1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年山东省德州市武城二中高考化学模拟试卷（2月份）一、选择1我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”这里的“强水”是指（）A氨水B硝酸C醋D卤水2我国女科学家屠呦呦的名字出自诗经小雅：“呦呦鹿鸣，食野之蒿我有嘉宾，德音孔昭”，她因创制新型抗疟药青蒿素（结构如图）和双氢青蒿素的贡献，荣获2015年诺贝尔奖下列有关青蒿素的叙述错误的是（）A分子式为C15H20O5B易溶于C2H5OC2H5C官能团有醚键和酯基D能与NaOH溶液反应3“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”是唐代诗人
2、白居易的名句，下列有关“玉”的说法正确的是（）A玉是石灰石B玉的硬度比河砂大C玉的熔点较高D玉是金刚砂4有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，从化学角度解释下列古文或谚语，其中不正确的是（）选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁，铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆箕，豆在斧中泣化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然界固氮作用AABBCCDD5乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（）A1：1B2：3C3：2D2：16肉桂醛常用于牙膏、口香糖、口气清新剂等口腔护理品，其结构
3、简式如图所示工业上电解肉桂醇制备肉桂醛，下列说法不正确的是（）A煮沸肉桂醛与新制Cu（OH）2的混合物有砖红色沉淀生成B电解肉桂醇制得的肉桂醛在电解池的阳极生成C仅用新制银氨溶液和溴水不能鉴别肉桂醛中的碳碳双键D13.2g肉桂醛分子中含有碳碳双键数目为0.4NA7四种多硼酸根离子的结构示意图如下，有关叙述正确的是（）Ax=2By=3Cz=4D图（d）的化学式为BO28甲、乙、丙、丁四种有机物的结构如表：甲的球棍模型乙的结构式丙的球棍模型丁的比例模型丙的分子式为C13H10O3球棍模型中“棍”代表单键或双键或三键下列叙述不正确的是（）A甲可代表氨基酸B乙的二氯代物有3种C丙的结构简式为D丁可代表
4、乙酸9浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c（OH）相等D当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大10中美科学家研制的某快充电池工作原理如图所示电解质为一种常温离子液体（由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成），在电池充、放电过程中，不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应下列有关该快充电池的说法错误的是（）A放电时铝为电池阳极B充电时AlCl4移向石墨电极C铝电极的比能量较高D充电时铝电极上的反应为Al+
5、7AlCl43e=4Al2Cl711下列实验装置正确且能完成实验目的是（）A测定一定时间内生成H2的反应速率B提取海带中的碘C检验火柴燃烧产生的SO2D证明非金属性：ClCSi二、解答题（共8小题，满分0分）12某学生欲通过实验验证Fe2+的性质（1）该同学在实验前，依据Fe的性，填写了下表实验操作预期现象离子方程式向盛有新制FeSO4溶液的试管中滴入数滴浓硝酸，振荡试管中产生红棕色气体，溶液颜色逐渐变黄Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O依照表中操作，该同学进行实验，观察到液面上方气体逐渐变为红棕色，但试管中溶液颜色却变为深棕色为探究溶液变为深棕色的原因，该同学进行了如下实验（2）
6、向原新制FeSO4溶液和反应后溶液中均加入KSCN溶液，前者不变红色，后者变红该现象的结论是（3）查阅资料，发现溶液的深棕色可能是NO2或NO与溶液中Fe3+或Fe2+发生反应而得到的为此他利用如图装置（气密性已检验，尾气处理装置略）进行探究、打开活塞a，关闭b，并使甲装置中反应开始后，观察到丙中溶液逐渐变为深棕色，而丁中溶液并无明显变化、打开活塞b、关闭a，一段时间后再停止甲中反应、为与I中实验对照，更换丙、丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤I中相同铜与足量浓硝酸反应的化学方程式是；装置乙的作用是；步骤II的目的是；该实验可得出的结论是（4）该同学重新进行（1）中实验，观察到了预期现象
7、，他的实验操作是13MnO2常用于实验室和电池工业，回答下列问题：（1）MnO2主要存在于软锰矿中写出舍勒用软锰矿制取Cl2的离子方程式 （2）检验溶液中Mn2+的方法为：向待测溶液中加入硝酸，无明显现象；继续加入难溶于水的NaBiO3 （还原产物为Bi3+），溶液呈紫红色，写出反应的离子方程式某生取实验室制备Cl2后的冷却澄清溶液，依次加入硝酸、少量NaBiO3，发现溶液变为紫红色后立即褪去，简述紫红色褪去的原因（3）甲、乙分别为工业制备电解锰和电解MnO2的原理图甲池中阳极放出的气体是要配制乙池的电解质溶液250mL，需要称取MnSO4g写出乙池中反应的化学方程式（4）丙所示电解池，通电后
8、阴极和阳极上分别得到单质Mn和MnO2写出丙池电解总反应的离子方程式与甲、乙比较，丙的突出优点是（5）上述方法制备的MnO2常用于制造电池写出碱性锌锰电池放电时的总反应式14银及其化合物在制造钱币、装饰器皿、电子电器、医药等方面具有广泛用途回答下列问题：（1）银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是银器接触含有H2S的空气生成了Ag2S的缘故，该反应的还原剂与还原产物的物质的量之比为在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑银器变亮，反应的化学方程式为，食盐水的作用为（2）图1为电解精炼银的示意图，（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电
9、极反应式为（3）已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp（Ag2CrO4）=11012，Ksp（AgCl）=1.81010，在Cl浓度为0.010mol/L，CrO42浓度为5.0103mol/L用0.010mol/LAgNO3标准溶液进行滴定，当开始产生砖红色沉淀时，通过计算说明Cl是否完全沉淀？（4）AgCl溶于氨水：AgCl+2NH3Ag（NH3）2+Cl，平衡常数为K1室温时，AgCl（s）的溶解度与氨水的起始浓度关系如图2：随着c（NH3）增大，AgCl的溶解度开始有明显增大，然后增大较小，原因是若氨水起始浓度c（NH3）=2.0mol/L，AgCl在氨水中达到溶解平衡时c平衡（NH3
10、）=反应Ag+2NH3Ag（NH3）2+的平衡常数K2的计算式为（5）含Ag（NH3）2+溶液可以吸收有毒的CO，生成微小黑色银颗粒，放出的气体既能使澄清石灰水变浑浊，又能使明矾溶液产生白色胶状沉淀，写出该反应的离子方程式15氢元素与其它元素既能形成离子键，也能形成共价键，在化合物中氢元素可能为+1价或1价回答下列问题：（1）LiH中Li+的半径H的半径（填“大于”、“小于”或“等于”）；CaH2与水剧烈反应生成密度最小的气体，写出CaH2与稀盐酸反应的化学方程式（2）主族非金属元素与氢形成共价型氢化物第三周期的气态氢化物，对热稳定性由强到弱的顺序为（填气态氢化物分子式）（3）已知H、B、Si
11、、Cl的电负性分别为2.1、2.0、1.8、3.0，甲硅烷（SiH4）分子中H元素的化合价为微量碱作催化剂时，甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2nH2O，写出该反应的化学方程式乙硼烷（B2H6）有强还原性，在空气中能自燃，乙硼烷的强还原性来自于（4）在乙醚中，氢化钠与乙硼烷反应能生成万能还原剂硼氢化钠（NaBH4），请写出NaBH4与水反应的化学方程式（5）环状化合物甲（N6H6）有作为高能材料的可能性，甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，则甲的结构式可能为16下列有关绿色化学的叙述中，不正确的是（）A绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生
12、产对环境的污染B最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物C绿色化学反应选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的D乙烯分别与溴水和溴的四氯化碳溶液反应制备1，2二溴乙烷的原子利用率均为100%17以天然气替代石油生产液体燃料和基础化学品是当前化学研究和发展的重点（1）我国科学家包信和院士领衔的团队，创造性地构建了硅化物晶格限域的单中心铁催化剂，成功实现了甲烷一步高效生产链烃X、芳烃Y和Z等重要化工原料，反应过程本身实现了CO2的零排放，碳原子利用效率达到100%若X、Y、Z的相对分子质量分别为28、78、128，且X、Y的核磁共振氢谱只有一个峰，Z的核磁共振氢谱有二个峰有关
13、化学键键能数据如下：化学键HHCCCCCCCHE/（kJmol1）436.0615347.7812413.4写出甲烷一步生成X的热化学方程式，硅化物晶格限域的单中心铁催化剂的作用是甲烷生成芳烃Y的原子利用率为Z的结构简式为，其二氯取代物有种（2）碳酸乙二醇酯在锂电池中有重要用途已知：请以CO2、X、空气为原料，利用绿色化学原则制备碳酸乙二醇酯，写出有关反应的化学方程式生产1t碳酸乙二醇酯在理论上可以吸收t CO218气态废弃物中的硫化氢可用下法转化为可利用的硫（1）用如图所示电解池电解，观察到A电极有气泡逸出混合溶液中KHCO3的物质的量浓度为取少量电解后B极溶液与绿矾溶液混合，观察到有蓝色沉
14、淀产生，据此判断X是直流电源的极（填“正”或“负”），产生蓝色沉淀的离子方程式为电解后A电极附近溶液的pH（填“增大”或“减小”），A电极的总反应式为（2）向电解后的溶液中，通入含H2S的气态废弃物，得到可以利用的硫，余下的电解质溶液可以循环利用写出硫化氢转化为硫的总反应离子方程式19如图向a中通入H2，发现灵敏电流计指针发生偏转，持续通入H2可观察到b中铂电极表面有少量气泡产生，负极反应式为，电池的总反应为2016年山东省德州市武城二中高考化学模拟试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择1我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石
15、皆能穿第，惟玻璃可盛”这里的“强水”是指（）A氨水B硝酸C醋D卤水【考点】真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答【解答】解：A氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D卤水其主要成
16、份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B2我国女科学家屠呦呦的名字出自诗经小雅：“呦呦鹿鸣，食野之蒿我有嘉宾，德音孔昭”，她因创制新型抗疟药青蒿素（结构如图）和双氢青蒿素的贡献，荣获2015年诺贝尔奖下列有关青蒿素的叙述错误的是（）A分子式为C15H20O5B易溶于C2H5OC2H5C官能团有醚键和酯基D能与NaOH溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据结构简式确定分子式；B该物质中不含亲水基，只含憎水基；C该物质中含有酯基、醚键和过氧键；D酯基能发生水解反应【解答】解：A根据结构简式知，分子式为C15H22O5，故A错误；B该物质中不含亲
17、水基，只含憎水基，根据相似相溶原理知，该物质易溶于有机溶剂而不易溶于水，故B正确；C该物质中含有酯基、醚键和过氧键，故C正确；D酯在碱性溶液中可以发生水解反应，故D正确；故选A3“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”是唐代诗人白居易的名句，下列有关“玉”的说法正确的是（）A玉是石灰石B玉的硬度比河砂大C玉的熔点较高D玉是金刚砂【考点】硅酸盐工业【分析】玉的成分是硅酸盐，玉的硬度比河砂小，金刚砂的成分是碳化硅，“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，据此分析解答【解答】解：A玉有软玉和硬玉两种，软玉和硬玉的成分都是硅酸盐，石灰石成分为碳酸钙，不属于硅酸盐，故A错误
18、；B河砂的成分是石英，石英成分为二氧化硅，为原子晶体，具有较大的硬度，玉的成分是硅酸盐，玉石可以用河砂作磨料进行琢磨，河砂的硬度比玉大，故B错误；C“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，故C正确；D金刚砂是人工制成的碳化硅，玉的成分是硅酸盐，故D错误；故选C4有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，从化学角度解释下列古文或谚语，其中不正确的是（）选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁，铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆箕，豆在斧中泣化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然界固氮作用AABBCCDD【考点】胶体的重要性质；化学反应的能量变化规律；氮的固定；
19、化学基本反应类型【分析】A烟是气溶胶； B铁与CuSO4发生置换反应；C燃烧纤维素是把化学能转化为热能；D“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3中化合态的N【解答】解：A烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误； B“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；C“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；D“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3N
20、O2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确故选A5乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（）A1：1B2：3C3：2D2：1【考点】真题集萃；化学方程式的有关计算【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比【解答】解：
21、将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2，故选C6肉桂醛常用于牙膏、口香糖、口气清新剂等口腔护理品，其结构简式如图所示工业上电解肉桂醇制备肉桂醛，下列说法不正确的是（）A煮沸肉桂醛与新制Cu（OH）2的混合物有砖红色沉淀生成B电解肉桂醇制得的肉桂醛在电解池的阳
22、极生成C仅用新制银氨溶液和溴水不能鉴别肉桂醛中的碳碳双键D13.2g肉桂醛分子中含有碳碳双键数目为0.4NA【考点】有机物的结构和性质【分析】该有机物中含有苯环、碳碳双键和醛基，具有苯、烯烃和醛的性质，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、银镜反应等据此分析解答【解答】解：A该物质中含有醛基，与新制Cu（OH）2混合煮沸会生成砖红色的Cu2O沉淀，故A正确；B肉桂醇到肉桂醛是“去氢”氧化过程，由电解池的阳极发生氧化反应知肉桂醛在阳极生成，故B正确；C检验肉桂醛中的醛基方法为：少量肉桂醛先与足量银氨溶液充分反应，过滤后，用稀硝酸酸化滤液，再加溴水，溴水褪色说明含有醛基；C中没有提供稀硝酸，故不能鉴
23、别，故C正确；D肉桂醛的相对分子质量为132，13.2g肉桂醛就是0.1mol，含0.1mol碳碳双键，数目为0.1 NA苯环中没有碳碳双键，苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，故D错误；故选D7四种多硼酸根离子的结构示意图如下，有关叙述正确的是（）Ax=2By=3Cz=4D图（d）的化学式为BO2【考点】根据化合价正确书写化学式(分子式)【分析】AB是+3价、O是2价、H是+1价； B正负化合价代数和为0；C离子中正负化合价代数和为电荷数；D图（d）中最小重复结构单元为“BO2”【解答】解：AB是+3价、O是2价、H是+1价，原子团“B3O6”带的负电荷数x=2633=3，故A错误
24、； B原子团“H4B4O9”带的负电荷数y=293414=2，故B错误；C原子团“B2O5”带的负电荷数z=2523=4，故C正确；D图（d）中最小重复结构单元为“BO2”，所带负电荷为2213=1，化学式为（BO2）nn或BO2，故D错误故选C8甲、乙、丙、丁四种有机物的结构如表：甲的球棍模型乙的结构式丙的球棍模型丁的比例模型丙的分子式为C13H10O3球棍模型中“棍”代表单键或双键或三键下列叙述不正确的是（）A甲可代表氨基酸B乙的二氯代物有3种C丙的结构简式为D丁可代表乙酸【考点】球棍模型与比例模型【分析】A碳原子形成四个共价键，氮原子形成三个共价键，氧原子形成两个共价键，氢原子形成一个共
25、价键，球棍模型中“棍”代表单键或双键或三键；B固定一个氯原子，有两种，然后加入另一个氯原子分析判断存在的同分异构体；C结合碳原子形成四个共价键，氧原子形成两个共价键，氢原子形成一个共价键，球棍模型中黑色为碳原子，暗色球为氧原子，白色球为氢原子；D比例模型中黑球为碳原子，红球为氧原子，白球为氢原子，据此写出结构简式判断；【解答】解：A球棍模型中球的颜色不同属于不同原子，“棍”代表单键或双键或三键，可以表示氨基乙酸，CH2（NH2）COOH，可以代表氨基酸，故A正确；B固定一个氯原子，有两种，然后加入另一个氯原子，邻、间、对三种同分异构体，改变第一个氯原子位置，则间位连接另一个氯原子形成一种同分异
26、构体，有四种，故B错误；C结合碳原子形成四个共价键，氧原子形成两个共价键，氢原子形成一个共价键，球棍模型中黑色为碳原子，暗色球为氧原子，白色球为氢原子，计算得到分子式为：C13H10O3，故C正确；D比例模型中黑球为碳原子，红球为氧原子，白球为氢原子，可以表示乙酸的比例模型，故D正确；故选B9浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c（OH）相等D当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【考点】真题集萃；弱电解质在
27、水溶液中的电离平衡【分析】A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强；B弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH）接近于纯水中c（OH）；DMOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离【解答】解：A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电
28、离程度：ba，故B正确；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH）接近于纯水中c（OH），所以它们的c（OH）相等，故C正确；D根据A知，碱性MOHROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；故选D10中美科学家研制的某快充电池工作原理如图所示电解质为一种常温离子液体（由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成），在电池充、放电过程中，不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应下列有关该快充电池的说法错误的是（）A放电时铝为电池阳极B充电时AlCl4移向石墨电极C铝电极的比能量较高D充电时铝电极上的反应为Al+7AlCl43
29、e=4Al2Cl7【考点】化学电源新型电池【分析】A放电时，电子流出的电极为电池阳极，另一个电极为电池阴极；B充电时，电解质中阴离子向阳极移动；C比能量是指单位质量的金属提供电量的多少；D充电时铝电极上的反应是放电时负极反应的逆过程【解答】解：A原理图中灯泡发光，表明电池正在放电，此时电子流出的铝（aluminium）为电池阳极（Anode），石墨（graphite）为电池阴极（Cathode），故A正确；B原理图中，放电时AlCl4从石墨中脱出移向铝阳极，充电过程恰好相反，离子液体中的AlCl4移向石墨电极，故B正确；C比能量是指单位质量的金属提供电量的多少，常见金属中，每提供1mole电量
30、，需要金属的质量分别为：6.9gLi、9gAl、12gMg、28gFe、32.5gZn、103.5gPb，铝的比能量较高仅次于锂，故C正确；D由原理图知，放电时，阳极Al失去电子，产生的Al 3+结合电解质中的AlCl4生成Al2Cl7：Al3e+7 AlCl4=4Al2Cl7，充电时铝电极上的反应是放电时负极反应的逆过程：4Al2Cl7+3e=Al+7 AlCl4，故D错误；故选D11下列实验装置正确且能完成实验目的是（）A测定一定时间内生成H2的反应速率B提取海带中的碘C检验火柴燃烧产生的SO2D证明非金属性：ClCSi【考点】化学实验方案的评价【分析】A测定生成氢气的反应速率需要测定时间
31、和收集气体体积；B海带中碘以离子的形式存在；C二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；D生成的二氧化碳中含有HCl而干扰实验，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强【解答】解：A测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故A正确；B海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故C错误；D盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化
32、物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；故选A二、解答题（共8小题，满分0分）12某学生欲通过实验验证Fe2+的性质（1）该同学在实验前，依据Fe的还原性，填写了下表实验操作预期现象离子方程式向盛有新制FeSO4溶液的试管中滴入数滴浓硝酸，振荡试管中产生红棕色气体，溶液颜色逐渐变黄Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O依照表中操作，该同学进行实验，观察到液面上方气体逐渐变为红棕色，但试管中溶液颜色却变为深棕色为探究溶液变为深棕色的原因，该同学进行了如下实验（2）向原新制FeSO4溶液和反应后溶液中均加入KSCN溶液，前者不变红色，后者变红该现象的结论是Fe2+被硝酸氧化为Fe3+（
33、3）查阅资料，发现溶液的深棕色可能是NO2或NO与溶液中Fe3+或Fe2+发生反应而得到的为此他利用如图装置（气密性已检验，尾气处理装置略）进行探究、打开活塞a，关闭b，并使甲装置中反应开始后，观察到丙中溶液逐渐变为深棕色，而丁中溶液并无明显变化、打开活塞b、关闭a，一段时间后再停止甲中反应、为与I中实验对照，更换丙、丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤I中相同铜与足量浓硝酸反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；装置乙的作用是使NO2转化为NO；步骤II的目的是排出乙右侧装置中残留的NO2；该实验可得出的结论是溶液的深棕色是由NO或NO2与Fe2+
34、作用得到（或不是由NO或NO2与Fe3+作用得到）（4）该同学重新进行（1）中实验，观察到了预期现象，他的实验操作是向盛有浓硝酸的试管中滴入数滴新制FeSO4溶液，振荡【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高的元素具有还原性，根据离子方程式Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O可知，Fe2+显示还原性；（2）Fe3+遇KSCN溶液显血红色；（3）I、打开活塞a，关闭b时，反应生成的NO2气体通入了FeSO4溶液中后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象；II、打开活塞b、关闭a，乙中需盛装水溶液，使NO2与水反应生成NO；III、为与中实验进行对照，更
35、换丙，丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，即NO通入FeSO4溶液后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象铜被浓硝酸氧化为Cu（NO3）2，浓硝酸被还原为NO2，据此写出化学方程式；装置乙装有的液体是水，使生成的二氧化氮发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO；乙的右侧装置中有残留的NO2；根据I和III的实验现象分析；（4）实验I是NO2气体通入了FeSO4溶液中后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象，据此分析【解答】解：（1）亚铁离子与浓硝酸发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为铁离子，溶液变为黄色，同时硝酸被还原为二氧化氮，离子方程式为Fe2+NO3+2H+=
36、Fe3+NO2+H2O中，Fe2+被氧化为Fe3+，化合价升高，显示还原性，故答案为：还原；（2）向原新制FeSO4溶液中和反应后溶液中均加入KSCN溶液，前者不变红色，后者变红，而由于Fe3+遇KSCN溶液显血红色，故可以说明滴入的硝酸将Fe2+氧化为了Fe3+，故答案为：Fe2+被硝酸氧化为Fe3+；（3）I、打开活塞a，关闭b时，反应生成的NO2气体通入了FeSO4溶液中后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象；II、打开活塞b、关闭a，乙中需盛装水溶液，使NO2与水反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO；III、为与中实验进行对照，更换丙，丁后，使甲中反应继续，观察到
37、的现象与步骤中相同，即NO通入FeSO4溶液后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象铜被浓硝酸氧化为Cu（NO3）2，浓硝酸被还原为NO2，根据得失电子数守恒可知化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；装置乙装有的液体是水，作用是通过反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，使NO2转化为NO，来验证NO与溶液中Fe 2+或Fe 3+发生的反应，故答案为：使NO2转化为NO；装置乙有残留的NO2，所以需要反应一段时间后，利用生成的NO来排出装置中的NO2，从而可以获得纯净的NO，故
38、答案为：排出乙右侧装置中残留的NO2；根据实验I和III的现象可知，溶液的深棕色是由NO或NO2与Fe2+作用得到（或不是由NO或NO2与Fe3+作用得到）故答案为：溶液的深棕色是由NO或NO2与Fe2+作用得到（或不是由NO或NO2与Fe3+作用得到）；（4）由于实验I的现象是NO2气体通入了FeSO4溶液中后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象，故可以向盛有浓硝酸的试管中滴入数滴新制的FeSO4溶液，震荡，浓硝酸被还原为NO2，Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液应该无明显的颜色变化，故答案为：向盛有浓硝酸的试管中滴入数滴新制FeSO4溶液，振荡13MnO2常用于实验室和电池工业，
39、回答下列问题：（1）MnO2主要存在于软锰矿中写出舍勒用软锰矿制取Cl2的离子方程式MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O （2）检验溶液中Mn2+的方法为：向待测溶液中加入硝酸，无明显现象；继续加入难溶于水的NaBiO3 （还原产物为Bi3+），溶液呈紫红色，写出反应的离子方程式2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O某生取实验室制备Cl2后的冷却澄清溶液，依次加入硝酸、少量NaBiO3，发现溶液变为紫红色后立即褪去，简述紫红色褪去的原因生成的MnO4在酸性溶液中被Cl还原为Mn2+（3）甲、乙分别为工业制备电解锰和电解MnO2的原理图甲池中阳极放
40、出的气体是氧气要配制乙池的电解质溶液250mL，需要称取MnSO437.75g写出乙池中反应的化学方程式MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2（4）丙所示电解池，通电后阴极和阳极上分别得到单质Mn和MnO2写出丙池电解总反应的离子方程式2Mn2+2H2OMn+MnO2+4H+与甲、乙比较，丙的突出优点是制备等量的目标产物，丙的能耗最低（5）上述方法制备的MnO2常用于制造电池写出碱性锌锰电池放电时的总反应式Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）二氧化锰在加热条件下与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；（2）在酸性介质中，Mn2
41、+被氧化成MnO4，NaBiO3被还原成Bi3+，有高锰酸根离子生成，高锰酸根离子为紫红色；酸性条件下，高锰酸根离子把氯离子氧化为氯气；（3）阳极上氢氧根离子放电；根据质量浓度计算；乙池中阳极上锰离子失电子生成二氧化锰，阴极上氢离子得电子生成氢气；（4）已知阴极和阳极上分别得到单质Mn和MnO2，说明电解时Mn2+在阳极上失电子，在阴极上得电子；丙中存在离子交换膜，只允许部分离子通过；（5）碱性锌锰电池放电时，负极上Zn失电子生成氢氧化锌，正极上二氧化锰得电子生成MnOOH【解答】解：（1）二氧化锰在加热条件下与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，其反应的方程式为：MnO2+2Cl+4H+Mn2+
42、Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O；（2）NaBiO3具有强氧化性（比KMnO4氧化性强），将Mn2+氧化为高锰酸根离子，有高锰酸根离子生成，高锰酸根离子为紫红色，该反应的离子方程式为：2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O；酸性条件下，高锰酸根离子把氯离子氧化为氯气，因此溶液紫红色褪去；故答案为：溶液变为紫红色；2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O；生成的MnO4在酸性溶液中被Cl还原为Mn2+；（3）硫酸锰溶液中，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；故答案为：氧气；溶液中Mn2+的
43、c（Mn2+）=55g/L，则溶液中MnSO4的质量为55g/L0.25L=37.75，故答案为：37.75；乙池中阳极上锰离子失电子生成二氧化锰，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以电解硫酸锰溶液的得到二氧化锰、氢气和硫酸，其方程式为：MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2；故答案为：MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2；（4）已知阴极和阳极上分别得到单质Mn和MnO2，说明电解时Mn2+在阳极上失电子，在阴极上得电子；丙中存在离子交换膜，只允许部分离子通过，提高了电流效率，所以制备等量的目标产物，丙的能耗最低；故答案为：制备等量的目标产物，丙的能耗最低；（5）碱性锌锰电池放电
44、时，负极上Zn失电子生成氢氧化锌，正极上二氧化锰得电子生成MnOOH，则电池放电时的总反应式Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2；故答案为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）214银及其化合物在制造钱币、装饰器皿、电子电器、医药等方面具有广泛用途回答下列问题：（1）银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是银器接触含有H2S的空气生成了Ag2S的缘故，该反应的还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑银器变亮，反应的化学方程式为3Ag2S+2Al+6H2O=6Ag+3H2S+2Al（OH）3，食盐水
45、的作用为作电解质溶液（2）图1为电解精炼银的示意图，a（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为NO3+e+2H+=NO2+H2O（3）已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp（Ag2CrO4）=11012，Ksp（AgCl）=1.81010，在Cl浓度为0.010mol/L，CrO42浓度为5.0103mol/L用0.010mol/LAgNO3标准溶液进行滴定，当开始产生砖红色沉淀时，通过计算说明Cl是否完全沉淀？（4）AgCl溶于氨水：AgCl+2NH3Ag（NH3）2+Cl，平衡常数为K1室温时，AgCl（s）的溶解度与氨水的起始浓度关系如图2：
46、随着c（NH3）增大，AgCl的溶解度开始有明显增大，然后增大较小，原因是开始溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）很小，当c（NH3）增大，平衡向右移动程度大，所以AgCl的溶解度有明显增大；随着溶解的进行，溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）增大，对正反应抑制程度大，当c（NH3）继续增大，平衡向右移动程度减小，所以AgCl的溶解度增大较小若氨水起始浓度c（NH3）=2.0mol/L，AgCl在氨水中达到溶解平衡时c平衡（NH3）=1.8mol/L反应Ag+2NH3Ag（NH3）2+的平衡常数K2的计算式为=（5）含Ag（NH3）2+溶液可以吸收有毒的CO，生成微小黑色银颗粒，放出的气体
47、既能使澄清石灰水变浑浊，又能使明矾溶液产生白色胶状沉淀，写出该反应的离子方程式2Ag（NH3）2+CO+H2O=2Ag+CO2+2NH4+2NH3【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据银器接触含有H2S的空气生成了Ag2S书写氧化还原反应方程式，据此判断还原剂与还原产物的物质的量之比；根据铝、Ag2S以及食盐水构成原电池分析；（2）电解精炼银时，粗银作阳极，若b极有少量红棕色气体生成，则b电极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮；（3）根据Ksp（Ag2CrO4）=11012计算当开始产生砖红色沉淀时计算溶液中银离子浓度，再根据Ksp（AgCl）=1
48、.81010判断Cl是否完全沉淀；（4）开始溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）很小，当c（NH3）增大，平衡向右移动程度大，所以AgCl的溶解度有明显增大；随着溶解的进行，溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）增大，对正反应抑制程度大；若氨水起始浓度c（NH3）=2.0mol/L，图象可知，氨气难度为2.0mol/L，溶解的AgCl浓度为0.1mol/L，消耗的氨气为0.2mol/L，结合三行计算列式计算得到， AgCl+2NH3Ag（NH3）2+Cl，起始量（mol/L） 2.0 0 0变化量（mol/L） 0.2 0.1 0.1平衡量（mol/L） 1.8 0.1 0.1反应Ag+2N
49、H3Ag（NH3）2+的平衡常数K2=；（5）含Ag（NH3）2+溶液可以吸收有毒的CO，生成微小黑色银颗粒位银单质，放出的气体既能使澄清石灰水变浑浊为二氧化碳，又能使明矾溶液产生白色胶状沉淀是促进铝离子水解正向进行生成氢氧化铝沉淀；【解答】解：（1）银器接触含有H2S的空气生成了Ag2S，则反应方程式为4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，则Ag为还原剂，氧气为氧化剂，生成H2O为还原产物，所以该反应的还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1；在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑银器变亮，则铝、Ag2S以及食盐水构成原电池，其中铝能还原出银，同是生成氢
50、氧化铝和硫化氢，反应的方程式为 3Ag2S+2Al+6H2O=6Ag+3H2S+2Al（OH）3，食盐水的作用为作电解质溶液；故答案为：2：1； 3Ag2S+2Al+6H2O=6Ag+3H2S+2Al（OH）3；作电解质溶液；（2）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：NO3+e+2H+=NO2+H2O，故答案为：a；NO3+e+2H+=NO2+H2O；（3）析出沉淀时，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L=105，所以溶液中的c（Cl）=1.6105mol/L6105mol/L，则没有完全沉淀，答：Cl没有完全沉淀；（
51、4）AgCl溶于氨水：AgCl+2NH3Ag（NH3）2+Cl，平衡常数为K1，开始溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）很小，当c（NH3）增大，平衡向右移动程度大，所以AgCl的溶解度有明显增大；随着溶解的进行，溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）增大，对正反应抑制程度大，当c（NH3）继续增大，平衡向右移动程度减小，所以AgCl的溶解度增大较小，故答案为：开始溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）很小，当c（NH3）增大，平衡向右移动程度大，所以AgCl的溶解度有明显增大；随着溶解的进行，溶液中cAg（NH3）2+和c（Cl）增大，对正反应抑制程度大，当c（NH3）继续增大，平衡向右移
52、动程度减小，所以AgCl的溶解度增大较小； 若氨水起始浓度c（NH3）=2.0mol/L，图象可知，氨气难度为2.0mol/L，溶解的AgCl浓度为0.1mol/L，消耗的氨气为0.2mol/L，结合三行计算列式计算得到， AgCl+2NH3Ag（NH3）2+Cl，起始量（mol/L） 2.0 0 0变化量（mol/L） 0.2 0.1 0.1平衡量（mol/L） 1.8 0.1 0.1故答案为：1.8mol/L；反应Ag+2NH3Ag（NH3）2+的平衡常数K2=，故答案为： =；（5）含Ag（NH3）2+溶液可以吸收有毒的CO，生成微小黑色银颗粒位银单质，放出的气体既能使澄清石灰水变浑浊为
53、二氧化碳，又能使明矾溶液产生白色胶状沉淀是碳酸根离子和铝离子双水解反应促进铝离子水解正向进行生成，反应的化学方程式为：2Ag（NH3）2+CO+H2O=2Ag+CO2+2NH4+2NH3，故答案为：2Ag（NH3）2+CO+H2O=2Ag+CO2+2NH4+2NH3；15氢元素与其它元素既能形成离子键，也能形成共价键，在化合物中氢元素可能为+1价或1价回答下列问题：（1）LiH中Li+的半径小于H的半径（填“大于”、“小于”或“等于”）；CaH2与水剧烈反应生成密度最小的气体，写出CaH2与稀盐酸反应的化学方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2（2）主族非金属元素与氢形成共价型氢化物
54、第三周期的气态氢化物，对热稳定性由强到弱的顺序为HClH2SPH3SiH4（填气态氢化物分子式）（3）已知H、B、Si、Cl的电负性分别为2.1、2.0、1.8、3.0，甲硅烷（SiH4）分子中H元素的化合价为1微量碱作催化剂时，甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2nH2O，写出该反应的化学方程式SiH4+（n+2）H2O=SiO2nH2O+3H2乙硼烷（B2H6）有强还原性，在空气中能自燃，乙硼烷的强还原性来自于B（4）在乙醚中，氢化钠与乙硼烷反应能生成万能还原剂硼氢化钠（NaBH4），请写出NaBH4与水反应的化学方程式NaBH4+4H2ONaB（OH）4+4H2或NaBH4+2H2ONaBO2
55、+4H2（5）环状化合物甲（N6H6）有作为高能材料的可能性，甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，则甲的结构式可能为【考点】盐类水解的原理；常见元素的化合价；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；微粒半径大小的比较【分析】（1）电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，氢化钙（CaH2）与水反应生成氢气，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，还会生成氢氧化钙，写出反应的化学方程式即可；（2）同周期元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氢化物的还原性越弱；（3）电负性越大，得电子能力越强，则其元素显示负价；根据甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2n
56、H2O，和氢气来书写方程式；化合价升高元素表现还原性，乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水；（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，据此书写方程式；（5）环状化合物甲（N6H6）有作为高能材料的可能性，甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，氮原子周围形成四个共价键，据此写出结构式【解答】解：（1）LiH中Li+、H的电子层数一样多，电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，故半径：Li+H，氢化钙（CaH2）与水反应生成氢气，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，还会生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaH2+
57、2H2O=Ca（OH）2+2H2；故答案为：小于；CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；（2）同周期元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氢化物的还原性越弱，第三周期的气态氢化物，对热稳定性由强到弱的顺序为：HClH2SPH3SiH4，故答案为：HClH2SPH3SiH4；（3）H的电负性越大，得电子能力越强，H元素显示负价，所以H显示1价，甲硅烷遇水迅速水解生成SiO2nH2O，方程式为：SiH4+（n+2）H2O=SiO2nH2O+3H2，乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水，反应方程式为：B2H6+3O2B2O3+3H2O，B元素化合价升高3升高到+3，B元素表现还原性，乙硼烷
58、的强还原性来自于B，故答案为：1；SiH4+（n+2）H2O=SiO2nH2O+3H2；B；（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，反应方程式为：NaBH4+4H2ONaB（OH）4+4H2或NaBH4+2H2ONaBO2+4H2；故答案为：NaBH4+4H2ONaB（OH）4+4H2或NaBH4+2H2ONaBO2+4H2；（5）甲分子中有3种化学环境的N原子和2种化学环境的H原子，且N原子均达到8电子结构，氮原子周围形成四个共价键，据此写出结构式可能为：，故答案为：16下列有关绿色化学的叙述中，不正确的是（）A绿色化学的核心是利用化学原理从源
59、头上减少和消除工业生产对环境的污染B最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物C绿色化学反应选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的D乙烯分别与溴水和溴的四氯化碳溶液反应制备1，2二溴乙烷的原子利用率均为100%【考点】绿色化学【分析】A、根据绿色化学的核心进行判断；B、将反应物的原子全部转化为期望的最终产物，可以减少污染，使原料的利用率提高；C、绿色化学选择的原料、催化剂、溶剂均应是安全、能降解、可再利用的环境友好产品；D、乙烯含有碳碳不饱和键，能和溴发生加成反应【解答】解：A、绿色化学的核心是要利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A正确；B、按照绿色化
60、学原则，最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子利用率为100%，原子利用率=期望产物的总质量/生成物的总质量，故B正确；C、绿色化学选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的，产物应该是安全、能降解、可再利用的环境友好产品，故C正确；D、乙烯与溴水（Br2、HBr、HBrO）的反应，除了生成1，2二溴乙烷 （CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br）的反应外，还有生成溴乙烷（CH2=CH2+HBrCH3CH2Br）和2溴乙醇（CH2=CH2+HOBrBrCH2CH2OH）的反应，反应的选择性不很高，原子利用率不可能100%，乙烯与溴的四氯化碳溶液反应只生成1，
61、2二溴乙烷，没有副产物，故D错误故选D17以天然气替代石油生产液体燃料和基础化学品是当前化学研究和发展的重点（1）我国科学家包信和院士领衔的团队，创造性地构建了硅化物晶格限域的单中心铁催化剂，成功实现了甲烷一步高效生产链烃X、芳烃Y和Z等重要化工原料，反应过程本身实现了CO2的零排放，碳原子利用效率达到100%若X、Y、Z的相对分子质量分别为28、78、128，且X、Y的核磁共振氢谱只有一个峰，Z的核磁共振氢谱有二个峰有关化学键键能数据如下：化学键HHCCCCCCCHE/（kJmol1）436.0615347.7812413.4写出甲烷一步生成X的热化学方程式2CH4（g）C2H4（g）+2H
62、2（g）H=+166.6kJ/mol，硅化物晶格限域的单中心铁催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应的速率甲烷生成芳烃Y的原子利用率为81.25%Z的结构简式为（CH3）3CCH2C（CH3）3，其二氯取代物有6种（2）碳酸乙二醇酯在锂电池中有重要用途已知：请以CO2、X、空气为原料，利用绿色化学原则制备碳酸乙二醇酯，写出有关反应的化学方程式、生产1t碳酸乙二醇酯在理论上可以吸收0.5t CO2【考点】有机物的推断【分析】甲烷一步生产链烃X、芳烃Y和Z，反应过程本身实现了CO2的零排放，即碳原子守恒，X、Y、Z的相对分子质量分别为28、78、128，且X、Y的核磁共振氢谱只有一个峰，Z的核磁
63、共振氢谱有二个峰，则X为CH2=CH2，Y为苯，Z为对（CH3）3CCH2C（CH3），（1）甲烷一步生成CH2=CH2，断裂碳氢键，形成碳碳双键，据此书写热化学方程式；催化剂在反应中可以降低反应的活化能；甲烷生成苯的反应方程式为6CH4+9H2，根据苯的原子质量除以反应物中原子总质量计算原子利用率；根据上面的分析可知Z的结构简式；根据定一动一的原则确定其二氯代物的种类；（2）以CO2、CH2=CH2、空气为原料制备碳酸乙二醇酯，可以先将乙烯氧化成环氧乙烷，再用环氧乙烷与二氧化碳反应生成碳酸乙二醇酯；根据碳元素守恒计算二氧化碳的质量【解答】解：甲烷一步生产链烃X、芳烃Y和Z，反应过程本身实现了
64、CO2的零排放，即碳原子守恒，X、Y、Z的相对分子质量分别为28、78、128，且X、Y的核磁共振氢谱只有一个峰，Z的核磁共振氢谱有二个峰，则X为CH2=CH2，Y为苯，Z为对（CH3）3CCH2C（CH3），（1）甲烷一步生成CH2=CH2，断裂碳氢键，形成碳碳双键，根据题中化学键的键能数据可知该反应的反应热H=（8413.44413.46152436.0）kJ/mol=+166.6kJ/mol，所以热化学方程式为2CH4（g） C2H4（g）+2H2（g）H=+166.6kJ/mol，硅化物晶格限域的单中心铁催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应的速率，故答案为：2CH4（g） C2H4
65、（g）+2H2（g）H=+166.6kJ/mol；降低反应的活化能，加快反应的速率；甲烷生成苯的反应方程式为6CH4+9H2，所以原子利用率为100%=81.25%，故答案为：81.25%；根据上面的分析可知Z的结构简式为（CH3）3CCH2C（CH3）3；根据定一动一的原则确定其二氯代物的种类有6种，故答案为：（CH3）3CCH2C（CH3）3；6；（2）以CO2、CH2=CH2、空气为原料制备碳酸乙二醇酯，可以先将乙烯氧化成环氧乙烷，再用环氧乙烷与二氧化碳反应生成碳酸乙二醇酯，反应方程式为、，故答案为：、；根据碳元素守恒可知生产1t碳酸乙二醇酯中碳的物质的量为106mol，所以在理论上可以
66、吸收二氧化碳的质量为106mol44g/mol=0.5t，故答案为：0.518气态废弃物中的硫化氢可用下法转化为可利用的硫（1）用如图所示电解池电解，观察到A电极有气泡逸出混合溶液中KHCO3的物质的量浓度为0.6mol/L取少量电解后B极溶液与绿矾溶液混合，观察到有蓝色沉淀产生，据此判断X是直流电源的负极（填“正”或“负”），产生蓝色沉淀的离子方程式为2Fe（CN）63+3Fe2+=Fe3Fe（CN）62电解后A电极附近溶液的pH增大（填“增大”或“减小”），A电极的总反应式为2HCO3+2 eH2+2CO32（2）向电解后的溶液中，通入含H2S的气态废弃物，得到可以利用的硫，余下的电解质溶
67、液可以循环利用写出硫化氢转化为硫的总反应离子方程式2Fe（CN）63+2CO32+H2S2Fe（CN）64+2HCO3+S【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）KHCO3的浓度为60g/L，可知1L溶液中含有60gKHCO3，物质的量为0.6mol；取少量电解后B极溶液与绿矾溶液混合，观察到有蓝色沉淀产生，说明B极含有Fe（CN）63；A为阴极，阴极反应式为2HCO3+2 eH2+2CO32；（2）电解后溶液中含有Fe（CN）63、CO32，然后通入H2S生成硫【解答】解：（1）KHCO3的浓度为60g/L，可知1L溶液中含有60gKHCO3，物质的量为=0.6mol，则物质的量浓度为
68、0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L；A取少量电解后B极溶液与绿矾溶液混合，观察到有蓝色沉淀产生，说明B极含有Fe（CN）63，阴离子向阳极移动，则X为负极，Y为正极，产生蓝色沉淀的离子方程式为2Fe（CN）63+3Fe2+=Fe3Fe（CN）62，故答案为：负；2Fe（CN）63+3Fe2+=Fe3Fe（CN）62；A为阴极，阴极反应式为2HCO3+2 eH2+2CO32，由于CO32的水解程度大于HCO3，所以碱性增强，则pH变大，故答案为：增大；2HCO3+2 eH2+2CO32；（2）电解后溶液中含有Fe（CN）63、CO32，然后通入H2S时发生反应的离子方程式为：2Fe（C
69、N）63+2CO32+H2S2Fe（CN）64+2HCO3+S，故答案为：2Fe（CN）63+2CO32+H2S2Fe（CN）64+2HCO3+S19如图向a中通入H2，发现灵敏电流计指针发生偏转，持续通入H2可观察到b中铂电极表面有少量气泡产生，负极反应式为H22e+2OH=2H2O，电池的总反应为HCl+NaOH=H2O+NaCl【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】形成原电池反应，负极反应为H22e+2OH=2H2O，观察到b中铂电极表面有少量气泡产生，应为原电池的正极反应，电极方程式为2H+2e=H2，以此解答该题【解答】解：形成原电池反应，负极反应为H22e+2OH=2H2O，观察到b中铂电极表面有少量气泡产生，应为原电池的正极反应，电极方程式为2H+2e=H2，正负极相加为OH+H+=H2O，即总反应式为HCl+NaOH=H2O+NaCl，故答案为：H22e+2OH=2H2O；HCl+NaOH=H2O+NaCl2017年1月1日高考资源网版权所有，侵权必究！