1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年山西省太原市高考化学模拟试卷（一）一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1本草纲目拾遗中在药物名“鼻冲水”条目下写到：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写到：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是（）A氢氟酸、食盐水B氨水、碘酒C石灰水、硝酸D稀硫酸、食醋2有机物A的分子式为C5H12O2，则符合下列条件的有机化合物A有（不考虑立体异构）（）1mol A可与金属钠反应放出1mol氢气含2个甲基1个碳原子上不能连接2个羟基A7种B6种C5种D4种3设NA
2、为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molCH5+中含有的电子数目为11NAB0.1mol/L AlCl3溶液中含有的Al3+数目一定小于0.1NAC78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NAD常温下，1L PH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NA4X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXMB常见气态氢化物的稳定性：XY
3、ZC1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键5由短周期元素组成的中学常见物质A、B、C、D、E、X存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是（）A若D是白色沉淀，D与A的摩尔质量相等，则X可能是铝盐B若X是Na2SO3，C是气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应C若D是CO，C能和E反应，则A是Na2O2，X的同素异形体只有3种D若A是单质，B和D的反应是，则E一定能还原Fe2O36下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢是合金不锈钢在潮湿
4、环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分43分）7Na2S2O3是一种重要的化学试剂，在酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2，在医疗上运用其还原性和硫的杀菌作用治疗疾病某小组用下图所示装置对Cl2与Na2S2O3的反应进行探究（气密性已检验）实验操作和现象：操作现象打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓盐酸，加热iA中有黄绿色气体生成，C中液面上方有白雾，溶液中开始出现少量浑浊；ii一段时间后，C中产生大量黄色沉淀用湿润的淀粉碘化钾试纸检验C中白雾淀粉碘化钾试纸变蓝C中浊液过滤
5、后，取少量滤液用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成（1）A中发生反应的离子方程式是（2）B中饱和NaCl溶液的作用是（3）C中生成黄色沉淀的离子方程式是（4）将C中雾通入品红溶液检验是否有SO2，该操作不合理的理由是（5）C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式是乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，丙同学认为不能证明，理由是8某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如图：已知：有关金属离子生成氢氧化
6、物沉淀所需的pH如表：物质Fe（OH）3Al（OH）3Ni（OH）2Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀1.53.67.37.09.6完全沉淀3.84.79.39.012.0（1）滤渣1的主要成分为（2）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作、过滤、洗涤、干燥（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本 反应原理如图：A电极反应式为和2H+2eH2若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Nig9能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料（1）已
7、知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5KJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8KJmol1CO（s）+O2（g）CO2（g）H=283.0KJmol1则煤气化主要反应C（s）+H2O （g）CO（g）+H2（g）的H=（2）已知CO（g）+O2（g）CO2（g）+O（g）的正反应速率为v正=k正c（CO）c（O2），逆反应速率为v逆=k逆c（CO2）c（O），k为速率常数2500K时，k正=1.21105 L/mol，k逆=3.02105L/mol，则该温度下的反应平衡常数K=（3）甲醇制甲醚的有关反应为：2CH3OH （g）CH3OCH 3（g）+H2O （g
8、）一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生该反应容器编号温度（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）3870.20x3870.40y2070.200.0900.090x/y=已知387时该反应的化学平衡常数K=4该温度下，若起始时向容器中冲入0.10molCH3OH （g）、0.15mol CH3OCH3（g）和0.10mol H2O（g），则反应将向（填“正”或“逆”）反应方向进行容器中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为（填序号）A升高温度B降低温度C其他条件不变，增加CH3OH 的物质的量D保持其
9、他条件不变，通入氖气（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示则电源的负极为（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式：（5）将化石燃料的燃烧产物CO2通入NaOH溶液中可制得碳酸氢钠取0.2mol/L碳酸钠溶液与0.2mol/L氯化钡溶液等体积混合产生浑浊，请结合一下数据，通过计算说明产生浑浊的原因：已知：25时，0.1mol/L碳酸氢钠溶液中碳酸根离子的浓度为0.0011mol/L，Ksp（BaCO3）=5.1109三、选考题：化学-选修2：化学与技术10高氯酸钠可用于制备高氯酸以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4H2O）的流程如下：（1）由粗盐（含Ca2
10、+、Mg2+、S、Br等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂Na2CO3的作用是；除去盐水中的Br可以节省电解过程中的电能，其原因是（2）“电解”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有（填化学式）“电解”的化学方程式为（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为（4）“气流干燥”时，温度控制在80100，温度不能太高的原因是温度不能太低的原因是（5）Olin公司最近研究了一种制备高纯高氯酸的新工艺，其基本方法是电解高纯次氯酸得到高纯高氯酸，与传统工艺相比，你认为新工艺的优点是四、化学-选修3：物质与结构11金属Ti性能优
11、越，被誉为继Fe、Al后广泛应用的“第三金属”（1）Ti基态原子的电子排布式为（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物电负性：CB（填“”或“”，下同；第一电离能：NO，原因是N2O的沸点（88.49）比NH3的沸点（33.34）低，其主要原因是（3）月球岩石玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）FeTiO3与80%的浓硫酸反应生成TiSO4SO42的空间构型为，SO32的键角比SO42的键角小的原因是写出SO42的一种等电子体的化学式：（4）Ti氧化物和CaO相互作用形成钛酸盐，其晶胞结构如图所示该晶胞中Ca2+的配位数是，该晶胞的化学式为（5）Fe能形成多种氧化物，其中F
12、eO晶胞结构为NaCl型晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体的缺陷对晶体的性质会产生重大影响由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x1，若测得某FexO晶体的密度为5.71g/cm3，晶体边长为4.281010m，则FexO中X=（结果保留两位有效数字）12化合物E常用于制备抗凝血药，可以通过如图所示路线合成（1）B中含氧官能团的名称是，检验A中官能团的常用试为（2）CD的反应类型为，1mol E最多可与 molH2发生加成反应（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（4）B有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体的结构简式能发生银
13、镜反应能与FeCl3溶液发生显色反应1mol该同分异构体与NaOH溶液反应时，最多可消耗3mol NaOH（5）苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料，请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯（无机试剂任选）：2016年山西省太原市高考化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1本草纲目拾遗中在药物名“鼻冲水”条目下写到：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写到：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是（）A氢氟酸、食盐水B氨水、碘酒C石灰水、硝酸D稀硫酸、食醋【
14、考点】氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】鼻冲水是指氨水的刺激性气味、“刀创水”用碘酒的杀菌消毒，由此分析解答【解答】解：鼻冲水是指氨水的刺激性气味、“刀创水”用碘酒的杀菌消毒，故选B2有机物A的分子式为C5H12O2，则符合下列条件的有机化合物A有（不考虑立体异构）（）1mol A可与金属钠反应放出1mol氢气含2个甲基1个碳原子上不能连接2个羟基A7种B6种C5种D4种【考点】有机物的推断【分析】该有机物的分子式为C5H12O2，1mol A可与金属钠反应放出1mol氢气，说明该分子中含有两个醇羟基，含有两个甲基，且1个碳原子上不能连接2个羟基，根据正戊烷、异戊烷、新戊烷的
15、上氢原子的取代确定该有机物的种类【解答】解：该有机物的分子式为C5H12O2，1mol A可与金属钠反应放出1mol氢气，说明该分子中含有两个醇羟基，含有两个甲基，且1个碳原子上不能连接2个羟基，当主链为5个碳原子时，有2种符合条件的有机物，当主链上有4个碳原子时，有4种符合条件的有机物，当主链上有3个碳原子时，有1种符合条件的有机物，所以符合条件的有机物一共有7种，故选A3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molCH5+中含有的电子数目为11NAB0.1mol/L AlCl3溶液中含有的Al3+数目一定小于0.1NAC78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是
16、NAD常温下，1L PH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、碳正离子中含10个电子；B、溶液体积不明确；C、Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol；D、硫酸溶液中，氢离子绝大部分来自于水的电离【解答】解：A、碳正离子中含10个电子，故1mol碳正离子中含10NA个电子，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，故B错误；C、Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，故78g两者的混合物的物质的量为1mol，而过氧化钠和硫化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含NA个阴离子，故C正确；D、
17、硫酸溶液中，氢离子绝大部分来自于水的电离，氢氧根全部来自于水的电离，故溶液中水电离出的氢离子的个数为1013NA个，故D错误故选C4X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXMB常见气态氢化物的稳定性：XYZC1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由题
18、给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Z为2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素，以此解答该题【解答】解：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的
19、排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素，A所有元素中H原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径NaCNOH，即WXYZM，故A错
20、误；BX、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性XYZ，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；CNaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，故C错误；D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质，如为氨基酸，则只含有共价键，故D错误故选B5由短周期元素组成的中学常见物质A、B、C、D、E、X存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是（）A若D是白色沉淀，D与A的摩尔质量相等，则X可能是铝盐B若X是Na2SO3，C是气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应C若D是CO，C能
21、和E反应，则A是Na2O2，X的同素异形体只有3种D若A是单质，B和D的反应是，则E一定能还原Fe2O3【考点】无机物的推断【分析】A、D为白色沉淀，可以判断为OH与Al 铝离子生成偏铝酸根，偏铝酸根离子再与铝离子生成Al（OH）3，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3B、若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应C、D为CO，可以判断O2 CO2CO，X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，结合二氧化碳能与E反应判断；D、根据B、D反应的离子
22、方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3【解答】解：A、D为摩尔质量为78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，故A正确；B、若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应，符合转化关系，故B正确；C、如A为氟气，HF与二氧化碳不反应，A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2，D为CO，符合
23、转化关系，碳的同素异形体有金刚石、石墨、无定形碳、足球碳等多种，故C错误；D、根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，故D正确；故选C6下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢是合金不锈钢在潮湿环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2AABBCCDD【考点】盐类水解的应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氮的氧化物的性
24、质及其对环境的影响；合金的概念及其重要应用【分析】A强碱弱酸盐水解显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底；B依据合金的概念和不锈钢的性质解答；CFe2O3可用作红色油漆和涂料是因为其颜色为红色；D铜与浓硝酸常温下反应生成红棕色二氧化氮【解答】解：A纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，用纯碱溶液可清洗油污，故A正确；B不锈钢含有碳、铁、镍等元素属于合金，不锈钢因为改变钢的内部结构而耐腐蚀，故B错误；C和均正确，但是二者不存在因果关系，故C错误；D和均正确，但是二者不存在因果关系，故D错误；故选：A二、解答题（共3小题，满分43分）7Na2S2O3是一种重要的化学试剂，在酸性条件下S2O32迅速分解
25、为S和SO2，在医疗上运用其还原性和硫的杀菌作用治疗疾病某小组用下图所示装置对Cl2与Na2S2O3的反应进行探究（气密性已检验）实验操作和现象：操作现象打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓盐酸，加热iA中有黄绿色气体生成，C中液面上方有白雾，溶液中开始出现少量浑浊；ii一段时间后，C中产生大量黄色沉淀用湿润的淀粉碘化钾试纸检验C中白雾淀粉碘化钾试纸变蓝C中浊液过滤后，取少量滤液用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成（1）A中发生反应的离子方程式是MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（2）B中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰（3）C
26、中生成黄色沉淀的离子方程式是S2O32+2H+=S+SO2+H2O（4）将C中雾通入品红溶液检验是否有SO2，该操作不合理的理由是C中雾有氯气（5）C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式是乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，丙同学认为不能证明，理由是氯气与水反应也能生成Cl，所以检验出溶液中有Cl也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）A中浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气、氯化锰和水，据此写出反应的离子方程式；（2）氯气中含有
27、氯化氢，氯化氢会对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰；（3）由题干信息知：酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2，氯气溶于水生成盐酸，所以C中生成黄色沉淀的离子方程式：S2O32与H+作用生成S、SO2、H2O；（4）氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，C中雾有氯气；（5）硫代硫酸钠检验还原性，氯气具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成氯化钠、硫酸钠和氯化氢，据此写出反应的离子方程式；氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢在溶液中电离出的氯离子能够与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀【解答】解：（1）A为实验室制取氯气的装置，A中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H+
28、2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢能够与硫代硫酸钠反应，干扰了Cl2与Na2S2O3的反应，所以B中饱和NaCl溶液的作用是：除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰，故答案为：除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰；（3）由题干信息知：酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2，氯气溶于水生成盐酸，所以C中生成黄色沉淀的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（4）C中Na2S2O3被Cl2
29、氧化，但氯气有剩余，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，C中雾有氯气，所以将C中雾通入品红溶液不能证明有SO2生成，故答案为：C中雾有氯气；（5）C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=8Cl+2SO42+10H+，乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，由于氯气与水反应也能生成Cl，所以丙同学认为检验出溶液中有Cl也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3，该氯离子可能是氯气与水反应生成的，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=8C
30、l+2SO42+10H+；氯气与水反应也能生成Cl，所以检验出溶液中有Cl也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O38某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如图：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如表：物质Fe（OH）3Al（OH）3Ni（OH）2Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀1.53.67.37.09.6完全沉淀3.84.79.39.012.0（1）滤渣1的主要成分为SiO2（2）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用2H+H2O2+2
31、Fe2+2Fe3+2H2O（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有2Fe3+3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3+3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本 反应原理如图：A电极反应式为Ni2+2e=Ni和2H+2eH2若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Ni29.5g【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4
32、、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，据此答题【解答】解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeS
33、O4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合
34、物，从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O；故答案为：2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O；（4）加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，反应的离子方程式有 2Fe3+3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3+3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+，故答案为：2Fe3+3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2
35、Al3+3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+；（5）滤液2为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液，根据图示可知，A电极反应式为 Ni2+2e=Ni 和2H+2eH2，故答案为：Ni2+2e=Ni；一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量=0.5mol，阳极电极反应：Ni2+2eNi 1mol 0.5mol 2H+2e=H2； 1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH4e=2H2O+O2 2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量为0.5mol59/mol=29.5g，故答案为：29.59能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源
36、主要是化石燃料（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5KJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8KJmol1CO（s）+O2（g）CO2（g）H=283.0KJmol1则煤气化主要反应C（s）+H2O （g）CO（g）+H2（g）的H=+131.3 kJ/mol（2）已知CO（g）+O2（g）CO2（g）+O（g）的正反应速率为v正=k正c（CO）c（O2），逆反应速率为v逆=k逆c（CO2）c（O），k为速率常数2500K时，k正=1.21105 L/mol，k逆=3.02105L/mol，则该温度下的反应平衡常数K=0.40（3）甲醇制甲醚的有关反应为：
37、2CH3OH （g）CH3OCH 3（g）+H2O （g）一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生该反应容器编号温度（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）3870.20x3870.40y2070.200.0900.090x/y=已知387时该反应的化学平衡常数K=4该温度下，若起始时向容器中冲入0.10molCH3OH （g）、0.15mol CH3OCH3（g）和0.10mol H2O（g），则反应将向正（填“正”或“逆”）反应方向进行容器中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为B（填序号）A升高温度
38、B降低温度C其他条件不变，增加CH3OH 的物质的量D保持其他条件不变，通入氖气（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示则电源的负极为B（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式：2CH3OH+CO2e=（CH3O）2CO+2H+（5）将化石燃料的燃烧产物CO2通入NaOH溶液中可制得碳酸氢钠取0.2mol/L碳酸钠溶液与0.2mol/L氯化钡溶液等体积混合产生浑浊，请结合一下数据，通过计算说明产生浑浊的原因：已知：25时，0.1mol/L碳酸氢钠溶液中碳酸根离子的浓度为0.0011mol/L，Ksp（BaCO3）=5.1109【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电
39、池和电解池的工作原理【分析】（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol，CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJ/mol，根据盖斯定律，可得：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），反应热也进行相应计算；（2）平衡常数K为反应达到平衡时，即v正=v逆；（3）等效为在I的基础上压强增大一倍，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率不变；计算浓度商Qc，与平衡常数比较，若Qc=K，处于平衡状态，若QcK，反应向逆反应进行，若QcK，反应向正反应进行；计算207时该反应的化学平衡常数
40、，与387时平衡常数K=4比较，判断反应是吸热反应还是放热反应，应改变温度使中平衡正向移动；（4）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成（CH3O）2CO与氢离子；（5）计算此时溶液中钡离子浓度与碳酸根浓度的乘积与该温度下碳酸钡的溶度积常数比较即可【解答】解：（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol，CO（g）+ O2（g）CO2（g）H=283.0kJ/mol，根据盖斯定律，可得：C（
41、s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），故H=393.5kJ/mol（483.6kJ/mol）（283kJ/mol）=+131.3 kJ/mol，故答案为：+131.3 kJ/mol；（2）平衡常数K=0.40，故答案为：0.40；（3）等效为在I的基础上压强增大一倍，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率不变，设转化率为a，则x=2a，y=4a，故=，故答案为：；浓度商Qc=1.5K=4，故反应向正反应进行，故答案为：正；207时，平衡时甲醚与水均为0.09mol，则消耗的甲醇为0.18mol，平衡时甲醇为0.02mol，则平衡常数K=20.25，大于387时平衡常数，说明降低温度
42、平衡向正反应进行，故正反应为放热反应，容器中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可在温度方面的措施为：降低温度，故答案为：B；（4）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，B为电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成（CH3O）2CO与氢离子，电极反应式为：2CH3OH+CO2e=（CH3O）2CO+2H+，故答案为：B；2CH3OH+CO2e=（CH3O）2CO+2H+；（5）两种溶液等体积混合后，溶液中钡离子浓度=0.1mol/L，0.1 molL1 NaHC03溶液电离出的c（CO32）为0.001
43、1 molL1，故Q=Q=c（Ba2+）c（CO32）=0.0011=1.11045.1109，故会产生沉淀，答：Q=c（Ba2+）c（CO32）=0.0011=1.11045.1109三、选考题：化学-选修2：化学与技术10高氯酸钠可用于制备高氯酸以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4H2O）的流程如下：（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、S、Br等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂Na2CO3的作用是除去Ca2+和引入的Ba2+；除去盐水中的Br可以节省电解过程中的电能，其原因是电解时Br被氧化（2）“电解”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气
44、除H2外，还含有Cl2（填化学式）“电解”的化学方程式为NaClO3+H2ONaClO4+H2（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为2ClO3+SO22ClO2+SO42；（4）“气流干燥”时，温度控制在80100，温度不能太高的原因是温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解温度不能太低的原因是温度太低，干燥不充分（5）Olin公司最近研究了一种制备高纯高氯酸的新工艺，其基本方法是电解高纯次氯酸得到高纯高氯酸，与传统工艺相比，你认为新工艺的优点是产品纯度高，精制步骤少，生产成本低【考点】制备实验方案的设计【分析】由原料氯化钠到高氯酸钠晶体，氯的化合价升高，而整个流
45、程中未加强氧化剂，所以通过电解实现了氯的不同价态的转化（电解过程即为氧化还原反应），将制得的盐水一次电解产生氯酸钠，得到的氯酸钠溶液进行再一次电解，生成高氯酸钠，然后通入二氧化硫除去其中的氯酸钠，最后进行分离提纯得到高氯酸钠晶体（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡；Br的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气；电解氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所
46、以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，ClO3与SO2发生氧化还原反应生成ClO2、SO42；（4）气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水以结合考虑高氯酸钠本身的稳定性；（5）由次氯酸电解制备高氯酸产品纯度高，精制步骤少，生产成本低【解答】解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br被氧化；（2）电解过程中
47、阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2，故答案为：Cl2；NaClO3+H2ONaClO4+H2；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，Cl（+5+4），S（+4+6），根据得失电子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2ClO3+SO22ClO2+SO42，故答案为：2ClO3+SO22ClO2+SO42；（4）气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分
48、解，故答案为：温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分（5）传统的制备工艺需精制盐，需消耗电能，需除杂等步骤，由次氯酸电解制备高氯酸，两步完成，所以新工艺与传统工艺相比，优点是产品纯度高，精制步骤少，生产成本低，故答案为：产品纯度高，精制步骤少，生产成本低四、化学-选修3：物质与结构11金属Ti性能优越，被誉为继Fe、Al后广泛应用的“第三金属”（1）Ti基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物电负性：CB（填“”或“”，下同；第一电离能：NO，原因是N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定N2O
49、的沸点（88.49）比NH3的沸点（33.34）低，其主要原因是NH3分子之间存在氢键（3）月球岩石玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）FeTiO3与80%的浓硫酸反应生成TiSO4SO42的空间构型为正四面体，SO32的键角比SO42的键角小的原因是SO32中孤电子对与成键电子对之间的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用大写出SO42的一种等电子体的化学式：ClO4等（4）Ti氧化物和CaO相互作用形成钛酸盐，其晶胞结构如图所示该晶胞中Ca2+的配位数是12，该晶胞的化学式为CaTiO3（5）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，
50、晶体的缺陷对晶体的性质会产生重大影响由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x1，若测得某FexO晶体的密度为5.71g/cm3，晶体边长为4.281010m，则FexO中X=0.92（结果保留两位有效数字）【考点】晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）同周期自左而右元素电负性增大；N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的；NH3分子之间存在氢键，沸点较高；（3）SO42中S原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=0，杂化轨道数目为4，据此确定空间构型；SO
51、32中S原子含有孤对电子，而SO42中S原子没有孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用大；原子数目相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体；（4）晶胞中Ti4+位于立方体的顶点，体心为Ca2+，棱上为O2，Ca2+与棱上O2的距离更近，其配位数为12；根据均摊法计算晶胞中Ti4+、Ca2+、O2离子数目，进而确定化学式；（5）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=V计算【解答】解：（1）Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，故答案为：1s2
52、2s22p63s23p63d24s2；（2）同周期自左而右元素电负性增大，故电负性CB，N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能NO，NH3分子之间存在氢键，沸点高于N2O的，故答案为：；N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定；NH3分子之间存在氢键；（3）SO42中S原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=0，为正四面体结构，SO32中孤电子对与成键电子对之间的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用大，SO32键角比SO42的键角小，原子数目相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，SO42的一种等电子体的化学式：ClO4等，故答案为：正四面体；S
53、O32中孤电子对与成键电子对之间的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用大；ClO4等；（4）晶胞中Ti4+位于立方体的顶点，体心为Ca2+，棱上为O2，Ca2+与棱上O2的距离更近，Ca2+的配位数为12，晶胞中Ti4+数目为8=1、Ca2+离子数目为1、O2离子数目为12=3，则钛酸盐化学式为CaTiO3，故答案为：12；CaTiO3；（5）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=V可知：4g=5.71gcm3（4.28108 cm）3，解得：x=0.92，故答案为：0.9212化合物E常用于制备抗凝血药，可以通过如图所示路线合成（1）B
54、中含氧官能团的名称是羧基、羟基，检验A中官能团的常用试为银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液（2）CD的反应类型为取代反应，1mol E最多可与4 molH2发生加成反应（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（4）B有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体的结构简式能发生银镜反应能与FeCl3溶液发生显色反应1mol该同分异构体与NaOH溶液反应时，最多可消耗3mol NaOH（5）苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料，请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯（无机试剂任选）：【考点】有机物的合成【分析】（1）B与甲醇发生酯化反应得到C，可推知B为，A发生氧化反应生成乙酸
55、，则A为CH3CHO；（2）对比C、D结构可知，C中酚羟基中H原子被COCH3取代生成D；E中苯环与C=C双键与氢气发生加成反应；（3）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应，反应生成、CH3COONa、CH3OH；（4）B为，B的同分异构体符合：能够发生银镜反应，说明含有醛基；能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚羟基，1mol该同分异构体与NaOH溶液反应时，最多可消耗3mol NaOH，则含有甲酸与酚形成的酯基，有邻、间、对3种；（5）苯甲醛与氢气发生加成反应生成苯甲醇，再发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应得到，再水解得到苯乙酸，苯乙酸与
56、乙醇发生酯化反应得到苯乙酸乙酯【解答】解：（1）B与甲醇发生酯化反应得到C，可推知B为，含有官能团为羧基、羟基，A发生氧化反应生成乙酸，则A为CH3CHO，含有官能团为醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，故答案为：羧基、羟基；银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；（2）对比C、D结构可知，C中酚羟基中H原子被COCH3取代生成D，属于取代反应；E中苯环与C=C双键与氢气发生加成反应，故1mol E最多可与4mol H2反应，故答案为：取代反应；4；（3）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应，反应生成、CH3COONa、CH3OH，反应方程式为：，故答案为：；（4）B为，B的同分异构体符合：能够发生银镜反应，说明含有醛基；能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚羟基，1mol该同分异构体与NaOH溶液反应时，最多可消耗3mol NaOH，则含有甲酸与酚形成的酯基，有邻、间、对3种，符合条件的同分异构体结构简式为：，故答案为：；（5）苯甲醛与氢气发生加成反应生成苯甲醇，再发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应得到，再水解得到苯乙酸，苯乙酸与乙醇发生酯化反应得到苯乙酸乙酯，合成路线流程图为：，故答案为：2016年12月20日高考资源网版权所有，侵权必究！