2019-2020年高考化学二模试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高考化学二模试卷（含解析） (V)一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A雾霾可能是许多组小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶B福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C含磷合成洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染D大量使用风能、太阳能、符合“低碳”概念2（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A向AgCl悬浊液中加入KBr溶液：Ag+Br=AgBrB用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液：2C1+2H2OH2+Cl2+2OHC向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH+CO32+4H+CO2+3H2OD在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO43+3C1+5H2O3（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种BC8H10中只有三种属于芳香烃的同分异构体CC5H10中只有三种属于直链烯烃的同分异构体（包括空间异构）D含两个COOCH3的有机物（C7H12O4）属于酯的同分异构体多于4种4（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如下图，下列推论合理的是（）XYWZA若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，则W一定为铝元素B若W的核电荷数是Y的两倍，则W的氧化物可作半导体材料C若Z的核电荷数是Y的两倍，则X的氢化物水溶液显酸性D若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，则Z的简单阴离子也一定能破坏水的电离5（3分）铅的冶炼大致过程如下：富集：将方铅矿（PbS）进行浮选；焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；制粗铅：PbO+CPb+CO；PbO+COPb+CO2下列说法正确的是（）A浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC整个冶炼过程中，制取1molPb共转移2mol电子D将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳6（3分）除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法A甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C苯溴足量NaI溶液分液D乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏AABBCCDD7（3分）下列叙述错误的是（）A在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁可以得到两种气体BpH=12Ba（OH）2溶液中c（OH）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH）的10倍C常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）D常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：KSPCd（OH）2=7.21015，KspCo（OH）2=1.81015二、填空题（共6小题，每小题15分，满分88分）8（15分）肼是火箭发射常用动力材料，某研究性学习小组据化工生产水合肼的原理，用尿素和NaClO的碱性溶液在实验室制备水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaClONa2CO3+N3H4H2O+NaCl有关水合肼信息如下：无色液体，熔点小于40，沸点：118（101kPa）与水、乙醇互溶；有强还原性、强碱性和强腐蚀性，能腐蚀橡胶、皮革、软木、玻璃等制备步骤：步骤1：制备Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用图1在常温下，制取Cl2，写出生成Cl2的离子方程式：；（2）将制得的Cl2，直接通入图2制备NaClO；请写出此操作有哪些不足之处？；提出你的建议：；步骤2：将制得的NaClO碱性溶液，于图3装置中进行反应制取N2H4H2O；（3）a中应装：；b中应装；（填试剂成份）反应过程中NaClO不能过量的理由：；（用相关反应方程式表示）（4）反应容器b应选用（填序号）A普通玻璃B石英玻璃C铁质容器D陶瓷容器步骤3：（5）得到的反应混合物应采用方法进行分离；有同学提议直接用图3装置进行操作，要达到目的还需补充的仪器有：牛角管、锥形瓶、酒精灯、和9（15分）甲酸钙用途广泛，可用于高硫烟气脱硫助剂，也可作为制备草酸的中间体据最新文献，氢氧化钙碳基化合成甲酸钙的反应如下：2CO+Ca（OH）2Ca（HCOO）2 反应1（1）反应体系中存在以下两个竞争反应CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）H=28.8kJ/moL 反应2 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=+41.2kJ/moL 反应3二氧化碳与氢气直接合成甲酸的热化学反应方程式为为了更有利于生成甲酸钙，应选择的反应条件是较低的温度和（填编号）A催化剂B低压C高压（2）如图1是反应2和反应3，lnK与温度T的关系；同一条件时反应2的K（填“大于”或“小于”）反应3的K，这对于（填“反应2”或“反应3”）不利的 （3）以氢氧化钙初始密度为0.097g/mL、CO的分压为3.0MPa条件下催化反应，以氢氧化钙转化率Y%为坐标，时间为横坐标得到如图2象；根据图象选择合适的反应温度；理由是当Y%为100%时，产物中甲酸钙与碳酸钙的质量比为50：1，氢氧化钙有%转化为甲酸钙10（13分）硫和硒（Se）、磷（Te）为同主族元素，在生产、生活中有着广泛用途、SO2、CO2转化利用是净化环境，造福人类的有效途径，一种用电化学原理，将SO2、CO2转化成用途广泛的化工产品H2SO4和CH3OH，其装置如图所示：（1）该装置的工作原理是；（填“原电池”或“电解池”）（2）若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则通入H2极为；（3）若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则A极的电极反应式为、硒是地壳中稀有元素，工业上硒鼓废料（主要成分：硒、碲、碳、铜、铁合金）回收精炼硒的一种工艺流程如下：已知： 物理性质熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340 684 315 易溶于水 TeO2 733 1260 450 易溶于水（1）硒的最高价氧化物对应水化合物化学式：；（2）废气主要成分是；（3）步骤的反应方程式：；步骤的反应方程式：；（4）根据表中数据，步骤中分离SeO2和TeO2的最佳方案是11（15分）工业上用自然界存在的角膜硼镁矿（主要成分为Mg2B3O55H2O）制取金属镁和粗硼，工艺过程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）硼砂中硼的化合价，溶于热水后，若需要调节pH为23制取硼酸，写出该反应的离子方程式：；（2）从氯化镁晶体制得无水氯化镁的条件是；其理由是，若用惰性电磁电解MgCl2溶液，写出电解过程的离子方程式： （3）制得的粗硼可在一定条件与I2作用生产BI2，再提纯BI2，BI2沸点较低，提纯可采用；高温时BI2即可分解，得到高纯度硼根据分解生成碘的量还可以测定粗硼的粗度方法如下：称取0.04g粗硼转化成纯BI2，再完全分解，生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准液36.00mL（滴定原理：I2+2S2O322I+S4O62）滴定终点判断应用作指示剂；标准液应盛装在滴定管中；该粗硼的纯度为（4）MgH2O2酸性染料电池的反应机理为：Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，则电池正极反应式为；常温下，若起始电解液pH=1，则电池工作一段时间后，电解液pH=2，此时溶液中c（Mg2+）；当溶液pH=6时，镁元素的主要存在形式是（已知：KspMg（OH）2=5.61012）12（15分）钼是我国丰产元素，钼钢是制火箭发动机，核反应堆重要材料（1）钼元素原子序数为42，请写出它的核外电子排布式：；在周期表中，处在第周期族（2）钼金属晶格类型属体心立方晶格，原子半径为136pm，相对原子质量为95.94，则该晶体钼的密度为；晶体的空间利用率为；（3）钼能形成六核簇何物，如一种钼含卤离子Mo6Cl84+，6个钼形成八面体骨架，氯原子以三桥基与钼原子相连，则该离子中8个Cl的空间构型为；（4）辉钼矿是最重要的钼矿（其成分主要为MoS2），它在403K，202650Pa下，跟苛性碱溶液反应，钼则以MoO42体型进入溶液，硫也氧化进入溶液，写出该反应的离子方程式：；（5）在密闭容器中，用稀硝酸来溶解辉钼矿，氧化条件在423523K，11145751823850Pa氧压下进行，反应结果钼以钼酸形成存在（钼酸不溶于硫酸），而硝酸几乎没有消耗，相当于催化剂，请用化学方程式加以解释：13（15分）某芳香烃N的相对分子质量为92，氢的质量分数为8.7%，现以苯为原料合成A，并最终制得F（一种染料中间体），转化关系如下：请回答下列问题：（1）写出A的分子式；用核磁共振氢谱可以证明化合物A中有种处于不同化学环境的氢（2）MN的反应方程式为（3）上述转化中试剂和试剂分别是：试剂，试剂（选填字母）aKMnO4（H+）bFe/盐酸cNaOH溶液若上述转化中物质A依次与试剂、试剂、化合物E（浓硫酸/）作用，产物的结构简式可能是（4）D有多种同分异构体，则符合下列条件的D的同分异构体有种是芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中一个取代基是NH2；分子中含有结构；分子中两个氧原子不会直接相连；其中某种同分异构体1mol能与4molNaOH反应，其结构简式为（5）F的水解反应如右：化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，请写出该缩聚反应的化学方程式江西省南昌市xx届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A雾霾可能是许多组小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶B福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C含磷合成洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染D大量使用风能、太阳能、符合“低碳”概念考点：胶体的重要性质；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：A雾霾是胶体；B福尔马林的主要成分是甲醛；C含磷废水易导致水体富营养化；D“低碳”理念是减少含碳燃料的使用解答：解：A雾霾是许多细小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶，可能是胶体，故A错误； B福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故B错误；C含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才能排放，故C正确；D大量使用风能、太阳能，可以减少煤、石油、天然气等含碳燃料的使用，故D错误故选C点评：本题考查胶体、蛋白质的性质、环境污染等，比较基础，侧重对基础知识的巩固2（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A向AgCl悬浊液中加入KBr溶液：Ag+Br=AgBrB用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液：2C1+2H2OH2+Cl2+2OHC向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH+CO32+4H+CO2+3H2OD在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO43+3C1+5H2O考点：离子方程式的书写分析：A氯化银为沉淀应保留化学式；B氢氧化镁为沉淀应保留化学式；C盐酸先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，盐酸量少生成碳酸氢钠；D在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3发生氧化还原反应生成高铁酸钠和水、氯化钠解答：解：A向AgCl悬浊液中加入KBr溶液，离子方程式：AgCl+Br=AgBr+Cl，故A错误；B用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液，离子方程式：2C1+Mg2+2H2OH2+Cl2+2Mg（OH）2，故B错误；C向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，离子方程式：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故C错误；D在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4，离子方程式：4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO43+3C1+5H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项3（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种BC8H10中只有三种属于芳香烃的同分异构体CC5H10中只有三种属于直链烯烃的同分异构体（包括空间异构）D含两个COOCH3的有机物（C7H12O4）属于酯的同分异构体多于4种考点：同分异构现象和同分异构体分析：A、含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位置上，据此判断；B、依据分子式计算不饱和度，然后判断即可；C、C5H10的烃，不饱和度为1，直链烯烃不具有支链，据此解答即可；D、两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体解答：解：A、含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位置上，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，同分异构体最多有32=6种，故A错误；B、分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度=4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为CH2CH3，有一种；若有2个侧链，为CH3，有邻、间、对三种，故符合条件的结构共有4种，故B错误；C、戊烷的同分异构体直链的为CH3CH2CH2CH2CH3，相应烯烃有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3，其中CH3CHCHCH2CH3有2种顺反异构，即有3种异构，故C正确；D、两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体，含两个COOCH3基团的C的同分异构体共有4种，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH（CH3）CH2COOCH3，CH3CH2CH（COOCH3）2，故D错误，故选C点评：本题主要考查的是同分异构体个数的判断，熟练掌握碳原子数小于5的烷烃基的个数是解决本题的关键，难度不大4（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如下图，下列推论合理的是（）XYWZA若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，则W一定为铝元素B若W的核电荷数是Y的两倍，则W的氧化物可作半导体材料C若Z的核电荷数是Y的两倍，则X的氢化物水溶液显酸性D若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，则Z的简单阴离子也一定能破坏水的电离考点：原子结构与元素的性质分析：A若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，由元素在短周期中位置可知，W只能为Al；B若W的核电荷数是Y的两倍，设Y的核电荷数为a，则W的核电荷数为（a1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W为Si；C若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O、Z为S、X为N、W为P；D若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，可以是Y为F、Z为S、Z为S、X为O解答：解：A若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，由元素在短周期中位置可知，W只能为Al，故A正确；B若W的核电荷数是Y的两倍，设Y的核电荷数为a，则W的核电荷数为（a1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W为Si，硅晶体可用作半导体材料，其氧化物为二氧化硅，可作光导纤维，故B错误；C若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O、Z为S、X为N、W为P，X的氢化物水溶液显碱性，故C错误；D若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，可以是Y为F、Z为S、Z为S、X为O，氯离子不能破坏水的电离，故D错误，故选A点评：本题考查元素周期表结构，需要学生熟练掌握短周期元素与元素化合物性质，注意元素的不确定性，难度不大5（3分）铅的冶炼大致过程如下：富集：将方铅矿（PbS）进行浮选；焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；制粗铅：PbO+CPb+CO；PbO+COPb+CO2下列说法正确的是（）A浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC整个冶炼过程中，制取1molPb共转移2mol电子D将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳考点：金属冶炼的一般原理；氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：A、有新物质生成的反应是化学变化；B、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的产物是还原产物；C、根据化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，结合原子守恒来回答；D、根据化学方程式找出物质间的关系并进行计算解答：解：A、浮选法富集方铅矿的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B、方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS中S元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，故B错误；C、整个冶炼过程中，根据Pb原子守恒，则PbS转化为PbO转移电子是2mole，PbO转化为Pb转移电子是2mole，所以制取1molPb共转移4mol电子，故C错误；D、将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出：2PbS2PbOC2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，故D正确故选D点评：本题是一道关于氧化还原反应知识的综合题目，注意平时知识的积累是解题的关键，难度中等6（3分）除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法A甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C苯溴足量NaI溶液分液D乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：实验评价题；化学实验基本操作分析：A乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C溴置换出碘，引入新杂质；C乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层解答：解：A乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应利用溴水除去甲烷中的乙烯，故A错误；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则反应后过滤即可除杂，故B正确；C溴置换出碘，引入新杂质，应用氢氧化钠除杂，故C错误；C乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层，则利用分液法除杂，故D错误；故选B点评：本题考查物质的分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大7（3分）下列叙述错误的是（）A在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁可以得到两种气体BpH=12Ba（OH）2溶液中c（OH）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH）的10倍C常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）D常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：KSPCd（OH）2=7.21015，KspCo（OH）2=1.81015考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：A铵根离子水解生，溶液显示酸性，镁与氢离子反应生成氢气，促进了铵根离子的水解，则会生成氨气；B温度影响溶液的pH，没有告诉在常温下，无法计算pH=12的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度；C混合液为中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO）；D同一溶液中，氢氧根离子浓度相等，c（Cd2+）和c（Co2+）的浓度之比等于其溶度积之比解答：解：A在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁，镁与铵根离子水解生成的氢离子反应生成氢气，促进了铵根离子的水解，则同时会生成氨气，故A正确；B没有告诉温度，则pH=12Ba（OH）2溶液中的氢氧根离子浓度不一定为0.01mol/L，无法判断两溶液中的氢氧根离子浓度大小，故B错误；C常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7），则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH），故C正确；D常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中氢氧根离子浓度相同，c（Cd2+）与c（Co2+）之比与其溶度积之比相等=4，故D正确；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶度积的计算、溶液pH的计算等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，试题充分考查了学生的分析、理解能力二、填空题（共6小题，每小题15分，满分88分）8（15分）肼是火箭发射常用动力材料，某研究性学习小组据化工生产水合肼的原理，用尿素和NaClO的碱性溶液在实验室制备水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaClONa2CO3+N3H4H2O+NaCl有关水合肼信息如下：无色液体，熔点小于40，沸点：118（101kPa）与水、乙醇互溶；有强还原性、强碱性和强腐蚀性，能腐蚀橡胶、皮革、软木、玻璃等制备步骤：步骤1：制备Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用图1在常温下，制取Cl2，写出生成Cl2的离子方程式：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）将制得的Cl2，直接通入图2制备NaClO；请写出此操作有哪些不足之处？没有除去氯气中混有的HCl，影响产品中NaClO含量；提出你的建议：加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；步骤2：将制得的NaClO碱性溶液，于图3装置中进行反应制取N2H4H2O；（3）a中应装：NaClO碱性溶液；b中应装尿素；（填试剂成份）反应过程中NaClO不能过量的理由：N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl；（用相关反应方程式表示）（4）反应容器b应选用C（填序号）A普通玻璃B石英玻璃C铁质容器D陶瓷容器步骤3：（5）得到的反应混合物应采用蒸馏方法进行分离；有同学提议直接用图3装置进行操作，要达到目的还需补充的仪器有：牛角管、锥形瓶、酒精灯、冷凝管和温度计考点：制备实验方案的设计分析：（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气与水；（2）氯气中混有挥发出的HCl，会影响产品中NaClO含量，用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去HCl；（3）水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；NaClO过量会氧化水合肼生成氮气、氯化钠水；（4）由题目信息，水合肼能腐蚀橡胶玻璃等，玻璃塞属于硅酸盐，也可以腐蚀陶瓷，应选择铁质容器；（5）水合肼为液态，与水互溶，沸点相差较大，应擦去分馏方法进行分离；需要用冷凝水冷凝蒸出的馏分，需要温度计控制收集118的馏分解答：解：（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气与水，反应离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）氯气中混有挥发出的HCl，与氢氧化钠反应生成NaCl，会影响产品中NaClO含量，添加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去HCl，故答案为：没有除去氯气中混有的HCl，影响产品中NaClO含量；加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；（3）水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，故分液漏斗中的溶液是NaClO碱性溶液，b中应装尿素；NaClO过量会氧化水合肼生成氮气、氯化钠水，反应方程式为：N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，故答案为：NaClO碱性溶液；尿素；N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl；（4）由题目信息，水合肼能腐蚀橡胶玻璃等，玻璃塞属于硅酸盐，也可以腐蚀陶瓷，应选择铁质容器，故选：C；（5）水合肼为液态，与水互溶，沸点相差较大，应擦去分馏方法进行分离；需要用冷凝水冷凝蒸出的馏分，需要温度计控制收集118的馏分，故答案为：蒸馏；冷凝管、温度计点评：本题考查物质制备实验，涉及氯气制备、对装置与操作的分析评价、物质分离提纯等，关键是对题目信息的理解应用，题目难度中等9（15分）甲酸钙用途广泛，可用于高硫烟气脱硫助剂，也可作为制备草酸的中间体据最新文献，氢氧化钙碳基化合成甲酸钙的反应如下：2CO+Ca（OH）2Ca（HCOO）2 反应1（1）反应体系中存在以下两个竞争反应CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）H=28.8kJ/moL 反应2 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=+41.2kJ/moL 反应3二氧化碳与氢气直接合成甲酸的热化学反应方程式为CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）H=70.0kJ/moL为了更有利于生成甲酸钙，应选择的反应条件是较低的温度和AC（填编号）A催化剂B低压C高压（2）如图1是反应2和反应3，lnK与温度T的关系；同一条件时反应2的K小于（填“大于”或“小于”）反应3的K，这对于反应2（填“反应2”或“反应3”）不利的 （3）以氢氧化钙初始密度为0.097g/mL、CO的分压为3.0MPa条件下催化反应，以氢氧化钙转化率Y%为坐标，时间为横坐标得到如图2象；根据图象选择合适的反应温度453K；理由是温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K当Y%为100%时，产物中甲酸钙与碳酸钙的质量比为50：1，氢氧化钙有97.5%转化为甲酸钙考点：制备实验方案的设计分析：（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；使用催化剂可以加快反应速率，正反应为气体体积减小的反应，增大压强有利于甲酸钙生成；（2）lnK属于增函数，lnK值越大，K值越大，由图可知，相同条件下反应2的lnK更小，故反应2的平衡常数小于反应3，反应2为放热反应，反应3为吸热反应，升高温度有利于反应3向正反应方向移动；（3）温度高反应速率快，但463K时，图象与453K时几乎重合，反应速率增快不明显，应选择453K；设甲酸钙质量为130g，则碳酸钙质量为2.6g，计算各自物质的量，由钙元素守恒，转化甲酸钙的氢氧化钙与甲酸钙物质的量相等，由钙元素守恒计算氢氧化钙的总物质的量，进而计算转化为甲酸钙的氢氧化钙占有的质量分数解答：解：（1）已知：CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）H=28.8kJ/moL CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=+41.2kJ/moL 根据盖斯定律，可得：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）H=70.0kJ/moL，故答案为：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）H=70.0kJ/moL；使用催化剂可以加快反应速率，正反应为气体体积减小的反应，平衡向正反应方向移动，增大压强有利于甲酸钙生成，故选：AC；（2）lnK属于增函数，lnK值越大，K值越大，由图可知，相同条件下反应2的lnK更小，故反应2的平衡常数小于反应3，反应2为放热反应，反应3为吸热反应，升高温度有利于反应3向正反应方向移动，不利于反应2 进行，故答案为：小于；反应2；（3）温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，图象与453K时几乎重合，反应速率增快不明显，消耗能源反而增多，应选择453K，故答案为：453K；温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K；设甲酸钙质量为130g，其物质的量为1mol，则碳酸钙质量为=2.6g，其物质的量为=0.026mol，由钙元素守恒，可知转化甲酸钙的氢氧化钙为1mol，氢氧化钙的总物质的量为1.026mol，故转化为甲酸钙的氢氧化钙占总的100%=97.5%，故答案为：97.5点评：本题考查热化学方程式书写、化学平衡图象综合应用、化学计算等，侧重考查学生读图获取信息能力、分析解决问题能力，难度中等10（13分）硫和硒（Se）、磷（Te）为同主族元素，在生产、生活中有着广泛用途、SO2、CO2转化利用是净化环境，造福人类的有效途径，一种用电化学原理，将SO2、CO2转化成用途广泛的化工产品H2SO4和CH3OH，其装置如图所示：（1）该装置的工作原理是原电池；（填“原电池”或“电解池”）（2）若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则通入H2极为负；（3）若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则A极的电极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+、硒是地壳中稀有元素，工业上硒鼓废料（主要成分：硒、碲、碳、铜、铁合金）回收精炼硒的一种工艺流程如下：已知： 物理性质熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340 684 315 易溶于水 TeO2 733 1260 450 易溶于水（1）硒的最高价氧化物对应水化合物化学式：H2SeO4；（2）废气主要成分是CO2；（3）步骤的反应方程式：H2SeO3SeO2+H2O；步骤的反应方程式：2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4；（4）根据表中数据，步骤中分离SeO2和TeO2的最佳方案是升华，将温度控制在315到450之间考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理分析：、（1）装置图分析可知该装置是原电池反应；（2）H2失去电子，故H2的一极为负极；（3）SO2在负极失去电子转化为SO42，故其电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；、硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质；（1）Se的最高正价为+6价，最高价氧化物对应水化物为酸；（2）硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500时SeO2与TeO2均为气体，冷却得到SeO2与TeO2固体；（3）SeO2与水反应生成亚硒酸，亚硒酸受热分解；亚硫酸与二氧化硒反应生成硒和硫酸；（4）根据SeO2易升华来分析解答：解：、（1）装置图分析可知该装置是原电池反应，是化学能转化为电能的装置，故答案为：原电池；（2）H2失去电子，故H2的一极为负极，故答案为：负；（3）SO2在负极失去电子转化为SO42，故其电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+，故答案为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；、硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二、氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质；（1）Se的最高正价为+6价，最高价氧化物对应水化物为酸，化学式为H2SeO4，故答案为：H2SeO4；（2）硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500时SeO2与TeO2均为气体，冷却得到SeO2与TeO2固体，废气为二氧化碳，故答案为：CO2；（3）硒鼓废料（主要成分硒、碲、碳、铜和铁合金）在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，反应的化学方程式为：H2SeO3SeO2+H2O，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质，反应的化学方程式为：2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4；故答案为：H2SeO3SeO2+H2O；2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4；（4）由表格中数据可知，SeO2在315以上易升华，TiO2在450以上升华，所以控制温度在315到450之间，使SeO2升华分离；故答案为：升华，将温度控制在315到450之间点评：本题考查了工艺流程图，主要考查了物质的分离、提纯等实验操作，及有关的化学反应，题目难度中等，注意把握重要非金属元素单质及其化合物的性质11（15分）工业上用自然界存在的角膜硼镁矿（主要成分为Mg2B3O55H2O）制取金属镁和粗硼，工艺过程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）硼砂中硼的化合价+3，溶于热水后，若需要调节pH为23制取硼酸，写出该反应的离子方程式：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；（2）从氯化镁晶体制得无水氯化镁的条件是在HCl酸性气流中加热；其理由是防止MgCl2水解生成Mg（OH）2，若用惰性电磁电解MgCl2溶液，写出电解过程的离子方程式：2H2O+Mg2+2ClH2+Mg（OH）2+Cl2 （3）制得的粗硼可在一定条件与I2作用生产BI2，再提纯BI2，BI2沸点较低，提纯可采用蒸馏法；高温时BI2即可分解，得到高纯度硼根据分解生成碘的量还可以测定粗硼的粗度方法如下：称取0.04g粗硼转化成纯BI2，再完全分解，生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准液36.00mL（滴定原理：I2+2S2O322I+S4O62）滴定终点判断应用淀粉作指示剂；标准液应盛装在碱式滴定管中；该粗硼的纯度为99%（4）MgH2O2酸性染料电池的反应机理为：Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，则电池正极反应式为H2O2+2H+2e=2H2O；常温下，若起始电解液pH=1，则电池工作一段时间后，电解液pH=2，此时溶液中c（Mg2+）0.045 molL1；当溶液pH=6时，镁元素的主要存在形式是Mg2+形式存在，没有Mg（OH）2沉淀（已知：KspMg（OH）2=5.61012）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氯化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH23制取H3BO3，加热得到B2O3；（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，依据元素化合价标注计算硼元素化合价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ；（2）氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁；惰性电极电解MgCl2溶液阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，据此书写离子方程；（3）BI2沸点较低，提纯可以利用其沸点的特征用蒸馏的方法分离得到；生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，需要淀粉溶液做反应的指示剂，H2S2O3为弱酸，Na2S2O3溶液显碱性，据此选择滴定管；根据关系式BBI3I23S2O32及滴定数据计算出粗硼中硼的含量；（4）燃料电池中正极上是过氧化氢得到电子生成水；依据电解质溶液PH变化结合电池反应计算镁离子浓度；PH=6计算氢氧根离子浓度，结合生成镁离子浓度计算浓度商和溶度积常数比较分析是否生成氢氧化镁沉淀解答：解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；故答案为：+3；B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；（2）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为2H2O+Mg2+2ClH2+Mg（OH）2+Cl2，故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2+2ClH2+Mg（OH）2+Cl2；（3）制得的粗硼可在一定条件与I2作用生产BI2，再提纯BI2，BI2沸点较低，提纯可采用蒸馏的方法分离得到，故答案为：蒸馏；生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，需要淀粉溶液做反应的指示剂，故答案为：淀粉溶液；硫代硫酸钠溶液呈碱性，选择碱式滴定管，故答案为：碱式；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L0.036L=0.0108mol，根据关系式：BBI3I23S2O32，n（B）=n（S2O32）=0.0108mol=0.0036mol，硼的质量为：11g/mol0.0036mol=0.0396g，粗硼中硼的含量为：100%=99%，故答案为：99%；（4）镁H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H+2e=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；KspMg（OH）2=5.61012，当溶液pH=6时，c（OH）=108mol/L，则Qc=c（Mg2+）c2（OH）=0.045mol/L1016mol/L=4.51018KspMg（OH）2，说明无氢氧化镁沉淀生成，只有Mg2+形式存在；故答案为：H2O2+2H+2e=2H2O；0.045 molL1；Mg2+形式存在，没有Mg（OH）2沉淀点评：本题考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算应用，题目难度稍大，计算是难点，计算时要充分利用题目所给数量关系和表中数据，根据质量关系和质量分数的概念快速解题12（15分）钼是我国丰产元素，钼钢是制火箭发动机，核反应堆重要材料（1）钼元素原子序数为42，请写出它的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；在周期表中，处在第五周期B族（2）钼金属晶格类型属体心立方晶格，原子半径为136pm，相对原子质量为95.94，则该晶体钼的密度为10.3g/cm3；晶体的空间利用率为68%；（3）钼能形成六核簇何物，如一种钼含卤离子Mo6Cl84+，6个钼形成八面体骨架，氯原子以三桥基与钼原子相连，则该离子中8个Cl的空间构型为立方体；（4）辉钼矿是最重要的钼矿（其成分主要为MoS2），它在403K，202650Pa下，跟苛性碱溶液反应，钼则以MoO42体型进入溶液，硫也氧化进入溶液，写出该反应的离子方程式：MoS2+9O2+12OH=2MoO42+4SO42+6H2O；（5）在密闭容器中，用稀硝酸来溶解辉钼矿，氧化条件在423523K，11145751823850Pa氧压下进行，反应结果钼以钼酸形成存在（钼酸不溶于硫酸），而硝酸几乎没有消耗，相当于催化剂，请用化学方程式加以解释：MoS2+6HNO3=H2MoO4+2H2SO4+6NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO考点：晶胞的计算；离子方程式的书写；原子核外电子排布分析：（1）钼是42号元素，根据原子核外电子排布规律书写核外电子排布式，钼核外有5个电子层，价电子数为6；（2）钼金属晶格类型属体心立方晶格，所以每个晶胞中含有钼原子数为1+=2，计算密度，根据空间利用率=100%计算晶体的空间利用率；（3）一种钼含卤离子Mo6Cl84+，6个钼形成八面体骨架，氯原子以三桥基与钼原子相连，结构图为，据此判断；（4）根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；（5）用稀硝酸来溶解辉钼矿，硝酸被还原成一氧化氮，一氧化氮又可以被氧气氧氧化，生成二氧化氮溶于水又形成硝酸解答：解：（1）钼是42号元素，根据原子核外电子排布规律可知其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，钼核外有5个电子层，价电子数为6，所以钼处于元素周期表中第五周期第B族，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；五；B；（2）钼金属晶格类型属体心立方晶格，所以每个晶胞中含有钼原子数为1+=2，在体心立方晶格钼原子的半径为晶胞体对角线的，钼原子半径为136pm，所以晶胞的边长为pm，则密度=g/cm3=10.3g/cm3，空间利用率=100%=100%=68%，故答案为：10.3g/cm3；68%；（3）一种钼含卤离子Mo6Cl84+，6个钼形成八面体骨架，氯原子以三桥基与钼原子相连，结构图为，所以该离子中8个Cl的空间构型为立方体，故答案为：立方体；（4）根据元素守恒和电荷守恒可知，MoS2与苛性碱溶液反应的离子方程式为MoS2+9O2+12OH=2MoO42+4SO42+6H2O，故答案为：MoS2+9O2+12OH=2MoO42+4SO42+6H2O；（5）用稀硝酸来溶解辉钼矿，硝酸被还原成一氧化氮，一氧化氮又可以被氧气氧氧化，生成二氧化氮溶于水又形成硝酸，反应过程中的化学方程式为MoS2+6HNO3=H2MoO4+2H2SO4+6NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：MoS2+6HNO3=H2MoO4+2H2SO4+6NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO点评：本题主要考查了核外电子排布、元素周期表、晶胞的计算、晶胞的结构、离子反应、氧化还原反应等知识，难度较大，对学生的空间想象力和物质结构的基础知识要求较高13（15分）某芳香烃N的相对分子质量为92，氢的质量分数为8.7%，现以苯为原料合成A，并最终制得F（一种染料中间体），转化关系如下：请回答下列问题：（1）写出A的分子式C7H7NO2；用核磁共振氢谱可以证明化合物A中有3种处于不同化学环境的氢（2）MN的反应方程式为（3）上述转化中试剂和试剂分别是：试剂a，试剂b（选填字母）aKMnO4（H+）bFe/盐酸cNaOH溶液若上述转化中物质A依次与试剂、试剂、化合物E（浓硫酸/）作用，产物的结构简式可能是（4）D有多种同分异构体，则符合下列条件的D的同分异构体有3种是芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中一个取代基是NH2；分子中含有结构；分子中两个氧原子不会直接相连；其中某种同分异构体1mol能与4molNaOH反应，其结构简式为（5）F的水解反应如右：化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，请写出该缩聚反应的化学方程式考点：有机物的推断分析：苯发生取代反应生成M，M为，M和一氯甲烷、Na反应生成N，根据信息i知，N为，A发生硝化反应生成A，根据F知，N中甲基对位上氢原子被硝基取代生成A，A的结构简式为，根据信息ii知，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B，B为，B和E反应生成D，D反应生成F，因为氨基易被氧化，根据F知，B和甲醇发生酯化反应生成D，D发生还原反应生成F，则D、E分别是、CH3OH，据此分析解答解答：解：苯发生取代反应生成M，M为，M和一氯甲烷、Na反应生成N，根据信息i知，N为，A发生硝化反应生成A，根据F知，N中甲基对位上氢原子被硝基取代生成A，A的结构简式为，根据信息ii知，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B，B为，B和E反应生成D，D反应生成F，因为氨基易被氧化，根据F知，B和甲醇发生酯化反应生成D，D发生还原反应生成F，则D、E分别是、CH3OH，（1）A的结构简式为，A的分子式C7H7NO2；A中含有3类氢原子，所以用核磁共振氢谱可以证