1、2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（7）一、选择题1下列说法不正确的是( )A2014年诺贝尔化学奖授予发明超分辨率荧光显微镜的科学家，他们使光学显微镜分辨率提高到纳米尺度利用超分辨率荧光显微镜可以观测到胶体中的胶粒B燃料电池的制作：用包有薄海绵的两根碳棒做电极电解Na2SO4溶液，一段时间后切断电源在两极之间接上发光二极管，发现二极管发光C臭氧是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂D人体从食物中摄取蛋白质，在体内先水解成各种氨基酸，经过不断的分解，最终生成水和二氧化碳排出体外2利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质
2、下列分析不正确的是( )A电子经外电路流向Pt电极B正极反应：Cl2+2e+2Ag+=2AgClC电池工作时，电解质中Ag+数目减少D空气中c（Cl2）越大，Ag极消耗速率越快3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A0.1 mol OD 离子含有的质子、中子数均为1.0NAB含有4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3NAC3.6 g石墨中，含有共价键数为0.3NAD标准状况下，4.48 L己烷含有的分子数为0.2NA4某种药物合成中间体的结构简式如图，有关该物质的说法不正确的是( )A属于芳香族化合物B能发生消去反应和酯化反应C能分别与金属Na、NaH
3、CO3溶液反应D1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗5mol NaOH5pC类似pH，是指稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数如某溶液溶质的浓度为1103mol/L，则该溶液中溶质的pC=3下列叙述正确的是( )A某温度下，任何电解质的稀溶液中，pC（H+）+pC（OH）=14B0.01mol/L的CaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pC（Ca2+）逐渐增大C0.01mol/L的BaCl2 溶液中，pC（Cl）=2pC（Ba2+）D用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，NaOH溶液的pC（OH）逐渐减小6炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得，现将焦炭与CO2放入体
4、积为2L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H=QkJ/mol，如图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图，下列说法正确的( )A3min时温度由T1升高到T2，则Q0，重新平衡时K（T2）：K（T1）=143B当容器内的压强不变时，该反应一定达到平衡状态，且1C01min，v（CO）=1mol/（Lmin）；15min时，v正（CO）=v逆（CO2）D5min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示n（CO）、n（CO2）的变化7向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成经查资料得知：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2
5、H2O下列分析不正确的是( )A浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+CI（aq）B实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl二、非选择题8紫菜与海带类似，是一种富含生物碘的海洋植物商品紫菜轻薄松脆、比海带更易被焙烧成灰（此时碘转化为碘化物无机盐），用于碘单质的提取已知：乙醇四氯化碳裂化汽油碘（晶体）密度/gcm30.789 31.5950.710.764.94沸点/78.576.825232184.35以下为某兴趣小组模拟从紫菜提取碘单质的过程：紫菜（焙烧）（浸取）（操作）（操作）（蒸
6、馏）粗产品（1）实验室中焙烧紫菜用到的仪器有_（填写相应的字母）A烧杯B表面皿C蒸发皿D坩埚 E试管F酒精灯G泥三角（2）将焙烧所得的紫菜灰与足量的双氧水和稀硫酸作用，写出反应的离子方程式_（3）操作的名称是_；试剂A为_（填本题表格中一种最佳化学试剂的名称）不使用另外两种试剂的主要原因分别是：_；_（4）操作中所用的主要玻璃仪器为_，振荡、静置，应首先将_分离出来（5）将下列装置图中缺少的必要仪器补画出来以最终将单质碘与试剂A分离：94Na2SO42H2O2NaCl又称固体双氧水，具有漂白、杀菌、消毒作用，又由于其稳定性比过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）固体更好，因而具有广泛的应用前景某
7、小组合成该固体双氧水的实验步骤和装置示意图如下：合成：往三颈瓶中加入56.8g硫酸钠和5.85gNaCl的固体混合物，开启搅拌器；将稍过量的（约70mL）30%H2O2溶液在2030min内逐滴分批加入并控制反应温度1535，加完料后持续搅拌15min，反应结束后过滤，低温干燥得到产品产品稳定性分析：取中所得产品置于干燥器内保存一个月，并分别在放置前、放置后取一定质量的样品溶于水，加适量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L酸性高锰酸钾滴定，测定产品中双氧水的含量，以此分析产品的稳定性所得实验数据如表数据时间样品取用数量（g）平均V（KMnO4）/mL放置前测定a25.00放置一个月后测定a24
8、.90已知：aH2O2不稳定，加热，加入某些金属离子或加碱均有利于其分解b产品稳定性=（放置一个月后双氧水的质量分数/放置前双氧水的质量分数）100%请回答下列问题：（1）装置图里方框中应添加仪器a，其名称为_；写出合成4Na2SO42H2O2NaCl的化学方程式：_（2）该合成反应过程中，关键是控制温度，其合理的措施是：_A逐滴滴加H2O2 B选用Na2SO4和NaCl固体，而不用其饱和溶液C不断搅拌 D冰水浴（3）该合成反应过程中30%的H2O2溶液不应大大过量的原因_（4）4Na2SO42H2O2NaCl固体比过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）固体更稳定的可能原因是_（5）产品分析实验
9、时，高锰酸钾溶液装于滴定管中，当滴定到达终点时的现象是_下列关于该滴定实验过程中的仪器选择和操作都正确的是_（6）该产品的“产品稳定性”=_10二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放（1）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=a kJmol1；CH3OH（g）CH3OH（l）H=b kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=c kJmol1；H2O（g）H2O（l）H=d kJmol1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：_（2）在一定温度下的2L固定容积的密闭容
10、器中，通入2molCO2和3mol H2，发生的反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），H=a kJmol1（a0），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示能说明该反应已达平衡状态的是_（选填编号）ACO2的体积分数在混合气体中保持不变B混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2OD该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变计算该温度下此反应的平衡常数K=_（保留两位有效数字）若改变条件_（填选项），可使K=1A增大压强 B增大反应物浓度 C降低温度 D升高温
11、度 E加入催化剂（3）某甲醇燃料电池原理如图2所示M区发生反应的电极反应式为_用上述电池做电源，用图3装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为：_假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为_（忽略溶液体积变化）三、选做题112009年诺贝尔化学奖奖励的是对生命一个核心过程的研究核糖体将DNA信息“翻译”成生命，三位科学家利用X射线结晶学技术标出了构成核糖体的无数个原子每个所在的位置（1）蛋白质和核糖均由H、C、N、O、S等元素组成，以下说法不正确的是_AO元素的第一电离能大于N元素的第一电离能BH2O的热稳定性强于H2
12、S是因为H2O分子间存在氢键CNH3分子中氮原子采用sp2杂化DCO2与COS（硫化羰）互为等电子体E一个NNNH2NNH2NH2（毒奶粉事件的配角）分子中共含有15个键（2）基态碳（C）原子核外电子的轨道表示式为_（3）水也是生命必需物质冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物其中冰的晶体结构为一个如图1所示的立方晶胞，每个水分子可与周围_个水分子以氢键结合，晶体中，1mol水可形成_mol氢键（4）生命活动中的另一种重要化合物的结构如图2：该分子中的手性碳原子共有_个，碳原子的杂化方式共有_种12某酯（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反应条件略去）
13、：（1）AB的反应类型是_，BC为加成反应，则化合物M的结构简式是_；（2）H中除了羰基（）外，含有的官能团名称是_；（3）实验室制A的化学方程式为_；（4）EF的化学方程式是_；（5）下列说法正确的是_aD和F中均属于炔烃类物质 bA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O dH能发生加成、取代反应（6）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱表明，分子中除苯环外，其它氢原子化学环境相同；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是_2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（7）一、选择题1下列说法不正确的是( )A2014年诺贝尔化学
14、奖授予发明超分辨率荧光显微镜的科学家，他们使光学显微镜分辨率提高到纳米尺度利用超分辨率荧光显微镜可以观测到胶体中的胶粒B燃料电池的制作：用包有薄海绵的两根碳棒做电极电解Na2SO4溶液，一段时间后切断电源在两极之间接上发光二极管，发现二极管发光C臭氧是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂D人体从食物中摄取蛋白质，在体内先水解成各种氨基酸，经过不断的分解，最终生成水和二氧化碳排出体外【考点】化学实验方案的评价 【分析】A胶体的分散质微粒直径在1100nm之间； B电解NaSO4溶液生成氢气和氧气；C臭氧（O3）有强氧化性；D蛋白质分解，以尿素的形式排出体外【解答】解：A光学
15、显微镜分屏率提高到纳米尺度，可看到胶粒，胶体的分散质微粒直径在1100nm之间，故A正确； B电解NaSO4溶液生成氢气和氧气，氢气和氧气可形成燃料电池，故B正确；C臭氧（O3）有强氧化性，可用作自来水的消毒剂，故C正确；D蛋白质水解生成氨基酸，经人体吸收后重新生成新的蛋白质，最后蛋白质分解，以尿素的形式排出体外，故D错误故选D【点评】本题考查较为综合，涉及胶体、原电池、消毒剂、蛋白质等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握实验原理，难度不大2利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质下列分析不正确的是( )A电子经外电路流向P
16、t电极B正极反应：Cl2+2e+2Ag+=2AgClC电池工作时，电解质中Ag+数目减少D空气中c（Cl2）越大，Ag极消耗速率越快【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析【解答】解：Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，反应为：Cl2+2e+2Ag+=2AgCl，故B正确；C、Ag电极为负极发生氧化反应生成银
17、离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，所以电池工作时，电解质中Ag+数目不变，故C错误；D、反应原理是Ag与氯气反应，所以空气中c（Cl2）越大，Ag极消耗速率越快，故D正确；故选C【点评】本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A0.1 mol OD 离子含有的质子、中子数均为1.0NAB含有4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3NAC3.6 g石墨中，含有共价键数为0.3NAD标准状况下，4.48 L己烷含有的分子数为0.2NA【考点】阿伏加
18、德罗常数 【分析】A、1 mol OD 离子含9mol质子和9mol中子；B、过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，4.6g钠的物质的量为0.2mol，根据质量守恒，氧化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.3mol离子；C、石墨中每个碳原子与气体3个C形成3个共价键，利用均摊法计算出1molC含有的共价键；D、标准状况下，己烷的状态不是气体【解答】解：A、1 mol168OD离子中含有9mol质子、9mol中子，故0.1mol此离子中含有的质子、中子数均为0.9NA，故A错误；B、4.6g钠的物质的量为0.2mol，根据质量守恒，生成氧化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，总共含有0.3
19、mol离子，所含离子总数为0.3NA，故B正确；C、3.6g石墨中含有0.3molC，1mol碳原子与其它3mol碳原子形成了3mol共价键，0.3mol碳原子形成的共价键为：3mol0.3=0.45mol，含有的共价键数为0.45NA，故C错误；D、标况下，己烷为液态，不能利用气体摩尔体积来计算，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大4某种药物合成中间体的结构简式如图，有关该物质的说法不正确的是( )A属于芳香族化合物B能发生消去反应和酯化反应C能分别与金属Na、NaHCO3溶液反应D1mol该有机物与足量NaOH溶液反
20、应，消耗5mol NaOH【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，以此解答【解答】解：A分子中含有苯环，为芳香族化合物，故A正确；B分子中含有醇羟基，可发生消去和酯化反应，故B正确；C分子中含有羧基，可与金属钠、碳酸氢钠溶液反应，故C正确；D分子中含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗3mol NaOH，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物
21、官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大5pC类似pH，是指稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数如某溶液溶质的浓度为1103mol/L，则该溶液中溶质的pC=3下列叙述正确的是( )A某温度下，任何电解质的稀溶液中，pC（H+）+pC（OH）=14B0.01mol/L的CaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pC（Ca2+）逐渐增大C0.01mol/L的BaCl2 溶液中，pC（Cl）=2pC（Ba2+）D用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，NaOH溶液的pC（OH）逐渐减小【考点】pH的简单计算 【分析】AKw的大小受到温度的影响，pC（H+）+pC（OH）=lgKw；B
22、pC（Ca2+）与C（Ca2+）成反比；C根据BaCl2为盐完全电离，BaCl2=2Cl+Ba2+分析；DpC（OH）与C（OH）成反比【解答】解：AKw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，Kw=C（H+）C（OH），pC（H+）+pC（OH）=lgC（H+）C（OH）=lgKw，只有在常温下kw=1014，pC（H+）+pC（OH）=14，故A错误；B滴加过程中碳酸根和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，C（Ca2+）逐渐减小，pC（Ca2+）与C（Ca2+）成反比，所以pC（Ca2+）逐渐增大，故B正确；CBaCl2电离：BaCl2=2Cl+Ba2+，0.01mol/L的BaCl2 溶液中，C（
23、Cl）=2C（Ba2+）=0.02mol/L，pC（Cl）=lgC（Cl）=2lg2，pC（Ba2+）=lgC（Ba2+）=2，pC（Cl）2pC（Ba2+），故C错误；D用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，滴加过程中氢离子和氢氧根离子反应生成水，C（OH）逐渐减小，pC（OH）与C（OH）成反比，所以pC（OH）逐渐增大，故D错误；故选B【点评】本题考查Kw、Ksp影响因素及计算、离子反应等知识，重在考查知识迁移能力，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等6炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得，现将焦炭与CO2放入体积为2L的密闭容器中，高温下进
24、行下列反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H=QkJ/mol，如图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图，下列说法正确的( )A3min时温度由T1升高到T2，则Q0，重新平衡时K（T2）：K（T1）=143B当容器内的压强不变时，该反应一定达到平衡状态，且1C01min，v（CO）=1mol/（Lmin）；15min时，v正（CO）=v逆（CO2）D5min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示n（CO）、n（CO2）的变化【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 【分析】A、依据图象3min升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，分析图象平衡物质的量，计算平衡状态下
25、平衡常数；B、反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比；C、依据图象分析单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量浓度的变化，结合化学反应速率概念分析计算，13min反应达到平衡判断；D、改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大；【解答】解：A、依据图象3min升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2mol，二氧化碳物质的量为7mol；平衡常数K1=；T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4mol，二氧化碳物质的量为6mol，平衡常数K2=，则K（T2）：K
26、（T1）=143，故A正确；B、反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P（平衡）P（起始），所以1；故B错误；C、依据图象分析单位时间段内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，01min，一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率V（CO）=1 mol/（Lmin）；13min时，平衡不动，v正（CO）=2v逆（CO2）；故C错误；D、改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，a为二氧化碳，c为一氧化碳；故D错误；故选A【点评】本题考查图象分析判断，反应速率计算应用，平衡常数计算判断，平
27、衡影响因素的分析判断，题目难度中等7向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成经查资料得知：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O下列分析不正确的是( )A浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+CI（aq）B实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【分析】A难溶电解质存在溶解平衡；BAg+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl（aq）正向移动；C银镜反
28、应后的试管壁上是银单质，其不能和氨水反应；D浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合【解答】解：AAgCl为难溶电解质，在浊液中存在沉淀溶解平衡，故A正确；BAg+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）Ag+（aq）+Cl（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl强，故B正确；C银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，故C错误；D浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶
29、液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，故D正确；故选C【点评】本题考查了沉淀的溶解平衡的移动，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意银离子能够与氨水反应，银单质不能，题目难度中等二、非选择题8紫菜与海带类似，是一种富含生物碘的海洋植物商品紫菜轻薄松脆、比海带更易被焙烧成灰（此时碘转化为碘化物无机盐），用于碘单质的提取已知：乙醇四氯化碳裂化汽油碘（晶体）密度/gcm30.789 31.5950.710.764.94沸点/78.576.825232184.35以下为某兴趣小组模拟从紫菜提取碘单质的过程：紫菜（焙烧）（浸取）（操作）（操作）（蒸馏）粗产品（1）实验室中焙
30、烧紫菜用到的仪器有DFG（填写相应的字母）A烧杯B表面皿C蒸发皿D坩埚 E试管F酒精灯G泥三角（2）将焙烧所得的紫菜灰与足量的双氧水和稀硫酸作用，写出反应的离子方程式2I+H2O2+2H+I2+2H2O（3）操作的名称是过滤；试剂A为四氯化碳（填本题表格中一种最佳化学试剂的名称）不使用另外两种试剂的主要原因分别是：乙醇与水互溶；裂化汽油能与碘发生加成反应（4）操作中所用的主要玻璃仪器为分液漏斗，振荡、静置，应首先将下层液体分离出来（5）将下列装置图中缺少的必要仪器补画出来以最终将单质碘与试剂A分离：【考点】海水资源及其综合利用 【分析】实验室从紫菜中提取碘：紫菜焙烧成灰，浸泡溶解得到紫菜灰悬浊
31、液，含有碘离子，加入酸和氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，通过过滤，得到不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质（1）根据仪器的作用选取仪器；（2）双氧水具有强氧化性，酸性条件下，双氧水氧化碘离子生成碘单质；（3）分离不溶性固体和液体的方法是过滤，操作为过滤；萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，溶质和萃取剂不反应，萃取剂和原来溶剂不能互溶；（4）操作为萃取分液操作，根据仪器的作用选取仪器；根据有机溶剂与水密度的相对大小判断；（5）分离互溶的两种液体用蒸馏；根据蒸馏装置中各仪器的用途进行解答【解答】解：实验室从紫菜中提取碘：紫菜焙烧
32、成灰，浸泡溶解得到紫菜灰悬浊液，含有碘离子，加入酸和氧化剂，足量的稀硫酸和双氧水将碘离子氧化成碘单质，通过操作过滤，得到不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂A四氯化碳萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质（1）焙烧紫菜时用坩埚盛放紫菜，用带铁圈的铁架台放置泥三角，泥三角上放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以焙烧紫菜时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯、泥三角，故选：DFG； （2）双氧水具有强氧化性，酸性条件下，双氧水氧化碘离子生成碘单质，自身被还原生成水，反应方程式为H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I+H2O2+2H+I2+2H2O；（3）通过操作过滤，得到
33、不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂萃取出碘单质，萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，溶质和萃取剂不反应，萃取剂和原来溶剂不能互溶，题干中提供的四中物质，乙醇和水能互溶，不能做萃取剂，裂化汽油含有不饱和碳碳双键能与碘发生加成反应，不能做萃取剂，四氯化碳符合萃取剂的选取标准，所以可以用四氯化碳作萃取剂，故答案为：过滤；四氯化碳；乙醇与水互溶；裂化汽油能与碘发生加成反应； （4）操作为萃取分液操作，用到分液漏斗、烧杯，混合液应在分液漏斗中振荡、静置，选择的有机试剂四氯化碳的密度大于水，所以四氯化碳在水的下层，故答案为：分液漏斗；下层液体； （5）分离互溶的两种液
34、体用蒸馏，通过蒸馏提取出碘单质对照蒸馏装置，图中缺少石棉网，因蒸馏烧瓶底面积较大，受热不均匀，图中缺少石棉网；为测各馏分的温度需使用温度计，且温度计的水银球位置在蒸馏烧瓶的支管口正中央，缺少收集装置锥形瓶，所以缺少图中，其中石棉网；要注意水银球位置，必须是锥形瓶，故答案为：【点评】本题考查了从紫菜中提取碘实验方案设计，涉及物质的分离、检验、仪器的选取等知识点，根据物质的特点及性质选取相应的分离和检验方法，根据仪器的作用选取仪器，注意把握实验流程和实验原理，注意基本实验操作的要点和注意事项，萃取剂的选取标准、蒸馏时冷凝管中进出水口的判断等知识点都是常考查点，且也是易错点题目难度中等94Na2SO
35、42H2O2NaCl又称固体双氧水，具有漂白、杀菌、消毒作用，又由于其稳定性比过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）固体更好，因而具有广泛的应用前景某小组合成该固体双氧水的实验步骤和装置示意图如下：合成：往三颈瓶中加入56.8g硫酸钠和5.85gNaCl的固体混合物，开启搅拌器；将稍过量的（约70mL）30%H2O2溶液在2030min内逐滴分批加入并控制反应温度1535，加完料后持续搅拌15min，反应结束后过滤，低温干燥得到产品产品稳定性分析：取中所得产品置于干燥器内保存一个月，并分别在放置前、放置后取一定质量的样品溶于水，加适量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L酸性高锰酸钾滴定，测定产品
36、中双氧水的含量，以此分析产品的稳定性所得实验数据如表数据时间样品取用数量（g）平均V（KMnO4）/mL放置前测定a25.00放置一个月后测定a24.90已知：aH2O2不稳定，加热，加入某些金属离子或加碱均有利于其分解b产品稳定性=（放置一个月后双氧水的质量分数/放置前双氧水的质量分数）100%请回答下列问题：（1）装置图里方框中应添加仪器a，其名称为温度计；写出合成4Na2SO42H2O2NaCl的化学方程式：4Na2SO4+2H2O2+NaCl=4Na2SO42H2O2NaCl（2）该合成反应过程中，关键是控制温度，其合理的措施是：ACDA逐滴滴加H2O2 B选用Na2SO4和NaCl固
37、体，而不用其饱和溶液C不断搅拌 D冰水浴（3）该合成反应过程中30%的H2O2溶液不应大大过量的原因减小产品的溶解损失，提高产率（4）4Na2SO42H2O2NaCl固体比过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）固体更稳定的可能原因是_2Na2CO33H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解（5）产品分析实验时，高锰酸钾溶液装于滴定管中，当滴定到达终点时的现象是溶液从无色刚好变为浅红色，且保持30s不褪色下列关于该滴定实验过程中的仪器选择和操作都正确的是AC（6）该产品的“产品稳定性”=99.6%【考点】制备实验方案的设计；性质实验方案的设计 【分析】（1）根据控制反应温度1535可
38、知，装置中必须要有温度计，根据题中提供的物质，利用元素守恒可写化学方程式；（2）控制反应放出的热量可以通过控制反应物的量，也可以通过搅拌、冰水浴等方式促使热量散失等措施；（3）因为双氧水不稳定，所以合成反应过程中30%的H2O2溶液适当过量，但不能太多，双氧水太多，4Na2SO42H2O2NaCl在其中的溶解的量就多，产品的产率低；（4）2Na2CO33H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解；（5）根据高锰酸钾溶液本身的颜色的变化判断滴定的终点，根据滴定操作的规范要求选择；（6）根据产品用去的高锰酸钾溶液的体积可计算出产品中双氧水的质量分数，利用产品稳定性=（放置一个月后双氧水
39、的质量分数/放置前双氧水的质量分数）100%计算【解答】解：（1）根据控制反应温度1535可知，装置中必须要有温度计，所以方框中应添加仪器a为温度计，合成4Na2SO42H2O2NaCl的化学方程式为4Na2SO4+2H2O2+NaCl=4Na2SO42H2O2NaCl，故答案为：温度计；4Na2SO4+2H2O2+NaCl=4Na2SO42H2O2NaCl；（2）控制温度可以控制反应放出的热量可以通过控制反应物的量，也可以通过搅拌、冰水浴等方式促使热量散失等措施达到控制温度的目的，故选：ACD；（3）因为双氧水不稳定，所以合成反应过程中30%的H2O2溶液适当过量，但不能太多，双氧水太多，4
40、Na2SO42H2O2NaCl在其中的溶解的量就多，产品的产率低，所以30%的H2O2溶液不应大大过量，以减小产品的溶解损失，提高产率，故答案为：减小产品的溶解损失，提高产率；（4）2Na2CO33H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解，所以4Na2SO42H2O2NaCl固体比过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）固体更稳定，故答案为：2Na2CO33H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解；（5）高锰酸钾溶液装于滴定管中，当滴定到达终点时的现象是溶液从无色刚好变为浅红色，且保持30s不褪色，右滴定过程中涂凡士林可以防止活塞少漏液体，故A正确；排气泡时速度不能太快
41、，要慢慢挤出气泡，故B错误；测定时一手握住活塞，另一手拿住锥形瓶，并不断振荡，故C正确，读数是目光要平视液面，故D错误，故选AC，故答案为：溶液从无色刚好变为浅红色，且保持30s不褪色；AC；（6）根据产品用去的高锰酸钾溶液的体积可计算出产品中双氧水的质量分数，两次用的是同一份样品，所以有高锰酸钾溶液的体积之比=双氧水的质量分数之比，所以产品稳定性=（放置一个月后双氧水的质量分数/放置前双氧水的质量分数）100%=100%=99.6%，故答案为：99.6%【点评】本题考查了4Na2SO42H2O2NaCl的制备及性质实验方案设计，侧重于制备实验操作、物质的分离提纯、离子方程式的书写、数据的处理
42、和计算、滴定原理的应用等知识点的考查，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等10二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放（1）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=a kJmol1；CH3OH（g）CH3OH（l）H=b kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=c kJmol1；H2O（g）H2O（l）H=d kJmol1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=（+2dab）kJmol1（2）在一
43、定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3mol H2，发生的反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），H=a kJmol1（a0），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示能说明该反应已达平衡状态的是AB（选填编号）ACO2的体积分数在混合气体中保持不变B混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2OD该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变计算该温度下此反应的平衡常数K=0.20（保留两位有效数字）若改变条件C（填选项），可使K=1A增大压强
44、B增大反应物浓度 C降低温度 D升高温度 E加入催化剂（3）某甲醇燃料电池原理如图2所示M区发生反应的电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2+6H+用上述电池做电源，用图3装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为：2Cl+2H2O=H2+Cl2+2OH假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为0.16g（忽略溶液体积变化）【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断 【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0
45、，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；根据图象数据结合平衡常数K的计算公式进行计算，根据K仅与温度有关及反应为放热来判断改变条件；（3）首先根据氢离子的移动方向来确定正负极，然后根据原电池原理书写电极反应式； 整个电路中转移电子的数目相等，可以根据电子转移的数目相同来列出已知物质和未知物质之间关系式，然后通过关系来求解【解答】解：（1）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=a kJmol1；CH3OH（g）CH3OH（l）H=b kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=c kJmol1；H2O（g）H2O（l）H=d k
46、Jmol1，依据盖斯定律+2，得到CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=（+2dab）kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=（+2dab）kJmol1；（2）ACO2的体积分数在混合气体中保持不变，则能说明达到平衡状态，故A正确；B总质量一定，反应前后气体物质的量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化能说明达到平衡状态，故B正确；C单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2O，不能体现正逆反应，故不能说明达到平衡状态，故C错误；DH2O
47、与CH3OH都是产物，并且按照1：1的比例生成，所以H2O与CH3OH的物质的量浓度之比一直为1：1，不能说明达到平衡状态，故D错误；故答案为：AB；由图象数据 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）得 开始浓度：1 1.5 0 0转化浓度：0.25 0.75 0.25 0.25 平衡浓度：0.75 0.75 0.25 0.25 所以K=0.20，则要使K=1，又反应放热所以降低温度使平衡向正反应方向移动，故答案为：0.20；C；（3）M区是质子流出的一极，应是原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH6e+H2O=
48、CO2+6H+；用惰性电极，电解饱和食盐水总的电极反应式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，pH值变为13时，pOH=1，c（OH）=0.1mol/L，n（OH）=0.1mol/L0.3L=0.03mol，由方程式CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH可知 CH3OH6e6OH 32g 6molm（CH3OH） 0.03mol则m（CH3OH）=32g0.03mol6mol=0.16g，故答案为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH；0.16g【点评】本题考查了化学平衡的有关知识，电极反应式的书写等，综合性强，但难度不大三、选做题112009年诺贝尔化
49、学奖奖励的是对生命一个核心过程的研究核糖体将DNA信息“翻译”成生命，三位科学家利用X射线结晶学技术标出了构成核糖体的无数个原子每个所在的位置（1）蛋白质和核糖均由H、C、N、O、S等元素组成，以下说法不正确的是ABCAO元素的第一电离能大于N元素的第一电离能BH2O的热稳定性强于H2S是因为H2O分子间存在氢键CNH3分子中氮原子采用sp2杂化DCO2与COS（硫化羰）互为等电子体E一个NNNH2NNH2NH2（毒奶粉事件的配角）分子中共含有15个键（2）基态碳（C）原子核外电子的轨道表示式为（3）水也是生命必需物质冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物其中冰的晶体结构为
50、一个如图1所示的立方晶胞，每个水分子可与周围4个水分子以氢键结合，晶体中，1mol水可形成2mol氢键（4）生命活动中的另一种重要化合物的结构如图2：该分子中的手性碳原子共有4个，碳原子的杂化方式共有2种【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律的作用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质 【分析】（1）第2周期到第4周期中，第A族元素的原子第一电离能比第A族大，氧元素的第一电离能小于氮元素的第一电离能；热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性强于H2S是因为HO键的稳定性大于HS键；NH3分子中的化学键均为单键，故氮原子采用sp3杂化；CO2与COS原子数目
51、相同、价电子总数相同，二者互为等电子体；一个NNNH2NNH2NH2分子中共含有11个键；（2）碳原子核外有6个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则可写出基态碳（C）原子的轨道表示式；（3）以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成4条氢键；每一条氢键连接2个水分子，故冰晶体中氢键数目为水分子数目的2倍；（4）在有机物分子中若某一个碳原子连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”图中下边五元环上的4个碳均为手性碳原子；图中碳原子形成的化学键有单键和双键两种，单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式共有2种【解答】解：（1）A第2周期到第4周期中，第A族
52、元素的原子第一电离能比第A族大，氧元素的第一电离能小于氮元素的第一电离能，故A错；B热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性强于H2S是因为HO键的稳定性大于HS键，故B错；CNH3分子中的化学键均为单键，故氮原子采用sp3杂化，故C错；DCO2与COS原子数目相同、价电子总数相同，二者互为等电子体，故D正确；E一个NNNH2NNH2NH2分子中共含有11个键，故E错故答案为：ABC；（2）碳原子核外有6个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则可写出基态碳（C）原子的轨道表示式，为，故答案为：（3）以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成4条氢键；每一条氢键连接2个水分子，
53、故冰晶体中氢键数目为水分子数目的2倍故答案为：4；2； （4）在有机物分子中若某一个碳原子连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”图中下边五元环上的4个碳均为手性碳原子；图中碳原子形成的化学键有单键和双键两种，单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式共有2种，故答案为：4；2【点评】本题考查物质结构有关知识，解答本题应注意以下三点：（1）杂化类型的判断方法；（2）冰晶体中氢键数目与水分子数目的关系；（3）碳原子的成键特点，题目难度中等12某酯（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）AB的反应类型是加成反应，BC为加
54、成反应，则化合物M的结构简式是CH3OH；（2）H中除了羰基（）外，含有的官能团名称是碳碳双键、酯基；（3）实验室制A的化学方程式为CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2；（4）EF的化学方程式是CH3CCCOOH+HOCH2CH3CH3CCCOOCH2CH3+H2O；（5）下列说法正确的是bdaD和F中均属于炔烃类物质 bA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O dH能发生加成、取代反应（6）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱表明，分子中除苯环外，其它氢原子化学环境相同；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是【考点】有机物的
55、合成 【分析】AB是两分子乙炔发生加成反应，对比B、C的结构可知，B与甲醇发生加成反应生成C，则M为CH3OH；由F的结构，逆推可知E为CH3CCCOOH，则D与二氧化碳发生加成反应生成E，C由F发生加成反应生成G（2）根据H的结构判断含有的官能团；（3）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔；（4）CH3CCCOOH与乙醇发生酯化反应生成F；（5）aF含有酯基，不属于烃类物质； b聚乙烯的单体是氯乙烯；c根据H原子守恒计算水的物质的量；dH中含有羰基、碳碳双键和酯基，具有酮、烯烃和酯的性质；（6）TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧
56、基（CH3O），且三个甲氧基等价【解答】解：AB是两分子乙炔发生加成反应，对比B、C的结构可知，B与甲醇发生加成反应生成C，则M为CH3OH；由F的结构，逆推可知E为CH3CCCOOH，则D与二氧化碳发生加成反应生成E，C由F发生加成反应生成G（1）对比A与B结构可知，AB是两分子乙炔发生加成反应，对比B、C的结构可知，B与甲醇发生加成反应生成C，则M为CH3OH，故答案为：加成反应；CH3OH；（2）根据H的结构可知，H中除了羰基外，含有的官能团名称是：碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（3）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2，故
57、答案为：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2；（4）CH3CCCOOH与乙醇发生酯化反应生成F，反应方程式为：CH3CCCOOH+HOCH2CH3CH3CCCOOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CCCOOH+HOCH2CH3CH3CCCOOCH2CH3+H2O；（5）aF中含有酯基，不属于烃类物质，故a错误； b聚乙烯的单体是氯乙烯，A能和HCl发生加成反应生成氯乙烯，所以A和HCl能得到聚氯乙烯的单体，故b正确；cG的分子式为C11H16O3，根据H原子守恒知，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误；dH中含有羰基、碳碳双键和酯基，具有酮、烯烃和酯的性质，所以能发生加成、取代反应，故d正确；故选：bd；（6）TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基（CH3O），且三个甲氧基等价，则TMOB的结构简式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断、有机物结构与性质等，根据已知物质结构、反应条件进行推断，注意根据结构简式理解化学键的断裂与形成，侧重考查分析推断能力，难度中等
