2019-2020年高考化学三模试卷（b卷）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学三模试卷（b卷）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（xx洛阳三模）下列说法正确的是（）A垃圾资源化的主要途径是卫生填埋B在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因C推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物2（6分）（xx洛阳三模）下列实验设计方法正确的是（）A向卤代烃加硝酸酸化的硝酸银来检验其中的卤族元素B实验用NH4Cl固体受热分解来制备NH3C用盐酸和澄清石灰水来检验某物质是否含有CO32D可用如图所示的装置和药品来研究反应物浓度对反应速率的影响3（6分）（xx洛阳三模）有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验BY有同分异构体CM含有两种碳氧共价键DY可发生加成反应4（6分）（xx洛阳三模）下列是三种有机物的结构简式下列说法正确的是（）A三种有机物都能发生水解反应B三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C三种物质中，其中有两种互为同分异构体D三种物质在一定条件下，均可以与H2发生加成反应5（6分）（xx洛阳三模）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如下图所示已知海水中含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42等离子，电极为惰性电极下列叙述中正确的是（）AA膜是阳离子交换膜B通电后，海水中阴离子往b电极处运动C通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀D通电后，a电极的电极反应式为4OH4eO2+2H2O6（6分）（xx洛阳三模）短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，Y为IA族元素，X与Z同主族，3种元素原子的最外层电子数之和为13下列判断正确的是（）AY元素位于第2周期BY、Z均能与X形成不只一种化合物CX是A族元素D氢化物的稳定性：HnZHnX7（6分）（xx洛阳三模）下列有关说法正确的是（）A0.1mol/L NH4Cl溶液加蒸馏水稀释，溶液的pH不断减小B常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7C水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应D0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（xx洛阳三模）阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128135某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林，制备的基本操作流程如下：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是（2）写出制备阿司匹林的化学方程式（3）反应过程中，要控制温度在8590，其原因是，应采用的加热方法是用这种方法加热需要的玻璃仪器有（4）抽滤所得粗产品要用少量冰水洗涤，则洗涤的具体操作是（5）如何检验产品中是否混有水杨酸？9（14分）（xx凉山州三模）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1 C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的H0（填“”、“”或“=”）在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、对应的平衡常数大小关系为KK（填“”、“”或“=”）（3）以CO2为原料还可以合成多种物质工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为10（14分）（xx洛阳三模）用磷灰石制磷肥的副产品六氟硅酸钠（Na2SiF6）可制冰晶石（Na3AlF6），冰晶石是电解铝的助熔剂，可降低氧化铝的熔点如图是工业制铝的流程图：（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程需个环节，第一步反应的方程式（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作的滤液是溶液，滤渣是（3）分解脱硅和合成冰晶石化学反应方程式分别为：、（4）工艺过程中和的目的是，碳酸钠和二氧化碳是否够用（5）电解Al2O3制Al时，I=200kA，一天制Al 1.430t，电解效率是多少？三、选修2：化学与技术（共3小题，满分15分）11（4分）（xx洛阳三模）海洋是一座巨大的宝藏，海水中蕴含80多种元素氯碱工业和制备金属镁的原料都可来自于海水在氯碱工业中，曾用石棉隔膜电解槽来电解食盐水（如图甲所示）（1）写出阳极的反应式（2）图甲中流出的b是溶液（3）石棉隔膜的作用是随着科技的发展，电解工艺不断革新，电解效率和产品纯度得到提高20世纪80年代起，隔膜法电解工艺逐渐被离子交换膜电解技术取代（1）离子交换膜电解槽（如图乙所示）中、分别是、（2）已知一个电子的电量是1.6021019C，用离子膜电解槽电解饱和食盐水，当电路中通过1.929105 C的电量时，生成NaOHg12（4分）（xx洛阳三模）随着科技的发展，电解工艺不断革新，电解效率和产品纯度得到提高20世纪80年代起，隔膜法电解工艺逐渐被离子交换膜电解技术取代（1）离子交换膜电解槽（如图乙所示）中、分别是、（2）已知一个电子的电量是1.6021019C，用离子膜电解槽电解饱和食盐水，当电路中通过1.929105 C的电量时，生成NaOHg13（7分）（xx洛阳三模）如图是工业上生产镁的流程（1）写出下列反应的化学方程式：沉淀池：电解：（2）整个生产流程中循环使用的物质是（3）简述加热氯化镁的结晶水合物使之脱水转化为无水氯化镁的注意事项：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）14（xx洛阳三模）铜是过渡金属元素，可以形成多种化合物（1）CuCl的盐酸溶液能够与CO发生反应：CuCl+CO+H2OCu（CO）ClH2O电负性：CO（填“”或“=”或“”）CO常温下为气体，固态时属于晶体（2）Cu+与NH3形成的配合物可表示成+，该配合物中，Cu+的4s轨道及4p通过sp杂化接受NH3提供的电子对+ 中Cu+ 与n个氮原子的空间结构呈型，n=（3）CuCl2溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配离子2+（En是乙二胺的简写）：请回答下列问题：该配离子2+中的中心原子的基态外围电子排布式为乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为，乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是该配离子2+中存在的作用力类型有（填字母）；A配位键 B极性键 C离子键D非极性键 E氢键 F金属键选修5：有机化学（共1小题，满分0分）15（xx洛阳三模）芳香化合物A（）在一定条件下可以发生如图所示的转化（其他产物和水已略去）请回答下列问题：（1）写出A的分子式（2）1mol A在氢氧化钠溶液中加热，充分反应消耗氢氧化钠mol（3）写出由E制得F的化学方程式：，反应类型是（4）有机物B与乙酸酐（CH3COOCOCH3）直接反应可制得阿司匹林：（即乙酰水杨酸，分子式 C9H8O4），满足以下条件的阿司匹林的同分异构体有种苯环上只含有两个侧链 有两个酯基 能发生银镜反应其中核磁共振氢谱是3：2：2：1的结构简式有种（5）有机物C可以由乳酸（）经过几步有机反应制得，试写出以乳酸为主要原料制备有机物C的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH CH2=CH2CH2CH3CH3xx年河南省洛阳市高考化学三模试卷（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（6分）（xx洛阳三模）下列说法正确的是（）A垃圾资源化的主要途径是卫生填埋B在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因C推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；有机高分子化合物的结构和性质分析：A垃圾资源化的主要途径是分类处理，回收利用；B造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀；C推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排；D光导纤维的主要成分是SiO2它不是有机高分子化合物解答：解：A垃圾资源化的主要途径是分类处理，回收利用，故A错误；B造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，故B错误；C推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排，故C正确；D光导纤维的主要成分是SiO2它不是有机高分子化合物，故D错误；故选C点评：本题考查了化学与生产生活相关的知识，在日常生活中要关注与化学有关的知识2（6分）（xx洛阳三模）下列实验设计方法正确的是（）A向卤代烃加硝酸酸化的硝酸银来检验其中的卤族元素B实验用NH4Cl固体受热分解来制备NH3C用盐酸和澄清石灰水来检验某物质是否含有CO32D可用如图所示的装置和药品来研究反应物浓度对反应速率的影响考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A卤代烃中不含卤离子，与硝酸银不反应；B氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气和HCl又易化合生成氯化铵；C使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫；D研究反应物浓度对反应速率，改变硫酸浓度，测定相同时间内针筒中气体的体积解答：解：A卤代烃中不含卤离子，与硝酸银不反应，应水解后加酸酸化，再加硝酸银检验卤离子，故A错误；B氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气和HCl又易化合生成氯化铵，则不能制备氨气，应利用铵盐与碱共热制备氨气，故B错误；C使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫，则用盐酸和澄清石灰水来检验时，不能确定为CO32、SO32、HCO3等，故C错误；D研究反应物浓度对反应速率，改变硫酸浓度，测定相同时间内针筒中气体的体积，图中测定速率装置合理，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，涉及卤代烃性质、氨气的制备、离子检验及反应速率测定，把握反应原理、装置的作用及物质的性质为解答的关键，注意方案的操作性、评价性分析，题目难度不大3（6分）（xx洛阳三模）有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验BY有同分异构体CM含有两种碳氧共价键DY可发生加成反应考点：淀粉的性质和用途专题：有机反应分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯解答：解：分析上述转化关系：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确； B乙醇有同分异构体二甲醚，故B正确；C乙酸有碳氧单键和碳氧双键，故C正确；DY为乙醇，不能发生加成反应，故D错误故选D点评：本题考查有机物的推断和性质，难度不大，有机物的推断为解题的关键4（6分）（xx洛阳三模）下列是三种有机物的结构简式下列说法正确的是（）A三种有机物都能发生水解反应B三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C三种物质中，其中有两种互为同分异构体D三种物质在一定条件下，均可以与H2发生加成反应考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体专题：同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断分析：A只有阿司匹林中含COOC，另两种物质不能水解；B阿司匹林的苯环上有4种H，另两种物质苯环上有2种H；C三种物质中，分子式均不相同；D三种物质均含苯环解答：解：A只有阿司匹林中含COOC，可发生水解反应，而另两种物质不能水解，故A错误；B阿司匹林的苯环上有4种H，苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有4种，而另两种物质苯环上有2种H，则苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种，故B错误；C三种物质中，分子式均不相同，则三种物质均不是同分异构体，故C错误；D三种物质均含苯环，则在一定条件下，均可以与H2发生加成反应，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系及结构的对称性分析为解答的关键，侧重酯、苯的性质及同分异构体的考查，题目难度不大5（6分）（xx洛阳三模）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如下图所示已知海水中含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42等离子，电极为惰性电极下列叙述中正确的是（）AA膜是阳离子交换膜B通电后，海水中阴离子往b电极处运动C通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀D通电后，a电极的电极反应式为4OH4eO2+2H2O考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；B、依据电解原理分析，电解过程中阳离子移向阴极；C、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电；D、b电极氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大结合镁离子生成白色沉淀解答：解：A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，故A错误；B、电解过程中阳离子移向阴极b极，故B错误；C、b电极氢离子放电生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合镁离子生成白色沉淀，故C正确；D、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电，电极反应为：2Cl2e=Cl2，故D错误；故选C点评：本题考查了电解原理的应用，电极反应，电极判断，题干信息的分析应用，题目难度中等6（6分）（xx洛阳三模）短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，Y为IA族元素，X与Z同主族，3种元素原子的最外层电子数之和为13下列判断正确的是（）AY元素位于第2周期BY、Z均能与X形成不只一种化合物CX是A族元素D氢化物的稳定性：HnZHnX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：Y为IA族元素，X与Z同主族，三种元素原子的最外层电子数之和为13，设X与Z的最外层电子数为x则2x+1=13，x=6，X、Y、Z的原子序数依次增大，则X为O，Y为Na，Z为S，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答：解：Y为IA族元素，X与Z同主族，三种元素原子的最外层电子数之和为13，设X与Z的最外层电子数为x则2x+1=13，x=6，X、Y、Z的原子序数依次增大，则X为O，Y为Na，Z为S，AY为Na，位于第3周期第A族，故A错误；B元素X分别与Y、Z形成的化合物有Na2O、Na2O2、SO2、SO3等，故B正确；CX为O，为A族元素，故C错误；D非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，故D错误故选B点评：本题考查结构位置性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，推断元素是解题关键，注意理解根据最外层电子数关系确定元素，对学生的逻辑推理有一定的要求7（6分）（xx洛阳三模）下列有关说法正确的是（）A0.1mol/L NH4Cl溶液加蒸馏水稀释，溶液的pH不断减小B常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7C水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应D0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A、加水稀释溶液的浓度减小；B、CH3COOH在溶液中部分电离；C、根据影响Kw的因素分析；D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，HA的电离程度大于水解程度解答：解：A、加水稀释溶液的浓度减小，所以0.1mol/L NH4Cl溶液加蒸馏水稀释，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH不断增大，故A错误；B、CH3COOH在溶液中部分电离，所以常温下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，所以二者等体积混合后，醋酸过量，溶液的pH7，故B正确；C、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度平衡正移，则正方向为吸热方向，所以水的电离是吸热反应，故C错误；D、0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA的电离程度大于水解程度，则c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A），故D错误；故选B点评：本题考查了弱电解质的电离、Kw的影响因素、盐的水解原理的应用等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）（xx洛阳三模）阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128135某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林，制备的基本操作流程如下：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是防止乙酸酐水解（2）写出制备阿司匹林的化学方程式（3）反应过程中，要控制温度在8590，其原因是防止乙酰水杨酸受热分解，应采用的加热方法是水浴加热用这种方法加热需要的玻璃仪器有温度计、酒精灯、烧杯（4）抽滤所得粗产品要用少量冰水洗涤，则洗涤的具体操作是关小水龙头，向布氏漏斗中加洗涤剂（冰水）至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物（5）如何检验产品中是否混有水杨酸？向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸，若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）乙酸酐容易发生水解，故仪器应干燥；（2）由水杨酸、乙酸酐与阿司匹林的结构可知，水杨酸中酚羟基中H原子与乙酸酐中OCCH3交换，同时生成CH3COOH；（3）为防止乙酰水杨酸受热分解，控制温度在8590，温度对于100，应采取水浴加热，所使用的玻璃仪器为：温度计、酒精灯、烧杯；（4）用少量冰水洗涤方法是：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物；（5）水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，据此设计检验检验产品中是否混有水杨酸解答：解：（1）乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解，故答案为：防止乙酸酐水解；（2）由水杨酸、乙酸酐与阿司匹林的结构可知，水杨酸中酚羟基中H原子与乙酸酐中OCCH3交换，同时生成CH3COOH，反应方程式为：，故答案为：；（3）为防止温度过高乙酰水杨酸受热分解，控制温度在8590，小于100，应使用水浴加热，所用玻璃仪器有：酒精灯、烧杯、温度计；故答案为：防止乙酰水杨酸受热分解；水浴加热；酒精灯、烧杯、温度计；（4）用少量冰水洗涤方法是：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物，故答案为：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物；（5）水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，具体方案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸；若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸，故答案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸，若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸点评：本题以有机物的制备考查实验基本操作、物质的分离提纯、实验方案设计等，题目难度不大，注意掌握基本操作与有机物的性质9（14分）（xx凉山州三模）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1 C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的H0（填“”、“”或“=”）在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、对应的平衡常数大小关系为KK（填“”、“”或“=”）（3）以CO2为原料还可以合成多种物质工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为40%用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为CO2+8e+8H+=CH4+2H2O考点：热化学方程式；反应热和焓变；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素专题：基本概念与基本理论分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；由图可知最高点反应到达平衡，到达平衡后，温度越高，（CH3OH）越小，升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；由图象分析先拐先平，温度高T先达到平衡则TT，纵轴是甲醇的物质的量，温度越高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；（3）根据反应物、反应条件、生成物写出化学反应式；利用三段式法计算；根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为酸性解答：解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1依据盖斯定律3得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；（2）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为：； 由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即H0，故答案为：；由图2可知，温度TT，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则H0，升高温度，平衡向逆反应移动，所以KK，故答案为：；（3）根据反应物是二氧化碳和氨气（NH3），反应条件是高温、高压，生成物是尿素和水，化学反应式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为3a， 2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；起始/mol 3a a转化/mol 1.2a 0.6a平衡/mol 1.8a 0.4a平衡时NH3转化率为：100%=40%，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极反应为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O点评：本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与10（14分）（xx洛阳三模）用磷灰石制磷肥的副产品六氟硅酸钠（Na2SiF6）可制冰晶石（Na3AlF6），冰晶石是电解铝的助熔剂，可降低氧化铝的熔点如图是工业制铝的流程图：（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程需三个环节，第一步反应的方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作的滤液是NaF溶液，滤渣是SiO2（3）分解脱硅和合成冰晶石化学反应方程式分别为：2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2+2CO2+6NaF、6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3（4）工艺过程中和的目的是Na2CO3和CO2循环使用，碳酸钠和二氧化碳是否够用理论正好，因有损耗均需补充（5）电解Al2O3制Al时，I=200kA，一天制Al 1.430t，电解效率是多少？考点：制备实验方案的设计；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：（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，首先加足量的NaOH溶液，使Al转化为AlO2，再向该溶液中加足量的硝酸或硫酸，这时Al变为Al3+然后加入足量的氨水得到Al（OH）3沉淀，将其过滤出来，洗涤干净并烘干最后灼烧Al（OH）3得到纯净的Al2O3因此需要三个环节第一步反应的方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）该制备工艺中有两次过滤操作，有流程图可知：在过滤操作的滤液是NaF；滤渣是SiO2；（3）分解脱硅化学反应方程式是2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2+2CO2+6NaF；合成冰晶石化学反应方程式分别为：6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3；（4）工艺过程中和的目的是Na2CO3和CO2循环使用，提高物质的利用率、节能、环保由第三步的方程式可知在理论上碳酸钠和二氧化碳恰好完全反应而在实际应用使由于物质的利用率不可能100%，所以均需补充；（5）一天制Al 1.430 t，n（e）=1.430106g27g/mol3=1.6105mol电量Q=1.61056.0210231.61019=1.541010，消耗的电能n（e）=2105360024=1.731010，所以电解效率是（1.5410101.731010）100%=88.7%解答：解：（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，首先加足量的NaOH溶液，使Al转化为AlO2，再向该溶液中加足量的硝酸或硫酸，这时Al变为Al3+然后加入足量的氨水得到Al（OH）3沉淀，将其过滤出来，洗涤干净并烘干最后灼烧Al（OH）3得到纯净的Al2O3因此需要三个环节第一步反应的方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：三；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）该制备工艺中有两次过滤操作，有流程图可知：在过滤操作的滤液是NaF；滤渣是SiO2；故答案为：NaF；SiO2；（3）分解脱硅化学反应方程式是2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2+2CO2+6NaF；合成冰晶石化学反应方程式分别为：6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3；故答案为：2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2+2CO2+6NaF；6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3；（4）工艺过程中和的目的是Na2CO3和CO2循环使用，提高物质的利用率、节能、环保由第三步的方程式可知在理论上碳酸钠和二氧化碳恰好完全反应而在实际应用使由于物质的利用率不可能100%，所以均需补充故答案为：Na2CO3和CO2循环使用；理论正好，因有损耗均需补充；（5）一天制Al 1.430 t，n（e）=1.430106g27g/mol3=1.6105mol，电量Q=1.61056.0210231.61019=1.541010，消耗的电能n（e）=2105360024=1.731010，所以电解效率是（1.5410101.731010）100%=88.7%，故答案为：88.7%点评：本题是一道物质的制备的实验方案设计题，考查学生物质的性质以及除杂等知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等三、选修2：化学与技术（共3小题，满分15分）11（4分）（xx洛阳三模）海洋是一座巨大的宝藏，海水中蕴含80多种元素氯碱工业和制备金属镁的原料都可来自于海水在氯碱工业中，曾用石棉隔膜电解槽来电解食盐水（如图甲所示）（1）写出阳极的反应式2Cl2e=Cl2（2）图甲中流出的b是NaOH和NaCl溶液（3）石棉隔膜的作用是阻止气体通过随着科技的发展，电解工艺不断革新，电解效率和产品纯度得到提高20世纪80年代起，隔膜法电解工艺逐渐被离子交换膜电解技术取代（1）离子交换膜电解槽（如图乙所示）中、分别是NaOH溶液、Na+（2）已知一个电子的电量是1.6021019C，用离子膜电解槽电解饱和食盐水，当电路中通过1.929105 C的电量时，生成NaOH80g考点：海水资源及其综合利用；电解原理专题：电化学专题；化学应用分析：（1）阳极上氯离子放电；（2）阴极上氢离子放电，导致阴极附近产生氢氧化钠；（3）石棉隔膜的作用阻止气体通过；（1）离子膜电解槽只允许阳离子和水分子通过；（2）一个电子的电量是1.6021019C，当电路中通过1.929105 C的电量时，电子的个数=1.2041024，电子的物质的量=2mol，根据转移电子和氢氧化钠的关系式计算解答：解：（1）阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故答案为：2Cl2e=Cl2；（2）阴极上氢离子放电，导致阴极附近生成NaOH，溶液中还有部分氯化钠，所以b流出的液体是NaOH和NaCl，故答案为：NaOH和NaCl；（3）Cl2和NaOH溶液接触，发生反应2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O，防止Cl2和NaOH反应，石棉隔膜的作用是阻止气体通过，故答案为：阻止气体通过；（1）电解饱和食盐水，电解槽离子膜，允许阳离子（或Na+）和水分子通过，不允许阴离子通过；阴极是氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，所以为氢氧化钠，为Na+，故答案为：NaOH溶液；Na+；（2）一个电子的电量是1.6021019C，当电路中通过1.929105 C的电量时，电子的个数=1.2041024，电子的物质的量=2mol，根据转移电子和氢氧化钠的关系式得NaOH的质量=80g，故答案为：80点评：本题考查了氯碱工业及镁的制备，明确反应原理是解本题关键，熟悉离子交换法制取氯气所发生的反应，题目难度中等12（4分）（xx洛阳三模）随着科技的发展，电解工艺不断革新，电解效率和产品纯度得到提高20世纪80年代起，隔膜法电解工艺逐渐被离子交换膜电解技术取代（1）离子交换膜电解槽（如图乙所示）中、分别是NaOH溶液、Na+（2）已知一个电子的电量是1.6021019C，用离子膜电解槽电解饱和食盐水，当电路中通过1.929105 C的电量时，生成NaOH80g考点：电解原理专题：电化学专题分析：（1）离子膜电解槽只允许阳离子和水分子通过；（2）一个电子的电量是1.6021019C，当电路中通过1.929105 C的电量时，电子的个数=1.2041024，电子的物质的量=2mol，根据转移电子和氢氧化钠的关系式计算；解答：解：（1）电解饱和食盐水，电解槽离子膜，允许阳离子（或Na+）和水分子通过，不允许阴离子通过；阴极是氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，所以为氢氧化钠，为Na+，故答案为：NaOH溶液；Na+；（2）一个电子的电量是1.6021019C，当电路中通过1.929105 C的电量时，电子的个数=1.2041024，电子的物质的量=2mol，根据转移电子和氢氧化钠的关系式得NaOH的质量=240g/mol=80g，故答案为：80；点评：本题考查了氯碱工业及镁的制备，明确反应原理是解本题关键，熟悉离子交换法制取氯气所发生的反应13（7分）（xx洛阳三模）如图是工业上生产镁的流程（1）写出下列反应的化学方程式：沉淀池：MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2+CaCl2电解：MgCl2（熔融）Mg+Cl2（2）整个生产流程中循环使用的物质是氯气（3）简述加热氯化镁的结晶水合物使之脱水转化为无水氯化镁的注意事项：为了防止氯化镁水解，要在氯化氢气体的氛围中加热考点：金属冶炼的一般原理；海水资源及其综合利用专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）根据氯化镁转化为氢氧化镁的反应，写出反应的化学方程式；电解熔融的氯化镁可以获得金属镁；（2）结合整个生产流程中物质间的反应来确定循环使用的物质；（3）氯化镁中的镁离子易水解，在酸性环境下可以抑制水解解答：解：（1）把海水中的氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，是往海水中加熟石灰，氯化镁和石灰乳的成分氢氧化钙反应MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，由于氢氧化镁不溶于水，因此可以采用过滤的方法使沉淀分离出来，因石灰乳是悬浊物，所以氢氧化镁沉淀无需标沉淀，故答案为：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2；无水氯化镁在熔融状态下，通过电解得到金属镁，化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2；（2）根据流程图可以看出，氯气可以循环利用，故答案为：氯气（或Cl2）；（3）氯化镁中的镁离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl26H2O受热产生的水汽，得到无水MgCl2，故答案为：为了防止氯化镁水解，要在氯化氢气体的氛围中进行加热点评：本题考查了海水提取金属镁的原理和流程，知道镁的冶炼方法，注意氯化镁易水解，为易错点选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）14（xx洛阳三模）铜是过渡金属元素，可以形成多种化合物（1）CuCl的盐酸溶液能够与CO发生反应：CuCl+CO+H2OCu（CO）ClH2O电负性：CO（填“”或“=”或“”）CO常温下为气体，固态时属于分子晶体（2）Cu+与NH3形成的配合物可表示成+，该配合物中，Cu+的4s轨道及4p通过sp杂化接受NH3提供的电子对+ 中Cu+ 与n个氮原子的空间结构呈直线型，n=2（3）CuCl2溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配离子2+（En是乙二胺的简写）：请回答下列问题：该配离子2+中的中心原子的基态外围电子排布式为3d9乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化，乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺子之间不能形成氢键该配离子2+中存在的作用力类型有ABD（填字母）；A配位键 B极性键 C离子键D非极性键 E氢键 F金属键考点：元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）同一周期元素从左到右电负性逐渐增大；CO在常温下为气态，符合分子晶体的性质；（2）Cu+有2个空的sp杂化轨道，NH3分子中的N原子有一孤电子对，进入Cu+空的sp杂化轨道，以配位键形成直线形结构；（3）根据核外电子排布规律书写Cu原子的核外电子排布式，电子按能层高低进行失去，进而书写Cu2+的外围电子排布式；乙二胺（H2NCH2CH2NH2）中N原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子之间可以形成氢键，但三甲胺分子之间不能形成氢键；离子中存在配位键、CN键、CH键、NH键、CC键，据此判断离子化学键类型解答：解：（1）同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性CO，故答案为：；CO在常温下为气态，符合分子晶体的性质，所以CO固态时是分子晶体，故答案为：分子；（2）Cu+有2个空的sp杂化轨道，NH3分子中的N原子有一孤电子对，进入Cu+空的sp杂化轨道，以配位键形成直线形结构，则+中Cu+与2个氮原子形成配位键，故答案为：直线；2；（3）Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9；故答案为：3d9；乙二胺（H2NCH2CH2NH2）中N原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高故答案为：sp3杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；离子中存在配位键、CN键、CH键、NH键、CC键，其中CN键、CH键、NH键为极性键，CC键为非极性键，故离子含有配位键、极性键、非极性键，故选ABD故答案为：ABD点评：本题考查核外电子排布规律、杂化轨道、分子空间结构、氢键与化学键等，综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力选修5：有机化学（共1小题，满分0分）15（xx洛阳三模）芳香化合物A（）在一定条件下可以发生如图所示的转化（其他产物和水已略去）请回答下列问题：（1）写出A的分子式C10H7O4Cl（2）1mol A在氢氧化钠溶液中加热，充分反应消耗氢氧化钠4mol（3）写出由E制得F的化学方程式：，反应类型是取代（酯化）反应（4）有机物B与乙酸酐（CH3COOCOCH3）直接反应可制得阿司匹林：（即乙酰水杨酸，分子式 C9H8O4），满足以下条件的阿司匹林的同分异构体有9种苯环上只含有两个侧链 有两个酯基 能发生银镜反应其中核磁共振氢谱是3：2：2：1的结构简式有2种（5）有机物C可以由乳酸（）经过几步有机反应制得，试写出以乳酸为主要原料制备有机物C的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH CH2=CH2CH2CH3CH3考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：A为，在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应、酸化得到B与C，结合B、C分子式可知，B为，C为HOCH2CH（OH）COOH，由转化关系可知，D为，E为，E与乙醇发生转化反应得到F为，据此解答解答：解：A为，在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应、酸化得到B与C，结合B、C分子式可知，B为，C为HOCH2CH（OH）COOH，由转化关系可知，D为，E为，E与乙醇发生转化反应得到F为，（1）根据A的结构简式可知A的分子式为C10H7O4Cl，故答案为：C10H7O4Cl（2）因为A中有两个酯基和一个卤原子，其中一个酯基水解还能生成酚羟基，所以1mol A在氢氧化钠溶液中加热，充分反应消耗氢氧化钠 4mol，故答案为：4（3）由E制得F的化学方程式为：，反应类型是取代（酯化）反应，故答案为：；取代（酯化）反应（4）满足以下条件的阿司匹林（）的同分异构体苯环上只含有两个侧链，有两个酯基，能发生银镜反应，至少有一个甲酸形成的酯基，侧链为OOCH、OOCCH3，或OOCH、COOCH3，或OOCH、CH2OOCH，各有邻、间、对三种，故共有9种，其中核磁共振氢谱是3：2：2：1的结构简式为、共2种，故答案为：9；2（5）有机物C为HOCH2CH（OH）COOH，由乳酸（）制得C，可以先消去再加成再引入一个官能团，即先消去生成碳碳双键，再与溴加成，再水解即得产品，具体合成路线为，故答案为：点评：本题考查有机物推断和有机合成，注意充分利用有机物结构简式与分子式、转化条件进行推断，注意有机合成中官能团的引入方法，难度中等