1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年广东省广州市高考化学模拟试卷（1月份）一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解 释A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果乙烯能与高锰酸钾发生氧化还原反应B用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+Na2S具有强还原性C用氧化铁制作红色涂料氧化铁能与酸反应D用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈明矾溶液中Al3+能与铜锈反应AABBCCDD2设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，11.2L苯中含有CH键的数目为3NAB常温下
2、，1.0LPH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAC常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子D电解饱和食盐水，阳极产生22.4L气体时，电路中通过的电子数目为2NA3W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同下列说法错误的是（）A元素W与氢形成原子比为1：1的化合物有多种B元素X的单质能与水、无水乙醇反应C离子Y3+与Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素W与元素Z可形成含有极性共价键的化合物4用CaSO4代替O2与燃料
3、CO反应是一种高效、清洁的新型燃烧技术反应如下：CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol1下列说法错误的是（）A反应达到平衡时，增大压强平衡不移动B反应的平衡常数表达式为K=C反应和是主反应，反应是副反应D2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）是放热反应5常温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）ApH=3的醋酸溶液稀释100倍后，溶液的pH=
4、5BpH=2的盐酸与等体积0.01 molL1醋酸钠混合溶液后，溶液中c（Cl）=c（CH3COO）C氨水中通入过量CO2后，溶液中c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）D0.1mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）c（I）6肉桂酸异戊酯是一种香料，其结构简式如图下列有关肉桂酸异戊酯的叙述正确的是（）A不能使溴的四氯化碳溶液褪色B能与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀C能与FeCl3溶液反应显紫色D能与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应7利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）项实验结论A稀盐酸Na2SO3Na2SiO3溶液非
5、金属性：ClCSiB稀硫酸Na2S滴加少量AgNO3的KI溶液Ksp（AgI）Ksp（Ag2S）C浓盐酸KMnO4AgNO3和稀硝酸混合溶液Cl2溶于水有Cl生成D浓硫酸蔗糖Ba（OH）2溶液SO2能与碱溶液反应AABBCCDD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8实验室以正丁醇、溴化钠、硫酸为原料制备正溴丁烷的反应如下：NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4CH3CH2CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2CH2Br+H2O在圆底烧瓶中加入原料，充分振荡后加入几粒沸石
6、，安装装置加热至沸腾，反应约40min待反应液冷却后，改装为装置，蒸出粗产品部分物理性质列表如下：物质正丁醇正溴丁烷沸点/117.2101.6熔点/89.12112.4密度/gcm30.80981.2758溶解性微溶于水，溶于浓硫酸不溶于水和浓硫酸将所得粗产品倒入分液漏斗中，先用10mL水洗涤，除去大部分水溶性杂质，然后依次用5mL浓硫酸、10mL水、10mL饱和NaHCO3溶液、10mL水洗涤分离出有机层，加入无水氯化钙固体，静置1h，过滤除去氯化钙，再常压蒸馏收集99103馏分回答下列问题：（1）仪器A的名称是，冷却水从A的（填“上”或“下”）口通入（2）在圆底烧瓶中加入的原料有：10ml
7、水；7.5ml正丁醇；10g溴化钠；12mL浓硫酸上述物质的加入顺序合理的是（填正确答案标号）abc（3）烧杯B中盛有NaOH溶液，吸收的尾气主要是（填化学式）本实验使用电热套进行加热，总共使用了次（4）用浓硫酸洗涤粗产品时，有机层从分液漏斗（填“上口倒出”或“下口放出”）最后一次水洗主要是洗掉（5）制备正溴丁烷时，不直接用装置边反应边蒸出产物，其原因是（6）本实验得到正溴丁烷6.5g，产率为（只列式，不必计算出结果）9重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等其水溶液中存在平衡：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+（1）已知有关物质溶解度如图1用复分解法制备K2Cr2O7的操作
8、过程是：向Na2Cr2O7溶液中加入（填化学式），搅拌溶解，调节溶液pH约为5，加热溶液至表面有少量晶体析出时，抽滤得到粗产品，再用重结晶法提纯粗产品（2）以铬酸钾（K2CrO4）为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图2不锈钢作极，写出该电极的电极反应式分析阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因当铬酸钾的转化率达到x时，阳极液中K与Cr的物质的量之比为（3）铬对环境能造成污染某酸性废水中含有Cr2O72，处理时可用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+，再调节pH约为8，使铬元素沉降，分离出污泥后检测废水中Cr3+浓度，低于0.5mgL1则达到排放标准Na2S2O5参
9、加反应的离子方程式为经上述工艺处理后的废水，理论上Cr3+浓度约为mgL1（已知室温下KspCr（OH）361031）10乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反应：（1）一定温度下，将amol乙苯加入体积为VL的密闭容器中，发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如下表时间/min010203040总压强/1000kPa1.01.21.31.41.4平衡时，容器中气体物质的量总和为mol，乙苯的转化率为列式计算此温度下该反应的平衡常数K（2）根据化学反应原理，分析减小压强对该反应的影响（3）实际生产的反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比对乙苯转化率的影响可用
10、图表示M=n（H2O）/n（乙苯比较图中A、B两点对应平衡常数大小：KAKB图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为随着反应的进行，催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性，原因是（用化学方程式表示）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修2：化学与技术11纯碱是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料（1）路布兰法制备纯碱：食盐与硫酸反应生成硫酸钠；将硫酸钠、石灰
11、石和足量煤混合，高温下共熔制得碳酸钠，反应有硫化钙生成第步反应的化学方程式为（2）原盐水中含少量Mg2和Ca2，结合生产实际，精制盐水需要的试剂时、（填化学式）步骤 II保持在3035进行，反应的化学方程式为，该反应能发生的原因是该工艺中循环利用的物质是索尔维制纯碱不需要用到的一种设备是 （填正确答案标号）A吸氨塔 B蒸氨塔 C碳酸化塔 D沸腾炉 E石灰窑该工艺中食盐利用率大约只有70%，食盐损失的主要原因是我国科学家侯德榜将合成氨工业得到的NH3和CO2引入纯碱的生产，向上述工艺的“母液”中通入NH3并加入食盐固体，降温结晶得到副产品（填化学式），剩余母液返回“吸氨”步骤，大大提高了食盐的利
12、用率（3）纯碱产品中可能含有碳酸氢钠用热重分析的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数为（NAHCO3）=（列出算式，所需数据用字母表示，并说明各字母的含义）化学-选修3：物质结构与性质12元素A、B、C、D、E、F、G在元素周期表中的位置如图1所示，回答下列问题：（1）G的基态原子核外电子排布式为原子的第一电离能：DE（填“”或“”）（2）根据价层电子互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：lllbbb（l为孤对电子对，b为键合电子对），则关于A2C中的ACA键角可得出的结论是A180 B接近120，但小于120C接近120，但大于120 D接近10928，但小于10928（3）化合物G（B
13、C）5的熔点为20，沸点为103，其固体属于晶体，该物质中存在的化学键类型有，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，反应的化学方程式为（4）化合物BCF2的立体构型为，其中B原子的杂化轨道类型是，写出两个与BCF2具有相同空间构型的含氧酸根离子（5）化合物EC的晶胞结构如图2所示，晶胞参数a=0.424nm每个晶胞中含有个E2+，列式计算EC晶体的密度gcm3化学-选修5：有机化学基础13链烃A是重要的有机化工原料，由A经以下反应可制备一种有机玻璃：已知以下信息：核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢；羰基化合物可发生以下反应：（注：R可以是烃基，也可以是H原子）E在甲醇、硫酸的作用下，发生酯化、脱
14、水反应生成F回答下列问题：（1）A的结构简式为，A生成B的反应类型为（2）B生成C的化学方程式为（3）D的结构简式为，分子中最多有个原子共平面（4）E的化学名称为（5）F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）；能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体 能使Br2的四氯化碳溶液褪色其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的是（写出其中一种的结构简式）（6）聚乳酸（ ）是一种生物可降解材料，参考上述信息设计由乙醇制备聚乳酸的合成路线（示例：反应条件XYZ ）2016年广东省广州市高考化学模拟试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四
15、个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解 释A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果乙烯能与高锰酸钾发生氧化还原反应B用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+Na2S具有强还原性C用氧化铁制作红色涂料氧化铁能与酸反应D用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈明矾溶液中Al3+能与铜锈反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙烯较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；B硫化钠能和Cu2+、Hg2+生成沉淀CuS、HgS；C氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料；D明矾中铝离子水解导致明矾溶液呈酸性，铜锈能和氢离子反应生成可
16、溶性的铜盐【解答】解：A乙烯较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，该反应中乙烯体现还原性、高锰酸钾溶液体现氧化性，所以用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，故A正确；B硫化钠能和Cu2+、Hg2+生成沉淀CuS、HgS，发生的是复分解反应而不是氧化还原反应，故B错误；C氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，作涂料与氧化铁与酸是否反应无关，故C错误；D明矾中铝离子水解导致明矾溶液呈酸性，铜锈能和氢离子反应生成可溶性的铜盐，明矾中铝离子和铜锈不反应，故D错误；故选A2设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，11.2L苯中含有CH键的数目为3NAB常温下，1.0LPH=13
17、的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAC常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子D电解饱和食盐水，阳极产生22.4L气体时，电路中通过的电子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A标准状况下苯的状态不是气体；BpH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；C铁与浓硫酸在常温下发生钝化现象；D没有告诉在标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算【解答】解：A标准状况下，苯不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，故A错误；B常温下，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.
18、1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.1NA，故B正确；C常温下铁片与浓硫酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，故C错误；D没有告诉在标准状况下，无法计算阳极生成22.4L气体的物质的量，故D错误；故选B3W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同下列说法错误的是（）A元素W与氢形成原子比为1：1的化合物有多种B元素X的单质能与水、无水乙醇反应C离子Y3+与Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素W与元素Z可形成含有极性共价
19、键的化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代说明W为C，化合物XZ是重要的调味品为NaCl，Y位于XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为Al，Z的电子层结构与氩相同判断为Cl，W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，据此分析选项【解答】解：A元素W为C与氢形成原子比为1：1的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等，故A正确；B元素X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，故B正确；C
20、离子Y3+离子为Al3+，有两个电子层，最外层8个电子，Z为Cl最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，故C错误；D元素W为C与元素Z为Cl可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，故D正确；故选C4用CaSO4代替O2与燃料CO反应是一种高效、清洁的新型燃烧技术反应如下：CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol1下列说法错误的是（）A反应达到
21、平衡时，增大压强平衡不移动B反应的平衡常数表达式为K=C反应和是主反应，反应是副反应D2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）是放热反应【考点】化学平衡的影响因素【分析】A反应前后气体体积不变，改变压强不影响化学平衡；B平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，注意固体和纯液体不写入平衡常数表达式；C用CaSO4代替O2与燃料CO反应是一种高效、清洁的新型燃烧技术，反应是放热反应易进行，反应是吸热反应难进行且生成污染气体，所以为副反应；D依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；【解答】解：A反应前后气体体积不变，改变
22、压强不影响化学平衡，平衡不移动，故A正确；B平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，注意固体和纯液体不写入平衡常数表达式，反应的平衡常数表达式为K=，故B正确；C用CaSO4代替O2与燃料CO反应是一种高效、清洁的新型燃烧技术，反应是主反应，反应是副反应，故C错误；D依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol14+2得到：2CaSO4（s）+7
23、CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）H=151.1KJ/mol，反应是放热反应，故D正确；故选C5常温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）ApH=3的醋酸溶液稀释100倍后，溶液的pH=5BpH=2的盐酸与等体积0.01 molL1醋酸钠混合溶液后，溶液中c（Cl）=c（CH3COO）C氨水中通入过量CO2后，溶液中c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）D0.1mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）c（I）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A弱电解质在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进电离；BpH
24、=2的盐酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L与等体积0.01 molL1醋酸钠混合溶液后生成醋酸和氯化钠，醋酸是弱酸；C氨水中通入过量CO2后反应生成碳酸氢铵，溶液中存在电荷守恒判断；DAgCl与AgI的溶度积不同，氯化银溶解性大于碘化银，所得溶液中c（Cl）c（I）【解答】A醋酸中存在电离平衡，醋酸为弱电解质溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液稀释100倍后溶液的pH5，故A错误；BpH=2的盐酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L与等体积0.01 molL1醋酸钠混合溶液后生成醋酸和氯化钠，醋酸是弱酸，溶液中c（Cl）c（CH3COO），故B错误；C氨水中通入过量CO
25、2后反应生成碳酸氢铵，溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；D均存在溶解平衡，溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，氯化银溶解性大于碘化银，所得溶液中c（Cl）c（I），故D正确；故选D6肉桂酸异戊酯是一种香料，其结构简式如图下列有关肉桂酸异戊酯的叙述正确的是（）A不能使溴的四氯化碳溶液褪色B能与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀C能与FeCl3溶液反应显紫色D能与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A含有碳碳双键，能与溴发生加成反应；B不含醛基，不能与新制氢氧化铜反应；C不含酚羟基，不
26、能与FeCl3溶液发生显色反应；D含有苯环，具有苯的性质【解答】解：A含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B不含醛基，不能与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，故B错误；C不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故C错误；D含有苯环，具有苯的性质，能与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生取代反应，故D正确，故选：D7利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）项实验结论A稀盐酸Na2SO3Na2SiO3溶液非金属性：ClCSiB稀硫酸Na2S滴加少量AgNO3的KI溶液Ksp（AgI）Ksp（Ag2S）C浓盐酸KMnO4AgNO3和稀硝酸混合溶液Cl
27、2溶于水有Cl生成D浓硫酸蔗糖Ba（OH）2溶液SO2能与碱溶液反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，但不能比较非金属性，且盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；B硫酸与Na2S反应生成H2S，滴加少量AgNO3的KI溶液，先生成黑色沉淀Ag2S；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，盐酸易挥发；D蔗糖脱水后C与浓硫酸反应生成的二氧化硫、二氧化碳均能使Ba（OH）2溶液变浑浊【解答】解：A盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，但不能比较非金属性，且盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，应利用最高价氧化物的水化物比较酸性，则不能比较Cl、S、C的非金属性，故A错误；B
28、硫酸与Na2S反应生成H2S，滴加少量AgNO3的KI溶液，先生成黑色沉淀Ag2S，则溶度积小的先沉淀，可知Ksp（AgI）Ksp（Ag2S），故B正确；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，盐酸易挥发，则中含HCl电离的Cl，故C错误；D蔗糖脱水后C与浓硫酸反应生成的二氧化硫、二氧化碳均能使Ba（OH）2溶液变浑浊，则不能说明SO2能与碱溶液反应，故D错误；故选B三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8实验室以正丁醇、溴化钠、硫酸为原料制备正溴丁烷的反应如下：NaBr+H2SO4HB
29、r+NaHSO4CH3CH2CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2CH2Br+H2O在圆底烧瓶中加入原料，充分振荡后加入几粒沸石，安装装置加热至沸腾，反应约40min待反应液冷却后，改装为装置，蒸出粗产品部分物理性质列表如下：物质正丁醇正溴丁烷沸点/117.2101.6熔点/89.12112.4密度/gcm30.80981.2758溶解性微溶于水，溶于浓硫酸不溶于水和浓硫酸将所得粗产品倒入分液漏斗中，先用10mL水洗涤，除去大部分水溶性杂质，然后依次用5mL浓硫酸、10mL水、10mL饱和NaHCO3溶液、10mL水洗涤分离出有机层，加入无水氯化钙固体，静置1h，过滤除去氯化钙，再常压蒸
30、馏收集99103馏分回答下列问题：（1）仪器A的名称是球形冷凝管，冷却水从A的下（填“上”或“下”）口通入（2）在圆底烧瓶中加入的原料有：10ml水；7.5ml正丁醇；10g溴化钠；12mL浓硫酸上述物质的加入顺序合理的是a（填正确答案标号）abc（3）烧杯B中盛有NaOH溶液，吸收的尾气主要是HBr（填化学式）本实验使用电热套进行加热，总共使用了3次（4）用浓硫酸洗涤粗产品时，有机层从分液漏斗上口倒出（填“上口倒出”或“下口放出”）最后一次水洗主要是洗掉有机物中少量的碳酸氢钠（5）制备正溴丁烷时，不直接用装置边反应边蒸出产物，其原因是正丁醇、正溴丁烷的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的
31、正丁醇被蒸出，使产率降低（6）本实验得到正溴丁烷6.5g，产率为100%（只列式，不必计算出结果）【考点】有机物的合成【分析】（1）根据装置图可知仪器A名称，冷凝管充满冷凝水充分冷却，逆流冷却效果好；（2）浓硫酸稀释时，必须将浓硫酸慢慢倒入水中，冷却后加入丁醇，减少挥发，最后加入NaBr；（3）正丁醇、溴化钠、硫酸反应时，会有挥发出来的溴化氢，用氢氧化钠溶液吸收；实验中在反应生成CH3CH2CH2CH2Br时要加热，装置蒸出粗产品需要加热，粗产品洗涤、分液后分离出有机层，加入无水氯化钙固体后常压蒸馏收集99103馏分，也需要加热；（4）有机层的密度小于浓硫酸，有机层在上层；最后一次水洗主要是除
32、去有机物中少量的碳酸氢钠；（5）正丁醇、正溴丁烷的沸点相差较小；（6）7.5ml正丁醇的物质的量为mol=0.082mol，10g溴化钠的物质的量为mol=0.097mol，根据反应NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4、CH3CH2CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2CH2Br+H2O可知，是正丁醇不足量，根据正丁醇的质量计算正溴丁烷理论产量，产率=（实际产量理论产量）100%【解答】解：（1）根据仪器a的结构特征，可知仪器a是球形冷凝管，冷凝管充满冷凝水充分冷却，冷却水从A的下口通入，故答案为：球形冷凝管；下；（2）浓硫酸稀释时，必须将浓硫酸慢慢倒入水中，冷却后加入丁醇，减少挥发，
33、最后加入NaBr，故选：a；（3）正丁醇、溴化钠、硫酸反应时，会有挥发出来的HBr，用氢氧化钠溶液吸收，实验中在反应生成CH3CH2CH2CH2Br时要加热，装置蒸出粗产品需要加热，粗产品洗涤、分液后分离出有机层，加入无水氯化钙固体后常压蒸馏收集99103馏分，也需要加热，所以共有三次用电热套进行加热，故答案为：HBr；3；（4）有机层的密度小于浓硫酸，所以有机层在上层，要从分液漏斗上口倒出，按实验步骤可知，最后一次水洗主要是除去有机物中少量的碳酸氢钠，故答案为：上口倒出；有机物中少量的碳酸氢钠；（5）正丁醇、正溴丁烷的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，使产率降低，所以制备
34、正溴丁烷时，不直接用装置边反应边蒸出产物，故答案为：正丁醇、正溴丁烷的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，使产率降低；（6）7.5ml正丁醇的物质的量为mol=0.082mol，10g溴化钠的物质的量为mol=0.097mol，根据反应NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4、CH3CH2CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2CH2Br+H2O可知，是正丁醇不足量，则正溴丁烷理论产量为7.50.8098g，故产率=6.6g（7.50.8098g）100%=100%，故答案为：100%9重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等其水溶液中存在平衡：Cr2O72+H
35、2O2CrO42+2H+（1）已知有关物质溶解度如图1用复分解法制备K2Cr2O7的操作过程是：向Na2Cr2O7溶液中加入KCl（填化学式），搅拌溶解，调节溶液pH约为5，加热溶液至表面有少量晶体析出时，冷却结晶，抽滤得到粗产品，再用重结晶法提纯粗产品（2）以铬酸钾（K2CrO4）为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图2不锈钢作阴极，写出该电极的电极反应式2H2O+2e=2OH+H2分析阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因阳极OH放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72+H2O2CrO42+2H+向生成Cr2O72方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O
36、7当铬酸钾的转化率达到x时，阳极液中K与Cr的物质的量之比为2：（10.5x）（3）铬对环境能造成污染某酸性废水中含有Cr2O72，处理时可用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+，再调节pH约为8，使铬元素沉降，分离出污泥后检测废水中Cr3+浓度，低于0.5mgL1则达到排放标准Na2S2O5参加反应的离子方程式为3S2O52+2Cr2O72+10H+=6SO42+4Cr3+5H2O经上述工艺处理后的废水，理论上Cr3+浓度约为3108mgL1（已知室温下KspCr（OH）361031）【考点】电解原理；制备实验方案的设计【分析】（1）Na2Cr2O7水溶液中加K
37、Cl，加热浓缩、冷却结晶，可得到K2Cr2O7；（2）与电源的负极相连作阴极；阴极上氢离子得电子生成氢气；阳极上溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大使Cr2O72+H2O2CrO42+2H+向生成Cr2O72方向移动；设K2CrO4为1mol，则K+为2mol，铬酸钾的转化率达到x，则生成为K2Cr2O70.5xmol，K2CrO4剩余为1xmol，据此计算；（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，根据电子守恒和原子守恒书写方程式；pH约为8，则c（OH）=106mol/L，根据KspCr（OH）3610
38、31计算c（Cr3+），再求出质量浓度【解答】解：（1）由图可知Na2Cr2O7的溶解度较大，K2Cr2O7的溶解度较小，Na2Cr2O7水溶液中加KCl，加热浓缩、冷却结晶，可得到K2Cr2O7；故答案为：KCl；冷却结晶；（2）与电源的负极相连作阴极；阴极上氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极方程式为：2H2O+2e=2OH+H2；故答案为：阴；2H2O+2e=2OH+H2；阳极上溶液中阴离子放电，氢氧根离子失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大使Cr2O72+H2O2CrO42+2H+向生成Cr2O72方向移动；故答案为：阳极OH放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72+H2O2CrO42+2
39、H+向生成Cr2O72方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7；设K2CrO4为1mol，则K+为2mol，铬酸钾的转化率达到x，则生成为K2Cr2O70.5xmol，K2CrO4剩余为1xmol，则阳极液中K与Cr的物质的量之比为2：（1x+0.5x）=2：（10.5x）；故答案为：2：（10.5x）；（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）将Cr2O72转化为毒性较低的Cr3+，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，其反应的离子方程式为：3S2O52+2Cr2O72+10H+=6SO42+4Cr3+5H2O；故答案为：3S2O52+2Cr2O72+10H+=6SO
40、42+4Cr3+5H2O；pH约为8，则c（OH）=106mol/L，已知KspCr（OH）361031，c（Cr3+）=61013mol/L，则1L溶液中Cr元素的质量为61013mol52g/mol=3.1261011g3108mg，则理论上Cr3+浓度约为3108mg/L；故答案为：310810乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反应：（1）一定温度下，将amol乙苯加入体积为VL的密闭容器中，发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如下表时间/min010203040总压强/1000kPa1.01.21.31.41.4平衡时，容器中气体物质的量总和为1.4amol，乙苯的转化率为40%列式计
41、算此温度下该反应的平衡常数K（2）根据化学反应原理，分析减小压强对该反应的影响该反应分子数增加，减小压强使平衡右移，乙苯转化率增大，苯乙烯产率增加，减小压强使乙苯浓度减小，反应速率减小（3）实际生产的反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比对乙苯转化率的影响可用图表示M=n（H2O）/n（乙苯比较图中A、B两点对应平衡常数大小：KAKB图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为M1M2M3随着反应的进行，催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性，原因是C+H2OCO+H2（用化学方程式表示）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分
42、析】（1）根据压强与气体物质的量成正比确定反应后气体的总物质的量；利用差量法计算出反应消耗乙苯的物质的量，然后计算出乙苯的转化率；利用三段式计算出平衡时各组分的物质的量，然后利用平衡常数表达式计算出该温度下该反应的平衡常数；（2）该反应为气体体积增大的反应，减小压强后平衡向着气体体积增大的反应方向移动；再结合压强对反应速率的影响分析；（3）图象分析可知，随温度升高，乙苯转化率增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，AB两点B点温度高；乙苯量越多，投料比越小，乙苯转化率越小，据此分析判断M的值；催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性是因为碳和水蒸气在高温下反应生成一氧
43、化碳气体和氢气，除去表面的积碳【解答】解：（1）容器容积固定，则容器内压强与气体的总物质的量成正比，根据表中数据可知，达到平衡时压强为反应前的1.4倍，则平衡时气体的总物质的量为：amol1.4=1.4amol；平衡时气体的物质的量增大：1.4amolamol=0.4amol，设有x mol 乙苯发生转化，n 1 1 1 1 xmol 0.4amol则：x=0.4amol，所以乙苯的转化率为：100%=40%，故答案为：1.4a；40%；发生反应为反应前（mol） a 0 0转化（mol） 0.4a 0.4a 0.4a平衡时（mol） 0.6a 0.4a 0.4a则该反应的平衡常数为：K=，故
44、答案为：；（2）根据反应方程式可知，该反应中气体的分子数增加，则减小压强后平衡右移，乙苯转化率增大，苯乙烯产率增加；减小压强后使乙苯浓度减小，则反应速率减小，故答案为：该反应分子数增加，减小压强使平衡右移，乙苯转化率增大，苯乙烯产率增加，减小压强使乙苯浓度减小，反应速率减小；（3）图象分析可知，随温度升高，乙苯转化率增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，AB两点B点温度高，平衡正向进行程度大，平衡常数B点大，KAKB，故答案为：；乙苯量越多，投料比越小，乙苯转化率越小，据此分析判断M的值，M1M2M3，故答案为：M1M2M3；催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性
45、是因为碳和水蒸气在高温下反应生成一氧化碳气体和氢气，除去表面的积碳，反应的化学方程式为：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修2：化学与技术11纯碱是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料（1）路布兰法制备纯碱：食盐与硫酸反应生成硫酸钠；将硫酸钠、石灰石和足量煤混合，高温下共熔制得碳酸钠，反应有硫化钙生成第步反应的化学方程式为Na2
46、SO4+CaCO3+4C Na2CO3+CaS+4CO（2）原盐水中含少量Mg2和Ca2，结合生产实际，精制盐水需要的试剂时Ca（OH）2（或CaO）、Na2CO3（填化学式）步骤 II保持在3035进行，反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NaHCO3+NH4Cl，该反应能发生的原因是常温下，NaHCO3、NH4Cl、NH4HCO3、NaCl四种物质中，NaHCO3溶解度最小该工艺中循环利用的物质是CO2、NH3索尔维制纯碱不需要用到的一种设备是D （填正确答案标号）A吸氨塔 B蒸氨塔 C碳酸化塔 D沸腾炉 E石灰窑该工艺中食盐利用率大约只有70%，食盐损失的主要原因是NaHC
47、O3未完全析出，母液中的Na随废液排出我国科学家侯德榜将合成氨工业得到的NH3和CO2引入纯碱的生产，向上述工艺的“母液”中通入NH3并加入食盐固体，降温结晶得到副产品NH4Cl（填化学式），剩余母液返回“吸氨”步骤，大大提高了食盐的利用率（3）纯碱产品中可能含有碳酸氢钠用热重分析的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数为（NAHCO3）=（ m1是样品质量，m2是样品受热分解后的质量）（列出算式，所需数据用字母表示，并说明各字母的含义）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）将硫酸钠、石灰石和足量煤混合，高温下共熔制得碳酸钠，反应有硫化钙生成，S元素发生还原反应，C发生氧化反应
48、生成CO；（2）石灰水煅烧得到二氧化碳，食盐水中通入氨气，溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，增大溶液中HCO3，析出NaHCO3晶体，过滤分离，母液中含有NH4Cl，碳酸氢钠加热分解得到纯碱，同时生成二氧化碳，向母液中加入石灰乳得到氨气，二氧化碳、氨气循环利用用氢氧化钙沉淀镁离子，再用碳酸钠沉淀钙离子；NaHCO3、NH4Cl、NH4HCO3、NaCl四种物质中，NaHCO3溶解度最小，析出中NaHCO3晶体，同时生成氯化铵；该工艺中循环利用的物质是氨气与二氧化碳；工艺流程中不需要沸腾炉，工业制备硫酸用到沸腾炉；NaHCO3未完全析出，母液中的Na随废液排出等导致食盐损失；母液中含有氯化铵，通入
49、NH3并加入食盐固体，有利于氯化铵析出，降温结晶得到副产品为氯化铵；（3）称量样品的质量，加热分解完成，测定分解后样品质量，根据固体质量差可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算样品中碳酸氢钠的质量分数【解答】解：（1）将硫酸钠、石灰石和足量煤混合，高温下共熔制得碳酸钠，反应有硫化钙生成，S元素发生还原反应，C发生氧化反应生成CO，反应方程式为：Na2SO4+CaCO3+4C Na2CO3+CaS+4CO，故答案为：Na2SO4+CaCO3+4C Na2CO3+CaS+4CO；（2）石灰水煅烧得到二氧化碳，食盐水中通入氨气，溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，增大溶液中HCO3，析出NaHCO3晶体，过滤
50、分离，母液中含有NH4Cl，碳酸氢钠加热分解得到纯碱，同时生成二氧化碳，向母液中加入石灰乳得到氨气，二氧化碳、氨气循环利用精制盐水需要，用氢氧化钙沉淀镁离子，再用碳酸钠沉淀钙离子，故答案为：Ca（OH）2（或CaO）；Na2CO3；NaHCO3、NH4Cl、NH4HCO3、NaCl四种物质中，NaHCO3溶解度最小，析出中NaHCO3晶体，同时生成氯化铵，反应方程式为：NH3H2O+NaCl+CO2=NaHCO3+NH4Cl，该工艺中循环利用的物质是氨气与二氧化碳，故答案为：NH3H2O+NaCl+CO2=NaHCO3+NH4Cl；常温下，NaHCO3、NH4Cl、NH4HCO3、NaCl四种
51、物质中，NaHCO3溶解度最小；CO2、NH3；工艺流程中不需要沸腾炉，工业制备硫酸用到沸腾炉，盐水吸收氨气用到吸氨塔，母液中得到氨气用蒸氨塔，铵盐水吸收二氧化碳用到碳酸化塔，石灰水煅烧需要石灰窑，故答案为：D；该工艺中食盐利用率大约只有70%，食盐损失的主要原因是：NaHCO3未完全析出，母液中的Na随废液排出；母液中含有氯化铵，通入NH3并加入食盐固体，有利于氯化铵析出，降温结晶得到副产品为氯化铵，故答案为：NaHCO3未完全析出，母液中的Na随废液排出； NH4Cl；（3）称量样品的质量m1，加热分解完成，测定分解后样品质量m2，根据固体质量差可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算样品中碳酸氢
52、钠的质量分数2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O 固体质量建设168 62m （m1m2）则m=，故样品中碳酸氢钠的质量分数为=，故答案为：（ m1是样品质量，m2是样品受热分解后的质量）化学-选修3：物质结构与性质12元素A、B、C、D、E、F、G在元素周期表中的位置如图1所示，回答下列问题：（1）G的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2原子的第一电离能：DE（填“”或“”）（2）根据价层电子互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：lllbbb（l为孤对电子对，b为键合电子对），则关于A2C中的ACA键角可得出的结论是DA180 B接近120，但小于
53、120C接近120，但大于120 D接近10928，但小于10928（3）化合物G（BC）5的熔点为20，沸点为103，其固体属于分子晶体，该物质中存在的化学键类型有配位键、共价键，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，反应的化学方程式为4Fe（CO）3+9O22Fe2O3+12CO2（4）化合物BCF2的立体构型为平面三角形，其中B原子的杂化轨道类型是sp2，写出两个与BCF2具有相同空间构型的含氧酸根离子NO3、CO32等（5）化合物EC的晶胞结构如图2所示，晶胞参数a=0.424nm每个晶胞中含有4个E2+，列式计算EC晶体的密度3.49gcm3【考点】晶胞的计算【分析】由元素在周期表中的位置
54、，可知A为H元素、B为碳元素、C为O元素、D为Na元素、E为Mg、F为Cl、G为Fe（1）Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理书写核外电子排布式；金属性越强，第一电离能越小，且Mg的3s电子为全满稳定结构；（2）H2O中含2对孤对电子，2个键合电子对，为V型结构；（3）化合物Fe（CO）3的熔点为20，沸点为103，熔沸点比较低，符合分子晶体的性质；它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，该氧化物为氧化铁，还生成二氧化碳；（4）化合物COCl2的C原子形成3个键，没有孤对电子，价层电子对数为3；与COCl2具有相同空间构型的含氧酸根离子的中心原子连接3个O原子且没有孤对电子；（5）根据均摊法计算
55、晶胞中Mg原子、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再根据=计算该晶体的密度【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知A为H元素、B为碳元素、C为O元素、D为Na元素、E为Mg、F为Cl、G为Fe（1）Fe原子核外电子数为26，则Fe的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，金属性NaMg，Mg的3s电子为全满稳定结构，则原子的第一电离能：DE，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；（2）H2O中含2对孤对电子，2个键合电子对，为V型结构，键角接近10928，但小于10928，故选D；（3）化合物Fe（CO）3的熔点为20，沸点为103，熔沸点比较低，
56、属于分子晶体，含配位键、共价键，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，该氧化物为氧化铁，还生成二氧化碳，反应方程式为：4Fe（CO）3+9O22Fe2O3+12CO2，故答案为：分子；配位键、共价键；4Fe（CO）3+9O22Fe2O3+12CO2；（4）化合物COCl2的C原子形成3个键，没有孤对电子，价层电子对数为3，C原子为sp2杂化，空间结构为平面三角形，与COCl2具有相同空间构型的含氧酸根离子的中心原子连接3个O原子且没有孤对电子，为NO3、CO32等，故答案为：平面三角形；sp2；NO3、CO32等；（4）晶胞中Mg原子数目为6+8=4、O原子数目=1+12=4，则晶胞质量为4g，晶胞
57、参数（即边长）为0.424nm，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体的密度为 4g（0.424107cm）3=3.49 gcm3，故答案为：4；3.49化学-选修5：有机化学基础13链烃A是重要的有机化工原料，由A经以下反应可制备一种有机玻璃：已知以下信息：核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢；羰基化合物可发生以下反应：（注：R可以是烃基，也可以是H原子）E在甲醇、硫酸的作用下，发生酯化、脱水反应生成F回答下列问题：（1）A的结构简式为CH2=CHCH3，A生成B的反应类型为加成反应（2）B生成C的化学方程式为CH3CHClCH3+NaOHCH3CH（OH）CH3+NaCl（3）D的结构简式为CH3
58、COCH3，分子中最多有4个原子共平面（4）E的化学名称为2甲基2丙烯酸（5）F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有9种（不含立体异构）；能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体 能使Br2的四氯化碳溶液褪色其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的是CH2=C（CH3）CH2COOH（写出其中一种的结构简式）（6）聚乳酸（ ）是一种生物可降解材料，参考上述信息设计由乙醇制备聚乳酸的合成路线（示例：反应条件XYZ ）【考点】有机物的合成【分析】F发生加聚反应生成有机玻璃，则F结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，E和甲醇发生酯化反应生成F，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH
59、；A是链烃，根据A分子式知，A结构简式为CH2=CHCH3，A和HCl发生加成反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生催化氧化反应生成D，核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢，则D结构简式为CH3COCH3，C结构简式为CH3CH（OH）CH3，B结构简式为CH3CHClCH3，D发生加成反应然后酸化得到E，（6）由乙醇为起始原料制备聚乳酸，乙醇先氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成乳酸，发生加聚反应可生成聚乳酸【解答】解：F发生加聚反应生成有机玻璃，则F结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，E和甲醇发生酯化反应生成F，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH；A是链烃
60、，根据A分子式知，A结构简式为CH2=CHCH3，A和HCl发生加成反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生催化氧化反应生成D，核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢，则D结构简式为CH3COCH3，C结构简式为CH3CH（OH）CH3，B结构简式为CH3CHClCH3，D发生加成反应然后酸化得到E，（1）A的结构简式为CH2=CHCH3，A生成B的反应类型为加成反应，故答案为：CH2=CHCH3；加成反应；（2）C结构简式为CH3CH（OH）CH3，B结构简式为CH3CHClCH3，B生成C的化学方程式为CH3CHClCH3+NaOHCH3CH（OH）CH3+NaCl，故答案为：CH3CHC
61、lCH3+NaOHCH3CH（OH）CH3+NaCl；（3）D的结构简式为CH3COCH3，分子中最多有4个原子共平面，故答案为：CH3COCH3；4；（4）E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，E的化学名称为2甲基2丙烯酸，故答案为：2甲基2丙烯酸；（5）F结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，F的同分异构体中能同时满足下列条件，能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基；能使Br2的四氯化碳溶液褪色说明含有碳碳双键，如果主链上含5个碳原子的结构有5种；如果主链上含有4个碳原子，符合条件的结构有4种；则符合条件的有9种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的是CH2=C（CH3）CH2COOH，故答案为：9；CH2=C（CH3）CH2COOH；（6）由乙醇为起始原料制备聚乳酸，乙醇先氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成乳酸，发生加聚反应可生成聚乳酸，流程为，故答案为：2017年1月13日高考资源网版权所有，侵权必究！