2019-2020年高考化学模拟试卷（5月份）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（5月份）（含解析）一、本卷共7题，每题6分，共42分在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求1（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物C煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料2（6分）下列有关物质“量”的说法正确的是（）A相同质量的Al和Al2O3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质时，Al2O3消耗碱量多B反应N2O4+N2H4N2+H2O中，若有1 mol N2O4参加反应，则有4 mol电子发生转移C由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n（Na+）：n（C）=7：5，则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=2：3D1 mol Cl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2 NA3（6分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（）A钠与W可能形成Na2W2化合物B由Z与Y组成的物质在熔融时能导电CW得电子能力比Q强DX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体4（6分）已知电极上每通过96 500C的电量就会有1mol电子发生转移精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，可以确定电解过程中通过电解池的电量实际测量中，常用银电量计，如图所示下列说法不正确的是（）A电量计中的银棒应与电源的正极相连，铂坩埚上发生的电极反应是：Ag+e=AgB称量电解前后铂坩埚的质量变化，得金属银的沉积量为108.0mg，则电解过程中通过电解池的电量为96.5CC实验中，为了避免银溶解过程中可能产生的金属颗粒掉进铂坩埚而导致测量误差，常在银电极附近增加一个收集网袋若没有收集网袋，测量结果会偏高D若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，可将该银电量计中的银棒与待测电解池的阳极相连，铂坩埚与电源的负极相连5（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）；H=+QkJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应6（6分）25时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的（）ApH7时，c（C6H5O）c（K+）c（H+）c（OH）BpH7时，c（K+）c（C6H5O）c（H+）c（OH）CV=20ml时，c（C6H5O）+c（C6H5OH）=2c（K+）DV=10ml时，c（K+）=c（C6H5O）c（OH）=c（H+）7（6分）一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4H2C2O42H2O若用0.1000molL1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4H2C2O42H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶的3倍，则KMnO4溶液的浓度（molL1）为（）提示：H2C2O4是二元弱酸A0.008889B0.08000C0.1200D0.2400二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是，晶体类型为（2）d中元素的原子核外电子排布式为（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是，原因是，该物质的分子构型为（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是（5）k的分子式为，中心原子的杂化轨道类型为，属于分子（填“极性”或“非极性”）K又称光气，实验室制取时，可用四氯化碳与发烟硫酸（SO3的硫酸溶液）反应将四氯化碳加热至5560，滴加入发烟硫酸，即发生逸出光气和磺酰氯（该物质在高温时分解成SO2和Cl2），写出制取光气的化学方程式：制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，写出该化学方程式：9（14分）工业上常用铁质容器盛装冷浓酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是（2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要确认其中的Fe2+，应先用选填序号）aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4溶液乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由于此推知气体Y中SO2的体积分数为分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和Q气体为此设计了下列探究实验状置（图中夹持仪器省略）（3）装置B中试剂的作用是（4）认为气体Y中还含有Q的理由是（用化学方程式表示）（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是（7）若要测定限定体积气体Y中H2的含量（标准状况下约有28ml H2），除可用测量H2体积的方法外，可否选用质量称量的方法？做出判断并说明理由10（16分）图中A、B、C、D、E、F、G、H均为有机化合物回答下列问题：（1）有机化合物A的相对分子质量小于60，A能发生银镜反应，1mol A在催化剂作用下能与3mol H2反应生成B，则A的结构简式是，由A生成B的反应类型是；（2）B在浓硫酸中加热可生成C，C在催化剂作用下可聚合生成高分子化合物D，由C生成D的化学方程式是；（3）芳香化合物E的分子式是C8H8Cl2E的苯环上的一溴取代物只有一种，则E的所有可能的结构简式是E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G（C8H6O4）1mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8L CO2（标准状况），由此确定E的结构简式是（4）G和足量的B在浓硫酸催化下加热反应可生成H，则由G和B生成H的化学方程式是，该反应的反应类型是11（14分）以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整4+11O22Fe2O3+8SO2（2）接触室中发生反应的化学方程式是（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母）a为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎b过量空气能提高SO2的转化率c使用催化剂能提高SO2的反应速率和转化率d沸腾炉排出的矿渣可供炼铁（4）每160g SO3气体与H2O化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2SO2吸收Br2的离子方程式是为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出（此温度下铵盐不分解），该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量部分测定结果：铵盐质量为10.00g和20.00g时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变计算：该铵盐中氮元素的质量分数是%；若铵盐质量为l5.00g，浓硫酸增加的质量为（计算结果保留两位小数）四川省眉山市仁寿县城北教学点xx届高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、本卷共7题，每题6分，共42分在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求1（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物C煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料考点：维生素在人体中的作用；无机非金属材料；煤的干馏和综合利用；有机高分子化合物的结构和性质 专题：化学应用分析：A、维生素C具有还原性；B、根据单糖、二糖、油脂不是天然高分子化合物；C、根据煤的气化和液化的概念分析；D、根据聚酯纤维和光导纤维的成分分析；解答：解：A、维生素C具有还原性，易与氧化性物质反应，在人体内起抗氧化作用，故A正确；B、因多糖、蛋白质属于天然高分子化合物，而单糖、二糖、油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；C、煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，故C错误；D、因制作航天服的聚酯纤维属于有机物，故D错误；故选A点评：本题考查了维生素，天然高分子化合物有机物等，难度不大，注意知识的积累2（6分）下列有关物质“量”的说法正确的是（）A相同质量的Al和Al2O3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质时，Al2O3消耗碱量多B反应N2O4+N2H4N2+H2O中，若有1 mol N2O4参加反应，则有4 mol电子发生转移C由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n（Na+）：n（C）=7：5，则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=2：3D1 mol Cl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2 NA考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：A令二者质量为1g，最终都生成NaAlO2，根据化学式可知，Al消耗氢氧化钠为n（NaOH）=n（Al）、氧化铝消耗氢氧化钠为n（NaOH）=2n（Al2O3），据此计算；B反应中N2O4被还原，N元素化合价由+4降低为0价，据此计算；C令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒结合二者比例关系列方程解答；D氯气在反应是可能既起氧化剂又起还原剂的作用解答：解：A令二者质量为1g，最终都生成NaAlO2，根据化学式可知，Al消耗氢氧化钠为n（NaOH）=n（Al）=mol、氧化铝消耗氢氧化钠为n（NaOH）=2n（Al2O3）=2=mol，二者消耗的氢氧化钠不相等，故A错误；B反应中N2O4被还原，N元素化合价由+4降低为0价，有1molN2O4参加反应，则有4 mol电子发生转移的电子为1mol24=8mol，故B错误；C令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则：（2x+y）：（x+y）=7：5，整理得x：y=2：3，故C正确；D反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，1 mol Cl2参加反应，转移电子数为NA，故D错误；故选C点评：本题考查混合物计算、氧化还原反应计算等，难度中等，注意A利用守恒思想的解答，注意基础知识的理解掌握3（6分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（）A钠与W可能形成Na2W2化合物B由Z与Y组成的物质在熔融时能导电CW得电子能力比Q强DX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，据此解答解答：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，ANa和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，故A正确；B二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，故B错误；C同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；D碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，故D错误；故选A点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，A选项为易错点、难点，利用同主族元素的相似性解答，注意整体把握元素周期表的结构4（6分）已知电极上每通过96 500C的电量就会有1mol电子发生转移精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，可以确定电解过程中通过电解池的电量实际测量中，常用银电量计，如图所示下列说法不正确的是（）A电量计中的银棒应与电源的正极相连，铂坩埚上发生的电极反应是：Ag+e=AgB称量电解前后铂坩埚的质量变化，得金属银的沉积量为108.0mg，则电解过程中通过电解池的电量为96.5CC实验中，为了避免银溶解过程中可能产生的金属颗粒掉进铂坩埚而导致测量误差，常在银电极附近增加一个收集网袋若没有收集网袋，测量结果会偏高D若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，可将该银电量计中的银棒与待测电解池的阳极相连，铂坩埚与电源的负极相连考点：电解原理的应用实验 专题：电化学专题分析：A、根据银电量计的电解原理判断电极反应；B、测得铂坩埚增重，就能知道阳极有多少银被腐蚀，从而算出通过的电量；C、电解时阳极的银容易脱落而影响实验结果；D、要测得电解饱和食盐水时通过的电量，应将两个电解池串联；解答：解：A、电解时的电极反应为：阳极（Ag）：AgeAg+，阴极（Pt）：Ag+eAg，故A正确；B、析出Ag的物质的量为=1mmol=0.001mol，根据Ag+e=Ag可知通过电量为96.5库伦，故B正确； C、银溶解时有些可能未失电子变成银离子然后在阴极（铂坩埚）得电子析出，而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出的电量偏大，所以必须增加收集袋，故C正确；D、要将银电量计与电解食盐水的电解池串联，才能做到通过的电量相同所以电源正极接电解食盐水的电解池（待测电解池）的阳极，再从电解食盐水的电解池（待测电解池）的阴极连接到银电量计的银棒，然后再从铂坩埚接到电源的负极，故D错误故选D点评：本题考查电解原理的应用，注意电解池的组成和两极上的变化，并注意与电镀知识的结合来分析解答即可5（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）；H=+QkJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应考点：化学平衡建立的过程；反应热和焓变 专题：化学平衡专题分析：A、从压强对平衡移动的影响分析；B、注意反应的可逆性；C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；D、根据方程式计算生成HCl的物质的量解答：解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）=0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（HCl）=0.03mol/（Lmin）=0.015mol/（Lmin），故C错误；D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选D点评：本题考查了化学反应能量变化，平衡移动和影响因素的分析判断，速率计算及热化学方程式计算应用，题目难度中等6（6分）25时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的（）ApH7时，c（C6H5O）c（K+）c（H+）c（OH）BpH7时，c（K+）c（C6H5O）c（H+）c（OH）CV=20ml时，c（C6H5O）+c（C6H5OH）=2c（K+）DV=10ml时，c（K+）=c（C6H5O）c（OH）=c（H+）考点：离子浓度大小的比较 分析：ApH7时，c（H+）不可能大于c（OH）；B由溶液中的电荷守恒定律知：c（K+）+c（H+）=c（C6H5O）+c（OH），所以不可能满足c（K+）c（C6H5O）c（H+）c（OH）；C当加入苯酚的体积是20mL时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c（C6H5O）+c（C6H5OH）=2c（K+）；D苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性由题中数据可知，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10mL，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：c（K+）c（C6H5O）c（OH）c（H+）解答：解：A溶液的pH7时溶质可能为苯酚钠或苯酚钾与KOH的混合液，则溶液中一定存在c（OH）c（H+），故A错误；B溶液的pH7时溶质为苯酚钾与苯酚的混合液，且苯酚的电离程度大于苯酚钾的水解，则c（H+）c（OH），再由电荷守恒c（K+）+c（H+）=c（C6H5O）+c（OH）可知c（C6H5O）c（K+），故B错误；C当苯酚溶液20mL，苯酚的物质的量恰好为钾离子物质的量的2倍，则由物料守恒可知c（C6H5O）+c（C6H5OH）=2c（K+），故C正确；D当苯酚溶液10mL，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为苯酚钾，由苯酚根离子的水解可知c（K+）c（C6H5O），故D错误；故选C点评：本题考查溶液中离子浓度大小的比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，然后根据水解反应原理、电荷守恒、物料守恒等知识即可解答7（6分）一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4H2C2O42H2O若用0.1000molL1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4H2C2O42H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶的3倍，则KMnO4溶液的浓度（molL1）为（）提示：H2C2O4是二元弱酸A0.008889B0.08000C0.1200D0.2400考点：物质的量浓度的相关计算 分析：两反应中KHC2O4H2C2O42H2O的物质的量相同，设其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4H2C2O42H2O可以中和氢氧化钠3mol，根据V=计算氢氧化钠溶液的体积，进而计算高锰酸钾溶液的体积，由方程式10+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O计算1molKHC2O4H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量，最后根据c=计算高锰酸钾溶液的浓度解答：解：两反应中KHC2O4H2C2O42H2O的物质的量相同，设其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4H2C2O42H2O可以中和氢氧化钠3mol，恰好中需要氢氧化钠溶液的体积为：=30L，所以高锰酸钾溶液的体积为：30L=10L，由方程式10+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O可知1molKHC2O4H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量为：1mol=0.8mol，所以高锰酸钾溶液的浓度为：=0.08mol/L，故选B点评：本题考查物质的量浓度计算、根据方程式的计算，题目难度中等，判断恰好发生中和反应氢氧化钠与KHC2O4H2C2O42H2O关系是关键，注意假设法的运用，试题培养了学生基础知识的能力二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是金刚石，晶体类型为原子晶体（2）d中元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是H2O，原因是分子间形成氢键，该物质的分子构型为V形（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是HCl（5）k的分子式为COCl2，中心原子的杂化轨道类型为sp2，属于极性分子（填“极性”或“非极性”）K又称光气，实验室制取时，可用四氯化碳与发烟硫酸（SO3的硫酸溶液）反应将四氯化碳加热至5560，滴加入发烟硫酸，即发生逸出光气和磺酰氯（该物质在高温时分解成SO2和Cl2），写出制取光气的化学方程式：SO3+CCl4SO2Cl2+COCl2制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，写出该化学方程式：CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2考点：无机物的推断；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，据此解答解答：解：a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，（1）根据上面的分析，图B对应的物质名称是金刚石，属于原子晶体，故答案为：金刚石；原子晶体；（2）d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：1s22s22p63s23p5；（3）所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，因为水分子之间有氢键，水分子中O原子呈2个键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，产生sp3杂化，所以分子构型为V形，故答案为：H2O；分子间形成氢键；V形；（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大，故答案为：HCl；（5）k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个键、1个键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，四氯化碳与发烟硫酸（SO3的硫酸溶液）反应，制取光气的化学方程式为 SO3+CCl4SO2Cl2+COCl2，制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，其化学方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2，故答案为：COCl2；sp2；极性；SO3+CCl4SO2Cl2+COCl2；CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2点评：本题考查无机物推断、物质结构与性质，涉及杂化方式、晶体结构、分子极性、核外电子排布、分子构型等知识，关键根据晶胞结构判断b，难度中等9（14分）工业上常用铁质容器盛装冷浓酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是铁钉表面被氧化（2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要确认其中的Fe2+，应先用d选填序号）aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4溶液乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由于此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和Q气体为此设计了下列探究实验状置（图中夹持仪器省略）（3）装置B中试剂的作用是检验二氧化硫是否除尽（4）认为气体Y中还含有Q的理由是C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O（用化学方程式表示）（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于c（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝（7）若要测定限定体积气体Y中H2的含量（标准状况下约有28ml H2），除可用测量H2体积的方法外，可否选用质量称量的方法？做出判断并说明理由否，用托盘天平无法称量D或E的差量考点：浓硫酸的性质实验 专题：压轴题；氧族元素分析：（1）常温条件下，铁与浓硫酸能产生钝化现象；（2）根据亚铁离子的性质选取试剂，亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有明显的实验现象；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，从而检验二氧化硫是否存在；（4）根据铁钉的成分分析，铁钉中的铁和碳在加热条件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；（5）根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；（6）根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝；（7）根据称量仪器的准确度分析解答：解：（1）铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；（2）亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，故选d；SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）=0.015mol；SO2 BaSO41mol 233gn 2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为：=66.7%，故答案为：66.7%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，故答案为：检验二氧化硫是否除尽；（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应 方程式为C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O；（5）Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故选C；（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，故答案为：D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝；（7）中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g，所以无法精确称量出D或E的差量，故答案为：否，用托盘天平无法称量D或E的差量点评：本题考查了浓硫酸、二氧化硫的性质及亚铁离子、铁离子的检验等知识点，难度较大，易错题是（4），容易忽略铁钉中的碳而导致该题不会分析10（16分）图中A、B、C、D、E、F、G、H均为有机化合物回答下列问题：（1）有机化合物A的相对分子质量小于60，A能发生银镜反应，1mol A在催化剂作用下能与3mol H2反应生成B，则A的结构简式是HCCCHO，由A生成B的反应类型是加成反应或还原反应；（2）B在浓硫酸中加热可生成C，C在催化剂作用下可聚合生成高分子化合物D，由C生成D的化学方程式是；（3）芳香化合物E的分子式是C8H8Cl2E的苯环上的一溴取代物只有一种，则E的所有可能的结构简式是E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G（C8H6O4）1mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8L CO2（标准状况），由此确定E的结构简式是（4）G和足量的B在浓硫酸催化下加热反应可生成H，则由G和B生成H的化学方程式是+2CH3CH2CH2OH+2H2O，该反应的反应类型是酯化反应考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）A能发生银镜反应，说明A中含有CHO；且1mol醛基可以和1molH2发生加成反应，但1mol A在催化剂作用下能与3 mol H2，并且分子量小于60，所以A为：HCCCHO；（2）B为CH3CH2CH2OH，在浓硫酸作用下发生消去生成C为CH3CH=CH2，丙烯可以发生加聚反应生成D为；（3）E的分子式是C8H8Cl2E的苯环上的一溴取代物只有一种，则E的所有可能的结构简式；E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G（C8H6O4）；并且1 mol G与足量的 NaHCO3溶液反应可放出 44.8 L CO2，说明F可以氧化为二元羧酸，则说明E中苯环上的两个基团在对位，所以E为：；（4）G是对苯二甲酸（），与（CH3CH2CH2OH）在浓硫酸作用下发生酯化反应生成解答：解：（1）A能发生银镜反应，说明A中含有CHO；且1mol醛基可以和1molH2发生加成反应，但1mol A在催化剂作用下能与3 mol H2，并且分子量小于60，所以A为：HCCCHO，由A生成B的反应为加成反应，也是还原反应，故答案为：HCCCHO；加成反应或还原反应；（2）B为CH3CH2CH2OH，在浓硫酸作用下发生消去生成C为CH3CH=CH2，丙烯可以发生加聚反应生成D为，方程式为：，故答案为：（3）E的分子式是C8H8Cl2E的苯环上的一溴取代物只有一种，则E的所有可能的结构简式，故答案为：；E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G（C8H6O4）；并且1 mol G与足量的 NaHCO3溶液反应可放出 44.8 L CO2，说明F可以氧化为二元羧酸，则说明E中苯环上的两个基团在对位，所以E为：，故答案为：；（4）G是对苯二甲酸（），与（CH3CH2CH2OH）在浓硫酸作用下发生酯化反应生成，反应方程式为：+2CH3CH2CH2OH+2H2O，反应类型为：酯化反应，故答案为：+2CH3CH2CH2OH+2H2O；酯化反应点评：本题考查有机物推断，确定A的结构是解题关键，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握有机物的结构与性质，（3）中同分异构体的书写为易错点、难点，难点中等11（14分）以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（2）接触室中发生反应的化学方程式是2SO2+O22SO3（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母）abda为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎b过量空气能提高SO2的转化率c使用催化剂能提高SO2的反应速率和转化率d沸腾炉排出的矿渣可供炼铁（4）每160g SO3气体与H2O化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=130.3KJ/mol（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2SO2吸收Br2的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出（此温度下铵盐不分解），该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量部分测定结果：铵盐质量为10.00g和20.00g时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变计算：该铵盐中氮元素的质量分数是14.56%；若铵盐质量为l5.00g，浓硫酸增加的质量为2.31g（计算结果保留两位小数）考点：工业制取硫酸 专题：压轴题；元素及其化合物分析：（1）利用工业制硫酸的原理分析，需要的原料是黄铁矿；（2）接触室内的反应是二氧化硫的催化氧化；（3）依据影响反应速率的因素和平衡移动的影响因素分析解答；（4）每160g SO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应量的反应热；（5）二氧化硫吸收溴单质利用的是二氧化硫的还原性和溴单质的氧化性；根据氧化还原反应书写离子方程式；（6）本反应历程是：OH首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0浓硫酸增加的质量就是氨气的质量第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH的量过量利用第二次的量计算（因为是OH不足）解答：解：（1）依据题意，黄铁矿是制硫酸的第一步所需的原料，由成分可知化学式为FeS2，故答案为：FeS2；（2）沸腾炉中生成的二氧化硫气体和空气中的氧气在接触室内发生的催化氧化反应生成三氧化硫；2SO2+O22SO3 故答案为：2SO2+O22SO3；（3）粉碎矿石增大接触面积提高反应速率；增加空气的量会使平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率；催化剂只改变速率不改变平衡，不改变转化率；生产过程中的矿渣中含有三氧化二铁；所以正确的是abd；故答案为：abd；（4）每160g SO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，1mol三氧化硫和水反应放热130.3KJ；热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；H=130.3kJ/mol故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；H=130.3kJ/mol；（5）SO2吸收Br2的反应中二氧化硫被氧化为硫酸，溴单质被还原为溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH4）2SO4和NH4HSO4的混合物；本反应历程是：OH首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0；由题知铵盐质量为30.00g时，产生0.04molNH3该铵盐中NH4HSO4先与NaOH溶液反应，2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+H2O，只有当NH4HSO4中的H+消耗完全后，NH4+才能与NaOH溶液反应产生NH3，NH4+OH=NH3+H2O据此判断铵盐质量为10.00g时NaOH溶液过量，铵盐质量为20.00g和30.00g时，消耗的NaOH质量相等设10.00g铵盐中NH4HSO4 与（NH4）2SO4的物质的量分别为X、Y，n（NH3）=n（OH）n（H+），则有：铵盐质量/g10.0020.0030.0040.00含NH4HSO4、（NH4）2SO4/molX、Y2X、2Y3X、3Y4X、4Y产生NH3/molX+2YX+2Y0.040消耗NaOH/mol2X+2Y3X+2Y3X+0.043X+0.04因此3X+2Y=3X+0.04，解得Y=0.02mol，又115X+132Y=10.00，得X=0.064mol则该铵盐中氮元素的质量分数=100%=14.56%计算15.00 g铵盐与NaOH溶液反应产生的NH3；由上面讨论可知此NaOH溶液中共有0.232molNaOH，当铵盐质量为15.00g时含0.096mol NH4HSO4和0.03mol （NH4）2SO4，共有NH4+和H+ 0.252mol，故NaOH不足，此时产生n（NH3）=（0.2320.096）mol=0.136mol，NH3的质量=0.136mol17g/mol=2.31g故答案为：14.56； 2.31g点评：本题考查了工业制硫酸的基本原理，考查化学平衡的影响因素和化学反应速率的影响因素，以硫酸工业尾气的吸收为载体考查化学计算，涉及混合物计算，过量问题的计算、范围讨论型计算、信息迁移型计算、NH4+、H+与NaOH溶液反应的先后顺序等知识，定性与定量相结合，综合性强，难度较大