2019-2020年高三下学期第二次模拟化学试卷含解析.doc

2019-2020年高三下学期第二次模拟化学试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1下列说法中，正确的是( )A治理“地沟油”，可通过水解反应制得肥皂B硅晶体具有半导体性能，可用于制取光导纤维C人类超量碳排放及氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因DPM2.5是指空气中直径2.5 m的颗粒物，直径为2.5 m的颗粒物分散在空气中形成胶体（1m=106m）2四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素下列说法正确的是( )A原子半径ZYBX的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的强CM与Z形成的化合物中只存在离子键DM的最高价氧化物对应水化物不能与NaOH溶液反应3将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，继续滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀在上述一系列变化过程中，最终被还原的元素是( )ASBFeCClDN4下列实验不合理的是( )A制取氨气B分离乙醇和乙酸乙酯混合液C电解精炼铜D验证HCl极易溶于水5如图为香芹酮分子的结构，下列有关叙述正确的是( )A香芹酮化学式为C9H12OB香芹酮可以发生加成反应、消去反应和氧化反应C香芹酮能使酸性KMnO4溶液退色D香芹酮分子中有3种官能团6在指定溶液中一定能大量共存的离子组是( )A1.0molL1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42BpH=1的溶液：NH4+、Al3+、SO42、BrCc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、ClD与铝反应产生H2的溶液中：Na+、Mg2+、HCO3、SO427常温下，向20.00mL0.1000molL1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.xxmolL1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑NH3H2O的分解）下列说法不正确的是( )A点a所示溶液中：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点c所示溶液中：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（SO42）D点d所示溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.1000molL1二、解答题（共6小题，满分85分）8（18分）研究氮的固定具有重要意义（1）雷雨天气中发生自然固氮后，氮元素转化为_而存在于土壤中处于研究阶段的化学固氮新方法是N2在催化剂表面与水发生如下反应：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）H K 已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H1=92.4kJmol1 K12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H2=571.6kJmol1 K2则H=_；K=_（用K1和 K2表示）（2）在四个容积为2L的密闭容器中，分别充入1mol N2、3mol H2O，在催化剂条件下进行反应3h，实验数据见下表：下列能说明反应达到平衡状态的是_（填字母）aNH3和O2的物质的量之比为4：3b反应混合物中各组份的质量分数不变c单位时间内每消耗1molN2的同时生成2molNH3d容器内气体密度不变若第三组反应3h后已达平衡，第三组N2的转化率为_；第四组反应中以NH3表示的反应速率是_，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是_（3）美国化学家发明一种新型催化剂可以在常温下合成氨，将其附着在电池的正负极上实现氮的电化学固定，其装置示意图如图：则开始阶段正极反应式为_；忽略电解过程中溶液体积变化，当电池中阴极区溶液pH=7时，溶液中NH3H2O的浓度为_（ Kb=2105molL1）；当电池中阴极区呈红色时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_9（16分）工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图甲所示（1）提高酸浸效率的措施为_（任答一条即可）；酸浸时H+与难溶固体ZnFe2O4反应的离子方程式为_（2）净化中H2O2参与反应的离子方程式为_；X可选择的试剂为_（写化学式）；净化中Y为_（写化学式）；（3）电解法制备锌的装置如图乙所示：则电解槽中盛有的电解质溶液为_（填字母）；aZnCl2溶液 bZn（NO3）2溶液 cZnSO4溶液根据图乙中的数据，可求得电解过程中电流的有效利用率为_；（4）使用含有Zn（OH）42的强碱性电镀液进行镀锌防腐蚀，可得到细致的光滑镀层，电镀时阴极电极反应式_；以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在_处（填字母）10（19分）过氧化钙是一种重要的化工原料，温度在350以上容易分解（1）利用反应Ca（s）+O2CaO2（s），在纯氧条件下，制取CaO2的装置示意图1如下：请回答下列问题：装置A中反应的化学方程式为_；仪器a的名称为_； 装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是_仪器安装后应进行的实验操作：a通入氧气 b检查装置气密性 c加入药品 d停止通氧气 e点燃酒精灯 f熄灭酒精灯 g冷却至室温，正确的操作顺序为_完全反应后，有关数据记录如下：据此可判断m2与理论值不符，则产物中的杂质可能是_（2）利用反应Ca2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4+，在碱性环境中，制取CaO2的流程示意图2如下：请回答下列问题：主反应中，NH3H2O在Ca2+和H2O2的反应历程中所起的作用是_；该反应所需的条件及操作为_（填字母）a把氯化钙溶液逐滴加入过氧化氢氨水溶液中b把过氧化氢氨水溶液逐滴加入氯化钙溶液中c滴加时先搅拌后静置，观察晶体析出d滴加时不停搅拌，直至晶体完全析出e反应体系热水浴加热f反应体系冰水浴冷却洗涤CaO28H2O晶体时，判断晶体是否完全洗净的试剂为_；滤液循环使用时需在反应器中加入一种物质，该物质的化学式为_利用反应2CaO2 3502CaO+O2测量产品中CaO2含量时，停止反应且冷却至25后的装置示意图3如下：若直接读数确定25、1大气压下气体的体积，则测量结果_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）11铝生产产业链由铝土矿开采、氧化铝制取、铝的冶炼和铝材加工等环节构成（1）工业上采用电解氧化铝和冰晶石（Na3AlF6）熔融体的方法冶炼得到金属铝：2Al2O34Al+3O2加入冰晶石的作用为_（2）上述工艺所得铝材中往往含有少量Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为_，下列可作阴极材料的是_a铝材 b石墨 c铅板 d纯铝（3）阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜以稀硫酸为电解液，铝阳极发生的电极反应式为_在铝阳极氧化过程中，需要不断地调整电压，理由是_（4）下列说法正确的是_a阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术b铝的阳极氧化可增强铝表面的绝缘性能c铝的阳极氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降d铝的阳极氧化膜富多孔性，具有很强的吸附性能，能吸附染料而呈各种颜色12电石（CaC2）发生如下反应合成尿素CO（NH2）2，可进一步合成三聚氰胺CaC2CaCN2NH2CNCO（NH2）2（三聚氰胺）（1）CO（NH2）2分子中含有键的个数为_CaCN2中阴离子为CN22，与CN22离子互为等电子体的分子的化学式为_，可推知CN22的空间构型为_（2）三聚氰胺在动物体内可转化为三聚氰酸（ ），三聚氰酸分子中N原子采取_杂化三聚氰胺与三聚氰酸的分子相互之间通过_结合，在肾脏内易形成结石（3）如图是电石的晶胞示意图，则一个晶胞中含有_个Ca2+离子，研究表明，C22的存在使晶胞呈长方体，该晶胞中一个Ca2+周围距离相等且最近的C22有_个13解热镇痛药贝诺酯的合成路线如下：请回答下列问题：（1）AB的反应类型为_；BE的另一产物是_（2）X是水杨酸的同分异构体，X中含有苯环，属于酯类，遇FeCl3溶液显紫色则X 的结构简式为_（任写一种）（3）F中官能团的名称为_1mol扑热息痛与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为_（4）生成贝诺酯的化学方程式为_xx年山东省枣庄市薛城区舜耕中学高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1下列说法中，正确的是( )A治理“地沟油”，可通过水解反应制得肥皂B硅晶体具有半导体性能，可用于制取光导纤维C人类超量碳排放及氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因DPM2.5是指空气中直径2.5 m的颗粒物，直径为2.5 m的颗粒物分散在空气中形成胶体（1m=106m）考点：常见的生活环境的污染及治理；硅的用途；油脂的性质、组成与结构分析：A地沟油”成分为高级脂肪酸甘油酯，在碱性环境下水解生成高级脂肪酸钠；B光导纤维的主要成分为二氧化硅；C根据形成酸雨的原因；D分散质直径为107109m的分散系属于胶体解答：解：A地沟油”成分为高级脂肪酸甘油酯，在碱性环境下水解生成高级脂肪酸钠，可以用来制作肥皂，故A正确；B光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是晶体硅，故B错误；C氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因，故C错误；D胶粒直径为107109m的分散系属于胶体，2.55m的颗粒物直径为2.5106，大于胶体粒子直径，不属于胶体，故D错误；故选：A点评：本题考查了生产、生活中的化学知识，熟悉常见物质的性质是解题关键，题目难度不大2四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素下列说法正确的是( )A原子半径ZYBX的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的强CM与Z形成的化合物中只存在离子键DM的最高价氧化物对应水化物不能与NaOH溶液反应考点：原子结构与元素的性质分析：由短周期元素在周期表中的位置，可知M、X处于第三周期，TZ处于第二周期，四元素中M的金属性最强，只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O，A同周期自左而右原子半径减小；B非金属性越强，气态氢化物越稳定；CM与Z形成的化合物为氧化铝；DM的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，属于两性氢氧化物解答：解：由短周期元素在周期表中的位置，可知M、X处于第三周期，TZ处于第二周期，四元素中M的金属性最强，只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O，A同周期自左而右核电荷数增大，原子半径减小，则原子半径为YZ，故A错误；B非金属性ZX，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小，故B错误；CM与Z形成的化合物为氧化铝，只存在离子键，故C正确；DM的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应，故D错误；故选C点评：本题考查位置、结构及性质的综合应用，判断M为金属Al并推出各元素为解答的关键，注意对元素周期律的理解，难度不大3将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，继续滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀在上述一系列变化过程中，最终被还原的元素是( )ASBFeCClDN考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；随着溶液中H+浓度的增大，NO3逐渐显现出其强氧化性，再将Fe2+氧化为Fe3+，而NO3中氮元素从+5价变为+2价，故最终氮元素被还原解答：解：将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液呈酸性，Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；但立即又变为黄色，说明又被氧化为Fe3+，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，起氧化性的是硝酸，故选D点评：本题通过元素及化合物知识为载体，实质是考查氧化还原反应基本知识，题目难度不大，注意相关物质的性质，学习中注意积累4下列实验不合理的是( )A制取氨气B分离乙醇和乙酸乙酯混合液C电解精炼铜D验证HCl极易溶于水考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A浓氨水与CaO可反应生成氨气，不需要加热；B乙醇和乙酸乙酯混合液，不分层；C电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极；DHCl极易溶于水，气球会变大解答：解：A浓氨水与CaO可反应生成氨气，不需要加热，则图中固体与液体反应的装置合理，故A正确；B乙醇和乙酸乙酯混合液，不分层，不能利用图中分液法分离，故B错误；C电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，图中电解原理合理，故C正确；DHCl极易溶于水，则挤压胶头滴管，气球会变大，实验操作合理，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备实验、混合物分离提纯、电解原理及应用、物质的性质等，把握实验基本操作和反应原理为解答的关键，注重实验技能的考查，题目难度不大5如图为香芹酮分子的结构，下列有关叙述正确的是( )A香芹酮化学式为C9H12OB香芹酮可以发生加成反应、消去反应和氧化反应C香芹酮能使酸性KMnO4溶液退色D香芹酮分子中有3种官能团考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羰基，可发生加成反应，以此解答该题解答：解：A由结构简式可知有机物分子式为C10H14O，故A错误；B不能发生消去反应，故B错误；C含有碳碳双键，可被酸性KMnO4溶液氧化，故C正确；D有机物含有碳碳双键、羰基2种官能团，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大6在指定溶液中一定能大量共存的离子组是( )A1.0molL1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42BpH=1的溶液：NH4+、Al3+、SO42、BrCc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、ClD与铝反应产生H2的溶液中：Na+、Mg2+、HCO3、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A硝酸钾在酸性条件下能够氧化亚铁离子；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；C次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子和硫离子；D与铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应解答：解：AKNO3在H+大量存在条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故A错误；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、SO42、Br之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CClO具有强氧化性，能够氧化SO32、S2，在溶液中不能大量共存，故C错误；D与铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，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，注意掌握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，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；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；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在等7常温下，向20.00mL0.1000molL1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.xxmolL1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑NH3H2O的分解）下列说法不正确的是( )A点a所示溶液中：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点c所示溶液中：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（SO42）D点d所示溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.1000molL1考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据溶质的性质判断；Cc点溶液中的溶质是硫酸钠、一水合氨；Dd点溶液中的溶质是硫酸钠、一水合氨和NaOH，根据氮守恒解答解答：解：Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）c（OH），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）c（SO42），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A正确；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）c（Na+），故B错误；Cc点溶液中，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），故C正确；D20.00mL0.1000molL1（NH4）2SO4溶液中含氮元素0.004mol，和氢氧化钠反应后，溶液的体积为40mL，d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，根据氮原子守恒c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.1000molL1，故D正确；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确曲线上每一点的溶质及其性质是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，题目难度中等二、解答题（共6小题，满分85分）8（18分）研究氮的固定具有重要意义（1）雷雨天气中发生自然固氮后，氮元素转化为硝酸盐而存在于土壤中处于研究阶段的化学固氮新方法是N2在催化剂表面与水发生如下反应：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）H K 已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H1=92.4kJmol1 K12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H2=571.6kJmol1 K2则H=+1530kJmol1；K=（用K1和 K2表示）（2）在四个容积为2L的密闭容器中，分别充入1mol N2、3mol H2O，在催化剂条件下进行反应3h，实验数据见下表：下列能说明反应达到平衡状态的是bd（填字母）aNH3和O2的物质的量之比为4：3b反应混合物中各组份的质量分数不变c单位时间内每消耗1molN2的同时生成2molNH3d容器内气体密度不变若第三组反应3h后已达平衡，第三组N2的转化率为3104%；第四组反应中以NH3表示的反应速率是3.33107mol（Lh）1，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢（3）美国化学家发明一种新型催化剂可以在常温下合成氨，将其附着在电池的正负极上实现氮的电化学固定，其装置示意图如图：则开始阶段正极反应式为N2+8H+6e=2NH4+；忽略电解过程中溶液体积变化，当电池中阴极区溶液pH=7时，溶液中NH3H2O的浓度为5103molL1（ Kb=2105molL1）；当电池中阴极区呈红色时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算专题：基本概念与基本理论分析：（1）雷雨天气中发生自然固氮后，N2NONO2NO3，氮元素转化为硝酸盐而存在土壤中，根据盖斯定律=23，H=92.4kJmol12+3571.6kJmol1=+1530kJmol1，K=；（2）在反应2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）中，aNH3和O2的物质的量之比为4：3，反应不一定平衡；b反应混合物中各组份的质量分数不变，反应达到平衡；c单位时间内每消耗1molN2的同时生成2molNH3，都向正反应方向移动，反应不一定平衡；d容器内气体密度逐渐增大，当不变时，反应达到平衡；若第三组反应3h后已达平衡，反应的N2的为6.0106mol=3.0106mol，第三组N2的转化率为=3104%；3小时内根据NH3浓度的变化量，得v（NH3）=3.33107mol/（Lh），第四组温度最高但达平衡时，氨气的物质的量最小，可能是催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢，（3）开始阶段N2在正极发生还原反应，正极反应式为N2+8H+6e=2NH4+；当电池中阴极区溶液pH=7时，c（OH）=1107mol/L，根据电荷守恒，可知c（NH4+）=c（Cl）=1mol/L，溶液中NH3H2O，Kb=2105molL1；c（NH3H2O）=5103molL1；当电池中阴极区呈红色时，溶液显碱性，则溶液中的离子浓度大小顺序为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）解答：解：（1）雷雨天气中发生自然固氮后，N2NONO2NO3，氮元素转化为硝酸盐而存在土壤中，根据盖斯定律=23，H=92.4kJmol12+3571.6kJmol1=+1530kJmol1，K=；故答案为：硝酸盐；+1530kJmol1；（2）在反应2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）中，aNH3和O2的物质的量之比为4：3，反应不一定平衡；b反应混合物中各组份的质量分数不变，反应达到平衡；c单位时间内每消耗1molN2的同时生成2molNH3，都向正反应方向移动，反应不一定平衡；d容器内气体密度逐渐增大，当不变时，反应达到平衡；若第三组反应3h后已达平衡，反应的N2的为6.0106mol=3.0106mol，第三组N2的转化率为=3104%；3小时内根据NH3浓度的变化量，得v（NH3）=3.33107mol/（Lh），第四组温度最高但达平衡时，氨气的物质的量最小，可能是催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢，故答案为：bd；3104%；3.33107mol/（Lh）；催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢；（3）开始阶段N2在正极发生还原反应，N的化合价降低为3价，结合H+生成NH4+，正极反应式为N2+8H+6e=2NH4+；当电池中阴极区溶液pH=7时，c（OH）=1107mol/L，根据电荷守恒，可知c（NH4+）=c（Cl）=1mol/L，溶液中NH3H2O，Kb=2105molL1；c（NH3H2O）=5103molL1；当电池中阴极区呈红色时，溶液显碱性，则溶液中的离子浓度大小顺序为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故答案为：N2+8H+6e=2NH4+；5103molL1；c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）点评：本题考查盖斯定律，电极反应式的书写，转化率，平衡状态，离子浓度大小比较，利用三段式法来分析解答即可，难度中等9（16分）工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图甲所示（1）提高酸浸效率的措施为增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）（任答一条即可）；酸浸时H+与难溶固体ZnFe2O4反应的离子方程式为ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O（2）净化中H2O2参与反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；X可选择的试剂为ZnO（写化学式）；净化中Y为Cu（写化学式）；（3）电解法制备锌的装置如图乙所示：则电解槽中盛有的电解质溶液为c（填字母）；aZnCl2溶液 bZn（NO3）2溶液 cZnSO4溶液根据图乙中的数据，可求得电解过程中电流的有效利用率为75%；（4）使用含有Zn（OH）42的强碱性电镀液进行镀锌防腐蚀，可得到细致的光滑镀层，电镀时阴极电极反应式Zn（OH）42+2e=Zn+4OH；以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在C处（填字母）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn解答：解：将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn，（1）增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积等都可以加快反应速率，所以可以采用增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）加快反应速率；通过以上分析知，该离子方程式为ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O，故答案为：增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）；ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O；（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O，通过以上分析知，X为ZnO、Y为Cu，故答案为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；ZnO；Cu；（3）a电解ZnCl2溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气而得不到氧气，故错误； b电解Zn（NO3）2溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以阳极区得到的溶液相当于硝酸，硝酸具有挥发性，故错误； c电解ZnSO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极区域生成硫酸，硫酸没有挥发性，阴极上氢离子放电，当锌离子浓度足够大时，溶液中锌离子放电生成锌，故正确；当有2mol氧气生成时，转移电子的物质的量=2mol4=8mol，阴极上转移电子的物质的量是8mol，实际上析出1mol氢气，所以生成锌转移电子的物质的量是6mol，则电解过程中电流的有效利用率=75%，故答案为：c；75%；（4）电镀时阴极电极反应式为Zn（OH）42+2e=Zn+4OH，以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在腐蚀最严重处C处，故答案为：Zn（OH）42+2e=Zn+4OH；C点评：本题考查物质的分离和提纯，为高考高频点，侧重考查学生分析、判断、知识运用及基本操作能力，能从整体上分析解答，知道流程图中每个步骤发生的反应、操作方法，题目难度中等10（19分）过氧化钙是一种重要的化工原料，温度在350以上容易分解（1）利用反应Ca（s）+O2CaO2（s），在纯氧条件下，制取CaO2的装置示意图1如下：请回答下列问题：装置A中反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；仪器a的名称为蒸馏烧瓶； 装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是防止空气进入C装置影响产品纯度仪器安装后应进行的实验操作：a通入氧气 b检查装置气密性 c加入药品 d停止通氧气 e点燃酒精灯 f熄灭酒精灯 g冷却至室温，正确的操作顺序为bcaefgd完全反应后，有关数据记录如下：据此可判断m2与理论值不符，则产物中的杂质可能是CaO、Ca3N2等（2）利用反应Ca2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4+，在碱性环境中，制取CaO2的流程示意图2如下：请回答下列问题：主反应中，NH3H2O在Ca2+和H2O2的反应历程中所起的作用是中和过氧化氢和Ca2+反应析出的氢离子，促进反应进行；该反应所需的条件及操作为acf（填字母）a把氯化钙溶液逐滴加入过氧化氢氨水溶液中b把过氧化氢氨水溶液逐滴加入氯化钙溶液中c滴加时先搅拌后静置，观察晶体析出d滴加时不停搅拌，直至晶体完全析出e反应体系热水浴加热f反应体系冰水浴冷却洗涤CaO28H2O晶体时，判断晶体是否完全洗净的试剂为AgNO3溶液；滤液循环使用时需在反应器中加入一种物质，该物质的化学式为Ca（OH）2利用反应2CaO2 3502CaO+O2测量产品中CaO2含量时，停止反应且冷却至25后的装置示意图3如下：若直接读数确定25、1大气压下气体的体积，则测量结果偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）考点：制备实验方案的设计分析：（1）根据反应原理装置A为制备氧气的装置，则反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；仪器a的名称为蒸馏烧瓶；装置D中盛有的液体是浓硫酸，防止空气进入C装置影响产品纯度；因为过氧化钙在350以上容易分解，所以先通氧气后点燃酒精灯，再熄灭酒精灯，据此分析仪器安装后应进行的实验操作；根据数据计算理论生成产物的质量与实际比，从而结合钙的可能分析杂质；（2）根据平衡移动原理分析NH3H2O在Ca2+和H2O2的反应历程中所起的作用；根据在碱性环境中，制取CaO2的流程，所以把氯化钙溶液逐滴加入过氧化氢氨水溶液中，因为析出的是结晶水合物，所以应静置冷却，据此分析；根据反应生成副产物为氯化铵，则通过检验氯离子即可判断晶体是否完全洗净；滤液循环使用时，则要将氯化铵转化成氯化钙和氨水，所以应加氢氧化钙；气体有热胀冷缩效应，刚开始温度较高的时候测量气体体积偏大解答：解：（1）根据反应原理装置A为制备氧气的装置，则反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；仪器a的名称为蒸馏烧瓶；装置D中盛有的液体是浓硫酸，防止空气进入C装置影响产品纯度；因为过氧化钙在350以上容易分解，所以先通氧气后点燃酒精灯，再熄灭酒精灯，则仪器安装后应进行的实验操作为：bcaefgd，故答案为：2H2O22H2O+O2；蒸馏烧瓶；防止空气进入C装置影响产品纯度；bcaefgd；根据数据，则理论上生成CaO2的质量为：72=0.50415.2514.80，所以所含杂质的含钙量大于CaO2，又钙与空气中的氧气和氮气反应，所以产物中的杂质可能是CaO、Ca3N2等，故答案为：CaO、Ca3N2等；（2）因为要生成多的CaO28H2O，则使反应不断向正反应进行，所以加NH3H2O中和过氧化氢和Ca2+反应析出的氢离子，促进反应进行；因为在碱性环境中，制取CaO2的流程，所以把氯化钙溶液逐滴加入过氧化氢氨水溶液中；因为析出的是结晶水合物，所以应静置冷却，所以反应所需的条件及操作为acf；因为反应生成副产物为氯化铵，则通过检验氯离子即可判断晶体是否完全洗净，则应加AgNO3溶液；滤液循环使用时，则要将氯化铵转化成氯化钙和氨水，所以应加氢氧化钙，故答案为：中和过氧化氢和Ca2+反应析出的氢离子，促进反应进行；acf；AgNO3溶液； Ca（OH）2；气体有热胀冷缩效应，所以刚开始温度较高的时候测量气体体积偏大，故答案为：偏大点评：本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及装置的连接及化学计算等问题，题目难度较大，做题时注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力11铝生产产业链由铝土矿开采、氧化铝制取、铝的冶炼和铝材加工等环节构成（1）工业上采用电解氧化铝和冰晶石（Na3AlF6）熔融体的方法冶炼得到金属铝：2Al2O34Al+3O2加入冰晶石的作用为主要是降低Al2O3的熔化温度（2）上述工艺所得铝材中往往含有少量Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为Al3e=Al3+，下列可作阴极材料的是da铝材 b石墨 c铅板 d纯铝（3）阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜以稀硫酸为电解液，铝阳极发生的电极反应式为2Al6e+3H2O=Al2O3+6H+在铝阳极氧化过程中，需要不断地调整电压，理由是铝阳极表面不断生成氧化物，电阻增大，为保持电流稳定，需不断增大电压（4）下列说法正确的是bda阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术b铝的阳极氧化可增强铝表面的绝缘性能c铝的阳极氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降d铝的阳极氧化膜富多孔性，具有很强的吸附性能，能吸附染料而呈各种颜色考点：电解原理专题：电化学专题分析：（1）加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点；（2）在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子被氧化，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料；（3）阳极发生氧化反应，铝被氧化生成氧化铝；阳极生成氧化铝，电阻增大；（4）装置为电解装置，阳极发生氧化反应生成氧化铝，增强绝缘性能、耐腐性以及耐磨性，结合氧化铝的不同晶型解答解答：解：（1）由于Al2O3熔点很高，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点，作助熔剂，故答案为：主要是降低Al2O3的熔化温度；（2）在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为Al3eAl3+，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料，故答案为：Al3eAl3+；d；（3）根据阳极发生氧化反应可以得到电极反应式为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+，铝阳极生成氧化物薄膜后会使电阻增大，为了保持稳定的电流，需要随电阻增大而不断增大电压，故答案为：2Al6e+3H2OAl2O3+6H+；铝阳极表面不断生成氧化物，电阻增大，为了保持稳定的电流，需要不断增大电压；（4）a阳极氧化应用的是电解原理，故错误；b由于氧化物的生成可以增强铝表面的绝缘性，故正确；c铝的阳极氧化可以提高铝及铝合金的耐腐蚀性，但耐磨性不下降，故错误；d氧化铝具有不同的晶型，其中的Al2O3具有多孔性、强吸附性和催化活性，可做吸附剂和催化剂，故正确故答案为：bd点评：本题考查综合考查电化学知识，侧重于电解的原理和考查与应用，为高考常见题型和高频考点，注意把握电极方程式的书写，难度不大12电石（CaC2）发生如下反应合成尿素CO（NH2）2，可进一步合成三聚氰胺CaC2CaCN2NH2CNCO（NH2）2（三聚氰胺）（1）CO（NH2）2分子中含有键的个数为7CaCN2中阴离子为CN22，与CN22离子互为等电子体的分子的化学式为CO2或N2O，可推知CN22的空间构型为直线型（2）三聚氰胺在动物体内可转化为三聚氰酸（ ），三聚氰酸分子中N原子采取sp3杂化三聚氰胺与三聚氰酸的分子相互之间通过氢键结合，在肾脏内易形成结石（3）如图是电石的晶胞示意图，则一个晶胞中含有4个Ca2+离子，研究表明，C22的存在使晶胞呈长方体，该晶胞中一个Ca2+周围距离相等且最近的C22有4个考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：物质的组成专题分析：（1）根据CO（NH2）2分子的结构，结合单键为键，双键含有1个键和1个键，三键含有1个键和2个键分析；根据等电子体的概念确定与CN22互为等电子体的分子，根据二氧化碳的空间构型确定CN22离子的空间构型；（2）根据价层电子对互斥理论确定尿素的VSEPR模型，根据模型确定其杂化方式；氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间；（3）该晶胞中顶点占，棱上占，面心占，体心占1，Ca2+为8+6=4；根据图象，晶胞沿一个方向拉长，则该晶胞中一个Ca2+周围距离相等且最近的C22有只有同一平面内的4个；解答：解：（1）CO（NH2）2分子结构简式为：，分子中有2个CN、4个NH和1个C=O，所以CO（NH2）2分子有7键和1个键；与CN22互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳分子是直线形，所以CN22离子的空间构型是直线形故答案为：7；CO2或N2O；直线型；（2）三聚氰酸分子中N原子上价层电子对数= 键个数+（axb）=3+（531）=4，采取sp3杂化，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间能形成氢键，所以是通过分子间氢键结合，在肾脏内易形成结石，故答案为：sp3；氢键；（3）Ca2+为位于顶点和面心数目为8+6=4；根据图象，晶胞沿一个方向拉长，则该晶胞中一个Ca2+周围距离相等且最近的C22有只有同一平面内的4个，故答案为：4；4；点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等，注意分子空间构型的判断及原子杂化方式的判断是高考的热点13解热镇痛药贝诺酯的合成路线如下：请回答下列问题：（1）AB的反应类型为水解（取代）反应；BE的另一产物是HI（2）X是水杨酸的同分异构体，X中含有苯环，属于酯类，遇FeCl3溶液显紫色则X 的结构简式为（任写一种）（3）F中官能团的名称为氨基和酚羟基1mol扑热息痛与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol（4）生成贝诺酯的化学方程式为考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：根据题中各物质转化关系，苯与氯气反应生成A为，A发生水解（取代）反应得B为，B与碘甲烷发生取代反应生成E为，E发生硝化再还原得F为，B在一定条件下反应生成邻羟基苯甲酸钠，再酸化得水杨酸C为，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，苯与氯气反应生成A为，A发生水解（取代）反应得B为，B与碘甲烷发生取代反应生成E为，E发生硝化再还原得F为，B在一定条件下反应生成邻羟基苯甲酸钠，再酸化得水杨酸C为，（1）根据上面的分析可知，AB的反应类型为水解（取代）反应，根据元素守恒可知BE的另一产物是HI，故答案为：水解（取代）反应；HI；（2）水杨酸为，X是水杨酸的同分异构体，X中含有苯环，属于酯类，遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，则X 的结构简式为，故答案为：；（3）F为，F中官能团的名称为氨基和酚羟基，扑热息痛中的酚羟基以及肽键都能消耗氢氧化钠，所以1mol扑热息痛与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol，故答案为：氨基和酚羟基；2mol；（4）生成贝诺酯的化学方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物的合成，为高考常见的题型，注意把握合成流程中的反应条件、已知信息等推断各物质，可以正推和逆推的方法进行推断，熟悉有机物的结构与性质即可解答，题目难度中等