2019-2020年高考化学模拟试卷（B卷）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（B卷）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（） A 血糖过低的患者可利用静脉注射葡萄糖溶液的方法迅速补充营养 B 装运乙醇的包装箱应贴的图标是 C 用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理不同 D 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等2常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（） A c（H+）/c（OH）=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl B pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO、SO C c（Fe3+）=0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO、SCN D 与铝反应生成氢气的溶液中：NH、K+、Cl、SO3已知33As、35Br位于同一周期下列关系正确的是（） A 原子半径：AsClP B 热稳定性：HClAsH3HBr C 还原性：As3S2Cl D 酸性：H3AsO4H2SO4H3PO44栀子花具有浓郁的香味是因为栀子酯，其结构简式如图，下列说法正确的是（） A 该栀子酯的分子式C10H11O2 B 1mol栀子酯水解需要消耗2mol NaOH C 栀子酯可以发生加成、取代和消去反应 D 栀子酯的一氯代物有六种5下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（） A 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（C1）=c（I） B pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）c（SO42）+c（OH） C 常温下，0.1molL1的NH4Cl CH3COONH4 NH4HSO4溶液中：c（NH4+）大小顺序： D 物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）2c（HCO）+2c（H2CO3）+2c（CO）6为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法错误的是（）选项 被提纯的物质（杂质） 除杂试剂 分离方法A KNO3（NaCl） H2O 重结晶B 乙酸乙酯（乙酸） 饱和Na2CO3溶液 分液C 乙醇（水） 生石灰 蒸馏D 溴苯（溴） H2O 萃取 A A B B C C D D7现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（） A 当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA B A极的电极反应式为+eCl+ C 电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极 D B为电池的正极，发生还原反应二、解答题（共3小题，满分43分）8铁及其化合物在生产和生活中有广泛的应用、高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，工业上制备高铁酸钠的方法之一的反应原理为：Fe（OH）3+NaClO+NaOHNa2FeO4+X+H2O，则X的化学式，反应中被氧化的物质是（写化学式）、铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆工业制硫酸产生的硫酸渣中主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：已知：沉淀物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Fe（OH）2 Mg（OH）2开始沉淀pH 2.7 3.8 7.6 9.4完全沉淀pH 3.2 5.2 9.7 12.4FeS2是一种黄色难溶于水的固体（1）酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为；“滤渣A”主要成份的化学式为（2）还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，写出该反应的离子方程式：（3）为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程中加NaOH调节溶液的pH的范围是；如果加NaOH调节溶液的pH=a，则滤液B中的c（Fe3+）=（25时，KspFe（OH）3=41038）（4）滤液B中可以回收的物质有9二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向（1）CO2的电子式是，所含化学键的类型是（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3=+41.2kJmol1写出CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式是一定条件下，上述合成二甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是（填代号）a逆反应速率先增大后减小 bH2的转化率增大 cCO2的体积百分含量减小 d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=；KA、KB、KC三者之间的大小关系为（3）已知常温下NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011 常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，NH4HCO3溶液显；（填“酸性”、“中性”或“碱性”）；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=10亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量，某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：2NO+Na2O2=2NaNO22NO2+Na2O2=2NaNO3酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为NO3，MnO4还原成Mn2+产品制备与检验：用如图1装置制备NaNO2：（1）写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（2）B装置的作用是（3）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为制备纯净NaNO2应在B、C装置间增加一个装置，请在右框内画出增加的装置图2，并标明盛放的试剂（4）试设计实验检验装置C中NaNO2的存在（写出操作、现象和结论）含量的测定称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数 1 2 3 4KMnO4溶液体积/mL 20.60 20.02 20.00 19.98（5）第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是（双项选择）A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 B锥形瓶洗净后未干燥C滴定终了仰视读数 D滴定终了俯视读数（6）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数（结果保留4位有效数字）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质（1）基态硅原子的电子排布式：（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似硅烷的通式为，硅烷中硅采取杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性由小到大的顺序为（用元素符号表示）（4）气态SeO3分子的立体构型为，与SeO3互为等电子体的一种离子为（填化学式）（5）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为；若该晶体的晶胞棱长为a pm，则该合金密度为g/cm3（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）12高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+R18OHRCO18OR+ROH（R，R是两种不同的烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是，A的名称为（2）的化学方程式为（3）PMMA单体的官能团名称是、（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）符合下列要求的J的同分异构体有种能与NaOH溶液反应 能使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去分子中不含环状结构，其中与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是（6）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式xx年湖北省黄冈中学高考化学模拟试卷（B卷）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（） A 血糖过低的患者可利用静脉注射葡萄糖溶液的方法迅速补充营养 B 装运乙醇的包装箱应贴的图标是 C 用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理不同 D 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等考点： 有机化学反应的综合应用；海水资源及其综合利用；二氧化硫的化学性质专题： 有机反应分析： A、静脉注射葡萄糖溶液可以补充能量；B、乙醇为易燃液体；C、活性炭脱色为物理吸附、二氧化硫漂白为与有色物质结合；D、海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），其方法较多解答： 解：A、葡萄糖可以被人体直接吸收，故静脉注射葡萄糖溶液可以迅速补充能量，故A正确；B、乙醇为易燃液体，应标注易燃液体标识，且乙醇具有还原性，不具有氧化性，故B错误；C、活性炭脱色是利用其吸附性，二氧化硫漂白是利用二氧化硫与有色物质结合生成无色的物质，两者原理不同，故C正确；D、海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，故D正确；故选B点评： 本题主要考查的是人体营养物质、海水淡化方法、活性炭与二氧化硫的漂白原理等，综合性较强，有一定难度2常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（） A c（H+）/c（OH）=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl B pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO、SO C c（Fe3+）=0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO、SCN D 与铝反应生成氢气的溶液中：NH、K+、Cl、SO考点： 离子共存问题专题： 离子反应专题分析： Ac（H+）/c（OH）=1012的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；B高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；C铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；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，铵根离子与氢氧根离子反应解答： 解：Ac（H+）/c（OH）=1012的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3、Cl之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BFe2+、MnO4之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+和SCN之间反应生成络合物硫氰化铁，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为酸性或强碱性溶液，NH4+与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评： 本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：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；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；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3已知33As、35Br位于同一周期下列关系正确的是（） A 原子半径：AsClP B 热稳定性：HClAsH3HBr C 还原性：As3S2Cl D 酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4考点： 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定；C非金属的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；D非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强解答： 解：A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化性Cl2SAs，所以阴离子的还原性：As3S2Cl，故C正确；D酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选C点评： 本题考查物质的性质，根据元素周期律来分析解答即可，难度不大4栀子花具有浓郁的香味是因为栀子酯，其结构简式如图，下列说法正确的是（） A 该栀子酯的分子式C10H11O2 B 1mol栀子酯水解需要消耗2mol NaOH C 栀子酯可以发生加成、取代和消去反应 D 栀子酯的一氯代物有六种考点： 有机物的结构和性质专题： 有机物的化学性质及推断分析： 该分子中含有酯基和苯环，具有酯和苯的性质，能发生水解反应、加成反应、氧化反应、还原反应，结合结构简式确定分子式，据此分析解答解答： 解：A分子式为C10H12O2，故A错误；B酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1mol栀子酯水解需要消耗1mol NaOH，故B错误；C含有酯基和苯环，能发生水解反应、取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应，但不能发生消去反应，故C错误；D栀子酯的氢原子共有6种，一氯代物有六种，故D正确；故选D点评： 本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯的性质，易错选项是D，会判断氢原子种类5下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（） A 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（C1）=c（I） B pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）c（SO42）+c（OH） C 常温下，0.1molL1的NH4Cl CH3COONH4 NH4HSO4溶液中：c（NH4+）大小顺序： D 物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）2c（HCO）+2c（H2CO3）+2c（CO）考点： 离子浓度大小的比较专题： 盐类的水解专题分析： A氯化银的溶解度大于碘化银，则氯离子浓度大于碘离子；B根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒和物料守恒分析；C氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，由此分析解答；D根据物料守恒，分析解答解答： 解：A含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c（Ag+）c（Cl）c（I），故A错误；B根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），因为c（Na+）=c（SO42），所以c（H+）=c（SO42）+c（OH），故B正确；CH+抑制NH4+水解、CH3COO促进NH4+水解，所以铵根离子浓度大小顺序是，故C错误；D根据物料守恒，2c（HClO）+2c（ClO）c（HCO）+c（H2CO3）+c（CO），故D错误；故选B点评： 本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义，明确难溶物溶解平衡及其应用方法6为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法错误的是（）选项 被提纯的物质（杂质） 除杂试剂 分离方法A KNO3（NaCl） H2O 重结晶B 乙酸乙酯（乙酸） 饱和Na2CO3溶液 分液C 乙醇（水） 生石灰 蒸馏D 溴苯（溴） H2O 萃取 A A B B C C D D考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂专题： 化学实验基本操作分析： A二者的溶解度受温度的影响不同；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；C水与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异；D溴不易溶于水，易溶于溴苯解答： 解：A二者的溶解度受温度的影响不同，则加水得到热饱和溶液、重结晶可分离提纯，故A正确；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故B正确；C水与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故C正确；D溴不易溶于水，易溶于溴苯，加水不能除杂，应选NaOH溶液、分液除杂，故D错误；故选D点评： 本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法的选择等为解答的关键，侧重分析与实验能力考查，选项A为解答的难点，题目难度不大7现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（） A 当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA B A极的电极反应式为+eCl+ C 电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极 D B为电池的正极，发生还原反应考点： 原电池和电解池的工作原理专题： 电化学专题分析： 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，据此分析解答： 解：A、据电荷守恒，当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故A正确；B、A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故B错误；C、电流从正极A沿导线流向负极B，故C错误；D、B为原电池负极，发生氧化反应，故D错误；故选A点评： 本题涉及电解池的工作原理以及应用的考查，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8铁及其化合物在生产和生活中有广泛的应用、高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，工业上制备高铁酸钠的方法之一的反应原理为：Fe（OH）3+NaClO+NaOHNa2FeO4+X+H2O，则X的化学式NaCl，反应中被氧化的物质是Fe（OH）3（写化学式）、铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆工业制硫酸产生的硫酸渣中主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：已知：沉淀物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Fe（OH）2 Mg（OH）2开始沉淀pH 2.7 3.8 7.6 9.4完全沉淀pH 3.2 5.2 9.7 12.4FeS2是一种黄色难溶于水的固体（1）酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4） 3+3H2O；“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2（2）还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，写出该反应的离子方程式：FeS2+14 Fe3+8 H2O=15Fe2+2 SO42+16 H+（3）为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程中加NaOH调节溶液的pH的范围是3.23.8；如果加NaOH调节溶液的pH=a，则滤液B中的c（Fe3+）=410（43a）（25时，KspFe（OH）3=41038）（4）滤液B中可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析： 、氧化还原反应元素化合价升降分析配平化学方程式，根据质量守恒定律的实质，反应前后各元素的原子个数相等推断X的化学式，元素化合价升高失电子钡氧化；、硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；（1）氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；（2）根据得失电子守恒和原子守恒来配平，FeS2中S元素的化合价从1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16；（3）根据几种离子沉淀的pH，应选择使Fe3+沉淀完全而其他离子不沉淀，结合溶度积常数计算分析；（4）根据几种离子沉淀的pH分析；因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠解答： 解：、根据元素化合价变化配平书写化学方程式，铁元素化合价+3价变化为+6价，氯元素化合价+1价应变化为1价，2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O可知，反应前铁、氧、氢、钠、氯的原子个数分别是：2、13、10、7、3，反应后铁、氧、氢、钠、氯的原子个数分别是：2、13、10、4、0，所以每个X中含有1个钠离子和1个氯离子，X是氯化钠，氢氧化铁中铁元素化合价升高被氧化，故答案为：NaCl，Fe（OH）3；、硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；（1）氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4） 3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2故答案为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2； （2）FeS2中S元素的化合价从1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+，故答案为：FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+；（3）根据几种离子沉淀的pH，使Fe3+沉淀完全的PH为3.2，其他离子开始沉淀PH为3.8，因此所选PH因介于3.2和3.8之间，如果加NaOH调节溶液的pH=a，c（OH）=，25时，KspFe（OH）3=41038 ，则滤液B中的c（Fe3+）=410（43a），故答案为：3.23.8，410（43a）；（4）根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4点评： 本题通过制备铁红，考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力9二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向（1）CO2的电子式是，所含化学键的类型是共价键（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3=+41.2kJmol1写出CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式是2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1一定条件下，上述合成二甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是b（填代号）a逆反应速率先增大后减小 bH2的转化率增大 cCO2的体积百分含量减小 d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=0.18 molL1min1；KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA=KCKB（3）已知常温下NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011 常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，NH4HCO3溶液显碱性；（填“酸性”、“中性”或“碱性”）；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.3103考点： 热化学方程式；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用分析： （1）根据CO2为共价化合物书写电子式判断所含化学键；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1根据盖斯定律2+书写CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式；a逆反应速率先增大后减小，说明平衡向逆反应方向移动； bH2的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动； cCO2的体积百分含量减小，可能为减小二氧化碳的量使平衡向逆反应方向移动；d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小，可能为减小氢气的量使平衡向逆反应方向移动；T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH30为6mol60%=1.8mol，根据平均反应速率v（CH3OCH3）=；根据平衡常数仅与温度有关比较KA、KB、KC三者之间的大小关系；（3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011，越弱越水解判断；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=进行计算解答： 解：（1）因为CO2为共价化合物，则电子式为，所含化学键为共价键，故答案为：；共价键；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1根据盖斯定律2+，则CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1；故答案为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1；a逆反应速率先增大后减小，说明平衡向逆反应方向移动，故不选； bH2的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，故选； cCO2的体积百分含量减小，可能为减小二氧化碳的量使平衡向逆反应方向移动，故不选；d容器中c（H2）/c（CO2）的值减小，可能为减小氢气的量使平衡向逆反应方向移动，故不选；故选：b；T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH30为6mol60%=1.8mol，所以平均反应速率v（CH3OCH3）=0.18 molL1min1；又平衡常数仅与温度有关，所以KA=KC，又根据图象在相同投料比时T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下反应向正反应方向移动，则KA=KCKB，故答案为：0.18 molL1min1；KA=KCKB；（3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数K=1.75105，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4107，K2=4.71011，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.3103；故答案为：碱性；1.3103点评： 本题考查了盖斯定律的应用，化学反应速率的求算以及平衡移动，盐类水解，弱电解质的电离平衡，综合性较强难度较大10亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量，某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：2NO+Na2O2=2NaNO22NO2+Na2O2=2NaNO3酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为NO3，MnO4还原成Mn2+产品制备与检验：用如图1装置制备NaNO2：（1）写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（2）B装置的作用是将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO（或制取NO）（3）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为制备纯净NaNO2应在B、C装置间增加一个装置，请在右框内画出增加的装置图2，并标明盛放的试剂（4）试设计实验检验装置C中NaNO2的存在（写出操作、现象和结论）取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，（加入稀硫酸酸化）滴加入12滴（少量）酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2含量的测定称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数 1 2 3 4KMnO4溶液体积/mL 20.60 20.02 20.00 19.98（5）第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是AC（双项选择）A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 B锥形瓶洗净后未干燥C滴定终了仰视读数 D滴定终了俯视读数（6）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数86.25%或0.8625（结果保留4位有效数字）考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计分析： （1）碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，据此写出方程式，根据化合价变化标出电子转移的方向和数目；（2）装置C中需要用NO和过氧化钠反应，则装置B是用于提供NO气体；（3）通过B装置的气体中含有二氧化碳、NO和水，需要将二氧化碳和水除去，据此选用试剂，并画出装置图；（4）酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为NO3，MnO4还原成Mn2+，据此设计实验方案检验装置C中NaNO2的存在；（5）第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，标准液浓度减小； B达到过程中锥形瓶不需要干燥，不影响待测液中溶质的物质的量；C滴定终了仰视读数，读出的是凹液面下方读数，读数比实际消耗的标准液体积偏大； D滴定终了俯视读数，读出的是凹液面上方读数，读数比实际读数偏小； （6）第一组数据舍弃，计算出其它3组消耗标准液的平均体积，再结合反应方程式计算出样品中亚硝酸钠的质量及质量分数解答： 解：（1）装置A中C与浓硝酸反应的化学方程式的方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，反应中电子转移数目为4，标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（2）根据实验装置可知，装置C中发生反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，则装置B的作用是将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO（或制取NO），故答案为：将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO（或制取NO）；（3）为制备纯净NaNO2，需要将进入装置C的气体中的二氧化碳和水除去，碱石灰能够吸收二氧化碳和水，故可以选用碱石灰，装置图如：或，故答案为：或；（4）根据题中信息可知，酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为NO3，MnO4还原成Mn2+，据此可设计出检验亚硝酸钠的方法为：取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，（加入稀硫酸酸化）滴加入12滴（少量）酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2，故答案为：取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，（加入稀硫酸酸化）滴加入12滴（少量）酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2；（5）第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高，A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故A正确； B锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故B错误；C滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故C正确； D滴定终了俯视读数，滴定管读数偏小，计算出的标准液体积偏小，故D错误；故答案为：AC；（6）由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：mL=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为：0.1000mol/L0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为：0.002mol=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO45NO2，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为：0.02mol=0.05mol，质量为69g/mol0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：100%=86.25%，故答案为：86.25%或0.8625点评： 本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度较大，涉及性质实验方案的设计、中和滴定操作及误差分析、氧化还原反应中电子转移的分析、化学计算等知识，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质（1）基态硅原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似硅烷的通式为SinH2n+2，硅烷中硅采取sp3杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性由小到大的顺序为AsSeBr（用元素符号表示）（4）气态SeO3分子的立体构型为平面三角形，与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32或NO3（填化学式）（5）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为1：3；若该晶体的晶胞棱长为a pm，则该合金密度为g/cm3（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）考点： 原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别分析： （1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式；（2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2，又硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取sp3杂化方式；根据SinH2n+2都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，据此答题；（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能BrAsSe，据此答题；（4）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数可以判断分子构型；根据等电子体要求原子总数相同，价电子数相同来确定；（5）利用均摊法计算两种金属原子个数之比，根据=计算解答： 解：（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2； （2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2，又硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取sp3杂化方式；硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，故答案为：SinH2n+2；sp3；硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能BrAsSe，故答案为：AsSeBr；（4）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，又等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32或NO3；故答案为：平面三角形；CO32或NO3； （5）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8=1，Cu原子个数=6=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，晶胞体积V=（a1010cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则=gcm3，故答案为：1：3；点评： 本题主要考查了核外电子排布、第一电离能、分子空间构型、杂化方式、晶胞密度的计算，难度中等，解题时要注意对基本知识的灵活运用【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）12高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+R18OHRCO18OR+ROH（R，R是两种不同的烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是加成反应，A的名称为1，2二溴乙烷（2）的化学方程式为（3）PMMA单体的官能团名称是碳碳双键、酯基（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）符合下列要求的J的同分异构体有8种能与NaOH溶液反应 能使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去分子中不含环状结构，其中与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是（6）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式考点： 有机物的推断；有机物的合成分析： 由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、J分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为，据此解答解答： 解：由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、J分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为（1）的反应类型是加成反应，A的名称为1，2二溴乙烷，故答案为：加成反应；1，2二溴乙烷；（2）为1，2二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为 ，故答案为：；（3）PMMA单体结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键；酯基；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）J为CH2=C（CH3）COOH，J的同分异构体符合下列条件：能与NaOH溶液反应，说明含有羧基或酯基，能使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去，说明含有碳碳双键，分子中不含环状结构，若属于羧酸，可以看作COOH取代丙烯形成的酸，丙烯中有3种H原子，故酸有3种，若属于酯，有：CH2=CHCOOCH3，CH3COOCH=CH2，HCOOCH=CHCH3，HCOOCH2CH=CH2，HCOOC（CH3）=CH2，故符合条件的同分异构体共有8种，其中与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是：，故答案为：8；（6）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为：，故答案为：点评： 本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用，难度中等