1、2016年河南省六市联考高考化学一模试卷一、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下列说法正确的是（）A我国2015年玉月1日正式实施的环境保护法被称为“史上最严”环保法，为保护好环境，工业生产应从源头上减少或尽量消除生产对环境的污染B在某爆炸事故救援现场，消防员发现存放金属钠、电石、甲苯二异氰酸酯 等化学品的仓库起火，应立即用泡沫灭火器将火扑灭C世界卫生组织认为青蒿素（结构如右图所示）联合疗法是当下治疗疟疾最 有效的手段，已经拯救了上百万生命，靑蒿素属于烃类物质D某品牌化妆品在广告中反复强调：“十年专注自然护肤”，该产品中不含任何化学成分2NA代表阿伏加德罗常
2、数的值下列叙述正确的是（）A28g乙烯中存在的电子总数为12NAB标准状况下，22.4LHF的物质的量为1molC铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标况下22.4L氢气，理论上铅蓄电池中消耗氢离子个数为4NADlmol的Na2C03溶于盐酸形成混合溶液1L，常温下在pH=4时，c（CO32 ）+c（H2C03）=0lmol/L3某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）Almol该有机物可消耗3mol NaOHB该有机物的分子式为C16H1705C最多可与7molH2发生加成D苯环上的一溴代物有6种4X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素X的质子总数与电子层数相同，Y、Z
3、、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍Z与其同主族的短周期元 素可形成常见气体甲X、Y、Z 3种元素形成化合物乙下列说法错误的是（）A气体甲可与Z的某种氢化物反应生成强酸B化合物乙中一定只含共价键CW和Z元素形成的化合物中只含极性键DX分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM5将烧喊吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解，以实现H2S转化为S的目的下列判断错误的是（）A电解过程中阳极区发生如下反应：S22e=S，（nl）S+S2=Sn2B电解时阴极的电极反应式：2H20+2eH2+20HC电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子
4、方程式可写成Sn2+2H+nS+H2D该装置的离子交换膜为阳离子交换膜6下列实验操作能实现符合题中要求的是（）A能证明制取HBr的现象使烧杯中红色褪去B实验室可用此装置制取氨气C可以用于实验室制取氧气D用KMnO4滴定H2C2O47常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A实验过程中可用pH试纸测定溶液的pHBa点的溶液中：C（H+）=c（Cl）+c（HCl0）+c（OH）Cc 点所示溶液中；c（Na+）=2c（ClO ）+c（HCIO）D由a点到b点的过程中，溶液中减小二、非选择
5、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（一）必考题8Na2S037H20是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂该小组同学用Na2S03与浓硫酸制备S02，并把S02通入NaN03溶液中，他们为了检验产生的气体是NO还是NO2，设计了如图1实验装置：（1）设计装置A的目的是，能够说明达到此目的现象为（2）当（1）目的达到后，打开分液漏斗活塞，反应一段时间后，将注射器里的空气注入集气瓶D中，看到无色气体变为红棕色，请写出S02通入NaN03溶液发生反应的化学方程式：（3）请指出该套装置的不足之处：已知：H2S K1=9.1xlO8 K2=l.1xlO
6、12H2S03 K1=1.54xl02 K2=1.02x107（1）一小组同学将Na2S037H20隔绝空气加热至恒重，质量变化如图2所示；该小组同学分别取A、B两个温度下的等质量的固体溶于等量水并测量其水溶液的pH，发现B点溶液的pH大于A点溶液的pH对此实验结果，该小组同学认为A、B两点对应温度下发生了不同反应，则：A温度下发生的反应为：B温度下发生的反应为：（2）B点时，该物质完全反应，请选择最佳试剂验证B温度下产物的成分可选用试剂有：盐酸、稀硫酸、BaCl2、AgN03溶液9环境问题已经是我国面临的重大问题减少二氧化碳的排放是一项重要课题研究表明，C02经催化加氢可合成低碳醇：CO2（
7、g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H几种化学键的键能如表所示化学键C=0HHCCCH0HC0键能/kJmol1803436332409463326通过计算得出H=（2）在1.0L恒容密闭容器中投入lmolC02和2.75molH2发生该反应，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醉的物质的量如图所示当压强为P2，温度为512K时，向该容器中投入 lmol CO2、0.5mol H2、2mol CH3OH、0.6mol H20时，平衡向方向移动（3）以CH3OH、空气（02含量20%）、KOH溶液为 原料，以石墨为电极可直接构成燃料电池，则该电池的负极反应式为；用该 电池电解500mL
8、 1mol/L CuSO4溶液，当燃料电池消耗标况下56L空气时，计算理论上两极电解产生气体的总物质的量SO2也是一种大气污染物，可以用海水处理含SO2的废气，海水中主要离子的含量如下：成分含量/（mg/L）成分含量（mg/L）Cl18980Ca2+400Na+10560HCO3；142SO422560Mg2+1272（1）海水经初步处理后，还含有Ca2+、Mg2+，Na+、Cl，向其中加入石灰浆使海水中的Mg2+转换 为Mg（OH）2，当Mg2+刚好沉淀完全时，c（ Ca2+）为mol/L已知KspMg（OH）2=1.2l011 KspCa（OH）2=5.5106（2）处理过的废气中S02的
9、含量可以通过碘量法来测定用到的试剂有：0l molL的碘标准溶液，淀粉溶液当把处理后的废气以每分钟aL（标况下）的流速通入到lOOmL含有淀粉的碘标准液中，t min达到滴定终点滴定终点的现象为计算该处理气中SO2的含量（用含a，t的式子表示）10陨铁的主要成分是：四氧化三铁、铁、镍、硅酸钠等某化学小组用陨铁为原料制备NiOOH、Na2FeO4的工艺流程图如图已知：铁和镍同属于铁系元素，镍性质与铁相似，能与酸反应Ni2+在酸性环境较稳定，不易被氧化，在碱性环境易被氧化Fe2+、Fe3+、Ni2+开始形成沉淀和沉淀完全的PH分别为：7.69.6；2.73.7；8.59.5（1）陨铁酸化过程所用的
10、酸是，固体A的用途：（写一种即可）（2）检验滤液1中Fe2+所用试剂为：；（3）在第步加NaOH调节溶液pH的范围应为：；（4）第步离子反应方程式为：；第步离子反应方程式为：；（5）整个工艺流程中可以循环使用的物质有：三、选考题：共45分请考生从给出的3道化学题中任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学一选修2：化学与技术】11雾霾含有大量的污染物S02、NO工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4N03产品的流程图如图1（1）上述流程中循环使用的物质有（2）上述合成路线中用到15%20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H
11、20HOCH2CH2NH3+OH，写出乙醇胺吸收C02的化学方程式（3）写出吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为（4）向吸收池IV得到的HS03溶液中滴加少量CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：（5）电解池V可使Ce4+再生，装置如图2所示：生成Ce4+从口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式：（6）从氧化池中得到粗产品NH4N03的实验操作是、过滤、洗涤等上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4N03质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O溶液ym3，则氧化池中消耗的02在标准状况下的体积为m3四、【化学一选修3：物质结构与性质】
12、12现有前四周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A的基态原子核外电子占据3个能级，最外层电子数是电子层数的2倍基态B原子与A同周期，p能级达到半充满C原子电子层数与最外层电子数相等B和E同主族，基态D原子的价层电子排布通式为ns2np1请回答下列问题：（1）基态E原子的价电子排布式为（2）上述5种元素中，电负性最大的元素是，lmolAB中含有键的数目是（3）BO的空间构型为，写出它的一种等电子体（4）B、C可组成二种新型无机非金属材料CB，具有尉高温，耐磨性能它的晶体类型为，其晶胞与金刚石晶胞相似，已知晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为 g/cm3（用含a、NA的式子表示）（5）D、B
13、可组成第三代半导体材料，其晶胞如图所示，它的化学式为五、【化学一选修5：有机化学基础】13以下为有机物H的合成路线已知：（1）（2）（3）（1）A的名称是GH的反应类型是，F中官能团名称是（2）E的结构简式为（3）写出由对甲基苯甲醇生成D的化学方程式（4）T是E的同系物，分子式为C10H1002，具有下列结构与性质的T的结构有种遇到氯化铁溶液发生显色反应能发生银镜反应能发生加聚反应 苯环上只有二个取代基其中，在核磁共振氢谱上有6组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的有机物的结构简式为2016年河南省六市联考高考化学一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，
14、只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是（）A我国2015年玉月1日正式实施的环境保护法被称为“史上最严”环保法，为保护好环境，工业生产应从源头上减少或尽量消除生产对环境的污染B在某爆炸事故救援现场，消防员发现存放金属钠、电石、甲苯二异氰酸酯 等化学品的仓库起火，应立即用泡沫灭火器将火扑灭C世界卫生组织认为青蒿素（结构如右图所示）联合疗法是当下治疗疟疾最 有效的手段，已经拯救了上百万生命，靑蒿素属于烃类物质D某品牌化妆品在广告中反复强调：“十年专注自然护肤”，该产品中不含任何化学成分【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A绿色化学的核心为工业生产应从源头上减少或尽量消除生
15、产对环境的污染；B钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应；C青蒿素中含O元素；D产品中中物质均为化学成分【解答】解：A化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，则符合被称为“史上最严”的新环境保护法，故A正确；B钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则钠起火不能用泡沫灭火器将火扑灭，故B错误；C青蒿素中含O元素，为烃的含氧衍生物，故C错误；D产品中中物质均为化学成分，不存在不含化学成分的物质，故D错误；故选A2NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A28g乙烯中存在的电子总数为12NAB标准状况下，22.4LHF的物质的量为1molC铅蓄电池
16、电解氯化钠溶液，得到标况下22.4L氢气，理论上铅蓄电池中消耗氢离子个数为4NADlmol的Na2C03溶于盐酸形成混合溶液1L，常温下在pH=4时，c（CO32 ）+c（H2C03）=0lmol/L【考点】阿伏加德罗常数【分析】A质量换算物质的量结合乙烯分子结构计算共用电子对数；B气体摩尔体积使用对象为气体；C以铅蓄电池电解NaC1溶液得到22.4L H2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e+4H+=Pb2+2H2O，可知消耗4mol的氢离子；D依据碳原子个数守恒判断【解答】解：A.28g乙烯物质的量为1mol，乙烯为CH2=CH2，含共用电子对数
17、目为6NA，故A错误；B标况下，氢氟酸为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C以铅蓄电池电解NaC1溶液得到22.4L H2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e+4H+=Pb2+2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，故C正确；Dlmol的Na2C03溶于盐酸形成混合溶液1L，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸，所以溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸物质的量浓度和为0lmol/L，故D错误；故选：C3某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）Almol该有机物可消耗3mol
18、 NaOHB该有机物的分子式为C16H1705C最多可与7molH2发生加成D苯环上的一溴代物有6种【考点】有机物的结构和性质【分析】该有机物中含有苯环、酚羟基、酯基和羧基，具有苯、酚、酯和羧酸的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、中和反应、酯化反应等，据此分析解答【解答】解：A能和NaOH反应的有羧基、酚羟基和酯基水解生成的羧基、酚羟基，所以lmol该有机物可消耗4mol NaOH，故A错误；B根据结构简式确定分子式C16H1405，为故B；C该物质中能和氢气发生加成反应的为苯环，所以最多可与6molH2发生加成，故C错误；D左边苯环上有两种氢原子、右边苯环上有4种氢原子，所以总的苯环
19、上有6种氢原子，则苯环上的一溴代物有6种，故D正确；故选D4X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素X的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍Z与其同主族的短周期元 素可形成常见气体甲X、Y、Z 3种元素形成化合物乙下列说法错误的是（）A气体甲可与Z的某种氢化物反应生成强酸B化合物乙中一定只含共价键CW和Z元素形成的化合物中只含极性键DX分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；W
20、原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则最外层有4个电子，所以W为Si元素；Y、Z、M同周期且相邻，而Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素，X、Y、Z 三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则最外层有4个电子，所以W为Si元素；Y、Z、M同周期且相邻，而Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元
21、素，X、Y、Z 三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等，A气体甲为二氧化硫，二氧化硫与H2O2反应生成硫酸，故A正确；B化合物乙若为NH4NO3，属于离子晶体，含有离子键、共价键，故B错误；CW和Z元素形成的化合物为二氧化硅，只含极性键，故C正确；DX为H元素、Z为O元素、Y为N元素、M为F元素，非金属性F最强，故氢化物中HF最稳定，故D正确；故选B5将烧喊吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解，以实现H2S转化为S的目的下列判断错误的是（）A电解过程中阳极区发生如下反应：S22e=S，（nl）S+S2=Sn2B电解时阴极的电极反应式：2H20+2eH2+20HC电解
22、后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成Sn2+2H+nS+H2D该装置的离子交换膜为阳离子交换膜【考点】电解原理【分析】电解过程中阳极区发生氧化反应，得到硫单质，然后是硫单质和硫离子之间的反应；阴极上氢离子放电生成氢气，Sn2和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S，句电解池的工作原理来回答【解答】解：A、电解过程中阳极区发生氧化反应，得到硫单质，然后是硫单质和硫离子之间的反应，即S22e=S，（nl）S+S2=Sn2，故A正确；B、电解过程中阴极上氢离子放电生成氢气，2H20+2eH2+20H，故B正确；C、电解后阳极区离子为Sn2，酸性
23、条件下，Sn2和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2+2H+=（n1）S+H2S，故C错误；D、为了实现H2S转化为S的目的，电解后阳极区离子为Sn2，酸性条件下，生成S单质、H2S，所以该装置的离子交换膜为阳离子交换膜，故D正确故选C6下列实验操作能实现符合题中要求的是（）A能证明制取HBr的现象使烧杯中红色褪去B实验室可用此装置制取氨气C可以用于实验室制取氧气D用KMnO4滴定H2C2O4【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓硫酸可与NaBr发生氧化还原反应；B碳酸氢铵分解生成二氧化碳、水和氨气，其中碱石灰可吸收二氧化碳、
24、水；C过氧化钠为粉末状固体；D高锰酸钾具有强氧化性，可氧化石蕊【解答】解：A浓硫酸具有强氧化性，可与NaBr发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应，不能证明制取HBr，故A错误；B碳酸氢铵分解生成二氧化碳、水和氨气，其中碱石灰可吸收二氧化碳、水，可用于制备少量氨气，故B正确；C过氧化钠为粉末状固体，从简易气体发生装置的隔板漏下，不能控制反应，故C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可氧化石蕊，因高锰酸钾为紫色，可无需加入指示剂，当加入最后一滴溶液，溶液变为红色且半分钟内部褪色，可说明达到滴定终点，故D错误故选B7常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.
25、1mol/L的NaOH溶液，整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A实验过程中可用pH试纸测定溶液的pHBa点的溶液中：C（H+）=c（Cl）+c（HCl0）+c（OH）Cc 点所示溶液中；c（Na+）=2c（ClO ）+c（HCIO）D由a点到b点的过程中，溶液中减小【考点】离子浓度大小的比较【分析】整个过程发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答【解答】解：A溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故A错误；Ba点为氯水，
26、溶液呈酸性，根据电荷守恒得：c（H+）=c（Cl）+c（Cl0）+c（OH），故B错误；Cc点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（Cl0）+c（OH），所以c（Na+）=c（Cl）+c（ClO），根据物料守恒得c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO），故C正确；D由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故D错误；故选C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
27、要求作答（一）必考题8Na2S037H20是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂该小组同学用Na2S03与浓硫酸制备S02，并把S02通入NaN03溶液中，他们为了检验产生的气体是NO还是NO2，设计了如图1实验装置：（1）设计装置A的目的是排尽整套装置内的空气，防止对实验产生干扰，能够说明达到此目的现象为E中澄清石灰水出现浑浊（2）当（1）目的达到后，打开分液漏斗活塞，反应一段时间后，将注射器里的空气注入集气瓶D中，看到无色气体变为红棕色，请写出S02通入NaN03溶液发生反应的化学方程式：3SO2+2NaNO3+2H2O=Na2SO4+2NO+2H2SO4（3）请指出该套装置的不足之处
28、：没有尾气处理装置已知：H2S K1=9.1xlO8 K2=l.1xlO12H2S03 K1=1.54xl02 K2=1.02x107（1）一小组同学将Na2S037H20隔绝空气加热至恒重，质量变化如图2所示；该小组同学分别取A、B两个温度下的等质量的固体溶于等量水并测量其水溶液的pH，发现B点溶液的pH大于A点溶液的pH对此实验结果，该小组同学认为A、B两点对应温度下发生了不同反应，则：A温度下发生的反应为：Na2SO37H2ONa2SO3+7H2OB温度下发生的反应为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S（2）B点时，该物质完全反应，请选择最佳试剂验证B温度下产物的成分可选用试剂有：盐
29、酸、稀硫酸、BaCl2、AgN03溶液取B温度下的固体产物少许，加水溶解，向溶液中加入足量的盐酸有臭鸡蛋气味的气体产生，再加氯化钡溶液有白色沉淀生成，则证明产物为Na2SO4、Na2S【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计【分析】I（1）A装置中反应生成二氧化碳，B装置产生二氧化硫，在C中与硝酸钠溶液反应，为检验产生的气体是NO还是NO2，利用二氧化碳排尽装置中空气，根据E中澄清石灰水变浑浊判断装置中空气排尽，根据D中气体颜色可以判断生成物；（2）将注射器里的空气注入集气瓶D中，看到无色气体变为红棕色，说明生成NO，二氧化硫被氧化为硫酸根；（3）氮的氧化物、二氧化硫均有毒，
30、可以污染空气，需要进行尾气处理；（1）A温度下，固体质量减轻为50g25g=25g，50gNa2SO37H2O中结晶水的质量为50g=25g，则该温度下分解完全失去结晶水；发现B点溶液的pH大于A点溶液的pH，结合亚硫酸、氢硫酸的电离平衡常数，可以判断B点分解生成物中有硫化钠，属于氧化还原反应，则还有硫酸钠生成；（2）利用与盐酸反应生成臭鸡蛋气味气体检验硫化钠，利用与硫酸钡溶液检验硫酸钠【解答】解：I（1）A装置中反应生成二氧化碳，B装置产生二氧化硫，在C中与硝酸钠溶液反应，为检验产生的气体是NO还是NO2，利用二氧化碳排尽装置中空气，根据E中澄清石灰水变浑浊判断装置中空气排尽，根据D中气体颜
31、色可以判断生成物，故答案为：排尽整套装置内的空气，防止对实验产生干扰；E中澄清石灰水出现浑浊，；（2）将注射器里的空气注入集气瓶D中，看到无色气体变为红棕色，说明生成NO，二氧化硫被氧化为硫酸根，反应方程式为：3SO2+2NaNO3+2H2O=Na2SO4+2NO+2H2SO4，故答案为：3SO2+2NaNO3+2H2O=Na2SO4+2NO+2H2SO4；（3）氮的氧化物、二氧化硫均有毒，可以污染空气，需要进行尾气处理，故答案为：没有尾气处理装置；（1）A温度下，固体质量减轻为50g25g=25g，50gNa2SO37H2O中结晶水的质量为50g=25g，则该温度下分解完全失去结晶水，反应方
32、程式为：Na2SO37H2ONa2SO3+7H2O，发现B点溶液的pH大于A点溶液的pH，结合亚硫酸、氢硫酸的电离平衡常数，可以判断B点分解生成物中有硫化钠，属于氧化还原反应，则还有硫酸钠生成，反应方程式为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：Na2SO37H2ONa2SO3+7H2O；4Na2SO33Na2SO4+Na2S；（2）检验B温度下产物的成分实验方案为：取B温度下的固体产物少许，加水溶解，向溶液中加入足量的盐酸有臭鸡蛋气味的气体产生，再加氯化钡溶液有白色沉淀生成，则证明产物为Na2SO4、Na2S，故答案为：取B温度下的固体产物少许，加水溶解，向溶液中加入足量的盐酸有
33、臭鸡蛋气味的气体产生，再加氯化钡溶液有白色沉淀生成，则证明产物为Na2SO4、Na2S9环境问题已经是我国面临的重大问题减少二氧化碳的排放是一项重要课题研究表明，C02经催化加氢可合成低碳醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H几种化学键的键能如表所示化学键C=0HHCCCH0HC0键能/kJmol1803436332409463326通过计算得出H=28kJ/mol（2）在1.0L恒容密闭容器中投入lmolC02和2.75molH2发生该反应，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醉的物质的量如图所示当压强为P2，温度为512K时，向该容器中投入 lmol CO2、0.5m
34、ol H2、2mol CH3OH、0.6mol H20时，平衡向逆反应方向移动（3）以CH3OH、空气（02含量20%）、KOH溶液为 原料，以石墨为电极可直接构成燃料电池，则该电池的负极反应式为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；用该 电池电解500mL 1mol/L CuSO4溶液，当燃料电池消耗标况下56L空气时，计算理论上两极电解产生气体的总物质的量1molSO2也是一种大气污染物，可以用海水处理含SO2的废气，海水中主要离子的含量如下：成分含量/（mg/L）成分含量（mg/L）Cl18980Ca2+400Na+10560HCO3；142SO422560Mg2+1272（1）海
35、水经初步处理后，还含有Ca2+、Mg2+，Na+、Cl，向其中加入石灰浆使海水中的Mg2+转换 为Mg（OH）2，当Mg2+刚好沉淀完全时，c（ Ca2+）为4.58mol/L已知KspMg（OH）2=1.2l011 KspCa（OH）2=5.5106（2）处理过的废气中S02的含量可以通过碘量法来测定用到的试剂有：0l molL的碘标准溶液，淀粉溶液当把处理后的废气以每分钟aL（标况下）的流速通入到lOOmL含有淀粉的碘标准液中，t min达到滴定终点滴定终点的现象为溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复颜色计算该处理气中SO2的含量（用含a，t的式子表示）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【
36、分析】I（1）焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；（2）当压强为P2，温度为512K时，平衡时甲醇为0.25mol，计算平衡时各组分物质的量，由于容器的容积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数，再计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若QcK，反应向正反应进行，若QcK，反应向逆反应进行；（3）原电池负极发生氧化反应，负极上是甲醇失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水；硫酸铜物质的量为0.5mol，铜离子完全放电获得电子为0.5mol2=1mol，56L空气中氧气物质的量为=0.5mol，转移电子为0.5mol4=2mol1mol，故阴极氢离子还放电，根据电子转移守恒计算生成氢气的物
37、质的量，阳极是氢氧根离子放电生成氧气，由电子转移守恒可知生成氧气为0.5mol；（1）Mg2+刚好沉淀完全时，溶液中c（ Mg2+）=l05mol/L，再结合KspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH）=1.2l011，KspCa（OH）2=c（Ca2+）c2（OH）=5.5106，联立计算；（2）发生反应：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，碘反应完毕时，溶液蓝色褪去计算通入气体总体积，根据方程式二氧化硫的体积，可得二氧化硫的含量【解答】解：I（1）焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的H=2803+4363mol/L=
38、28kJ/mol，故答案为：28kJ/mol；（2）当压强为P2，温度为512K时，平衡时甲醇为0.25mol，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）：1 2.75 0 0变化量（mol）：0.25 0.75 0.25 0.25平衡量（mol）：0.75 2 0.25 0.25由于容器的容积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数K=，此时浓度商Qc=9.6K=，反应向逆反应进行，故答案为：逆反应；（3）原电池负极发生氧化反应，负极上是甲醇失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O硫酸铜物
39、质的量为0.5mol，铜离子完全放电获得电子为0.5mol2=1mol，56L空气中氧气物质的量为=0.5mol，转移电子为0.5mol4=2mol1mol，故阴极氢离子还放电，根据电子转移守恒，生成氢气的物质的量为=0.5mol，阳极是氢氧根离子放电生成氧气，由电子转移守恒可知生成氧气为0.5mol，故两极生成气体总物质的量为0.5mol+0.5mol=1mol，故答案为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；1mol；（1）Mg2+刚好沉淀完全时，溶液中c（ Mg2+）=l05mol/L，KspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH）=1.2l011，KspCa（OH）2=c（Ca
40、2+）c2（OH）=5.5106，联立可得c（Ca2+）=4.58molL，故答案为：4.58；（2）发生反应：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，滴定终点时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复颜色，通入气体总体积为ta L，由方程式可知n（SO2）=n（I2）=0.1L0.1mol/L=0.01mol，则V（SO2）=n（I2）=0.01mol22.4L/mol=0.224L，该处理气中SO2的含量=，故答案为：溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复颜色；10陨铁的主要成分是：四氧化三铁、铁、镍、硅酸钠等某化学小组用陨铁为原料制备NiOOH、Na2FeO4的工艺流程图如图已知：铁和镍同属于铁系元素，
41、镍性质与铁相似，能与酸反应Ni2+在酸性环境较稳定，不易被氧化，在碱性环境易被氧化Fe2+、Fe3+、Ni2+开始形成沉淀和沉淀完全的PH分别为：7.69.6；2.73.7；8.59.5（1）陨铁酸化过程所用的酸是盐酸，固体A的用途：光导纤维（写一种即可）（2）检验滤液1中Fe2+所用试剂为：酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；（3）在第步加NaOH调节溶液pH的范围应为：3.7pH8.5；（4）第步离子反应方程式为：2Ni2+H2O2+4OH=2NiOOH+2H2O；第步离子反应方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；（5）整个工艺流程中可以循环使用的物质有
42、：NaOH、Cl2【考点】制备实验方案的设计【分析】陨铁用酸溶解，硅酸钠反应得到难溶的硅酸，沉淀1为硅酸，过滤分离，硅酸加热分解得到A为二氧化硅，滤液1中含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镍、未反应的硫酸等，通入氯气将Fe2+离子氧化为Fe3+，加入NaOH调节溶液pH使Fe3+使转化为Fe（OH）3沉淀，氢氧化铁与氢氧化钠、次氯酸钠反应得到Na2FeO4滤液2中加入过氧化氢，滤液3中含有钠盐及氢氧化钠，浓度电解得到烧碱溶液（1）最终电解滤液3得烧碱溶液，用盐酸酸化陨石；固体A为二氧化硅，可以用作光导纤维；（2）用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液检验亚铁离子；（3）在第步加NaOH调节溶液pH，使Fe3
43、+使转化为Fe（OH）3沉淀，而Ni2+不能沉淀；（4）第步是过氧化氢在碱性条件下将Ni2+氧化生成NiOOH；第步是氢氧化铁与氢氧化钠、次氯酸钠反应得到Na2FeO4，次氯酸钠被还原为氯化钠；（5）第步中电解得到氯气、氢氧化钠可以循环利用【解答】解：陨铁用酸溶解，硅酸钠反应得到难溶的硅酸，沉淀1为硅酸，过滤分离，硅酸加热分解得到A为二氧化硅，滤液1中含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镍、未反应的硫酸等，通入氯气将Fe2+离子氧化为Fe3+，加入NaOH调节溶液pH使Fe3+使转化为Fe（OH）3沉淀，氢氧化铁与氢氧化钠、次氯酸钠反应得到Na2FeO4滤液2中加入过氧化氢，滤液3中含有钠盐及氢氧化钠，
44、浓度电解得到烧碱溶液（1）最终电解滤液3得烧碱溶液，用盐酸酸化陨石；固体A为二氧化硅，可以用作光导纤维，故答案为：盐酸；光导纤维；（2）用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液检验亚铁离子，故答案为：酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；（3）在第步加NaOH调节溶液pH，使Fe3+使转化为Fe（OH）3沉淀，而Ni2+不能沉淀，调节溶液pH的范围应为：3.7pH8.5，故答案为：3.7pH8.5；（4）第步是过氧化氢在碱性条件下将Ni2+氧化生成NiOOH，反应离子方程式为：2Ni2+H2O2+4OH=2NiOOH+2H2O，第步是氢氧化铁与氢氧化钠、次氯酸钠反应得到Na2FeO4，次氯酸钠被还原为氯化钠
45、，反应离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Ni2+H2O2+4OH=2NiOOH+2H2O；2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；（5）第步中电解得到氯气、氢氧化钠分别在第中的氧化，第调节pH中循环利用，故答案为：NaOH、Cl2三、选考题：共45分请考生从给出的3道化学题中任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学一选修2：化学与技术】11雾霾含有大量的污染物S02、NO工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4N03产品的流程图如图1（1）上述流程中循环使用的物质有Ce4+、CO2（2）上述合成路
46、线中用到15%20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H20HOCH2CH2NH3+OH，写出乙醇胺吸收C02的化学方程式HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=HOCH2CH2NH4HCO3（3）写出吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+（4）向吸收池IV得到的HS03溶液中滴加少量CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：HSO3在溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，c（
47、H+）增大（5）电解池V可使Ce4+再生，装置如图2所示：生成Ce4+从a口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式：2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O（6）从氧化池中得到粗产品NH4N03的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4N03质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O溶液ym3，则氧化池中消耗的02在标准状况下的体积为22.4ycm3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由流程可知，吸收池I中发生SO2+OH=HSO3、CO2+OH=HCO3，NO不反应，吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2，发生NO+H2O+
48、Ce4+=Ce3+NO2+2H+，吸收池中NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，电解池可使Ce4+再生，Ce失去电子在阳极得到，阴极上发生2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，氧化池中得到粗产品NH4NO3，NO2完全转化为NH4NO3，电解池V中S得到电子，氧化池中氧得到电子，结合电子守恒计算【解答】解：由流程可知，吸收池I中发生SO2+OH=HSO3、CO2+OH=HCO3，NO不反应，吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2，发生NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，
49、吸收池中NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，电解池可使Ce4+再生，Ce失去电子在阳极得到，阴极上发生2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，氧化池中得到粗产品NH4NO3，（1）由上述分析可知，可循环利用，且流程中CO2回收应用，故答案为：Ce4+、CO2；（2）乙醇胺（HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H2OHOCH2CH2NH3+OH，乙醇胺吸收CO2的化学方程式为HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=HOCH2CH2NH
50、4HCO3，故答案为：HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=HOCH2CH2NH4HCO3；（3）吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+；（4）NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，故答案为：HSO3在溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大；（5）在电解池中，阳极上是Ce3+失电子成为Ce
51、4+的过程，所以生成Ce4+从电解槽的阳极上极a极流出，电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，故答案为：a；2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O；（6）从氧化池中得到粗产品NH4NO3的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32溶液ym3，由电子守恒知，氧化池中消耗的O2在标准状况下的体积为=22.4ycm3故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；22.4yc四、【化学一选修3：物质结构与性质】12现有前四周期元素A、B、C、D、E，原子序数依
52、次增大A的基态原子核外电子占据3个能级，最外层电子数是电子层数的2倍基态B原子与A同周期，p能级达到半充满C原子电子层数与最外层电子数相等B和E同主族，基态D原子的价层电子排布通式为ns2np1请回答下列问题：（1）基态E原子的价电子排布式为4s24p3（2）上述5种元素中，电负性最大的元素是N，lmolAB中含有键的数目是2NA（3）BO的空间构型为平面三角形，写出它的一种等电子体CO32（4）B、C可组成二种新型无机非金属材料CB，具有尉高温，耐磨性能它的晶体类型为原子晶体，其晶胞与金刚石晶胞相似，已知晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为 g/cm3（用含a、NA的式子表示）（5）D、B可组
53、成第三代半导体材料，其晶胞如图所示，它的化学式为GaN【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用【分析】前四周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A的基态原子核外电子占据3个能级，最外层电子数是电子层数的2倍，则A为C，基态B原子与A同周期，p能级达到半充满，则B为N，C原子电子层数与最外层电子数相等，则C为Al，基态D原子的价层电子排布通式为ns2np1，D的原子序数大于Al，则D为Ga，B和E同主族，则E为As，据此答题【解答】解：前四周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A的基态原子核外电子占据3个能级，最外层电子数是电子层数的2倍，则A为C，基
54、态B原子与A同周期，p能级达到半充满，则B为N，C原子电子层数与最外层电子数相等，则C为Al，基态D原子的价层电子排布通式为ns2np1，D的原子序数大于Al，则D为Ga，B和E同主族，则E为As，（1）E为As，基态E原子的价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3；（2）根据元素周期律可知，同周期从左向右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上向下，元素的电负性逐渐减小，所以上述5种元素中，电负性最大的元素是N，CN与N2互为等电子体，结构相似，lmolCN中含有键的数目是2NA，故答案为：N；2NA；（3）NO3的中心原子氮原子的价层电子对数为=3，所以NO3的空间构型为平面三角形，它
55、的一种等电子体为CO32，故答案为：平面三角形；CO32；（4）B、C可组成二种新型无机非金属材料为AlN，具有尉高温，耐磨性能，它的晶体类型为原子晶体，其晶胞与金刚石晶胞相似，则每个晶胞中含有4个铝原子和4个氮原子，已知晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为=g/cm3，故答案为：原子晶体；（5）D为Ga，B为N，D、B可组成第三代半导体材料，根据晶胞图可知，晶胞中含有N原子数为=6，含有Ga原子数为=6，所以化学式为GaN，故答案为：GaN五、【化学一选修5：有机化学基础】13以下为有机物H的合成路线已知：（1）（2）（3）（1）A的名称是甲苯GH的反应类型是加聚反应，F中官能团名称是酯基、碳
56、碳双键、溴原子（2）E的结构简式为（3）写出由对甲基苯甲醇生成D的化学方程式（4）T是E的同系物，分子式为C10H1002，具有下列结构与性质的T的结构有18种遇到氯化铁溶液发生显色反应能发生银镜反应能发生加聚反应 苯环上只有二个取代基其中，在核磁共振氢谱上有6组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的有机物的结构简式为【考点】有机物的推断【分析】由C与甲醛反应得到，结合信息（1）（2）可知A为，B为，C为，催化氧化生成D为由H的结构逆推可知G为，结合题目信息（3）可知F为，则E为，据此解答【解答】解：由C与甲醛反应得到，结合信息（1）（2）可知A为，B为，C为，催化氧化生成D为由H的结构逆
57、推可知G为，结合题目信息（3）可知F为，则E为（1）A为，名称是甲苯，GH的反应类型是加聚反应，F为，含有的官能团为酯基、碳碳双键、溴原子，故答案为：甲苯；加聚反应；酯基、碳碳双键、溴原子；（2）E的结构简式为：，故答案为：；（3）由对甲基苯甲醇生成D的化学方程式：，故答案为：；（4）T是E（）的同系物，分子式为C10H1002，比E少1个CH2原子团，具有下列结构与性质的T的结构：遇到氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，能发生加聚反应，说明含有碳碳双键，苯环上只有二个取代基，其中一个为OH，另外的侧链为CH=CHCH2CHO、CH2CH=CCHO、C（CHO）=CHCH3、CH=C（CHO）CH3、CH（CHO）CH=CH2、CHC（CHO）=CH3，各有邻、间、对3种，共有18种，其中在核磁共振氢谱上有6组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的有机物的结构简式为：，故答案为：18；2016年12月20日
