2016年海南省三亚市高考化学模拟试卷（二）（解析版）

2016年海南省三亚市高考化学模拟试卷（二）
　
一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列有机化合物与其同分异构体数目一致的是（不考虑立体异构）（　　）
选项
有机化合物
同分异构体数目
A
分子式为C8H10的芳香烃
3种
B
分子式为C4H8的烯烃
2种
C
分子式为C6H12O2的羧酸
8种
D
分子式为C4H10O的醇
5种
A．A
B．B
C．C
D．D
2．化学与环境、生活、生产、能源关系密切，下列说法正确的是（　　）
A．金属铝在生产、生活中得到广泛的应用，主要是因为其可用热还原法冶炼
B．对“地沟油”蒸馏可以获得汽油
C．氯气常用于自来水的消毒，是利用了氯气的强氧化性来杀菌消毒
D．化石燃料使用过程中排放的硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要原因
3．元素周期表前四周期的五种元素R、X、T、Z、Q在周期表中的相对位置如图所示，其中T单质在常温下为气态，Q单质在常温下为液态，则下列判断正确的是（　　）
A．原子半径及离子半径：X＞T
B．R、T、Q的氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱
C．相同物质的量的T、Z的单质的质量中Z的大
D．T的非金属性比X的非金属性强，因此T的含氧酸的酸性比X的含氧酸的酸性强
4．下列说法正确的是（　　）
A．某温度下水的离子积常数为Kw，在该温度下，a
mol L﹣1一元酸HA与b
mol L﹣1一元碱BOH等体积混合，溶液呈中性，则溶液中c（H+）=
B．已知MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6mol2 L﹣2，则在含有固体MgCO3的Na2CO3溶液中，有c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+） c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2 L﹣2
C．Ksp（AB2）小于Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度
D．NH4Cl和NH3 H2O的混合溶液中，分别存在NH4+的水解平衡和NH3 H2O的电离平衡，二者对对方的平衡都起了促进作用
5．如图为1mol
SO2Cl2（g）和1mol
SCl2（g）反应生成SOCl2（g）过程中的能量变化示意图，已知E1=x
kJ mol﹣1、E2=y
kJ mol﹣1，下列有关说法中正确的是（　　）
A．若在反应体系中加入催化剂，E1不变
B．若在反应体系中加入催化剂，△H减小
C．反应的活化能等于y
kJ mol﹣1
D．1
mol
SO2Cl2（g）和1
mol
SCl2（g）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）
kJ mol﹣1
6．下列图示实验正确的是（　　）
A．
检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫
B．
分离甲苯和水
C．
测量氨气的体积
D．
进行二氧化碳喷泉实验
7．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3 H2O混合溶液中：c（H+）=c（OH﹣）＜c（NH4+）=c（Cl﹣）
B．将pH=3的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸时，溶液中c（HCO3﹣）的变化情况是先变小后变大
D．0.01
mol L﹣1Na2CO3溶液与0.01
mol L﹣1
NaHCO3溶液等体积混合：3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）=2c（Na+）
　
二、非选择题共58分）（一）必考题（3题，共43分）
8．硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂等．现欲用氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）为原料及以下工艺流程生产ZnSO4 7H2O．
（1）步骤Ⅰ的操作是　　，滤渣A的主要成分是　　（填化学式）．
（2）步骤Ⅰ加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是　　．
（3）步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，该反应的离子方程式为　　．
（4）步骤Ⅲ得到的滤液中，金属阳离子是　　（填离子符号）．
（5）步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压低温条件下进行，其原因是　　．
（6）取28.70g
ZnSO4 7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如下图所示．
680℃时所得固体的化学式为　　（填字母序号）．
a．ZnO　b．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4
d．ZnSO4 H2O．
9．现有常温下的六份溶液：①0.01mol L﹣1
CH3COOH溶液；②0.01mol L﹣1盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol L﹣1
CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合所得溶液；⑥0.01mol L﹣1盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液．
（1）其中水的电离程度最大的是　　（选填序号，下同），水的电离程度相同的是　　．
（2）将①④混合，若有c（CH3COO﹣）＞c（H+），则混合液可能呈　　（填字母序号）．
A．酸性　　　B．碱性　　　C．中性
（3）常温下，用水稀释①0.01mol L﹣1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是　　（填字母序号）．
A．n（H+）　　　　　　　　　　　B．c（H+）
C．c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）
D．c（OH﹣）
（4）CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH…
用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因　　，写出该反应的平衡常数（Kh）表达式：Kh=　　，升高温度，Kh　　（选填“增大”“减小”或“不变”）．
（5）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，电解质为④pH=12的NaOH溶液，两电极上分别通入CH4和O2．某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示．
回答下列问题：
①甲烷燃料电池负极的电极反应式为　　．
②闭合开关K后，电解氯化钠溶液的总反应方程式为　　．
③若每个电池甲烷通入量为1L（标准状况），电解池中产生的氯气体积为　　L（标准状况）．
10．二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用．
（1）工业上利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2（g）+CO（g）? ?CH3OH（g）△H=a
kJ mol﹣1
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=b
kJ mol﹣1
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H=c
kJ mol﹣1
现在采用新工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），该反应的△H=　　，平衡常数表达式K=　　．
（2）增大压强，CH3OCH3的产率　　（填“增大”“减小”或“不变”）．
（3）原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是　　．
（4）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列实验，每次实验保持原料气的组成、压强、反应时间等因素不变，实验结果如图．CO转化率随温度变化的规律是　　，其原因是　　．
（5）已知反应②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol L﹣1
0.64
0.50
0.50
①比较此时正、逆反应速率的大小：v（正）　　（填“＞”“＜”或“=”）v（逆）．
②若开始只加入CH3OH，经10min后反应达到平衡，平衡时CH3OH的转化率α（CH3OH）=　　．
　
(二）选考题[化学--选修5：有机化学基础]
11．肉桂醛F（）在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：
已知两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：
请回答：
（1）D的结构简式为　　；检验其中官能团的试剂为　　．
（2）反应①～⑥中属于加成反应的是　　（填序号）．
（3）写出有关反应的化学方程式：③　　．
（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是　　（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）．
A．滴加AgNO3溶液
B．加NaOH溶液
C．加热
D．用稀硝酸酸化
（5）下列关于E的说法正确的是　　（填字母）．
a．能与银氨溶液反应
b．能与金属钠反应
c.1mol
E最多能和3mol氢气反应
d．核磁共振氢谱中有6个峰
（6）E物质的同分异构体有多种，其中符合条件：苯环上有两个取代基，其中一个是羧基的为：　　（写出其中一种同分异构体的结构简式即可）．
　
2016年海南省三亚市高考化学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
　
一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列有机化合物与其同分异构体数目一致的是（不考虑立体异构）（　　）
选项
有机化合物
同分异构体数目
A
分子式为C8H10的芳香烃
3种
B
分子式为C4H8的烯烃
2种
C
分子式为C6H12O2的羧酸
8种
D
分子式为C4H10O的醇
5种
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】A．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链为烷基，若有1个侧链，为﹣CH2﹣CH3；若有2个侧链，为﹣CH3，有邻、间、对三种，据此解答；
B．根据减碳法作取代基，书写C4H10的所有同分异构体，然后插入C=C，再移动双键位置；
C．分子式为C6H12O2的羧酸可以简写为C5H11COOH，先写戊基﹣C5H11异构，戊基异构数目等于己酸的异构体数目；
D．分子式为C4H10O的醇，醇分子中含有﹣OH，该有机物为C4H9OH，先书写丁基﹣C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目．
【解答】解：A．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链为烷基，若有1个侧链，为﹣CH2﹣CH3，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A错误；
B．C4H8属于烯烃的有机物结构有3种：CH2=CHCH2CH3；CH3CH=CHCH3；CH2=C（CH3）2，故B错误；
C．分子式为C6H12O2的羧酸可以简写为C5H11COOH，其中﹣C5H11有8种同分异构体：CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，所以C5H11COOH有8种同分异构体，故C正确；
D．分子式为C4H10O的醇，醇分子中含有﹣OH，该有机物为C4H9OH，丁基﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，故D错误；
故选C．
　
2．化学与环境、生活、生产、能源关系密切，下列说法正确的是（　　）
A．金属铝在生产、生活中得到广泛的应用，主要是因为其可用热还原法冶炼
B．对“地沟油”蒸馏可以获得汽油
C．氯气常用于自来水的消毒，是利用了氯气的强氧化性来杀菌消毒
D．化石燃料使用过程中排放的硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要原因
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．铝性质活泼，应选择电解法冶炼；
B．地沟油是使用的植物油；
C．氯气与水反应生成HClO，具有强氧化性；
D．依据酸雨的成因解答．
【解答】解：A．铝性质活泼，应选择电解法冶炼，通常用电解氧化铝方法制取，故A错误；
B．地沟油主要成分是高级脂肪酸甘油酯，汽油是烃，故D错误；
C．氯气与水反应生成HClO，具有强氧化性，能够使蛋白质变性，所以氯气常用于自来水的消毒，故C错误；
D．酸雨的成因是二氧化硫和氮的氧化物的排放，故D正确；
故选；D．
　
3．元素周期表前四周期的五种元素R、X、T、Z、Q在周期表中的相对位置如图所示，其中T单质在常温下为气态，Q单质在常温下为液态，则下列判断正确的是（　　）
A．原子半径及离子半径：X＞T
B．R、T、Q的氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱
C．相同物质的量的T、Z的单质的质量中Z的大
D．T的非金属性比X的非金属性强，因此T的含氧酸的酸性比X的含氧酸的酸性强
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】T单质在常温下为气态，Q单质在常温下为液态，则T为Cl，Q为Br，结合元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知R为F、X为S、Z为Ar，结合元素周期律解答．
【解答】解：T单质在常温下为气态，Q单质在常温下为液态，则T为Cl，Q为Br，结合元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知R为F、X为S、Z为Ar，
A．同周期从左向右原子半径减小，原子半径：X＞T，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为X＞T，故A正确；
B．R、T、Q的非金属性减弱，则氢化物的热稳定性减弱，而还原性依次增强，故B错误；
C．相同物质的量的T、Z的单质的质量中T的大，因T为氯气，为双原子分子，相对分子质量大，故C错误；
D．T的非金属性比X的非金属性强，因此T的最高价含氧酸的酸性比X的含氧酸的酸性强，故D错误；
故选A．
　
4．下列说法正确的是（　　）
A．某温度下水的离子积常数为Kw，在该温度下，a
mol L﹣1一元酸HA与b
mol L﹣1一元碱BOH等体积混合，溶液呈中性，则溶液中c（H+）=
B．已知MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6mol2 L﹣2，则在含有固体MgCO3的Na2CO3溶液中，有c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+） c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2 L﹣2
C．Ksp（AB2）小于Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度
D．NH4Cl和NH3 H2O的混合溶液中，分别存在NH4+的水解平衡和NH3 H2O的电离平衡，二者对对方的平衡都起了促进作用
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．溶液显中性，则c（H+）=c（OH﹣）；
B．MgCO3（s） Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），增大CO32﹣的浓度，平衡逆向移动，Mg2+浓度减小；
C．化学式组成形式相似的，Ksp越小，溶解度越小；
D．NH4Cl和NH3 H2O的混合溶液中，分别存在NH4+的水解平衡和NH3 H2O的电离平衡，二者相互抑制．
【解答】解：A．某温度下水的离子积常数为Kw，在该温度下，a
mol L﹣1一元酸HA与b
mol L﹣1一元碱BOH等体积混合，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），所以溶液中c（H+）=，故A正确；
B．在含有固体MgCO3的Na2CO3溶液中，存在MgCO3（s） Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），增大CO32﹣的浓度，平衡逆向移动，Mg2+浓度减小，所以c（Mg2+）＜c（CO32﹣），由于温度不变，所以Ksp不变，故B错误；
C．化学式组成形式相似的，Ksp越小，溶解度越小，由于AB2与CD的化学式组成不同，不能根据Ksp来判断溶解度，故C错误；
D．NH4Cl和NH3 H2O的混合溶液中，分别存在NH4+的水解平衡和NH3 H2O的电离平衡，由同离子效应可知，二者对对方的平衡都起了抑制作用，故D错误．
故选A．
　
5．如图为1mol
SO2Cl2（g）和1mol
SCl2（g）反应生成SOCl2（g）过程中的能量变化示意图，已知E1=x
kJ mol﹣1、E2=y
kJ mol﹣1，下列有关说法中正确的是（　　）
A．若在反应体系中加入催化剂，E1不变
B．若在反应体系中加入催化剂，△H减小
C．反应的活化能等于y
kJ mol﹣1
D．1
mol
SO2Cl2（g）和1
mol
SCl2（g）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，但催化剂不会改变化学反应的反应热，所以△H不变，反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，即△H=E1﹣E2，据此解答．
【解答】解：催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，但催化剂不会改变化学反应的反应热，所以△H不变，反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，即△H=E1﹣E2，
A．若在反应体系中加入催化剂，E1变小，故A错误；
B．催化剂不会改变化学反应的反应热，所以△H不变，故B错误；
C．由图可知，反应的活化能等于E1=x
kJ mol﹣1，故C错误；
D．1
mol
SO2Cl2（g）和1
mol
SCl2（g）反应生成SOCl2（g）的△H=E1﹣E2=（x﹣y）
kJ mol﹣1，故D正确；
故选D．
　
6．下列图示实验正确的是（　　）
A．
检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫
B．
分离甲苯和水
C．
测量氨气的体积
D．
进行二氧化碳喷泉实验
【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．
【分析】A．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫具有漂白性、还原性；
B．蒸馏时测定馏分的温度，冷却水下进上出；
C．氨气极易溶于水；
D．二氧化碳在水中的溶解度不大．
【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫具有漂白性、还原性，则图中品红褪色、高锰酸钾褪色可检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，故A正确；
B．蒸馏时测定馏分的温度，冷却水下进上出，则温度计的水银球应在烧瓶支管口处，冷水方向下进上出，故B错误；
C．氨气极易溶于水，则不能利用排水法测定氨气的体积，故C错误；
D．二氧化碳在水中的溶解度不大，则图中不能形成喷泉，故D错误；
故选A．
　
7．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3 H2O混合溶液中：c（H+）=c（OH﹣）＜c（NH4+）=c（Cl﹣）
B．将pH=3的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸时，溶液中c（HCO3﹣）的变化情况是先变小后变大
D．0.01
mol L﹣1Na2CO3溶液与0.01
mol L﹣1
NaHCO3溶液等体积混合：3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）=2c（Na+）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．依据电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）分析判断；
B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小，根据水的离子积常数确定氢氧根离子浓度变化；
C．向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，发生的反应依次为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，据此分析；
D.0.01
mol L﹣1Na2CO3溶液与0.01
mol L﹣1
NaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒，2n（Na）=3n（C）．
【解答】解：A．常温下，混合溶液中pH=7说明溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），则c（NH4+）=c（Cl﹣），c（H+）=c（OH﹣）＜c（NH4+）=c（Cl﹣），故A正确；
B．加水稀释能促进醋酸电离，溶液中c（H+）、c（CH3COO﹣）、c（CH3COOH）减小，温度不变，Kw不变，则c（OH﹣）增大，故B错误；
C．碳酸钠为二元弱酸对应的正盐，逐滴加入盐酸，先发生反应生成酸式盐，反应的离子方程式为：CO32﹣+H+═HCO3﹣，此时溶液中的碳酸氢根离子浓度逐渐增大，当完全生成碳酸氢根离子时，继续反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，溶液中的碳酸氢根离子浓度又逐渐减小，故C错误；
D.0.01
mol L﹣1Na2CO3溶液与0.01
mol L﹣1
NaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒，2n（Na）=3n（C），3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）=2c（Na+），故D正确；
故选AD．
　
二、非选择题共58分）（一）必考题（3题，共43分）
8．硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂等．现欲用氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）为原料及以下工艺流程生产ZnSO4 7H2O．
（1）步骤Ⅰ的操作是　酸浸和过滤　，滤渣A的主要成分是　H2SiO3　（填化学式）．
（2）步骤Ⅰ加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是　升高温度，使反应物充分混合，以加快反应速率　．
（3）步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，该反应的离子方程式为　3Fe2++MnO4﹣+8H2O=3Fe（OH）3↓+MnO（OH）2↓+5H+　．
（4）步骤Ⅲ得到的滤液中，金属阳离子是　Zn2+　（填离子符号）．
（5）步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压低温条件下进行，其原因是　降低烘干的温度，防止ZnSO4 7H2O分解　．
（6）取28.70g
ZnSO4 7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如下图所示．
680℃时所得固体的化学式为　b　（填字母序号）．
a．ZnO　b．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4
d．ZnSO4 H2O．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）加稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，反应生成硅酸不溶，过滤分离，滤液中加入高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO（OH）2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4 7H2O晶体．
（1）ZnSiO3与硫酸反应生成硅酸不溶，过滤分离；
（2）不断通入高温水蒸气可使反应液的温度升高，使反应物充分混合，以加快反应速率；
（3）在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，亚铁离子被氧化，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，配平书写离子方程式；
（4）步骤Ⅲ加锌粉置换铜离子，过滤得到硫酸锌溶液；
（5）ZnSO4 7H2O在温度较高时易失去结晶水；
（6）28.70
g
ZnSO4 7H2O的物质的量为0.1mol，分别计算分解生成ZnO、ZnSO4、ZnSO4 H2O的质量，结合温度进行判断．
【解答】解：氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）加稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，反应生成硅酸不溶，过滤分离，滤液中加入高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO（OH）2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4 7H2O晶体．
（1）步骤Ⅰ加入硫酸，加稀硫酸充分浸泡，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，ZnSiO3与硫酸反应生成硅酸不溶，过滤分离，得到滤渣A为H2SiO3，
故答案为：酸浸和过滤；H2SiO3；
（2）步骤Ⅰ加入稀硫酸进行触浸时，需不断通入高温水蒸气，可增大反应的温度，使反应物充分混合，加快反应速率，
故答案为：升高温度，使反应物充分混合，以加快反应速率；
（3）在PH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，与亚铁离子反应生成MnO（OH）2和氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为：3Fe2++MnO4﹣+8H2O=3Fe（OH）3↓+MnO（OH）2↓+5H+，
故答案为：3Fe2++MnO4﹣+8H2O=3Fe（OH）3↓+MnO（OH）2↓+5H+；
（4）步骤Ⅲ加锌粉置换铜离子，过滤得到硫酸锌溶液，滤液中含有Zn2+，
故答案为：Zn2+；
（5）ZnSO4 7H2O在温度较高时易失去结晶水，需在减压低温条件下干燥，
故答案为：降低烘干的温度，防止ZnSO4 7H2O分解；
（6）28.70
g
ZnSO4 7H2O的物质的量为0.1mol，若得ZnSO4 H2O的质量为17.90g，则温度为100℃；若得ZnSO4的质量为16.10g，则温度为250℃；若得ZnO的质量为8.10g，则温度为930℃，据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2；
故答案为：b．
　
9．现有常温下的六份溶液：①0.01mol L﹣1
CH3COOH溶液；②0.01mol L﹣1盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol L﹣1
CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合所得溶液；⑥0.01mol L﹣1盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液．
（1）其中水的电离程度最大的是　⑤　（选填序号，下同），水的电离程度相同的是　③④　．
（2）将①④混合，若有c（CH3COO﹣）＞c（H+），则混合液可能呈　A、B、C　（填字母序号）．
A．酸性　　　B．碱性　　　C．中性
（3）常温下，用水稀释①0.01mol L﹣1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是　AD　（填字母序号）．
A．n（H+）　　　　　　　　　　　B．c（H+）
C．c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）
D．c（OH﹣）
（4）CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH…
用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因　HCOO﹣+H2O=HCOOH+OH﹣　，写出该反应的平衡常数（Kh）表达式：Kh=　　，升高温度，Kh　增大　（选填“增大”“减小”或“不变”）．
（5）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，电解质为④pH=12的NaOH溶液，两电极上分别通入CH4和O2．某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示．
回答下列问题：
①甲烷燃料电池负极的电极反应式为　CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O　．
②闭合开关K后，电解氯化钠溶液的总反应方程式为　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　．
③若每个电池甲烷通入量为1L（标准状况），电解池中产生的氯气体积为　1　L（标准状况）．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；原电池和电解池的工作原理．
【分析】（1）酸碱抑制水的电离，易水解的盐促进水的电离；溶液中H+或OH﹣浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；
（2）根据溶液的组成分析；
（3）用水稀释①0.01mol L﹣1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小；
（4）HCOONa溶液水解呈碱性；根据水解常数的含义书写；水解反应为吸热反应；
（5）①甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原，负极甲烷失电子被氧化；
②电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和NaOH；
③根据关系式1
mol
CH4～8
mol
e﹣～4
mol
Cl2计算．
【解答】解：（1）0.01mol L﹣1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积所得溶液是醋酸铵和氨水溶液，其中醋酸根离子和铵根离子水解对水的电离起到促进作用，水的电离程度最大，而酸或是碱都对水的电离起抑制作用，③pH=12的氨水中水电离出的氢离子浓度是10﹣13mol/L，pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子浓度也是10﹣13mol/L，水的电离程度相同的；
故答案为：⑤；③④；
（2）0.01mol L﹣1
CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液混合，混合后溶液中c（CH3COO﹣）＞c（H+），则溶液中的溶质可能为CH3COONa或CH3COONa和CH3COOH，CH3COONa和NaOH，则溶液可能显碱性、酸性、中性；
故答案为：A、B、C；
（3）A．用水稀释①0.01mol L﹣1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，故A正确；
B．用水稀释①0.01mol L﹣1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故B错误；
C．加水稀释Ka=不变，c（H+）减小，所以减小，故C错误；
D．c（H+）减小，Kw不变，所以c（OH﹣）增大，故D正确．
故答案为：AD；
（4）HCOONa溶液水解呈碱性，水解方程式为：HCOO﹣+H2O=HCOOH+OH﹣；化学平衡常数=，已知水解方程为HCOO﹣+H2O HCOOH+OH﹣，故Kh=；水解反应为吸热反应，温度升高，水解平衡正移，K值增大；
故答案为：HCOO﹣+H2O=HCOOH+OH﹣；；增大；
（5）①在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣，负极是：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O．
故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；
②电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和NaOH，其电解方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；
故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；
③根据得失电子守恒，可得：1
mol
CH4～8
mol
e﹣～4
mol
Cl2，故若每个电池甲烷通入量为1
L（标准状况），生成4×1L=4L
Cl2；
故答案为：4．
　
10．二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用．
（1）工业上利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2（g）+CO（g）? ?CH3OH（g）△H=a
kJ mol﹣1
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=b
kJ mol﹣1
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H=c
kJ mol﹣1
现在采用新工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），该反应的△H=　（2a+b+c）kJ mol﹣1　，平衡常数表达式K=　　．
（2）增大压强，CH3OCH3的产率　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．
（3）原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是　反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率　．
（4）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列实验，每次实验保持原料气的组成、压强、反应时间等因素不变，实验结果如图．CO转化率随温度变化的规律是　温度低于240℃时，CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240℃时，CO的转化率随着温度的升高而减小　，其原因是　在较低温时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小；　．
（5）已知反应②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol L﹣1
0.64
0.50
0.50
①比较此时正、逆反应速率的大小：v（正）　＞　（填“＞”“＜”或“=”）v（逆）．
②若开始只加入CH3OH，经10min后反应达到平衡，平衡时CH3OH的转化率α（CH3OH）=　97.5%　．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）根据盖斯定律计算△H；平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（2）反应前后气体的气体减小，增大压强平衡向体积减小的方向移动；
（3）反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动；
（4）由图表可知，在较低温时，反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，反应体系均已达到平衡，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小；
（5）①将各物质的浓度带入平衡常数表达式，将计算结果与平衡常数进行比较，从而判断平衡移动方向；
②若开始只加入CH3OH，经10min后反应达到平衡，假设开始加入的甲醇为1mol，设转化的甲醇为xmol，表示出平衡时各组分物质的量，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，根据平衡常数列方程计算解答．
【解答】解：（1）已知①2H2（g）+CO（g）? ?CH3OH（g）△H=a
kJ mol﹣1
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=b
kJ mol﹣1
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H=c
kJ mol﹣1
根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=（2a+b+c）kJ mol﹣1，
平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，所以K=；
故答案为：（2a+b+c）kJ mol﹣1；；
（2）反应前后气体的气体减小，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CH30CH3的产率增大；
故答案为：增大；
（3）反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率，
故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；
（4）由图表可知，温度低于240℃时，CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240℃时，CO的转化率随着温度的升高而减小，
在较低温时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，
故答案为：温度低于240℃时，CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240℃时，CO的转化率随着温度的升高而减小；
在较低温时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小；
（5）①该反应的平衡常数表达式为：K=，将所给浓度带入平衡常数表达式：
=1.29＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率；
故答案为：＞；
②若开始只加入CH3OH，经10min后反应达到平衡，假设开始加入的甲醇为1mol，设转化的甲醇为xmol，则：
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）
起始量（mol）：1
0
0
变化量（mol）：x
0.5x
0.5x
平衡量（mol）：1﹣x
0.5x
0.5x
反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则=400mol，解得x=0.975，故甲醇的转化率为×100%=97.5%；
故答案为：97.5%．
　
(二）选考题[化学--选修5：有机化学基础]
11．肉桂醛F（）在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：
已知两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：
请回答：
（1）D的结构简式为　　；检验其中官能团的试剂为　银氨溶液或新制的Cu（OH）2悬浊液　．
（2）反应①～⑥中属于加成反应的是　①⑤　（填序号）．
（3）写出有关反应的化学方程式：③　　．
（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是　BCDA　（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）．
A．滴加AgNO3溶液
B．加NaOH溶液
C．加热
D．用稀硝酸酸化
（5）下列关于E的说法正确的是　ab　（填字母）．
a．能与银氨溶液反应
b．能与金属钠反应
c.1mol
E最多能和3mol氢气反应
d．核磁共振氢谱中有6个峰
（6）E物质的同分异构体有多种，其中符合条件：苯环上有两个取代基，其中一个是羧基的为：　三种任写一种即可　（写出其中一种同分异构体的结构简式即可）．
【考点】有机物的推断．
【分析】反应①可知，A为C2H5OH，②C2H5OH氧化为BCH3CHO，由反应③可知C为，则D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为，结合对应物质的结构和性质解答该题．
【解答】解：反应①可知，A为C2H5OH，②C2H5OH氧化为BCH3CHO，③可知C为，D为．B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为，
（1）由以上分析可知D为，含有醛基，可与银氨溶液或新制的Cu（OH）2悬浊液在加热条件下反应，
故答案为：；银氨溶液或新制的Cu（OH）2悬浊液；
（2）由官能团的转化和反应条件可知①为加成反应，②为氧化反应，③为取代反应，④为氧化反应，⑤加成反应，故答案为：①⑤；
（3）反应③为氯代烃的取代反应，反应的方程式为，
故答案为：；
（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验，
故答案为：BCDA；
（5）E为，含有醛基，可发生氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化以及与金属钠反应，分子中苯环和醛基都可与氢气发生加成反应，有7种性质不同的H原子，故答案为：ab；
（6）E为，对应的同分异构体中苯环上有两个取代基，其中一个是羧基，则可能为，故答案为：
三种任写一种即可．
　
2016年12月26日