1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年广东省揭阳市惠来一中高三（下）第一次段考化学试卷一、选择题（每小题6分，本大题共7小题每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）选项性质实际应用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔点高SiO2可用于制作耐高温仪器CAl（OH）3具有弱碱性Al（OH）3可用于制胃酸中和剂DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜AABBCCDD2下列实验操作能达到实验目的是（）A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、N
2、H4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl3下列装置的设计能达到实验目的是（）A除去乙醇中的乙酸B形成原电池C分离水和四氯化碳D干燥HI4设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（O16Fe56）（）A常温下，0.5 molL1 Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为1 NAB标准状况下，22.4L苯中含CH数目为6NAC常温常压下，16g O2和O3混合气体中，含氧原子的总数为1NAD5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.3NA5在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2
3、SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg6下列保存物质的方法正确的是（）A保存液溴时向其中加入少量酒精，减少挥发B氢氟酸保存在塑料塞的玻璃瓶中，防止瓶口和塞子粘住C氨水易挥发，应密封在低温处保存D金属锂应保存在煤油中，防止被氧化7下列说法正确的是（）A将NaH溶于水，得到的水溶液能导电说明NaH是离子化合物BFe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的化学性质不相同C乙醇分子中含羟基，可与金属钠反应生成氢气DMnO2具有较强氧化性，可作为H2 O2分解反应的氧化剂三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题第13题为必考题，每个试题考生都必须作答第14题第1
4、6题为选考题，考生根据要求作答8氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是（填氧化剂或还原剂）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是（填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解
5、在足量稀硝酸中反应的离子方程式9某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.011023个电子（1）写出该反应的化学方程式：；（2）若有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果：10氢化钙固体登山运动员常用的能源提供剂某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为（填仪器接口的字母编号）（2）根据完整的实验装置进行实
6、验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）A加热反应一段时间 B收集气体并检验其纯度C关闭分液漏斗活塞 D停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成写出CaH2与水反应的化学方程式；该同学的判断不正确，原因是（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是11研究和开发CO2和CO的创新利用是环境保护和资源利用双赢的课题在催化剂作用下，CO可
7、用于合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入4mol CO和8mol H2，合成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示：该反应的正反应属于反应（填“吸热”或“放热”）在0.1MPa、100的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为mol（2）若在恒温恒容的条件下，向上述平衡体系中充入4mol CO，8mol H2，与（1）相比，达到平衡时CO转化率（填“增大”，“不变”或“减小”），平衡常数K（填“增大”，“不变”或“减小”）（3）在上述合成甲醇的反应中需要用到H2做反应物，以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法已知：
8、CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4kJmol1则CH4和H2O（g）反应生成CO2和H2的热化学方程式为：12用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）318H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；加入MnSO4至紫红色消失，过滤；再经过一系列操作，分离得到产品（1）步骤中过滤所得滤渣主要成分为：，H2SO4
9、溶解Al2O3的离子方程式为：（2）步骤中加入KMnO4时发生反应的离子方程式为：（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度均为0.1molL1根据表中数据解释步骤的目的：（4）已知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2向的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：步骤中加入MnSO4的目的是：（5）步骤中“一系列操作”是、13端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应2RCCHRCCCCR+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有
10、重要价值下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为，D的化学名称为（2）和的反应类型分别为、（3）E的结构简式为用1mol E合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气mol（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式（6）写出用2苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线化学-选修2化学与技术14胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料，现有废铜（主要杂质为Fe）来制备
11、胆矾有人设计了如下流程：pH值控制可参考下列数据物质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4请根据上述流程回答下列问题：（1）A可选用（填字母）a稀H2SO4 b浓H2SO4、加热 c浓FeCl3溶液 d浓HNO3（2）中加H2O2的目的（3）中加Cu2（OH）2CO3的目的是，其优点是（4）加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为（5）V中加H2SO4调节pH=1是为了，某工程师认为上述流程中所加的A物质并不理想，需作改进，其理由是，若你是工程师，将对所加的A物质作何改进？请提出建议化学-选修3物质结构与性质15W、Y、Z、Q、R是周期
12、表中前四周期的元素，且原子序数依次增大基态W的原子核外有2个未成对电子，Q是电负性最大的元素，基态R的原子核外未成对电子数是W原子核外未成对电子数的2倍请问答下列问题（答题时，W、Y、Z、Q、R用所对应的元素符号表示）：（1）W、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序为；一种由Y、Z元素组成的化合物与WZ2互为等电子体，其分子式为（2）已知Y2Q2分子存在如图所示的两种结构（球棍模型，短线不一定代表单键），该分子中Y原子的杂化方式是杂化（3）W22的电子式为，基态R原子的价电子排布式为（4）YQ3分子的空间构型为，Y和Q两元素的简单氢化物的沸点较高的是（写分子式）往硫酸铜溶液中通入过量的YH
13、3（H代表氢元素），可生成配离子Cu（YH3）42+，但YQ3不易与Cu2+形成配离子，其原因是（5）科学家通过X射线探明RZ的晶体结构与NaCl相似，在RZ晶体中距离R2+最近且等距离的R2+有个若在RZ晶体中阴阳离子间最近距离为a pm，晶体密度为 gcm3，则阿伏加德罗常数NA的表达式为mol1化学-选修5有机化合物16甲苯是有机化工生产的基本原料之一利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J已知：请回答：（1）写出下列反应方程式B+DE；GH（2）的反应类型为；的反应类型为；F的结构简式为（3）E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的4种同分异
14、构体结构简式要求：与E、J属同类物质苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种；2016-2017学年广东省揭阳市惠来一中高三（下）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，本大题共7小题每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）选项性质实际应用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔点高SiO2可用于制作耐高温仪器CAl（OH）3具有弱碱性Al（OH）3可用于制胃酸中和剂DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜AABBCCDD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A二氧化硫有
15、毒；B耐高温仪器应具有熔点高的性质；CAl（OH）3具有弱碱性能够与盐酸反应，消耗盐酸；D三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子【解答】解：A二氧化硫有毒，虽然具有漂白性，但是不能用于食品漂白，故A错误；BSiO2可用于制作耐高温仪器是因为SiO2熔点高，故B正确；CAl（OH）3具有弱碱性能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以治疗胃酸过多，故C正确；D三价铁离子具有强氧化性，能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，故D正确；故选：A2下列实验操作能达到实验目的是（）A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、
16、NH4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl【考点】化学实验方案的评价【分析】ANO2与水反应；BMgCl2、AlCl3均与氨水反应生成白色沉淀；CKMnO4溶液与草酸发生氧化还原反应，溶液褪色；D二者均与碳酸氢钠溶液反应【解答】解：ANO2与水反应，不能排水法收集，故A错误；BMgCl2、AlCl3均与氨水反应生成白色沉淀，不能检验，故B错误CKMnO4溶液与草酸发生氧化还原反应，溶液褪色，则用酸性KMnO4溶液可验证草酸的还原性，故C正确；D二者均与碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故D错误；故选C3下列装置的设计能达到
17、实验目的是（）A除去乙醇中的乙酸B形成原电池C分离水和四氯化碳D干燥HI【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离；B酒精不导电；C四氯化碳不溶于水；DHI与浓硫酸发生氧化还原反应【解答】解：A乙醇和乙酸混溶，但二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故A错误；B酒精不导电，不能形成原电池反应，故B错误；C四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故C正确；DHI与浓硫酸发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥HI气体，故D错误故选C4设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（O16Fe56）（）A常温下，0.5 molL1 Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为1 NAB标
18、准状况下，22.4L苯中含CH数目为6NAC常温常压下，16g O2和O3混合气体中，含氧原子的总数为1NAD5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、体积不知；B、苯在标准状况下为液体；C、O2和O3的构成微粒是氧原子；D、铁与盐酸反应生成亚铁离子【解答】解：A、体积不知，无法由浓度求物质的量，故A错误；B、苯在标准状况下为液体，气体摩尔体积适用于气体，故B错误；C、O2和O3的构成微粒是氧原子，也就是氧原子16g，则氧原子的物质的量为1mol，所以含氧原子的总数为1NA，故C正确；D、铁与盐酸反应生成亚铁离子，5.6g Fe的物质的量为：0.1
19、mol与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA，故D错误；故选C5在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；BFeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；D碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁【解答】解：A二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B二氧化硫和
20、水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C6下列保存物质的方法正确的是（）A保存液溴时向其中加入少量酒精，减少挥发B氢氟酸保存在塑料塞的玻璃瓶中，防止瓶口和塞子粘住C氨水易挥发，应密封在低温处保存D金属锂应保存在煤油中，防止被氧化【考点】化学试剂的存放【分析】A、酒精能加速溴的挥发；B、氢氟酸和二氧化硅反
21、应生成四氟化硅和水；C、易挥发的物质应该低温保存；D、易和氧气反应是金属应该选用密度大于该金属且和该金属不反应的液体保存【解答】解：A、溴易溶于酒精，但酒精是易挥发性的物质，导致加速溴的挥发，故A错误；B、氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以不能保存在玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，故B错误；C、氨水易挥发，升高温度能加速氨水的挥发，所以氨水应该密封在低温处保存，故C正确；D、锂易和氧气反应，煤油的密度大于锂的密度，锂放入煤油中会漂浮在表面上，所以不能防止被氧化，故D错误；故选C7下列说法正确的是（）A将NaH溶于水，得到的水溶液能导电说明NaH是离子化合物BFe（OH）3胶体和Fe（O
22、H）3沉淀的化学性质不相同C乙醇分子中含羟基，可与金属钠反应生成氢气DMnO2具有较强氧化性，可作为H2 O2分解反应的氧化剂【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】ANaH与水反应生成氢氧化钠和氢气；BFe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的成分都是氢氧化铁；C乙醇分子中的羟基能与Na反应；D二氧化锰作催化剂【解答】解：ANaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，不是NaH本身发生电离，不能说明NaH是离子化合物，故A错误； BFe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的成分都是氢氧化铁，化学性质相同，故B错误；C乙醇分子中的羟基能与Na反应生成氢气，故C正确；D二氧化锰作为H2O2分解反应的催化剂，
23、MnO2不是氧化剂，故D错误故选C三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题第13题为必考题，每个试题考生都必须作答第14题第16题为选考题，考生根据要求作答8氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是还原剂（填氧化剂或还原剂）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化
24、学反应方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是H2（填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式CuH+3H+NO3=Cu2+2H2O+NO【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的书写；氧化还原反应【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮
25、气体【解答】解：（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂，故答案为：还原剂；（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O，故答案为：CuH+3H+NO3=Cu2+2H2O+NO9某强酸性反应体系中，反应物
26、和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.011023个电子（1）写出该反应的化学方程式：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O；（2）若有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为0.5mol；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果：PbO2+4H+2Cl=Pb2+Cl2+2H2O【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）X是一种硫酸盐，且0.2mol X在该反应中失去1m
27、ol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）9.8g H2SO4参加反应，则n（H2SO4）=0.1mol，根据方程式中H2SO4 和电子的关系可求出；（3）若用浓盐酸代替硫酸，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气【解答】解：（1）X是一种硫酸盐，且0.1mol X在该反应中失去0.5mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还
28、原反应中得失电子数相等配平方程式，该反应方程式为：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O，故答案为：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O；（2）9.8g H2SO4参加反应，则n（H2SO4）=0.1mol，由方程式可知：2MnSO4Pb（MnO4）22H2SO4 10mol电子，则0.1molH2SO4反应转移0.5mol电子，所以有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5mol；（3）若用浓盐酸代替硫酸，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，发生的离子反应为PbO
29、2+4H+2Cl=Pb2+Cl2+2H2O，故答案为：PbO2+4H+2Cl=Pb2+Cl2+2H2O10氢化钙固体登山运动员常用的能源提供剂某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为ie，fd，cj，k（或k，j）a（填仪器接口的字母编号）（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞BADC（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）A加热反应一段时间 B收集气体并检验其纯度C关闭分液漏斗活塞 D停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显
30、红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成写出CaH2与水反应的化学方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；该同学的判断不正确，原因是金属钙与水反应也有类似现象（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便【考点】制备实验方案的设计；连接仪器装置；气体的净化和干燥【分析】（1）一般制备纯净干燥的气体的实验装置的顺序为：制备装置除
31、杂装置干燥装置等；（2）实验过程中要保证整个装置内已充满氢气，实验的操作程序是：检查装置的气密性产生氢气收集氢气并进行验纯加热反应停止加热继续通氢气至冷却停止通入氢气；（3）CaH2中H元素的化合价为1价，CaH2具有还原性，与水发生氧化还原反应生成Ca（OH）2和H2；Ca与水反应也能产生Ca（OH）2和H2；（4）区分钙和氢化钙时可利用其组成、性质的差异来判断；（5）作为能源，氢化钙是固体，比氢气更易携带，使用也较方便【解答】解：（1）氢化钙和金属钙都是极强的还原剂，遇水、遇空气都能发生剧烈反应，因此在制取氢化钙时，必须要除去空气、水等其他杂质；在题给的实验装置中，不难判断出氢气的发生装置
32、，氢气的净化装置和氢化钙的生成装置等，其连接顺序为iefdcjk（或kj）a；故答案为：ie，fd，cj，k（或k，j）a；（2）为保证整个装置内已充满氢气，因此实验的操作程序是：检查装置的气密性产生氢气收集氢气并进行验纯加热反应停止加热继续通氢气至冷却停止通入氢气，故答案为：BADC；（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；金属钙与水反应也有类似现象；（4）CaH2可以和氧
33、气在加热条件下反应生成水，可用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，故答案为：取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色； （5）作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，故答案为：氢化钙是固体，携带方便11研究和开发CO2和CO的创新利用是环境保护和资源利用双赢的课题在催化剂作用下，CO可用于合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入4mol CO和8mol H2，合成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示：该反应的正反应属于
34、放热反应（填“吸热”或“放热”）在0.1MPa、100的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为8mol（2）若在恒温恒容的条件下，向上述平衡体系中充入4mol CO，8mol H2，与（1）相比，达到平衡时CO转化率增大（填“增大”，“不变”或“减小”），平衡常数K不变（填“增大”，“不变”或“减小”）（3）在上述合成甲醇的反应中需要用到H2做反应物，以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法已知：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4kJmol1则CH4和H2O（g）反应生
35、成CO2和H2的热化学方程式为：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.0 kJmol1【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】（1）由图可知，压强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；根据CO的转化率计算平衡时CO的物质的量和各组分的物质的量；（2）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入4mol CO，8mol H2，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动；化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变；（3）根据盖斯定律书写目标热化学方程式【解答】解：（1）由图可知，压
36、强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；CO转化率为0.5，则平衡时CO的物质的量为4mol（10.5）=2mol， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始（mol） 4 8 0变化（mol） 2 4 2平衡（mol） 2 4 2反应达到平衡时容器内气体的物质的量为2+4+2=8mol，故答案为：8；（2）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入4 molCO，8 mol H2，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故答案为：
37、增大；不变；（3）已知CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4kJmol1由2得CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.0 kJmol1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.0 kJmol112用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）318H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；加热，产生大
38、量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；加入MnSO4至紫红色消失，过滤；再经过一系列操作，分离得到产品（1）步骤中过滤所得滤渣主要成分为：SiO2，H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O（2）步骤中加入KMnO4时发生反应的离子方程式为：MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度均为0.1molL1根据表中数据解释步骤的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3
39、+，可使铁完全沉淀（4）已知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2向的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：生成黄绿色气体步骤中加入MnSO4的目的是：除去过量的MnO4（5）步骤中“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）Al2O3、FeOxFe2O3能与硫酸反应，而SiO2不与硫酸反应，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水；（2）依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒，结合元素化合价变化分析产物和反应物，据此书写离子方程式；（3）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.52.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始
40、沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；（4）向的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去；（5）从溶液中获得Al2（SO4）318H2O晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法【解答】解：（1）Al2O3、FeOxFe2O3能与硫酸反应，而SiO2不与硫酸反应，步骤过滤得到沉淀的
41、主要成分为：SiO2，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；故答案为：SiO2；Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（3）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.52.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知
42、，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离，步骤II的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；（4）向的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水生成的氯气是黄绿色气体，说明沉淀中存在MnO2，故答案为：生成黄绿色气体；MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去，故答案为：除去过量的MnO4；（5）
43、从溶液中获得Al2（SO4）318H2O晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶13端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应2RCCHRCCCCR+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为，D的化学名称为苯乙炔（2）和的反应类型分别为取代反应、消去反应（3）E的结构简式为用1mol E合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为n+（n1）H2（5）芳香化合物F是
44、C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式任意三种（6）写出用2苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线【考点】有机物的合成【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应D发生信息中的偶联反应生成E为（6）在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成【解答】解：由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为对比C、D的结构
45、可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应D发生信息中的偶联反应生成E为（1）B的结构简式为，D的化学名称为苯乙炔，故答案为：；苯乙炔；（2）和的反应类型分别为取代反应、消去反应，故答案为：取代反应、消去反应；（3）E的结构简式为，用1mol E合成1，4二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol，故答案为：；4；（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为：n+（n1）H2，故答案为：n+（n1）H2；（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：，故
46、答案为：任意3种；（6）在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，合成路线流程图为： ，故答案为： 化学-选修2化学与技术14胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料，现有废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾有人设计了如下流程：pH值控制可参考下列数据物质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4请根据上述流程回答下列问题：（1）A可选用b（填字母）a稀H2SO4 b浓H2SO4、加热 c浓FeCl3溶液 d浓HNO3（2）中加H2O2的目的将Fe
47、2+氧化为Fe3+（3）中加Cu2（OH）2CO3的目的是除去过量的硫酸，其优点是不引入新的杂质（4）加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（5）V中加H2SO4调节pH=1是为了抑制Cu2+的水解，某工程师认为上述流程中所加的A物质并不理想，需作改进，其理由是会产生SO2，会对污染环境，硫酸的利用率低，若你是工程师，将对所加的A物质作何改进？请提出建议可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加H2O2）并加热【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾的流程：将金属全部溶解，再将存在的亚铁离子氧化为铁离
48、子，再结合Cu2+开始沉淀时的pH值，Fe转化为Fe（OH）3更容易除去加入H2O2，目的是将二价铁转化为三价铁，在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2（OH）2CO3，目的应是调节溶液的酸碱性，所以这里加Cu2（OH）2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe（OH）3当三价铁沉淀完全后，再进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有SO42，再加硫酸，调节溶液pH值=1，目的是抑制Cu2+的水解，再分别进行蒸发、冷却、结晶后，最终得到产品胆矾【解答】解：废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾的流程：将金属全部溶解，再将存在的亚铁离子氧
49、化为铁离子，再结合Cu2+开始沉淀时的pH值，可以Fe最终转化为Fe（OH）3更容易除去，保证铜离子不会沉淀，不能引进杂质离子，加入H2O2，目的是将二价铁转化为三价铁，在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2（OH）2CO3，目的应是调节溶液的酸碱性，所以这里加Cu2（OH）2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe（OH）3当三价铁沉淀完全后，再进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有SO42，再加硫酸，调节溶液pH值=1，目的是抑制Cu2+的水解，再分别进行蒸发、冷却、结晶后，最终得到产品胆矾（1）A可选用浓H2SO4、加热
50、，稀硫酸不能溶解Cu，而浓FeCl3溶液、浓HNO3会引入杂质，故答案为：b；（2）H2O2与Fe2+发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+后，调节pH，更容易除去，所以中加H2O2的目的将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（3）在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2（OH）2CO3，这里加Cu2（OH）2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe（OH）3，并且不引入新的杂质，故答案为：除去过量的硫酸；不引入新的杂质；（4）加热煮沸时，促进铁离子水解，可以得到氢氧化铁沉淀，发生的化学反应的离子方程式为：Fe3+3
51、H2OFe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（5）V中加H2SO4调节pH=1是为了抑制Cu2+的水解，但是Cu与浓硫酸反应过程中会产生SO2，会对污染环境，这样会使硫酸的利用率低，所以可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加H2O2）并加热，故答案为：抑制Cu2+的水解；会产生SO2，会对污染环境，硫酸的利用率低；可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加H2O2）并加热化学-选修3物质结构与性质15W、Y、Z、Q、R是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大基态W的原子核外有2个未成对电子，Q是电负性最大的元素，基态R的原子核外未成对电子数是W原子核外未成对电子数的2倍
52、请问答下列问题（答题时，W、Y、Z、Q、R用所对应的元素符号表示）：（1）W、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC；一种由Y、Z元素组成的化合物与WZ2互为等电子体，其分子式为N2O（2）已知Y2Q2分子存在如图所示的两种结构（球棍模型，短线不一定代表单键），该分子中Y原子的杂化方式是sp2杂化（3）W22的电子式为，基态R原子的价电子排布式为3d64s2（4）YQ3分子的空间构型为三角锥形，Y和Q两元素的简单氢化物的沸点较高的是HF（写分子式）往硫酸铜溶液中通入过量的YH3（H代表氢元素），可生成配离子Cu（YH3）42+，但YQ3不易与Cu2+形成配离子，其原因是由于电负性FN
53、H，NF3分子中共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配合物（5）科学家通过X射线探明RZ的晶体结构与NaCl相似，在RZ晶体中距离R2+最近且等距离的R2+有12个若在RZ晶体中阴阳离子间最近距离为a pm，晶体密度为 gcm3，则阿伏加德罗常数NA的表达式为1030 mol1【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【分析】W、Y、Z、Q、R是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大Q是电负性最大的元素，则Q为F元素；W原子核外有2个未成对电子，原子序数小于F且相差至少为3，处于第二周期，W核外电子排布为1s22s22p2，则W为C元素；结合原子序数可知，Y为N
54、元素、Z为O元素；R元素的原子核外的未成对电子数是W原子核外未成对电子数的2倍，则R原子未成对电子数为4，则R处于第四周期，其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则R为Fe元素，以此解答该题【解答】解：（1）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC；在上述三种元素的原子中，与CO2互为等电子体的分子式N2O，故答案为：NOC； N2O；（2）F原子成一个共价键，由模型可知：白色球表示F、黑色球表示N，N原子之间应成N=N双键，N2F2分子中N原子价层电子对数=2
55、+=3，N原子采取sp2杂化，故答案为：sp2；（3）C22阴离子中C原子之间形成三对共用电子对，且都满足8电子稳定结构，其电子式为，R为Fe元素，原子核外价层电子排布为3d64s2，故答案为：；3d64s2；（4）NF3分子中N原子价层电子对数=3+=4，N原子含有1对孤对电子，故其空间构型为三角锥形；Y和Q两元素的氢化物分别为NH3、HF，由于电负性FN，故HF分子之间的氢键比NH3分子之间的氢键更强，且HF的范德华力更强，故HF的沸点更高；由于电负性FNH，NF3分子中共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配合物，故答案为：三角锥形；HF；由于电负性FNH，NF3分
56、子中共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配合物；（5）科学家通过X射线探明FeO的晶体结构与NaCl晶体结构相似若以为Fe2+体心，在FeO晶体中距离Fe2+最近且等距离的Fe2+位于棱的中心上，故共有12个；FeO的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，则一个晶胞中含有4个“FeO”，NA个“FeO”的质量为72g，FeO晶体中阴阳离子间最近距离为a1010 cm，则体积为（2a cm）3=8a31030 cm3，晶胞质量为8a3 1030 cm3g/cm3=8a31030 g，所以4=8a31030 g，故NA=1030 ，故答案为：12；1030 化学-选修5有机化合
57、物16甲苯是有机化工生产的基本原料之一利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J已知：请回答：（1）写出下列反应方程式B+DE；GH（2）的反应类型为取代；的反应类型为酯化；F的结构简式为（3）E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式要求：与E、J属同类物质苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种；【考点】有机物的推断；有机化合物的异构现象【分析】乙醇被氧气氧化生成A乙醛，乙醛被氧化生成B乙酸，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式知，D是苯甲醇，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是一氯甲苯，二氯甲苯和氢氧化钠
58、的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是苯甲醛，苯甲醛被氧化生成I苯甲酸，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是苯甲酸钠，G是三氯甲苯，乙醇和苯甲酸反应生成J苯甲酸乙酯【解答】解：乙醇被氧气氧化生成A乙醛，乙醛被氧化生成B乙酸，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式知，D是苯甲醇，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是一氯甲苯，二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是苯甲醛，苯甲醛被氧化生成I苯甲酸，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是苯甲酸钠，G是三氯甲苯，乙醇和苯甲酸反应生成J苯甲酸乙酯（1）通过以上分析知，B是乙酸，D是苯甲醇，在加热、浓硫酸作催化剂条件下反应生成乙酸苯甲酯，反应方程式为：，故答案为：；三氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲酸钠，反应方程式为：，故答案为：；（2）甲苯和氯气发生取代反应，故答案为：取代；苯甲酸和乙醇发生酯化反应，通过以上分析知，F的结构简式为：，故答案为：酯化，； （3）E、J有多种同分异构体，与E、J属同类物质，说明含有苯环和酯基，苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种，说明两个取代基处于对位，符合条件的同分异构体为：，故答案为：、2017年3月3日高考资源网版权所有，侵权必究！