1、2016年宁夏银川市唐徕回民中学高考化学一模试卷一、选择题1我国科学家将石墨烯（由石墨剥离的层状结构）和碳纳米管经低温脱水处理，获得了一种“最轻材料”该材料具有超强的吸附能力，且有望成为理想的储能保温、催化载体和吸音材料下列有关说法正确的是（）A石墨烯属于有机物B该材料吸油过程为物理变化C碳纳米管是碳的一种同位素D碳纳米管属于胶体分散系2依曲替酯可以由原料X经过多步反应合成得到：下列说法正确的是（）AX与Y互为同分异构体BX与Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色C在光照条件下，依曲替酯中的苯环能与Cl2发生取代反应D依曲替酯中所有不饱和键均能与溴发生加成反应3短周期元素A、B、C的原子序数之和为3
2、7，A、B在同一周期，A+、C具有相同的核外电子层结构下列推测不正确的是（）A同周期元素中C的氢化物稳定性最强B同周期元素中A的金属性最强C原子半径：AB，离子半径：A+CDA、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C4某研究小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含H2S的废气基本工艺是将H2S通入FeCl3溶液中，过滤后将滤液加入如图所示电解槽中电解，电解后的滤液可以循环利用下列有关说法正确的是（）A过滤得到的沉淀可能是FeSB与a极相连的电极反应式为Fe2+eFe3+C可以用Fe与外接电源的a极相连D若有0.1mol电子发生转移，则一定能得到1.12LH2525在25ml、C1mo
3、lL1，的一元弱酸（HA）中，加入v2mL、0.1mol/L的一元强碱 （BOH）下列有关判断一定正确的是（）A当25Cl=0.1V2时；c（A）c（B）B当PH7时，；c（A）c（OH）C当pH=7，且V2=25 时，C10.1D当PH7 时，c（B+）c（A）6用相对分子质量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物有（）A4种B8种C10种D12种7下列有关实验设计、观察或记录、结论或解释都正确的是（）选项实验设计观察或记录结论或解释A将浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体浓硝酸的还原产物是NO2B测某铵盐溶液的pHpH7NH4+水解生成NH3H20，使溶液显
4、碱性C用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体试纸变蓝该气体一定是Cl2D将盛少量水的分液漏斗静置、倒置、将塞子旋转1800后再次倒置漏斗口和活塞不漏水分液漏斗不漏液AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分43分）8某研究性学习小组用下列装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应Cu（OH）2悬浊液用于检验反应产物（1）组装好仪器后必须进行的操作是（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，应采取的措施是（填字母）a取下小试管 b移去酒精灯 c将导管从乳胶管中取下 d以上都可以（3）乙醇被氧化的产物是（写结构简式）（4）若M的成分为FexOy，用CO还原法
5、定量测定其化学组成称取a g M样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：组装仪器 点燃酒精灯 加入试剂 打开分液漏斗活塞 检查气密性停止加热 关闭分液漏斗活塞 称重正确的操作顺序是（填字母）abcd尾气处理的方法是若测得碱石灰增重b g，则x：y=（用含有a、b的代数式表示）9MnO2又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体MnO2的合成方法按制备工艺中所用原料的不同，分为固相合成和液相合成已知：MnO2不溶于水，其中锰的价态有+2价，也可能有+3价和+4价请回答下列问题：（1）若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，写出它由氧化物形成的表达式：（2）MnOOH中锰的价态为价，写出的化学方程
6、式：（3）将（NH4）2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，试用相应的离子方程式解释原因：过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程：（4）若中收集到672mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到g Mn3O410CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标（1）250时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）平衡体系中各组分的体积分数如表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平
7、衡常数K=已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=+2.8kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的H=（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为（
8、3）以CO2为原料可以合成多种物质聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的写出聚碳酸酯的结构简式：以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为【化学-选修2：化学与技术】11煤是重要的能源，也是化工生产的重要原料（1）煤燃烧产生的废气直接排放到空气中，可能导致的环境问题是（2）设法把煤转化为中热值气是煤的综合利用之一，中热值气的成分是，其主要用途有、（答两种）（3）煤经过（填加工方法）可以得到焦炉煤气、煤焦油和焦炭煤焦油 经过（填加工方法）可得到芳香族化合物煤也可以用氢化法转化成 燃油，氢化法的本质是（4）新型氨法烟气脱硫技术采用氨吸收烟气中
9、SO2生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵，再用一定量的磷酸进行反应，在反应回收SO2后的混合物中通入适量的氨气得到一种产品该技术的优点是【化学-选修3：物质结构与性质】12已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第族中原子序数最小的元素（1）写出基态D原子的电子排布式（2）已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位工业 上生产高纯度R的单质过程如下：写出的反应方程式，已知RHCl3的沸点是31.5C，则该物质的晶体类型是，组成微粒的中心原子
10、的轨道杂化类型为，空间构型是（3）A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3互为等电子体的物质的化学式为（4）已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为，一个D的晶胞质量为【化学-选修5：有机化学基础】13美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一G和H以1：3反应生成I试回答下列问题：（1）A的分子式为
11、：（2）写出下列物质的结构简式：D：；G：（3）反应中属于取代反应的有（4）反应的化学方程式为；反应的化学方程式为（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：2016年宁夏银川市唐徕回民中学高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1我国科学家将石墨烯（由石墨剥离的层状结构）和碳纳米管经低温脱水处理，获得了一种“最轻材料”该材料具有超强的吸附能力，且有望成为理想的储能保温、催化载体和吸音材料下列有关说法正确的是（）A石墨烯属于有机物B该材料吸油过程为物理变化C碳纳米管是碳的
12、一种同位素D碳纳米管属于胶体分散系【考点】纳米材料【分析】根据对石墨进行处理使得石墨片的厚度逐渐变薄，最终获得目前已知的最薄的材料石墨烯可知，石墨烯是只有碳元素组成的单质，没有新的物质生成，则没有发生化学变化【解答】解：A石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故A错误； B石墨制取石墨烯的过程是物理变化，故B正确；C石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，故C错误；D碳纳米管不是分散系，不是胶体，故D错误故选B2依曲替酯可以由原料X经过多步反应合成得到：下列说法正确的是（）AX与Y互为同分异构体BX与Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色C在光照条件下，依曲替酯中的苯环能与C
13、l2发生取代反应D依曲替酯中所有不饱和键均能与溴发生加成反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同；B原料X、Y中含C=C；C光照条件下，取代甲基的氢原子；D酯基与溴不发生加成反应【解答】解：A原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；B原料X、Y中含C=C，可被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；C光照条件下，取代甲基的氢原子，故C错误；D酯基中C=O键稳定，与溴不发生加成反应，故D错误故选A3短周期元素A、B、C的原子序数之和为37，A、B在同一周期，A+、C具有相同的核外电子层结构下列推测不正确的是（）A同周期元素中C的氢化物
14、稳定性最强B同周期元素中A的金属性最强C原子半径：AB，离子半径：A+CDA、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C【考点】原子结构与元素的性质【分析】A+与C具有相同的核外电子层结构，可推知C在A、B的上一个周期，又因为A、B、C原子序数之和为37，A、B在同一周期，若A、B处于长周期，则A、B元素的质子数之和大于37，故A、B、C处于短周期，则A为Na、C为F、可知B的质子数=37119=17，则B为Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：A+与C具有相同的核外电子层结构，可推知C在A、B的上一个周期，又因为A、B、C原子序数之和为37，A、B在同一周期，若A、B处于长周期
15、，则A、B元素的质子数之和大于37，故A、B、C处于短周期，则A为Na、C为F、可知B的质子数=37119=17，则B为Cl，A同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故同主族中HF最稳定，故A正确；BA为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故B正确；C同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径NaCl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：FNa+，故C错误；DA、B、C的简单离子中F形成的酸为弱酸，能够水解，会破坏水的电离平衡，故D正确，故选：C4某研究小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含H2S的废
16、气基本工艺是将H2S通入FeCl3溶液中，过滤后将滤液加入如图所示电解槽中电解，电解后的滤液可以循环利用下列有关说法正确的是（）A过滤得到的沉淀可能是FeSB与a极相连的电极反应式为Fe2+eFe3+C可以用Fe与外接电源的a极相连D若有0.1mol电子发生转移，则一定能得到1.12LH2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】AH2S被铁离子氧化为S；B与a极相连的电极上亚铁离子失电子生成铁离子；CFe与外接电源的a极相连，Fe失电子，而溶液中的离子不反应；D在标准状况下，有0.1mol电子发生转移，会生成0.05mol氢气【解答】解：A将H2S通入FeCl3溶液中，H2S被铁离子氧化为S，
17、即发生2Fe3+H2S=S+2Fe2+2H+，所以过滤得到的沉淀是S沉淀，故A错误；B与b 相连的电极上氢离子得电子生成氢气，则为阴极，所以与a极相连的电极为阳极，阳极上亚铁离子失电子生成铁离子，即电极反应式为Fe2+eFe3+，故B正确；CFe与外接电源的a极相连，Fe作阳极失电子，而溶液中的亚铁离子不反应，所以不能用Fe作电极，故C错误；D电极反应2H+2e=H2，有0.1mol电子发生转移，会生成0.05mol氢气，在标准状况下，氢气的体积为1.12L，但是选项中没有说明是标准状况下，所以无法确定氢气的体积，故D错误故选B525在25ml、C1molL1，的一元弱酸（HA）中，加入v2m
18、L、0.1mol/L的一元强碱 （BOH）下列有关判断一定正确的是（）A当25Cl=0.1V2时；c（A）c（B）B当PH7时，；c（A）c（OH）C当pH=7，且V2=25 时，C10.1D当PH7 时，c（B+）c（A）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】当25Cl=0.1V2时，HA和BOH正好完全中和，生成BA的溶液，弱酸的阴离子会存在水解，导致溶液显示碱性，据此回答【解答】解：A、当25Cl=0.1V2时，HA和BOH正好完全中和，生成BA的溶液，弱酸的阴离子会存在水解，导致溶液显示碱性，c（A）c（B），故A错误；B、当PH7时，溶液显示碱性，c（A）可以大于、小于
19、或是等于c（OH），故B错误；C、当pH=7，且V2=25时，此时应该是弱酸稍过量，所以C10.1，故C正确；D、当PH7时，溶液显示酸性，c（H+）c（OH），根据电荷守恒，c（B+）c（A），故D错误故选C6用相对分子质量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物有（）A4种B8种C10种D12种【考点】有机化合物的异构现象【分析】根据烷基组成通式结合式量为57的确定烷基，再根据烷烃的同分异构体中等效氢确定烷基同分异构体数目，利用等效H判断甲苯苯环上的H原子种类有3种，再利用组合计算判断【解答】解：烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为57，所以14n+1=57，解得n=4，
20、所以烷基为C4H9，若为正丁烷形成的丁基，正丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构，若为异丁烷形成的丁基，异丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构，故丁基共有4种结构，甲苯苯环上的H原子种类有3种，故丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为43=12，故选：D7下列有关实验设计、观察或记录、结论或解释都正确的是（）选项实验设计观察或记录结论或解释A将浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体浓硝酸的还原产物是NO2B测某铵盐溶液的pHpH7NH4+水解生成NH3H20，使溶液显碱性C用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体试纸变蓝该气体一定是Cl2D将盛少量水的分液
21、漏斗静置、倒置、将塞子旋转1800后再次倒置漏斗口和活塞不漏水分液漏斗不漏液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮； BNH4+水解显酸性；C能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明反应中有单质碘生成，因此该气体具有氧化性；D将上口瓶塞旋转180度，正放倒放，将下端旋塞旋转180度，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水【解答】解：A稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误； BNH4+水解显酸性，pH7，故B错误；C有氧化性的物质不一定是氯气，故C错误；D分液漏斗中装入适量蒸馏水，正放，倒放，将上口瓶塞旋转180度，正放倒
22、放，将下端旋塞旋转180度，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水，故D正确故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8某研究性学习小组用下列装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应Cu（OH）2悬浊液用于检验反应产物（1）组装好仪器后必须进行的操作是检验装置气密性（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是水浴加热或对烧杯进行加热；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，应采取的措施是c（填字母）a取下小试管 b移去酒精灯 c将导管从乳胶管中取下 d以上都可以（3）乙醇被氧化的产物是CH3CHO（写结构简式）（4）若M的成分为FexOy，用CO还原法定量测定其化学组成称取a g M样品进行
23、定量测定，实验装置和步骤如下：组装仪器 点燃酒精灯 加入试剂 打开分液漏斗活塞 检查气密性停止加热 关闭分液漏斗活塞 称重正确的操作顺序是c（填字母）abcd尾气处理的方法是用气球收集或直接点燃若测得碱石灰增重b g，则x：y=（用含有a、b的代数式表示）【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）气体通过装置，实验前需要检验装置气密性；（2）水浴加热或对烧杯进行加热可以快速得到乙醇气体；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；（3）乙醇被氧化生成乙醛；（4）i先组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体
24、，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；ii用气球收集CO或直接点燃；碱石灰增重b g为生成二氧化碳的质量，CO转化为CO2获得的氧原子为氧化物中O原子，再计算Fe原子物质的量，进而取得x、y关系【解答】解：（1）反应过程中有气体参加与生成，并用氢氧化铜悬浊液检验生成物，反应过程需要在气密性好的装置中进行，实验前需要检验装置气密性，故答案为：检验装置气密性；（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是：水浴加热或对烧杯进行加热，已经开始发生倒吸，导管中含有溶液，取下小试管仍然会倒吸，移去酒精灯，温度降低，装置内压强减小，更容易发生倒吸，将导管从乳胶管中取下，可以防止倒吸，故答案为：水浴加热或
25、对烧杯进行加热；c；（3）乙醇被氧化生成乙醛，乙醛的结构简式为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（4）i先组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，正确的操作顺序是：，故答案为：c；ii用气球收集CO或直接点燃，防止污染空气；碱石灰增重b g为生成二氧化碳的质量，CO转化为CO2获得的氧原子为氧化物中O原子，则氧化物中O原子物质的量为=mol，Fe原子物质的量为，则x：y=： mol=，故答案为：用气球收集或直接点燃；9MnO2又名黑锰矿，主要
26、用于生产优质软磁铁氧体MnO2的合成方法按制备工艺中所用原料的不同，分为固相合成和液相合成已知：MnO2不溶于水，其中锰的价态有+2价，也可能有+3价和+4价请回答下列问题：（1）若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，写出它由氧化物形成的表达式：2MnOMnO2或MnO22MnO（2）MnOOH中锰的价态为+3价，写出的化学方程式：12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O（3）将（NH4）2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，试用相应的离子方程式解释原因：Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的
27、操作过程：向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作23次（4）若中收集到672mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到2.29g Mn3O4【考点】制备实验方案的设计【分析】由制备流程可知，MnOOH焙烧Mn2O3，中发生12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，可写成2MnOMnO2，金属锰的悬浊液与硫酸铵发生反应为Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O，过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，在空气中加热生成Mn3O4，以此来解答【解答】解：由制备流程可知，MnOOH焙烧Mn2O3，中发生12Mn2O3+CH
28、48Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，可写成2MnOMnO2，金属锰的悬浊液与硫酸铵发生反应为Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O，过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，在空气中加热生成Mn3O4，（1）若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，它由氧化物形成的表达式2MnOMnO2或MnO22MnO，故答案为：2MnOMnO2或MnO22MnO；（2）O为2价，H为+1价，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，MnOOH中锰的价态为+3；的化学方程式为12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O，故答案为：+3；12Mn2O3+
29、CH48Mn3O4+CO2+2H2O；（3）将（NH4）2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，用相应的离子方程式解释原因为Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O；过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程为向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作23次，故答案为：Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O；向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作23次；（4）由Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O、6Mn（OH）2+O22Mn3O4+6H2O可知，存在3H2Mn3O4，则中收集到672
30、mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到Mn3O4的质量为229g/mol=2.29g，故答案为：2.2910CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标（1）250时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）平衡体系中各组分的体积分数如表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数K=64已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1CO（g）+H2O（g）=CO2（
31、g）+H2（g）H=+2.8kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的H=247.3kJmol1（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250时，催化剂的催化效率降低为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大反应压强、增大CO2的浓度将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu
32、2+6Al3+2NO+16H2O（3）以CO2为原料可以合成多种物质聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的写出聚碳酸酯的结构简式：以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为CO2+8e+6H2O=CH4+8OH【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变【分析】（1）先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据盖斯定律来解答；（2）根据温度对催化剂活性的影响；根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，再根据氧化物
33、与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；（3）以根据加聚反应的特征来解答；根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为碱性【解答】解：（1）CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）起始（mol） 6 6 0 0反应（mol） x x 2x 2x平衡（mol） 6x 6x 2x 2x由CH4的体积分数为0.1，则=0.1，解得X=4，所以K=64，故答案为：64； CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1 CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2 （g）H=2.8kJmol1 2CO（g）+O2（g
34、）=2CO2（g）H=566.0kJmol1 根据盖斯定律，由+22得，CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=890.3kJmol1+2.8kJmol12+566.0kJmol12=+247.3 kJmol1，故答案为：+247.3 kJmol1；（2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大反应压强、增大CO2的浓度；Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+3
35、2H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O；（3）CO2发生加聚反应得到，故答案为：；CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，电极反应为：CO2+8e+6H2O=CH4+8OH，故答案为：CO2+8e+6H2O=CH4+8OH【化学-选修2：化学与技术】11煤是重要的能源，也是化工生产的重要原料（1）煤燃烧产生的废气直接排放到空气中，可能导致的环境问题是酸雨（2）设法把煤转化为中热值气是煤的综合利用之一，中热值气的成分是CO、H2、CH4，其主要用途有居民用煤气、合成氨、制甲醇的原料（答两种）（3）
36、煤经过干馏（填加工方法）可以得到焦炉煤气、煤焦油和焦炭煤焦油 经过分馏（填加工方法）可得到芳香族化合物煤也可以用氢化法转化成 燃油，氢化法的本质是增加煤中氢元素含量，提高氢碳比（4）新型氨法烟气脱硫技术采用氨吸收烟气中SO2生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵，再用一定量的磷酸进行反应，在反应回收SO2后的混合物中通入适量的氨气得到一种产品该技术的优点是既能吸收二氧化硫，又能生成复合肥磷铵【考点】化石燃料与基本化工原料【分析】（1）煤燃烧产生的废气中含有二氧化硫，二氧化硫能引起酸雨；（2）煤转化为中热值气，为煤的气化，生成CO、H2、CH4等，可作为化工生成的原料；（3）根据工业把煤转化为焦炉气、煤焦油和
37、焦炭等常用干馏的方法制备；从煤焦油中得到芳香族化合物常用分馏的方法制备；根据煤中含有碳元素，不含有氢元素，而燃油是多种烃的混合物，里面含有碳元素和氢元素；（4）采用氨吸收烟气中SO2生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵，可作为肥料，减低污染【解答】解：（1）煤燃烧产生的废气中含有二氧化硫，二氧化硫能引起酸雨，故答案为：酸雨；（2）煤转化为中热值气，为煤的气化，生成CO、H2、CH4等，可作为居民用煤气、合成氨、制甲醇的化工原料等，故答案为：CO、H2、CH4；居民用煤气；合成氨、制甲醇的原料；（3）煤经过干馏可以得到炉煤气、煤焦油和焦炭；煤焦油经过分馏可得到芳香族化合物；因煤中含有碳元素，不含有氢元素，而
38、燃油里面含有碳元素和氢元素，所以煤也可以用加氢转化成燃油，故答案为：干馏；分馏；增加煤中氢元素含量，提高氢碳比；（4）采用氨吸收烟气中SO2生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵，可作为肥料，减低污染，达到充分利用资源的目的，变废为肥，充分利用资源，降低污染，故答案为：既能吸收二氧化硫，又能生成复合肥磷铵【化学-选修3：物质结构与性质】12已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第族中原子序数最小的元素（1）写出基态D原子的电子排布式Ar3d64s2（2）已知高纯度
39、R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位工业 上生产高纯度R的单质过程如下：写出的反应方程式SiHCl3+H2 Si+3HCl，已知RHCl3的沸点是31.5C，则该物质的晶体类型是分子晶体，组成微粒的中心原子的轨道杂化类型为sp3，空间构型是四面体形（3）A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是SiOA、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3互为等电子体的物质的化学式为N2O（4）已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为8，一个D的晶胞质量为g【考点】晶胞的计算；原子结构与元素
40、周期律的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素，（1）D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；（2）SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气
41、在10001100条件下反应生成纯硅，的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；（3）原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；（4）该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8=2，其配合物是8，每个Fe原子的质量=，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量【解答】解：B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电
42、子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素，（1）D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为Ar3d64s2，故答案为：Ar3d64s2；（2）SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在10001100条件下反应生成纯硅，的反应为SiHCl3和氢气的反
43、应，生成Si和HCl，反应方程式为SiHCl3+H2 Si+3HCl；分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp3、四面体形，故答案为：SiHCl3+H2 Si+3HCl；分子晶体；sp3；四面体形；（3）原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性OSi键NSi键；等电子体中原
44、子个数相等及价电子数相等，N3中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O，故答案为：N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态；OSi键；N2O；（4）该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8=2，体心上的Fe原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe原子的质量=g，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量=2g=2g=g，故答案为： g【化学-选修5：有机化学基础】13美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰
45、H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一G和H以1：3反应生成I试回答下列问题：（1）A的分子式为：C5H12（2）写出下列物质的结构简式：D：；G：CH3CHO（3）反应中属于取代反应的有（4）反应的化学方程式为C6H12O6 2C2H5OH+2CO2；反应的化学方程式为（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有4种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：HCOOC（CH3）3【考点】有机物的合成【分析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，则分子中C、H原子数目之比为： =5：12，则A为C5
46、H12，A与氯气发生取代反应生成B，B发生水解反应得到C，C可以连续发生氧化反应得到E，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，则E为，可推知A为，B为，C为，D为葡萄糖在酒化酶作用下得到F为C2H5OH，F发生氧化反应生成G为CH3CHO，H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，则H为HCHO，G和H以1：3反应生成I，则I为，I与氢气发生加成反应生成J为，J与E发生酯化反应生成K为【解答】解：A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，则分子中C、H原子数目之比为： =5：12，则A为C5H12，A与氯气发生取代反应生成B，B发生水解反应得到C，C可以连续发生氧化反应得到E，E的核
47、磁共振氢谱中只有2组吸收峰，则E为，可推知A为，B为，C为，D为葡萄糖在酒化酶作用下得到F为C2H5OH，F发生氧化反应生成G为CH3CHO，H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，则H为HCHO，G和H以1：3反应生成I，则I为，I与氢气发生加成反应生成J为，J与E发生酯化反应生成K为（1）A的分子式为：C5H12，故答案为：C5H12；（2）D的结构简式：；G的结构简式：CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）反应中属于取代反应的有，故答案为：；（4）反应的化学方程式为：C6H12O6 2C2H5OH+2CO2，反应的化学方程式为：，故答案为：C6H12O6 2C2H5OH+2CO2；（5）E（）有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体为甲酸形成的酯，醇可以是1丁醇、2丁醇、2甲基1丙醇、2甲基2丙醇，故共有4种，磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：HCOOC（CH3）3，故答案为：4；HCOOC（CH3）32017年1月1日