2022年高考化学模拟试卷（八）（含解析）

2022年高考化学模拟试卷（八）（含解析）一、选择题1（3分）（xx莱芜一模）下列说法正确的是（）A目前使用的燃料液化石油气，其主要成分均属于烃B食用白糖的主要成分是蔗糖，小苏打的主要成分是碳酸钠C明矾在自来水的生产过程中，常用于杀菌消毒D饮用酒在窖藏过程中主要发生酯化反应，酯化反应不属于取代反应2（4分）（xx广西二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A24g NaH中阴离子所含电子总数为NAB标准状况下，22.4 L苯中含有CH键数目为6NAC在碳酸钠溶液中，若c（CO32）=1 molL1，则c（Na+）=2 molL1D通过MnO2催化使H2O2分解，产生32g O2时转移电子数为2NA3（4分）（xx荆州模拟）已知温度T时，水的离子积常数为KW，该温度下将V1 mL a molL1的一元酸HA与V2 mL b molL1的一元碱BOH充分混合，下列判断一定正确的是（）A若V1a=V2b，稀释此混合溶液时，溶液中各离子浓度一定都发生变化B若pH（HA）+pH（BOH）=14，则V1=V2时，酸碱恰好完全中和C此混合液中：2c（H+）+c（B+）c（OH）+c（A）D若混合溶液中c（OH）=molL1，则此溶液一定呈中性4（4分）（xx新余二模）表中所列的都是烷烃，它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第6项X应为（）123456CH4C2H6C5H12C8H18XAC26H54BC20H42CC17H36DC53H1085（4分）（xx莱芜一模）下列有关离子方程式书写正确的（）A向含1mol FeI2溶液中通入标准状况下22.4L Cl2：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+2ClB向醋酸钠溶液中通入过量CO2：CH3COO+CO2+H2OHCO3+2 CH3COOHC向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OD以金属银为阳极电解饱和硫酸铜溶液：Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+6（4分）（xx杭州校级模拟）某充电电池的原理如图所示，溶液中c（H+）=2.0molL1，阴离子为SO42，a、b均为惰性电极，充电时右槽溶液颜色由绿色变为紫色下列对此电池叙述正确的是（）A放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色B充电过程中，a极的反应式为：VO2+2H+e=VO2+H2OC充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极D放电时，当转移1.0 mol电子时共有2.0 mol H+从右槽迁移进左槽7（4分）（xx莱芜一模）下列叙述正确的是（）A将H2S通入FeCl3溶液中会产生淡黄色沉淀，继续通入则会产生黑色沉淀B在中和热测定的实验中，将NaOH溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度C分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5常用蒸馏法D能使湿润的KI淀粉试纸变蓝的气体一定是Cl2二、解答题8（14分）（xx宜阳县校级模拟）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：103Fe3+I2；还原性：S2O32I；KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为4份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色向第四份试液中加K3Fe（CN）6溶液，根据是否得到具有特征蓝色的沉淀，可检验是否含有（用离子符号表示），蓝色的沉淀是（用化学式表示）第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为：、（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质不适合作为食盐加碘剂，其理由是（3）某同学为探究温度和反应物浓度对反应2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O的速率的影响，设计实验如表所示：0.01molL1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525t1实验2554025t2实验355V20t3表中数据：t1t2（填“”、“”或“=”）；表中V2=mL9（15分）（xx莱芜一模）“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式： C+ KMnO4+ H2SO4CO2+MnSO4+K2SO4+H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验2条件下平衡常数K=实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b 的值（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（4）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性常温下，向10mL 0.01molL1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0.01molL1 NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系；（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8109CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为1104mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为mol/L10（14分）（xx桃城区校级模拟）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究铁矿石中含氧量的测定按图1组装仪器，检查装置的气密性；将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图1所示（夹持仪器均省略）；从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却（1）装置C的作用为（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为铁矿石中含铁量的测定（1）步骤中煮沸的作用是（2）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是a因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂 c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测液润洗 e滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000molL1 KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为由、可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为三、【化学-选修3：物质结构与性质】11（15分）（xx宜阳县校级模拟）有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对电子，F原子核外电子数是B 与C核外电子数之和，D 是主族元素且与E同周期，E能形成红色或砖红色E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示请回答下列问题：（1）E+离子基态时的电子排布式为；（2）A2F的分子空间构型为；FO3分子中F原子的杂化方式；（3）CA3极易溶于水，其原因主要是；（4）从图中可以看出，D 与B形成的离子化合物的化学式为（用元素符号表示），该离子晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是（写出表达式即可，不用化简）；（5）已知E单质的晶体为面心立方最密堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个E原子），则E的晶体中E原子的配位数为四、【化学一选修5：有机化学基础】（15分）12（15分）（xx宜阳县校级模拟）桂皮酸是一种可从安息香分离出的有机芳香酸，其苯环上只有一个取代基桂皮酸甲酯可用作定香剂，用于饮料、冷饮、糖果、酒类等食品G为桂皮酸甲酯的一种同分异构体，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线表示单键或双键）用烃A 为原料合成G的路线如下：（1）桂皮酸结构简式为：；分子中核磁共振氢谱共有个峰；（2）化合物D可以发生的反应有A、取代反应 B、氧化反应 C、还原反应 D、水解反应（3）写出化学方程式CD；EH；（4）其中E的同分异构体甚多，其中有一类可用通式表示（其中X、Y均不为H），试写出符合上述通式且能发生银镜反应的四种物质的结构简式、xx年河南省洛阳市宜阳实验中学高考化学模拟试卷（八）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（xx莱芜一模）下列说法正确的是（）A目前使用的燃料液化石油气，其主要成分均属于烃B食用白糖的主要成分是蔗糖，小苏打的主要成分是碳酸钠C明矾在自来水的生产过程中，常用于杀菌消毒D饮用酒在窖藏过程中主要发生酯化反应，酯化反应不属于取代反应考点：石油的分馏产品和用途；盐类水解的应用；聚合反应与酯化反应；常见的食品添加剂的组成、性质和作用专题：化学应用分析：A烃是指仅含有碳氢两种元素的化合物；B小苏打的主要成分是碳酸氢钠；C明矾是净水剂；D取代反应指有机物分子某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替生成新的有机物的反应解答：解：A液化石油气主要成分是丙烷、丁烷，属于烃，故A正确； B白糖的主要成分是蔗糖，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，故B错误；C加明矾，明矾可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清，不能消毒，故C错误；D酯可以看做羧酸中的羧基上的羟基OH，被OR基团代替的产物，故酯化反应也属于取代反应，故D错误故选A点评：本题考查烃、常见的食品添加剂的组成、性质和作用，取代反应等，难度不大，注意明矾可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清，不能消毒2（4分）（xx广西二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A24g NaH中阴离子所含电子总数为NAB标准状况下，22.4 L苯中含有CH键数目为6NAC在碳酸钠溶液中，若c（CO32）=1 molL1，则c（Na+）=2 molL1D通过MnO2催化使H2O2分解，产生32g O2时转移电子数为2NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、依据n=计算物质的量，NaH中氢离子为H计算电子数；B、苯在标准状况不是气体；C、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解；D、依据2H2O2=2H2O+O2结合元素化合价变化计算电子转移；解答：解：A、24g NaH物质的量为1mol，阴离子H所含电子总数为2NA，故A错误；B、苯在标准状况不是气体，22.4 L苯物质的量不是1mol，故B错误；C、在碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解减少，若c（CO32）=1 molL1，则c（Na+）2 molL1，故C错误；D、2H2O2=2H2O+O2反应中产生32g O2物质的量为1mol，氧元素化合价从1价变化为2价和0价，转移电子数为2NA，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数应用，主要是中考、质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积应用条件，盐类水解应用氧化还原反应电子转移计算，题目难度中等3（4分）（xx荆州模拟）已知温度T时，水的离子积常数为KW，该温度下将V1 mL a molL1的一元酸HA与V2 mL b molL1的一元碱BOH充分混合，下列判断一定正确的是（）A若V1a=V2b，稀释此混合溶液时，溶液中各离子浓度一定都发生变化B若pH（HA）+pH（BOH）=14，则V1=V2时，酸碱恰好完全中和C此混合液中：2c（H+）+c（B+）c（OH）+c（A）D若混合溶液中c（OH）=molL1，则此溶液一定呈中性考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A如溶液呈中性，则稀释后c（H+）、c（OH）不变；B若pH（HA）+pH（BOH）=14，说明酸中c（H+）等于碱中c（OH），如有一种为弱电解质，则反应后弱电解质剩余；C根据溶液的电荷守恒判断；D若混合溶液中c（OH）=molL1，则（H+）=c（OH）解答：解：A如HA和BOH为强电解质，则混合反应后溶液呈中性，稀释后c（H+）、c（OH）不变，故A错误；B若pH（HA）+pH（BOH）=14，说明酸中c（H+）等于碱中c（OH），但是无法知道酸与碱是否为强酸、强碱，如为弱酸、强碱，则酸过量，如为弱碱、强酸，则碱过量，故B错误；C反应后溶液呈中性，应存在c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A），则2c（H+）+c（B+）c（OH）+c（A），故C错误；D若混合溶液中c（OH）=molL1，则（H+）=c（OH），则此溶液一定呈中性，故D正确故选D点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意结合弱电解质的电离特点极性判断，注意溶液电荷守恒的应用4（4分）（xx新余二模）表中所列的都是烷烃，它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第6项X应为（）123456CH4C2H6C5H12C8H18XAC26H54BC20H42CC17H36DC53H108考点：有机化合物中碳的成键特征专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此解答：解：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此第6项的C原子数为8+18=26，即为C26H54，故选：A点评：本题考查有机化合物中碳的成键特征，难度较大，侧重考查学生的规律查找能力以及逻辑推理能力，解题时紧结合题干信息，查找规律5（4分）（xx莱芜一模）下列有关离子方程式书写正确的（）A向含1mol FeI2溶液中通入标准状况下22.4L Cl2：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+2ClB向醋酸钠溶液中通入过量CO2：CH3COO+CO2+H2OHCO3+2 CH3COOHC向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OD以金属银为阳极电解饱和硫酸铜溶液：Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A根据溶液中离子的还原性：IFe2+，判断反应发生的顺序否发生以及离子方程式的书写；B根据强酸制弱酸的原理来分析；C根据NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性，二者的物质的量之比为2：1；D根据电解时，阳极材料是较活泼的金属，在电流的作用下失电子；阴极无论材料如何，都是阳离子得电子，然后根据总反应=阳极的电极反应+阴极的电极反应解答：解：A因溶液中离子的还原性：IFe2+，所以Cl2先氧化I，然后氧化Fe2+，向含1mol FeI2溶液中通入标准状况下22.4L Cl2时，只有I被氧化，离子方程式为：2I+Cl2I2+2Cl，故A错误；BCH3COOH的酸性大于H2CO3，所以不能用H2CO3来制备CH3COOH，故B错误；CNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性，二者的物质的量之比为2：1，离子反应为2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故C正确；D电解时，阳极的电极反应：2Ag2e=2Ag+；阴极的电极反应：Cu2+2e=Cu，所以总反应：2Ag+Cu2+=2Ag+Cu，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，难度不大6（4分）（xx杭州校级模拟）某充电电池的原理如图所示，溶液中c（H+）=2.0molL1，阴离子为SO42，a、b均为惰性电极，充电时右槽溶液颜色由绿色变为紫色下列对此电池叙述正确的是（）A放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色B充电过程中，a极的反应式为：VO2+2H+e=VO2+H2OC充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极D放电时，当转移1.0 mol电子时共有2.0 mol H+从右槽迁移进左槽考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：充电时右槽溶液颜色由绿色（V3+）变为紫色（V2+），b电极得电子发生还原反应，则b电极是阴极，a电极是阳极，a电极上失电子发生氧化反应；放电过程中，a电极上得电子发生还原反应，则a电极是正极，b电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，与电解池电极反应正好相反解答：解：A放电过程中，a电极上VO2+得电子发生还原反应生成VO2+，则左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，故A正确；B充电过程中，a极是电解池阳极，a极的反应式为VO2+e+H2O=VO2+2H+，故B错误；C充电时，b电极为阴极，a极为阳极，则b极接直流电源负极，a极接直流电源正极，故C错误；D放电时，正极附近发生反应：VO2+2H+e=VO2+H2O，氢离子向正极移动，当转移1.0 mol电子时共有2.0 mol H+从右槽迁移进左槽，故D正确故选AD点评：本题考查原电池和电解池原理，电极反应式的书写、电极的判断是学习难点，注意电解质溶液中阴阳离子的移动方向，为易错点7（4分）（xx莱芜一模）下列叙述正确的是（）A将H2S通入FeCl3溶液中会产生淡黄色沉淀，继续通入则会产生黑色沉淀B在中和热测定的实验中，将NaOH溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度C分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5常用蒸馏法D能使湿润的KI淀粉试纸变蓝的气体一定是Cl2考点：中和热的测定；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；常见气体的检验专题：实验评价题分析：A根据H2S通入FeCl3溶液中发生反应：H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl，继续通入H2S，但H2S与FeCl2不反应；B在中和热测定的实验中，需测温度3次，一，盐酸温度，二，氢氧化钠温度，两者取平均值，即初始温度三，反应之后的最高温度，即末温度；CCH3COOC2H5液体不溶于Na2CO3溶液；D湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝；解答：解：AH2S通入FeCl3溶液中发生反应：H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl，继续通入H2S，但H2S与FeCl2不反应，所以只产生淡黄色沉淀，故A错误；B在中和热测定的实验中，将NaOH溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度，故B正确；CCH3COOC2H5液体不溶于Na2CO3溶液，可用分液的方法分离，故C错误；D湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝，该气体不一定为Cl2，故D错误；故选：B点评：本题主要考查了化学反应、中和实验操作、物质的分离等，难度不大，要注意理解二、解答题8（14分）（xx宜阳县校级模拟）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：103Fe3+I2；还原性：S2O32I；KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为4份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色向第四份试液中加K3Fe（CN）6溶液，根据是否得到具有特征蓝色的沉淀，可检验是否含有Fe2+（用离子符号表示），蓝色的沉淀是Fe32（用化学式表示）第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O、2Fe3+2I=2Fe2+I2（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质不适合作为食盐加碘剂，其理由是KI3H2O在受热条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，碘易升华（3）某同学为探究温度和反应物浓度对反应2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O的速率的影响，设计实验如表所示：0.01molL1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525t1实验2554025t2实验355V20t3表中数据：t1t2（填“”、“”或“=”）；表中V2=40mL考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；化学反应速率的影响因素专题：物质检验鉴别题；化学反应速率专题分析：（1）Fe2+与K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀；KIO3、Fe3+具有氧化性，与KI发生氧化还原反应；（2）KI与氧气反应生成碘单质、KOH，KI3H2O该物质不适合作为食盐加碘剂，与其稳定性、还原性有关；（3）探究反应速率应注意控制变量，实验1、2中只有浓度不同，V1=5，实验1浓度大反应速率快；实验2、3应控制温度不同，其它条件相同，以此来解答解答：解：（1）Fe2+与K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀，则根据是否得到具有特征蓝色的沉淀，可检验是否含有Fe2+，生成沉淀为Fe32，故答案为：Fe2+；Fe32；KIO3、Fe3+具有氧化性，与KI发生氧化还原反应，离子反应分别为IO3+5I+6H+=3I2+3H2O、2Fe3+2I=2Fe2+I2，故答案为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；（2）KI与氧气反应生成碘单质、KOH，发生的化学反应为4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2，因KI3H2O在受热条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，碘易升华，则该物质不适合作为食盐加碘剂，故答案为：4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2；KI3H2O在受热条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，碘易升华；（3）探究反应速率应注意控制变量，实验1、2中只有浓度不同，V1=5，实验1浓度大反应速率快，则t1t2；实验2、3应控制温度不同，其它条件相同，则V2=40mL，故答案为：；40点评：本题考查物质鉴别和检验实验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验、物质的性质及发生的氧化还原反应、影响反应速率的因素为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，注意（4）中控制变量法的应用，题目难度不大9（15分）（xx莱芜一模）“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：5 C+4 KMnO4+6 H2SO45CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验2条件下平衡常数K=0.17实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b 的值小于1（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol（4）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性常温下，向10mL 0.01molL1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0.01molL1 NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH）；（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8109CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为1104mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为1.12104mol/L考点：氧化还原反应方程式的配平；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）反应中CCO2，碳元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，化合价升降最小公倍数为20，故C的系数为5，故KMnO4系数为4，据此结合原子守恒配平其它物质的系数；（2）、根据三段式计算平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的化学计量数不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；、由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等，要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量；、计算常数的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行的方向，据此解答；（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的计算；（4）向10mL 0.01molL1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0.01molL1 NaOH溶液，二者恰好反应，所得溶液为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于水解，溶液中是水电离生成氢离子，据此来确定离子浓度的大小；（5）Na2CO3溶液的浓度为1104mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=5105mol/L，根据Ksp=c（CO32）c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍解答：解：（1）反应中CCO2，碳元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，化合价升降最小公倍数为20，故C的系数为5，故KMnO4系数为4，结合原子守恒配平后方程式为：5C+4KMnO4+6H2SO4=5CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O故答案为：5、4、6=5、4、2、6；（2）、平衡时CO的物质的量为1.6mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.4 0.4 0.4 0.4平衡（mol）：1.6 0.6 0.4 0.4该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900时该反应平衡常数k=0.17，故答案为：0.17；、由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量，即a/b的值小于1，故答案为：小于1；、由900时，该反应的平衡常数为0.17，实验4，在900时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时浓度商Qc=1，大于平衡常数0.17，故反应向逆反应进行，所以V正V逆，故答案为：；（3）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol依据盖斯定律+4得：2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO （g）+4H2O（l）H=885.6KJ/mol；即CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol；（4）向10mL 0.01molL1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0. 01molL1 NaOH溶液，二者恰好反应，所得溶液为NaHC2O4溶液，在该溶液中，直接电离出的Na+和HC2O4浓度最大，NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于水解，所以c（Na+）c（HC2O4），c（H+）c（OH），溶液中水电离生成氢离子，故c（H+）c（C2O42），溶液呈酸，电离产生的c（C2O42）原大于c（OH），溶液中离子浓度c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH）；（5）Na2CO3溶液的浓度为1104mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=1104mol/L=5105mol/L，根据Ksp=c（CO32）c（Ca2+）=2.8109可知，钙离子最小浓度c（Ca2+）=mol/L=5.6105mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为25.6105mol/L=1.12104mol/L，故答案为：1.12104点评：本题考查氧化还原反应配平、平衡常数的计算与运用、热化学方程式书写、离子浓度大小比较、溶度积的有关计算等，题目综合性较大，是对学生能力的考查，难度中等，（5）中计算为易错点，溶液忽略混合后溶液的浓度发生变化10（14分）（xx桃城区校级模拟）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究铁矿石中含氧量的测定按图1组装仪器，检查装置的气密性；将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图1所示（夹持仪器均省略）；从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却（1）装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为24%铁矿石中含铁量的测定（1）步骤中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2（2）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是dfa因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂 c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测液润洗 e滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000molL1 KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为70%由、可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：、（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；（2）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后生成的水的质量，可以根据氧守恒来计算；、铁矿石先用足量的稀硫酸溶解，过滤除去杂质，得到只含铁的离子的溶液，再通氯气将溶液中的铁的离子氧化成三价铁离子，再用碘化钾来滴定，据此分析计算；（1）煮沸可以将水中的气体赶跑；（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；中装置B增重1.35g为生成水的质量，根据氧元素守恒5g矿石中计算n（O），中步骤发生2Fe3+2I=2Fe2+I2，根据消耗KI溶液体积计算n（Fe3+），根据Fe元素守恒计算10g矿石中n（Fe），据此确定氧化物化学式解答：解：（1）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；（2）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质即生成的水的质量，所以氧元素的质量分数是：100%=24%，故答案为：24%；铁矿石先用足量的稀硫酸溶解，过滤除去杂质，得到只含铁的离子的溶液，再通氯气将溶液中的铁的离子氧化成三价铁离子，再用碘化钾来滴定；（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2，故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；（2）容量瓶是一种定容仪器，若是稀释到250mL，则采用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（3）a碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；b滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，但是亚铁离子的绿色会产生干扰作用，故b错误；c滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；d锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；e滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确故选df（4）由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合方程式可知，c（Fe3+）=c（KI）=0.5molL1，所以铁元素的百分含量为：100%=70%，故答案为：70%；中装置B增重1.35g为生成水的质量，根据氧元素守恒，5g矿石中n（O）=n（H2O）=0.075mol，10g矿石中n（O）=0.15mol，中步骤发生2Fe3+2I=2Fe2+I2，n（Fe3+）=0. 02L0.5mol/L=0.125mol，故10矿石中n（Fe）=n（Fe3+）=0.125mol，故n（Fe）：n（O）=0.125mol：0.15mol=5：6，即化学式为：Fe5O6，故答案为：Fe5O6点评：本题是一道探究物质的组成、测量物质的含量知识的一道综合考查题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度大三、【化学-选修3：物质结构与性质】11（15分）（xx宜阳县校级模拟）有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对电子，F原子核外电子数是B 与C核外电子数之和，D 是主族元素且与E同周期，E能形成红色或砖红色E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示请回答下列问题：（1）E+离子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；（2）A2F的分子空间构型为sp3；FO3分子中F原子的杂化方式平面正三角形；（3）CA3极易溶于水，其原因主要是NH3与水分子间形成氢键；（4）从图中可以看出，D 与B形成的离子化合物的化学式为CaF2（用元素符号表示），该离子晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是cm3（写出表达式即可，不用化简）；（5）已知E单质的晶体为面心立方最密堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个E原子），则E的晶体中E原子的配位数为12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：有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，则F原子核外电子数为9+7=16，则F为S元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D与B可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为8+6=4，故化学式为DF2，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素，据此解答解答：解：有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，则F原子核外电子数为9+7=16，则F为S元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D与B可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为8+6=4，故化学式为DF2，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素，（1）E为Cu元素，Cu+离子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）H2S分子中S原子的价层电子对数=2+=4，S原子采取sp3杂化，S的氧化物SO3分子中S原子价层电子对数=3+=3，S原子没有孤对电子，故SO3为平面正三角形，故答案为：sp3；平面正三角形；（3）NH3极易溶于水，其原因主要是NH3与水分子间形成氢键，故答案为：NH3与水分子间形成氢键；（4）D与F元素可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为8+6=4，故化学式为DF2，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素，故该离子化合物化学式为CaF2，晶胞的密度为agcm3，晶胞的质量为，故晶胞的体积为=cm3，故答案为：CaF2；cm3；（5）Cu单质的晶体为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子处于面心上，每个顶点为12个面共用，故Cu的配位数为12，故答案为：12点评：本题以元素推断为载体，综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论与分子结构、氢键、晶胞计算等，难度中等，（4）注意利用均摊法进行晶胞计算四、【化学一选修5：有机化学基础】（15分）12（15分）（xx宜阳县校级模拟）桂皮酸是一种可从安息香分离出的有机芳香酸，其苯环上只有一个取代基桂皮酸甲酯可用作定香剂，用于饮料、冷饮、糖果、酒类等食品G为桂皮酸甲酯的一种同分异构体，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线表示单键或双键）用烃A 为原料合成G的路线如下：（1）桂皮酸结构简式为：；分子中核磁共振氢谱共有6个峰；（2）化合物D可以发生的反应有ABCA、取代反应 B、氧化反应 C、还原反应 D、水解反应（3）写出化学方程式CD；EH；（4）其中E的同分异构体甚多，其中有一类可用通式表示（其中X、Y均不为H），试写出符合上述通式且能发生银镜反应的四种物质的结构简式、考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：G为桂皮酸甲酯的一种同分异构体，由G（桂皮酸甲酯）的球棍模型可知G为，而桂皮酸的苯环上只有一个取代基，结合G的结构简式可知，桂皮酸的结构简式为F与甲醇发生酯化反应生成G，则F为，A与溴的四氯化碳溶液反应生成B，B发生水解反应反应生成C，C氧化生成D，D进一步氧化、酸化得到E，E在浓硫酸、加热条件下生成F，应是发生消去反应，由F的结构可知，A为，B为，C为，D为，E为，H为，据此解答解答：解：G为桂皮酸甲酯的一种同分异构体，由G（桂皮酸甲酯）的球棍模型可知G为，而桂皮酸的苯环上只有一个取代基，结合G的结构简式可知，桂皮酸的结构简式为F与甲醇发生酯化反应生成G，则F为，A与溴的四氯化碳溶液反应生成B，B发生水解反应反应生成C，C氧化生成D，D进一步氧化、酸化得到E，E在浓硫酸、加热条件下生成F，应是发生消去反应，由F的结构可知，A为，B为，C为，D为，E为，H为，（1）由上述分析可知，桂皮酸结构简式为：；分子中有6种化学环境不同的氢原子，故其核磁共振氢谱共有6个峰，故答案为：；6；（2）化合物D为，含有羟基，可以发生取代反应，含有醛基可以发生氧化反应、还原反应，不能发生水解反应，故选：ABC；（3）CD的反应方程式为：，EH的反应方程式为：，故答案为：；（4）E（）的同分异构体甚多，其中有一类可用通式表示（其中X、Y均不为H），能发生银镜反应，符合条件的四种物质的结构简式为：、，故答案为：；点评：本题考查有机物的推断，注意根据G的结构与反应