2019-2020年高三上学期月考化学试题（1月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期月考化学试题（1月份）含解析一、选择题：本大题共l3小题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（2分）相同质量的钠在下列情况下产生氢气最多的是（）放在足量水中放在足量盐酸中放在足量CuSO4溶液中用刺有小孔的铝，包好放入足量水底中ABCD考点：钠的化学性质专题：金属概论与碱元素分析：分析氢气的来源，除了钠与水或酸发生氧化还原反应之外，是否还有其它物质发生氧化还原反应得到氢气来判断选项解答：解：A、B、C选项的氢气都是钠与水或酸反应的，D选项的氢气来源除了钠与水反应之外还有铝与氢氧化钠反应的，所以D选项的氢气最多，故选D点评：本题主要考查了钠、铝的化学性质，正确挖掘隐含条件是解本题的关键2（2分）下列叙述正确的是（）A两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素B同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱CA族与A族元素间只能形成离子化合物D非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层都达到了8电子的稳定结构考点：元素周期律的作用；原子结构与元素的性质；离子化合物的结构特征与性质分析：A两原子的核外电子排布相同，一定互为同位素原子；B应是最高价氧化物对应的含氧酸的酸性；CA族元素中含H、碱金属；D非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层不一定达到8电子稳定结构解答：解：A两原子的核外电子排布相同，一定互为同位素原子，属于同一元素，故A正确；B比较非金属性强弱，应根据最高价氧化物对应的含氧酸的酸性强弱比较，题目没有确定元素化合价，不能确定酸性强弱，故B错误；CA族元素中含H、碱金属，H与A元素形成的化合物都为共价化合物，故C错误；D非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层不一定达到8电子稳定结构，如HCl、SO2等，故D错误，故选A点评：本题综合考查物质的结构和性质的考查，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律，难度不大3（2分）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使紫色石蕊试剂显红色的溶液：NH4+、K+、Al（OH）4、NO3B稀HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42、ClCFeCl3溶液：K+、Na+、I、SO42D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液：K+、Na+、Cl、HCO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A使紫色石蕊试剂显红色的溶液，显酸性；B稀HNO3溶液，具有酸性和强氧化性；C离子之间发生氧化还原反应；D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：A使紫色石蕊试剂显红色的溶液，显酸性，不能大量存在Al（OH）4，故A错误；B稀HNO3溶液，具有酸性和强氧化性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CFe3+、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸也与碱反应，一定不能共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大4（2分）（xx天水模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法不正确的是（）A原子半径的大小顺序为WQZXYB元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C元素X与Y可以形成5种以上的化合物D元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素解答：解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）W（S）Q（Cl）X（N）Y（O），故A错误；B氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；CN元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D非金属性ClS，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确，故选A点评：本题结构位置性质关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，B选项为易错点，利用氧化还原反应理解，难度中等5（2分）稀土是工业味精，邓小平同志说过“中东有石油，我们有稀土”稀土元素铈（Ce）主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）A电解熔融CeO2制Ce，铈在阳极获得B铈有四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互为同素异形体C用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+D由于氧化性：Ce4+Fe3+，而I有强还原性，所以铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：2Ce+6HI=2CeI3+3H2考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：A、电解反应中，阳极失去电子被氧化，阴极得到电子还原；B、具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素同位素；C、根据氧化性：Ce4+Fe3+及电荷守恒判断即可；D、根据氧化性强弱进行判断解答：解：A、电解熔融CeO2制Ce，发生了还原反应，铈应该在阴极获得，故A错误；B、四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce中，具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，故B错误；C、Ce（SO4）2溶液具有氧化性，能将亚铁离子氧化，即离子方程式为：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，故C正确；D、氧化性：Ce4+Fe3+I2，故Ce4+可氧化碘离子生成单质碘，故D错误；故选C点评：本题考查了金属的冶炼、金属性质、同位素等知识，主要是考查分析、利用信息，信息迁移和解决问题的能力，难度中等6（2分）已知：pAg=lgc（Ag+），KspAgCl=11012如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）根据图象所得下列结论正确的是（）（提示：KspAgClKspAgI）A原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 molL1B图中x点的坐标为（10，6 ）C图中x点表示溶液中Ag+ 与Cl浓度相同D把0.1 molL1的NaCl换成0.1 molL1NaI则图象在终点后变为虚线部分考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据pAg=lgc（Ag+）求出Ag+的浓度；B、x点c（Ag+）=106 molL1，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；C、x点c（Ag+）=106 molL1，然后利用KspAgCl=11012计算c（Cl）比较即可；D、由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小解答：解：A、图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）=100 molL1，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 molL1，故A错误；B、x点c（Ag+）=106 molL1，一般认为溶液中离子浓度小于105 molL1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L1molL1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B错误；C、x点c（Ag+）=106 molL1，KspAgCl=11012，故c（Cl）=106，故C正确；D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 molL1的NaCl换成0.1molL1NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；故选C点评：本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等7（2分）2011年9月23日，中国科学家屠呦呦获得了美国拉斯克医学奖的临床医学奖，获奖理由是“因为发现青蒿素一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”如图是青蒿素的结构，则有关青蒿素的说法中不正确的是（）A青蒿素分子式为C15H22O5B青蒿素有OO键具有较强的氧化性C青蒿素易溶于水、乙醇、苯D青蒿素在碱性条件下易发生水解反应考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有OO键，具有强氧化性，含有COO，可发生水解反应，含有较多憎水基，难溶于水解答：解：A根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B分子中含有过氧键，具有较强的氧化性，故B正确；C该有机物含有较多憎水基，难溶于水，故C错误；D含有COO，可在碱性条件下发生水解，故D正确故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质，易错点为C，注意判断有机物是否溶于水的角度三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全160g/L NaOH溶液是指160gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L（1）160g/L NaOH溶液的物质的量浓度为4mol/L（2）发生器中鼓入空气的作用可能是b（选填序号）a将SO2氧化成SO3，增强酸性； b稀释ClO2以防止爆炸；c将NaClO3氧化成ClO2（3）吸收塔内的反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止H2O2分解（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是连续测定吸收塔内溶液的pH（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中除H2O2外，还可以选择的还原剂是a（选填序号）aNa2O2 bNa2S cFeCl2（6）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是bed（选填序号）a蒸馏 b蒸发 c灼烧 d过滤 e冷却结晶要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是重结晶（填操作名称）考点：制备实验方案的设计；氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH令溶液体积为1L，计算氢氧化钠的物质的量利用c=计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度（2）由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全据此解答（3）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生据此书写方程式温度过高，H2O2容易分解（4）NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故工业生产中主要是用pH计连续测定溶液pH（5）还原性要适中还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产Na2O2溶于水相当于H2O2（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体解答：解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH令溶液体积为1L，则160gNaOH的物质的量为=4mol所以该溶液氢氧化钠的物质的量浓度c（NaOH）=4mol/L故答案为：4mol/L（2）由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸故选：b（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止H2O2分解故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解（4）NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH故答案为：连续测定吸收塔内溶液的pH（5）还原性要适中还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产Na2O2溶于水相当于H2O2Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难故选：a（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体所以操作顺序为bed得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体故答案为：bed；重结晶点评：本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考察学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力题目有一定的难度9（14分）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，如表为制取Cu2O的三种方法：方法用炭粉在高温条件下还原CuO方法电解法：2Cu+H2O Cu2O+H2方法用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2（1）工业上常用方法和方法制取Cu2O而很少用方法，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成Cu而使Cu2O产率降低（2）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=akJmol1；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=bkJmol1；2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）H=ckJmol1方法制备过程会产生有毒气体，写出制备反应的热化学方程式C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）=（abc）KJ/mol（3）方法采用离子交换膜无用控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极生成Cu2O反应式为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O（4）方法为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O（5）方法可以用甲醛稀溶液替代肼，但因反应温度较高而使部分产品颗粒过大，过滤（填操作名称）可分离出颗粒过大的Cu2O（6）在相同的密闭容器中，用方法和方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2H0水蒸气的浓度（molL1）随时间t （min）变化如表：序号温度01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0940.0900.0900.0900.090可以判断：实验的前20min的平均反应速率 （O2）=3.5105 molL1 min1；实验温度T1T2（填“”、“”）；催化剂的催化效率：实验实验（填“”、“”）考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；电解原理分析：（1）炭粉在高温条件下还原CuO易生成Cu；（2）方法制备过程会产生有毒气体为CO，根据盖斯定律来计算反应的焓变，书写热化学方程式；（3）在电解池的阳极发生失电子得还原反应；（4）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式；（5）在溶液中分离较大颗粒用过滤的方法；（6）根据反应速率v=来计算v（H2O），再据速率之比等于化学计量数之比求算v（O2）；根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答；催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快解答：解：（1）炭粉在高温条件下还原CuO易生成Cu，反应不易控制，故答案为：Cu；（2）方法制备过程会产生有毒气体为CO，已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=akJmol1；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=bkJmol1；2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）H=ckJmol1据盖斯定律，得：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）=（abc）KJ/mol，故答案为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）=（abc）KJ/mol；（3）在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；（4）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O；（5）在溶液中，有较大的颗粒，用过滤法分离，故答案为：过滤；（6）实验前20min的平均反应速率 v（H2O）=7105 molL1 min1，所以v（O2）=7105 molL1 min1=3.5105 molL1 min1；实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，和相比，转化率高所以T2T1；催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快，反应比反应达到平衡所用时间短，平衡状态相同，反应速率快，所以，故答案为：3.5105 molL1 min1；点评：本题是一道有关热化学、电化学以及化学反应速率和反应限度的综合题，考查角度广，难度大10（15分）银氨溶液可用于检测CO气体，实验室研究的装置如图：已知：银氨溶液制备反应为Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O反应结束后试管C底部有黑色沉淀生成，分离出上层清液和底部黑色固体备用（1）甲酸（HCOOH）遇浓硫酸分解生成CO和H2O，该反应体现浓硫酸的脱水性（填“强氧化性”或“脱水性”）（2）装置A中软管的作用是恒压，使甲酸溶液能顺利滴下（3）为验证上层清液中产物的成分，进行如下实验：a测得上层清液pH为10b向上层清液中滴加几滴Ba（OH）2溶液，发现有白色浑浊出现，同时产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体c取新制的银氨溶液滴加几滴Ba（OH）2溶液，无明显现象实验c的目的是对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰根据上述实验现象判断，上层清液中产物成分为（NH4）2CO3或NH4+、CO32（填化学符号）（4）设计实验证明黑色固体的成分是Ag：可供选择的试剂有：浓硫酸、浓硝酸、NaOH溶液、NaCl溶液取少量上述黑色固体，用蒸馏水洗净，滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体是Ag单质（补充必要的实验内容及实验现象）（5）从银氨溶液中回收银的方法是：向银氨溶液中加入过量盐酸，过滤，向沉淀AgCl中加入羟氨（NH2OH），充分反应后可得银，羟氨被氧化为N2写出生成AgCl沉淀的离子反应Cl+Ag（NH3）2+3H+=AgCl+2NH4+若该反应中消耗6.6g羟氨，理论上可得银的质量为21.6g考点：性质实验方案的设计；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题分析：（1）甲酸（HCOOH）遇浓硫酸分解生成CO和H2O，C元素的化合价不变，甲酸脱水；（2）A中软管可使下方生成的气体的气压转移到液体的上方；（3）取新制的银氨溶液滴加几滴Ba（OH）2溶液，无明显现象，与b对比；由a可知溶液为碱性，由b、c可知b中生成白色沉淀为碳酸钡，气体为氨气，即试管C中反应生成碳酸铵；（4）Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮；（5）银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和氯化铵；AgCl中加入羟氨（NH2OH），发生氧化还原反应，遵循电子守恒解答：解：（1）甲酸（HCOOH）遇浓硫酸分解生成CO和H2O，C元素的化合价不变，甲酸脱水，则体现浓硫酸的脱水性，故答案为：脱水性；（2）A中软管可使下方生成的气体的气压转移到液体的上方，即其作用为恒压，使甲酸溶液能顺利滴下，故答案为：恒压，使甲酸溶液能顺利滴下；（3）取新制的银氨溶液滴加几滴Ba（OH）2溶液，无明显现象，为b、c的对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰，故答案为：对比试验，排除银氨溶液对产物检验的干扰；由a可知溶液为碱性，由b、c可知b中生成白色沉淀为碳酸钡，气体为氨气，即试管C中HCOOH与银氨溶液反应生成碳酸铵，所以上层清液中产物成分为（NH4）2CO3或NH4+、CO32，故答案为：（NH4）2CO3或NH4+、CO32；（4）Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮，则证明黑色固体的成分是Ag的方法为取少量上述黑色固体，用蒸馏水洗净，滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl 溶液，能产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银，故答案为：滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl 溶液，能产生白色沉淀；（5）银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和氯化铵，该离子反应为Cl+Ag（NH3）2+3H+=AgCl+2NH4+，故答案为：Cl+Ag（NH3）2+3H+=AgCl+2NH4+； AgCl中加入羟氨（NH2OH），发生氧化还原反应，消耗6.6g羟氨，n（NH2OH）=0.2mol，由电子守恒可知，理论上可得银的质量为108g/mol=21.6g，故答案为：21.6点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握甲酸中含CHO与银氨溶液的反应及产物的检验设计为解答的关键，侧重分析能力、计算能力及实验能力的综合考查，题目难度中等三、【化学一一化学与技术】（15分）11（15分）（xx海南模拟）氯碱工业是最基本的化学工业之一，离子膜电解法为目前普遍使用的生产方法，其生产流程如图1所示：（1）该流程中可以循环的物质是氯化钠、氢氧化钠（2）电解法制碱的主要原料是饱和食盐水，由于粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42等无机杂质，所以在进入电解槽前需要进行两次精制，写出一次精制中发生的离子方程式，若食盐水不经过二次精制就直接进入离子膜电解槽会产生什么后果Ca2+CO32=CaCO3、Mg2+2OH=Mg（OH）2，用试剂处理后的盐水中还含有少量Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜（3）图2是工业上电解饱和食盐水的离子交换膜电解槽示意图（阳极用金属钛网制成，阴极由碳钢网制成）则B处产生的气体是H2，E电极的名称是阳极电解总反应的离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（4）从阳极槽出来的淡盐水中，往往含有少量的溶解氯，需要加入8%9%的亚硫酸钠溶液将其彻底除去，该反应的化学方程式为Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl（5）已知在电解槽中，每小时通过1安培的直流电可以产生1.492g的烧碱，某工厂用300个电解槽串联生产8小时，制得32%的烧碱溶液（密度为1.342吨/m3）113m3，电解槽的电流强度1.45104A，该电解槽的电解效率为93.46%考点：氯碱工业；电解原理专题：电化学专题分析：（1）根据工艺流程图结合电解工艺的原料以及产物知识来判断；（2）除去钙离子使用碳酸钠试剂，除去镁离子使用氢氧化钠试剂，根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响角度来回答；（3）电解池中，阳离子移向阴极，根据电极反应确定产物，根据电解池的工作原理来书写方程式；（4）氯气具有氧化性，能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠；（5）计算生成NaOH的质量，根据理论耗电量和实际耗电量计算解答：解：（1）根据工艺流程图结中用到的原料以及产物，可以知道氯化钠、氢氧化钠是可以循环使用的，故答案为：氯化钠、氢氧化钠；（2）除去钙离子使用碳酸钠试剂，Ca2+CO32=CaCO3除去镁离子使用氢氧化钠试剂，Mg2+2OH=Mg（OH）2，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，故答案为：Ca2+CO32=CaCO3、Mg2+2OH=Mg（OH）2，用试剂处理后的盐水中还含有少量Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜；（3）电解池中，阳离子钠离子移向阴极，所以B是电源的负极，A是正极，E是阳极，在阴极上产生的是氢气，电解饱和食盐水的原理方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：H2；阳极；2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；（4）氯气具有氧化性，能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，即Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，故答案为：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl；（5）烧碱溶液质量为1.342103kg/m3113m3=1.516105kg，m（NaOH）=1.516105kg32%=4.85104kg，则理论上需要电流量为=3.252107A，则实际上耗电量为1.45104A8300=3.48107A，该电解槽的电解效率为100%=93.45%，故答案为：93.45%点评：本题以氯碱工业为载体，考查学生生化学工艺流程题的解题方法知识，注意电解池的工作原理的灵活应用是关键，难度不大四、【化学-选修3：物质结构与性质】12（15分）CuSO4在活化闪锌矿（主要成分是ZnS）方面有重要作用，主要是活化过程中生成CuS、Cu2S等一系列铜的硫化物活化组分（1）Cu2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42的空间构型为正四面体（用文字描述）；中心原子采用的轨道杂化方式是sp3；写出一种与SO42互为等电子体的分子的化学式：SiCl4；（3）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu（OH）42不考虑空间构型，Cu（OH）42的结构可用示意图表示为；（4）资料显示ZnS为难溶物，在活化过程中，CuSO4能转化为CuS的原因是在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS）（5）CuS比CuO的熔点低（填高或低），原因是CuO晶格能比CuS大（6）闪锌矿的主要成分ZnS，晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为4.1g/（cm）3（列式并计算），a位置S2离子与b位置Zn2+离子之间的距离为pm（列式表示）考点：原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；（2）计算S原子的价电子对数进行判断；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键；（4）根据沉淀转化原理分析；（5）离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；（6）利用均摊法计算晶胞中含有的硫原子和锌原子，根据=计算密度；每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为10928，两个白球之间的距离=270pm，根据余弦定理计算白球和黑球之间的距离解答：解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42的价电子对数=4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与SO42互为等电子体的微粒有SiCl4等；故答案为：正四面体；sp3；SiCl4；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键，可表示为，故答案为：；（4）由沉淀转化原理可知溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀容易实现，在相同温度下， Ksp（CuS）Ksp（ZnS），所以ZnS能转化为CuS；故答案为：在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS）；（5）离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，CuS与CuO中O2比S2半径小，所以CuO的熔点比CuS高；故答案为：低；CuO晶格能比CuS大；（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=8+6=4，=4.1g/（cm）3，每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为10928，两个白球之间的距离=270pm，设S2离子与Zn2+离子之间的距离为x，2x22x2cos10928=（270）2，x=pm；故答案为：4.1g/（cm）3；点评：本题考查了核外电子的排布、分子的空间构型、配位键、晶胞的计算等知识点，难度较大，会利用均摊法计算晶胞中含有的离子，注意运用余弦定理计算硫离子和锌离子之间的距离，为难点五、【化学-选修5：有机化学基础】13（13分）有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环其中一种合成路线如下：已知：A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平回答以下问题：（1）A中含有的官能团名称是羟基和醛基（2）写出有机反应类型BC加成反应，FG消去反应，IJ取代反应（或酯化反应）（3）写出F生成G的化学方程式（4）写出J的结构简式（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的结构简式FeCl3溶液发生显色反应 能发生银镜反应 苯环上只有两个对位取代基 能发生水解反应考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平，则B为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应得D为CH3CHO，A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有醛基和酚羟基，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1，根据A的分子式可知，A为，A与D发生题中信息中的反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与氯化氢发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为，据此答题解答：解：有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平，则B为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应得D为CH3CHO，A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有醛基和酚羟基，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1，根据A的分子式可知，A为，A与D发生题中信息中的反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与氯化氢发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为，（1）A为，A中含有的官能团名称是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基； （2）根据上面的分析可知，BC为加成反应，FG为消去反应，IJ为取代反应（或酯化反应），故答案为：加成反应；消去反应；取代反应（或酯化反应）； （3）F生成G的化学方程式为，故答案为：； （4）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为：；（5）E的同分异构体，符合以下要求FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上只有两个对位取代基 能发生水解反应，说明有酯基，则符合条件的E的同分异构体的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的合成，明确合成路线中各物质的推断是解答本题的关键，注意碳链骨架、官能团的变化、反应条件与反应类型的关系即可解答，题目难度中等