1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年广东省深圳市高考化学二模试卷一、选择题（每小题6分）1我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”这里所用的“法”是指（）A萃取B渗析C蒸馏D干馏2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A30 g乙烷中所含的极性共价键数为7NAB标准状况下，22.4 L N2和CO2混合气体所含的分子数为2NAC1 L浓度为1 molL1的 H2O2水溶液中含有的氧原子数为2NADMnO2和浓盐酸反应生成1 mol氯气时，转移的电子数为2NA3EDTA是一种重要的络合剂
2、4mol 一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1mol EDTA和4mol HCl，则EDTA的分子式为（）AC10H16N2O8BC10H20N2O8CC8H16N2O8DC16H20N2O8Cl4下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是（）序号操作和现象结论A向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有SO42B向某溶液中加入足量浓NaOH溶液并微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中含NH4+C常温下，测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB溶液常温下水解程度：ABD向蔗糖溶液中滴加少量稀H2SO
3、4，水浴加热；向其中滴加少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，无明显现象蔗糖没有水解AABBCCDD5一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示下列说法错误的是（）A电池的正极反应为H2O2+2e=2OHB电池放电时Na+从a极区移向b极区C电子从电极b经外电路流向电极aDb极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半下列叙述正确的是（）A金属性：XYB原子半径：YZC最简单氢化物的热稳定性：ZWDY元素氧化物不溶于X元素最
4、高价氧化物对应水化物的水溶液725时，向100mL 0.1molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1 NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图（H2SO4视为二元强酸）下列说法错误的是（）Aa点时溶液的pH1Bc点时离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）Cde段上的点均满足关系式：c（NH4+）+c（Na+）2c（SO42）Da点到b点的过程中，溶液的导电能力增强二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8已知氯化亚铁的熔点674、沸点1023；三氯化铁在300以上易升华，易溶于水并且有强烈的吸水性在500条件下氯化亚铁与氧气
5、可能发生多种反应，反应之一为：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3某研究小组选用以下装置（夹持装置省略，装置可重复选用）进行反应的探究回答下列问题：（1）装置的合理连接顺序为A、D，其中E装置U形管左边设计为粗导管的目的是（2）A装置中发生反应的化学方程式为（3）反应过程发现，装置B中除生成红棕色固体外，还观察到黄绿色气体，生成该气体的化学方程式为（4）待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气至（5）设计实验：利用E装置U形管里的固体验证Fe（OH）3是弱碱：测定装置B的残留固体中铁元素的质量分数：9不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、
6、NO3、F和+6价铬的含氧酸根离子等如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）62+（1）再生酸中含有，采取减压蒸馏的原因是（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是（3）请写出“转化”时NaHSO3与Cr2O72发生反应的离子反应方程式：（4）已知Ni（NH3）62+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：（5）滤渣3的主要成分为CaF2、Ca（OH）2和（6）经检测，最后的残液中c（Ca2+）
7、=0.004molL1，则残液中F浓度为mgL1，（填“符合”或“不符合”）排放标准已知Ksp（CaF2）=41011 mol3L3，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mgL110氮的化合物在生产生活中广泛存在（1）氯胺（NH2Cl）的电子式为可通过反应NH3（g）+Cl2（g）=NH2Cl（g）+HCl（g）制备氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假定不同物质中同种化学键的键能一样），则上述反应的H=化学键键能/（kJmol1）NH391.3ClCl243.0NCl191.2HCl431.8NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为（2）用焦炭还原NO的
8、反应为：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400、400、T）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n（NO）随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n（NO）（甲容器）/mol2.001.501.100.800.80n（NO）（乙容器）/mol1.000.800.650.530.45n（NO）（丙容器）/mol2.001.451.001.001.00该反应为（填“放热”或“吸热”）反应乙容器在200min达到平衡状态，则0200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）=（3
9、）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），在恒温条件下，1mol NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A）Kc（B）（填“”或“”或“=”）A、B、C三点中NO2的转化率最高的是（填“A”或“B”或“C”）点计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（二）选考题，请考生任选一模块作答化学-选修2：化学与技术11甘氨酸亚铁络合物化学式为（NH2CH2COO）2Fe是常用的补铁剂，其合成方法如下：（1）通入N2
10、的作用是（2）已知甘氨酸显弱酸性，其结构简式为NH2CH2COOH，甘氨酸亚铁络合物易溶于水且在水中难电离，写出“水浴加热”过程中生成甘氨酸亚铁络合物的反应的离子方程式（3）抽滤的好处是，从“母液”中回收有机溶剂的方法是（4）“粗品纯化”的操作为蒸馏水洗涤、洗涤、干燥，其中干燥过程使用的设备最好选用（填“常压干燥机”或“真空干燥机”）（5）有文献指出，若在“水浴加热”过程中投入适量的石灰石，则能同时提高产品的产率和纯度，请解释原因：（6）若甘氨酸的投料量为300kg，产出纯品346.8kg，则产率为（甘氨酸的相对分子质量为75）化学-选修3：物质结构与性质12氮族元素和硼族元素在生产生活中有很
11、重要的地位（1）写出硼族元素Ga的基态原子核外电子排布式（2）NF3的分子构型为，NO3的空间构型为，1mol NO3中含有的键的数目为：（3）氮化硼的立方结晶的变体被认为是已知的最硬的物质BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化方式为（4）元素第一电离能的大小：As（填“”“”或“=”）Ga，原因是（5）相同条件下，在水中的溶解度：NH3（填“”“”或“=”）PH3，原因是（6）已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，其晶胞边长为c pm则砷化镓的化学式为，晶胞中As原子和它最近的Ga原子之间的距离为pm（用含c的式子表示），砷化镓的密度为gcm3（设NA为阿伏加德罗常数的值，用含c、NA的式
12、子表示，原子量：Ga70，As75）化学-选修5：有机化学基础13以A（C2H2）为原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路线如图所示，部分反应条件及产物略去其中D在一定条件下可被氧化成酮回答下列问题：（1）A的名称是；已知C是反式产物，则C的结构简式为（2）的反应类型是，的反应类型是（3）F含有的官能团的名称是（4）反应的化学方程式为（5）肉桂酸（）的同分异构体中，含有苯环和碳碳双键，且能够发生水解反应的共有种（不考虑顺反异构）与D互为同分异构体，且核磁共振氢谱有面积比为2：3的两组峰的有机物的结构简式是（6）参照上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备2，5二甲基吡咯（）的合成
13、路线2016年广东省深圳市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分）1我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”这里所用的“法”是指（）A萃取B渗析C蒸馏D干馏【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，以此来解答【解答】解：由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故选C2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A30 g乙烷中所含的极性共价键数为7NAB标准状况下，22.4 L N2和CO
14、2混合气体所含的分子数为2NAC1 L浓度为1 molL1的 H2O2水溶液中含有的氧原子数为2NADMnO2和浓盐酸反应生成1 mol氯气时，转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性共价键来分析；B、分子数N=；C、在双氧水溶液中，除了双氧水外，水也含氧原子；D、二氧化锰和盐酸反应时，氯元素的价态由1价变为0价【解答】解：A、30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含6条极性共价键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA条，故A错误；B、分子数N=NA，故B错误；C、在双氧水溶液中，除了双氧水外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大
15、于2NA个，故C错误；D、二氧化锰和盐酸反应时，氯元素的价态由1价变为0价，故当生成1mol氯气时，转移2NA个电子，故D正确故选D3EDTA是一种重要的络合剂4mol 一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1mol EDTA和4mol HCl，则EDTA的分子式为（）AC10H16N2O8BC10H20N2O8CC8H16N2O8DC16H20N2O8Cl【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】一氯乙酸的结构简式为CH2ClCOOH，乙二胺的分子式为C2H8N2，结合反应的方程式利用质量守恒可确定EDTA的分子式【解答】解：一氯乙酸的结构简式为CH2ClCOOH，分子式为C2
16、H3O2Cl，乙二胺的分子式为C2H8N2，4mol 一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1mol EDTA和4mol HCl，则有4C2H3O2Cl+C2H8N2EDTA+4HCl，由质量守恒可知EDTA的分子式为C10H16N2O8，故选A4下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是（）序号操作和现象结论A向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有SO42B向某溶液中加入足量浓NaOH溶液并微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中含NH4+C常温下，测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB溶液常温下
17、水解程度：ABD向蔗糖溶液中滴加少量稀H2SO4，水浴加热；向其中滴加少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，无明显现象蔗糖没有水解AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；B铵根离子和NaOH反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；C要比较其水解程度时，两种溶液浓度必须相同；D葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下【解答】解：A硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，所以不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液检验，故A错误；B铵根离子和NaOH反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试
18、纸变蓝色，所以该实验现象说明溶液中含有铵根离子，故B正确；C要比较其水解程度时，两种溶液浓度必须相同，这两种溶液都是饱和溶液不一定两种溶液的浓度相同，所以不能据此判断水解能力大小，故C错误；D葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下，所以在加新制氢氧化铜悬浊液之前必须加NaOH中和未反应的稀硫酸，故D错误；故选B5一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示下列说法错误的是（）A电池的正极反应为H2O2+2e=2OHB电池放电时Na+从a极区移向b极区C电子从电极b经外电路流向电极aDb极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】以硼
19、氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，结合原电池的工作原理和解答该题【解答】解：A正极发生反应为：H2O2+2e=2OH，故A正确；B放电时为原电池，阳离子移向正极，b为正极，故B正确；C电子由负极经外电路流下正极，应该由a到b，故C错误；D正极电极反应式为H2O2+2e=2OH，产生的氢氧化钠溶液可以循环使用，故D正确故选：C6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依
20、次增大W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半下列叙述正确的是（）A金属性：XYB原子半径：YZC最简单氢化物的热稳定性：ZWDY元素氧化物不溶于X元素最高价氧化物对应水化物的水溶液【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，设W、Z的最外层电子数为x，则Y的为x1，2x+x1=11，x=4，可知W为C元素，Y为Al，Z为Si元素，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半，由原子序数关系可知应为Na元素，以
21、此解答该题【解答】解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同族，Y、Z相邻，W、Y、Z三种元素原子的最外层电子数之和为11，设W、Z的最外层电子数为x，则Y的为x1，2x+x1=11，x=4，可知W为C元素，Y为Al，Z为Si元素，X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半，由原子序数关系可知应为Na元素，A同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则金属性：XY，故A错误；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故B正确；C非金属性CSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，故D错误故选B725时，向100mL 0.1mol
22、L1 NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1 NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图（H2SO4视为二元强酸）下列说法错误的是（）Aa点时溶液的pH1Bc点时离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）Cde段上的点均满足关系式：c（NH4+）+c（Na+）2c（SO42）Da点到b点的过程中，溶液的导电能力增强【考点】离子浓度大小的比较【分析】a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离c点
23、溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，A.0.1molL1 NH4HSO4溶液中铵根离子水解溶液氢离子浓度大于0.1mol/L；Bc点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分；Cde段上的点氢氧化钠过量，溶液显碱性，结合溶液中电荷守恒分析判断；Db点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，离子浓度变化不大；【解答】解：A.0.1molL1 NH4HSO4溶液中铵根离子水解溶液氢离子浓度大于0.1mol/L，a点时溶液的pH1，故A正确；Bc点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、N
24、H3H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42），b点时c（Na+）c（SO42），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42）c（NH4+），故c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故B正确；Cde段上的点氢氧化钠过量，溶液显碱性，溶液中电荷守恒为：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），c（OH）c（H+），c（NH4+）+c（Na+）2c（SO42），故C正确；Db点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，溶液中溶质都是强电解质，溶液中离子浓度变化不大，导电性变化不大，故D错误；故选D二、非选择题（本
25、大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8已知氯化亚铁的熔点674、沸点1023；三氯化铁在300以上易升华，易溶于水并且有强烈的吸水性在500条件下氯化亚铁与氧气可能发生多种反应，反应之一为：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3某研究小组选用以下装置（夹持装置省略，装置可重复选用）进行反应的探究回答下列问题：（1）装置的合理连接顺序为A、CBEC、D，其中E装置U形管左边设计为粗导管的目的是防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管（2）A装置中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（3）反应过程发现，装置B中除生成红棕色固体外，还观察到黄绿色气体，生成该气体
26、的化学方程式为4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2（4）待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气至硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失（5）设计实验：利用E装置U形管里的固体验证Fe（OH）3是弱碱：取少量固体加水溶解，用pH试纸（或pH计）测得溶液显酸性，即证测定装置B的残留固体中铁元素的质量分数：称取一定质量B中的残留固体，加入足量的盐酸（或硫酸等）溶解，加足量的H2O2氧化后，再加入足量氢氧化钠溶液得沉淀，过滤、洗涤、在空气中充分灼烧至恒重称量【考点】性质实验方案的设计【分析】探究氯化亚铁制取氯化铁的性质实验：反应原理为：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeC
27、l3首先制取氧气，装置A：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，制取的氧气中含有水蒸气，因三氯化铁易溶于水并且有强烈的吸水性，需除去氧气中的水蒸气，选用装置C，在500条件下氯化亚铁与氧气可能发生多种反应，装置B中：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3，同时发生副反应4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气至硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失，三氯化铁在300以上易升华，利用装置E浓盐水冷却氯化铁，E装置U形管左边设计为粗导管的目的是防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管，在尾气处理前组装个吸水干燥装置的说明，目的是为
28、了防止外界空气进入，引入水蒸气的干扰影响，最后用装置D盛放碱性溶液吸收尾气（1）根据实验的目的制取氯化铁，首先制取氧气，其次除去氧气中的水蒸气，然后制取、收集，最后进行尾气处理，据此连接实验装置，因三氯化铁易凝华，其中E装置U形管左边设计为粗导管的目的是防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管；（2）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；（3）黄绿色气体为氯气，说明氯化亚铁和氧气反应生成红棕色氧化铁和黄绿色氯气，据此书写方程式；（4）待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气，当装置中的黄绿色气体完全消失，反应停止；（5）利用氯化铁为强酸弱碱盐水解呈酸性进行检验；将装置B的残留固体溶于酸，加氧化剂
29、将铁转化为铁离子，加入碱生成氢氧化铁沉淀，转化为氧化铁，根据氧化铁测定装置B的残留固体中铁元素的质量分数【解答】解：（1）氯化亚铁制取氯化铁的性质实验：反应原理为：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3首先制取氧气，装置A：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，制取的氧气中含有水蒸气，因三氯化铁易溶于水并且有强烈的吸水性，需除去氧气中的水蒸气，选用装置C，在500条件下氯化亚铁与氧气可能发生多种反应，装置B中：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3，同时发生副反应4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气至硬质玻璃管冷却到室
30、温且装置中的黄绿色气体完全消失，三氯化铁在300以上易升华，利用装置E浓盐水冷却氯化铁，E装置U形管左边设计为粗导管的目的是防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管，最后用装置D盛放碱性溶液吸收尾气，故答案为：CBEC；防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管；（2）装置A中过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（3）装置B中生成红棕色固体为氧化铁，观察到黄绿色气体为氯气，氯化亚铁和氧气反应生成氧化铁和氯气，反应方程式为：4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，故答案为：4FeCl2+3O22
31、Fe2O3+4Cl2；（4）待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气，至硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失，保证装置B中：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3，反应完全，故答案为：硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失；（5）验证Fe（OH）3是弱碱，可通过氯化铁为强酸弱碱盐水解呈酸性进行检验，取少量固体加水溶解，用pH试纸（或pH计）测得溶液显酸性，即证，故答案为：取少量固体加水溶解，用pH试纸（或pH计）测得溶液显酸性，即证；测定装置B的残留固体中铁元素的质量分数，可通过测定氧化铁实验，操作为：称取一定质量B中的残留固体，加入足量的盐酸（或硫酸等）溶
32、解，加足量的H2O2氧化后，再加入足量氢氧化钠溶液得沉淀，过滤、洗涤、在空气中充分灼烧至恒重称量，故答案为：称取一定质量B中的残留固体，加入足量的盐酸（或硫酸等）溶解，加足量的H2O2氧化后（不答也可）再加入足量氢氧化钠溶液得沉淀，过滤、洗涤、在空气中充分灼烧至恒重称量9不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3、F和+6价铬的含氧酸根离子等如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）6
33、2+（1）再生酸中含有硝酸、氢氟酸，采取减压蒸馏的原因是降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是实现废物利用，降低生产成本（3）请写出“转化”时NaHSO3与Cr2O72发生反应的离子反应方程式：Cr2O72+3HSO3+5H+=2Cr3+3SO42+4H2O（4）已知Ni（NH3）62+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：Ni（NH3）62+S2=NiS+6NH3（5）滤渣3的主要成分为CaF2、Ca（OH）2和CaSO4（6）经检测，最后的残液中c（Ca2+）=0.004molL1，则残液中F浓度为1.9mgL1，符合（填“
34、符合”或“不符合”）排放标准已知Ksp（CaF2）=41011 mol3L3，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mgL1【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3、F和+6价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣，滤液中加入NaHSO3与Cr2O72发生反应收藏铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入Na2S沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3CaF2、Ca（OH）2和CaSO4，（1）分析可知再生酸是难挥发性
35、的浓硫酸反应后生成易挥发性的硝酸和弱酸HF；（2）废物利用，提高经济效益；（3）转化时NaHSO3与Cr2O72发生氧化还原，反应生成铬离子=硫酸根离子和水；（4）Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）62+，加入Na2S会生成更难溶的NiS；（5）分析可知滤渣3为生成的CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和硫酸钙；（6）依据溶度积常数计算F离子浓度，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mgL1分析判断；【解答】解：酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3、F和+6价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁
36、离子全部沉淀，过滤得到滤渣，滤液中加入NaHSO3与Cr2O72发生反应收藏铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入Na2S沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3CaF2、Ca（OH）2和CaSO4，（1）分析可知再生酸是硝酸根离子和难挥发性的浓硫酸反应后生成易挥发性的硝酸，F离子结合氢离子生成弱酸HF，再生酸为HNO3、HF，采取减压蒸馏的原因是降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解，故答案为：硝酸、氢氟酸；降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解；（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe3O4）代替烧碱调节pH的好处是废物利用，提高经济效益，降低生产成本，故答案为：废物利用，降低
37、生产成本；（3）转化时NaHSO3与Cr2O72发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为：Cr2O72+3HSO3+5H+=2Cr3+3SO42+4H2O，故答案为：Cr2O72+3HSO3+5H+=2Cr3+3SO42+4H2O；（4）Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）62+，加入Na2S会生成更难溶的NiS，“沉镍”的离子方程式为：Ni（NH3）62+S2=NiS+6NH3，故答案为：Ni（NH3）62+S2=NiS+6NH3；（5）分析可知滤渣3为生成的CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和硫酸钙，滤渣3的主要成分为CaF2、Ca（OH）2和C
38、aSO4，故答案为：CaSO4；（6）依据溶度积常数计算F离子浓度，Ksp=c（Ca2+）c（F）2=41011 mol3L3，残液中c（Ca2+）=0.004molL1，则c（F）=1104mol/L=1104mol/L19g/mol=0.0019g/L=1.9mg/L，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mgL1分析判断1.9mg/L10mgL1，符合国家标准，故答案为：1.9，符合；10氮的化合物在生产生活中广泛存在（1）氯胺（NH2Cl）的电子式为可通过反应NH3（g）+Cl2（g）=NH2Cl（g）+HCl（g）制备氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假定不同物质中同种化学键的键
39、能一样），则上述反应的H=+11.3kJmol1化学键键能/（kJmol1）NH391.3ClCl243.0NCl191.2HCl431.8NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400、400、T）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n（NO）随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n（NO）（甲容器）/mol2.001.501.100.800.80
40、n（NO）（乙容器）/mol1.000.800.650.530.45n（NO）（丙容器）/mol2.001.451.001.001.00该反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应乙容器在200min达到平衡状态，则0200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）=0.003molL1min1（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），在恒温条件下，1mol NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A）=Kc（B）（填“”或“”或“=”）A、B、C三点中NO2
41、的转化率最高的是A（填“A”或“B”或“C”）点计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=2MPa（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式【分析】（1）氯胺可看作是氨气分子上一个氢原子被氯原子取代的结构；根据反应热=反应物的总键能生成物的总键能计算反应NH3（g）+Cl2（g）=NH2Cl（g）+HCl（g）的H；根据氧化还原化合价升降分析NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质；（2）根据温度对化学平衡的影响分析：温度升高，化学反应速率加快，平衡向着吸热方向移动；根据2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），前后气体体积不变，相同温度
42、下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol；（3）化学平衡常数K只于温度有关，温度不变，K不变；根据压强对化学平衡的影响分析可得；（4）已知C点NO2和CO2的物质的量浓度相等，据此列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算Kp【解答】解：（1）氯胺可看作是氨气分子上一个氢原子被氯原子取代的结构，则氯胺的电子式为：；NH3（g）+Cl2（g）=NH2Cl（g）+HCl（g），H=反应物的键能之和生成物的键能之和=（3391.3+243.0）（2391.3+191.2+431.8）=+11.3 kJmol1；故答案为：；+11.3 kJmol1；NH2Cl与水
43、反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO；故答案为：NH2Cl+H2ONH3+HClO；（2）丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高后向着逆方向移动，即逆方向为吸热方向，该反应是个放热反应；故答案为：放热；根据2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol，则0200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）=0.003 molL1min1；故答案
44、为：0.003 molL1min1；（3）A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc（A）=Kc（B）；故答案为：=；反应2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g）是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；故答案为：A；1mol NO2和足量C发生该反应，设反应二氧化氮x，列三段式：2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g）n始：1 0 0n转：x 0.5x xn平：1x 0.5x x从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度，则1x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.25mol，C点时
45、该反应的压强平衡常数Kp（C）=2MPa；故答案为：2 MPa；（二）选考题，请考生任选一模块作答化学-选修2：化学与技术11甘氨酸亚铁络合物化学式为（NH2CH2COO）2Fe是常用的补铁剂，其合成方法如下：（1）通入N2的作用是防止Fe2+被氧气氧化或搅拌以加快化学反应速率（2）已知甘氨酸显弱酸性，其结构简式为NH2CH2COOH，甘氨酸亚铁络合物易溶于水且在水中难电离，写出“水浴加热”过程中生成甘氨酸亚铁络合物的反应的离子方程式2NH2CH2COOH+Fe=（NH2CH2COO）2Fe+H22NH2CH2COOH+Fe2+（NH2CH2COO）2Fe+2H+（3）抽滤的好处是加快过滤的速
46、度，从“母液”中回收有机溶剂的方法是蒸馏（4）“粗品纯化”的操作为蒸馏水洗涤、无水乙醇（或丙酮等）洗涤、干燥，其中干燥过程使用的设备最好选用真空干燥机（填“常压干燥机”或“真空干燥机”）（5）有文献指出，若在“水浴加热”过程中投入适量的石灰石，则能同时提高产品的产率和纯度，请解释原因：石灰石消耗H+，使H+浓度降低，有利于反应向生成甘氨酸亚铁络合物的方向进行；同时，Ca2+与SO42反应生成CaSO4沉淀，降低了杂质离子SO42的浓度（6）若甘氨酸的投料量为300kg，产出纯品346.8kg，则产率为85%（甘氨酸的相对分子质量为75）【考点】制备实验方案的设计【分析】甘氨酸亚铁络合物合成流程
47、：甘氨酸饱和溶液通入氮气，防止Fe2+被氧气氧化或搅拌以加快化学反应速率，甘氨酸显弱酸性，加入铁粉2NH2CH2COOH+Fe=（NH2CH2COO）2Fe+H2，水浴加热甘氨酸饱和溶液和硫酸亚铁的混合物，离子反应为：2NH2CH2COOH+Fe2+（NH2CH2COO）2Fe+2H+，抽滤为减压过滤，能加快过滤的速度，然后用乙醇沉降有机铁，采用蒸馏的方法从母液中回收有机物，将粗品醇化得到纯品（1）气体充入溶液中能起搅拌作用，亚铁离子易被氧气氧化，氮气能防止亚铁离子被氧化；（2）羧基具有酸性，与铁反应生成亚铁离子，亚铁离子和甘氨酸反应生成络合物；（3）抽滤为减压过滤，能加快过滤的速度，采用蒸馏
48、的方法从母液中回收有机物；（4）甘氨酸亚铁络合物化学式为（NH2CH2COO）2Fe为有机络合物，粗品纯化采用无水乙醇（或丙酮等）洗涤，真空干燥机能低温脱水干燥；（5）甘氨酸显弱酸性，投入适量的石灰石，使H+浓度降低，有利于反应向生成甘氨酸亚铁络合物的方向进行，同时生成微溶的硫酸钙，降低硫酸根离子的浓度；（6）根据氮原子守恒，产率为=100%【解答】解：（1）甘氨酸饱和溶液通入氮气，气流通过溶液，能起搅拌溶液的作用，搅拌以加快化学反应速率，水浴加热甘氨酸饱和溶液和硫酸亚铁的混合物，亚铁离子易被氧气氧化，氮气为保护气，通入氮气，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧气氧化或搅拌以加快
49、化学反应速率；（2）甘氨酸显弱酸性，加入铁粉2NH2CH2COOH+Fe=（NH2CH2COO）2Fe+H2，水浴加热甘氨酸饱和溶液和硫酸亚铁的混合物，离子反应为：2NH2CH2COOH+Fe2+（NH2CH2COO）2Fe+2H+，故答案为：2NH2CH2COOH+Fe=（NH2CH2COO）2Fe+H2；2NH2CH2COOH+Fe2+（NH2CH2COO）2Fe+2H+；（3）抽滤是指用抽气泵使瓶中的压强降低，达到固液分离的目的，能加快过滤的速度，互溶的液体采用蒸馏的方法分离，所以采用蒸馏的方法从母液中回收有机物，故答案为：加快过滤的速度；蒸馏；（4）甘氨酸亚铁络合物化学式为（NH2CH
50、2COO）2Fe为有机络合物，粗品纯化采用无水乙醇（或丙酮等）洗涤，有机物的沸点较低，采用真空干燥机能实现在低温条件下加热脱水干燥，所以选择真空干燥机干燥，故答案为：无水乙醇（或丙酮等）；真空干燥机；（5）甘氨酸显弱酸性，其结构简式为NH2CH2COOH，投入适量的石灰石，石灰石消耗H+，使H+浓度降低，有利于反应2NH2CH2COOH+Fe2+（NH2CH2COO）2Fe+2H+，向生成甘氨酸亚铁络合物的方向进行，同时，Ca2+与SO42反应生成CaSO4沉淀，降低了杂质离子SO42的浓度，故答案为：石灰石消耗H+，使H+浓度降低，有利于反应向生成甘氨酸亚铁络合物的方向进行，同时，Ca2+与
51、SO42反应生成CaSO4沉淀，降低了杂质离子SO42的浓度；（6）甘氨酸的投料量为300kg，甘氨酸的物质的量n=4103mol，生成n（NH2CH2COO）2Fe=2103mol，产率为=100%=85%，故答案为：85%化学-选修3：物质结构与性质12氮族元素和硼族元素在生产生活中有很重要的地位（1）写出硼族元素Ga的基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1（2）NF3的分子构型为三角锥形，NO3的空间构型为平面三角形，1mol NO3中含有的键的数目为：3NA（3）氮化硼的立方结晶的变体被认为是已知的最硬的物质BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化
52、方式为sp3（4）元素第一电离能的大小：As（填“”“”或“=”）Ga，原因是As与Ga位于同一周期，分别为A与A族，As的p轨道处于半充满的稳定状态，故第一电离能：AsGa（5）相同条件下，在水中的溶解度：NH3（填“”“”或“=”）PH3，原因是NH3分子与水分子之间能够形成氢键（6）已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，其晶胞边长为c pm则砷化镓的化学式为GaAs，晶胞中As原子和它最近的Ga原子之间的距离为pm（用含c的式子表示），砷化镓的密度为gcm3（设NA为阿伏加德罗常数的值，用含c、NA的式子表示，原子量：Ga70，As75）【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用【分析】
53、（1）Ga元素原子核外电子数为31，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）NF3中N原子孤电子对数=1，价层电子对数=3+1=4；NO3中N原子孤电子对数=0，价层电子对数=3+0=3，1mol NO3中含有3mol 键；（3）BN的晶体结构与金刚石相似，B原子与N原子之间形成4个BN（其中1个为配位键），杂化轨道数目为4；（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，且As元素原子的p轨道为半满稳定状态；（5）NH3分子与水分子之间能够形成氢键，增大溶解性；（6）利用均摊法计算晶胞中含有Ga原子、As原子数目，可以确定其化学式；As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As原子与
54、晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞题对角线上，且Ga原子与As原子之间的距离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；结合晶胞中含有原子数目，表示出晶胞质量，再根据=计算密度【解答】解：（1）Ga元素原子核外电子数为31，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；（2）NF3中N原子孤电子对数=1，价层电子对数=3+1=4，为三角锥形；NO3中N原子孤电子对数=0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形，1mol NO3中含有3mol 键，即含有3NA个键，故答案为：三角锥形；平面三角形；3NA
55、；（3）BN的晶体结构与金刚石相似，B原子与N原子之间形成4个BN（其中1个为配位键），杂化轨道数目为4，故B原子采取杂化，故答案为：sp3；（4）As与Ga位于同一周期，分别为A与A族，As的p轨道处于半充满的稳定状态，故第一电离能：AsGa，故答案为：；As与Ga位于同一周期，分别为A与A族，As的p轨道处于半充满的稳定状态，故第一电离能：AsGa；（5）NH3分子与水分子之间能够形成氢键，在水中的溶解度：NH3PH3，故答案为：；NH3分子与水分子之间能够形成氢键；（6）晶胞中含有Ga原子数为8+6=4，As原子数目为4，故化学式为GaAs，As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As
56、原子与晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞题对角线上，且Ga原子与As原子之间的距离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Ga原子与As原子之间的距离为pm，晶胞质量为4g，则晶胞密度为4g（c1010 cm）3=gcm3，故答案为：GaAs；化学-选修5：有机化学基础13以A（C2H2）为原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路线如图所示，部分反应条件及产物略去其中D在一定条件下可被氧化成酮回答下列问题：（1）A的名称是乙炔；已知C是反式产物，则C的结构简式为（2）的反应类型是加成反应，的反应类型是氧化反应（3）F含有的官能团的名称是碳碳双键、羟基（4）反应的化学方程式为
57、（5）肉桂酸（）的同分异构体中，含有苯环和碳碳双键，且能够发生水解反应的共有7种（不考虑顺反异构）与D互为同分异构体，且核磁共振氢谱有面积比为2：3的两组峰的有机物的结构简式是CH3CH2OCH2CH3（6）参照上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备2，5二甲基吡咯（）的合成路线【考点】有机物的合成【分析】乙炔与NaNH2发生取代反应生成NaCCNa，结合B的分子式可知反应为取代反应，则B为CH3CCCH3，对比B、C分子式可知反应为加成反应，则C为CH3CH=CHCH3，D在一定条件下可被氧化成酮，则D为，反应为酯化反应，则E为1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH2CC
58、CH2OH，与氢气发生加成反应生成F，F发生氧化反应得到OHCCH=CHCHO，则F为HOCH2CH=CHCH2OH，OHCCH=CHCHO与氨气转化得到吡咯（6）根据乙炔合成吡咯转化，由逆合成分析可得：，乙炔与乙炔发生加成反应得到【解答】解：乙炔与NaNH2发生取代反应生成NaCCNa，结合B的分子式可知反应为取代反应，则B为CH3CCCH3，对比B、C分子式可知反应为加成反应，则C为CH3CH=CHCH3，D在一定条件下可被氧化成酮，则D为，反应为酯化反应，则E为1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH2CCCH2OH，与氢气发生加成反应生成F，F发生氧化反应得到OHCCH=CH
59、CHO，则F为HOCH2CH=CHCH2OH，OHCCH=CHCHO与氨气转化得到吡咯（1）A的名称是乙炔；已知C是反式产物，则C的结构简式为：，故答案为：乙炔；（2）的反应类型是加成反应，的反应类型是氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；（3）F为HOCH2CH=CHCH2OH，含有的官能团是：碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；（4）反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）肉桂酸（）的同分异构体中，含有苯环和碳碳双键，且能够发生水解反应，还含有酯基，可以含有1个取代基为CH=CHOOCH，或OOCCH=CH2，或C（OOCH）=CH2，或者COOCH=CH2，含有2个取代基为CH=CH2、OOCH，有邻、间、对，故共有7种；与D（）互为同分异构体，且核磁共振氢谱有面积比为2：3的两组峰的有机物的结构简式是 CH3CH2OCH2CH3，故答案为：7；CH3CH2OCH2CH3；（6）根据乙炔合成吡咯转化，由逆合成分析可得：，乙炔与乙炔发生加成反应得到，则合成路线流程图为：，故答案为：2017年1月13日高考资源网版权所有，侵权必究！