1、2016年安徽省皖北协作区联考高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、能源、环境等密切相关下列描述错误的是（）A采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒气体B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关C利用风能、太阳能等清洁能源代替化石燃料，可减少环境污染D氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A质量都为4.4g的CH3CHO和CO2含有的分子数均为0.1NAB1molNa2O2中的离子总数为4NAC密闭容器中，2molSO2和足量的O2反应转移的电子数为4NAD1mo
2、l苯分子中所含的碳碳双键数为3NA3下列五种有机物存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）A有机物与乙烯互为同系物B有机物转化为有机物的反应属于加成反应C有机物转化为有机物的反应中反应物的物质的量之比为1：1D含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体（不考虑立体异构）有3种4W、X、Y、Z均为短周期元素，W、X同主族，且W最高正价与最低负价的代数和为0，X、Y、Z的M层电子数分别为1，3，7下列说法正确的是（）A单质沸点：WYBX的最高价氧化物对应的水化物能与Y的氧化物反应CW与X形成的化合物中含有共价键D简单离子的半径：XYZ5一种锌/铁液流贮能电池结构如图所示下列说法正确的
3、是（）A放电时，Na+从中间室进入负极室B充电时，Cl从阳极室进入中间室C放电时，负极的电极反应为Zn+4OH2e=Zn（OH）42D充电时，阳极的电极反应为Fe3+e=Fe2+6下列实验对应的现象与结论均正确的是（）选项实验现象结论A将浓硫酸入蔗糖中固体变黑后发生膨胀浓硫酸具有吸水性和强还原性B将两小粒相同的钠分别投入乙醇和水中钠在水中反应比在乙醇中剧烈相同条件下，水的电离能力比乙醇强C向某溶液滴加氯水后再滴入KCSN溶液溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+D常温时将铝片加入浓硝酸中未出现气泡常温下铝与浓硝酸不反应AABBCCDD7常温下，将浓度均为0.10molL1、体积均为V0L的HX溶
4、液和HY溶液分别加水稀释至体积为VL，其AGAG=lg随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AHX的酸性强于HY的酸性Ba点的c（Y）与b点的c（X）相等C水的电离程度：a点小于c点D若两溶液同时升高温度，则c（Y）和c（X）均增大二、解答题（共3小题，满分43分）8Na2S2O35H2O俗称：“海波”，是常用的定影剂和还原剂，它是无色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，遇酸易分解：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，在20和70时的溶解度分别为60.0g和212.0g，Na2S2O35H2O在4050时会熔化，48时会分解，工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如图所示的
5、装置（略去部分夹持仪器）模拟生成过程装置C中发生的反应如下：反应：Na2S2O3（aq）+H2O（I）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）反应：2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（I）反应：S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（1）仪器A的名称是（2）写出检查该装置气密性的方法：（3）装置D的作用是，装置E中所盛的试剂为溶液（4）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，实验中为使SO2缓慢进入装置C中，采用的操作是已知反应相对较慢，则装置C中反应达到终点的观现象是（5）为提高产品纯度，应使装置C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则装置C中Na2
6、S和Na2SO3的物质的量之比为（6）反应终止后，装置C中的溶液经蒸发浓缩可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质利用常见试剂设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：9土壤是人类赖以生存的最基本物质，以黏土为原料生产的产品伴随着人类文明的脚步皖北名胜皇藏峪的黏土，水浸不塌，是生产无机非金属材料的优质原料某兴趣小组以当地黏土为原料探究彩色水泥、轻质耐火材料的联合生产，其设计的流程如图所示已知：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O部分难溶物开始沉淀时和完全沉淀时的pH如表所示Fe（OH）2Fe（OH
7、）3Al（OH）3开始沉淀时的pH6.31.93.4完全沉淀时的pH8.33.24.7（1）为提高酸浸速率，除适当增大硫酸浓度外，还可采取的措施有（任写一条）（2）向滤液中加入H2O2的作用是；用CaCO3调节溶液pH约为3.3，其目的是（3）红色水泥添加剂的主要成分是（4）物质X的化学式为（5）气体M的电子式为；向滤液中加放CaO的作用是（任写一条）（6）氮化铝广泛用于电子陶瓷等工业领域，以滤渣、碳及氮气为原料可制备氮化铝，用化学方程式表示制备过程：2Al（OH）3Al2O3+3H2O、10氯及其化合物在生产、生活中有广泛的用途回答下列问题：（1）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl2将废水中
8、的CN氧化成无毒物质写出该反应的离子方程式：（2）地康法制备氯气的反应为4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6kJmol1，1molHCl、1molClCl、1molOO断裂时分别需要吸收431J、243kJ、489kJ的能量，则1molOH断裂时需吸收的能量为kJ（3）取ClO2消毒过的自来水（假定ClO2全部转化为Cl）30.00mL，在水样中加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用一定浓度AgNO3溶液滴定，当有砖红色的Ag2CrO4沉淀出现时，反应达到滴定终点，测得溶液中CrO42的浓度是5.00103molL1，则滴定终点时溶液中c（Cl）=已知：Ksp（
9、AgCl）=1.781010，Ksp（Ag2CrO4）=2.001012（4）在5个恒温、恒容密闭容器中分别充入4molClO2（g），发生反应：4ClO2）（g）2Cl2O（g）+3O2（g）H0，测得ClO2（g）的部分平衡转化率如表所示容器编号温度/容器体积/LClO2（g）的平衡转化率aT1V1=1L75%bT2V2cT3V375%de已知：T3T1，V2V1该反应中Cl2O是（填“还原产物”或“氧化产物”）T1时，上述反应的平衡常数K=V2（填“”、“”或“=”）V3d、c两容器中的反应与a容器中的反应均各有一个条件不同，a、d、e三容器中反应体系总压强随时间的变化如图所示，a、d、
10、e三容器中ClO2的平衡转化率由大到小的排列顺序为（用字母表示）；与a容器相比，d容器中改变的一个实验条件是，其判断依据是三、选做题：化学与技术（共1小题，满分15分）11煤是重要的化工原料，煤的脱硫可减少环境的污染，利用煤矸石中的硫铁矿（主要成分为FeS2）和烟道脱硫得到的硫酸盐生产硫酸的工艺流程如图所示回答下列问题：（1）硫铁矿和硫酸盐燃烧的装置M的名称为（2）炉气净化过程包括除尘（防止堵塞管道）、洗涤（除去有害物质，防止在转化器中使催化剂中毒）和干燥，干燥的目的是（3）转化器中的催化剂是V2O3，而反应条件选择400500和常压的原因是已知每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热
11、量，写出该反应的热化学方程式：，该反应过程中通入稍过量O2的目的是（4）实验生产中常采用两次转化，其目的是，流程中可循环利用的物质是（5）该方法合成硫酸的优点是；按目前技术水平生产硫酸的流程中，反应热的利用约为，试提出利用富余反应热的方法：四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）12氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，具有优良性能（1）基态氮原子的电子排布式为，基态硅原子未成对电子数是，碳、氮、硅的电负性由大到小的顺序是（2）碳热还原法制氮化硅是在氮气中用碳还SiO2，写出该反应的化学方程式：氮化硅一般不与酸反应，但能与氢氟酸反应，写出氮化硅与过 量氢氟酸反应的化学方程式：（3）三氯化硅烷（SiH
12、Cl3）也可用于制备氮化硅，三氯硅烷分子的空间构型为，其分子中硅原子的杂化轨道类型为（4）氮化硅与碳化硅、氮化硼等作用可产生结合材料，改善性能氮化硅、碳化硅的化学性质都很稳定，其原因是（5）碳化硅立方晶系晶胞如图所示，CSiC键的夹角是，其晶体类型是，若立方晶系的碳化硅密度为gcm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的棱长为五、有机化学基础（共1个小题，共0分）13丁酮酸乙酯（）和聚乙烯醇（PVA）都是重要的有机化工产品，其合成路线如图所示 已知：A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢；F为高聚物不稳定会自动转化为RCH2CHO回答下列问题：（1）A中所含官能
13、团是（填名称），B的结构简式为（2）E的名称为（3）写出反应的化学方程式：，该反应的反应类型为（4）由D制丁酮酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，其作用是（根据化学方程式和平衡移动原理回答） （5）符合下列条件的丁酮酸乙酯的同分异构体有种a能发生银镜反应 b能与Na2CO3溶液反应放出气体其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1：1：2：6的是（填结构简式）2016年安徽省皖北协作区联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、能源、环境等密切相关下列描述错误的是（）A采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮
14、氧化物转化为无毒气体B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关C利用风能、太阳能等清洁能源代替化石燃料，可减少环境污染D氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料【考点】绿色化学【分析】A、采用催化转换技术将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体氮气和CO2；B、氮氧化物能引起酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层；C、利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、同时保护环境；D、氮化硅的化学式为Si3N4【解答】解：A、采用催化转换技术将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体氮气和CO2：2xCO+2NOx2XCO2+N2，故A正确；B、“酸雨“、“臭氧层受损“、“光化学烟雾“
15、都与氮氧化物有关，故B错误；C、太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于减少污染物的排放，节约资源，保护环境，故C正确；D、氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，为原子晶体，沸点高、硬度大，其化学式为Si3N4，故D正确故选B2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A质量都为4.4g的CH3CHO和CO2含有的分子数均为0.1NAB1molNa2O2中的离子总数为4NAC密闭容器中，2molSO2和足量的O2反应转移的电子数为4NAD1mol苯分子中所含的碳碳双键数为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、CH3CHO和CO2的摩尔质量均为44g/mol；B、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子
16、构成；C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；D、苯不是单双键交替的结构【解答】解：A、CH3CHO和CO2的摩尔质量均为44g/mol，故4.4gCH3CHO和CO2的物质的量为0.1mol，故含0.1NA个分子，故A正确；B、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol过氧化钠中含3mol离子即3NA个，故B错误；C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于4NA个，故C错误；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故D错误故选A3下列五种有机物存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）A有机物与乙烯互为同系物B有机物转化为有机物的反应属于加成反应C有机物
17、转化为有机物的反应中反应物的物质的量之比为1：1D含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体（不考虑立体异构）有3种【考点】有机物的结构和性质【分析】A有机物含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键；B有机物与NaCn发生取代反应转化为有机物；C根据、的分子式判断；D含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接Cl和OH，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置【解答】解：A有机物含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键，二者结构不同，不是同系物，故A错误；B有机物与NaCn发生取代反应转化为有机物，故B错误；C、的分子式分别为C5H7
18、ON、C5H11ON，则有机物转化为有机物的反应中反应物的物质的量之比为1：2，故C错误；D含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接Cl和OH，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置，故D正确故选D4W、X、Y、Z均为短周期元素，W、X同主族，且W最高正价与最低负价的代数和为0，X、Y、Z的M层电子数分别为1，3，7下列说法正确的是（）A单质沸点：WYBX的最高价氧化物对应的水化物能与Y的氧化物反应CW与X形成的化合物中含有共价键D简单离子的半径：XYZ【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，W、X同主族，且
19、W最高正价与最低负价的代数和为0，则W位于A族或A族；X、Y、Z的M层电子数分别为1、3、7，则X位于A，所以W为H元素；X为Na元素、Y为Al、Z为Cl元素，据此进行解答【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素，W、X同主族，且W最高正价与最低负价的代数和为0，则W位于A族或A族；X、Y、Z的M层电子数分别为1、3、7，则X位于A，所以W为H元素；X为Na元素、Y为Al、Z为Cl元素，AW为H，单质为氢气，Y为铝，氢气的沸点小于铝，故A错误；BX为Na，其最高价氧化物对应水合物为氢氧化钠，Y为氧化物为氧化铝，氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故B正确；CW与X形成的化合物为NaH，该化合
20、物中只含有离子键，故C错误；D离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小为：ZXY，故D错误；故选B5一种锌/铁液流贮能电池结构如图所示下列说法正确的是（）A放电时，Na+从中间室进入负极室B充电时，Cl从阳极室进入中间室C放电时，负极的电极反应为Zn+4OH2e=Zn（OH）42D充电时，阳极的电极反应为Fe3+e=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A放电时，阳离子向正极移动；B充电时，阴离子向阳极移动；C负极上Zn失电子生成Zn（OH）42；D充电时，阳极上亚铁离子失电子生成Fe3+【解答】解：A放电时，阳离子向正极移动，所以
21、钠离子通过阳离子交换膜向中间室移动，故A错误；B充电时，阴离子向阳极移动，所以Cl从中间室通过阴离子交换膜进入阳极室，故B错误；C负极上Zn失电子生成Zn（OH）42，则放电时，负极的电极反应为Zn+4OH2e=Zn（OH）42，故C正确；D充电时，阳极上亚铁离子失电子生成Fe3+，则阳极的电极反应为Fe2+e=Fe3+，故D错误故选C6下列实验对应的现象与结论均正确的是（）选项实验现象结论A将浓硫酸入蔗糖中固体变黑后发生膨胀浓硫酸具有吸水性和强还原性B将两小粒相同的钠分别投入乙醇和水中钠在水中反应比在乙醇中剧烈相同条件下，水的电离能力比乙醇强C向某溶液滴加氯水后再滴入KCSN溶液溶液变为红色
22、该溶液中一定含有Fe2+D常温时将铝片加入浓硝酸中未出现气泡常温下铝与浓硝酸不反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓硫酸可将许多有机化合物（尤其是糖类如纤维素、蔗糖等）脱水反应时，按水分子中氢、氧原子数的比（2：1）夺取这些有机物分子里的氢原子和氧原子； B乙醇结构中羟基氢的活性比水中的弱；C原溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液呈红色；D常温下，浓硝酸与铝发生钝化作用【解答】解：A将浓硫酸滴到用水润湿的蔗糖中，蔗糖变黑色海绵状，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故A错误； B乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，比在水中反应安静，并不剧烈，乙醇结构中羟基氢的活性比水中的
23、弱，说明相同条件下，水的电离能力比乙醇强，故B正确；C原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故C错误；D常温下，浓硝酸与铝发生钝化作用，在表面生成一层致密的氧化物膜，阻碍反应的继续进行，故D错误故选B7常温下，将浓度均为0.10molL1、体积均为V0L的HX溶液和HY溶液分别加水稀释至体积为VL，其AGAG=lg随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AHX的酸性强于HY的酸性Ba点的c（Y）与b点的c（X）相等C水的电离程度：a点小于c点D若两溶液同时升高温度，则c（Y）和c（X）均增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A相
24、同浓度时，AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大；Ba、b两点的AG值相同，即氢离子浓度相同；CAG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；DAG=12，说明c（H+）=0.1mol/L【解答】解：A相同浓度时，AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，稀释前HX的溶液中AG的值大，即HX溶液中氢离子浓度大，所以HX的酸性比HY强，故A正确；Ba、b两点的AG值相同，即氢离子浓度相同，则两个溶液中氢氧根离子的浓度也相同，所以c（Y）的c（X）相同，即a点的c（Y）与b点的c（X）相等，故B正确；CAG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，a点的AG值大，a点溶液中氢
25、离子浓度大，水的电离程度小，所以水的电离程度：a点小于c点，故C正确；D稀释前，HX的溶液中AG=12，说明c（H+）=0.1mol/L，而酸的浓度为0.1mol/L，所以HX为强酸，在溶液中完全电离，升高温度，溶液中c（X）不变，故D错误故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8Na2S2O35H2O俗称：“海波”，是常用的定影剂和还原剂，它是无色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，遇酸易分解：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，在20和70时的溶解度分别为60.0g和212.0g，Na2S2O35H2O在4050时会熔化，48时会分解，工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用
26、如图所示的装置（略去部分夹持仪器）模拟生成过程装置C中发生的反应如下：反应：Na2S2O3（aq）+H2O（I）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）反应：2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（I）反应：S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（1）仪器A的名称是圆底烧瓶（2）写出检查该装置气密性的方法：仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好（3）装置D的作用是防止倒吸，装置E中所盛的试剂为NaOH溶液（4）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，实验中为使SO2缓慢进入装置C中，采用的
27、操作是控制滴加硫酸的速率已知反应相对较慢，则装置C中反应达到终点的观现象是溶液变澄清（5）为提高产品纯度，应使装置C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则装置C中Na2S和Na2SO3的物质的量之比为2：1（6）反应终止后，装置C中的溶液经蒸发浓缩可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质利用常见试剂设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质【考点】制备实验方案的设计【分析】工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H
28、2O，利用装置A制备二氧化硫，把分液漏斗中的浓硫酸滴入烧瓶中亚硫酸钠中反应得到二氧化硫气体，二氧化硫通入B装置，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，实验中为使SO2缓慢进入烧瓶C，需要控制控制滴加硫酸的速率，通入装置C发生反应烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq） （）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l） （）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq） （）当S完全反应后表明反应达终点，所以此时应看到的现象为溶液变为澄清，反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，得到硫代
29、硫酸钠，装置D是防止倒吸的安全瓶，装置E是吸收剩余气体，防止污染空气，（1）根据装置图可知仪器A的名称；（2）根据压强差原理检验装置的气密性；（3）D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（4）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，可以通过控制加入酸的量，中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解；（5）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S2H2S3S3 Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（6）加入盐酸，Na2S2O3反应生成S沉淀，所以静置后取上层清
30、液，滴加BaCl2溶液，检验溶液中是否含有硫酸根离子；【解答】解：（1）根据装置图可知仪器A的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）检查该装置气密性的方法是：仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，故答案为：仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；（3）D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：防止倒吸；NaOH；（4）实验中为使SO2缓慢进入烧瓶C，需要控制滴加硫酸的速率，中发生S（
31、g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，溶液变澄清，故答案为：控制滴加硫酸的速率；溶液变澄清；（5）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S2H2S3S3 Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（6）检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加Ba
32、Cl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质9土壤是人类赖以生存的最基本物质，以黏土为原料生产的产品伴随着人类文明的脚步皖北名胜皇藏峪的黏土，水浸不塌，是生产无机非金属材料的优质原料某兴趣小组以当地黏土为原料探究彩色水泥、轻质耐火材料的联合生产，其设计的流程如图所示已知：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O部分难溶物开始沉淀时和完全沉淀时的pH如表所示Fe（OH）2Fe（OH）3Al（OH）3开始沉淀时的pH6.31.93.4完全沉淀时的pH8.33.24.7（1）为提高酸浸速率，除适当增大硫酸浓度外，还可采取的措施有搅拌、适当升温或将研磨黏土（任写一条
33、）（2）向滤液中加入H2O2的作用是将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+；用CaCO3调节溶液pH约为3.3，其目的是使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去（3）红色水泥添加剂的主要成分是Fe2O3（4）物质X的化学式为CaSO42H2O（5）气体M的电子式为；向滤液中加放CaO的作用是与水反应放热，降低NH3的溶解度（任写一条）（6）氮化铝广泛用于电子陶瓷等工业领域，以滤渣、碳及氮气为原料可制备氮化铝，用化学方程式表示制备过程：2Al（OH）3Al2O3+3H2O、Al2O3+N2+3C2AlN+3CO【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】根据流程图：黏土的主要成分为2Ca
34、O3Al2O3FeOFe2O310SiO2nH2O与硫酸反应生成硫酸钙、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，加CaCO3调节pH使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去，得到滤渣为氢氧化铁，加热得红色水泥添加剂的主要成分为Fe2O3，滤液中含硫酸钙、硫酸铝、加氨水，铝离子及大量钙离子转化为沉淀进入滤渣，滤液中主要含一水合氨、硫酸铵，加入CaO，与水反应放热，NH3的溶解度降低，得气体M为NH3，滤液含硫酸钙，蒸发结晶得物质X为CaSO42H2O，CaSO42H2O与石灰石、黏土制水泥【解答】解：根据流程图：黏土的主要成分为2CaO3Al2O3FeOFe2O31
35、0SiO2nH2O与硫酸反应生成硫酸钙、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加CaCO3调节pH使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去，得到滤渣为氢氧化铁，加热得红色水泥添加剂的主要成分为Fe2O3，滤液中含硫酸钙、硫酸铝、加氨水，铝离子及大量钙离子转化为沉淀进入滤渣，滤液中主要含一水合氨、硫酸铵，加入CaO，与水反应放热，NH3的溶解度降低，得气体M为NH3，滤液含硫酸钙，蒸发结晶得物质X为CaSO42H2O，CaSO42H2O与石灰石、黏土制水泥（1）为提高酸浸速率，即加快反应速率，除适当增大硫酸浓度外，还可通过搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末可加快反应速率
36、，故答案为：搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末；（2）根据表格中部分难溶物开始沉淀时和完全沉淀时的pH，可知要除去Fe2+需将其氧化为Fe3+，故向滤液中加入H2O2的作用是过氧化氢具有强氧化性，可将具有还原性的Fe2+氧化为Fe3+，易于转化为Fe（OH）3而除去，用CaCO3调节溶液pH约为3.3，其目的是使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去；故答案为：将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+；使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去；（3）根据流程图滤渣为氢氧化铁，加热得红色水泥添加剂的主要成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（4）根据流程图，物质X为B滤液含硫酸钙经蒸发结晶所得，
37、且物质X与石灰石、黏土制水泥故物质X为CaSO42H2O，故答案为：CaSO42H2O；（5）根据流程图滤液中主要含一水合氨、硫酸铵，加入CaO，与水反应放热，NH3的溶解度降低，得气体M为NH3，且气体M可制得氨水，故气体M为NH3，故答案为：；与水反应放热，降低NH3的溶解度；（6）氮化铝广泛用于电子陶瓷等工业领域，以滤渣、碳及氮气为原料可制备氮化铝，根据流程图滤渣含Al（OH）3，经加热得Al2O3，Al2O3，与碳及氮气制得氮化铝及生成CO，故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO10氯及其化合物在生产、生活中有广泛的用途回答下列问题：（1）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl2
38、将废水中的CN氧化成无毒物质写出该反应的离子方程式：5Cl2+2CN+8OH10Cl+N2+2CO2+4H2O（2）地康法制备氯气的反应为4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6kJmol1，1molHCl、1molClCl、1molOO断裂时分别需要吸收431J、243kJ、489kJ的能量，则1molOH断裂时需吸收的能量为460.65kJ（3）取ClO2消毒过的自来水（假定ClO2全部转化为Cl）30.00mL，在水样中加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用一定浓度AgNO3溶液滴定，当有砖红色的Ag2CrO4沉淀出现时，反应达到滴定终点，测得溶液中CrO42
39、的浓度是5.00103molL1，则滴定终点时溶液中c（Cl）=8.90106mol/L已知：Ksp（AgCl）=1.781010，Ksp（Ag2CrO4）=2.001012（4）在5个恒温、恒容密闭容器中分别充入4molClO2（g），发生反应：4ClO2）（g）2Cl2O（g）+3O2（g）H0，测得ClO2（g）的部分平衡转化率如表所示容器编号温度/容器体积/LClO2（g）的平衡转化率aT1V1=1L75%bT2V2cT3V375%de已知：T3T1，V2V1该反应中Cl2O是还原产物（填“还原产物”或“氧化产物”）T1时，上述反应的平衡常数K=25.63V2（填“”、“”或“=”）V
40、3d、c两容器中的反应与a容器中的反应均各有一个条件不同，a、d、e三容器中反应体系总压强随时间的变化如图所示，a、d、e三容器中ClO2的平衡转化率由大到小的排列顺序为ea=d（用字母表示）；与a容器相比，d容器中改变的一个实验条件是加入催化剂，其判断依据是ad图象中曲线变化可知，d反应速率增大，压强不变平衡点不变【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变【分析】（1）已知信息：Cl2将废水中的CN氧化成无毒的N2和CO2，结合离子方程式的书写方法来书写；（2）化学反应焓变H=反应物总键能生成物总键能，据此计算；（3）反应达到滴定终点，测得溶液中CrO42的浓度是5.00103molL1，结合Ks
41、p（Ag2CrO4）=2.001012计算银离子浓度，利用Ksp（AgCl）=1.781010，计算氯离子浓度；（4）4ClO2）（g）2Cl2O（g）+3O2（g），反应中氯元素化合价+4价变化为+2价，化合价降低做氧化剂被还原；结合化学平衡三行计算得到平衡浓度，平衡常数K=；已知：T3T1，V2V1T1、T3状态下ClO2（g）的平衡转化率相同为相同平衡状态，反应为吸热反应，升温平衡正向进行；压强增大平衡逆向进行，ad为加入催化剂达到的相同平衡状态，d压强大平衡逆向进行；【解答】解：（1）根据已知信息：Cl2将废水中的CN氧化成无毒的N2和CO2，离子方程式为：5Cl2+2CN+8OH10
42、Cl+N2+2CO2+4H2O，故答案为：5Cl2+2CN+8OH10Cl+N2+2CO2+4H2O；（2）地康法制备氯气的反应为4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6kJmol1，1molHCl、1molClCl、1molOO断裂时分别需要吸收431J、243kJ、489kJ的能量，则1molOH断裂时需吸收的能量为x，则H=4431J+489kJ2243kJ22x=115.6kJmol1，x=460.65KJ，故答案为：460.65KJ；（3）在水样中加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用一定浓度AgNO3溶液滴定，当有砖红色的Ag2CrO4沉淀出现时，反应达
43、到滴定终点，测得溶液中CrO42的浓度是5.00103molL1，结合Ksp（Ag2CrO4）=2.001012计算银离子浓度c2（Ag+）=（mol/L）2，c（Ag+）=2105mol/L，则滴定终点时溶液中c（Cl）=8.90106mol/L，故答案为：8.90106mol/L；（4）ClO2（g），4ClO2）（g）2Cl2O（g）+3O2（g），反应中氯元素化合价+4价变化为+2价，化合价降低做氧化剂被还原，则该反应中Cl2O是还原产物，故答案为：还原产物；恒温、恒容密闭容器中充入4mol，T1时ClO2（g）的平衡转化率为75%，V1=1L， 4ClO2（g）2Cl2O（g）+3O
44、2（g），起始量（mol/L） 4 0 0变化量（mol/L） 475% 1.5 2.25平衡量（mol/L） 1 1.5 2.25K=25.63，故答案为：25.63；已知：T3T1，V2V1T1、T3状态下ClO2（g）的平衡转化率相同为相同平衡状态，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，则V2V3，故答案为：；d、c两容器中的反应与a容器中的反应均各有一个条件不同，a、d、e三容器中反应体系总压强随时间的变化如图所示，ad最后达到相同平衡状态，d达到平衡时间缩短，但最后压强相同，说明d是加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，e状态下压强大，增大压强平衡逆向进行，转化率减小，a、d、e三容器
45、中ClO2的平衡转化率由大到小的排列顺序为：ea=d，故答案为：ea=d；加入催化剂；ad图象中曲线变化可知，d反应速率增大，压强不变平衡点不变；三、选做题：化学与技术（共1小题，满分15分）11煤是重要的化工原料，煤的脱硫可减少环境的污染，利用煤矸石中的硫铁矿（主要成分为FeS2）和烟道脱硫得到的硫酸盐生产硫酸的工艺流程如图所示回答下列问题：（1）硫铁矿和硫酸盐燃烧的装置M的名称为沸腾炉（2）炉气净化过程包括除尘（防止堵塞管道）、洗涤（除去有害物质，防止在转化器中使催化剂中毒）和干燥，干燥的目的是防止硫的氧化物与水反应生成酸雨腐蚀设备（3）转化器中的催化剂是V2O3，而反应条件选择40050
46、0和常压的原因是400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本已知每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=297kJ/mol，该反应过程中通入稍过量O2的目的是提高二氧化硫的转化率（4）实验生产中常采用两次转化，其目的是提高原料利用率，流程中可循环利用的物质是SO2和O2（5）该方法合成硫酸的优点是变废为宝，减少环境污染；按目前技术水平生产硫酸的流程中，反应热的利用约为，试提出利用富余反应热的方法：利用余热发电【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】硫铁矿和硫酸
47、盐燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与氧气在转化器中反应生成三氧化硫，三氧化硫吸收生成硫酸（1）硫铁矿和硫酸盐在沸腾炉中燃烧；（2）硫的氧化物与水反应生成酸性物质；（3）400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高；每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，每生成2molSO2（g），释放297kJ热量，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；（4）两次转化可提高原料利用率，SO2和O2可循环利用；（5）废气中的二氧化硫变废为宝，减少环境污染【解答】解：（1）硫铁矿和硫酸盐在沸腾炉中燃烧，故答案为：沸腾炉；（2）硫的氧化物与水反应生成酸性物质，腐蚀设备，故答案为：防止
48、硫的氧化物与水反应生成酸雨腐蚀设备；（3）400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本；每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，每生成2molSO2（g），释放297kJ热量，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=297kJ/mol；增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，提高二氧化硫的转化率，故答案为：400500时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本；2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=297kJ/mol；提高二氧化硫的转化率；（4）两次转化可提高原料利用率，SO2和O2可
49、循环利用，故答案为：提高原料利用率；SO2和O2；（5）废气中的二氧化硫变废为宝，减少环境污染，可利用余热发电或取暖，故答案为：变废为宝，减少环境污染；利用余热发电四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）12氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，具有优良性能（1）基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，基态硅原子未成对电子数是3，碳、氮、硅的电负性由大到小的顺序是NCSi（2）碳热还原法制氮化硅是在氮气中用碳还SiO2，写出该反应的化学方程式：6C+2N2+3SiO2Si3N4+6CO氮化硅一般不与酸反应，但能与氢氟酸反应，写出氮化硅与过 量氢氟酸反应的化学方程式：Si3N4+16HF=3SiF
50、4+4NH4F（3）三氯化硅烷（SiHCl3）也可用于制备氮化硅，三氯硅烷分子的空间构型为四面体形，其分子中硅原子的杂化轨道类型为sp3杂化（4）氮化硅与碳化硅、氮化硼等作用可产生结合材料，改善性能氮化硅、碳化硅的化学性质都很稳定，其原因是晶体中原子之间形成共价键，键能大，键牢固（5）碳化硅立方晶系晶胞如图所示，CSiC键的夹角是10928，其晶体类型是原子晶体，若立方晶系的碳化硅密度为gcm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的棱长为【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【分析】（1）N原子核外电子数为7，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p3；
51、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；（2）碳热还原法制氮化硅是在氮气中用碳还SiO2，反应生成Si3N4、CO，氮化硅一般不与酸反应，但能与氢氟酸反应，反应生成SiF4与NH4F；（3）三氯化硅烷（SiHCl3）分子中Si原子形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；（4）氮化硅、碳化硅晶体中原子之间形成共价键，键能大；（5）碳化硅立方晶系晶胞中，体内Si原子与周围的4个C原子形成正四面体结构；原子之间形成共价键，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再结合m=V计算晶胞体积，而晶胞棱长=【解答】解：（1
52、）N原子核外电子数为7，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级3个电子分别占据1个轨道，单电子数目为3，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性NCSi，故答案为：1s22s22p3；3；NCSi；（2）碳热还原法制氮化硅是在氮气中用碳还SiO2，反应生成Si3N4、CO，化学方程式为：6C+2N2+3SiO2Si3N4+6CO，氮化硅一般不与酸反应，但能与氢氟酸反应，反应生成SiF4与NH4F，反应方程式为：Si3N4+16HF=3SiF4+4NH4F，故答案为：6C+2N2+3SiO2Si3N4+6CO；Si3N4+16HF=3SiF4+4NH4
53、F；（3）三氯化硅烷（SiHCl3）分子中Si原子形成4个键，没有孤对电子，三氯硅烷分子的空间构型为四面体形，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，故答案为：四面体形；sp3杂化；（4）氮化硅、碳化硅晶体中原子之间形成共价键，键能大，键牢固，化学性质稳定，故答案为：晶体中原子之间形成共价键，键能大，键牢固；（5）碳化硅立方晶系晶胞中，体内Si原子与周围的4个C原子形成正四面体结构，CSiC键的夹角是10928；原子之间形成共价键，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；晶胞中Si原子数目为4、C原子数目为8+6=4，则晶胞质量为g，化硅密度为gcm3，则晶胞棱长=cm，故答案为：10928
54、；原子晶体；五、有机化学基础（共1个小题，共0分）13丁酮酸乙酯（）和聚乙烯醇（PVA）都是重要的有机化工产品，其合成路线如图所示 已知：A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢；F为高聚物不稳定会自动转化为RCH2CHO回答下列问题：（1）A中所含官能团是碳碳三键（填名称），B的结构简式为CH3CHO（2）E的名称为乙酸乙烯醇酯（3）写出反应的化学方程式：，该反应的反应类型为取代反应（4）由D制丁酮酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，其作用是反应方程式为：，Na与生成的乙醇反应，平衡右移，提高D的转化率（根据化学方程式和平衡移动原理回答）
55、（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯的同分异构体有12种a能发生银镜反应 b能与Na2CO3溶液反应放出气体其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1：1：2：6的是（填结构简式）【考点】有机物的合成【分析】A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢，则A为CHCH，结合信息可知乙炔与水发生加成反应生成后，转化生成B为CH3CHO，B氧化生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，2分子D发生信息中反应生成丁酮酸乙酯，还生成CH3CH2OH乙酸与乙炔发生加成反应生成乙酸丙烯醇酯，乙酸丙烯醇酯发生加聚反应生成F为【解答】解：A是同系物
56、中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢，则A为CHCH，结合信息可知乙炔与水发生加成反应生成后，转化生成B为CH3CHO，B氧化生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，2分子D发生信息中反应生成丁酮酸乙酯，还生成CH3CH2OH乙酸与乙炔发生加成反应生成乙酸丙烯醇酯，乙酸丙烯醇酯发生加聚反应生成F为（1）A为CHCH，所含官能团是碳碳三键，B的结构简式为：CH3CHO，故答案为：碳碳三键；CH3CHO；（2）E的名称为乙酸乙烯醇酯，故答案为：乙酸乙烯醇酯；（3）反应的化学方程式：，属于取代反应，故答案为：，取代反应；（4）由D制丁酮
57、酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，其作用是：反应方程式为：，Na与生成的乙醇反应，平衡右移，提高D的转化率，故答案为：反应方程式为：，Na与生成的乙醇反应，平衡右移，提高D的转化率；（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯（）的同分异构体：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能与Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，可以看做COOH、CHO取代丁烷形成，若正丁烷被取代，COOH取代甲基中H原子，CHO有4种位置，COOH取代亚甲基中H原子，CHO有4种位置，若异丁烷被取代，COOH取代甲基中H原子，CHO有3种位置，COOH取代次甲基中H原子，CHO有1种位置，故共有12种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1：1：2：6的是：，故答案为：12；2017年1月1日