1、河南省周口市2015年高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是（）A用活性炭为糖浆脱色和用双氧水漂白纸浆，其原理相同B铜制品在潮湿空气中生锈，其主要原因是发生析氢腐蚀C用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂D从海水中可以制取NaCl，电解饱和NaCl溶液可以制取金属Na考点：金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；过氧化氢；金属冶炼的一般原理.分析：A活性炭有吸附作用，双氧水有强氧化性；B铜不能置换出氢气；CNaHCO3和Al2（SO4）3可发生互促水解生成二氧化碳气体；D电解饱和NaCl溶液的实质是：2Na
2、Cl+2H2O2NaOH+H2+Cl2解答：解：A活性炭有吸附作用，双氧水有强氧化性，所以漂白原理不同，故A错误；B铜不能置换出氢气，所以铜制品在潮湿空气中生锈，其主要原因是发生吸氧腐蚀，故B错误；CNaHCO3和Al2（SO4）3可发生互促水解生成二氧化碳气体，可用于灭火，故C正确；D电解饱和NaCl溶液电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl2e=Cl2；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2得不到金属钠，故D错误；故选C；点评：本题考查了活性炭和双氧水的漂白原理、铜的腐蚀、泡沫灭火剂、电解等知识，题目难度
3、不大，掌握基础是关键；2（6分）（2015周口一模）下列有关说法错误的是（）A 既可以表示10B的原子结构，也可以表示11B的原子结构BH+OH=H2O既可以表示NaOH与盐酸反应，也可以表示Ba（OH）2与硫酸反应CCH4分子的空间结构与NH4+的相同DC2H4O2既可以表示乙酸的分子式，也可以表示甲酸甲酯的分子式考点：判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；分子式；离子方程式的书写.分析：A同位素的电子排布相同；BBa（OH）2与硫酸反应生成的硫酸钡为难溶物质；C根据价层电子对数判断空间构型；D乙酸与甲酸甲酯为同分异构体解答：解：A同位素的电子排布相同，则 既可以表示10B的原子结构，也
4、可以表示11B的原子结构，故A正确；BBa（OH）2与硫酸反应生成的硫酸钡为难溶物质，其离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故B错误；CCH4分子与NH4+的价层电子对数均为4，没有孤电子对，其空间结构为正四面体，故C正确；D乙酸与甲酸甲酯为同分异构体，二者的分子式为C2H4O2，故D正确故选B点评：本题考查了电子排布、离子方程式、杂化轨道理论及其应用、同分异构体，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目难度中等3（6分）（2015周口一模）某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是（）A能和碳酸钠溶液反应的官能团有2种B1mol该有机
5、物最多能与2molH2发生加成C与互为同分异构体D既可以发生取代反应又可以发生氧化反应考点：有机物的结构和性质.分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代和消去反应，以此解答该题解答：解：A只有羧基与碳酸钠溶液反应，故A错误；B只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与1molH2发生加成，故B错误；C分子式为C8H12O3，的分子式为C8H8O3，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D含有羧基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，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
6、，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大4（6分）（2015周口一模）某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（）A若铬比铁活泼，则电子经外电路由铁电极流向铬电极B若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H+2e=H2C若铁比铬活泼，则溶液中H+向铁电极迁移D若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼考点：原电池和电解池的工作原理.分析：若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，氢离子在铁上得电子发生还原反应，电子经外电路由铬电极流向铁电极；若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，正极为铬，氢离子在铬上得电子发生
7、还原反应，电子经外电路由铁电极流向铬电极解答：解：A若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，电子经外电路由铬电极流向铁电极，故A错误；B若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，氢离子在铁上得电子发生还原反应，反应式为2H+2e=H2，故B正确；C若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，正极为铬，氢离子向正极铬移动，故C错误；D若铁电极附近溶液pH增大，则发生2H+2e=H2，所以铁为正极，则铬比铁活泼，故D错误故选：B点评：本题主要考查了原电池的原理，掌握基础是关键，难度不大5（6分）（2015周口一模）已知25时KspMg（OH）2=1.81011，KspFe
8、（OH）3=8.01038，Kb（NH3H2O）=1.8105，下列叙述中不正确的是（）A25时，向等浓度的MgCl2和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀B25时，MgCl2溶液中有少量FeCl3时，可以加入MgO进行除杂C25时，加大量水稀释氨水，电离程度增大，溶液导电能力增强D25时，NH4+H2ONH3H2O+H+的平衡常数为5.61010考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：A溶度积越小，越易生成沉淀；B加入MgO，调节溶液pH，可促使铁离子水解；C加水稀释，浓度减小，导电能力减小；D根据NH3H2O的电离常数和水的离子积常数计
9、算解答：解：A由题给给数据可知，Fe（OH）3溶度积较小，易生成沉淀，故A正确；B加入MgO，调节溶液pH，可促使铁离子水解，可生成Fe（OH）3沉淀而除去，故B正确；C加水稀释，虽然促进电离，但溶液浓度减小，导电能力减小，故C错误；DNH4+H2ONH3H2O+H+的平衡常数K=5.61010，故D正确故选C点评：本题考查了溶液中盐的水解原理、弱电解质的电离平衡常数的计算等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，明确电离平衡常数的概念及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力及化学计算能力6（6分）（2015周口一模）下列装置能达到实验目的是（）A加热烧杯，可用来分离Na
10、Cl和NH4ClB石蜡油分解实验C比较MnO2、Cl2、S的氧化性D收集干燥的氨气考点：化学实验方案的评价.分析：A氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，HCl和氨气冷却易反应生成氯化铵；B石蜡油分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，石蜡油分解时需要加入碎瓷片；C氯气极易溶于硫化钠溶液中，要防止倒吸，且制取氯气需要加热；D氯化钙和氨气反应解答：解：A氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，HCl和氨气冷却易反应生成氯化铵，氯化钠受热不反应，所以该装置可以分离氯化钠和氯化铵，故A正确；B石蜡油分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，石蜡油分解时需要加入碎瓷片，该实验中没有碎瓷片，故B错误；C氯气
11、极易溶于硫化钠溶液中，否则易产生倒吸，且制取氯气时需要加热，故C错误；D氯化钙和氨气反应生成络合物，可以用碱石灰干燥氨气，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查气体干燥、气体制备、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理是解本题关键，把握操作规范性、物质性质，题目难度中等7（6分）（2015周口一模）已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，其中A与C、B与D分别同 主族，且B原子的最外层电子数等于A与C原子序数之和的一半，下列叙述正确的是（）A原子半径：ABCDEBD、E的气态氢化物的热稳定性：DECA与B、C与B均能形成X2Y
12、2型化合物，且其中所含有的化学键类型相同D另外四种元素能够分别与C形成含单原子核阴离子的离子化合物考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系.分析：已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，则A在第一周期，A为H元素；又知道A与C同主族，则C为Na，B原子的最外层电子数等于A与C原子序数之和的一半，则B为O元素，B与D同主族，则D为S元素，E的原子序数比D大，则E为Cl；据此解答解答：解：已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，则A在第一周期，A为H元素；又知道A与C同主族，则C为Na，B原子的最外层电子数等
13、于A与C原子序数之和的一半，则B为O元素，B与D同主族，则D为S元素，E的原子序数比D大，则E为Cl；A电子层数越多，原子半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，则原子半径：ABEDC，故A错误；B元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：SE，则气态氢化物的热稳定性：H2SHCl，故B错误；CH与O，Na与O，均能形成X2Y2型化合物，H2O2含有共价键，Na2O2含有共价键和离子键，故C错误；DC为Na，为活泼金属元素，能与H、O、S、Cl形成含单原子核阴离子的离子化合物，故D正确；故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用、元素周期律，推断元素是解题关键，注意掌握微粒半径比较、氢
14、化物稳定性的比较方法等二、非选择题（共3小题，满分43分）8（15分）（2015周口一模）2Na2CO33H2O2是一种新型的氧系漂白剂某实验兴趣小组进行了如下实验实验制备实验原理：2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO33H2O2实验步骤：取3.5g Na2CO3溶于10mL H2O，加入0.1g稳定剂，用磁力搅拌器搅拌完全溶解后，将6.0mL 30%H2O2在15min内缓慢加入到三颈烧瓶中，实验装置如图反应1小时后，加入1g氯化钠后，静置结晶，然后抽滤，干燥一周后，称重（1）装置中球形冷凝管的作用是起冷凝回流的作用（2）使用冷水浴的作用是防止温度过高，H2O2分解（3）加入适量NaCl
15、固体的原因是降低产品的溶解度（盐析作用）或便于析出晶体（4）2Na2CO33H2O2极易分解，其反应方程式可表示为2（2Na2CO33H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2活性氧含量测定准确称取试样0.2000g，置于250mL锥形瓶中，加100mL浓度为6%的硫酸溶液，用0.0200mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，记录高锰酸钾标准溶液消耗的体积为32.70mL活性氧含量计算公式：Q%=（40cV/m）100%cKMnO4标准溶液浓度（mol/L）；V消耗的KMnO4标准溶液体积（L）；m试样质量（g）（5）滴定终点的判断依据为溶液由无色呈紫色且30s内不褪色（6）滴定过程中涉及的化学方程
16、式5（2Na2CO33H2O2）+6KMnO4+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2+15O2+34H2O（7）活性氧含量为13.08%产品纯度的测定（8）为了测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数，设计了几种方案，涉及不同的反应原理方案一 将试样与MnO2混合均匀，向混合物中滴加水，测生成气体的体积，进而进行计算方案二将试样与足量的氯化钡（或氯化钙等）溶液反应后，过滤，干燥所得沉淀，称量沉淀的质量（或试样与足量稀硫酸反应后，经除杂干燥后，测二氧化碳的体积，进行计算）考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量.分析：（1）球形冷凝管可使液
17、体冷凝回流；（2）冷水浴降低温度，防止物质分解；（3）加入适量NaCl固体，发生盐析；（4）2Na2CO33H2O2极易分解，生成碳酸钠、氧气、水；（5）高锰酸钾标准溶液为紫色，与过氧化氢发生氧化还原反应；（6）Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素化合价升高，且碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳；（7）活性氧含量计算公式：Q%=100%，以此计算；（8）方案中可测定过氧化氢分解生成的氧气，或测定碳酸根离子转化生成的沉淀或气体来测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数解答：解：（1）装置中球形冷凝管的作用是起冷凝回流的作用，故答案为：起冷凝回流的作用；（2）过氧化氢不稳定，则使用冷水浴的作用是
18、防止温度过高，H2O2分解，故答案为：防止温度过高，H2O2分解；（3）加入适量NaCl固体，降低产品的溶解度（盐析作用）或便于析出晶体，故答案为：降低产品的溶解度（盐析作用）或便于析出晶体；（4）2Na2CO33H2O2极易分解，生成碳酸钠、氧气、水，反应方程式为2（2Na2CO33H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2，故答案为：2（2Na2CO33H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2；（5）高锰酸钾标准溶液为紫色，能与过氧化氢发生氧化还原反应，高锰酸钾标准溶液滴定2Na2CO33H2O2，则滴定终点的判断依据为溶液由无色呈紫色且30s内不褪色，故答案为：溶液由无色呈紫色且30s
19、内不褪色；（6）Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素化合价升高，且碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳，则滴定过程中涉及的化学方程式为5（2Na2CO33H2O2）+6KMnO4+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2+15O2+34H2O，故答案为：5（2Na2CO33H2O2）+6KMnO4+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2+15O2+34H2O；（7）0.0200mol/L高锰酸钾标准溶液消耗的体积为32.70mL，试样0.2000g，活性氧含量为Q%=100%=100%=13.08%，故答案为：13.08%；（8）方
20、案中可测定过氧化氢分解生成的氧气，或测定碳酸根离子转化生成的沉淀（或气体体积）质量测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数，则方案二为将试样与足量的氯化钡（或氯化钙等）溶液反应后，过滤，干燥所得沉淀，称量沉淀的质量（或试样与足量稀硫酸反应后，经除杂干燥后，测二氧化碳的体积，进行计算），故答案为：将试样与足量的氯化钡（或氯化钙等）溶液反应后，过滤，干燥所得沉淀，称量沉淀的质量（或试样与足量稀硫酸反应后，经除杂干燥后，测二氧化碳的体积，进行计算）点评：本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握实验基本操作、实验技能及测定原理、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等9
21、（13分）（2015周口一模）钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图1：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是将NaIO3完全转化为NaI，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3（3）溶液2中除含有H+外，一定含有
22、的阳离子是Fe2+；试设计实验证实该金属阳离子的存在取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe2+，反之不含（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O），称取3.60g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图2所示：1析图中数据，根据信息写出过程发生2的化学方程式FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式Fe2O3考点：制备实验方案的设计.分析：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生
23、成NaI、氢氧化铁，经过滤后得到红褐色固体氢氧化铁，过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI；（1）生成IO3与IO，I元素的化合价均升高，则还生成NaI，结合电子、电荷守恒分析；（2）Fe与NaIO3发生氧化还原反应；（3）由溶液含H+，固体完全溶解，Fe与硫酸铁反应生成硫酸亚铁；（4）过程I使其质量减少3.602.88g=0.72g，恰好为0.4mol水的质量；由元素守恒计算氧化物中Fe元素的质量，再利用原子个数比确定化学式解答：解：（1）NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，若均为1mol，由电子守恒可知，生成I为=6mol，结合电荷守恒及原子守恒可知
24、离子反应为4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O，故答案为：4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O；（2）加入过量铁屑的目的是将NaIO3完全转化为NaI，加入铁屑时发生反应的化学方程式为3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3，故答案为：将NaIO3完全转化为NaI；3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3；（3）固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，加硫酸得到溶液2除含有H+外，固体完全溶解，一定含有的阳离子是Fe2+，证实该金属阳离子的存在方法为取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe2+，反之不含，故答案为：Fe2+；取溶液少量加高锰酸钾溶液，
25、若溶液褪色则含Fe2+，反之不含；（4）3.60g草酸亚铁晶体，物质的量为0.2mol，过程I使其质量减少3.602.88g=0.72g，恰好为0.4mol水的质量，则过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则56x：16y
26、=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3点评：本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中的反应及氧化还原反应的分析、质量守恒的计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等10（15分）（2015周口一模）焦炭与CO、H2均是重要的能源，也是重要的化工原料（1）已知C、H2、CO的燃烧热（H）分别为393.5kJmol1、285.8kJmol1、283kJmol1，又知水的气化热为+44kJ/mol焦炭与水蒸气反应生成CO、H2的热化学方程式为C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol若将
27、足量焦炭与2mol水蒸气充分反应，当吸收能量为191.7kJ时，则此时H2O（g）的转化率为73%（2）将焦炭与水蒸气置于容积为2L的密闭容器中发生反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），其中H2O、CO的物质的量随时间的变化曲线如图所示第一个平衡时段的平衡常数是0.017，若反应进行到2min时，改变了温度，使曲线发生如图所示的变化，则温度变化为升温（填“升温”或“降温”）反应至5min时，若也只改变了某一个条件，使曲线发生如图所示的变化，该条件可能是下述中的Ba增加了Cb增加了水蒸气c降低了温度d增加了压强（3）假设（2）中反应在第2min时，将容器容积压缩至1L，请在上图中绘
28、制出能反映H2O、CO物质的量变化趋势的图象（4）若以CO、O2、K2CO3等构成的熔融盐电池为动力，电解400mL饱和食盐水，则负极上的电极反应式为CO+CO322e=2CO2，当有5.6g燃料被消耗时，电解池中溶液的pH=14（忽略溶液的体积变化，不考虑能量的其它损耗）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算；电解原理.分析：（1）由C、H2、CO的燃烧热（H）分别为393.5kJmol1、285.8kJmol1、283kJmol1，以及水的气化热为+44kJ/mol，可得C（s）+O2（g）CO2（g），H=393.5 kJ/mol；H2（g）
29、+O2（g）H2O（l），H=285.8kJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g），H=283.0kJmol1；H2O（g）=H2O（l），H=44kJ/mol；根据盖斯定律，将+可得碳与水蒸气反应的热化学方程式；根据热化学方程式以及反应中放出的热量计算参加反应的水蒸气，再根据转化率=100%计算；（2）根据图象可知，在第一个平衡时段的CO的物质的量为0.2mol，则此时生成的H2也是0.2mol，反应体系中水的物质的量为1.2mol，可得知物质的平衡浓度，再根据K=计算，反应进行至2min时，根据图象知，相同时间内，水和一氧化碳的物质的量变化量大于01min内，说明反应速率增大，根据
30、温度对反应速率、化学平衡的移动的影响分析；反应至第5min时，CO的物质的量不变，水的物质的量增大，说明改变的量是水的物质的量；（3）将容器容积压缩至1L，压强增大，反应速率变大且平衡逆向移动，H2O的物质的量在原来的基础上会增大、CO物质的量在原来的基础上会减小；（4）该燃料电池中，通入CO的电极为负极，负极上CO失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，通入O2的电极为正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，根据电子得失守恒计算电解食盐水中产生的氢氧根离子的物质的量，进而确定pH值，据此答题解答：解：（1）由C、H2、CO的燃烧热（H）分别为393.5kJmol1、285.8kJ
31、mol1、283kJmol1，以及水的气化热为+44kJ/mol，可得C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5 kJ/mol；H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1；H2O（g）=H2O（l）H=44kJ/mol，根据盖斯定律，将+可得C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol，故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol；根据热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g），H=+131.3kJ/mol，当吸收能量为19
32、1.7kJ时，参加反应的水蒸气的物质的量为=1.46mol，所以水的转化率=100%=73%，故答案为：73%；（2）根据图象可知，在第一个平衡时段的CO的物质的量为0.2mol，则此时生成的H2也是0.2mol，反应体系中水的物质的量为1.2mol，容积为2L，所以此时CO的平衡浓度为0.1mol/L，H2的平衡浓度为0.1mol/L，H2O的平衡浓度为0.6mol/L，则K=0.017，应进行至2min时，根据图象知，相同时间内，水和一氧化碳的物质的量变化量大于01min内，说明反应速率增大，水蒸气的物质的量减少，一氧化碳的物质的量增加，说明平衡向正反应方向移动，而该反应为吸热反应，则该改
33、变的条件只能是升高温度，故答案为：0.017；升温； 反应至第5min时，CO的物质的量不变，水的物质的量增大，说明改变的量是增加水的物质的量，随反应进行水蒸气减小，一氧化碳增大，平衡正向进行；A、增加了C是固体，不影响化学平衡，故A错误；B、增加了水蒸气，5min时，CO的物质的量不变，水的物质的量增大，故B正确；C、反应是吸热反应，降低了温度平衡逆向进行，图象不符合，故C错误；D、增加了压强，平衡逆向进行，不符合图象变化，故D错误；故答案为：B；（3）将容器容积压缩至1L，压强增大，反应速率变大且平衡逆向移动，H2O的物质的量在原来的基础上会增大、CO物质的量在原来的基础上会减小，所以H2
34、O、CO物质的量变化趋势的图象为，故答案为：；（4）该燃料电池中，通入CO的电极为负极，负极上CO失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，负极反应式为CO+CO322e=2CO2，当有5.6g（即0.2mol）CO被消耗时，电路中流过的电子的物质的量为0.4mol，根据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl22e可知，电解池中产生的氢氧化钠的物质的量为0.4mol，所以氢氧化钠的浓度为mol/L=1mol/L，所以溶液的pH=14，故答案为：CO+CO322e=2CO2；14点评：本题考查了热化学方程式、影响化学反应速率和化学平衡移动的因素、电极反应式的书写、电解池的计算等知识点
35、，明确盖斯定律和化学平衡移动原理及电子得失守恒是解题目的关键，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（2015周口一模）研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义（1）硝酸铵的生产方法是采用硝酸与氨气化合，工业合成氨是一个放热反应，因此低温有利于提高原料的转化率，但实际生产中却采用400500的高温，其原因是催化活性最强，增加反应速率，缩短达到平衡的时间；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，写出工业生产硝酸的最后一步的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：已知CO+H2OCO2+H2甲厂以焦炭和水为原料；乙
36、厂以天然气和水为原料；丙厂以石脑油（主要成分为C5H12）和水为原料 按工业有关规定，利用原料所制得的原料气H2和CO2的物质的量之比，若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高据此判断甲、乙、丙三个工厂哪个工厂对原料的利用率最高？丙（3）将工厂废气中产生的SO2通过下列流程如图1，可以转化为有应用价值的硫酸钙等写出反应的化学方程式：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2生产中，向反应的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化检验经过反应得到的氨态氮肥中SO42所用试剂是盐酸和氯化钡（H
37、Cl和BaCl2）（4）工业上利用氯碱工业产品治理含二氧化硫的废气图2是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是SO2+OH=HSO3（或SO2+2OH=SO32+H2O）用含气体B的阳极区溶液吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是SO2+Cl2+H2O=4H+SO42+2Cl考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氯碱工业；合成氨条件的选择.分析：（1）温度影响化学反应速率及化学平衡；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，是先将氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，据此写化学方程式；（2）用原料所
38、制得的H2和CO2的物质的量之比若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，原料的利用率最高，根据原料气产生的H2和CO2的物质的量之比判断；（3）根据反应物和生成物，写出反应的化学方程式；加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化；检验SO42所用试剂是盐酸和氯化钡；（4）二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3；阳极区产生的气体氯气的溶液与二氧化硫发生氧化还原反应解答：解：（1）合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJ/mol，在400500的高温时，催化剂的催化活性最强，同时升高温度虽然
39、不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，是先将氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以工业生产硝酸的最后一步的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：催化活性最强，增加反应速率，缩短达到平衡的时间； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比为2：1合成尿素，即H2和CO2的物质的量之比为：1=3：1甲厂以焦炭和水为原料，C+2H2OCO2+2H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1乙厂以天然气和水为原料，CH4+
40、2H2OCO2+4H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1丙厂以乙烯和水为原料，C5H12+10H2O5CO2+16H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为16：5，丙最接近3：1，故答案为：丙；（3）根据反应物和生成物，写出反应的化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故答案为；2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；亚硫酸根离子易被氧化，向反应的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化，故答案为：防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化；检验SO42所用试剂是盐酸和氯化钡（HCl 和 BaCl2），故答案为：
41、盐酸和氯化钡（HCl 和 BaCl2）；（4）二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3，SO2+OH=HSO3（或SO2+2OH=SO32+H2O），故答案为：SO2+OH=HSO3（或SO2+2OH=SO32+H2O）；阳极区产生的气体氯气的溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，SO2+Cl2+H2O=4H+SO42+2Cl，故答案为：SO2+Cl2+H2O=4H+SO42+2Cl点评：本题考查了影响化学反应速率的因素，化学方程式的计算，离子反应等，考查的知识点较多，结合性强，题目难度中等，试题能够提高学生的分析、理解能力及计算能力【化学-选修3：物质结构基础】12（2015周口一模）近年来，科学家
42、新发现了一些含有碳、氮、硫、铜元素的物质，回答下列问题（1）电负性：CN（填“”或“”）（2）图a是某种铜盐配合物的结构，基态铜原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，该配合物中铜元素的价态为+2（3）新的星际分子氰基辛四炔的结构为：HCCCCCCCCCN，氰基辛四炔分子的构型为直线型；分子中键与键数目之比为1：1（4）C60晶体（图b）中与每个C60紧邻的C60分子有12个；C60易溶于CS2溶剂中，原因是都是非极性分子，相似相溶；设C60晶胞边长为a pm，则C60晶体密度为gcm3（5）卟吩分子内存在氢键，在图c中用（）画出氢键结构（6）写出图d中表示物质的化学
43、式CuFeS2，该物质煅烧可冶炼铜，同时产生氧化亚铁，氧化铁和二氧化硫，且生成的氧化亚铁与氧化铁的物质的量之比为2：1，请写出反应的化学方程式8CuFeS2+25O24FeO+2Fe2O3+16SO2+8CuO考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用.分析：（1）根据元素周期律，同一周期元素从左向右，电负性逐渐增大；（2）铜是29号元素，根据能量最低原理写核外电子排布式，根据铜与氮的成键情况判断铜的化合价；（3）氰基辛四炔的结构可以看成是由若干个乙炔的结构形成的，而乙炔所以原子都在一条件直线上，根据氰基辛四炔的结构可知分子中有4个碳碳三键、一个碳氮三键和5个单键，据此
44、判断；（4）C60晶体（图b）为面心立方结构，即C60分子分布在立方体的顶点和面心上，根据相似相溶原理解释C60易溶于CS2溶剂中，根据计算晶体的密度；（5）卟吩分子内氢键存在于氮原子和连在氮原子上的氢原子之间；（6）根据均摊法计算出每个晶胞中含有的各原子数，进而确定化学式，根据元素守恒和电子得失守恒写化学方程式；解答：解：（1）根据元素周期律，同一周期元素从左向右，电负性逐渐增大，所以电负性CN，故答案为：；（2）铜是29号元素，铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，根据图a可知，铜的配位数为4，所以铜的化合价为+2价，故答案为：1s22s22p63s23p6
45、3d104s1；+2；（3）氰基辛四炔的结构可以看成是由若干个乙炔的结构形成的，而乙炔所以原子都在一条件直线上，所以氰基辛四炔的分子是直线型，根据氰基辛四炔的结构可知分子中有4个碳碳三键、一个碳氮三键和5个单键，每个三键中有两个键和一个键，所以分子中键与键数目之比为1：1，故答案为：直线型；1：1；（4）C60晶体（图b）为面心立方结构，即C60分子分布在立方体的顶点和面心上，每个C60紧邻的C60分子有12个，C60、CS2都是非极性分子，根据相似相溶原理可知，C60易溶于CS2溶剂中，在C60晶胞中，C60分子数为=4，所以=gcm3，故答案为：12；都是非极性分子，相似相溶；（5）卟吩分
46、子内氢键存在于氮原子和连在氮原子上的氢原子之间，如图，故答案为：；（6）根据均摊法可知，结构晶胞图可知，每个晶胞中含有的铜原子数为=4，铁原子数为4=4，硫原子数为8，所以化学式为CuFeS2，该物质煅烧冶炼铜的化学方程式为8CuFeS2+25O24FeO+2Fe2O3+16SO2+8CuO，故答案为：CuFeS2；8CuFeS2+25O24FeO+2Fe2O3+16SO2+8CuO；点评：本题主要考查了电负性、核外电子排布、化学键、晶胞的结构、晶胞的计算等知识，难度较大，答题时注意观察晶胞的结构图【化学-选修5：有机化学基础】13（2015周口一模）F（聚碳酸酯）是一种性能优良的工程塑料，合
47、成路线如下：已知：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH（1）C的结构简式是CH3OCOOCH3；D的结构简式是（2）BC的反应类型为取代反应；D+E生成F的反应类型为缩聚反应（3）图中B（碳酸乙烯酯）也可通过下列反应制备：反应1的试剂和条件为强碱的水溶液并加热反应2的反应类型是取代反应反应3的化学方程式为+HCl（4）C的核磁共振氢谱有1组峰；C的一种同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，该同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OH（5）D有多种同分异构体，符合下列条件的有18种有萘环（）结构两个醛基且在一个环上一个羟甲基（一CH2OH）考点：有机物的合成.分析：（1）C3H6
48、O3是和CH3OH发生双酯交换得到的产物，所以C的结构简式是CH3OCOOCH3，D的结构简式是；（2）BC的反应类型为取代反应；D+E生成F的反应类型为缩聚反应；（3）卤代烃的水解的条件是强碱的水溶液并加热；反应2的反应类型是取代反应；反应3的化学方程式为+HCl；（4）结构C中只含有一种氢，所以核磁共振氢谱只有一组峰；C的一种同分异构体，能发生银镜反应说明含有醛基、能水解反应说明结构中含酯基；（5）C13H10O3的不饱和度为9，而萘环的不饱和度为7，两个醛基的不饱和度为2，说明分子结构中除萘环和两个醛基外其它化学键都是饱和的，而两个醛基且在一个环上，即相邻即12、23，相间即13，相对即
49、14，然后用羟甲基取代来确定同分异构体的种类解答：解：（1）C3H6O3是和CH3OH发生双酯交换得到的产物，所以C的结构简式是CH3OCOOCH3，D的结构简式是，故答案为：CH3OCOOCH3；（2）BC的反应类型为取代反应，D+E生成F的反应类型为缩聚反应，故答案为：取代反应；缩聚反应； （3）卤代烃的水解的条件是强碱的水溶液并加热；反应2的反应类型是取代反应；反应3的化学方程式为：+HCl，故答案为：强碱的水溶液并加热；取代反应；+HCl；（4）结构C中只含有一种氢，所以核磁共振氢谱只有一组峰；C的一种同分异构体，能发生银镜反应说明含有醛基、能水解反应说明结构中含酯基，所以结构简式为：HCOOCH2CH2OH，故答案为：1；HCOOCH2CH2OH；（5）C13H10O3的不饱和度为9，而萘环的不饱和度为7，两个醛基的不饱和度为2，说明分子结构中除萘环和两个醛基外其它化学键都是饱和的，而两个醛基且在一个环上，即相邻即12位置，羟甲基取代后得到6种，邻即23位置，羟甲基取代后也得到3种，相间即13位置，羟甲基取代后也得到6种，相对即14位置，羟甲基取代后也得到3种，所以符合条件D的同分异构体有6+3+6+3=18种，故答案为：18点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，结合题给信息采用正推的方法进行分析确定有机物的结构，注意同分异构体结构种类的判断，为该题的难点
