1、2016年江西省五市八校联考高考化学二模试卷一、选择题：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下列有关说法中正确的是（）A近期在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造更好的晶体管D纤维素在人体内可水解为葡萄糖，是人类重要的营养物质之一2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A水电离的c（ H+）=1xl013 mol/L的溶液中：K+、Na+、SiO32、
2、SO42B1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3、ClC在c（OH）：c（H+）=11012的溶液：NH4+、Ca2+、C1、K+D甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32、NO3、SO323短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A单质的沸点：YZBX、Y、Z三种元素不可能形成离子化合物CX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强DY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型不相同4下列图示且与对应的叙述不相符
3、的是（）A图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pHB图2表示 KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液C图3 表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化D图4表示恒温恒容条件下，2NO2（g）N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态5下表中的实验操作能达到实验目的是（）选项实验操作实验目的A将浓硫酸和碳单质混合加热，直接将生成的气体通入足量的澄清石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物中CO2的存在B将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中，加
4、热，将产生的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成C先滴入Ba（NO3）2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀检验溶液中是否含有SO42D常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸pH证明相同条件下，在水中HCl电离程度大于CH3COOHAABBCCDD6乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中不正确的是（）分子式为C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色能发生的反应类型有：加成、取代、氧化、加聚它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种1mol该有机物
5、水解时只能消耗1molNaOH1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3molABCD7以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池能够在高温下工作B电池的负极反应为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+C放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4 L二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题，考生根据要求作答8醋酸亚铬水合物Cr（CH3COO）222H2O，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气
6、吸收剂实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应制备过程中发生的相关反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）ZnCl2（aq）+H2（g）2CrCl3（aq）+Zn（s）2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）Cr（CH3COO）222H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是（选下面的A、B或C）；目的是 A盐酸和三氯化铬溶液同时加入B先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸
7、 C先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门（填“A”或“B”，下同），打开阀门（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的Cr（CH3COO）222H2O 9.48g，则该实验所得产品的产率为（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）9工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（
8、1）步骤所得废渣的成分是（写化学式），操作I的名称（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是中X试剂为（3）的离子方程式为（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中
9、c（Fe3+）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有和10含氮化合物的研发与绿色反展、经济可持续发展有着密切关联（1）氨是一种重要化工原料合成氨原料气H2，可用天然气为原料制得，有关反应能量变化如图1所示则用CH4（g）和H20（g）反应制得H2（g）和CO（g）的热化学方程式为：（2）氮的氧化物有着广泛用途，又是环境的污染物（i）在150时，将0.4mol NO2气体充入体积为2L的真空密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g）每隔一定时间测定容器内各物质的物质的量，数据如下表：时间/S020406080N（NO2）/mol0.4n10.26n3n4N（N2O4）/mol00.05
10、n20.080.08当反应在150达到平衡时，该反应平衡常数K=（填数值）若最初通入N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，则N2O4的起始浓度应为（ii）氨氧化制HNO3的尾气中含有NO和NO2，且n（NO）：n（NO2）=1：1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：NO2和NO与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素CO（ NH2）2反应生成对环境无污染的物质若用1mol尿素吸收该尾气，则能吸收氮氧化物g（3）氨气，CO2在一定条件下可合成尿素，其反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（ NH2）2（s）+H2O（g）图2表示合成塔中氨碳比a与CO2转化率的关系a为n（NH3）：n（
11、CO2），b为水碳比n（H2O）：n（CO2）则：b应控制在；A.1.51.6 B.11.1 C.0.60.7a应控制在4.0的理由是三、【化学选修-化学与生活】11铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如下框图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+4H2ONa2Al2Si2O8+2H2O+4NaOH回答下列问题：（1）溶解铝土矿时，发生反应的离子方程式为、（2）滤渣A的主要成分是；硅铝酸盐沉淀写成氧化物的形式是
12、（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是（4）若该工厂用mkg铝土矿共制得nkg Al（假设每步反应进行完全），则铝土矿中Al2O3的质量分数为（5）若将铝溶解，下列试剂中最好选用（填编号）A浓硫酸B 稀硫酸C稀HNO3 D浓HNO3（6）电解冶炼铝时用Na3AlF6作助熔剂，Na3AlF6是配合物，其中内界是，配位数为四、【化学-选修3：物质结构与性质】12有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电
13、子数为2则：（1）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是（2）A、B、C 三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为（用化学式表示）（3）A的最简单氢化物分子的空间构型为，其中A原子的杂化类型是（4）A的单质中键的个数为，键的个数为（5）写出基态E原子的价电子排布式：（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=cm（用、NA的计算式表示）五、【化学-选修5：有机化学】13以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：已知：IRONa+RXROR+NaX；IIRC
14、HO+RCH2CHO +H2O（R、R表示烃基或氢）（1）A的名称是；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是（2）和的反应类型分别是、（3）E的结构简式是，试剂a的分子式是（4）CD的化学方程式是（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有种（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH溶液发生反应的化学方程式2016年江西省五市八校联考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下列有关说法中正确的是（）A近期在西非国家爆发
15、的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造更好的晶体管D纤维素在人体内可水解为葡萄糖，是人类重要的营养物质之一【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】A乙醇使蛋白质变性； B绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；C晶体管材料应具有导电性；D纤维素在人体中不能水解生成葡萄糖【解答】解：A乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的
16、目的，故A错误； B绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，不是对环境污染进行治理，故B错误；C晶体管材料应具有导电性，锗电子迁移率比硅强，可用于半导体材料，故C正确；D纤维素在人体中不能水解生成葡萄糖，需要浓硫酸催化剂作用发生水解，故D错误故选C【点评】本题考查了生活中的化学知识应用，难度不大，熟悉物质的性质是解题关键，注意低碳生活的理解，培养学生绿色化学的理念2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A水电离的c（ H+）=1xl013 mol/L的溶液中：K+、Na+、SiO32、SO42B1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、
17、NO3、ClC在c（OH）：c（H+）=11012的溶液：NH4+、Ca2+、C1、K+D甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32、NO3、SO32【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，SiO32与氢离子反应；B四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；Cc（OH）：c（H+）=11012的溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子、钙离子与氢氧根离子反应；D甲基橙显黄色的溶液【解答】解：A水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，SiO32与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BK+、Fe3+、NO3、Cl之间
18、不反应，都不与CH3COOH反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；Cc（OH）：c（H+）=11012的溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+、Ca2+与氢氧根离子反应，在原子不能大量共存，故C错误；D甲基橙显黄色的溶液的pH大于4.4，可能为酸性或碱性溶液，CO32、SO32与氢离子反应，NO3、SO32在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH
19、；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A单质的沸点：YZBX、Y、Z三种元素不可能形成离子化合物CX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强DY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型不相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元
20、素周期表专题【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此进行解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离
21、子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，AY为O、Z为Si，对应单质为氧气和Si，氧气对应晶体为分子晶体，Si晶体为原子晶体，则氧气的沸点小于Si，故A错误；BX、Y、Z分别为C、O、Mg，三种元素形成的碳酸镁属于离子化合物，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X（C）W（Si），所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故C正确；DY和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO、SiO2中存在的化学键分别是离子键、共价键，含有的化学键类型不相同，故D正确；故选CD【点评】本题考查原子结构和元素周期律的综合应用，题目难度中等，明确物质结构、
22、元素周期律即可解答，熟练掌握同一周期、同一主族元素性质递变规律，试题培养了学生的灵活应用能力4下列图示且与对应的叙述不相符的是（）A图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pHB图2表示 KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液C图3 表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化D图4表示恒温恒容条件下，2NO2（g）N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素；pH的简单计算【专题
23、】图像图表题【分析】A稀释等pH的两种酸，稀释相同倍数时，pH变化越快的酸酸性越强，等浓度的钠盐溶液，弱酸的钠盐溶液pH大；B溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的点是不饱和溶液来分析；C放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变；D可逆反应2NO2N204（g）中，分析判断 二氧化氮消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比为2：1，说明反应达到平衡状态【解答】解：A根据图象知，稀释相同的倍数，HA的pH变化快，所以HA的酸性比HB强，则相同浓度的钠盐溶液中，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，图象与实际相符，故A错误；B溶解度
24、曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，图象曲线变化与实际相符，故B错误；C反应物大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，图象曲线变化与实际相符，故C错误；D可逆反应2NO2N204（g）中，分析判断，二氧化氮消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比为2：1时才能说明反应达到平衡状态，交点只是浓度相同不能证明达到终点，该说法不合理，故D正确；故选D【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、溶解度、化学平衡及其影响、反应速率等知识，题目难度中等，明确化学反应速率、化学平衡的影响因素为解答关键，注意明确弱电解质的电离平衡及其影响，试题培
25、养了学生的分析能力及灵活应用能力5下表中的实验操作能达到实验目的是（）选项实验操作实验目的A将浓硫酸和碳单质混合加热，直接将生成的气体通入足量的澄清石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物中CO2的存在B将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中，加热，将产生的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成C先滴入Ba（NO3）2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀检验溶液中是否含有SO42D常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸pH证明相同条件下，在水中HCl电离程度大于CH3COOHAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】
26、A碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊；B乙醇易挥发，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；C可能含有SO32，被氧化生成SO42；D等浓度时，氢离子浓度越大，pH越小，说明酸性越强【解答】解：A碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排除二氧化硫的干扰，故A错误；B乙醇易挥发，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先通过水，排除乙醇的干扰，故B错误；C可能含有SO32，被氧化生成SO42，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故C错误D等浓度时，氢离子浓度越大，pH越小，说明酸性越强，可比较酸性强弱，故D正确故选D【点评】本题
27、考查化学实验方案的评价，涉及沉淀的生成、pH的比较、气体的检验及物质的性质，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等6乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中不正确的是（）分子式为C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色能发生的反应类型有：加成、取代、氧化、加聚它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3molABCD【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据结构简式确定分子式，该
28、分子中含有碳碳双键、酯基，具有烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、加成反应、加聚反应、水解反应、取代反应，据此分析解答【解答】解：根据结构简式知，分子式为C12H20O2，故正确；含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故错误；该分子中含有碳碳双键、酯基，具有烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、加成反应、加聚反应、水解反应、取代反应，故正确；乙酸橙花酯的不饱和度为3，而芳香族化合物至少含有一个苯环，不饱和度至少为4，不存在属于芳香族化合物的同分异构体，故错误；1mol该有机物水解只能生成1mol羧基，所以只能消耗1molNaOH，故正确；该
29、分子中含有两个碳碳双键能与氢气发生加成反应，酯基不能与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；故选C【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、酯的性质，题目难度不大，易错选项是7以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池能够在高温下工作B电池的负极反应为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+C放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4 L【考点】化学电源新型电池【专题】
30、电化学专题【分析】A从蛋白质的性质：高温下会变性分析；C原电池负极发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应；B原电池内部阳离子向正极移动；D根据正负极电极反应式结合电子守恒进行计算【解答】解：A高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故A错误；B负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，故B正确；C、原电池内部阳离子应向正极移动，则放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移，故C正确；D、正极反应式为O2+4e+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故D正确；故选A【点评
31、】本题考查了原电池原理、电极方程式的书写、离子的移动方向，有关化学方程式的计算，有关气体体积的计算要注意温度和压强，为易错点二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答选考题，考生根据要求作答8醋酸亚铬水合物Cr（CH3COO）222H2O，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应制备过程中发生的相关反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）ZnCl2（aq）+H2（g）2CrCl3（aq）
32、+Zn（s）2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）Cr（CH3COO）222H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是C（选下面的A、B或C）；目的是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 A盐酸和三氯化铬溶液同时加入B先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸 C先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B（填“A”或“B”，下同），打开阀门A（4）本实验中锌粒要过量，其原因除
33、了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的Cr（CH3COO）222H2O 9.48g，则该实验所得产品的产率为84.0%（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrC
34、l2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合；（4）过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2；（5）CrCl3为0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程式可知CH3COONa足量，根据CrCl2计算Cr（CH3COO）222H2O 的理论产量，进而计算其产率【解答】解：（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为：C；让锌粒与盐酸
35、先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A，故答案为：B；A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2，故答案为：使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2；（5）CrCl3为=0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程式可知CH3COONa足量，则得到Cr（CH3COO）222H2O为0.06m
36、ol376g/mol=11.28g，所得产品的产率为：100%=84.0%，故答案为：84.0%【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力9工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是SiO2（写化学式），操作I的名称过滤（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层
37、）+nH2SO4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率中X试剂为硫酸（3）的离子方程式为NH3H2O+VO3NH4VO3+OH（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为1.71.8；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）2.6103mol/L（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有有机萃取剂和
38、氨气【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；盐类水解的应用【专题】实验设计题；盐类的水解专题【分析】（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氨水与VO3反应配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；【解答】解：（1）废钒催化剂（主要
39、成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2，过滤；（2）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）氨水与VO3反应的离子方程式为：NH3H2O+VO3NH4VO3+OH，故答案为：NH3H2O+VO3NH4VO3+OH；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调
40、节溶液pH最佳值为1.71.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，c（H+）=102mol/L，c（OH）=1012mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=2.61039，计算得到c（Fe3+）=2.6103molL1，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）2.6103molL1，故答案为：1.71.8；2.6103；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃
41、取剂；氨气【点评】本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等10含氮化合物的研发与绿色反展、经济可持续发展有着密切关联（1）氨是一种重要化工原料合成氨原料气H2，可用天然气为原料制得，有关反应能量变化如图1所示则用CH4（g）和H20（g）反应制得H2（g）和CO（g）的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+171.1KJ/mol（2）氮的氧化物有着广泛用途，又是环境的污染物（i）在150时，将0.4mol NO2气体充入体积为2L的真空密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g）每隔一定时间
42、测定容器内各物质的物质的量，数据如下表：时间/S020406080N（NO2）/mol0.4n10.26n3n4N（N2O4）/mol00.05n20.080.08当反应在150达到平衡时，该反应平衡常数K=2.8（填数值）若最初通入N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，则N2O4的起始浓度应为0.10mol/L（ii）氨氧化制HNO3的尾气中含有NO和NO2，且n（NO）：n（NO2）=1：1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：NO2和NO与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素CO（ NH2）2反应生成对环境无污染的物质若用1mol尿素吸收该尾气，则能吸收氮氧化物76g（3）氨气，
43、CO2在一定条件下可合成尿素，其反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（ NH2）2（s）+H2O（g）图2表示合成塔中氨碳比a与CO2转化率的关系a为n（NH3）：n（CO2），b为水碳比n（H2O）：n（CO2）则：b应控制在C；A.1.51.6 B.11.1 C.0.60.7a应控制在4.0的理由是a等于4.0，CO2转化率迅速提高到最大值；而a在4.0之后增大，c（NH3）转化率无明显增大【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）分别根据图象1、2、3写出热化学方程式，然后根据盖斯定律来分析；（2）（i）根据方程式
44、可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，根据NO2的平衡浓度为0.12mol/L、N2O4的平衡浓度为0.04mol/L来计算；若最初通人N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，即与通入0.4molNO2达等效平衡，据此分析；（ii）根据题目信息写出方程式，建立关系式，然后依据关系式进行计算；（3）根据氨碳比an（NH3）/n（CO2）相同时，水碳比bn（H2O）/n（CO2）为0.60.7时，二氧化碳转化率最大；根据氨碳比an（NH3）/n（CO2）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨
45、碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小【解答】解：（1）分别根据图象1、2、3可知热化学方程式为：CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=282KJ/mol H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=836.3KJ/mol 将3可得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+171.1KJ/mol，故答案为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+171.1KJ/mol；（2）（i）根据方程式中物质间的计量数关系、利用三段式可知，n1=0.3mo
46、l，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，故在60min时反应达平衡，NO2的平衡浓度为0.12mol/L、N2O4的平衡浓度为0.04mol/L，故反应的平衡常数K=2.8，故答案为：2.8；若最初通人N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，即与通入0.4molNO2达等效平衡，而在恒温恒容条件下，按照等量加料，则达等效平衡，故应加入0.2molN2O4，即0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L； （ii）由题目信息可知，NO、NO2二者混合物与水反应生成亚硝酸，反应方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2；亚硝酸再与尿素反应生成CO2和N2，
47、反应方程式为CO （NH2）2+2HNO2=CO2+2N2+3H2O， NO+NO2 2HNO2 CO（NH2）2 （30+46）g 1mol1mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为76g，故答案为：76；（3）氨碳比an（NH3）/n（CO2）相同时，水碳比bn（H2O）/n（CO2）为0.60.7时，二氧化碳转化率最大，故答案为：A；氨碳比an（NH3）/n（CO2）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小，故答案为：氨碳比an（NH3）/n（CO2
48、）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小【点评】本题主要考查了盖斯定律的应用，化学平衡移动、化学平衡常数的计算等，难度不大，培养了学生分析问题的能力三、【化学选修-化学与生活】11铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如下框图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+4H2ONa2Al2Si2O8+2H2O+4N
49、aOH回答下列问题：（1）溶解铝土矿时，发生反应的离子方程式为2OH+Al2O32AlO2+H2O、SiO2+2OHSiO32+H2O（2）滤渣A的主要成分是Fe2O3、Na2Al2SiO8；硅铝酸盐沉淀写成氧化物的形式是Na2OAl2O32SiO2（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是盐酸是强酸，Al（OH）3溶于强酸而不溶于弱酸，通入二氧化碳是为了提高Al2O3的提取率（4）若该工厂用mkg铝土矿共制得nkg Al（假设每步反应进行完全），则铝土矿中Al2O3的质量分数为5100n/27m%或 1700n/9m%（5）若将铝溶解，下列试剂中最好选用B（填编号）A
50、浓硫酸B 稀硫酸C稀HNO3 D浓HNO3（6）电解冶炼铝时用Na3AlF6作助熔剂，Na3AlF6是配合物，其中内界是AlF63，配位数为6【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）Al2O3是两性氢氧化物，SiO2是酸性氧化物，都要与强碱反应生成盐和水（2）Al2O3、SiO2、Fe2O3用碱溶的方法分开首先除掉不反应的Fe2O3，根据题中已知条件除掉Na2SiO3从而生成Na2Al2Si2O8，所以滤渣有两种氧化物的形式是：金属氧化物非金属氧化物水，注意活泼金属氧化物写在前，注意原子个数的比例与原化学式中相同（3）通入二氧化碳酸化将NaAlO
51、2转化成Al（OH）3，考查了氢氧化铝溶于强酸不溶于弱酸的知识（4）计算质量分数时用原子守恒法解，这是关系式：2AlAl2O3，已知铝的质量，可算出铝的物质的量n（Al），再利用关系式算三氧化二铝的物质的量，n（Al2O3）=n（Al），Al2O3的质量为m=n（Al2O3）M（Al2O3），所以Al2O3的质量分数为Al2O3的质量除以铝土矿的总质量（5）铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸会钝化，稀硝酸与铝反应产生有毒气体（6）在配合物中，内界是配位单元，含配位键，内界是复杂离子，外界是简单离子；配位原子是提供孤对电子的原子，配位数是配位原子的数目【解答】解：（1）Al2O3是两性氢氧化物，SiO2是酸
52、性氧化物，都要与强碱反应生成盐和水故答案为：2OH+Al2O32AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O（2）由于氢氧化钠是足量的，所以Al2O3和SiO2充分反应，生成Na2SiO3和NaAlO2，而铝土矿的主要成分是Al2O3，SiO2少量，那么生成的Na2SiO3少，NaAlO2多，发生反应2Na2SiO3+2NaAlO2+4H2ONa2Al2Si2O8+2H2O+4NaOH后，滤渣有之前不反应的Fe2O3和生成的Na2Al2Si2O8，滤液中有NaOH、余下大量的NaAlO2；氧化物的形式是：金属氧化物非金属氧化物水，注意活泼金属氧化物写在前，注意原子个数的比例与原化学式中
53、相同，写成Na2OAl2O32SiO2故答案为 Fe2O3、Na2Al2Si2O8 Na2OAl2O32SiO2（3）从第2小题的分析可知滤液中的NaAlO2要转化成Al（OH）3不能用盐酸，盐酸是强酸，强酸过量后Al（OH）3会溶解故答案为：盐酸是强酸，Al（OH）3溶于强酸而不溶于弱酸，通入二氧化碳是为了提高Al2O3的提取率（4）已知铝nkg，可算出铝的物质的量，n（Al）= mol，根据原子守恒：2AlAl2O3，三氧化二铝的物质的量n（Al2O3）=n（Al），n（Al2O3）=，所以Al2O3的质量为m=n（Al2O3）M（Al2O3）= mol102 gmol1 = g，所以Al
54、2O3的质量分数为Al2O3的质量除以铝土矿的总质量，即1000m=；质量分数一般要乘以100%故答案为： % 或% （5）铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸会钝化，稀硝酸与铝反应产生有毒气体，且等量的铝溶解消耗稀硝酸更多，消耗稀硫酸更少，从环保、节约的角度考虑，应用稀硫酸溶解铝故选B（6）在配合物中，内界是配位单元，含配位键，内界是复杂离子，外界是简单离子；配位原子是提供孤对电子的原子，配位数是配位原子的数目，这里的配位原子是氟原子，有6个 故答案为：AlF63；6【点评】除掉Fe2O3不难分析，关键是SiO2转化成Na2SiO3后，怎样除掉Na2SiO3？学生不能用题中信息解决这个问题计算质量分数时利
55、用原子守恒这是解题常用的方法，在处理数据以及单位时要特别小心浓硫酸与浓硝酸的强氧化性的考查，同时要求学生要有化学与环境保护的思想配位化合物的考查一般都很简单四、【化学-选修3：物质结构与性质】12有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2则：（1）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是水分子间之间存在氢键，氢键比范德华力更强（2）A、B、C 三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为HFH2ONH3（用化学式
56、表示）（3）A的最简单氢化物分子的空间构型为三角锥形，其中A原子的杂化类型是sp3（4）A的单质中键的个数为1，键的个数为2（5）写出基态E原子的价电子排布式：3d104s1（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=cm（用、NA的计算式表示）【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数
57、大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式3d104s1，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素
58、；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式3d104s1，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素（1）水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H2O的沸点是同族元素中最高的，故答案为：水分子间之间存在氢键，氢键比范德华力更强；（2）由于非金属性FON，故氢化物稳定性：HFH2ONH3，故答案为：HFH2ONH3；（3）A的最简单氢化物为NH3，为三角锥形结构，分子中N原子形成3个NH键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；（4）氮气的结构式为：NN
59、，所以氮气分子中含有一个键两个键，故答案为：1；2；（5）E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的核外电子排布式Ar3d104s1，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1；（6）白色球为F、黑色球为Ca，由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8+6=4，则晶胞质量=4g=g，晶胞的体积=g gcm3=cm3，故晶胞边长a=cm，故答案为：【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、分子空间构型、化学键、杂化方式、晶胞计算等，都是考试热点，注意注意均摊法进行晶胞有关计算五、【化学-选修5：有机化学】13以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TM
60、BA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：已知：IRONa+RXROR+NaX；IIRCHO+RCH2CHO +H2O（R、R表示烃基或氢）（1）A的名称是苯酚；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是羟基、醛基（2）和的反应类型分别是加成反应、氧化反应（3）E的结构简式是，试剂a的分子式是C2H4O（4）CD的化学方程式是+2Br2+2HBr（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有6种（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH溶液发生反应的化学方程式+NaOH
61、+H2NCH（CH3）【考点】有机物的推断【分析】A的分子式为C6H6O，而能与HCHO反应生成B，由B的结构可知A为；B的分子式为C7H8O2，生成的C的分子式为C7H6O2，则反应为羟基氧化为醛基，则C的结构简式为：，C与溴发生酚羟基邻位取代生成D为，由信息I中的反应可知，D与甲醇钠反应生成E为由H的结构可知G为，逆推可知F为，结合信息II可知，TMBA与CH2CHO在碱性条件下生成F，据此解答【解答】解：A的分子式为C6H6O，而能与HCHO反应生成B，由B的结构可知A为；B的分子式为C7H8O2，生成的C的分子式为C7H6O2，则反应为羟基氧化为醛基，则C的结构简式为：，C与溴发生酚羟
62、基邻位取代生成D为，由信息I中的反应可知，D与甲醇钠反应生成E为由H的结构可知G为，逆推可知F为，结合信息II可知，TMBA与CH2CHO在碱性条件下生成F，（1）由上述分析可知，A为，名称为苯酚，C的结构简式为： C分子中含氧官能团的名称是：羟基、醛基，故答案为：苯酚；羟基、醛基；（2）反应的反应物为苯酚和甲醛，生成物为B，对比结构可知反应为加成反应；反应为醇羟基氧化为醛基，故答案为：加成反应；氧化反应；（3）由上述分析可知，E的结构简式为试剂a的分子式是C2H4O，故答案为：；C2H4O；（4）CD的化学方程式为+2Br2+2HBr，故答案为： +2Br2+2HBr；（5）D为，属于芳香族
63、酯类化合物一定含有OOCH，2个Br原子相邻时，OOCH有2种位置，2个Br原子相间时，OOCH有3种位置，2个Br原子相对时，OOCH有1种位置，故共有2+3+1=6种，故答案为：6；（6）F为，与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是，故答案为：；（7）抗癫痫病药物H含有酰胺键，在NaOH条件下发生水解，则反应的化学方程式为+NaOH+H2NCH（CH3）2，故答案为： +NaOH+H2NCH（CH3）【点评】本题考查有机合成与推断、同分异构体的判断、有机反应类型、化学方程式的书写，是对有机化学基础的综合考查，注意充分利用TMBA与H的结构、有机物分子式推断，较好的考查学生分析推理能力，难度中等