2019-2020年高考化学5月仿真模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学5月仿真模拟试卷（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法正确的是（）A 重结晶法提纯苯甲酸时，为了析出更多晶体，热滤液要用冰盐水充分冷却B 自然界中无游离态的Na、K、Si、Fe，有游离态的S、OC PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，PM2.5在空气中不可能形成胶体D 硅石、玛瑙、硅胶的主要成分是二氧化硅2有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有（）A 8种B 14种C 16种D 18种3下列实验操作能达到目的是（）A 定量测定化学反应速率B 完成铁片与浓硫酸的反应C 从食盐水中提取NaClD 量取15.00mLNaOH4W、X、Y、Z为原子序数递增的四种短周期元素W是原子半径最小的元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y是植物生长所需化学肥料中主要的营养元素之一，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的1.5倍下列说法正确的是（）A 氢化物的沸点：Z一定高于YB 最高价氧化物对应水化物的酸性：X强于YC W、X、Y、Z都能分别与氯元素形成共价化合物D 仅由W、Y、Z三种元素组成的化合物不可能属于盐类5已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c （均为正值，单位均为kJmol1）则反应2C（石墨，s）+2H2（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）的焓变为（）A （ 2b+2ca）kJmol1B （a2b2c） kJmol1C （b+ca） kJmol1D （a2bc） kJmol16某研究小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含H2S的废气基本工艺是将H2S通入FeCl3溶液中，过滤后将滤液加入电解槽中电解，如图所示，下列有关说法正确的是（）A 过滤得到的沉淀可能是FeSB 与a极相连的电极反应式为2Cl2e=Cl2C 可以用Fe与外接电源的a极相连D 电解后的滤液可以循环利用7某二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA；HAA2+H+下列说法正确的是（）A Na2A溶液中：c（Na+）c（A2）c （HA）c（H2A）B NaHA溶液中：c（Na+）=c（A2）+c（HA）C Na2A溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A）D 室温下0.1mol/L的H2A溶液pH大于1二、解答题（共3小题，满分43分）8某化学小组拟利用下列流程测定某草酸亚铁样品（含有少量草酸，不含结晶水和其他杂质）中FeC2O4的含量已知几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH7.52.84.29.6沉淀完全时的pH9.04.0511试回答下列问题：（1）用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品而不用蒸馏水直接溶解的原因是加热至70左右，立即用KMnO4溶液滴定至终点发生反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O和（2）保温放置30min的目的是（3）证明反应完全的实验操作或现象为（4）已知常温下Fe（OH）3的Ksp=1.11036，废液中c（Fe3+）=molL1（5）灼烧充分的标志是（6）样品中FeC2O4的含量为9金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成CO，充分燃烧时生成CO2，反应放出的能量如图1所示（1）在通常状况下，更稳定（填“金刚石”或“石墨”），金刚石转化为石墨的热化学方程式为（2）CO、O2和熔融Na2CO3可制作燃料电池，其原理见图2石墨上电极反应式为（3）用CO2生产甲醇燃料的方法为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol，将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图3所示（实线）图中数据a（1，6）表示：在1min时H2的物质的量是6mol下列时间段平均反应速率最大的是A.01min B.13min C.38min D.811min仅改变某一个实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示曲线对应的实验条件改变是，曲线对应的实验条件改变是，体积不变，再充入3molCO2和4molH2，H2O（g）的体积分数（填“增大”“减小”或“不变”）10A、B、C、D、E五种元素均位于短周期，且原子序数依次增大B、E原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍D、E元素原子的最外层电子数相等X、Y、Z、W、G甲、乙七种物质均由上述元素中的两种或三种组成元素B形成的单质M与甲、乙（相对分子质量：甲乙，反应条件省略）的浓溶液反应，分别是甲+MX+Y+Z，乙+MY+Z+W，且X、Y、W均能与Z反应回答下列有关问题：（1）若将标准状况下一定量的X充入试管后将其倒立于水槽中，待水不再上升时，试管内溶质的物质的量浓度是（假设溶质不扩散）（2）若将X、W、D2按4：4：3通入Z中充分反应，写出总的离子方程式（3）G是一种既能与强酸反应又能与强碱反应的酸式盐，则G的电子式为；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的G溶液等体积混合后，加热至充分反应后，待恢复至室温，剩余溶液中离子浓度由大到小的顺序是，此时测得溶液的pH=12，则此条件下G中阴离子的电离平衡常数Ka=（提示：若涉及多元弱酸的电离或多元弱酸根离子的水解，均只考虑第一步电离或水解）（4）由E形成的单质能与热的浓NaOH溶液反应生成两种具有还原性的盐，写出该反应的化学方程式，氧化剂和还原剂的质量比为化学-选项1：化学与技术（共1小题，满分15分）11硅孔雀石的主要成分为CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，还含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：部分氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2完全沉淀的pH5.23.79.76.7请回答下列问题：（1）滤渣B的主要成分是（用化学式表示）；判断本实验能否调节溶液pH使杂质完全除去而不损失Cu2+，并简述理由（2）用离子方程式表示加入试剂A的作用（3）向滤液A中加入（填字母）除去杂质最合适a氨水 b氧化铜 c氢氧化钠 d氢氧化铜（4）从滤液B中提取胆矾的操作包括蒸发浓缩、过滤、用乙醇洗涤、用滤纸吸干等（5）测定产品纯度和胆矾中结晶水数目沉淀法测定产品纯度取一定质量的样品溶于蒸馏水，加入足量的BaCl2溶液和稀硝酸，过滤、洗涤、干燥、称重，实验结果发现测得的产品纯度偏高，可能的原因是（填字母）a产品失去部分结晶水 b产品中混有CuCl22H2O c产品中混有Al2（SO4）312H2O d产品中混有Na2SO4差量法测得结晶水数目取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量b g，则胆矾（CuSO4nH2O）中n值的表达式为化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）1015江西模拟）化学选修3：物质结构与性质前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A和B+的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为（2）四种元素中第一电离能最小的是，电负性最大的是（填元素符号）（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示该化合物的化学式为；D的配位数为；列式计算该晶体的密度gcm3（4）A、B+和C3+三种离子组成的化合物的B3CA6，其中化学键的类型有；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为，配位体是化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）1015天水校级模拟）某饮料果醋的成分之一M的结构简式为：，合成M的流程图如下：已知：X、Y都是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰RCCH+HCHO RCCCH2OHRCH2BrRCH2COOH请回答下列问题：（1）在X的同系物中，所有碳原子共平面的同系物有种（不考虑立体异构，不包括X）（2）实验室制备Y的化学方程式为由F制G可能发生的有机反应类型为（3）D含有的官能团名称是（4）写出下列反应的化学方程式由G制备M的化学方程式为，F和足量的新制氢氧化铜悬浊液反应 （5）T是G的同分异构体，T含有三种含氧官能团：羧基、羟基和醛基，两个羟基不连在同一个碳原子上写出T可能的结构简式xx年甘肃省天水一中高考化学仿真试卷（5月份）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下列说法正确的是（）A 重结晶法提纯苯甲酸时，为了析出更多晶体，热滤液要用冰盐水充分冷却B 自然界中无游离态的Na、K、Si、Fe，有游离态的S、OC PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，PM2.5在空气中不可能形成胶体D 硅石、玛瑙、硅胶的主要成分是二氧化硅考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅分析：A可冷却至室温；B空气中存在氧气，S单质可存在于火山喷口附近；C分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体；D硅胶的主要成分是硅酸解答：解：A苯甲酸的溶解度随温度变化较大，为了析出更多晶体，冷却至室温即可，故A错误；BNa、K、Fe为活泼金属，Si为亲氧元素，在自然界中以化合态存在，空气中存在氧气，S单质可存在于火山喷口附近，故B正确；C直径小于2.5微米的PM2.5颗粒物，分散在空气中可能形成胶体，故C错误；D硅胶的主要成分是硅酸，故D错误故选B点评：本题考查混合物分离、提纯及除杂、环境污染、物质的组成等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大2有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有（）A 8种B 14种C 16种D 18种考点：有机化合物的异构现象分析：有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：100%=20.25% 碳的质量分数为68.35%，可有：100%=68.35% 联立，解得X和Y的值；根据有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目据此判断有机物甲的同分异构体数目解答：解：有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：100%=20.25% 碳的质量分数为68.35%，可有：100%=68.35% 联立，解得X=9，Y=18，即此有机物为C9H18O2有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH所以有机物甲的同分异构体数目有28=16故选：C点评：考查同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键3下列实验操作能达到目的是（）A 定量测定化学反应速率B 完成铁片与浓硫酸的反应C 从食盐水中提取NaClD 量取15.00mLNaOH考点：化学实验方案的评价；实验装置综合专题：实验评价题分析：A需要时间计算反应速率，且生成的气体可能从长颈漏斗逸出；B常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化；C从食盐水中提取NaCl，选蒸发装置；D碱式滴定管可准确量取碱液的体积解答：解：A需要时间计算反应速率，且生成的气体可能从长颈漏斗逸出，图中装置缺少秒表，不能定量测定反应速率，故A错误；B常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化，阻止反应的进一步发生，则不能完成Fe与浓硫酸的反应，故B错误；C从食盐水中提取NaCl，选蒸发装置，需要蒸发皿等，而不能利用坩埚，故C错误；D图中为碱式滴定管，碱式滴定管可取15.00mLNaOH，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及反应速率测定、物质的性质、蒸发及滴定管使用等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，选项B为易错点4W、X、Y、Z为原子序数递增的四种短周期元素W是原子半径最小的元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y是植物生长所需化学肥料中主要的营养元素之一，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的1.5倍下列说法正确的是（）A 氢化物的沸点：Z一定高于YB 最高价氧化物对应水化物的酸性：X强于YC W、X、Y、Z都能分别与氯元素形成共价化合物D 仅由W、Y、Z三种元素组成的化合物不可能属于盐类考点：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：W、X、Y、Z为原子序数递增的四种短周期元素，W是原子半径最小的元素，则W为H元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素，Y是植物生长所需化学肥料中主要的营养元素之一，应为N或P元素，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的1.5倍，则最外层电子数为6，为O或S元素，以此解答该题解答：解：W、X、Y、Z为原子序数递增的四种短周期元素，W是原子半径最小的元素，则W为H元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素，Y是植物生长所需化学肥料中主要的营养元素之一，应为N或P元素，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的1.5倍，则最外层电子数为6，为O或S元素A如氢化物分别为N2H4、H2O，则N2H4沸点较高，故A错误；B非金属性N（或P）C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X弱于Y，故B错误；CW、X、Y、Z可分别为H、C、N（P）、O（S），均为非金属元素，都能分别与氯元素形成共价化合物，故C正确；D仅由W、Y、Z三种元素组成的化合物可能为NH4NO3，属于盐，故D错误；故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，把握原子结构特点为解答该题的关键，注意Y、Z元素不确定性，难度中等5已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c （均为正值，单位均为kJmol1）则反应2C（石墨，s）+2H2（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）的焓变为（）A （ 2b+2ca）kJmol1B （a2b2c） kJmol1C （b+ca） kJmol1D （a2bc） kJmol1考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c； 则（1）C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H1=akJmol1（2）C（石墨）+O2（g）CO2（g）H2=bkJmol1（3）H2（g）+1/2O2（g）H2O（l）H3=ckJmol1所以2C（石墨）+2H2（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）可以根据盖斯定律2（2）+2（3）（1）计算得到解答：解：已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c； 则（1）C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H1=akJmol1（2）C（石墨）+O2（g）CO2（g）H2=bkJmol1（3）H2（g）+1/2O2（g）H2O（l）H3=ckJmol1所以1mol乙醇的热化学方程式为：2C（石墨）+2H2（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）可以根据以上反应经过2（2）+2（3）（1）处理得到，所以H=（a2b2c）kJmol1故选：B点评：本题考查学生盖斯定律的应用、熵变的概念和计算以及吉布斯自由能的计算等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大6某研究小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含H2S的废气基本工艺是将H2S通入FeCl3溶液中，过滤后将滤液加入电解槽中电解，如图所示，下列有关说法正确的是（）A 过滤得到的沉淀可能是FeSB 与a极相连的电极反应式为2Cl2e=Cl2C 可以用Fe与外接电源的a极相连D 电解后的滤液可以循环利用考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：H2S通人FeCl3溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫和氯化亚铁、盐酸的混合溶液，对混合液进行电解，根据电解池的工作原理进行回答即可解答：解：A、H2S通人FeCl3溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫的沉淀，没有FeS，故A错误；B、在阴极b极上是氢离子得电子的反应，即2H+2e=H2，所以a是阳极，该电极上发生亚铁离子失电子的氧化反应，即Fe2+e=Fe3+，故B错误；C、铁为活泼电极，当Fe与外接电源的a极即阳极相连，则金属铁在该电极上失电子，会影响结果，故C错误；D、电解后溶液中含有Fe3+，可以循环利用，故D正确故选D点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意氧化还原反应在解题中的作用是关键，难度中等7某二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA；HAA2+H+下列说法正确的是（）A Na2A溶液中：c（Na+）c（A2）c （HA）c（H2A）B NaHA溶液中：c（Na+）=c（A2）+c（HA）C Na2A溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A）D 室温下0.1mol/L的H2A溶液pH大于1考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较分析：据H2A的电离方程式可知，其第一步完全电离，第二步电离可逆，则A2能够水解，HA只能够电离不能水解，据此分析解答：解：A、Na2A溶液中不存在H2A分子，故A错误；B、据物料守恒，NaHA溶液中c（Na+）=c（A2）+c（HA），故B正确；C、据质子守恒，Na2A溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HA），溶液中不存在H2A分子，故C错误；D、据H2A的电离方程式可知，其第一步完全电离，第二步电离可逆，所以室温下0.1mol/L的H2A溶液pH小于1，故D错误；故选B点评：本题考查弱电解质的电离平衡，涉及离子浓度大小比较，做题中注意利用电荷守恒、质量守恒、物料守恒解答此类题目二、解答题（共3小题，满分43分）8某化学小组拟利用下列流程测定某草酸亚铁样品（含有少量草酸，不含结晶水和其他杂质）中FeC2O4的含量已知几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH7.52.84.29.6沉淀完全时的pH9.04.0511试回答下列问题：（1）用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品而不用蒸馏水直接溶解的原因是防止Fe2+水解加热至70左右，立即用KMnO4溶液滴定至终点发生反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O和MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O（2）保温放置30min的目的是使反应更完全（3）证明反应完全的实验操作或现象为溶液呈紫红色，取少许紫红色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化（4）已知常温下Fe（OH）3的Ksp=1.11036，废液中c（Fe3+）=1.1106molL1（5）灼烧充分的标志是连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g（6）样品中FeC2O4的含量为72%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：用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品将其变成溶液，加热至70左右，加入足量的KMnO4溶液发生反应，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，保温放置30min的目的是使反应更完全，再加入试剂A调节pH值，只使三价铁完全生成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀，充分灼烧使氢氧化铁分解生成氧化铁，称其质量，最终根据铁守恒计算，据此分析解答解答：解：用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品将其变成溶液，加热至70左右，加入足量的KMnO4溶液发生反应，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，保温放置30min的目的是使反应更完全，再加入试剂A调节pH值，只使三价铁完全生成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀，充分灼烧使氢氧化铁分解生成氧化铁，称其质量，最终根据铁守恒计算，（1）因为Fe2+水解，所以用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品而不用蒸馏水直接溶解的原因是防止Fe2+水解，加热至70左右，加入足量的KMnO4溶液，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，离子方程式分别为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O和MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；故答案为：防止Fe2+水解； MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（2）保温放置30min的目的是使反应更完全，故答案为：使反应更完全；（3）加入足量的KMnO4溶液发生反应，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，所以当高锰酸根过量时即溶液呈紫红色或者不含三价铁即取少许紫红色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，则反应完全，故答案为：溶液呈紫红色，取少许紫红色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化；（4）因为有沉淀图表可知，三价铁完全沉淀的pH值为4，所以c（Fe3+）=1.1106 molL1，故答案为：1.1106；（5）灼烧充分是指氢氧化铁完全分解，即连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g，所以灼烧充分的标志是连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g，故答案为：连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g； （6）充分灼烧使氢氧化铁分解生成氧化铁，称其质量为8g，即氧化铁的物质的量为=0.05mol，根据铁守恒，所以样品中FeC2O4的物质的量为0.052=0.1mol，则样品中FeC2O4的含量为100%=72%，故答案为：72%点评：本题考查了用流程图法测定该样品中FeC2O4的含量，涉及了实验方案设计、方程式的书写、质量分数的计算等知识，可以根据所学知识完成，难度中等9金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成CO，充分燃烧时生成CO2，反应放出的能量如图1所示（1）在通常状况下，石墨更稳定（填“金刚石”或“石墨”），金刚石转化为石墨的热化学方程式为C（金刚石，s）=C（石墨，s）H=1.9kJ/mol（2）CO、O2和熔融Na2CO3可制作燃料电池，其原理见图2石墨上电极反应式为CO2e+CO32=2CO2（3）用CO2生产甲醇燃料的方法为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol，将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图3所示（实线）图中数据a（1，6）表示：在1min时H2的物质的量是6mol下列时间段平均反应速率最大的是AA.01min B.13min C.38min D.811min仅改变某一个实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示曲线对应的实验条件改变是升高温度，曲线对应的实验条件改变是增大压强，体积不变，再充入3molCO2和4molH2，H2O（g）的体积分数增大（填“增大”“减小”或“不变”）考点：反应热和焓变；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素分析：（1）依据物质能量越高，越活泼分析判断，依据图象能量变化写出金刚石转化为石墨的热化学方程式，反应是放热反应；（2）CO、O2和熔融Na2CO3可制作燃料电池，其原理见图2石墨上为CO失电子发生氧化反应；（3）根据v=判断反应速率大小； 升高温度和增大压强都能增大反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但升高温度平衡向吸热反应方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；若体积不变再充入3molCO2和4molH2，与开始6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中比较，相当于增加开始的一半，应采用先扩大再压缩的方法判断；解答：解：（1）图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析金刚石转化为石墨需要放出热量=395.4KJ393.5KJ=1.9KJ；反应的热化学方程式为C（金刚石，s）=C（石墨，s）H=1.9kJ/mol，故答案为：石墨；C（金刚石，s）=C（石墨，s）H=1.9kJ/mol；（2）CO、O2和熔融Na2CO3可制作燃料电池，其原理见图2，石墨上为CO失电子发生氧化反应，反应式为：CO2e+CO32=2CO2；故答案为：CO2e+CO32=2CO2；（3）根据图象知，A01min内氢气的平均反应速率v=mol/（Lmin）=1mol/（Lmin）B13min内氢气的平均反应速率v=mol/（Lmin）=0.75mol/（Lmin），C38min内氢气的平均反应速率v=mol/（Lmin）=0.1mol/（Lmin），D811min时该反应处于平衡状态，氢气的物质的量变化量为0，所以反应速率最大的是A，故选A； （2）该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，改变条件I，反应到达平衡的时间缩短，则反应速率增大，达到平衡时，氢气的物质的量大于原平衡状态，说明改变条件I平衡向逆反应方向移动，所以该条件是升高温度；改变条件II，反应到达平衡的时间缩短，则反应速率增大，达到平衡时，氢气的物质的量小于原平衡状态，说明平衡向正反应方向移动，则该条件是增大压强；若体积不变再充入3molCO2和4molH2，与开始6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中比较，相当于增加开始的一半，应采用先将体积扩大到原来的1.5倍，H2O（g）的体积分数，再压缩到原来的体积，平衡向正反应方向移动，所以H2O（g）的体积分数增大，故答案为：升高温度；增大压强；增大；点评：本题考查能量图象分析，燃料电池电极反应式的书写以及化学反应速率或平衡的图象分析，计算反应速率的大小及化学平衡状态的判断，注意把握对题目图象的分析，题目较为综合，题目难度中等10A、B、C、D、E五种元素均位于短周期，且原子序数依次增大B、E原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍D、E元素原子的最外层电子数相等X、Y、Z、W、G甲、乙七种物质均由上述元素中的两种或三种组成元素B形成的单质M与甲、乙（相对分子质量：甲乙，反应条件省略）的浓溶液反应，分别是甲+MX+Y+Z，乙+MY+Z+W，且X、Y、W均能与Z反应回答下列有关问题：（1）若将标准状况下一定量的X充入试管后将其倒立于水槽中，待水不再上升时，试管内溶质的物质的量浓度是mol/L或0.045mol/L（假设溶质不扩散）（2）若将X、W、D2按4：4：3通入Z中充分反应，写出总的离子方程式4SO2+4NO2+3O2+6H2O=12H+4SO42+4NO3（3）G是一种既能与强酸反应又能与强碱反应的酸式盐，则G的电子式为；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的G溶液等体积混合后，加热至充分反应后，待恢复至室温，剩余溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+），此时测得溶液的pH=12，则此条件下G中阴离子的电离平衡常数Ka=41012（提示：若涉及多元弱酸的电离或多元弱酸根离子的水解，均只考虑第一步电离或水解）（4）由E形成的单质能与热的浓NaOH溶液反应生成两种具有还原性的盐，写出该反应的化学方程式3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，氧化剂和还原剂的质量比为2：1考点：无机物的推断分析：A、B、C、D、E五种元素均是短周期的主族元素，原子序数依次增大B、E原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍，则为A族、A族元素，D、E元素原子最外层电子数相等，二者同主族，而原子序数D大于E，则为B第A元素，E为A元素，所以B为C元素，E为S元素，D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；X、Y、Z、W、G、甲、乙七种物质均由上述元素中的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M为碳，与甲、乙浓溶液均能反应（相对分子质量：甲乙），可推知：甲为HNO3、乙为H2SO4，甲与M反应生成X、Y、Z，乙与M反应生成Y、Z、W，则X为NO2，W为SO2，Y、Z分别为H2O、CO2中的一种，X、Y、W均能与Z反应，则：Y为CO2，Z为H2O，综上可知A为H元素，然后结合物质的性质及化学用语来解答解答：解：（1）假设取NO21mol，则体积为22.4L，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，V（溶液）=22.4L，溶质的物质的量为mol，进一步求得c（HNO3）= mol/L=0.045 mol/L，故答案为： mol/L或0.045 mol/L；（2）NO2、SO2、O2按4：4：3通入水中，恰好发生氧化还原反应，生成硝酸和硫酸，反应的离子方程式为4SO2+4NO2+3O2+6H2O=12H+4SO42+4NO3，故答案为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O=12H+4SO42+4NO3；（3）G是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，G由上述元素中的两种或三种元素组成，则G为NH4HS，其电子式为：；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的NH4HS溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成Na2S、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为Na2S溶液，溶液中S2水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（OH）c（HS），溶液中氢离子浓度最小，故溶液中c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）；此时测得溶液的PH=12，c（H+）=1012mol/L，c（OH）=102mol/L，由于S2+H2OOH+HS，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（HS）=102mol/L1012mol/L102mol/L，溶液中c（S2）=0.1mol/L102mol/L=0.04molL，由HS=S2+H+，可知其电离产生Ka=41012，故答案为：；c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）；41012；（4）由S形成的单质能与热的浓NaOH溶液反应生成两种具有还原性的盐，为在碱性条件下硫发生歧化反应，生成硫化钠和亚硫酸钠，反应的方程式为3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中S元素化合价由0价分别变化为2价、+4价，由得失电子相等可知氧化剂和还原剂的质量比为2；1，故答案为：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O；2：1点评：本题考查无机物推断，元素的推断及物质的推断为解答本题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（3）中计算为易错点，不能认为氢氧根与硫氰根离子浓度相等，注意忽略计算，难度中等化学-选项1：化学与技术（共1小题，满分15分）11硅孔雀石的主要成分为CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，还含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：部分氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2完全沉淀的pH5.23.79.76.7请回答下列问题：（1）滤渣B的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3（用化学式表示）；判断本实验能否调节溶液pH使杂质完全除去而不损失Cu2+，并简述理由否，铝离子全部沉淀时铜离子有沉淀（2）用离子方程式表示加入试剂A的作用2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O（3）向滤液A中加入bd（填字母）除去杂质最合适a氨水 b氧化铜 c氢氧化钠 d氢氧化铜（4）从滤液B中提取胆矾的操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、用滤纸吸干等（5）测定产品纯度和胆矾中结晶水数目沉淀法测定产品纯度取一定质量的样品溶于蒸馏水，加入足量的BaCl2溶液和稀硝酸，过滤、洗涤、干燥、称重，实验结果发现测得的产品纯度偏高，可能的原因是acd（填字母）a产品失去部分结晶水 b产品中混有CuCl22H2O c产品中混有Al2（SO4）312H2O d产品中混有Na2SO4差量法测得结晶水数目取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量b g，则胆矾（CuSO4nH2O）中n值的表达式为考点：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：硅孔雀石是一种含铜矿石，含铜形态为CuCO3Cu（OH）2和CuSiO32H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质，硅孔雀石矿粉加入稀硫酸溶解，加入过氧化氢氧化亚铁离子浸取后过滤，得到滤渣主要为SiO2、H2SiO3，滤液A在含有Cu2+、Fe3+、Al3+、H+，加入铜的化合物调节溶液PH=4使铁离子全部沉淀，此时铝离子有部分沉淀，过滤得到滤液B主要是硫酸铜溶液，含有少量硫酸铝和硫酸溶液，通过蒸发浓缩蒸发，冷却结晶得到硫酸铜晶体；（1）根据氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH列表进行分析PH=4完全沉淀、不完全沉淀的离子，依据离子沉淀的PH值分析，铁离子全部沉淀PH=3.7，铝离子全部沉淀PH=5.2，铜离子开始沉淀PH=4.2，铝离子全部沉淀，铜离子液有沉淀，调节溶液pH不能使杂质完全除去而不损失Cu2+；（2）上述分析可知加入试剂A为氧化亚铁离子为铁离子的氧化剂且不能引入锌的杂质，所以需要加入过氧化氢，双氧水酸性溶液中将亚铁离子氧化成铁离子；（3）根据滤液A显示酸性，加入的试剂不能引进新的杂质进行分析；（4）滤液得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；（5）测得的产品纯度偏高，可能是样品失去结晶水导致样品质量减小，或混入的硫酸根离子和加入的氯化钡生成更多的硫酸钡；取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量b g，结晶水的质量为agbg；依据物质的量之比计算n值解答：解：（1）步骤中，调节pH=4时，所得滤渣B的成分依据表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，铝离子有少量沉淀，所以渣B的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3 ，依据离子沉淀的PH值分析，铁离子全部沉淀PH=3.7，铝离子全部沉淀PH=5.2，铜离子开始沉淀PH=4.2，铝离子全部沉淀，铜离子液有沉淀，调节溶液pH不能使杂质完全除去而不损失Cu2+，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3 ；否，铝离子全部沉淀时铜离子有沉淀；（2）上述分析可知加入试剂A为氧化亚铁离子为铁离子的氧化剂且不能引入锌的杂质，所以需要加入过氧化氢，双氧水酸性溶液中将亚铁离子氧化成铁离子，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（3）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用氧化铜，碱式碳酸铜，氢氧化铜，等，故选BC，故答案为：bd（4）滤液B为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤等操作可得到硫酸铜晶体；故答案为：冷却结晶；（5）测得的产品纯度偏高，可能是样品失去结晶水导致样品质量减小，或混入的硫酸根离子和加入的氯化钡生成更多的硫酸钡，a产品失去部分结晶水导致样品质量减小，使测得的产品纯度偏高，故a正确；b产品中混有CuCl22H2O对测定纯度无影响，故b错误；c产品中混有Al2（SO4）312H2O，溶解后生成硫酸钡沉淀质量增大，故c正确；d产品中混有Na2SO4，溶解后生成硫酸钡沉淀质量增大，故d正确故选acd；取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量b g，结晶水的质量为agbg；依据物质的量之比计算n值，1：n=：，计算得到n=，故答案为：点评：本题为工艺流程题，考查了方程式的书写、物质分离的方法、有关方程式的计算，主要是铝及其化合物性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）1015江西模拟）化学选修3：物质结构与性质前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A和B+的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为（2）四种元素中第一电离能最小的是K，电负性最大的是F（填元素符号）（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示该化合物的化学式为K2NiF4；D的配位数为6；列式计算该晶体的密度3.4gcm3（4）A、B+和C3+三种离子组成的化合物的B3CA6，其中化学键的类型有离子键和配位键；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为FeF63，配位体是F考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，结合物质结构和性质解答解答：解：前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，（1）D2+的价层电子为3d电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知，其价电子排布图为，故答案为：；（2）元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，这四种元素中金属性最强的是K元素，非金属性最强的元素是F，所以第一电离能最小的是K，电负性最大的是F，故答案为：K；F；（3）该晶胞中A原子个数=16=8，B原子个数=8=4，D原子个数=8，所以该化合物的化学式为K2NiF4，根据晶胞结构知，D的配位数是6，故答案为：K2NiF4；6；该晶胞的体积=（4001010cm）（13081010cm），=3.4gcm3，故答案为：3.4；（4）A、B+和C3+三种离子组成的化合物的K3FeF6，该物质中阴阳离子间存在离子键，铁原子和氟原子间存在配位键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为FeF63，配位体是F，故答案为：离子键和配位键；FeF63；F点评：本题考查物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等，注意化学式的确定中，各中原子被几个晶胞共用，为易错点，难点是密度的计算化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）1015天水校级模拟）某饮料果醋的成分之一M的结构简式为：，合成M的流程图如下：已知：X、Y都是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰RCCH+HCHO RCCCH2OHRCH2BrRCH2COOH请回答下列问题：（1）在X的同系物中，所有碳原子共平面的同系物有5种（不考虑立体异构，不包括X）（2）实验室制备Y的化学方程式为CaC2+H2OCa（OH）2+C2H2由F制G可能发生的有机反应类型为氧化反应、取代反应（3）D含有的官能团名称是氯原子、羟基（4）写出下列反应的化学方程式由G制备M的化学方程式为，F和足量的新制氢氧化铜悬浊液反应 （5）T是G的同分异构体，T含有三种含氧官能团：羧基、羟基和醛基，两个羟基不连在同一个碳原子上写出T可能的结构简式考点：有机物的推断分析：F发生反应生成G，则G是小分子化合物，G发生缩聚反应生成M，G结构简式为HOOCCH2CH（OH）COOH，C发生取代反应然后酸化得到G，C中含有氯原子，则C结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，根据流程图中反应试剂及反应条件知，B为HOOCCH2CH2COOH，A为，X为CH2=CH2；X、Y是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰，说明都只有一种氢原子，Y能发生信息的反应，则Y结构简式为HCCH；根据G结构简式结合F性质知，F结构简式为OHCCH2CHClCHO，E发生取代反应生成D，D中含有氯原子，则D发生氧化反应生成F，D结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为HOCH2CH2CH2CH2OH，据此分析解答解答：解：F发生反应生成G，则G是小分子化合物，G发生缩聚反应生成M，G结构简式为HOOCCH2CH（OH）COOH，C发生取代反应然后酸化得到G，C中含有氯原子，则C结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，根据流程图中反应试剂及反应条件知，B为HOOCCH2CH2COOH，A为，X为CH2=CH2；X、Y是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰，说明都只有一种氢原子，Y能发生信息的反应，则Y结构简式为HCCH；根据G结构简式结合F性质知，F结构简式为OHCCH2CHClCHO，E发生取代反应生成D，D中含有氯原子，则D发生氧化反应生成F，D结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为HOCH2CH2CH2CH2OH，（1）在X的同系物中，所有碳原子共平面的同系物有丙烯、2甲基丙烯、2丁烯、2甲基2丁烯、2、3二甲基2丁烯，所以一共有五种，故答案为：5；（2）实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，反应方程式为CaC2+H2OCa（OH）2+C2H2，由F生