含有5种等效H原子，所以其一氯代物有5种，故答案为：5【点评】本题考查有机推断，题目难度较大，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，注意充分利用题中已知反应原理，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，（7）为易错点，注意J分子具有对称结构