2019-2020年高考化学三模试卷（含解析） (II).doc

2019-2020年高考化学三模试卷（含解析） (II)一、选择题（本大题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是（）A氨气液化以及液氨气化要吸热，所以氨常用于制冷剂B做红烧鱼时，常加一些食醋和料酒会更香，是因为生成少量的酯C“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂D利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化2（6分）下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是（）A1mol苯分子中含有双键数B1mol CaC2固体中含阴离子总数C1L 1mol/L CH3COOH溶液中所含分子总数D1mol Cl2参加化学反应获得的电子数3（6分）甲苯苯环上的一个H原子被C3H6Cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A9种B12种C15种D18种4（6分）表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是（）XYZCuCuOCu（OH）2CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2SSO3H2SO4NONO2HNO3FeCl2FeFeCl3ABCD5（6分）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原 子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXB气态氢化物的稳定性：XZC最外层电子数：YWDY、z的氧化物都是两性氧化物6（6分）用下列装置进行实验，设计正确且能达到实验目的是（）A制取少量H2B分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C验证Na和水反应为放热效应D收集氨气7（6分）已知：某温度时，KW=1.01012在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，则下列说法正确的是（）AH2A在水溶液中的电离方程式为：H2A=H+HA，HAH+A2B常温下，NH4HA溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（A2）C相同条件下，体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等D0.0l molLl的NaHA溶液pH2二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）乙酰苯胺，白色由光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂，退热剂防腐剂和染料中间体，制备原理如下：实验步骤为：a在圆底烧瓶中加入10m1新蒸馏制得的苯胺、15ml冰醋酸和少许锌粉（约0.2g）和几粒沸石，并连接好装置b用小火加热回流，保持温度在105约l小时，当温度下降时表明反应已完成，边搅拌边趁热过滤，然后将反应物倒人盛有250ml冷水的烧杯中c冷却后抽滤，用冷水洗涤粗产品，将粗产品移至400ml烧杯中，加入300ml水并加热使其充分溶解，稍冷，待乙酰苯胺晶体析出，抽滤后压干并称重为12.58g回答下列问题：（1）刺形分馏柱的作用是（2）加人的锌粉与醋酸反应，化学方程式；其目的是（3）从粗产品到晶体，采用的实验方法A过滤 B结晶 C重结晶 D抽滤（4）本实验提高产率的主要措施有（5）实际产率是（保留两位有效数）9（14分）（1）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图所示，在中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是（2）中，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图）p1、p2的大小关系随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（1）再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H1 2NO2（g）N2O4（1）H2下列能量变化示意图3中，正确的是（选填字母）N2O4与O2，H2O化合的化学方程式是（4）中，电解NO制备NH4NO3，其原理原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是，说明理由：13（14分）近年我国各地出现连续干旱，给生产生活带来严重影响，为确保人，畜用水和安全，水的净化和废水的排放尤为重要聚合氯化铝晶体（Al2（OH）nC16nxH2Om）是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出利用高岭土（化学组成为：A12O3、SiO2、Fe2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）制备聚合氯化铝，其制备过程有如图两种途径：（1）途径I和途径哪种更合理？（2）途径I中加入铝粉最主要的目的是a中和过量的盐酸 b将Fe3+还原为便于人体吸收的Fe2+c除去溶液中的铁元素 d制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3（3）加入碳酸钙调节溶液pH至4.04.5的目的是我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：（1）请完成相应的实验步骤：步骤l：准确量取25.00m1待测废水于250ml锥形瓶中步骤2：将4.50mL0.02mol/L溴水迅速加人到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加人过量的0.1mol/LKI溶液，振荡步骤4，用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液15.00mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6步骤5：将实验步骤14重复2次（2）该废水中苯酚的含量为mg/L（3）步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【化学-选修：化学与技术】（共1小题，满分15分）14（15分）某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图1：（1）滤渣1的主要成分为（2）电解脱铜：金属铜在极析出（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为（4）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作是、过滤、洗涤、干燥（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图2如下：A极的电极反应式为和2H+2e=H2B极附近pH会（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），理论上能得到Ni g【化学一选修：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）15第二周期中碳、氮、氧是构成生命物质的三种主要元素，在生产生活中也有着重要的应用（1）第二周期中，第一电离能处于B与N之间的元素有种（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为（3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在痕量（C2H5O）3P=O存在下加热脱H2O得到乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型有CH3COOH的沸点比HCOOCH3的高，其主要原因是（4）CH2=CHCN是制备晴纶的原料，其分子中键和键的个数之比为（填最简整数比），（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有个【化学一选修：有机化学】（共1小题，满分0分）16（1）已知，当羟基与双键碳原子相连接时，易发生如下转化：RCNCHOH，化学式为C8H8O2的有机物有如下的转化关系：其中F能与FeCl3溶液显紫色，回答：结构简式E，B写出反应类型：BD；GH写出下列反应的化学方程式：AD+E：与A具有相同的官能团的A的芳香族化合物的同分异构体有种（不含A）江西省南昌市xx届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是（）A氨气液化以及液氨气化要吸热，所以氨常用于制冷剂B做红烧鱼时，常加一些食醋和料酒会更香，是因为生成少量的酯C“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂D利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化考点：氨的物理性质；常见的生活环境的污染及治理；酯的性质；油脂的性质、组成与结构分析：A、氨气的沸点高，易液化；B、食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质；C、地沟油主要成分为高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下水解为皂化反应；D、氮和磷是植物的营养元素解答：解：A、氨气的沸点高，液化放热后气化吸热，则液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故A错误；B、食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质，则红烧鱼更香，故B正确；C、地沟油主要成分为高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，即为肥皂的主要成分，故C正确；D、氮和磷是植物的营养元素，可造成水体富营养化，故D正确；故选A点评：本题考查了氨气性质分析，酯化反应、酯的水解，注意化学知识的积累，掌握基础是解题关键，题目较简单2（6分）下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是（）A1mol苯分子中含有双键数B1mol CaC2固体中含阴离子总数C1L 1mol/L CH3COOH溶液中所含分子总数D1mol Cl2参加化学反应获得的电子数考点：物质的量的相关计算分析：A苯分子不存在碳碳双键；B.1mol CaC2固体含有1molC22离子；CCH3COOH溶液中含有CH3COOH分子及大量水分子；D.1mol Cl2参加化学反应获得的电子数可能为1mol，如反应Cl2+H2O=HCl+HClO解答：解：A苯分子中不存在碳碳双键，故A错误；B.1mol CaC2固体含有1molC22离子，阴离子总数为NA，故B错误；CCH3COOH溶液中含有CH3COOH分子及大量水分子，1L 1mol/L CH3COOH溶液中所含分子总数一定大于NA，故C正确；D.1mol Cl2参加化学反应获得的电子数可能为1mol，即获得电子数可能为NA，如反应Cl2+H2O=HCl+HClO，故D错误，故选C点评：本题考查物质的量有关计算，涉及物质的组成、化学键、氧化还原反应等，C、D选项为易错点，C中学生容易忽略溶液中水分子，D中学生容易认为氯气全部其氧化剂作用3（6分）甲苯苯环上的一个H原子被C3H6Cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A9种B12种C15种D18种考点：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分析：C3H6Cl在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，C3H6Cl异构情况包括碳链异构2种，结合官能团Cl位置异构总共5中情况，故形成的同分异构体为35=15解答：解：C3H6Cl在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，C3H6Cl中碳链异构为和数字编号为Cl的位置，因此C3H6Cl异构情况为5种，故同分异构体的种类为：35=15，故选：C点评：本题考查同分异构体的种类，包括碳链异构、官能团异构、位置异构、立体异构，计算出C3H6Cl异构的情况是解答本题难点4（6分）表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是（）XYZCuCuOCu（OH）2CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2SSO3H2SO4NONO2HNO3FeCl2FeFeCl3ABCD考点：无机物的推断专题：推断题分析：依据转化关系XYZX，结合选项物质中物质的性质进行分析判断，利用各物质的性质及变化规律，根据题图所示的物质的转化关系，分析两种物质的转化能否通过一步反应实现，可使用举实例的方法帮助完成分析解答：解：依据转化关系，XYZX，CuCuO，但氧化铜不能一步反应到氢氧化铜，故不符合；依据转化关系XYZX，CH3CH2OHCH3CHO 乙醛CH2=CH2不能一步反应到乙烯，故不符合；依据转化关系XYZX，S不能一步反应生成三氧化硫，故不符合；依据转化关系XYZX，NONO2HNO3NO，故符合；依据转化关系XYZX，FeCl2_HClZnFe FeCl3 FeCl2，故符合；故选A点评：本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，主要考查铜及其化合物性质、醇、醛、酸、乙烯的性质，硫及其化合物、氮及其化合物，铁及其化合物性质的应用和转化关系判断5（6分）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原 子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXB气态氢化物的稳定性：XZC最外层电子数：YWDY、z的氧化物都是两性氧化物考点：原子结构与元素周期律的关系分析：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，W原子序数大于Si，故W处于第四周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，由于X处于IIA族，Y原子最外层电子数为4，Y、Z不可能同周期，则X处于IA族，Y处于A族，可推知W为K、Y为Al，据此解答解答：解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，W原子序数大于Si，故W处于第四周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，由于X处于IIA族，Y原子最外层电子数为4，Y、Z不可能同周期，则X处于IA族，Y处于A族，可推知W为K、Y为AlA同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：KAlSiO，故A错误；B非金属性OSi，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物较稳定，故B错误；CY为Al，原子最外层电子数为3，W为K，原子最外层电子数为1，故最外层电子数：YW，故C正确；DY、Z的氧化物分别为氧化铝、二氧化硅，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误，故选：C点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生的分析推理能力及元素周期律6（6分）用下列装置进行实验，设计正确且能达到实验目的是（）A制取少量H2B分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C验证Na和水反应为放热效应D收集氨气考点：化学实验方案的评价分析：A长颈漏斗的下端未在液面以下；BNa2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物，分层；C若为放热反应，U型管中红墨水左低右高；D棉花团上不能有稀硫酸，吸收氨气解答：解：A长颈漏斗的下端未在液面以下，则生成的氢气从长颈漏斗逸出，不能收集到气体，故A错误；BNa2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物，分层，应选分液装置分离，不能利用图中蒸馏装置，且温度计位置不合理，故B错误；C若Na和水反应为放热反应，试管中空气受热膨胀，U型管中红墨水左低右高，可验证，故C正确；D棉花团上不能有稀硫酸，吸收氨气，不能收集氨气，则棉花不需要蘸稀硫酸，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、混合物分离提纯、反应中热效应等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等7（6分）已知：某温度时，KW=1.01012在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，则下列说法正确的是（）AH2A在水溶液中的电离方程式为：H2A=H+HA，HAH+A2B常温下，NH4HA溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（A2）C相同条件下，体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等D0.0l molLl的NaHA溶液pH2考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理分析：某温度时，KW=1.01012，则该温度下水中c（H+）=1.0106mol/L，pH=6，在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，溶液呈中性，说明Na2A是强酸强碱盐，则H2A是强酸，据此分析解答解答：解：A、KW=1.01012，则该温度下水中c（H+）=1.0106mol/L，pH=6，溶液为中性，可知H2A是强酸，其电离方程式为H2A=2H+A2，故A错误；B、NH4HA为强酸酸式盐，氢离子的存在导致溶液呈酸性，加入NaOH使溶液显中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，据电荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（A2），故B错误；C、H2A和盐酸都是强酸，其氢离子已经完全电离出来，所以体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等，故C正确；D、0.0lmolLl的NaHA溶液中c（H+）=0.01mol/L，所以pH=2，故D错误；故选C点评：本题考查弱电解质电离，正确判断酸的强弱是解本题关键，再结合物质之间的反应分析解答，同时考查学生灵活运用知识解答问题能力，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）乙酰苯胺，白色由光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂，退热剂防腐剂和染料中间体，制备原理如下：实验步骤为：a在圆底烧瓶中加入10m1新蒸馏制得的苯胺、15ml冰醋酸和少许锌粉（约0.2g）和几粒沸石，并连接好装置b用小火加热回流，保持温度在105约l小时，当温度下降时表明反应已完成，边搅拌边趁热过滤，然后将反应物倒人盛有250ml冷水的烧杯中c冷却后抽滤，用冷水洗涤粗产品，将粗产品移至400ml烧杯中，加入300ml水并加热使其充分溶解，稍冷，待乙酰苯胺晶体析出，抽滤后压干并称重为12.58g回答下列问题：（1）刺形分馏柱的作用是冷凝回流（2）加人的锌粉与醋酸反应，化学方程式Zn+CH3COOH=Zn（CH3COO）2+H2；其目的是排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化（3）从粗产品到晶体，采用的实验方法CA过滤 B结晶 C重结晶 D抽滤（4）本实验提高产率的主要措施有反应物冷凝回流；蒸发出水（5）实际产率是85%（保留两位有效数）考点：制备实验方案的设计分析：（1）刺形分馏柱起冷凝回流作用；（2）Zn与醋酸反应生成醋酸锌与氢气；苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，利用反应生成氢气排尽装置内的空气；（3）操作中利用热水溶解粗产品，再冷却析出乙酰苯胺晶体，应是利用重结晶方法；（4）本实验中利用刺形分馏柱进行冷凝回流，充分利用原料；用小火加热回流，保持温度在105，水的沸点是100，锥形瓶中收集的馏分主要为水，目的是将反应生成的水与反应体系分离，有利于反应正向进行；（6）计算苯胺、乙酸的物质的量，判断反应物过量问题，根据不足量的物质计算乙酰苯胺的理论产量，进而计算乙酰苯胺的产率解答：解：（1）有机物易挥发性，刺形分馏柱起冷凝回流作用，故答案为：冷凝回流；（2）Zn与醋酸反应生成醋酸锌与氢气，反应方程式为：Zn+CH3COOH=Zn（CH3COO）2+H2；苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，利用反应生成氢气排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化；故答案为：Zn+CH3COOH=Zn（CH3COO）2+H2；排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化；（3）操作中利用热水溶解粗产品，再冷却析出乙酰苯胺晶体，应是利用重结晶方法，故选：C；（4）本实验中利用刺形分馏柱对反应物冷凝回流，充分利用原料；用小火加热回流，保持温度在105，水的沸点是100，锥形瓶中收集的馏分主要为水，目的是将反应生成的水与反应体系分离，有利于反应正向进行，均有利于提高原料的利用率，故答案为：反应物冷凝回流；蒸发出水；（5）n（苯胺）=（10mL1.0217g/mL）93g/mol=0.1099mol，n（乙酸）=（ 15mL1.05g/ml）60g/mol=0.2625mol，Zn反应的醋酸为2=0.0062，实际进入醋酸为0.2563mol，二者按1：1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.1mol，而实际产量n（乙酰苯胺）=12.58g135g/mol，所以乙酰苯胺的产率为（12.58g135g/mol）0.1099mol100%85%，故答案为：85%点评：本题考查有机物的合成实验、基本操作、实验条件的控制与分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等9（14分）（1）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图所示，在中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（2）中，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图）p1、p2的大小关系P1P2随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（1）再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H1 2NO2（g）N2O4（1）H2下列能量变化示意图3中，正确的是A（选填字母）N2O4与O2，H2O化合的化学方程式是2N2O4+O2+2H2O=4HNO3（4）中，电解NO制备NH4NO3，其原理原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多考点：含氮物质的综合应用；吸热反应和放热反应；转化率随温度、压强的变化曲线；电解原理分析：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断解答：解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1P2；故答案为：P1P2；由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多点评：本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握13（14分）近年我国各地出现连续干旱，给生产生活带来严重影响，为确保人，畜用水和安全，水的净化和废水的排放尤为重要聚合氯化铝晶体（Al2（OH）nC16nxH2Om）是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出利用高岭土（化学组成为：A12O3、SiO2、Fe2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）制备聚合氯化铝，其制备过程有如图两种途径：（1）途径I和途径哪种更合理？（2）途径I中加入铝粉最主要的目的是ca中和过量的盐酸 b将Fe3+还原为便于人体吸收的Fe2+c除去溶液中的铁元素 d制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3（3）加入碳酸钙调节溶液pH至4.04.5的目的是促进AlCl3水解，使晶体析出我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：（1）请完成相应的实验步骤：步骤l：准确量取25.00m1待测废水于250ml锥形瓶中步骤2：将4.50mL0.02mol/L溴水迅速加人到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加人过量的0.1mol/LKI溶液，振荡步骤4滴入23滴淀粉溶液，用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液15.00mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6步骤5：将实验步骤14重复2次（2）该废水中苯酚的含量为18.8mg/L（3）步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量分析：I途径I：向固体中加入过量稀盐酸，发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，向溶液中加入适量铝粉，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、Al+3Fe3+=Al3+3Fe2+、3Fe2+2Al=2Al3+3Fe，过滤除去滤渣SiO2 、Fe，滤液中只含AlCl3；途径II：向固体中加入过量NaOH溶液，发生反应Al2O3+2NaOH=2 NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤得到滤渣Fe2O3，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，然后向滤液中加入过量稀盐酸，发生反应NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3，需要过滤分离，滤液中含有NaCl、AlCl3；然滤液中加入碳酸钙并调节溶液的pH至4.04.5，使促使氯化铝水解结晶，然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体（Al2（OH）nC16nxH2Om）；（1）步骤4，需要滴入淀粉溶液作指示剂，以便判断反应终点；（2）根据关系式：Br2I22Na2S2O3计算与苯酚反应后剩余的溴，进而计算与苯酚反应的溴，结合方程式计算废水中苯酚的质量，可得废水中苯酚的含量为；（3）步骤3持续的时间长，导致KI被氧气氧化，计算测定剩余溴的量偏大，则测定苯酚量减少解答：解：I途径I：向固体中加入过量稀盐酸，发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，向溶液中加入适量铝粉，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、Al+3Fe3+=Al3+3Fe2+、3Fe2+2Al=2Al3+3Fe，过滤除去滤渣SiO2 、Fe，滤液中只含AlCl3；途径II：向固体中加入过量NaOH溶液，发生反应Al2O3+2NaOH=2 NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤得到滤渣Fe2O3，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，然后向滤液中加入过量稀盐酸，发生反应NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3，需要过滤分离，滤液中含有NaCl、AlCl3；然滤液中加入碳酸钙并调节溶液的pH至4.04.5，使促使氯化铝水解结晶，然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体（Al2（OH）nC16nxH2Om）（1）（1）途径中滤液中只含氯化铝，途径II滤液中含有NaCl、AlCl3，且滤液中加入盐酸，缺少过滤分离除去硅酸，所以途径I更合理，故答案为：途径；（2）途径I中加入铝粉最主要的目的是：除去溶液中的铁元素，故答案为：c；（3）铝离子水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，加入碳酸钙，降低氢离子浓度促进铝离子水解，有利于聚合氯化铝晶体析出，故答案为：促进AlCl3水解，使晶体析出；（1）步骤4，硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，需要加入淀粉溶液做指示剂，滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点；故答案为；滴入23滴淀粉溶液；和碘化钾反应的溴单质物质的量：Br2I22Na2S2O31 2n 0.01mol/L0.015Ln=0.000075moln总（Br2）=0.0045L0.02mol/L=0.00009mol，故与苯酚反应的溴单质为0.00009mol0.000075mol=0.000015mol则苯酚物质的量=0.000015mol=0.000005mol该废水中苯酚的含量为0.000005mol94g/mol0.025L=0.0188g/L=18.8mg/L，故答案为：18.8；步骤3持续的时间长，导致KI被氧气氧化，计算测定剩余溴的量偏大，则测定苯酚量减少，测定结果偏低；故答案为：偏低点评：本题考查化学工艺流程制备方案、物质含量测定，属于拼合型题目，设计对工艺流程的理解、除杂、氧化还原反应滴定应用等，需要学生具备扎实的基础，难度中等【化学-选修：化学与技术】（共1小题，满分15分）14（15分）某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图1：（1）滤渣1的主要成分为SiO2（2）电解脱铜：金属铜在阴极析出（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3（4）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图2如下：A极的电极反应式为Ni2+2eNi和2H+2e=H2B极附近pH会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：H2OH+OH，OH在B极放电使c（OH）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），理论上能得到Ni29.35 g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1为二氧化硅；（2）电解脱铜，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子；分析金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物；（5）依据电解池原理分析，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应；阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，氢离子浓度增大；依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量解答：解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为二氧化硅，故答案为：二氧化硅；（2）电解脱铜，铜离子移向阴极，在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜，Cu2+2e=Cu，故答案为：阴；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O；故答案为：2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O；由图1，金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，此时溶液中铁离子，铝离子全部沉淀，所以过滤得到滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（5）由图2可知，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，电极反应为：Ni2+2eNi和2H+2e=H2；故答案为：Ni2+2eNi；阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，H2OH+OH，OH在B极放电使c（OH）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致溶液PH减小；故答案为：减小；H2OH+OH，OH在B极放电使c（OH）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低；依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量；（3）一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量=0.5mol，阳极电极反应：Ni2+2eNi 1mol 0.5mol 2H+2e=H2； 1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH4e=2H2O+O2 2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量=0.5mol58.7/mol=29.35g，故答案为：29.35点评：本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等【化学一选修：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）15第二周期中碳、氮、氧是构成生命物质的三种主要元素，在生产生活中也有着重要的应用（1）第二周期中，第一电离能处于B与N之间的元素有3种（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d84s2（3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在痕量（C2H5O）3P=O存在下加热脱H2O得到乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型有sp2和spCH3COOH的沸点比HCOOCH3的高，其主要原因是CH3COOH能够形成分子间氢键，使沸点升高，HCOOCH3不能形成氢键（4）CH2=CHCN是制备晴纶的原料，其分子中键和键的个数之比为2：1（填最简整数比），（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为Ni；（3）根据碳原子的价层电子对数判断杂化轨道类型；乙酸分子之间能形成氢键，而甲酸甲酯不能；（4）共价单键为键，双键中有1个键和1个键，三键中有1个键和2个键，分子中C=C中的C不存在孤对电子，键数为3，CN中C不存在孤对电子，键数为2；（5）由碳化硅的晶胞可知，每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，以此解答解答：解：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，故答案为：3；（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为Ni，其基态原子的价层电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；（3）在CH2=C=O中，一个碳原子的价层电子对数为=3，另一个碳原子的价层电子对数为=2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，乙酸分子之间能形成氢键，而甲酸甲酯不能形成氢键，所以CH3COOH的沸点比HCOOCH3的高，故答案为：sp2和sp；CH3COOH能够形成分子间氢键，使沸点升高，HCOOCH3不能形成氢键； （4）共价单键为键，双键中有1个键和1个键，三键中有1个键和2个键，CH2=CHCN含6个键和3个键，所以键和键的个数之比为6：3=2：1，故答案为：2：1； （5）由碳化硅的晶胞可知，每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，故答案为：4点评：本题考查了杂化类型的判断、第一电离能、价层电子排布式、杂化轨道灯，注意把握同周期元素的第一电离能的变化趋势，题目难度不大【化学一选修：有机化学】（共1小题，满分0分）16（1）已知，当羟基与双键碳原子相连接时，易发生如下转化：RCNCHOH，化学式为C8H8O2的有机物有如下的转化关系：其中F能与FeCl3溶液显紫色，回答：结构简式E，BCH3CHO写出反应类型：BD氧化反应；GH消去反应写出下列反应的化学方程式：AD+E：与A具有相同的官能团的A的芳香族化合物的同分异构体有5种（不含A）考点：有机物的推断分析：由C发生加聚反应生成（C4H6O2）n，可知C的分子式为C4H6O2，其不饱和度为=2，I在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成B与D，故I为酯，且分子中还含有1个C=C双键，B与新制的氢氧化铜溶液反应生成C，C与氢氧化溶液反应生成D，故D为羧酸盐，且B、C、D含有相同的碳原子数目为2，故C结构简式为CH3COOH，B为CH3CHO（CH2=CHOH不稳定），D为CH3COONa，C为CH3COOCH=CH2，高聚物（C4H6O2）n为有机物A的分子式为C8H8O2，不饱和度为 =5，考虑含有苯环，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成D与E，E酸化得到F，且F与FeCl3溶液显紫色，则F含有酚羟基，则A含有羧酸与酚形成的酯基，故A中含有1个苯环、1个酯基，结合分子式可知，应是乙酸与苯酚形成的酯，故A为，E为，F为，G为，H为，据此解答解答：解：由C发生加聚反应生成（C4H6O2）n，可知C的分子式为C4H6O2，其不饱和度为=2，I在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成B与D，故I为酯，且分子中还含有1个C=C双键，B与新制的氢氧化铜溶液反应生成C，C与氢氧化溶液反应生成D，故D为羧酸盐，且B、C、D含有相同的碳原子数目为2，故C结构简式为CH3COOH，B为CH3CHO（CH2=CHOH不稳定），D为CH3COONa，C为CH3COOCH=CH2，高聚物（C4H6O2）n为有机物A的分子式为C8H8O2，不饱和度为 =5，考虑含有苯环，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成D与E，E酸化得到F，且F与FeCl3溶液显紫色，则F含有酚羟基，则A含有羧酸与酚形成的酯基，故A中含有1个苯环、1个酯基，结合分子式可知，应是乙酸与苯酚形成的酯，故A为，E为，F为，G为，H为由上述分析可知，E的结构简式为：，B的结构简式为：CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；BD属于氧化反应，GH消去反应，故答案为：氧化反应；消去反应；反应AD+E的化学方程式：，故答案为：；与A（）具有相同的官能团的A的芳香族化合物的同分异构体，可以为甲酸苯甲酯、苯甲酸甲酯，侧链为CH3、OOCH，有邻、间、对3种，故共有5种，故答案为：5点评：本题考查有机物的推断，充分利用有机物的分子式、反应条件进行推断，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等