2019-2020年高考化学模拟试卷（3）含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（3）含解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分，每小题4个选项中，只有一个选项符合要求）1（6分）（xx广西校级模拟）下列说法正确的是（）A氯化铝是电解质，可用电解熔融的氯化铝制取铝B可以用加热使蛋白质变性的方法分离提纯蛋白质C利用纯天然纤维，禁止使用化学合成材料符合“绿色化学”思想D“酸雨”主要是由于大气中含有较高浓度硫的氧化物和氮的氧化物造成的2（6分）（xx广西校级模拟）某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）下列有关叙述正确的是（）A两步反应均为吸热反应B整个反应中H=E1+E3E2E4C加入催化剂会改变反应的焓变D三种化合物中B最稳定3（6分）（xx广西校级模拟）下列有关实验原理或操作正确的是（）A选择合适的试剂，用图1所示装置可分别制取少量CO2、NO和O2B除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有足量酸性KmnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C洗涤沉淀时（如图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干D将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中4（6分）（xx四川）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（molL1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）0.10.19x0.27下列判断不正确的是（）A实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/LC实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/LD实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）5（6分）（xx广西校级模拟）下列关于有机化合物1和2的说法中，正确的是（）A有机物1和2互为同分异构体，分子式为C12H6Br6B有机物1和2在氢氧化钠的乙醇溶液中均可发生消去反应C有机物1和2中所有原子均共平面D有机物2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而有机物1不能使酸性高锰酸钾溶液褪色6（6分）（xx四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA7（6分）（xx宁夏二模）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结：（均在常温下）常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度一定降低pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1pH相等的四种溶液：aCH3COONa；bC6H5ONacNaHCO3dNaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：d、b、c、aNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO42）已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为：KaKh=Kw甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液pH是乙溶液pH的两倍，则甲乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7其归纳正确的是（）A全部BCD三、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第22题32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题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）（xx广西校级模拟）已知如图中物质M是由同一短周期的两种元素组成的离子化合物，焰色反应为黄色，阴离子元素最高正价与它的负价代数和为6，X具有漂白性，Y为碱性气体，W是对空气无污染的气体试回答下列问题：（1）若用铁做阳极电解M溶液一段时间，可以看到的现象是（2）写出工业上制备Y气体，并生产硝酸的化学反应方程式：、（3）若A是一种常见金属，写出反应的离子方程式（4）若A是某元素的一种常见酸性氧化物，则A的化学式为；其用途为（写出一种即可）（5）写出反应的化学方程式（6）标准状况下，反应中生成11.2L W时转移的电子数（用NA表示阿伏加德罗常数）9（15分）（xx广西校级模拟）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5回答下列问题；（1）已知AX3的熔点和沸点分别为93.6和76，AX5的熔点为167，室温时，AX3与气体X2反应生成1mol AX5，放出热量123.8kJ该反应的热化学方程是为（2）反应AX3（g）+X2（g）AX5（g）在容积为10L的密闭容器中进行起始时AX3和X2均为0.2mol反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示列式计算实验a反应开始至达到平衡时的反应速率v（AX5）=图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v（AX5）由大到小的次序为（填实验序号）；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b，c用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，表示AX3的平衡转化率，则的表达式为；实验a和c的平衡转化率：a为、c为10（14分）（xx宁德模拟）硝酸铝是重要的化工原料（1）在实验室中，硝酸铝必须与可燃物分开存放，是因为硝酸铝具有A可燃性 B氧化性 C还原性（2）用Al作电极电解HNO3溶液制取Al（NO3）3，电解反应的离子方程式为（3）查资料得知：当Al（NO3）3溶液pH3时，铝元素有多种存在形态，如Al3+、2+、+等写出2+转化为+的离子方程式（4）用硝酸铝溶液（加入分散剂）制备纳米氧化铝粉体的一种工艺流程如下（CH2）6N4水溶液显碱性请补充完整下列离子方程式（CH2）6N4+H2OHCHO+OH经搅拌，pH下降的原因是凝胶中含有的硝酸盐是（Ksp=1.31033；溶液中离子浓度小于1105molL1时，可认为这种离子在溶液中不存在）煅烧过程主要发生如下转化凝胶勃母石（AlOOH）Al2O3Al2O3）煅烧过程中样品的失重率（TG%）随温度变化如图凝胶煅烧失重曲线有明显的三个阶段：（）ab段：失重率82.12%；（）bc段：失重率9.37%；（）cd段：失重率几乎为0转化对应的失重阶段是（填序号、），转化开始的温度是【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）11（15分）（xx广西校级模拟）（1）中国古代四大发明之一黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SA+N2+3CO2（已配平）除S外，其余元素的电负性从大到小依次为在生成物中，A的晶体类型为；含极性共价键的分子中中心原子的杂化轨道类型为已知CN与N2为等电子体，推算HCN分子中键与键数目之比为（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2T的基态原子外围电子（价电子）排布式为，Q2+的未成对电子数是（3）用价层电子对互斥理论（VSEPR）判断下列分子或离子的空间构型H2S：，ClO4：（4）下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图如图1，试判断NaCl晶体结构的图象是（5）在Ti的化合物中，可以呈现+2、+3、+4三种化合价，其中以+4价的Ti最为稳定偏钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如图2所示，它的化学式是，其中Ti4+的氧配位数为【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12（xx孝感二模）HPE是合成苯氧基丙酸类除草剂的重要中间体，其合成路线如下： 已知：RCH2COOH+RCl+NaCl据此回答下列问题：（1）B中含有的官能团名称为，D的结构简式为（2）C+EF的反应类型为（3）M的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为（4）写出G+MHPE的化学方程式（5）X是G的同分异构体，其中满足以下条件的X共有种，写出其中一种X的结构简式a苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种 b遇FeCl3溶液发生颜色反应cX不能与NaHCO3反应产生CO2 d1mol X最多能和3mol NaOH反应xx年广西柳州市柳铁一中高考化学模拟试卷（3）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分，每小题4个选项中，只有一个选项符合要求）1（6分）（xx广西校级模拟）下列说法正确的是（）A氯化铝是电解质，可用电解熔融的氯化铝制取铝B可以用加热使蛋白质变性的方法分离提纯蛋白质C利用纯天然纤维，禁止使用化学合成材料符合“绿色化学”思想D“酸雨”主要是由于大气中含有较高浓度硫的氧化物和氮的氧化物造成的考点：电解质与非电解质；常见的生活环境的污染及治理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，应用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝；B、提纯蛋白质的方法为盐析，盐析不改变蛋白质的化学性能；C、化学合成材料对造福人类作出了积极的贡献，应合理利用；D、硫的氧化物和氮的氧化物溶于水容易形成酸雨解答：解：A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，应用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；B、提纯蛋白质的方法为盐析，盐析不改变蛋白质的化学性能，故B错误；C、充分开发利用纯天然纤维，停止使用各种化学合成材料，浪费了资源，不属于绿色消费，故C错误；D、硫的氧化物和氮的氧化物溶于水容易形成酸雨，故D正确，故选D点评：本题综合性较强，主要考查的是晶体类型的判断、蛋白质的性质、合成材料以及酸雨的成因等，难度中等2（6分）（xx广西校级模拟）某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）下列有关叙述正确的是（）A两步反应均为吸热反应B整个反应中H=E1+E3E2E4C加入催化剂会改变反应的焓变D三种化合物中B最稳定考点：反应热和焓变 分析：AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题解答：解：AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B整个反应中H=（E1E2）+（E3E4）=E1+E3E2E4，故B正确；C加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故C错误；D物质的总能量越低，越稳定，由图象可知，C能量最低，所以最稳定，故D错误；故选B点评：本题考查化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为B，注意把握反应热的计算3（6分）（xx广西校级模拟）下列有关实验原理或操作正确的是（）A选择合适的试剂，用图1所示装置可分别制取少量CO2、NO和O2B除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有足量酸性KmnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C洗涤沉淀时（如图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干D将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中考点：化学实验方案的评价 分析：A图1为固体和液体在常温下反应，生成的气体可用向上排空气法收集，而一氧化氮与氧气反应，不能用向上排空气法收集；B二氧化硫和与酸性高锰酸发生氧化还原反应；C洗涤沉淀时用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复步骤两到三次；D乙醇和水是互溶的解答：解：A实验室制取二氧化碳可用大理石与稀盐酸在常温下反应，由于二氧化碳密度比空气大，可用向上排空气法收集，可选择图1装置；双氧水在二氧化锰催化作用下制取氧气，选用固液不加热装置，氧气密度比空气大，用向上排空气法收集，可选择图1装置；一氧化氮可以和氧气反应，不能用向上排空气法收集，故A错误； B二氧化硫和与酸性高锰酸发生氧化还原反应，可除去二氧化硫，用浓硫酸干燥可得纯净的二氧化碳气体，故B正确；C洗涤沉淀时用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复步骤两到三次，不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D乙醇和水是互溶的，不能用乙醇做碘水分离的萃取剂，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、物质分离提纯等操作，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验原理和操作方法，难度不大4（6分）（xx四川）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（molL1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）0.10.19x0.27下列判断不正确的是（）A实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/LC实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/LD实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D根据电荷守恒确定离子浓度关系解答：解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH）c（H+），水的电离较微弱，所以c（A）c（OH），故A正确；B溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），c（OH）c（H+）=c（K+）c（A）=mol/L109 mol/L，故B错误；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A）+c（HA）0.1 mol/L，故C正确；D溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），溶液呈中性，即c（OH）=c（H+），则c（K+）=c（A），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A）c（OH），故D正确；故选B点评：本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是C，难度较大5（6分）（xx广西校级模拟）下列关于有机化合物1和2的说法中，正确的是（）A有机物1和2互为同分异构体，分子式为C12H6Br6B有机物1和2在氢氧化钠的乙醇溶液中均可发生消去反应C有机物1和2中所有原子均共平面D有机物2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而有机物1不能使酸性高锰酸钾溶液褪色考点：有机物的结构和性质 分析：有机化合物1和2分子式都为C12H6Br6，但结构不同，1含有苯环，2含有碳碳双键，结合苯、乙烯的结构和性质解答该题解答：解：A有机物1和2的结构不同，分子式相同都为C12H6Br6，是同分异构体，故A正确；B卤代烃发生消去反应的条件：与卤素原子所连的碳相邻的碳要有氢原子，有机物1满足条件，而有机物2与卤素原子所连的碳相邻的碳没有氢原子，不满足条件，故B错误；C化合物1具有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则不可能公平面，故C错误；D因碳碳双键能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物1中含有苯环，但苯环中没有碳碳双键，而是一种介于碳碳双键和碳碳单键之间独特的键，酸性高锰酸钾溶液不褪色，但如果与苯环相连的碳原子上有氢原子，根据苯的同系物的性质，有机物1能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物2含有6个碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题着重于有机物的结构的考查，注意把握结构特点以及官能团的性质，难度不大6（6分）（xx四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/L；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子解答：解：A0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（0）0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为11013mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH离子数目为1013NA，故B错误；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况7（6分）（xx宁夏二模）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结：（均在常温下）常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度一定降低pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1pH相等的四种溶液：aCH3COONa；bC6H5ONacNaHCO3dNaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：d、b、c、aNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO42）已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为：KaKh=Kw甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液pH是乙溶液pH的两倍，则甲乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7其归纳正确的是（）A全部BCD考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10；根据同浓度时的碱性强弱比较；根据电荷书恒判断；利用平衡常数的表达式判断；如pH之和等于14，等体积混合可等于7解答：解：强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度一定都降低但氢氧根离子浓度增大，故错误；pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10，故错误；四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为dbca，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故正确；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，溶液中存在c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42），则c（Na+）2c（SO42），故错误；水解和电离为可逆过程，Ka=，Kb=；则有KaKh=Kw，故正确当pH之和等于14时，则混合液pH=7，故正确综上，符合题意选项为B故选B点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等三、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第22题32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题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）（xx广西校级模拟）已知如图中物质M是由同一短周期的两种元素组成的离子化合物，焰色反应为黄色，阴离子元素最高正价与它的负价代数和为6，X具有漂白性，Y为碱性气体，W是对空气无污染的气体试回答下列问题：（1）若用铁做阳极电解M溶液一段时间，可以看到的现象是有白色沉淀生成，阴极有气泡生成（2）写出工业上制备Y气体，并生产硝酸的化学反应方程式：N2+3H22NH3、4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO（3）若A是一种常见金属，写出反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2（4）若A是某元素的一种常见酸性氧化物，则A的化学式为SiO2；其用途为光导纤维（写出一种即可）（5）写出反应的化学方程式NaClO+2NH3NaCl+N2H4+H2O（6）标准状况下，反应中生成11.2L W时转移的电子数NA（用NA表示阿伏加德罗常数）考点：无机物的推断 专题：推断题分析：M是由同一短周期的两种元素组成的离子化合物，焰色反应为黄色，则说明含有钠元素，阴离子元素最高正价与它的负价代数和为6，所以阴离子为第A族元素，所以M为NaCl，电解食盐水可以得到氯气、氢气、氢氧化钠，X具有漂白性且由B和D反应得到，即由氢氧化钠和氯气反应得到，所以X为次氯酸钠，由于C和D又能反应，所以，D为氯气，C为氢气，B为氢氧化钠，Y为碱性气体，则Y为氨气，W是由二氧化氮和Z反应后的产物，所以含有氮元素，对空气无污染的气体，则W为氮气，（1）若用铁做阳极电解，阳极铁被氧化，阴极生成氢气；（2）Y为氨气，工业用氮气和氢气发生反应生成，氨气催化氧化生成NO，继续与水、氧气反应生成硝酸；（3）若A是一种常见金属，能与NaOH反应，则A应为Al；（4）若A是某元素的一种常见酸性氧化物，要得到白色胶状沉淀，则A应为SiO2；（5）NaClO和NH3发生氧化还原反应，生成N2H4；（6）根据氧化还原反应计算电子转移数解答：解：M是由同一短周期的两种元素组成的离子化合物，焰色反应为黄色，则说明含有钠元素，阴离子元素最高正价与它的负价代数和为6，所以阴离子为第A族元素，所以M为NaCl，电解食盐水可以得到氯气、氢气、氢氧化钠，X具有漂白性且由B和D反应得到，即由氢氧化钠和氯气反应得到，所以X为次氯酸钠，由于C和D又能反应，所以，D为氯气，C为氢气，B为氢氧化钠，Y为碱性气体，则Y为氨气，W是由二氧化氮和Z反应后的产物，所以含有氮元素，对空气无污染的气体，则W为氮气，（1）若用铁做阳极电解，阳极铁被氧化，阴极生成氢气，可观察到生成白色沉淀，为氢氧化亚铁，故答案为：有白色沉淀生成，阴极有气泡生成；（2）Y为氨气，工业用氮气和氢气发生反应生成，氨气催化氧化生成NO，继续与水、氧气反应生成硝酸，涉及反应有N2+3H22NH3；4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O22NO2；3 NO2+H2O2HNO3+NO，故答案为：N2+3H22NH3；4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O22NO2；3 NO2+H2O2HNO3+NO；（3）若A是一种常见金属，能与NaOH反应，则A应为Al，反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2；（4）若A是某元素的一种常见酸性氧化物，要得到白色胶状沉淀，则A应为SiO2，其用途为光导纤维，故答案为：SiO2；光导纤维；（5）NaClO和NH3发生氧化还原反应，生成N2H4，化学方程式NaClO+2NH3NaCl+N2H4+H2O，故答案为：NaClO+2NH3NaCl+N2H4+H2O；（6）反应的化学方程式为2NO2+2N2H43N2+4H2O，根据氧化还原反应可知，每转移8mol电子时，会产生3molN2，所以当产生11.2L（即0.5mol） N2时转移的电子数为NA，故答案为：NA点评：本题考查元素化合物的特性和反应，为高频考点和常见题型，用框图设问可以考查学生正向思维、逆向思维、发散和收敛思维，能根据题眼正确判断化合物是解本题的关键，注意铝和氢氧化钠溶液的反应中，水作反应物，容易漏写，为易错点9（15分）（xx广西校级模拟）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5回答下列问题；（1）已知AX3的熔点和沸点分别为93.6和76，AX5的熔点为167，室温时，AX3与气体X2反应生成1mol AX5，放出热量123.8kJ该反应的热化学方程是为AX3（l）+X2（g）=AX5（s）H=123.8kJmol1（2）反应AX3（g）+X2（g）AX5（g）在容积为10L的密闭容器中进行起始时AX3和X2均为0.2mol反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示列式计算实验a反应开始至达到平衡时的反应速率v（AX5）=1.7104molL1min1图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v（AX5）由大到小的次序为bca（填实验序号）；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b加入催化剂反应速率加快，但平衡点没有改变，c温度升高反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，表示AX3的平衡转化率，则的表达式为=2（1）100%；实验a和c的平衡转化率：a为50%、c为40%考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 专题：化学平衡专题分析：（1）根据熔沸点判断出常温下各物质状态，根据生成物与放出热量的关系，计算出反应热，再据此写出热化学方程式；（2）根据v=计算出反应速率；根据到达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小；再根据图象中的曲线的变化趋势判断出条件的改变；对于气体来讲，压强之比就等于物质的量之比，根据三段式，进而求得转化率的表达式及具体的值；解答：解：（1）因为AX3的熔点和沸点分别为93.6和76，AX5的熔点为167，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（g）+X2（g）=AX5（s）H=123.8kJmol1，故答案为：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）H=123.8kJmol1；（2）起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：=，n=0.30mol， AX3（g）+X2（g）AX5（g） 初始 （mol） 0.20 0.20 0 平衡 （mol） 0.20x 0.20x x （0.20x）+（0.20x）+x=0.30 x=0.10v（ AX5）=1.7104mol/（Lmin），故答案为：=1.7104molL1min1根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：bca；与实验a相比，b实验到达平衡的时间变小，但平衡没有发生移动，所以为使用催化剂；c实验到达平衡时总压强变大，说明平衡逆向移动，而化学反应速率变大，考虑到该反应是放热反应，所以是升高温度所导致的，故答案为：bca；加入催化剂反应速率加快，但平衡点没有改变；温度升高反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）；用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，表示AX3的平衡转化率，根据压强之比就等于物质的量之比有：，n=， AX3（g）+X2（g）AX5（g） 初始 （mol） 0.20 0.20 0 平衡 （mol） 0.20x 0.20x x （0.20x）+（0.20x）+x=n x=0.40n=0.4=100%=2（1）100%a=2（1）=2（1）100%=50%c=2（1）100%=40%，故答案为：=2（1）100%；50%；40%点评：本题考查了热化学方程式的书写、化学反应速率、转化率的求算、影响化学反应速率和化学平衡的因素等内容，难度中等，关键是要学生能正确理解压强与物质的量的关系，并由此进行计算，有点难度，容易出错10（14分）（xx宁德模拟）硝酸铝是重要的化工原料（1）在实验室中，硝酸铝必须与可燃物分开存放，是因为硝酸铝具有BA可燃性 B氧化性 C还原性（2）用Al作电极电解HNO3溶液制取Al（NO3）3，电解反应的离子方程式为2Al+6H+2Al3+3H2（3）查资料得知：当Al（NO3）3溶液pH3时，铝元素有多种存在形态，如Al3+、2+、+等写出2+转化为+的离子方程式2+H2O+H+（4）用硝酸铝溶液（加入分散剂）制备纳米氧化铝粉体的一种工艺流程如下（CH2）6N4水溶液显碱性请补充完整下列离子方程式1（CH2）6N4+10H2O6HCHO+4NH4+4OH经搅拌，pH下降的原因是经搅拌后，促进了Al3+的水解凝胶中含有的硝酸盐是Al（NO3）3、NH4NO3（Ksp=1.31033；溶液中离子浓度小于1105molL1时，可认为这种离子在溶液中不存在）煅烧过程主要发生如下转化凝胶勃母石（AlOOH）Al2O3Al2O3）煅烧过程中样品的失重率（TG%）随温度变化如图凝胶煅烧失重曲线有明显的三个阶段：（）ab段：失重率82.12%；（）bc段：失重率9.37%；（）cd段：失重率几乎为0转化对应的失重阶段是（填序号、），转化开始的温度是600考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）硝酸铝具有氧化性，必须与可燃物分开存放；（2）用Al作电极电解HNO3溶液：阳极为2Al6e=2Al3+；阴极为6H+6e=3H2；（3）2+可水解生成+；（4）硝酸铝加入（CH2）6N4水溶液充分搅拌，调节溶液pH=3.95时可生成氢氧化铝胶体，水浴加热生成氢氧化铝凝胶，冷却、干燥后可得纳米氧化铝，（CH2）6N4水溶液显碱性，可结合电荷守恒、质量守恒配平；搅拌可促进水解；（CH2）6N4水解生成硝酸铵，溶液中存在硝酸铝；根据质量的变化结合曲线判断解答：解：（1）硝酸铝中N元素化合价为+5价，具有氧化性，必须与可燃物分开存放，故答案为：B；（2）用Al作电极电解HNO3溶液：阳极为2Al6e=2Al3+；阴极为6H+6e=3H2，电解方程式为2Al+6H+2Al3+3H2，故答案为：2Al+6H+2Al3+3H2；（3）2+可水解生成+，离子方程式为2+H2O+H+，故答案为：2+H2O+H+；（4）硝酸铝加入（CH2）6N4水溶液充分搅拌，调节溶液pH=3.95时可生成氢氧化铝胶体，水浴加热生成氢氧化铝凝胶，冷却、干燥后可得纳米氧化铝，（CH2）6N4水溶液显碱性，方程式为（CH2）6N4+10H2O6HCHO+4NH4+4OH，故答案为：1； 10； 6； 4；NH4+； 4；搅拌可使Al3+与水充分接触，促进水解，故答案为：经搅拌后，促进了Al3+的水解；（CH2）6N4水解生成硝酸铵，溶液中存在硝酸铝，故答案为：Al（NO3）3、NH4NO3；转化对应的反应为AlOOHAl2O3，失重率为=9%，则转化对应的失重阶段是，由图象可知转化开始的温度是600，故答案为：； 600点评：本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，侧重学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）11（15分）（xx广西校级模拟）（1）中国古代四大发明之一黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SA+N2+3CO2（已配平）除S外，其余元素的电负性从大到小依次为ONCK在生成物中，A的晶体类型为离子晶体；含极性共价键的分子中中心原子的杂化轨道类型为sp已知CN与N2为等电子体，推算HCN分子中键与键数目之比为1：1（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2T的基态原子外围电子（价电子）排布式为3d84s2，Q2+的未成对电子数是4（3）用价层电子对互斥理论（VSEPR）判断下列分子或离子的空间构型H2S：V型，ClO4：正四面体（4）下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图如图1，试判断NaCl晶体结构的图象是（5）在Ti的化合物中，可以呈现+2、+3、+4三种化合价，其中以+4价的Ti最为稳定偏钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如图2所示，它的化学式是BaTiO3，其中Ti4+的氧配位数为6考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算 分析：（1）非金属性越强，则电负性越强；利用质量守恒定律来判断出A的化学式，然后判断晶体类型；含极性共价键的分子为CO2，根据价层电子对数判断；等电子体的结构相同，根据氮气的结构分析；（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，再经过核外电子排布规律解答；（3）根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，据此分析解答；（4）根据氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数判断其结构图是否正确，钠离子或氯离子的配位数都是6；（5）由晶胞的结构可知，根据均摊法可以进行计算出晶胞中含有各种原子的个数，进而确定化学式，据此答题解答：解：（1）非金属性越强，则电负性越强，非金属性：ONCK，则电负性ONCK，故答案为：ONCK；由化学方程式为S+2KNO3+3CX+N2+3CO2，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；含极性共价键的分子为CO2，二氧化碳的结构式为O=C=O，则含有2个价层电子对，所以C原子为sp杂化；故答案为：离子晶体；sp；CN与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为HCN，三键中含有1个键、2个键，单键属于键，故HCN分子中键与键数目之比为1：1，故答案为：1：1；（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子，故答案为：3d84s2；4；（3）H2S分子中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+2=4，而中心原子外围只有两个原子所以含有2个孤电子对，即H2S为V型结构，ClO4离子中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=4+0=4，中心原子外围有四个原子所以不含有孤电子对，即ClO4为正四面体结构，故答案为：V型；正四面体；（4）由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl同样每个Cl周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图中符合条件，图中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，故选；（5）由晶胞结构示意图可知，Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti有属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点，每个O有属于该晶胞即晶体中N（Ba）：N（Ti）：N（O）=1：（8）：（12）=1：1：3，所以化学式为：BaTiO3，在晶胞中与钛离子距离最近的是氧原子，分布在与钛相连的棱边的中点上，而与一个钛相连的边有六个，所以钛的配位数为6，故答案为：BaTiO3； 6点评：本题考查了电负性、晶体类型的判断、杂化轨道、等电子体、分子空间构型、均摊法算晶胞的组成等，难度中等，注意对基础知识的理解掌握，注意把握等电子体原理，看清晶胞在有关原子所在的位置【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12（xx孝感二模）HPE是合成苯氧基丙酸类除草剂的重要中间体，其合成路线如下： 已知：RCH2COOH+RCl+NaCl据此回答下列问题：（1）B中含有的官能团名称为氯原子、羧基，D的结构简式为（2）C+EF的反应类型为取代反应（3）M的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为3：2：1（4）写出G+MHPE的化学方程式+CH3CH2OH+H2O（5）X是G的同分异构体，其中满足以下条件的X共有10种，写出其中一种X的结构简式，（其中任一种）a苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种 b遇FeCl3溶液发生颜色反应cX不能与NaHCO3反应产生CO2 d1mol X最多能和3mol NaOH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：根据题中已知的信息，结合AB的条件和C的分子式可知，C为CH3CHClCOONa，B为CH3CHClCOOH，A为CH3CH2COOH，根据HPE的结构，结合题中已知信息和D的分子量为110，且只含C、H、O可知，D为，则E为，F为，所以G为，G与C2H5OH反应得HPE，所以M为CH3CH2OH，据此答题解答：解：根据题中已知的信息，结合AB的条件和C 的分子式可知，C为CH3CHClCOONa，B为CH3CHClCOOH，A为CH3CH2COOH，根据HPE的结构，结合题中已知信息和D的分子量为110，且只含C、H、O可知，D为，则E为，F为，所以G为，G与CH3CH2OH反应得HPE，所以M为CH3CH2OH，（1）B为CH3CHClCOOH，中含有的官能团名称为氯原子、羧基，D的结构简式为 ，故答案为：氯原子、羧基；（2）根据上面的分析可知，C+EF的反应与题中信息类似，为取代反应，故答案为：取代反应；（3）M为CH3CH2OH，所以它的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为3：2：1，故答案为：3：2：1；（4）G+MHPE的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O；（5）X是G的同分异构体，a苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种，b遇FeCl3溶液发生颜色反应，cX不能与NaHCO3反应产生CO2，d1mol X最多能和3mol NaOH反应，其中满足以下条件的X有 ，共10种，故答案为：10； ，（其中任一种）点评：本题主要考查了有机物的结构和性质，中等难度，解题的关键是利用题中信息结合转化关系进行物质的推断，注意有机官能团的相互转化