1、2015-2016学年广东省韶关市高三（上）调研化学试卷（1月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法中不正确的是（）A淀粉和纤维素在一定条件下均能水解B聚乙炔用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，该导电塑料是一种纯净物，有固定的熔点、沸点C雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用2下列离子方程式书写正确的是（）A用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2OB硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+
2、H2OCCu溶于足量浓硝酸：Cu+2NO3+4H+Cu2+2NO2+2H2ODFeCl3溶液与Cu反应：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+3设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A10 mL 20 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为2.0 NAC在标准状况下，2.8g N2和2.24L CO所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA4下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A将干燥纯净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中红色褪去氯气有漂白性B往乙醇中加
3、入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化C取少量BaSO4固体于试管中，加入足量的盐酸沉淀不溶解BaSO4不溶于盐酸，且可以用盐酸和BaCl2溶液检验SO42D在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡分层，且上层溶液呈紫色CCl4可作为碘的萃取剂AABBCCDD5某固体酸燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极Bb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHC每转移0.1mol电子，消耗
4、1.12L的H2DH+由a极通过固体酸电解质传递到b极6短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，而C的阳离子半径大于D的阳离子半径；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象下列说法中正确的是（）AB的氢化物和E的氢化物能反应，且得到的产物只含有共价键BC在元素周期表中的位置是第三周期第A族C五种原子中E的原子半径最大DA的最低价氢化物的沸点B的最低价氢化物的沸点7某温度下在2L密闭容器中加人一定量A，发生以下化学反应：2A（g）B（
5、g）+C（g）H=48.25kJ/mol反应过程中B、A的浓度比与时间t有图所示关系，若测得第15min时c（B）=1.6mol/L，下列结论正确的是（）A反应达平衡时，A的转化率为80%BA的初始物质的量为4molC反应到达平衡时，放出的热量是193kJD15min时，v正=v逆=0二、解答题（共3小题，满分28分）8化学兴趣小组对牙膏中摩擦剂成分及其含量进行探究查资料得知：某品牌牙膏中的摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分不与酸、碱反应I利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数依据实验过程回答下列问题：（1）
6、以下检查整套装置气密性的操作正确的是（填字母代号）a组装好仪器后，密封装置A的进气口和装置D的出气口，分液漏斗中装水，打开分液漏斗的两个活塞，若水滴不进去，则整套装置不漏气b裝好药品后，密封装置A的进气口和装置D的出气口，打开分液漏斗的两个活塞，若盐酸滴不进去，则整套装置不漏气c微热B，若A中溶液进入长导管，C中长导管冒气泡，则整套装置不漏气（2）实验过程中需持续缓缓通入空气其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有（3）盐酸有一定程度的挥发性，为什么该兴趣小组不在B、C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置？（4）实验中准确称取16.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为7.8
7、8g则样品中碳酸钙的质量分数为为确定该牙膏摩擦剂中氢氧化铝的存在，请设计实验实验步骤预期现象与结论取适量牙膏样品于试管中，9工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其工业流程如下：回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有（写一条）（2）除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，其作用是（用离子方程式表示）（3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质若测得滤液中c（F）=0.01molL1，滤液中残留的c（Ca2+）=已知：Ksp（CaF2）=1.461010（4
8、）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05molL1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示根据图中信息得出的结论是（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作依次是、洗涤、（6）副产品A的化学式是10二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向（1）CO2的电子式是，所含化学键的类型是（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1写出CO2（g）和H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的
9、热化学方程式一定条件下，上述合成二甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是（只有一个选项符合题意）（填字母代号）a逆反应速率先增大后减小bH2的转化率增大cCO2的体积百分含量减小d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如右图所示T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=；KA、KB、KC三者之间的大小关系为（3）CO2溶于水形成H2CO3已知常温下H2CO3的电离平衡常数
10、K1=4.4107，K2=4.71011，NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，NH4HCO3溶液显；（填“酸性”、“中性”或“碱性”）；请计算反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=【化学-选修2：化学与技术】11海水是人类宝贵的自然资源，从海水中可以提取多种化工原料，下图是某工厂综合利用海水资源的示意图：（1）请列举海水淡化的两种方法、（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的是：步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式（3）在制取无水氯化镁时需要在干燥的HCl气
11、流中加热MgCl26H2O的原因（4）电解无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境里冷却后即为固体镁，下列物质中可以用做镁蒸气的冷却剂的是（填字母代号）AH2 BCO2 C空气 DO2 E水蒸气（5）上述工艺中可以得到金属Mg，请写出工业上制备金属铝的化学方程式【化学-选修3：物质结构与性质】12太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质（1）基态硅原子的电子排布式：（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似硅烷的通式为，硅烷中硅采取杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴
12、，则三种元素的电负性由小到大的顺序为（用元素符号表示）（4）气态SeO3分子的立体构型为，与SeO3互为等电子体的一种离子为（填化学式）（5）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为；若该晶体的晶胞棱长为a pm，则该合金密度为g/cm3（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）【化学-选修5：有机化学基础】13酰化反应是有机合成中一种重要的反应，如反应：化合物可由化合物合成：（1）化合物与Br2加成的产物的结构简式为化合物生成化合物I的反应类型为（2）已知化合物的核磁共振氢谱有两组吸收峰，
13、峰面积之比为为6：1，则化合物的结构简式为化合物与足量NaOH醇溶液共热反应的化学方程式为：（3）同时满足下列条件的的同分异构体共有种苯环上只有2个取代基；可发生水解反应，且水解产物能使FeCl3溶液显色能与NaHCO3反应产生气泡（4）化合物：与足量的化合物在一定条件下也能发生类似反应的反应，生成有机化合物，则的结构简式为2015-2016学年广东省韶关市高三（上）调研化学试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法中不正确的是（）A淀粉和纤维素在一定条件下均能水解B聚乙炔用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，该导电塑料是一种纯净物，有固定
14、的熔点、沸点C雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用【考点】有机物的结构和性质；常见的生活环境的污染及治理【分析】A淀粉和纤维素都为多糖，可水解；B聚乙炔用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，属于混合物，无固定的熔点、沸点；C雾分散剂是空气，分散质为灰尘颗粒，活性炭具有吸附作用；D“地沟油”的主要成分是油脂【解答】解：A淀粉和纤维素都为多糖，可水解生成葡萄糖，故A正确；B聚乙炔是一种导电聚合物，属于混合物，混合物无固定的熔点、沸点，故B错误；C具有吸附性，能吸附异味、有毒物质和色素
15、等，带活性炭口罩防雾霾是利用了活性炭具有吸附性，能吸附可吸入性颗粒物等，是吸附原理，故C正确；D“地沟油”的主要成分是油脂，在碱性条件下水解能得到肥皂，也可做生物柴油，故D正确故选B2下列离子方程式书写正确的是（）A用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2OB硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OCCu溶于足量浓硝酸：Cu+2NO3+4H+Cu2+2NO2+2H2ODFeCl3溶液与Cu反应：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+【考点】离子方程式的书写【分析】A电荷不守恒；B不符合离子的配比；C反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，
16、遵循电子、电荷守恒；D电子、电荷不守恒【解答】解：A用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气的离子反应为MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O，故A错误；B硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故B错误；CCu溶于足量浓硝酸的离子反应为Cu+2NO3+4H+Cu2+2NO2+2H2O，故C正确；DFeCl3溶液与Cu反应的离子反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故D错误；故选C3设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A10 mL 20 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB0.1 mol24Mg18O晶
17、体中所含中子总数为2.0 NAC在标准状况下，2.8g N2和2.24L CO所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、12.5mL 16mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化硫，等硫酸变稀时后生成氢气B、中子数=质量数质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（2412）+（188）=22mol，根据N=nNA计算中子数目C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D、ClO是弱酸根，在溶液
18、中会水解【解答】解：10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42+4H+=Zn2+SO2+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol电子；如果氢离子有剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2+H2，此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故A错误B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（2412）+（188）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.122molNAmol1=2.2NA，故B错误；C、一个氮气
19、分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 NA，故C正确；D、ClO是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO的个数小于NA个，故D错误故选C4下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A将干燥纯净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中红色褪去氯气有漂白性B往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化C取少量BaSO4固体于试管中，加入足量的盐酸沉
20、淀不溶解BaSO4不溶于盐酸，且可以用盐酸和BaCl2溶液检验SO42D在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡分层，且上层溶液呈紫色CCl4可作为碘的萃取剂AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A次氯酸有漂白性；B乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；CSO42可以用盐酸和BaCl2溶液检验；D四氯化碳密度比水大【解答】解：A氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性，氯气无漂白性，故A错误； B乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先除去乙醇，故B错误；C加入足量盐酸，没有沉淀生成，说明不是银离子，没有气体产生，说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，再滴加氯化钡，产生白色沉淀，
21、则溶液中一定含有硫酸根离子，故C正确；D四氯化碳密度比水大，下层呈紫色，故D错误故选C5某固体酸燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极Bb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHC每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2DH+由a极通过固体酸电解质传递到b极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+
22、4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L【解答】解：A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B、该电池为酸性电池，反应为O2+4e+4H+=2H2O，故B错误； C、因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故C错误；D、原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D正确故选D6短周期元素A、B、C
23、、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，而C的阳离子半径大于D的阳离子半径；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象下列说法中正确的是（）AB的氢化物和E的氢化物能反应，且得到的产物只含有共价键BC在元素周期表中的位置是第三周期第A族C五种原子中E的原子半径最大DA的最低价氢化物的沸点B的最低价氢化物的沸点【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是C元素
24、；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，而C的阳离子半径大于D的阳离子半径，且C原子序数大于B而小于D，所以C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素；AB的氢化物的氨气、E的氢化物是HCl，二者反应生成氯化铵；BC是Na元素，其原子核外有3个电子层、最外层电子数是1，主族元素电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等；C原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；DA的氢化物是甲烷、B的氢化物是氨气，
25、分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，且含有氢键的物质熔沸点较高【解答】解：短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，而C的阳离子半径大于D的阳离子半径，且C原子序数大于B而小于D，所以C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素；AB的氢化物的氨气、E的氢化物是HCl，二者反应生成氯化铵，氯化铵中含有离子键和共价键，故A错误；BC是Na元素，其
26、原子核外有3个电子层、最外层电子数是1，所以Na位于第三周期第IA族，故B正确；C原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径最大的是C元素，故C错误；DA的氢化物是甲烷、B的氢化物是氨气，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，且含有氢键的物质熔沸点较高，氨气相等分子质量大于甲烷且氨气中含有氢键，所以甲烷熔沸点低于氨气，故D错误；故选B7某温度下在2L密闭容器中加人一定量A，发生以下化学反应：2A（g）B（g）+C（g）H=48.25kJ/mol反应过程中B、A的浓度比与时间t有图所示关系，若测得第15min时c（B）=1.6mol/L，下列结论正确
27、的是（）A反应达平衡时，A的转化率为80%BA的初始物质的量为4molC反应到达平衡时，放出的热量是193kJD15min时，v正=v逆=0【考点】化学平衡的计算【分析】由图可知，15min时反应到达平衡，平衡时c（B）=1.6molL1， =2，故平衡时c（A）=0.8mol/L，因反应前后气体的物质的量不变，则可计算转化率、A的初始物质的量，以此解答该题【解答】解：由图可知，15min时反应到达平衡，平衡时c（B）=1.6molL1， =2，故平衡时c（A）=0.8mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（A）=2c（B）=21.6molL1=3.2molL1，A的起始浓度为3.
28、2molL1+0.8mol/L=4mol/L，故A的初始物质的量为4mol/L2L=8 mol，A反应达平衡时，A的转化率为=80%，故A正确；B由以上分析可知A的初始物质的量为8mol，故B错误；C参加反应的A的物质的量为3.2mol/L2L=6.4mol，故放出的热量为48.25kJ=154.4kJ，故C错误；D.15min时达到平衡状态，但反应速率不等于0，故D错误故选A二、解答题（共3小题，满分28分）8化学兴趣小组对牙膏中摩擦剂成分及其含量进行探究查资料得知：某品牌牙膏中的摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分不与酸、碱反应I利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反
29、应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数依据实验过程回答下列问题：（1）以下检查整套装置气密性的操作正确的是a（填字母代号）a组装好仪器后，密封装置A的进气口和装置D的出气口，分液漏斗中装水，打开分液漏斗的两个活塞，若水滴不进去，则整套装置不漏气b裝好药品后，密封装置A的进气口和装置D的出气口，打开分液漏斗的两个活塞，若盐酸滴不进去，则整套装置不漏气c微热B，若A中溶液进入长导管，C中长导管冒气泡，则整套装置不漏气（2）实验过程中需持续缓缓通入空气其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收（3）盐酸有一定程度的
30、挥发性，为什么该兴趣小组不在B、C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置？碳酸氢钠虽能吸收盐酸，但也产生CO2，HCl即使进入装置C中，由于Ba（OH）2是足量的，就会被Ba（OH）2中和，不会溶解BaCO3（4）实验中准确称取16.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为7.88g则样品中碳酸钙的质量分数为25%为确定该牙膏摩擦剂中氢氧化铝的存在，请设计实验实验步骤预期现象与结论取适量牙膏样品于试管中，加入足量的NaOH溶液，过滤，向滤液中滴加盐酸滤液中先出现白色沉淀，随后沉淀溶解，说明该牙膏摩擦剂中含氢氧化铝【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】I（1）根据气压差原理
31、检验装置的气密性，检验装置气密性必须在装置药品之前进行，在装置中如果微热B，由于长导管被液封，所以无论装置气密性是否良好，A装置中导管都不会出现液柱，据此答题；（2）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；（3）挥发出来的氯化氢气体与饱和碳酸氢钠溶液反应会产生二氧化碳，影响实验结果测量；（4）根据碳元素守恒可知关系式：CaCO3BaCO3，据此求得碳酸钙的质量，进而确定质量分数；II确定该牙膏摩擦剂中氢氧化铝的存在，根据氢氧化铝的两性的特点，可以将牙膏样品在加入足量的NaOH溶液，过滤
32、后，向滤液中滴加盐酸，如果滤液中先出现白色沉淀，随后沉淀溶解，则说明该牙膏摩擦剂中含氢氧化铝，据此答题【解答】解：I（1）根据气压差原理检验装置的气密性，检验装置气密性必须在装置药品之前进行，在装置中如果微热B，由于长导管被液封，所以无论装置气密性是否良好，A装置中导管都不会出现液柱，故选a；（2）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；（3）挥发出来的氯化氢气体与饱和碳酸氢钠溶液反应会产生二氧化碳，
33、影响实验结果测量，而HCl即使进入装置C中，由于Ba（OH）2是足量的，就会被Ba（OH）2中和，不会溶解BaCO3，所以不在B、C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，故答案为：碳酸氢钠虽能吸收盐酸，但也产生CO2，HCl即使进入装置C中，由于Ba（OH）2是足量的，就会被Ba（OH）2中和，不会溶解BaCO3；（4）根据碳元素守恒可知关系式：CaCO3BaCO3，BaCO3平均质量为7.88g，所以碳酸钙的质量为=4.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为100%=25%，故答案为：25%；II确定该牙膏摩擦剂中氢氧化铝的存在，根据氢氧化铝的两性的特点，可以将牙膏样品在加入足量的NaOH溶
34、液，过滤后，向滤液中滴加盐酸，如果滤液中先出现白色沉淀，随后沉淀溶解，则说明该牙膏摩擦剂中含氢氧化铝，所以设计实验为实验步骤预期现象与结论取适量牙膏样品于试管中，加入足量的NaOH溶液，过滤，向滤液中滴加盐酸滤液中先出现白色沉淀，随后沉淀溶解，说明该牙膏摩擦剂中含氢氧化铝，故答案为：实验步骤预期现象与结论加入足量的NaOH溶液，过滤，向滤液中滴加盐酸滤液中先出现白色沉淀，随后沉淀溶解，说明该牙膏摩擦剂中含氢氧化铝9工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其工业流程如下：回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率
35、，可以采取的措施有（写一条）搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当提高稀硫酸的浓度等（2）除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，其作用是（用离子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O（3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质若测得滤液中c（F）=0.01molL1，滤液中残留的c（Ca2+）=1.46106molL1已知：Ksp（CaF2）=1.461010（4）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05molL1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示根据图中信息得出的结论是pH等于7.0时反应速率最快，
36、且MnCO3的产率最高（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作依次是过滤、洗涤、干燥（6）副产品A的化学式是（NH4）2SO4【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率；（2）主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+；（3）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca2+杂质，因此除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质可分别使用（NH4）2S和NH4F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和
37、c（F），可求c（Ca2+）；（4）根据沉锰的图象可知，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果；（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可得到碳酸锰；（6）得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，据此判断副产品【解答】解：（1）提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故答案为：搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当提高稀硫酸的浓度等；（2）主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使
38、残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；（3）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca2+杂质，因此除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质可分别使用（NH4）2S和NH4F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F）可知：c（Ca2+）=1.46106molL1，故答案为：1.46106molL1；（4）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有
39、更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故答案为：过滤；干燥；（6）得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO410二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向（1）CO2的电子式是，所含化学键的类型是共价键（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJ
40、mol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1写出CO2（g）和H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1一定条件下，上述合成二甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是（只有一个选项符合题意）b（填字母代号）a逆反应速率先增大后减小bH2的转化率增大cCO2的体积百分含量减小d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如右图所
41、示T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=0.18 molL1min1；KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA=KCKB（3）CO2溶于水形成H2CO3已知常温下H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011，NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，NH4HCO3溶液显碱性；（填“酸性”、“中性”或“碱性”）；请计算反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.3103【考点】化学平衡的计算；热
42、化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据CO2为共价化合物书写电子式判断所含化学键；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1根据盖斯定律2+书写CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式；a逆反应速率先增大后减小，说明平衡向逆反应方向移动； bH2的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动； cCO2的体积百分含量减小，可能为减小二氧化碳的量使平衡向逆反应方向移动；d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小，可能为减小氢气的量使平衡
43、向逆反应方向移动；T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6mol60%=1.8mol，根据平均反应速率v（CH3OCH3）=；根据平衡常数仅与温度有关比较KA、KB、KC三者之间的大小关系；（3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011，越弱越水解判断；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=进行计算【解答】解：（1）因为CO2为共价化合物，则电子式为，所含化学键为
44、共价键，故答案为：；共价键；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1根据盖斯定律2+，则CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1；a逆反应速率先增大后减小，说明平衡向逆反应方向移动，故不选； bH2的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，
45、故选； cCO2的体积百分含量减小，可能为减小二氧化碳的量使平衡向逆反应方向移动，故不选；d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小，可能为减小氢气的量使平衡向逆反应方向移动，故不选；故选：b；T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6mol60%=1.8mol，所以平均反应速率v（CH3OCH3）=0.18 molL1min1；又平衡常数仅与温度有关，所以KA=KC，又根据图象在相同投料比时T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下反应向正反应方向移动，则KA=KCKB，
46、故答案为：0.18 molL1min1；KA=KCKB；（3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.3103；故答案为：碱性；1.3103【化学-选修2：化学与技术】11海水是人类宝贵的自然资源，从海水中可以提取多种化工原料，下图是某工厂综合利用海水资源的示意图：（1）请列举海水淡化的两种方法蒸馏法、电渗析法、离子交换法等（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其
47、目的是：富集溴元素步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br（3）在制取无水氯化镁时需要在干燥的HCl气流中加热MgCl26H2O的原因在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl26H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2（4）电解无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境里冷却后即为固体镁，下列物质中可以用做镁蒸气的冷却剂的是A（填字母代号）AH2 BCO2 C空气 DO2 E水蒸气（5）上述工艺中可以得到金属Mg，请写出工业上制备金属铝的化学方程式2Al2O3（熔融）4Al+3O2【考点】物质分离和提纯的
48、方法和基本操作综合应用【分析】（1）海水淡化即利用海水脱盐生产淡水的过程；（2）溴单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者可以发生反应；（3）氯化镁中的镁离子易水解，在酸性环境下可以抑制水解；（4）根据能和金属镁发生反应的气体来回答；（5）工业上，电解熔融的氧化铝可以获得金属铝【解答】解：（1）海水淡化即利用海水脱盐生产淡水的过程，常见的方法有：蒸馏法、膜法、冷冻法、离子交换法等，故答案为：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，是为了富集溴元素，用SO2水溶液吸收Br2的原理方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br，故答案为：富集
49、溴元素；Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br；（3）氯化镁中的镁离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl26H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2，故答案为：在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl26H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2；（4）能和金属镁发生反应的气体：氮气、氧气、二氧化碳、水，所以可以用氢气做镁蒸气的冷却剂，故答案为：A；（5）工业上，电解熔融的氧化铝可以获得金属铝，原理方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2【化学-选修3：物质结构与性质】12太阳能电
50、池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质（1）基态硅原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似硅烷的通式为SinH2n+2，硅烷中硅采取sp3杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，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（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性由小到大的顺序为AsSeBr（用元素符号表示）（4）气态SeO3分子的立体构型为平面三角形，与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32或NO3（填化学式）（5）一种铜金合金晶体具有面心立
51、方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为1：3；若该晶体的晶胞棱长为a pm，则该合金密度为g/cm3（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式；（2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2，又硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取sp3杂化方式；根据SinH2n+2都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而
52、分子间作用力与相对分子质量的大小有关，据此答题；（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性呈增大趋势，故电负性BrSeAs，据此答题；（4）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数可以判断分子构型；根据等电子体要求原子总数相同，价电子数相同来确定；（5）利用均摊法计算两种金属原子个数之比，根据=计算【解答】解：（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2； （2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2，又硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取
53、sp3杂化方式；硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，故答案为：SinH2n+2；sp3；硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性呈增大趋势，故电负性AsSeBr，故答案为：AsSeBr；（4）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，又等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32或NO3；故答案为：平面三角形；
54、CO32或NO3； （5）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8=1，Cu原子个数=6=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，晶胞体积V=（a1010cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则=gcm3，故答案为：1：3；【化学-选修5：有机化学基础】13酰化反应是有机合成中一种重要的反应，如反应：化合物可由化合物合成：（1）化合物与Br2加成的产物的结构简式为CH2BrCBr（CH3）COCl化合物生成化合物I的反应类型为取代反应（2）已知化合物的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积之比为为6：1，则化合物的结构简式为（CH3）2CCl
55、COOH化合物与足量NaOH醇溶液共热反应的化学方程式为：（3）同时满足下列条件的的同分异构体共有9种苯环上只有2个取代基；可发生水解反应，且水解产物能使FeCl3溶液显色能与NaHCO3反应产生气泡（4）化合物：与足量的化合物在一定条件下也能发生类似反应的反应，生成有机化合物，则的结构简式为【考点】有机物的合成【分析】（1）根据化合物的结构可知，中的碳碳双键与溴发生加成反应，比较化合物和化合物I的结构简式可知，中的羟基被氯原子取代；（2）化合物在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应再酸化得，的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积之比为为6：1，结合的结构可知的结构简式；（3）根据条件：苯环上只有2个取
56、代基；可发生水解反应，且水解产物能使FeCl3溶液显色，说明水解产物有酚羟基，能与NaHCO3反应产生气泡，说明有羧基，结合的结构简式书写的同分异构体；（4）化合物：中的与氮相连的氢原子被化合物中 CH2=C（CH3）CO部分取代，据此推断的结构【解答】解：（1）根据化合物的结构可知，中的碳碳双键与溴发生加成反应得到的结构简式为CH2BrCBr（CH3）COCl，比较化合物和化合物I的结构简式可知，中的羟基被氯原子取代，所以化合物生成化合物I的反应类型为取代反应，故答案为：CH2BrCBr（CH3）COCl；取代反应；（2）化合物在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应再酸化得，的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积之比为为6：1，结合的结构可知的结构简式为 （CH3）2CClCOOH，反应方程式为，故答案为：（CH3）2CClCOOH；（3）根据条件：苯环上只有2个取代基；可发生水解反应，且水解产物能使FeCl3溶液显色，说明水解产物有酚羟基，能与NaHCO3反应产生气泡，说明有羧基，结合的结构简式可知的同分异构体为苯环上连有CH3、OOCCOOH，或OOCH、CH2COOH，或CH3COO、COOH，每种都有邻间对三种，所以共有9种，故答案为：9；（4）化合物：中的与氮相连的氢原子被化合物中 CH2=C（CH3）CO部分取代，所以的结构简式为，故答案为：2016年11月29日