1、安徽省六安一中2015-2016年第二学期高三化学试卷（九）（解析版）一、选择题1下列说法不正确的是（）A液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B常压下，0时冰的密度比水的密度小，水在4时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料2下列说法正确的是（）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法C将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加硫氰化
2、钾溶液，有气体生成溶液呈血红色，说明稀硝酸将铁氧化为正三价铁离子D用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不会滴落3如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍下列说法正确的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性4海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A
3、向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收52013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中Li+从b向a迁移640时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A在pH=9.0时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+
4、）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成7己知金刚烷的结构如图所示，若有一个氯原子和一个溴原子取代它的两个氢原子，所得结构可能为（）A7种B8种C9种D10种二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：=CH2（g）+H2（g）（1）已知：化学键CHCCC=CHH键能/kJmol1412348612436计算上述反应的H=KJmol1（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应已知乙苯的平衡转化率为，则在该温
5、度下反应的平衡常数Kp=（用等符号表示）（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实控制反应温度为600的理由是（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2CO+H2O
6、，CO2+C2CO新工艺的特点有（填编号）CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气，可降低能量消耗有利于减少积炭有利用CO2资源利用9（15分）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应如下：已知：苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4）、0.34g（25）、0.95g（60）、6.8g（95）乙醚沸点34.6，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.8348.0%时易发生爆炸石蜡油沸点高于250苯甲醇沸点为205.3实验步骤如下：向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解，稍冷，加入10mL苯甲醛开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行，加热回
7、流约40min；停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温然后用乙醚萃取三次，每次10mL水层保留待用合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，然后分液，将水层弃去，所得醚层进行实验步骤；将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶中，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞；将锥形瓶中溶液转入图3所示的蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必须改变加热方式、冷凝方式，继续升高温度并收集205206的馏分得产品A；将实验步骤中保留待用的水层慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体冷却，
8、抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需（仪器名称）（2）步骤中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生的原因（3）步骤中无水硫酸镁的作用是，锥形瓶上要加塞的原因是，产品A为（4）步骤中蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为；蒸馏得产品A的加热方式是（5）步骤中提纯产品B时所用到的实验方法为（6）步骤中的抽滤又叫减压过滤，装置如图3所示其中抽气泵接自来水龙头的作用是10（14分）0.80gCuSO45H2O样品受热脱水
9、过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图1所示请回答下列问题：（1）试确定200时固体物质的化学式（要求写出推断过程）；（2）取270所得样品，于570灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是；（3）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）= molL1（KspCu（OH）2=2.21020）若在0.1molL1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是
10、 molL1（4）25，在0.10molL1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）= molL1某溶液含0.020molL1Mn2+、0.10molL1H2S，当溶液pH=时，Mn2+开始沉淀，已知：Ksp（MnS）=2.81013（化学一选修2：化学与技术）11（15分）磷矿石主要以Ca3（PO4）2H2O和磷灰石Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，
11、图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：熔点/沸点/备注白磷44280.5PH3133.887.8难溶于水、有还原性SiF49086易水解回答下列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为：，现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸t（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷，炉渣的主要成分是（填化学式），冷凝塔1的主要沉积物是，冷凝塔2的主要沉积物是（4）尾气中主要含有
12、，还含有少量的PH3、H2S和HF等将尾气先通入纯碱溶液，可除去；再通入次氯酸钠溶液，可除去（均填化学式）（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是化学-物质结构与性质12按要求回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用形象化描述；在基态14C原子中，核外存在对自旋相反的电子（2）在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接个六元环，六元环中最多有个C原子在同一平面，一个金刚石晶胞平均占有碳原子个数为（3）与N2互为等电子体的分子是，该分子的电子式为（4）己知C60分子结构如图1所示：该笼状分子是由多个正六边形和正五边形组成的
13、，面体的顶点数V、面数F及棱数E间关系为：V+FE=2，则此分子中共有个正五边形（5）硅烷（SinH2n+2）的沸点与相对分子质量的关系如图2所示，呈现这种变化的原因是（6）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为a cm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为 cm（用含有a的代数式表示），在一定温度下NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图3），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（氧离子的半径为1.401010m ）2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（九）参考答案与试题解析一、选择题1下列说法不正确的是（）
14、A液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B常压下，0时冰的密度比水的密度小，水在4时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；物理变化与化学变化的区别与联系；化学键和分子间作用力的区别【分析】A、通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态中，他们一方面像液体，具有流动性，一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，这种物质叫液晶，据此解答即可
15、；B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；C、纳米粒子是指粒度在1100nm之间的粒子，与胶体相同，胶体的聚沉属于物理变化；D、单质硅是制作光太阳能电池的主要原料【解答】解：A液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故A正确；B冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故B正确；C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、均有新物质生成，属于化学变化，但是纳米银粒子的聚集属于小颗粒的胶体离子变成大颗粒聚成下来，没有新物质生成，蛋白质的变性也可能属于物理变化，故C错误；D单质硅是制作光太阳能电池的主要原料，光太阳能
16、电池可将太阳能转变为电能，故D正确；故选C【点评】本题主要考查的是液晶的概念以及其性质、氢键的作用、胶体的性质、物理变化与化学变化的本质区别等，综合性较强，难度一般2下列说法正确的是（）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法C将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加硫氰化钾溶液，有气体生成溶液呈血红色，说明稀硝酸将铁氧化为正三价铁离子D用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不会滴落【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯水具有漂白性，能漂白pH试纸
17、；B氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液；C过量铁粉，反应生成亚铁离子；D给铝箔在酒精灯上加热时，铝熔化，而形成的氧化铝薄膜熔点高未熔化，包裹着的内层熔化的铝而不会滴落【解答】解：A氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定氯水pH值，应该用pH计测定，故A错误；B氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故B错误；C过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故C错误；D用坩埚钳夹住一小块铝箔，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热铝熔化，失去了光泽，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝
18、而不会滴落，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及pH值的测定、元素化合物性质、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，知道常见离子检验方法及检验试剂，易错选项是A3如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍下列说法正确的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3
19、具有氧化性和还原性【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，据此结合选项判断即可【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性OSP，故H2OH2SH3P，故A错误；B、S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山
20、口附近，故B错误；C、YX2为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故C错误；D、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故D正确，故选D【点评】本题考查元素的位置与性质、结构的关系，难度不大，解题是时注意元素的性质的递变规律及其应用4海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资
21、源及其综合利用【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进
22、行提纯，故B正确；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大52013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中Li+从b向a迁移【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，
23、Li失电子为负极，Li1xMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子；据此分析【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1xMn2O4+xLi，故B正确；C、放电时，a为正极，正极上Li1xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；故选C【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中
24、等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极640时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A在pH=9.0时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成【考点】真题集萃；离子浓度大小的比较【分析】A根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓
25、度等于负电荷的总浓度；C根据Kb=分析；D根据图象可知开始没有NH2COO，后来也不存在NH2COO【解答】解：ApH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32），故A正确；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH），故B正确；C已知Kb=，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则不断减小，故C错误；D由图象可知开始没有NH2COO，后来也不存在N
26、H2COO，所以NH2COO为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成，故D正确故选C【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力7己知金刚烷的结构如图所示，若有一个氯原子和一个溴原子取代它的两个氢原子，所得结构可能为（）A7种B8种C9种D10种【考点】有机化合物的异构现象【分析】判断分子中氢原子的环境，烃的二卤代物的同分异构体可以采用固定1个卤素原子移动另1个卤素原子的方法进行确定【解答】解：分子中含4个CH，6个CH2，共2种位置的H，氯定在单氢碳原子上时，溴的位置有三种（邻
27、、间、对）即有三种同分异构体；氯定在双氢碳原子上时，溴的位置有五种（同、邻、间、间二、间三）即有五种同分异构体，（间指氯与溴所连碳原子之间间隔一个碳原子，间二指氯与溴所连碳原子之间间隔二个碳原子，间三指氯与溴所连碳原子之间间隔三个碳原子）如图所示：数字代表溴原子位置，共有8种结构，故选B【点评】本题主要考查了同分异构体的判断，题目难度中等，注意判断等效氢的种类二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2016安徽校级模拟）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：=CH2（g）+H2（g）（1）已知：化学键CHCCC=CHH键能/kJmol1412348612436计算上述反应的H=+124KJmol1
28、（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数Kp=（用等符号表示）（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动控制反应温度为60
29、0的理由是600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2CO+H2O，CO2+C2CO新工艺的特点有（填编号）CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气，可降低能量消耗有利于减少积炭有利用CO2资源利用【考点】化学平衡的计算【分析】（1）反应热=反应物总键能生成物总能键能，由有
30、机物的结构可知，应是CH2CH3中总键能与CH=CH2、H2总键能之差；（2）参加反应的乙苯为n mol，则：+H2开始（mol）：n 0 0转化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1） n n维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V，则=，故V=（1+）V，再根据平衡常数表达式K=计算解答；（3）保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为600的理由；
31、（4）CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移；由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少；由于会发生反应CO2+C2CO，有利于减少积炭；CO2代替水蒸气，有利用CO2资源利用【解答】解：（1）反应热=反应物总键能生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是CH2CH3中总键能与CH=CH2、H2总键能之差，故H=（5412+3483412612436）kJmol1=+124kJmol1，故答案为：+124；（2）物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应参加反应的乙苯为n mol，则：+H
32、2开始（mol）：n 0 0转化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1） n n维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V，=，故V=（1+）V，K=，故V=（1+）V，则K=，故答案为：；（3）正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，故答案为：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性
33、下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择600左右，故答案为：600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；（4）CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确；由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故正确；由于会发生反应CO2+C2CO，有利于减少积炭，故正确；CO2代替水蒸气，有利用CO2资源利用，故正确，故选：【点评】本题以苯乙烯制备为载体考查反应热的计算、化学平衡常
34、数计算、化学平衡影响因素等知识点，为高频考点，注意：（1）中认为苯环存在单双键交替形式不影响计算结构；（2）中平衡常数计算为易错点、难点，注意温度、压强不变，容器的体积发生变化，学生容易认为容器的体积不变，题目难度较大9（15分）（2016安徽校级模拟）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应如下：已知：苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4）、0.34g（25）、0.95g（60）、6.8g（95）乙醚沸点34.6，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.8348.0%时易发生爆炸石蜡油沸点高于250苯甲醇沸点为205.3实验步骤如下：向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和
35、30mL水，搅拌溶解，稍冷，加入10mL苯甲醛开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行，加热回流约40min；停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温然后用乙醚萃取三次，每次10mL水层保留待用合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，然后分液，将水层弃去，所得醚层进行实验步骤；将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶中，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞；将锥形瓶中溶液转入图3所示的蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必须改变加热方式、冷凝方式，继续升高温度并收集205206的馏分得产品A；将实验步骤中保留待用的水层
36、慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需分液漏斗（仪器名称）（2）步骤中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去未反应完的苯甲醛，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生的原因（3）步骤中无水硫酸镁的作用是吸收水分，锥形瓶上要加塞的原因是防止乙醚挥发与空气混合，发生爆炸，产品A为苯甲醇（4）步骤中蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为水浴加热；蒸馏得产品A的加热方式是石蜡
37、油油浴加热（5）步骤中提纯产品B时所用到的实验方法为重结晶（6）步骤中的抽滤又叫减压过滤，装置如图3所示其中抽气泵接自来水龙头的作用是起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中压强减小，便于过滤【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需分液漏斗；（2）中合并三次萃取后的萃取液中含有产品苯甲醇、未反应的苯甲醛，及少量从水层转移过来的苯甲酸，碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的；用水洗去可溶性杂质，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去未反应的苯甲醛；（3）无水硫酸镁是干燥剂；题目信息中，乙醚易挥发，与空气混合易发生爆炸，蒸馏时应防止挥发
38、到空气中；题目信息中，苯甲醇沸点为205.3，收集205206的馏分得产品应是苯甲醇；（4）题目信息中，乙醚沸点34.6，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热；石蜡油沸点高于250，蒸馏得产品A，应控制温度高于苯甲醇的沸点，用石蜡油油浴加热；（5）实验步骤中保留待用水层中主要含有苯甲酸钠，慢慢地加入到盛有浓盐酸和水的混合物中，析出白色固体为苯甲酸，由于苯甲酸溶解度受温度影响较大，可以利用重结晶方法进行提纯；（6）连接自来水可通过水流进行抽压，利于B装置的抽滤分离，可按正常操作顺序排序【解答】解：（1）萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）中合并
39、三次萃取后的萃取液中含有产品苯甲醇、未反应的苯甲醛，及少量从水层转移过来的苯甲酸，碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的，反应离子方程式为：；用水洗去可溶性杂质，故饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去未反应的苯甲醛，故答案为：未反应完的苯甲醛；（3）加无水硫酸镁的作用是吸收水分，起到干燥的作用；题目信息中，乙醚易挥发，与空气混合易发生爆炸，蒸馏时锥形瓶上要加塞防止挥发到空气中；题目信息中，苯甲醇沸点为205.3，收集205206的馏分得产品应是苯甲醇，故答案为：吸收水分；防止乙醚挥发与空气混合，发生爆炸；苯甲醇；（4）题目信息中，乙醚沸点34.6，蒸馏除乙醚的过程
40、中采用的加热方式应用水浴加热；石蜡油沸点高于250，蒸馏得产品A，应控制温度高于苯甲醇的沸点，用石蜡油油浴加热，故答案为：水浴加热；石蜡油油浴加热；（5）实验步骤中保留待用水层中主要含有苯甲酸钠，慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体为苯甲酸，冷却，抽滤，得到粗产品，由于苯甲酸溶解度受温度影响较大，可以利用重结晶方法进行提纯，故答案为：重结晶；（6）步骤中的抽滤又叫减压过滤，装置如图3所示其中抽气泵接自来水龙头的作用是，装置接在水龙头上起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小，偏于过滤，故答案为：起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中压强减小，便于过滤【点
41、评】本题考查有机物制备实验，侧重考查学生对原理及操作的分析评价、物质的分离提纯等，关键是充分利用题目给予的信息进行解答，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，题目难度中等10（14分）（2016安徽校级模拟）0.80gCuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图1所示请回答下列问题：（1）试确定200时固体物质的化学式CuSO4H2O（要求写出推断过程）；（2）取270所得样品，于570灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为CuSO4CuO+SO3，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为CuSO
42、45H2O，其存在的最高温度是102；（3）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=2.2108 molL1（KspCu（OH）2=2.21020）若在0.1molL1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是0.2 molL1（4）25，在0.10molL1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）=0.043 molL1某溶液含0.020mo
43、lL1Mn2+、0.10molL1H2S，当溶液pH=5时，Mn2+开始沉淀，已知：Ksp（MnS）=2.81013【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学方程式的有关计算【分析】（1）由图分析可知，CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到较稳定的一种中间物，到258时才会继续分解在200时失去的水的质量为0.80g0.57g=0.23g，根据相应的化学方程式即可确定此时固体物质的化学式；（2）温度为570灼烧得到的黑色粉末是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO45
44、H2O；根据图象分析其存在的最高102；（3）根据溶度积常数进行计算c（Cu2+），根据溶液的电中性计算H+浓度；（4）pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH【解答】解：（1）CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到较稳定的一种中间物，到258时才会继续分解在200时失去的水的质量为0.80g0.57g=0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO45H2OCuSO4（5n）H2O+nH
45、2O250 18n0.80g 0.80g0.57g=0.23g，解得n=4，200时该固体物质的化学式为CuSO4H2O；故答案为：CuSO4H2O；（2）温度为570灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO45H2O；其存在的最高102故答案为：CuSO4CuO+SO3； CuSO45H2O；102；（3）根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH=8时，c（OH）=106mol/L，KspCu（OH）2=2.21020，则c（Cu2+）=2.2108molL1；在0.
46、1molL1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42）不变，为0.1molL1，由电荷守恒可知c（H+）为0.2molL1故答案为：2.2108；0.2；（4）pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1，所以c（H2S）+c（HS）=0.15.7102=0.043mol/L，故答案为：0.043；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2）=mol/L=1.41011mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开
47、始沉淀，故答案为：5【点评】本题物质的含量计算及溶度积计算等，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大（化学一选修2：化学与技术）11（15分）（2016安徽校级模拟）磷矿石主要以Ca3（PO4）2H2O和磷灰石Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：熔点/沸点/备注白磷44280.5PH3133.887.8难溶于水、有还原性SiF49086易水解回答下
48、列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的69%；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF，现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸0.49t（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷，炉渣的主要成分是CaSiO3（填化学式），冷凝塔1的主要沉积物是液态白磷，冷凝塔2的主要沉积物是固态白磷（4）尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等将尾气先通入纯碱溶液
49、，可除去SiF4、H2S、HF；再通入次氯酸钠溶液，可除去PH3（均填化学式）（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是产品纯度高【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%85%80%=69%；（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒书写化学方程式；根据P元素守恒可得关系式P2O52H3PO4，依据此关系式计算；（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；根据冷却塔1、2的温度与白磷的熔点比较分析白磷的状态；（4）二氧化硅
50、和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3；（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺所得产品纯度大【解答】解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%85%80%=69%，故答案为：69%；（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒定律可得反应的化学方程式为Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF；根据P元素守恒
51、可得关系式P2O52H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，含有P2O5的质量为0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的质量为=0.49t，故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF；0.49；（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；冷却塔1的温度是70，280.5t44，所以此时主要的沉积物是液态白磷；冷却塔2的温度是18，低于白磷的熔点，故此时的主要沉积物是固体白磷，故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷；（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，
52、过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3，故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂质少，因此逐渐被采用，故答案为：产品纯度高【点评】本题考查了化工生产流程图，涉及磷矿石的主要用途、反应原理和有关计算，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题试题综合性强，侧重对学生分析问题、解答问题能力的培养和解题方法的指导，题目难度中等化学-物质结构与性质1
53、2（2016安徽校级模拟）按要求回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子（2）在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接12个六元环，六元环中最多有4个C原子在同一平面，一个金刚石晶胞平均占有碳原子个数为8（3）与N2互为等电子体的分子是CO，该分子的电子式为（4）己知C60分子结构如图1所示：该笼状分子是由多个正六边形和正五边形组成的，面体的顶点数V、面数F及棱数E间关系为：V+FE=2，则此分子中共有12个正五边形（5）硅烷（SinH2n+2）的沸点与相对分子质量的关系
54、如图2所示，呈现这种变化的原因是硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，熔沸点越高（6）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为a cm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为a cm（用含有a的代数式表示），在一定温度下NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图3），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为1.83103g（氧离子的半径为1.401010m ）【考点】晶胞的计算；原子核外电子的运动状态【分析】（1）电子云形象的描述了一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布；基态14C原子的核外电子排布为1s22
55、s22p2，1s、2s为成对电子，自旋方向相反，2p能级为单电子，自旋方向相同；（2）一个碳原子有四个共价键，其中任意两条边（共价键）可以构成2个不同的六元环，根据组合知识可知四条边任选其中两条有6组；六元环中有两条边平衡，连接的原子处于同一平面内；金刚石晶胞中有4个原子处于晶胞内部，其它碳原子处于顶点与面心，利用均摊法计算；（3）原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，等电子体结构相似；（4）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子相连，每条棱为1个C原子提供，可得棱的数目，而单键与双键数目之和等于棱数，每个碳原子形成2个单键、1个双键，而每个五边形含有5个单键；（5）硅烷（Si
56、nH2n+2）为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（21.401010m）（21.401010msin60），每个氧化镍的质量=g，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量【解答】解：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；基态14C原子的核外电子排布为1s22s22p2，1s、2s为成对电子，自旋方向相反，2p能级为单电子，自旋方向相同，
57、核外存在2对自旋相反的电子，故答案为：电子云；2；（2）一个碳原子有四个共价键，其中任意两条边（共价键）可以构成2个不同的六元环，根据组合知识可知四条边任选其中两条有6组，故每个碳原子连接六元环数目为62=12，六元环中有两条边平衡，连接的4个原子处于同一平面内，金刚石晶胞中有4个原子处于晶胞内部，其它碳原子处于顶点与面心，晶胞中含有碳原子数目为4+8+6=8，故答案为：12；4；8；（3）与N2互为等电子体的分子是CO，二者结构相似，CO分子的电子式为，故答案为：CO；（4）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子相连，每条棱为1个C原子提供，可得棱的数目为=90，而单键与双键数目之和等于
58、棱数，每个碳原子形成2个单键、1个双键，则晶体中单键数目为90=60，而每个五边形含有5个单键，则含有五边形数目为=12，故答案为：12；（5）硅烷（SinH2n+2）为分子晶体，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，熔沸点越高，故答案为：硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，熔沸点越高；（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是acm；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（21.401010m）（21.401010msin60）=41.4010101.401010sin60m2，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=g=1.83103，故答案为： a；1.83103【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、等电子体、晶胞计算结构与计算等，侧重考查晶胞有关问题，（2）中注意识记中学常见晶胞结构，（5）中注意计算“1NiO”的体积应包含孔隙体积，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，掌握均摊法进行晶胞有关计算，难度较大
