1、2016年四川省凉山州高考化学二诊试卷一、选择题每题只有一个符合题意每小题6分1北京时问2015年10月5日，中国女科学家屠哟哟获颁诺贝尔医学奖屠哟哟从中医古籍里得到启发，用乙醚从青蒿中提取出可以高效抑制疟原虫的成分青蒿素（结构简式如图），这一发现在全球范围内挽救了数以百万人的生命下列说法中不正确的是（）A青蒿素的分子式为C15H22O5B青蒿素能与NaOH溶液反应C青蒿素易溶于水、乙醇、苯等溶剂D用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取的原理2下列实验操作与实验现象和实验结论正确的是（）选项实验实验现象实验结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化再滴入淀粉溶液溶液呈蓝色食盐为加碘食盐B取两支试管，都
2、加入2mL0.01mol/L的酸性KMnO4溶液，向其中一支试管加入2mL蒸馏水后，再同时向两支试管各加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液两试管中溶液紫色均褪去，且后者所用时间更短酸性KMnO4溶液浓度越大，化学反应速率越快C向蛋白质溶液中加入CuCl2或 （NH4）2SO4饱和溶液均有沉淀蛋白质均发生了变性D将0.1mol/L MgSO4溶液滴入NaOH稀溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀KspCu（OH）2KspMg（OH）2AABBCCDD3Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方程式中不正确的是（）ANa2F
3、eO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3+和O2，离子方程式为：4FeO42+10H2O+4Fe3+=20OH+3O2B工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得NaFeO4离子方程式为：2Fe3+10OH+3ClO=2FeO42+3Cl+5H2OCNaFeO4消毒杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+能产生净水物质的原因是：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O4已知反应2A（g）2B（g）+C（s），某温度下的平衡常数为4，此温度下，在2L的密闭容器中
4、加入amolA，反应到某时刻测得各组分的浓度如表，则下列说法中正确的是（）物质AB浓度/（molL1）0.40.6Aa=1.0B此时刻正反应速率小于逆反应速率C在相同条件下，若起始时加入2amolA，则达到平衡时A的转化率减小D若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态5某溶液中含如下离子组中的几种K+、Fe3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42、SiO32、I，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成取反应后溶液
5、分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色下列说法正确的是（）A原溶液中肯定不含Fe2+、NO3、SiO32、IB原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3、SO42C步骤中无色气体是NO气体，无CO2气体产生D为确定是否含有Cl可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀625时，由醋酸和醋酸钠按一定比例混合形成的溶液始终保持c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol/L，该溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO）与pH的关系如图所示，下列有关该溶
6、液的叙述中正确的是（）ApH=5的溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）BW点所表示的溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）CpH=3的溶液中：c（H+）+c（Na+）+c（CH3COOH）=0.1mol/LD据图象可求得该温度下CH3COOH的电离常数Ka=104.757现取mg镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解（硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该说法中不正确的有（）A标准状况下生成N的体积为LB沉淀中OH的质量为17bVgC恰好溶解后溶液中的NO3的物
7、质的量为molD与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol二、解答题（共5小题，满分58分）8第A族的氮、磷、砷（As）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含第A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途（1）砷元素的基态原子价电子排布图为（2）科学家发现氮元素的单质除了N2外，还有N4，则N4中的N原子的轨道杂化方式为（3）汽车安全气囊的产生药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，在NaN3固体中阴离子的立体构型（4）王水溶解黄金的反应如下：Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO+2H2O，产物中的HAuCl4是配合物，它的配位体是（5）砷化镓属于第三代半导体，
8、它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是变通灯泡的100倍，而耗能只有其10%推广砷化镓等发光二极管（LED）照明是节能减排的有效举措，已知砷化镓的晶胞结构如图，晶胞棱长为apm砷化镓的化学式，镓原子的配位数为砷化镓的晶胞中m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为pm （用含“a”的表达式表示）9实现节能减排和低碳经济的一项重要课题就是研究如何将CO2转化为可利用的资源，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），图1表示该反应过程中能量（单位为kJ/mol）的变化，据此回答下列有关问题：（1）25时，1.01
9、105Pa，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时放出363.3kJ的热量，写出该反应的热化学方程式（2）为探究反应原理，现进行如下实验：某温度下，在体积为lL的密闭容器中充入lmolCO2和4molH2，一定条件下发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2的浓度随时间变化如图2所示从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v（CH3OH）=；H2的转化率为若向该容器中加入 amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）和dmolH2O（g），且a、b、c、d均大于0，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与上述平衡相同，试比较反应放出的能
10、量：（填“大于”“小于”或“等于”）下列措施中能使H2的转化率提高的是（填字母）A升高温度 B将CH3OH（g）及时液化抽出C选择高效催化剂 D相同条件下 再充入lmolCO2和4molH2（3）甲醇是一种可再生能源具有广泛的开发和应用前景某实验小组用一种以甲醇为原料的燃料电池作为电源，设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置如图3所示，通电后溶液中产生大量白色沉淀且较长时间不变色该燃料电池的负极反应为下列说法中正确的是（填序号）A电源中的负极附近 pH升高B电极B的发生氧化反应CA、B两端都必须用铁作电极D阴极发生的反应是2H+2e=H2E电解的电解质溶液可以是CuSO4溶液若电池中甲醇
11、的通入量为8g，且反应完全，则理论上最多能产生沉淀g10化合物H的分子中含有醛基和酯基，H可以用C和F在一定条件下合成（如图所示）已知以下信息：A的核磁共振氢谱中有三组峰，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2RCH2COOH化合物D苯环上的一氯代物只有两种通常同一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，易脱水形成羰基（1）A的系统命名为，C中官能团的结构简式为；（2）B生成C的第步反应的化学方程式为，该反应的类型为；（3）C和F在一定条件下反应生成H的化学方程式为（4）F的同系物G 比F 相对分子质量大14，G的同分异构体中能同时满足如下条件的共有种（不考虑立体异构）苯环上只有两个取代基，不能使FeC
12、l3溶液显色G的一个同分异构体被酸性高锰酸钾溶液氧化后核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2：1，写出G的这种同分异构体的结构简式为11垃圾是放错地方的资源，工业废料也可以再利用，某化学兴趣小组在实验室中用废弃的含铝、铁、铜的合金制取硫酸铝溶液，硝酸铜晶体和铁红（Fe2O3）实验方案如下：（10已知Fe（OH）3沉淀的pH范围是34，溶液C通过调节pH可以使Fe3+沉淀完全，下列物质中可用作调整溶液C的pH的试剂是（填序号）A铜粉 B氨水 C氢氧化铜 D碱式碳酸铜（2）常温下，若溶液C中金属离子均为1mol/L，KspFe（OH）3=1.01039，KspCu（OH）2=2.21020，控制pH
13、=4，溶液中c（Fe3+）=，此时（填“有”或“无”）Cu（OH）2沉淀生成（3）将20mLAl2（SO4）3溶液与等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液70mL混合，反应的离子方程式为12工业上以碳酸镁（含少量FeCO3）为原料制取硫酸镁晶体，并测定晶体中，MgSO4的含量，具体过程如下：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水调节溶液的pH值，静置后过滤，除去滤渣将滤液结晶得硫酸镁晶体（1）加入H2O2的目的是（用离子方程式解释）（2）常采用下列方法测定硫酸镁晶体中MgSO4 的含量：已知：在pH为910时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA（H2Y2+）原形成配合物在pH为56
14、时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成的配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2+MgH2Y=ZnH2Y+Mg2+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.5g加入过量的EDTA配成100mLpH 在910之间溶液A步骤2：准确移取25.00mL：溶液A于锥形瓶中，用0.1000mol/LZn2+标准溶液滴定，滴定到终点时，消耗Zn2+标准溶液的体积为20.00mL步骤3：另外准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中调节pH在56，用0.1000mol/LZn2+标准溶液滴定，滴定至终点时，消耗Zn2+标准溶液的体积为30.00mL计算该晶体中MgSO4的质量分数为2016年
15、四川省凉山州高考化学二诊试卷参考答案与试题解析一、选择题每题只有一个符合题意每小题6分1北京时问2015年10月5日，中国女科学家屠哟哟获颁诺贝尔医学奖屠哟哟从中医古籍里得到启发，用乙醚从青蒿中提取出可以高效抑制疟原虫的成分青蒿素（结构简式如图），这一发现在全球范围内挽救了数以百万人的生命下列说法中不正确的是（）A青蒿素的分子式为C15H22O5B青蒿素能与NaOH溶液反应C青蒿素易溶于水、乙醇、苯等溶剂D用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取的原理【考点】有机物的结构和性质【分析】可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有OO键，具有强氧化性，含有COO，可发生水解反应，含
16、有较多憎水基，难溶于水【解答】解：A根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B含有酯基，可与氢氧化钠溶液反应，主要发生水解反应，故B正确；C该有机物含有较多憎水基，难溶于水，故C错误；D青蒿素易溶于乙醚，符合萃取的分离操作，故D正确故选C2下列实验操作与实验现象和实验结论正确的是（）选项实验实验现象实验结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化再滴入淀粉溶液溶液呈蓝色食盐为加碘食盐B取两支试管，都加入2mL0.01mol/L的酸性KMnO4溶液，向其中一支试管加入2mL蒸馏水后，再同时向两支试管各加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液两试管中溶液紫色均褪去，且后者所用时间更
17、短酸性KMnO4溶液浓度越大，化学反应速率越快C向蛋白质溶液中加入CuCl2或 （NH4）2SO4饱和溶液均有沉淀蛋白质均发生了变性D将0.1mol/L MgSO4溶液滴入NaOH稀溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀KspCu（OH）2KspMg（OH）2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A碘单质遇淀粉试液变蓝色； B反应物浓度越大反应速率越快；C铵盐能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变性；D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质【解答】解：A碘单质遇淀粉试液变蓝色，碘酸钾中不含碘单质，所以与淀粉实验不反应变色，故
18、A错误；B反应物浓度越大反应速率越快，溶液褪色时间越短，两试管中溶液紫色均褪去，且后者所用时间更短，因为后者中溶液体积变大，导致高锰酸钾和草酸浓度降低，反应速率减慢，所以后者褪色时间长，故B错误；C硫酸铵能使蛋白质发生盐析，但氯化铜能使蛋白质发生变性，二者原理不同，故C错误；D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1molL1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D3Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下
19、列用于解释事实的离子方程式中不正确的是（）ANa2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3+和O2，离子方程式为：4FeO42+10H2O+4Fe3+=20OH+3O2B工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得NaFeO4离子方程式为：2Fe3+10OH+3ClO=2FeO42+3Cl+5H2OCNaFeO4消毒杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+能产生净水物质的原因是：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A酸性溶液
20、中不能生成氢氧根离子；BFeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl；CNa2FeO4还原产物为Fe3+，Fe3+水解得到胶体，具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒；D铁做阳极为活性电极，Fe失去电子【解答】解：A酸性溶液中不能生成氢氧根离子，则离子方程式为4FeO42+20 H+4Fe3+10H2O+3O2，故A错误；BFeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl，由电子、原子守恒可知，反应为2FeCl3+10NaOH+3NaClO2 Na2FeO4+9NaCl
21、+5H2O，故B正确；CNa2FeO4还原产物为Fe3+，Fe3+水解得到胶体，水解离子反应为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故C正确；D铁做阳极，Fe失去电子，则阳极的电极反应为：Fe6e+8OHFeO42+4H2O，故D正确；故选A4已知反应2A（g）2B（g）+C（s），某温度下的平衡常数为4，此温度下，在2L的密闭容器中加入amolA，反应到某时刻测得各组分的浓度如表，则下列说法中正确的是（）物质AB浓度/（molL1）0.40.6Aa=1.0B此时刻正反应速率小于逆反应速率C在相同条件下，若起始时加入2amolA，则达到平衡时A的转化率减小D若混合气体的平均摩尔质量不
22、再变化，则说明反应已达到平衡状态【考点】化学平衡的计算【分析】AC为固态，反应前后气体体积不变，则反应过程中气体的总物质的量不会变化，根据表中A、B的浓度可计算出a；B根据表中数据计算出此时的浓度商，然后与平衡常数对比，可判断此时的反应方向；C起始加入2amolA，相当于增大压强，该平衡不移动，则A的转化率不变；D该反应中气体的总物质的量不变，而气体的质量会发生变化，过量M=可知，若平均摩尔质量不变，则已经达到平衡状态【解答】解：A生成物C为固态，则该反应前后气体总体积相等，反应过程中气体的总物质的量不变，所以a=（0.4+0.6）2=2.0，故A错误；B此时A、B的浓度分别为0.4mol/L
23、、0.6mol/L，则Qc=K=4，说明反应向着正向移动，则正反应速率C该反应是气体体积不变的反应，在相同条件下，若起始时加入2amolA，由于压强不影响平衡，则达到平衡时A的转化率不变，故C错误；D该反应前后气体的总物质的量不变，而气体的质量发生变化，若混合气体的平均摩尔质量不再变化，表明A、B的浓度不再变化，则已经达到平衡状态，故D正确；故选D5某溶液中含如下离子组中的几种K+、Fe3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42、SiO32、I，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该
24、气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成取反应后溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色下列说法正确的是（）A原溶液中肯定不含Fe2+、NO3、SiO32、IB原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3、SO42C步骤中无色气体是NO气体，无CO2气体产生D为确定是否含有Cl可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法【分析】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K
25、+；另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3、Fe2+，一定不含有SiO32、CO32；取反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有SO42，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色，证明没有碘单质，一定没有I，Cl是否存在无法确定，以此来解答【解答】解：某溶液中含K+、Fe3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42、SiO32、I中的若干种，用铂丝蘸取少量溶
26、液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3、Fe2+，一定不含有SiO32、CO32；取反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有SO42，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色，证明没有碘单质出现，一定没有I，Cl是否存在无法确定，A原溶液中一定含有NO3、Fe2+，故A错误；B由上述分析可
27、知，原溶液中不一定含Fe3+，故B错误；C根据分析可知，步骤中无色气体是NO气体，无CO2气体产生，故C正确；D原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，则直接加硝酸银不能检验，故D错误；故选C625时，由醋酸和醋酸钠按一定比例混合形成的溶液始终保持c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol/L，该溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO）与pH的关系如图所示，下列有关该溶液的叙述中正确的是（）ApH=5的溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）BW点所表示的溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）CpH=3的溶液中：c（H+）+c（Na+）+c（
28、CH3COOH）=0.1mol/LD据图象可求得该温度下CH3COOH的电离常数Ka=104.75【考点】离子浓度大小的比较【分析】根据图象可看出，浓度增大的曲线应为c（CH3COO），浓度减小的曲线应为c（CH3COOH），W点时c（CH3COOH）=c（CH3COO），A根据图象结合溶液pH分析；B根据混合液中的电荷守恒计算判断；C结合溶液的电荷守恒、物料守恒判断；D根据醋酸的电离平衡常数表达式进行计算【解答】解：A根据图象知，pH=5的溶液中：c（CH3COOH）c（CH3COO），故A错误；BW点所表示的溶液中：c（CH3COOH）=c（CH3COO）=0.05mol/L，溶液中c（N
29、a+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），酸性溶液中c（H+）c（OH），所以c（Na+）c（CH3COOH），故B错误；CpH=3溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），再把题干中的c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1molL1代入即可得c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（CH3COOH）=0.1 molL1，故C错误；DW点时溶液的pH=4.75，此时c（CH3COOH）=c（CH3COO），则醋酸的平衡常数K=104.75molL1，故D正确；故选D7现取mg镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解（硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混
30、合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该说法中不正确的有（）A标准状况下生成N的体积为LB沉淀中OH的质量为17bVgC恰好溶解后溶液中的NO3的物质的量为molD与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液，A、根据电子守恒原理计算生成NO的物质的量，再根据V=nVm
31、计算NO的体积；B、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和；C、恰好溶解后溶液中的NO3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3离子的物质的量，即n（NO3）=n（Na+）=n（NaOH），据此进行计算；D、根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量进行计算【解答】解：A、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol=mol，其体积在标准状况下为L，故A正确；B、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于
32、铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，故B错误；C、恰好溶解后溶液中的NO3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，故C正确；D、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，故D正确故选：B二、解答题（共5小题，满分58分）8第A族的氮、磷、砷（As
33、）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含第A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途（1）砷元素的基态原子价电子排布图为（2）科学家发现氮元素的单质除了N2外，还有N4，则N4中的N原子的轨道杂化方式为sp3（3）汽车安全气囊的产生药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，在NaN3固体中阴离子的立体构型直线形（4）王水溶解黄金的反应如下：Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO+2H2O，产物中的HAuCl4是配合物，它的配位体是Cl（5）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是变通灯泡的100倍，而耗能只有其10%推广砷化镓等发光二极
34、管（LED）照明是节能减排的有效举措，已知砷化镓的晶胞结构如图，晶胞棱长为apm砷化镓的化学式GaAs，镓原子的配位数为4砷化镓的晶胞中m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为pm （用含“a”的表达式表示）【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）As元素处于的第四周期VA族；（2）N4的结构与白磷（P4）相似，每个N原子周围连有三个N原子，形成三对共用电子对，另有一个孤电子对；（3）在NaN3固体中，阴离子为N3，离子中有16个价电子，所以与CO2互为等电子体，根据等电子体结构相似判断；（4）在配合物中，中心原子或离子含
35、有空轨道，配位体含有孤对电子；（5）根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，计算晶胞中含有Ga原子、As原子数目，可以确定其化学式，As原子配位数为4，结合化学式判断镓原子的配位数；Ga原子与As原子之间的距离应为晶胞体对角线长度的倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍【解答】解：（1）As元素处于的第四周期VA族，所以砷的基态原子价电子排布图为，故答案为：；（2）N4的结构与白磷（P4）相似，每个N原子周围连有三个N原子，形成三对共用电子对，另有一个孤电子对，所以N原子的轨道杂化方式为sp3，故答案为：sp3；（3）在NaN3固体中，阴离子为N3，离子中有16个
36、价电子，所以与CO2互为等电子体，根据等电子体结构相似可知，N3的立体构型为直线形，故答案为：直线形；（4）在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，所以在HAuCl4中，配位体是Cl，故答案为：Cl；（5）m位置Ga原子，n位置As原子，晶胞中含有Ga原子数为8+6=4，As原子数目为4，As原子配位数为4，则镓原子的配位数为4；故答案为：GaAs；4；Ga原子与As原子之间的距离应为晶胞体对角线长度的倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍，则m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为pm，故答案为：9实现节能减排和低碳经济的一项重要课题就是研究如何将CO2转化为可利用的资源，目前工业上有一种方法
37、是用CO2来生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），图1表示该反应过程中能量（单位为kJ/mol）的变化，据此回答下列有关问题：（1）25时，1.01105Pa，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时放出363.3kJ的热量，写出该反应的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1（2）为探究反应原理，现进行如下实验：某温度下，在体积为lL的密闭容器中充入lmolCO2和4molH2，一定条件下发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2的浓度随时间变化如
38、图2所示从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v（CH3OH）=0.075mol/（Lmin）；H2的转化率为56.25%若向该容器中加入 amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）和dmolH2O（g），且a、b、c、d均大于0，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与上述平衡相同，试比较反应放出的能量：大于（填“大于”“小于”或“等于”）下列措施中能使H2的转化率提高的是BD（填字母）A升高温度 B将CH3OH（g）及时液化抽出C选择高效催化剂 D相同条件下 再充入lmolCO2和4molH2（3）甲醇是一种可再生能源具有广泛的开发和应用前景某实验小组用一种以甲醇
39、为原料的燃料电池作为电源，设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置如图3所示，通电后溶液中产生大量白色沉淀且较长时间不变色该燃料电池的负极反应为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O下列说法中正确的是BD（填序号）A电源中的负极附近 pH升高B电极B的发生氧化反应CA、B两端都必须用铁作电极D阴极发生的反应是2H+2e=H2E电解的电解质溶液可以是CuSO4溶液若电池中甲醇的通入量为8g，且反应完全，则理论上最多能产生沉淀67.5g【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）25，1.01105Pa时，16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热
40、量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式；（2）根据反应速率v=计算反应速率，转化率等于变化浓度和初始浓度的比值；相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与（1）中平衡相同，说明两平衡为完全等效平衡，（1）中转化率比（2）中的高，参加反应的氮气的物质的量较（2）多；能使H2的转化率提高的措施是促使化学平衡正向移动的措施，但是不能增加氢气的投料；（3）燃料电池是原电电池装置，通入燃料CH3OH是负极，发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，该电极上发生得电子的还原反应，电解法制取Fe（OH）2的阳极材料是金属铁，该电极上金属铁失电子发生氧化反应，在阴极上发生的反应是2H+2e=H
41、2，在阴极附近可以产生氢氧化亚铁沉淀，根据电极反应式进行计算【解答】解：（1）25，1.01105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1（2）在体积为lL的密闭容器中充入lmolCO2和4molH2，一定条件下发生反应： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），初始浓度：1 4
42、0 0变化浓度：0.75 2.25 0.75 0.75平衡浓度：0.25 1.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v（CH3OH）=0.075mol/（Lmin）；H2的转化率为100%=56.25%，故答案为：0.075mol/（Lmin）；56.25%；相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与（1）中平衡相同，说明两平衡为完全等效平衡，平衡时氨气的物质的量相同，由于（2）中起始含有cmol NH3，故（2）中反应生成的氨气比（1）少，（1）中参加反应的氮气的物质的量较（2）多，所以放出的热量（1）（2）故答案为：大于；A反应是放热的，升高温度，平衡逆向
43、移动，所以氢气的转化率减小，故错误； B将CH3OH（g）及时液化抽出，平衡正向移动，所以氢气的转化率增大，故正确； C选择高效催化剂，能加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，转化率不变，故错误； D相同条件下 再充入lmolCO2和4molH2相当于对平衡加压，所以反应物的转化率增加，故正确，故选BD；（3）燃料电池是原电电池装置，通入燃料CH3OH是负极，发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；故答案为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；A电源中的负极附近发生反应：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，pH降低，故错误；B电极B和电源正极相
44、连，是阳极，该电极上发生氧化反应，故正确；C电解法制取Fe（OH）2的阳极B材料是金属铁，该电极上金属铁失电子发生氧化反应，但是A电极不一定用金属铁，故错误；D阴极发生的反应是还原反应：2H+2e=H2，该电极附近氢氧根离子浓度增加，产生氢氧化亚铁，故正确；E电解的电解质溶液不能是CuSO4溶液，这样的话在阴极上产生金属铜，发生的反应是金属铁置换铜的反应，不能得到氢氧化亚铁，故错误；故选BD；若电池中甲醇的通入量为8g，且反应完全，根据负极反应：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，转移电子的物质的量是6=1.5mol，根据Fe2eFe（OH）2，则理论上最多能产生Fe（OH）2沉淀质量
45、：90g/mol=67.5g，故答案为：67.510化合物H的分子中含有醛基和酯基，H可以用C和F在一定条件下合成（如图所示）已知以下信息：A的核磁共振氢谱中有三组峰，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2RCH2COOH化合物D苯环上的一氯代物只有两种通常同一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，易脱水形成羰基（1）A的系统命名为2甲基丙酸，C中官能团的结构简式为COOH、；（2）B生成C的第步反应的化学方程式为（CH3）2CBrCOOH+2NaOH+NaBr+2H2O，该反应的类型为消去反应；（3）C和F在一定条件下反应生成H的化学方程式为CH2=C（CH3）COOH+H2O（4）F的同系物G 比
46、F 相对分子质量大14，G的同分异构体中能同时满足如下条件的共有12种（不考虑立体异构）苯环上只有两个取代基，不能使FeCl3溶液显色G的一个同分异构体被酸性高锰酸钾溶液氧化后核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2：1，写出G的这种同分异构体的结构简式为【考点】有机物的推断【分析】A能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，A的分子式为C4H8O2，为饱和一元羧酸，A的核磁共振氢谱中有三组峰，则A的结构简式为（CH3）2CHCOOH，结合信息可知A和溴发生取代反应生成B为（CH3）2CBrCOOH，B在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应，然后酸化得到C，则C结构简式为CH2=C
47、（CH3）COOHD的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链且处于对位，则D为，与氯气在光照条件下发生取代反应生成E为，E在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故F为，C与F反应生成H，其分子中含有醛基和酯基，故H为，据此解答【解答】解：A能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，A的分子式为C4H8O2，为饱和一元羧酸，A的核磁共振氢谱中有三组峰，则A的结构简式为（CH3）2CHCOOH，结合信息可知A和溴发生取代反应生成B为（CH3）2CBrCOOH，B在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反
48、应，然后酸化得到C，则C结构简式为CH2=C（CH3）COOHD的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链且处于对位，则D为，与氯气在光照条件下发生取代反应生成E为，E在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故F为，C与F反应生成H，其分子中含有醛基和酯基，故H为（1）A的结构简式为（CH3）2CHCOOH，系统命名为2甲基丙酸，C结构简式为CH2=C（CH3）COOH，官能团的结构简式为：COOH、，故答案为：2甲基丙酸；COOH、；（2）B生成C的第步反应的化学方程式为：（CH3）2CBrCOOH+2NaOH
49、+NaBr+2H2O，该反应的类型为消去反应，故答案为：（CH3）2CBrCOOH+2NaOH+NaBr+2H2O；消去反应；（3）C和F在一定条件下反应生成H的化学方程式为：CH2=C（CH3）COOH+H2O，故答案为：CH2=C（CH3）COOH+H2O；（4）F为，F的同系物G比F相对分子质量大14，说明G比F多一个CH2，G的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；不能使FeCl3溶液显色，说明不含酚羟基，取代基为CH2OH、CHO，或OCH3、CHO，或COOH、CH3，或HCOO、CH3，各有邻、间、对三种结构，所以符合条件的有12种；G的一个同分异构体被酸性高锰酸
50、钾溶液氧化后核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2：1，G的这种同分异构体的结构简式为，故答案为：12；11垃圾是放错地方的资源，工业废料也可以再利用，某化学兴趣小组在实验室中用废弃的含铝、铁、铜的合金制取硫酸铝溶液，硝酸铜晶体和铁红（Fe2O3）实验方案如下：（10已知Fe（OH）3沉淀的pH范围是34，溶液C通过调节pH可以使Fe3+沉淀完全，下列物质中可用作调整溶液C的pH的试剂是CD（填序号）A铜粉 B氨水 C氢氧化铜 D碱式碳酸铜（2）常温下，若溶液C中金属离子均为1mol/L，KspFe（OH）3=1.01039，KspCu（OH）2=2.21020，控制pH=4，溶液中c（Fe3+
51、）=1.0109mol/L，此时无（填“有”或“无”）Cu（OH）2沉淀生成（3）将20mLAl2（SO4）3溶液与等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液70mL混合，反应的离子方程式为2Al3+3SO42+3Ba2+7OHAlO2+Al（OH）3+3BaSO4+2H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）溶液C通过调节pH可以使Fe3+沉淀完全，加入的物质能消耗氢离子，但是不能引入新的杂质；（2）根据KspFe（OH）3和溶液中氢氧根离子的浓度计算c（Fe3+）；Qc与KspCu（OH）2的相对大小判断；（3）将20mL Al2（SO4）3溶液与等物质的量浓度的Ba（OH
52、）2溶液70mL混合，则二者的物质的量之比为2：7，根据物质的量关系写方程式【解答】解：（1）溶液C通过调节pH可以使Fe3+沉淀完全，应加入CuO、碱式碳酸铜或氢氧化铜，而加入铜粉生成Fe2+，加入氨水引入新的杂质，故答案为：CD；（2）已知溶液的pH=4，则c（H+）=104mol/L，c（OH）=1010mol/L，KspFe（OH）3=1.01039=c（Fe3+）c3（OH），所以c（Fe3+）=mol/L=1.0109mol/L；已知溶液中氢氧根离子的浓度为1010mol/L，则Qc=c（Cu2+）c2（OH）=1（1010）2=1020KspCu（OH）2=2.21020，所以没
53、有氢氧化铜沉淀生成，故答案：1.0109mol/L；无；（3）将20mL Al2（SO4）3溶液与等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液70mL混合，则二者的物质的量之比为2：7，则反应时铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：3.5，所以有部分氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，其离子方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+7OHAlO2+Al（OH）3+3BaSO4+2H2O；故答案为：2Al3+3SO42+3Ba2+7OHAlO2+Al（OH）3+3BaSO4+2H2O12工业上以碳酸镁（含少量FeCO3）为原料制取硫酸镁晶体，并测定晶体中，MgSO4的含量，具体过程如下：将原料完全溶于一定量的稀硫
54、酸中，加足量的H2O2后用氨水调节溶液的pH值，静置后过滤，除去滤渣将滤液结晶得硫酸镁晶体（1）加入H2O2的目的是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（用离子方程式解释）（2）常采用下列方法测定硫酸镁晶体中MgSO4 的含量：已知：在pH为910时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA（H2Y2+）原形成配合物在pH为56时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成的配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2+MgH2Y=ZnH2Y+Mg2+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.5g加入过量的EDTA配成100mLpH 在910之间溶液A步骤2：准确移取25.00mL：溶液A
55、于锥形瓶中，用0.1000mol/LZn2+标准溶液滴定，滴定到终点时，消耗Zn2+标准溶液的体积为20.00mL步骤3：另外准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中调节pH在56，用0.1000mol/LZn2+标准溶液滴定，滴定至终点时，消耗Zn2+标准溶液的体积为30.00mL计算该晶体中MgSO4的质量分数为32%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）加入H2O2的目的是将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子再调节pH值，将铁元素除去，据此书写离子方程式；（2）在pH在910之间溶液A中，可以通过锌离子的物质的量计算出剩余EDTA的物质的量，调节pH在56时，通过锌离子的物质
56、的量可计算出总EDTA的物质的量，由此可计算出与镁离子反应的EDTA的物质的量，根据100%计算出Mg2+的质量分数；【解答】解：（1）加入H2O2的目的是将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子再调节pH值，将铁元素除去，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（2）Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，在25mL溶液A中：n（EDTA）=n（Zn2+）=0.1020.00103=2.00103mol则100mL溶液A中剩余EDTA的量：n（EDTA）=2.00103100/25=8.00103mol25mL溶液A中EDTA的量：n（EDTA）总=n（Zn2+）=0.1030.00103=3.00103mol则100mL溶液A中EDTA总量：n（EDTA）总=3.001034=0.0120mol所以与1.5g样品中镁离子反应的EDTA的物质的量为0.012mol8.00103 mol=0.004mol，所以样品中n（Mg2+）=0.004mol，硫酸镁其质量为0.004mol120g/mol=0.48g，则该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数为=100%=32%，故答案为：32%；2016年12月23日
