2016年湖南省怀化市高考化学二模试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 2016年湖南省怀化市高考化学二模试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 330.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-03 18:13:04 | ||
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文档简介
2016年湖南省怀化市高考化学二模试卷
一、选择题：本大题共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．若生产者固定的太阳能等于消费者呼吸散失的能量，则该自然生态系统处于稳态化学与生活、生产联系紧密，下列说法不正确的是（ ）
A．过氧化钠常用于远途运输鱼苗的供氧
B．侯式制碱法的工艺过程中应用了物质的溶解性差异
C．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
D．使用含有钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱
2．下列说法或者方程式正确的是（ ）
A．使酚酞变红的溶液中，这些离子不可大量共存：Cl﹣，S2﹣，SO32﹣，K+
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，计算式的值始终不变
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，发生反应：2+H2O+CO2→2+Na2CO3
D．硝酸亚铁溶液中滴入盐酸的离子反应方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO+2H2O
3．已知1，3丁二烯（）可以发生1，2加成或者1，4加成，其1，4加成反应的原理是分子中的两个双键同时断裂，1，4号碳各加上一个原子后，中间两个碳的未成对电子又配对成双键．则有机物A（结构简式）与溴水反应的产物共有（ ）种．
A．5
B．8
C．9
D．10
4．25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol．L﹣1的一组醋酸与醋酸钾的混合溶液，溶液中的c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．该温度下醋酸的电离平衡常数为ka=10﹣4.75
B．pH=6的溶液中，c（K+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
C．pH=3.75的溶液中c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．向W点所示溶液中通入0.1molHCl气体（溶液体积可以忽略不计）c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COOH）
5．有A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，B，D同主族，且B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等．C是同周期中原子半径最大的主族元素，下列说法不正确的是（ ）
A．E的单质不具有漂白能力
B．A2D与DB2可发生氧化还原反应，氧化产物与还原产物的质量比为2：1
C．A2D的还原性弱于AE的还原性
D．B与C形成的两种离子化合物中，阴、阳离子个数比相等且所含化学键类型不完全相同
6．从理论上讲，一切自发的氧化还原反应均可设计成原电池，下列不正确的是（ ）
A．非自发的氧化还原反应不可以设计成原电池
B．将反应
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O
设计成原电池，其正极反应为：2NO3﹣+6e﹣+8H+═2NO+4H2O
C．铅蓄电池工作时，正极、负极质量均增加
D．氢氧燃料电池耗H20.1mol时，电路中流经的电子数为0.1NA
7．下列实验操作能达到预期实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A．证明Fe3+与SO2发生了氧化还原反应
将过量SO2通入FeCl3溶液中，然后将反应液加入酸性高锰酸钾溶液中，发现高锰酸钾溶液褪色．
B．除去CH3COOC2H5中的乙醇
加入适量CH3COOH，加热
C．鉴别等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
分别向未知的溶液中滴加同浓度的盐酸，观察
现象
D．比较H2CO3、HCN的酸性强弱
用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH值，比较pH大小
A．A
B．B
C．C
D．D
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
8．金属镍在电池和电镀等工业上具有广泛的用途，可镍也具有很强的毒性，若不进行回收处理，将对环境造成很大的影响，以下是以电镀废渣为原料获得NiSO4 6H2O的过程，已知，废渣中除含金属镍外，主要含有：Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物．
部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
CuS
ZnS
FeS
NiS
Al（OH）3
Mg（OH）2
Ni（OH）2
pH
3.2
9.7
≥﹣0.42
≥2.5
≥7
≥7.5
≥5
≥8
≥8.5
（1）往废渣中加H2SO4酸浸，提高酸浸效率的方法有 （至少写出2点）
（2）加Na2S同时调溶液的pH为3，目的是除去铜、锌等杂质，则往滤液Ⅱ中加入H2O2的反应的离子方程式为 ．
（3）操作Ⅰ包括以下过程： 、 、过滤、洗涤、干燥．该洗涤过程不能用水洗涤，应该用 洗涤，目的是 ．干燥有低温干燥和高温干燥，能否用高温干燥 ，理由是 ．
（4）滤液Ⅲ中加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，若向含有Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，常温下当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Al3+）= ．{已知：25℃时，KSP[Mg（OH）2]=5.0×10﹣14；KSP[Al（OH）3]=2.0×10﹣33}．
9．利用所学化学知识回答问题
Ⅰ、甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=？
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
CO
H﹣O
C﹣H
E/（kJ mol﹣1）
436
343
1076
465
x
则x= ．
（2）若T℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生反应②，测得H2的物质的量随时间变化如图1中状态Ⅰ（图1中实线）所示．图1中数据A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6mol．
①T℃时，状态Ⅰ条件下，平衡常数K= ；
②其他条件不变，仅改变温度时，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅲ所示，则状态Ⅲ对应的温度 （填“＞”“＜”或“=”）T℃；
③一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是 ．
a．
2个C=O断裂的同时有2个H﹣O生成
b．容器中混合气体平均摩尔质量不变
c．v逆（H2）=3v正（CH3OH）
d．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
Ⅱ、二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题．
（1）CO2经过催化氢化合成低碳烯烃．在2L恒容密闭容器中充入2moI
CO2和nmol
H2，在一定条件下发生反应：2C02（g）+6H2（g） CH2=CH2（g）+4H20（g），△H=﹣128kJ/mol．CO2的转化率与温度、投料比[X=]的关系如图2所示．
①X2
X1（填“＞”、“＜”或“=”）
②在500K时，若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，则v（H2）= ．
（2）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图3如下，则左侧产生乙烯的电极反应式为 ．
10．实验室制备乙酸乙酯，是将3mL乙醇加入一支试管中，然后边振荡试管，边慢慢加入2mL浓H2SO4和2mL乙酸，按如图连接好装置，在酒精灯上加热．观察现象．
I．原理
（1）浓硫酸（）溶于乙醇中并不是简单的物理溶解而是伴随着化学反应，生成了硫酸乙酯（）和硫酸二乙酯（）．
请写出浓硫酸与乙醇反应生成硫酸二乙酯的化学方程式： ．
（2）生成的硫酸乙酯，硫酸二乙酯遇乙酸在加热的条件下发生酸解生成乙酸乙酯．
请写出硫酸乙酯与乙酸反应的化学方程式： ．
（3）根据以上信息结合平时所学，判断下列说法正确的是
A．催化剂不参加化学反应
B．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质可能改变
C．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质不变
D．催化剂不但可以改变反应速率也可以改变可逆反应进行的程度
E．催化剂是通过改变化学反应途径进而改变活化能，从而改变化学反应速率的
（4）实验过程中先用小火，一段时间以后，又改用大火加热原因是：
（5）在右边试管中收集乙酸乙酯，用分液方法可以将乙酸乙酯分离出来．分离出来的乙酸乙酯一般用氯化钙除去其中的 （填名称）杂质，再用
（a．P2O5
b．无水Na2SO4
c．碱石灰
d．NaOH）干燥剂对其进行干燥．最后得乙酸乙酯2mL．计算乙酸乙酯的产率 [已知乙醇密度：0.79（g cm﹣3）；乙酸密度：1.05（g cm﹣3）；乙酸乙酯密度：0.90（g cm﹣3）]．
【化学-选修2：化学与技术】共1小题，满分15分）
11．海水是巨大的资源宝库，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源．如图是海水综合利用的部分流程示意图：
回答下列问题：
（1）海水淡化是沿海缺水地区获取淡水的方法之一，列举出海水淡化的两种方法： 、 ．
（2）电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液，通电时氯气被电解后的溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：
（3）工业制得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定纯碱样品中NaCl的质量分数：
样品ag
溶液沉淀
固体bg，则检验沉淀是否洗涤干净的方法是
（4）用海水提镁流程中得到的MgCl2电解冶炼镁时往往阳极上产生两种气体，可能的原因是原料中混有杂质 （填化学式）
（5）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收．写出反应的离子方程式为： ；吸收0.5molBr2时转移的电子为 mol．
（6）若某海水中含c（Br﹣）=0.09mol/L，从海水中提取工业液溴过程中，溴的损失率为30%；现有1m3这种海水，按上述流程提取的工业液溴中含少量Cl2，加入10.3gNaBr恰好将氯气完全除去，经蒸馏得到纯溴（蒸馏过程中不计损失），则得到的溴的质量为（写出计算式即可） ．
【化学一物质结构与性质]】（共1小题，满分0分）
12．硼及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位．
（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为 ，从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是
（2）硼酸（H3B03）是白色片状晶体（层状结构如图），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性．在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子杂化轨道的类型是 ，其同层分子间的主要作用力是
（3）已知H3BO3与足量kOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，写出硼酸的电离方程式：
（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理 [BH4]﹣的空问构型是
（5）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部．该晶胞中M原子的个数为 ，该材料的化学式为 ．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
13．有机化合物烃A是工业上常用有机化工原料，下列是A合成聚合物H的合成路线：
已知：I．
II．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO
III不能被氧化成醛或酮；
回答下列问题：
（1）A能使溴水褪色，核磁共振氢谱显示有3组峰，且密度是相同条件下H2的21倍，则A的结构简式：
（2）写出下列反应类型②：
③： ④：
（3）F含有的官能团 （写名称）
（4）写出E与D生成F的化学方程式： 写出G合成H的化学方程式：
（5）G有多种同分异构体，符合下列条件G的同分异构体有 种
①属于芳香醇，苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应
③水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应
其中苯环上的一溴代物只有2种，且不能被催化氧化的结构简式为： ．
2016年湖南省怀化市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共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．若生产者固定的太阳能等于消费者呼吸散失的能量，则该自然生态系统处于稳态化学与生活、生产联系紧密，下列说法不正确的是（ ）
A．过氧化钠常用于远途运输鱼苗的供氧
B．侯式制碱法的工艺过程中应用了物质的溶解性差异
C．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
D．使用含有钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A、过氧化钠与水反应生成氧气；
B、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；
C、具有吸水性的植物纤维无毒；
D、可生成高级脂肪酸钙沉淀．
【解答】解；A、过氧化钙常用于远途运输鱼苗的供氧，故A错误；
B、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，碳酸氢钠不稳定受热分解，所以应用了溶解度和不稳定性，故B正确；
C、具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故C正确；
D、含钙离子浓度较大的地下水与高级脂肪酸钠反应可生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故D正确．
故选A．
2．下列说法或者方程式正确的是（ ）
A．使酚酞变红的溶液中，这些离子不可大量共存：Cl﹣，S2﹣，SO32﹣，K+
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，计算式的值始终不变
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，发生反应：2+H2O+CO2→2+Na2CO3
D．硝酸亚铁溶液中滴入盐酸的离子反应方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO+2H2O
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子方程式的书写；离子共存问题．
【分析】A．酚酞试液在碱性溶液中变红；
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，乙酸根离子物质的量逐渐增大，乙酸、氢氧根离子物质的量逐渐减小；
C．苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．二价铁离子被硝酸根氧化生成三价铁离子，硝酸根被还原为NO．
【解答】解：A．Cl﹣，S2﹣，SO32﹣，K+，在碱性溶液中不反应，可以大量共存，故A错误；
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，乙酸根离子物质的量逐渐增大，乙酸、氢氧根离子物质的量逐渐减小，计算式的值始终增大，最终不变，故B错误；
C．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3﹣，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3，故C错误；
D．向硝酸亚铁溶液中滴加盐酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；
故选D．
3．已知1，3丁二烯（）可以发生1，2加成或者1，4加成，其1，4加成反应的原理是分子中的两个双键同时断裂，1，4号碳各加上一个原子后，中间两个碳的未成对电子又配对成双键．则有机物A（结构简式）与溴水反应的产物共有（ ）种．
A．5
B．8
C．9
D．10
【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】根据中含有三个双键，能发生1：1加成反应，且存在与1，3﹣丁二烯类似结构，则能发生1，4加成．也可以发生1：2加成以及全加成．
【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；
1分子物质与1分子Br2加成时，可以在1的位置上发生加成，也可以在2的位置上发生加成，还可以在在3的位置上发生加成，还可以1分子Br2在1、2发生加成反应，在2、3发生加成反应，有5种产物；
1分子物质与2分子Br2加成时，可以在1、2的位置上发生加成，也可以在1、3的位置上发生加成，还可以在2、3的位置上发生加成，有3种产物；
1分子物质与3分子Br2加成时，可以在1、2、3的位置上发生加成，有1种产物；
共有9种产物，故选C．
4．25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol．L﹣1的一组醋酸与醋酸钾的混合溶液，溶液中的c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．该温度下醋酸的电离平衡常数为ka=10﹣4.75
B．pH=6的溶液中，c（K+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
C．pH=3.75的溶液中c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．向W点所示溶液中通入0.1molHCl气体（溶液体积可以忽略不计）c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COOH）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】由图象可看出，随pH的增大浓度增大的曲线应为c（CH3COO﹣），浓度减小的曲线应为c（CH3COOH），X点时c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），结合溶液的电荷守恒、物料守恒解答该题．
【解答】解：A．在W点，c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），电离平衡常数为k==c（H+）=10﹣4.75
mol L﹣1，故A正确；
B．c（K+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），再把题干中的c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol L﹣1代入即可得c（K+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol L﹣1，故B错误；
C．根据图知，pH=3.75时，c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；
故选A．
5．有A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，B，D同主族，且B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等．C是同周期中原子半径最大的主族元素，下列说法不正确的是（ ）
A．E的单质不具有漂白能力
B．A2D与DB2可发生氧化还原反应，氧化产物与还原产物的质量比为2：1
C．A2D的还原性弱于AE的还原性
D．B与C形成的两种离子化合物中，阴、阳离子个数比相等且所含化学键类型不完全相同
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，则A为H元素；B，D同主族，则B只能位于第二周期、D位于第三周期，C是同周期中原子半径最大的主族元素，由于C的原子序数大于B，则C为Na元素；又B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等，设B、D最外层电子数为x，则2x=1+11，解得x=6，所以B为O、D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素，据此进行解答．
【解答】解：A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，则A为H元素；B，D同主族，则B只能位于第二周期、D位于第三周期，C是同周期中原子半径最大的主族元素，由于C的原子序数大于B，则C为Na元素；又B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等，设B、D最外层电子数为x，则2x=1+11，解得x=6，所以B为O、D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素，
A．E为Cl元素，次氯酸具有漂白性，干燥的氯气不具有漂白性，故A正确；
B．A2D与DB2分别为H2S与SO2，二者发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化剂为二氧化硫，对应产物为还原产物，还原剂为硫化氢，对应产物为氧化产物，则氧化产物与还原产物的质量比为2：1，故B正确；
C．A2D为H2S，AE为HCl，非金属性Cl大于S，则硫化氢的还原性大于HCl，故C错误；
D．B与C形成的两种离子化合物为氧化钠和过氧化钠，阴、阳离子个数比相等，都是2：1，且所含化学键类型不完全相同，过氧化钠中除了含有离子键，还含有共价键，故D正确；
故选C．
6．从理论上讲，一切自发的氧化还原反应均可设计成原电池，下列不正确的是（ ）
A．非自发的氧化还原反应不可以设计成原电池
B．将反应
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O
设计成原电池，其正极反应为：2NO3﹣+6e﹣+8H+═2NO+4H2O
C．铅蓄电池工作时，正极、负极质量均增加
D．氢氧燃料电池耗H20.1mol时，电路中流经的电子数为0.1NA
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A．原电池反应为自发的氧化还原反应；
B．原电池中得电子的为正极；
C．铅蓄电池工作时Pb、PbO都生成硫酸铅；
D．氢氧燃料电池耗H20.1mol时，电路中流经的电子数为0.2NA．
【解答】解：A．原电池反应为自发的氧化还原反应，所以非自发的氧化还原反应不可以设计成原电池，故A正确；
B．原电池中得电子的为正极，所以将反应
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O
设计成原电池，其正极反应为：2NO3﹣+6e﹣+8H+═2NO+4H2O，故B正确；
C．放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，两极均生成难溶性的PbSO4，所以两极质量均增加，故C正确；
D．氢氧燃料电池中负极反应为H2﹣2e﹣=2H+，所以消耗H2
0.1mol时，电路中流经的电子数为0.2NA，故D错误；
故选D．
7．下列实验操作能达到预期实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A．证明Fe3+与SO2发生了氧化还原反应
将过量SO2通入FeCl3溶液中，然后将反应液加入酸性高锰酸钾溶液中，发现高锰酸钾溶液褪色．
B．除去CH3COOC2H5中的乙醇
加入适量CH3COOH，加热
C．鉴别等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
分别向未知的溶液中滴加同浓度的盐酸，观察
现象
D．比较H2CO3、HCN的酸性强弱
用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH值，比较pH大小
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．酸性高锰酸钾溶液和亚铁离子、二氧化硫都反应；
B．二者互溶，应该加入水，采用分液的方法分离；
C．碳酸钠和稀盐酸反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；
D．碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸．
【解答】解：A．二氧化硫和氯化亚铁都能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验，应该用铁氰化钾溶液检验，故A错误；
B．二者互溶，乙醇能溶于水、乙酸乙酯不溶于水，所以可以用水作萃取剂，然后采用分液的方法分离，故B错误；
C．碳酸钠和稀盐酸反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以可以根据生成气体先后顺序鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故C正确；
D．碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，所以不能根据碳酸钠溶液和NaCN溶液pH大小判断酸性强弱，应该用相同浓度的NaCN、NaHCO3溶液比较，故D错误；
故选C．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
8．金属镍在电池和电镀等工业上具有广泛的用途，可镍也具有很强的毒性，若不进行回收处理，将对环境造成很大的影响，以下是以电镀废渣为原料获得NiSO4 6H2O的过程，已知，废渣中除含金属镍外，主要含有：Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物．
部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
CuS
ZnS
FeS
NiS
Al（OH）3
Mg（OH）2
Ni（OH）2
pH
3.2
9.7
≥﹣0.42
≥2.5
≥7
≥7.5
≥5
≥8
≥8.5
（1）往废渣中加H2SO4酸浸，提高酸浸效率的方法有 搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等 （至少写出2点）
（2）加Na2S同时调溶液的pH为3，目的是除去铜、锌等杂质，则往滤液Ⅱ中加入H2O2的反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．
（3）操作Ⅰ包括以下过程： 冷却 、 结晶 、过滤、洗涤、干燥．该洗涤过程不能用水洗涤，应该用 酒精 洗涤，目的是 既能洗涤沉淀表面残余的溶液又有利晶体的干燥并减少NiSO4﹒6H2O晶体的损失 ．干燥有低温干燥和高温干燥，能否用高温干燥 否 ，理由是 温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水 ．
（4）滤液Ⅲ中加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，若向含有Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，常温下当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Al3+）= 2.5×1013 ．{已知：25℃时，KSP[Mg（OH）2]=5.0×10﹣14；KSP[Al（OH）3]=2.0×10﹣33}．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】根据流程图：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶于硫酸的杂质铜等，滤液含有二价铁离子、铜离子、锌离子、镁离子等杂质，加入硫化钠调节pH=3，根据表格信息可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，滤液Ⅳ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，经冷却结晶、过滤、洗涤，干燥得NiSO4﹒6H2O；
（1）提高酸浸效率，实质为加快反应速率，搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等，可加快反应速率；
（2）滤液Ⅱ中加入H2O2的目的是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值3.5使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去；
（3）从溶液中得到晶体，可经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，NiSO4﹒6H2O晶体易溶于水，洗涤过程计算不能用水洗涤，应用酒精洗涤，温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水；
（4）当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（H+）=10﹣8mol/L，计算出c（OH﹣），根据25℃时，KSP[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=5.0×10﹣14计算出c（Mg2+），；KSP[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH﹣）=2.0×10﹣33计算出c（Al3+），进一步计算出c（Mg2+）：c（Al3+）．
【解答】解：根据流程图：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶于硫酸的杂质铜等，滤液含有二价铁离子、铜离子、锌离子、镁离子等杂质，加入硫化钠调节pH=3，根据表格信息可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值3.5使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，滤液Ⅳ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，经冷却结晶、过滤、洗涤，干燥得NiSO4﹒6H2O；
（1）提高酸浸效率，根据影响反应速率的因素，搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等，可加快反应速率，
故答案为：搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等；
（2）滤液Ⅱ中加入H2O2的目的是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值3.5使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）从溶液中得到晶体，可经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，NiSO4﹒6H2O晶体易溶于水，洗涤过程计算不能用水洗涤，应用酒精洗涤，既能洗涤沉淀表面残余的溶液又有利晶体的干燥并减少NiSO4﹒6H2O晶体的损失；干燥应低温干燥，因温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水，
故答案为：冷却结晶；酒精；
既能洗涤沉淀表面残余的溶液又有利晶体的干燥并
减少NiSO4﹒6H2O晶体的损失；否；温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水；
（4）当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（H+）=10﹣8mol/L，计算出c（OH﹣）=10﹣6mol/L，根据25℃时，KSP[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=5.0×10﹣14计算出c（Mg2+）==5.0×10﹣2mol/L，；KSP[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH﹣）=2.0×10﹣33计算出c（Al3+）==2.0×10﹣15mol/L，进一步计算出c（Mg2+）：c（Al3+）=2.5×1013；
故答案为：2.5×1013．
9．利用所学化学知识回答问题
Ⅰ、甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=？
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
CO
H﹣O
C﹣H
E/（kJ mol﹣1）
436
343
1076
465
x
则x= 413kJ/mol ．
（2）若T℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生反应②，测得H2的物质的量随时间变化如图1中状态Ⅰ（图1中实线）所示．图1中数据A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6mol．
①T℃时，状态Ⅰ条件下，平衡常数K= 0.5 ；
②其他条件不变，仅改变温度时，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅲ所示，则状态Ⅲ对应的温度 ＞ （填“＞”“＜”或“=”）T℃；
③一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是 bc ．
a．
2个C=O断裂的同时有2个H﹣O生成
b．容器中混合气体平均摩尔质量不变
c．v逆（H2）=3v正（CH3OH）
d．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
Ⅱ、二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题．
（1）CO2经过催化氢化合成低碳烯烃．在2L恒容密闭容器中充入2moI
CO2和nmol
H2，在一定条件下发生反应：2C02（g）+6H2（g） CH2=CH2（g）+4H20（g），△H=﹣128kJ/mol．CO2的转化率与温度、投料比[X=]的关系如图2所示．
①X2 ＞
X1（填“＞”、“＜”或“=”）
②在500K时，若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，则v（H2）= 0.225mol/（L．min） ．
（2）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图3如下，则左侧产生乙烯的电极反应式为 2CO2+12e﹣+12H+=CH2=CH2+4H2O ．
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．
【分析】（1）依据盖斯定律和化学反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；
（2）①由图可知，T℃时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气的物质的量为8mol﹣2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L，据此结合三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；
②由图可知，曲线Ⅲ到达平衡的时间缩短，反应速率加快，平衡时氢气的物质的量增大，平衡向逆反应移动，据此判断；
③达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此分析解答．
Ⅱ、（1）①相同条件下，投料比[X=]越大，二氧化碳的转化率越大，据此判断X1、X2的相对大小；
②若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，n（CO2）=2mol，则n（H2）=10mol，B点二氧化碳的转化率为75%，则参加反应的n（CO2）=2mol×75%=1.5mol，根据二氧化碳和氢气之间的关系式知，参加反应的n（H2）=3n（CO2）=4.5mol，则v（H2）=；
（2）阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水．
【解答】解：（1）依据盖斯定律计算①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=②﹣③=﹣58kJ/mol﹣41kJ/mol=﹣99kJ/mol
焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，则反应①的△H=﹣99kJ/mol=1076kJ/mol+2×436kJ/mol﹣3×xkJ/mol﹣343kJ/mol﹣465kJ/mol，
解得：x=413kJ/mol，
故答案为：413kJ/mol；
（2）①由图可知，T℃时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气的物质的量为8mol﹣2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L，则：
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol/L）：3
4
0
0
变化（mol/L）：1
3
1
1
平衡（mol/L）：2
1
1
1
故该温度下平衡常数k===0.5，
故答案为：0.5
②由图可知，曲线Ⅲ到达平衡的时间缩短，反应速率加快，平衡时氢气的物质的量增大，平衡向逆反应移动，则条件改变是升温，
故答案为：＞；
③a.2个C=O断裂的同时有2个H﹣O生成，都是指正反应方向，所以不能判断达到了平衡状态，故a错误；
b．容器中混合气体平均摩尔质量不变，则正逆反应速率相等，表明反应达到平衡状态，故b正确；
c．v逆（H2）=3v正（CH3OH），则正逆反应速率相等，表明反应达到平衡状态，故c正确；
d．甲醇和水蒸气都是生成物，体积比始终保持不变，所以不能判断达到了平衡状态，故d错误；
故答案为：b
c；
Ⅱ、（1）①相同条件下，投料比[X=]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2，
故答案为：＞；
②若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，n（CO2）=2mol，则n（H2）=7mol，B点二氧化碳的转化率为75%，则参加反应的n（CO2）=2mol×75%=1.5mol，根据二氧化碳和氢气之间的关系式知，参加反应的n（H2）=3n（CO2）=4.5mol，则v（H2）===0.225mol/（L．min），
故答案为：0.225mol/（L．min）；
（2）阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水．电极反应式为：2CO2+12e﹣+12H+=CH2=CH2+4H2O，
故答案为：2CO2+12e﹣+12H+=CH2=CH2+4H2O．
10．实验室制备乙酸乙酯，是将3mL乙醇加入一支试管中，然后边振荡试管，边慢慢加入2mL浓H2SO4和2mL乙酸，按如图连接好装置，在酒精灯上加热．观察现象．
I．原理
（1）浓硫酸（）溶于乙醇中并不是简单的物理溶解而是伴随着化学反应，生成了硫酸乙酯（）和硫酸二乙酯（）．
请写出浓硫酸与乙醇反应生成硫酸二乙酯的化学方程式： 2C2H5OH+H2SO4→（OC2H5）2SO2+2H2O ．
（2）生成的硫酸乙酯，硫酸二乙酯遇乙酸在加热的条件下发生酸解生成乙酸乙酯．
请写出硫酸乙酯与乙酸反应的化学方程式： C2H5OSO2（OH）+CH3COOH→CH3COOC2H5+H2SO4 ．
（3）根据以上信息结合平时所学，判断下列说法正确的是 CE
A．催化剂不参加化学反应
B．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质可能改变
C．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质不变
D．催化剂不但可以改变反应速率也可以改变可逆反应进行的程度
E．催化剂是通过改变化学反应途径进而改变活化能，从而改变化学反应速率的
（4）实验过程中先用小火，一段时间以后，又改用大火加热原因是： 开始小火加热是为了减少乙酸特别是乙醇的挥发，后来大火加热是为了及时蒸出乙酸乙酯使平衡不断正移．
（5）在右边试管中收集乙酸乙酯，用分液方法可以将乙酸乙酯分离出来．分离出来的乙酸乙酯一般用氯化钙除去其中的 乙醇 （填名称）杂质，再用 b
（a．P2O5
b．无水Na2SO4
c．碱石灰
d．NaOH）干燥剂对其进行干燥．最后得乙酸乙酯2mL．计算乙酸乙酯的产率 58.4% [已知乙醇密度：0.79（g cm﹣3）；乙酸密度：1.05（g cm﹣3）；乙酸乙酯密度：0.90（g cm﹣3）]．
【考点】乙酸乙酯的制取．
【分析】（1）乙醇与浓硫酸生成酯，即类似于酯化反应，根据酯化反应的断键规律得乙醇与浓硫酸反应生成硫酸乙二酯的化学方程式；（2）根据酯化反应的规律可得硫酸乙酯的结构式，硫酸乙酯与酸反应生成乙酸乙酯，观察硫酸乙酯与乙酸乙酯的结构，满足取代反应的规律，得化学方程式；（3）结合信息，浓硫酸通过改变反应途径参与了该反应；（4）乙酸乙醇极易挥发，产物的减少不利于反应进行，需小火防止其挥发，为了使反应充分进行，大火蒸发出产物有利于平衡正向移动；（5）分离出来的乙酸乙酯中混有少量乙醇和水的混合液，氯化钙可以吸水，除乙醇，再用无水硫酸钠干燥；由题中信息计算，乙醇多，乙酸反应完全，算出理论上．生成乙酸乙酯的质量，再计算产率．
【解答】解：（1）题中信息浓硫酸与乙醇生成酯类物质，即类似于酯化反应，根据酯化反应断键规律：酸的羟基与醇羟基上的氢原子结合生成水，得浓硫酸与乙醇生成硫酸乙二酯的化学方程式：2C2H5OH+H2SO4→（OC2H5）2
SO2+2H2O．故答案为：2C2H5OH+H2SO4→（OC2H5）2
SO2+2H2O；（2）由（1）可得浓硫酸与乙醇反应生成产物硫酸乙酯的结构简式为：C2H5OSO2（OH），由题硫酸乙酯与乙酸生成乙酸乙酯，观察可知硫酸乙酯中﹣SO2（OH）基团被乙酸中的CH3CO﹣基团取代，根据取代反应的规律，可得硫酸乙酯与乙酸的反应方程式：C2H5OSO2（OH）+CH3COOH→CH3COOC2H5+H2SO4．故答案为：C2H5OSO2（OH）+CH3COOH→CH3COOC2H5+H2SO4
（3）由题中的信息，硫酸在该反应中做催化剂，通过改变反应途径参与了反应，但反应前后浓硫酸并未改变，所以CE正确．故答案为：C
E；（4）乙酸乙醇均易挥发，所以为了防止反应物挥发减少，开始小火加热，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的反应是一个可逆反应，为了使反应充分，减少生成物促使反应正向移动，所以大火蒸发出产物乙酸乙酯．故答案为：开始小火加热是为了减少乙酸特别是乙醇的挥发，后来大火加热是为了及时蒸出乙酸乙酯使平衡不断正移；
（5）从饱和碳酸钠溶液中分离出的乙酸乙酯中含有少量乙醇与水的混合液，无水氯化钙吸水，能除掉乙醇；乙酸乙酯在酸性碱性条件下易水解，五氧化二磷与水生成磷酸显酸性，碱石灰中有氢氧化钠，会使乙酸乙酯水解，所以ac错误，选b．由方程式可知，n（乙酸）：n（乙醇）：n（乙酸乙酯）=1：1：1，由题计算：m（乙酸）=2ml×1.05g/ml=2.1g，则n（乙酸）=2.1g÷60g/mol=0.035mol，m（乙醇）=3ml×0.79g/ml=2.37g，则n（乙醇）=2.37g÷46g/mol=0.05mol，n（乙醇）：n（乙酸）=0.05：0.035＞1：1，说明乙醇过多，乙酸反应完全，由乙酸计算乙酸乙酯，则理论上生成的乙酸乙酯也为0.035mol，质量为0.035mol×88g/mol=3.08g，实际生成的乙酸乙酯质量为2ml×0.9g/ml=1.8g，故乙酸乙酯的产率为1.8÷3.08×100%≈5≈58.4%．故答案为：乙醇；b；58.4%
【化学-选修2：化学与技术】共1小题，满分15分）
11．海水是巨大的资源宝库，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源．如图是海水综合利用的部分流程示意图：
回答下列问题：
（1）海水淡化是沿海缺水地区获取淡水的方法之一，列举出海水淡化的两种方法： 蒸馏法、 、 离子交换法 ．
（2）电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液，通电时氯气被电解后的溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式： NaCl+H2ONaClO+H2↑
（3）工业制得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定纯碱样品中NaCl的质量分数：
样品ag
溶液沉淀
固体bg，则检验沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀H2SO4（或硝酸酸化的AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净；若无白色沉淀出现，则沉淀已洗涤干净
（4）用海水提镁流程中得到的MgCl2电解冶炼镁时往往阳极上产生两种气体，可能的原因是原料中混有杂质 C （填化学式）
（5）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收．写出反应的离子方程式为： 3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑ ；吸收0.5molBr2时转移的电子为 mol．
（6）若某海水中含c（Br﹣）=0.09mol/L，从海水中提取工业液溴过程中，溴的损失率为30%；现有1m3这种海水，按上述流程提取的工业液溴中含少量Cl2，加入10.3gNaBr恰好将氯气完全除去，经蒸馏得到纯溴（蒸馏过程中不计损失），则得到的溴的质量为（写出计算式即可） ．
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】（1）淡化海水，应降低水中的离子浓度，可用蒸馏法、离子交换法、电渗析法等；
（2）由题意可知电解氯化钠溶液生成次氯酸钠和氢气；
（3）检验沉淀是否洗涤干净，可检验最后一次的洗涤液是否含钡离子或氯离子；
（4）电解氯化镁阳极生成氯气，若生成两种气体，可能含有碳杂质，生成二氧化碳；
（5）用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出CO2，NaBr化合价降低1，生成NaBrO3化合价升高5，根据化合价升降总数相等和质量守恒配平；
（6）纯溴为溴水中的有效溴和加入的溴化钠中的溴，根据溴原子守恒解答．
【解答】解：（1）常见淡化海水的方法有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，
故答案为：蒸馏法；离子交换法；
（2）根据题意可知，氯气和氢氧化钠溶液反应生成物中只有一种溶质，所以该溶质是次氯酸钠，则反应的化学方程式是NaCl+H2ONaClO+H2↑，
故答案为：NaCl+H2ONaClO+H2↑；
（3）测定样品中NaCl的质量分数，由流程可知，固体bg为碳酸钡的质量，检验沉淀是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀H2SO4（或硝酸酸化的AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净；若无白色沉淀出现，则沉淀已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀H2SO4（或硝酸酸化的AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净；若无白色沉淀出现，则沉淀已洗涤干净；
（4）电解熔融的MgCl2，氯离子移向阳极失电子生成氯气，镁离子在阴极得到电子生成镁，阳极的电极反应为；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；阴极电极反应是：Mg2++2e﹣=Mg，阳极上产生两种气体，可能的原因是原料中混有杂质C被氧化成二氧化碳，
故答案为：C；
（5）用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为﹣1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒得方程式为：3Br2+3Na2CO3═NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，离子方程式为：3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑，3molBr2参与反应，则转移5mol电子，吸收0.5molBr2时转移的电子为mol，
故答案为：；
（6）1m3这种海水体积为1000L，含n（Br﹣）=0.09mol/L×1000L，溴的损失率为30%；n（Br﹣）=0.09mol/L×1000L×（1﹣30%），加入10.3gNaBr物质的量为n==
所以m（Br2）=，
故答案为：．
【化学一物质结构与性质]】（共1小题，满分0分）
12．硼及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位．
（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p1 ，从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞B
（2）硼酸（H3B03）是白色片状晶体（层状结构如图），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性．在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子杂化轨道的类型是 sp2 ，其同层分子间的主要作用力是 氢键
（3）已知H3BO3与足量kOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，写出硼酸的电离方程式： H3BO3+H2O
H++B（OH）4﹣
（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理 NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑ [BH4]﹣的空问构型是 正四面体
（5）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部．该晶胞中M原子的个数为 12 ，该材料的化学式为 M3C60 ．
【考点】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）Ga原子核外电子数为31，结合能量最低原理书写基态原子核外电子排布式；
同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，B原子没有孤对电子，杂化轨道数目为3；
硼酸晶体具有与石墨相似的层状结构，不同层之间为范德华力，同层分子间为氢键；
（3）H3BO3与足量KOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，硼酸为一元弱酸，电离生成B（OH）4﹣与氢离子；
（4）硼氢化钠（NaBH4）在热水中水解生成硼酸钠和氢气，[BH4]﹣中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；
（5）根据均摊法计算晶胞之间M原子数目、C60分子数目，进而确定化学式．
【解答】解：（1）Ga原子核外电子数为31，由能量最低原理，可知基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能为：N＞O＞B，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；N＞O＞B；
（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，B原子没有孤对电子，杂化轨道数目为3，分子中B原子杂化轨道的类型是sp2，硼酸晶体具有与石墨相似的层状结构，不同层之间为范德华力，同层分子间氧原子与氢原子之间形成氢键，
故答案为：sp2；氢键；
（3）H3BO3与足量KOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，硼酸为一元弱酸，电离生成B（OH）4﹣与氢离子，电离方程式为：H3BO3+H2O
H++B（OH）4﹣，
故答案为：H3BO3+H2O
H++B（OH）4﹣；
（4）硼氢化钠（NaBH4）在热水中水解生成硼酸钠和氢气，反应方程式为：NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑，[BH4]﹣中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，空间结构为正四面体形：，
故答案为：NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑；正四面体；
（5）晶胞中M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，该晶胞中M原子的个数为
12×+9=12，C60处于顶点与面心，则晶胞中C60数目为8×+6×=4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60，
故答案为：12；M3C60．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
13．有机化合物烃A是工业上常用有机化工原料，下列是A合成聚合物H的合成路线：
已知：I．
II．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO
III不能被氧化成醛或酮；
回答下列问题：
（1）A能使溴水褪色，核磁共振氢谱显示有3组峰，且密度是相同条件下H2的21倍，则A的结构简式： CH3CH=CH2
（2）写出下列反应类型②： 取代反应或水解反应
③： 氧化反应 ④： 加成反应
（3）F含有的官能团 醛基和羟基 （写名称）
（4）写出E与D生成F的化学方程式： CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr 写出G合成H的化学方程式：
（5）G有多种同分异构体，符合下列条件G的同分异构体有 15 种
①属于芳香醇，苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应
③水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应
其中苯环上的一溴代物只有2种，且不能被催化氧化的结构简式为： ．
【考点】有机物的合成．
【分析】A能使溴水褪色，说明A中含有碳碳不饱和键，核磁共振氢谱显示有3组峰，说明A中含有3种氢原子，且密度是相同条件下H2的21倍，则A相对分子质量为42，A中碳原子个数==3…6，所以A分子式为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，A发生信息I的反应，则B结构简式为CH3CH2CH2Br，B发生水解反应生成C，C结构简式为CH3CH2CH2OH，C发生催化氧化生成D，D结构简式为CH3CH2CHO，E和D发生信息II的反应生成F，F结构简式为，F发生银镜反应然后酸化得到G，G结构简式为，G发生缩聚反应生成H，H结构简式为，据此分析解答．
【解答】解：A能使溴水褪色，说明A中含有碳碳不饱和键，核磁共振氢谱显示有3组峰，说明A中含有3种氢原子，且密度是相同条件下H2的21倍，则A相对分子质量为42，A中碳原子个数==3…6，所以A分子式为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，A发生信息I的反应，则B结构简式为CH3CH2CH2Br，B发生水解反应生成C，C结构简式为CH3CH2CH2OH，C发生催化氧化生成D，D结构简式为CH3CH2CHO，E和D发生信息II的反应生成F，F结构简式为，F发生银镜反应然后酸化得到G，G结构简式为，G发生缩聚反应生成H，H结构简式为
（1）通过以上分析知，A结构简式为CH3CH=CH2，故答案为：CH3CH=CH2；
（2）②是取代反应（或水解反应）、③是氧化反应、④是加成反应，
故答案为：取代反应或水解反应；氧化反应；加成反应；
（3）F为，F中官能团是羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；（4）E与D生成F的化学方程式：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，
G合成H的化学方程式：，
故答案为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；；
（5）G结构简式为，G同分异构体符合下列条件：
①属于芳香醇，说明含有苯环和醇羟基，苯环上有2个取代基；
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基且酯基发生水解生成酚羟基；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2CH2CH2OH，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2CHOHCH3，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CHOHCH2CH3，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣COH（CH3）2，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH（CH3）CH2OH，有邻间对三种结构，
符合条件的同分异构有15种，
其中苯环上的一溴代物只有2种，且不能被催化氧化的结构简式为，
故答案为：15；．
2016年12月26日
一、选择题：本大题共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．若生产者固定的太阳能等于消费者呼吸散失的能量，则该自然生态系统处于稳态化学与生活、生产联系紧密，下列说法不正确的是（ ）
A．过氧化钠常用于远途运输鱼苗的供氧
B．侯式制碱法的工艺过程中应用了物质的溶解性差异
C．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
D．使用含有钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱
2．下列说法或者方程式正确的是（ ）
A．使酚酞变红的溶液中，这些离子不可大量共存：Cl﹣，S2﹣，SO32﹣，K+
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，计算式的值始终不变
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，发生反应：2+H2O+CO2→2+Na2CO3
D．硝酸亚铁溶液中滴入盐酸的离子反应方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO+2H2O
3．已知1，3丁二烯（）可以发生1，2加成或者1，4加成，其1，4加成反应的原理是分子中的两个双键同时断裂，1，4号碳各加上一个原子后，中间两个碳的未成对电子又配对成双键．则有机物A（结构简式）与溴水反应的产物共有（ ）种．
A．5
B．8
C．9
D．10
4．25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol．L﹣1的一组醋酸与醋酸钾的混合溶液，溶液中的c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．该温度下醋酸的电离平衡常数为ka=10﹣4.75
B．pH=6的溶液中，c（K+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
C．pH=3.75的溶液中c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．向W点所示溶液中通入0.1molHCl气体（溶液体积可以忽略不计）c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COOH）
5．有A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，B，D同主族，且B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等．C是同周期中原子半径最大的主族元素，下列说法不正确的是（ ）
A．E的单质不具有漂白能力
B．A2D与DB2可发生氧化还原反应，氧化产物与还原产物的质量比为2：1
C．A2D的还原性弱于AE的还原性
D．B与C形成的两种离子化合物中，阴、阳离子个数比相等且所含化学键类型不完全相同
6．从理论上讲，一切自发的氧化还原反应均可设计成原电池，下列不正确的是（ ）
A．非自发的氧化还原反应不可以设计成原电池
B．将反应
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O
设计成原电池，其正极反应为：2NO3﹣+6e﹣+8H+═2NO+4H2O
C．铅蓄电池工作时，正极、负极质量均增加
D．氢氧燃料电池耗H20.1mol时，电路中流经的电子数为0.1NA
7．下列实验操作能达到预期实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A．证明Fe3+与SO2发生了氧化还原反应
将过量SO2通入FeCl3溶液中，然后将反应液加入酸性高锰酸钾溶液中，发现高锰酸钾溶液褪色．
B．除去CH3COOC2H5中的乙醇
加入适量CH3COOH，加热
C．鉴别等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
分别向未知的溶液中滴加同浓度的盐酸，观察
现象
D．比较H2CO3、HCN的酸性强弱
用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH值，比较pH大小
A．A
B．B
C．C
D．D
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
8．金属镍在电池和电镀等工业上具有广泛的用途，可镍也具有很强的毒性，若不进行回收处理，将对环境造成很大的影响，以下是以电镀废渣为原料获得NiSO4 6H2O的过程，已知，废渣中除含金属镍外，主要含有：Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物．
部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
CuS
ZnS
FeS
NiS
Al（OH）3
Mg（OH）2
Ni（OH）2
pH
3.2
9.7
≥﹣0.42
≥2.5
≥7
≥7.5
≥5
≥8
≥8.5
（1）往废渣中加H2SO4酸浸，提高酸浸效率的方法有 （至少写出2点）
（2）加Na2S同时调溶液的pH为3，目的是除去铜、锌等杂质，则往滤液Ⅱ中加入H2O2的反应的离子方程式为 ．
（3）操作Ⅰ包括以下过程： 、 、过滤、洗涤、干燥．该洗涤过程不能用水洗涤，应该用 洗涤，目的是 ．干燥有低温干燥和高温干燥，能否用高温干燥 ，理由是 ．
（4）滤液Ⅲ中加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，若向含有Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，常温下当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Al3+）= ．{已知：25℃时，KSP[Mg（OH）2]=5.0×10﹣14；KSP[Al（OH）3]=2.0×10﹣33}．
9．利用所学化学知识回答问题
Ⅰ、甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=？
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
CO
H﹣O
C﹣H
E/（kJ mol﹣1）
436
343
1076
465
x
则x= ．
（2）若T℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生反应②，测得H2的物质的量随时间变化如图1中状态Ⅰ（图1中实线）所示．图1中数据A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6mol．
①T℃时，状态Ⅰ条件下，平衡常数K= ；
②其他条件不变，仅改变温度时，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅲ所示，则状态Ⅲ对应的温度 （填“＞”“＜”或“=”）T℃；
③一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是 ．
a．
2个C=O断裂的同时有2个H﹣O生成
b．容器中混合气体平均摩尔质量不变
c．v逆（H2）=3v正（CH3OH）
d．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
Ⅱ、二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题．
（1）CO2经过催化氢化合成低碳烯烃．在2L恒容密闭容器中充入2moI
CO2和nmol
H2，在一定条件下发生反应：2C02（g）+6H2（g） CH2=CH2（g）+4H20（g），△H=﹣128kJ/mol．CO2的转化率与温度、投料比[X=]的关系如图2所示．
①X2
X1（填“＞”、“＜”或“=”）
②在500K时，若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，则v（H2）= ．
（2）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图3如下，则左侧产生乙烯的电极反应式为 ．
10．实验室制备乙酸乙酯，是将3mL乙醇加入一支试管中，然后边振荡试管，边慢慢加入2mL浓H2SO4和2mL乙酸，按如图连接好装置，在酒精灯上加热．观察现象．
I．原理
（1）浓硫酸（）溶于乙醇中并不是简单的物理溶解而是伴随着化学反应，生成了硫酸乙酯（）和硫酸二乙酯（）．
请写出浓硫酸与乙醇反应生成硫酸二乙酯的化学方程式： ．
（2）生成的硫酸乙酯，硫酸二乙酯遇乙酸在加热的条件下发生酸解生成乙酸乙酯．
请写出硫酸乙酯与乙酸反应的化学方程式： ．
（3）根据以上信息结合平时所学，判断下列说法正确的是
A．催化剂不参加化学反应
B．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质可能改变
C．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质不变
D．催化剂不但可以改变反应速率也可以改变可逆反应进行的程度
E．催化剂是通过改变化学反应途径进而改变活化能，从而改变化学反应速率的
（4）实验过程中先用小火，一段时间以后，又改用大火加热原因是：
（5）在右边试管中收集乙酸乙酯，用分液方法可以将乙酸乙酯分离出来．分离出来的乙酸乙酯一般用氯化钙除去其中的 （填名称）杂质，再用
（a．P2O5
b．无水Na2SO4
c．碱石灰
d．NaOH）干燥剂对其进行干燥．最后得乙酸乙酯2mL．计算乙酸乙酯的产率 [已知乙醇密度：0.79（g cm﹣3）；乙酸密度：1.05（g cm﹣3）；乙酸乙酯密度：0.90（g cm﹣3）]．
【化学-选修2：化学与技术】共1小题，满分15分）
11．海水是巨大的资源宝库，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源．如图是海水综合利用的部分流程示意图：
回答下列问题：
（1）海水淡化是沿海缺水地区获取淡水的方法之一，列举出海水淡化的两种方法： 、 ．
（2）电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液，通电时氯气被电解后的溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：
（3）工业制得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定纯碱样品中NaCl的质量分数：
样品ag
溶液沉淀
固体bg，则检验沉淀是否洗涤干净的方法是
（4）用海水提镁流程中得到的MgCl2电解冶炼镁时往往阳极上产生两种气体，可能的原因是原料中混有杂质 （填化学式）
（5）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收．写出反应的离子方程式为： ；吸收0.5molBr2时转移的电子为 mol．
（6）若某海水中含c（Br﹣）=0.09mol/L，从海水中提取工业液溴过程中，溴的损失率为30%；现有1m3这种海水，按上述流程提取的工业液溴中含少量Cl2，加入10.3gNaBr恰好将氯气完全除去，经蒸馏得到纯溴（蒸馏过程中不计损失），则得到的溴的质量为（写出计算式即可） ．
【化学一物质结构与性质]】（共1小题，满分0分）
12．硼及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位．
（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为 ，从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是
（2）硼酸（H3B03）是白色片状晶体（层状结构如图），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性．在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子杂化轨道的类型是 ，其同层分子间的主要作用力是
（3）已知H3BO3与足量kOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，写出硼酸的电离方程式：
（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理 [BH4]﹣的空问构型是
（5）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部．该晶胞中M原子的个数为 ，该材料的化学式为 ．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
13．有机化合物烃A是工业上常用有机化工原料，下列是A合成聚合物H的合成路线：
已知：I．
II．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO
III不能被氧化成醛或酮；
回答下列问题：
（1）A能使溴水褪色，核磁共振氢谱显示有3组峰，且密度是相同条件下H2的21倍，则A的结构简式：
（2）写出下列反应类型②：
③： ④：
（3）F含有的官能团 （写名称）
（4）写出E与D生成F的化学方程式： 写出G合成H的化学方程式：
（5）G有多种同分异构体，符合下列条件G的同分异构体有 种
①属于芳香醇，苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应
③水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应
其中苯环上的一溴代物只有2种，且不能被催化氧化的结构简式为： ．
2016年湖南省怀化市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共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．若生产者固定的太阳能等于消费者呼吸散失的能量，则该自然生态系统处于稳态化学与生活、生产联系紧密，下列说法不正确的是（ ）
A．过氧化钠常用于远途运输鱼苗的供氧
B．侯式制碱法的工艺过程中应用了物质的溶解性差异
C．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
D．使用含有钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A、过氧化钠与水反应生成氧气；
B、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；
C、具有吸水性的植物纤维无毒；
D、可生成高级脂肪酸钙沉淀．
【解答】解；A、过氧化钙常用于远途运输鱼苗的供氧，故A错误；
B、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，碳酸氢钠不稳定受热分解，所以应用了溶解度和不稳定性，故B正确；
C、具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故C正确；
D、含钙离子浓度较大的地下水与高级脂肪酸钠反应可生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故D正确．
故选A．
2．下列说法或者方程式正确的是（ ）
A．使酚酞变红的溶液中，这些离子不可大量共存：Cl﹣，S2﹣，SO32﹣，K+
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，计算式的值始终不变
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，发生反应：2+H2O+CO2→2+Na2CO3
D．硝酸亚铁溶液中滴入盐酸的离子反应方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO+2H2O
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子方程式的书写；离子共存问题．
【分析】A．酚酞试液在碱性溶液中变红；
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，乙酸根离子物质的量逐渐增大，乙酸、氢氧根离子物质的量逐渐减小；
C．苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．二价铁离子被硝酸根氧化生成三价铁离子，硝酸根被还原为NO．
【解答】解：A．Cl﹣，S2﹣，SO32﹣，K+，在碱性溶液中不反应，可以大量共存，故A错误；
B．向CH3COOH溶液中滴加NaOH的过程中，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，乙酸根离子物质的量逐渐增大，乙酸、氢氧根离子物质的量逐渐减小，计算式的值始终增大，最终不变，故B错误；
C．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3﹣，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3，故C错误；
D．向硝酸亚铁溶液中滴加盐酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；
故选D．
3．已知1，3丁二烯（）可以发生1，2加成或者1，4加成，其1，4加成反应的原理是分子中的两个双键同时断裂，1，4号碳各加上一个原子后，中间两个碳的未成对电子又配对成双键．则有机物A（结构简式）与溴水反应的产物共有（ ）种．
A．5
B．8
C．9
D．10
【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】根据中含有三个双键，能发生1：1加成反应，且存在与1，3﹣丁二烯类似结构，则能发生1，4加成．也可以发生1：2加成以及全加成．
【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；
1分子物质与1分子Br2加成时，可以在1的位置上发生加成，也可以在2的位置上发生加成，还可以在在3的位置上发生加成，还可以1分子Br2在1、2发生加成反应，在2、3发生加成反应，有5种产物；
1分子物质与2分子Br2加成时，可以在1、2的位置上发生加成，也可以在1、3的位置上发生加成，还可以在2、3的位置上发生加成，有3种产物；
1分子物质与3分子Br2加成时，可以在1、2、3的位置上发生加成，有1种产物；
共有9种产物，故选C．
4．25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol．L﹣1的一组醋酸与醋酸钾的混合溶液，溶液中的c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．该温度下醋酸的电离平衡常数为ka=10﹣4.75
B．pH=6的溶液中，c（K+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L
C．pH=3.75的溶液中c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．向W点所示溶液中通入0.1molHCl气体（溶液体积可以忽略不计）c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COOH）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】由图象可看出，随pH的增大浓度增大的曲线应为c（CH3COO﹣），浓度减小的曲线应为c（CH3COOH），X点时c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），结合溶液的电荷守恒、物料守恒解答该题．
【解答】解：A．在W点，c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），电离平衡常数为k==c（H+）=10﹣4.75
mol L﹣1，故A正确；
B．c（K+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），再把题干中的c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol L﹣1代入即可得c（K+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol L﹣1，故B错误；
C．根据图知，pH=3.75时，c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；
故选A．
5．有A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，B，D同主族，且B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等．C是同周期中原子半径最大的主族元素，下列说法不正确的是（ ）
A．E的单质不具有漂白能力
B．A2D与DB2可发生氧化还原反应，氧化产物与还原产物的质量比为2：1
C．A2D的还原性弱于AE的还原性
D．B与C形成的两种离子化合物中，阴、阳离子个数比相等且所含化学键类型不完全相同
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，则A为H元素；B，D同主族，则B只能位于第二周期、D位于第三周期，C是同周期中原子半径最大的主族元素，由于C的原子序数大于B，则C为Na元素；又B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等，设B、D最外层电子数为x，则2x=1+11，解得x=6，所以B为O、D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素，据此进行解答．
【解答】解：A．B．C．D．E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中含量最高的元素，其原子核中无中子，则A为H元素；B，D同主族，则B只能位于第二周期、D位于第三周期，C是同周期中原子半径最大的主族元素，由于C的原子序数大于B，则C为Na元素；又B、D最外层电子数之和与A、C的质子数之和相等，设B、D最外层电子数为x，则2x=1+11，解得x=6，所以B为O、D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素，
A．E为Cl元素，次氯酸具有漂白性，干燥的氯气不具有漂白性，故A正确；
B．A2D与DB2分别为H2S与SO2，二者发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化剂为二氧化硫，对应产物为还原产物，还原剂为硫化氢，对应产物为氧化产物，则氧化产物与还原产物的质量比为2：1，故B正确；
C．A2D为H2S，AE为HCl，非金属性Cl大于S，则硫化氢的还原性大于HCl，故C错误；
D．B与C形成的两种离子化合物为氧化钠和过氧化钠，阴、阳离子个数比相等，都是2：1，且所含化学键类型不完全相同，过氧化钠中除了含有离子键，还含有共价键，故D正确；
故选C．
6．从理论上讲，一切自发的氧化还原反应均可设计成原电池，下列不正确的是（ ）
A．非自发的氧化还原反应不可以设计成原电池
B．将反应
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O
设计成原电池，其正极反应为：2NO3﹣+6e﹣+8H+═2NO+4H2O
C．铅蓄电池工作时，正极、负极质量均增加
D．氢氧燃料电池耗H20.1mol时，电路中流经的电子数为0.1NA
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A．原电池反应为自发的氧化还原反应；
B．原电池中得电子的为正极；
C．铅蓄电池工作时Pb、PbO都生成硫酸铅；
D．氢氧燃料电池耗H20.1mol时，电路中流经的电子数为0.2NA．
【解答】解：A．原电池反应为自发的氧化还原反应，所以非自发的氧化还原反应不可以设计成原电池，故A正确；
B．原电池中得电子的为正极，所以将反应
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O
设计成原电池，其正极反应为：2NO3﹣+6e﹣+8H+═2NO+4H2O，故B正确；
C．放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，两极均生成难溶性的PbSO4，所以两极质量均增加，故C正确；
D．氢氧燃料电池中负极反应为H2﹣2e﹣=2H+，所以消耗H2
0.1mol时，电路中流经的电子数为0.2NA，故D错误；
故选D．
7．下列实验操作能达到预期实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A．证明Fe3+与SO2发生了氧化还原反应
将过量SO2通入FeCl3溶液中，然后将反应液加入酸性高锰酸钾溶液中，发现高锰酸钾溶液褪色．
B．除去CH3COOC2H5中的乙醇
加入适量CH3COOH，加热
C．鉴别等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
分别向未知的溶液中滴加同浓度的盐酸，观察
现象
D．比较H2CO3、HCN的酸性强弱
用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH值，比较pH大小
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．酸性高锰酸钾溶液和亚铁离子、二氧化硫都反应；
B．二者互溶，应该加入水，采用分液的方法分离；
C．碳酸钠和稀盐酸反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；
D．碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸．
【解答】解：A．二氧化硫和氯化亚铁都能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验，应该用铁氰化钾溶液检验，故A错误；
B．二者互溶，乙醇能溶于水、乙酸乙酯不溶于水，所以可以用水作萃取剂，然后采用分液的方法分离，故B错误；
C．碳酸钠和稀盐酸反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以可以根据生成气体先后顺序鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故C正确；
D．碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，所以不能根据碳酸钠溶液和NaCN溶液pH大小判断酸性强弱，应该用相同浓度的NaCN、NaHCO3溶液比较，故D错误；
故选C．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
8．金属镍在电池和电镀等工业上具有广泛的用途，可镍也具有很强的毒性，若不进行回收处理，将对环境造成很大的影响，以下是以电镀废渣为原料获得NiSO4 6H2O的过程，已知，废渣中除含金属镍外，主要含有：Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物．
部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
CuS
ZnS
FeS
NiS
Al（OH）3
Mg（OH）2
Ni（OH）2
pH
3.2
9.7
≥﹣0.42
≥2.5
≥7
≥7.5
≥5
≥8
≥8.5
（1）往废渣中加H2SO4酸浸，提高酸浸效率的方法有 搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等 （至少写出2点）
（2）加Na2S同时调溶液的pH为3，目的是除去铜、锌等杂质，则往滤液Ⅱ中加入H2O2的反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．
（3）操作Ⅰ包括以下过程： 冷却 、 结晶 、过滤、洗涤、干燥．该洗涤过程不能用水洗涤，应该用 酒精 洗涤，目的是 既能洗涤沉淀表面残余的溶液又有利晶体的干燥并减少NiSO4﹒6H2O晶体的损失 ．干燥有低温干燥和高温干燥，能否用高温干燥 否 ，理由是 温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水 ．
（4）滤液Ⅲ中加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，若向含有Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，常温下当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Al3+）= 2.5×1013 ．{已知：25℃时，KSP[Mg（OH）2]=5.0×10﹣14；KSP[Al（OH）3]=2.0×10﹣33}．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】根据流程图：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶于硫酸的杂质铜等，滤液含有二价铁离子、铜离子、锌离子、镁离子等杂质，加入硫化钠调节pH=3，根据表格信息可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，滤液Ⅳ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，经冷却结晶、过滤、洗涤，干燥得NiSO4﹒6H2O；
（1）提高酸浸效率，实质为加快反应速率，搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等，可加快反应速率；
（2）滤液Ⅱ中加入H2O2的目的是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值3.5使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去；
（3）从溶液中得到晶体，可经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，NiSO4﹒6H2O晶体易溶于水，洗涤过程计算不能用水洗涤，应用酒精洗涤，温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水；
（4）当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（H+）=10﹣8mol/L，计算出c（OH﹣），根据25℃时，KSP[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=5.0×10﹣14计算出c（Mg2+），；KSP[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH﹣）=2.0×10﹣33计算出c（Al3+），进一步计算出c（Mg2+）：c（Al3+）．
【解答】解：根据流程图：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Mg等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶于硫酸的杂质铜等，滤液含有二价铁离子、铜离子、锌离子、镁离子等杂质，加入硫化钠调节pH=3，根据表格信息可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值3.5使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH为8以除去Al3+以及少量的Mg2+，滤液Ⅳ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，经冷却结晶、过滤、洗涤，干燥得NiSO4﹒6H2O；
（1）提高酸浸效率，根据影响反应速率的因素，搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等，可加快反应速率，
故答案为：搅拌、升温、适当增加硫酸浓度、废渣粉碎等；
（2）滤液Ⅱ中加入H2O2的目的是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值3.5使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）从溶液中得到晶体，可经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，NiSO4﹒6H2O晶体易溶于水，洗涤过程计算不能用水洗涤，应用酒精洗涤，既能洗涤沉淀表面残余的溶液又有利晶体的干燥并减少NiSO4﹒6H2O晶体的损失；干燥应低温干燥，因温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水，
故答案为：冷却结晶；酒精；
既能洗涤沉淀表面残余的溶液又有利晶体的干燥并
减少NiSO4﹒6H2O晶体的损失；否；温度过高会使NiSO4﹒6H2O晶体失去部分或全部结晶水；
（4）当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（H+）=10﹣8mol/L，计算出c（OH﹣）=10﹣6mol/L，根据25℃时，KSP[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=5.0×10﹣14计算出c（Mg2+）==5.0×10﹣2mol/L，；KSP[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH﹣）=2.0×10﹣33计算出c（Al3+）==2.0×10﹣15mol/L，进一步计算出c（Mg2+）：c（Al3+）=2.5×1013；
故答案为：2.5×1013．
9．利用所学化学知识回答问题
Ⅰ、甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=？
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣58kJ/mol
③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣H
C﹣O
CO
H﹣O
C﹣H
E/（kJ mol﹣1）
436
343
1076
465
x
则x= 413kJ/mol ．
（2）若T℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生反应②，测得H2的物质的量随时间变化如图1中状态Ⅰ（图1中实线）所示．图1中数据A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6mol．
①T℃时，状态Ⅰ条件下，平衡常数K= 0.5 ；
②其他条件不变，仅改变温度时，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅲ所示，则状态Ⅲ对应的温度 ＞ （填“＞”“＜”或“=”）T℃；
③一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是 bc ．
a．
2个C=O断裂的同时有2个H﹣O生成
b．容器中混合气体平均摩尔质量不变
c．v逆（H2）=3v正（CH3OH）
d．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
Ⅱ、二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题．
（1）CO2经过催化氢化合成低碳烯烃．在2L恒容密闭容器中充入2moI
CO2和nmol
H2，在一定条件下发生反应：2C02（g）+6H2（g） CH2=CH2（g）+4H20（g），△H=﹣128kJ/mol．CO2的转化率与温度、投料比[X=]的关系如图2所示．
①X2 ＞
X1（填“＞”、“＜”或“=”）
②在500K时，若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，则v（H2）= 0.225mol/（L．min） ．
（2）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图3如下，则左侧产生乙烯的电极反应式为 2CO2+12e﹣+12H+=CH2=CH2+4H2O ．
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．
【分析】（1）依据盖斯定律和化学反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；
（2）①由图可知，T℃时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气的物质的量为8mol﹣2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L，据此结合三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；
②由图可知，曲线Ⅲ到达平衡的时间缩短，反应速率加快，平衡时氢气的物质的量增大，平衡向逆反应移动，据此判断；
③达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此分析解答．
Ⅱ、（1）①相同条件下，投料比[X=]越大，二氧化碳的转化率越大，据此判断X1、X2的相对大小；
②若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，n（CO2）=2mol，则n（H2）=10mol，B点二氧化碳的转化率为75%，则参加反应的n（CO2）=2mol×75%=1.5mol，根据二氧化碳和氢气之间的关系式知，参加反应的n（H2）=3n（CO2）=4.5mol，则v（H2）=；
（2）阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水．
【解答】解：（1）依据盖斯定律计算①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=②﹣③=﹣58kJ/mol﹣41kJ/mol=﹣99kJ/mol
焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，则反应①的△H=﹣99kJ/mol=1076kJ/mol+2×436kJ/mol﹣3×xkJ/mol﹣343kJ/mol﹣465kJ/mol，
解得：x=413kJ/mol，
故答案为：413kJ/mol；
（2）①由图可知，T℃时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气的物质的量为8mol﹣2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L，则：
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol/L）：3
4
0
0
变化（mol/L）：1
3
1
1
平衡（mol/L）：2
1
1
1
故该温度下平衡常数k===0.5，
故答案为：0.5
②由图可知，曲线Ⅲ到达平衡的时间缩短，反应速率加快，平衡时氢气的物质的量增大，平衡向逆反应移动，则条件改变是升温，
故答案为：＞；
③a.2个C=O断裂的同时有2个H﹣O生成，都是指正反应方向，所以不能判断达到了平衡状态，故a错误；
b．容器中混合气体平均摩尔质量不变，则正逆反应速率相等，表明反应达到平衡状态，故b正确；
c．v逆（H2）=3v正（CH3OH），则正逆反应速率相等，表明反应达到平衡状态，故c正确；
d．甲醇和水蒸气都是生成物，体积比始终保持不变，所以不能判断达到了平衡状态，故d错误；
故答案为：b
c；
Ⅱ、（1）①相同条件下，投料比[X=]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2，
故答案为：＞；
②若B点的投料比为3.5，且从反应开始到B点需要10min，n（CO2）=2mol，则n（H2）=7mol，B点二氧化碳的转化率为75%，则参加反应的n（CO2）=2mol×75%=1.5mol，根据二氧化碳和氢气之间的关系式知，参加反应的n（H2）=3n（CO2）=4.5mol，则v（H2）===0.225mol/（L．min），
故答案为：0.225mol/（L．min）；
（2）阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水．电极反应式为：2CO2+12e﹣+12H+=CH2=CH2+4H2O，
故答案为：2CO2+12e﹣+12H+=CH2=CH2+4H2O．
10．实验室制备乙酸乙酯，是将3mL乙醇加入一支试管中，然后边振荡试管，边慢慢加入2mL浓H2SO4和2mL乙酸，按如图连接好装置，在酒精灯上加热．观察现象．
I．原理
（1）浓硫酸（）溶于乙醇中并不是简单的物理溶解而是伴随着化学反应，生成了硫酸乙酯（）和硫酸二乙酯（）．
请写出浓硫酸与乙醇反应生成硫酸二乙酯的化学方程式： 2C2H5OH+H2SO4→（OC2H5）2SO2+2H2O ．
（2）生成的硫酸乙酯，硫酸二乙酯遇乙酸在加热的条件下发生酸解生成乙酸乙酯．
请写出硫酸乙酯与乙酸反应的化学方程式： C2H5OSO2（OH）+CH3COOH→CH3COOC2H5+H2SO4 ．
（3）根据以上信息结合平时所学，判断下列说法正确的是 CE
A．催化剂不参加化学反应
B．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质可能改变
C．催化剂参加化学反应，但反应前后质量和化学性质不变
D．催化剂不但可以改变反应速率也可以改变可逆反应进行的程度
E．催化剂是通过改变化学反应途径进而改变活化能，从而改变化学反应速率的
（4）实验过程中先用小火，一段时间以后，又改用大火加热原因是： 开始小火加热是为了减少乙酸特别是乙醇的挥发，后来大火加热是为了及时蒸出乙酸乙酯使平衡不断正移．
（5）在右边试管中收集乙酸乙酯，用分液方法可以将乙酸乙酯分离出来．分离出来的乙酸乙酯一般用氯化钙除去其中的 乙醇 （填名称）杂质，再用 b
（a．P2O5
b．无水Na2SO4
c．碱石灰
d．NaOH）干燥剂对其进行干燥．最后得乙酸乙酯2mL．计算乙酸乙酯的产率 58.4% [已知乙醇密度：0.79（g cm﹣3）；乙酸密度：1.05（g cm﹣3）；乙酸乙酯密度：0.90（g cm﹣3）]．
【考点】乙酸乙酯的制取．
【分析】（1）乙醇与浓硫酸生成酯，即类似于酯化反应，根据酯化反应的断键规律得乙醇与浓硫酸反应生成硫酸乙二酯的化学方程式；（2）根据酯化反应的规律可得硫酸乙酯的结构式，硫酸乙酯与酸反应生成乙酸乙酯，观察硫酸乙酯与乙酸乙酯的结构，满足取代反应的规律，得化学方程式；（3）结合信息，浓硫酸通过改变反应途径参与了该反应；（4）乙酸乙醇极易挥发，产物的减少不利于反应进行，需小火防止其挥发，为了使反应充分进行，大火蒸发出产物有利于平衡正向移动；（5）分离出来的乙酸乙酯中混有少量乙醇和水的混合液，氯化钙可以吸水，除乙醇，再用无水硫酸钠干燥；由题中信息计算，乙醇多，乙酸反应完全，算出理论上．生成乙酸乙酯的质量，再计算产率．
【解答】解：（1）题中信息浓硫酸与乙醇生成酯类物质，即类似于酯化反应，根据酯化反应断键规律：酸的羟基与醇羟基上的氢原子结合生成水，得浓硫酸与乙醇生成硫酸乙二酯的化学方程式：2C2H5OH+H2SO4→（OC2H5）2
SO2+2H2O．故答案为：2C2H5OH+H2SO4→（OC2H5）2
SO2+2H2O；（2）由（1）可得浓硫酸与乙醇反应生成产物硫酸乙酯的结构简式为：C2H5OSO2（OH），由题硫酸乙酯与乙酸生成乙酸乙酯，观察可知硫酸乙酯中﹣SO2（OH）基团被乙酸中的CH3CO﹣基团取代，根据取代反应的规律，可得硫酸乙酯与乙酸的反应方程式：C2H5OSO2（OH）+CH3COOH→CH3COOC2H5+H2SO4．故答案为：C2H5OSO2（OH）+CH3COOH→CH3COOC2H5+H2SO4
（3）由题中的信息，硫酸在该反应中做催化剂，通过改变反应途径参与了反应，但反应前后浓硫酸并未改变，所以CE正确．故答案为：C
E；（4）乙酸乙醇均易挥发，所以为了防止反应物挥发减少，开始小火加热，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的反应是一个可逆反应，为了使反应充分，减少生成物促使反应正向移动，所以大火蒸发出产物乙酸乙酯．故答案为：开始小火加热是为了减少乙酸特别是乙醇的挥发，后来大火加热是为了及时蒸出乙酸乙酯使平衡不断正移；
（5）从饱和碳酸钠溶液中分离出的乙酸乙酯中含有少量乙醇与水的混合液，无水氯化钙吸水，能除掉乙醇；乙酸乙酯在酸性碱性条件下易水解，五氧化二磷与水生成磷酸显酸性，碱石灰中有氢氧化钠，会使乙酸乙酯水解，所以ac错误，选b．由方程式可知，n（乙酸）：n（乙醇）：n（乙酸乙酯）=1：1：1，由题计算：m（乙酸）=2ml×1.05g/ml=2.1g，则n（乙酸）=2.1g÷60g/mol=0.035mol，m（乙醇）=3ml×0.79g/ml=2.37g，则n（乙醇）=2.37g÷46g/mol=0.05mol，n（乙醇）：n（乙酸）=0.05：0.035＞1：1，说明乙醇过多，乙酸反应完全，由乙酸计算乙酸乙酯，则理论上生成的乙酸乙酯也为0.035mol，质量为0.035mol×88g/mol=3.08g，实际生成的乙酸乙酯质量为2ml×0.9g/ml=1.8g，故乙酸乙酯的产率为1.8÷3.08×100%≈5≈58.4%．故答案为：乙醇；b；58.4%
【化学-选修2：化学与技术】共1小题，满分15分）
11．海水是巨大的资源宝库，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源．如图是海水综合利用的部分流程示意图：
回答下列问题：
（1）海水淡化是沿海缺水地区获取淡水的方法之一，列举出海水淡化的两种方法： 蒸馏法、 、 离子交换法 ．
（2）电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液，通电时氯气被电解后的溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式： NaCl+H2ONaClO+H2↑
（3）工业制得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定纯碱样品中NaCl的质量分数：
样品ag
溶液沉淀
固体bg，则检验沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀H2SO4（或硝酸酸化的AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净；若无白色沉淀出现，则沉淀已洗涤干净
（4）用海水提镁流程中得到的MgCl2电解冶炼镁时往往阳极上产生两种气体，可能的原因是原料中混有杂质 C （填化学式）
（5）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收．写出反应的离子方程式为： 3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑ ；吸收0.5molBr2时转移的电子为 mol．
（6）若某海水中含c（Br﹣）=0.09mol/L，从海水中提取工业液溴过程中，溴的损失率为30%；现有1m3这种海水，按上述流程提取的工业液溴中含少量Cl2，加入10.3gNaBr恰好将氯气完全除去，经蒸馏得到纯溴（蒸馏过程中不计损失），则得到的溴的质量为（写出计算式即可） ．
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】（1）淡化海水，应降低水中的离子浓度，可用蒸馏法、离子交换法、电渗析法等；
（2）由题意可知电解氯化钠溶液生成次氯酸钠和氢气；
（3）检验沉淀是否洗涤干净，可检验最后一次的洗涤液是否含钡离子或氯离子；
（4）电解氯化镁阳极生成氯气，若生成两种气体，可能含有碳杂质，生成二氧化碳；
（5）用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出CO2，NaBr化合价降低1，生成NaBrO3化合价升高5，根据化合价升降总数相等和质量守恒配平；
（6）纯溴为溴水中的有效溴和加入的溴化钠中的溴，根据溴原子守恒解答．
【解答】解：（1）常见淡化海水的方法有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，
故答案为：蒸馏法；离子交换法；
（2）根据题意可知，氯气和氢氧化钠溶液反应生成物中只有一种溶质，所以该溶质是次氯酸钠，则反应的化学方程式是NaCl+H2ONaClO+H2↑，
故答案为：NaCl+H2ONaClO+H2↑；
（3）测定样品中NaCl的质量分数，由流程可知，固体bg为碳酸钡的质量，检验沉淀是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀H2SO4（或硝酸酸化的AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净；若无白色沉淀出现，则沉淀已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀H2SO4（或硝酸酸化的AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净；若无白色沉淀出现，则沉淀已洗涤干净；
（4）电解熔融的MgCl2，氯离子移向阳极失电子生成氯气，镁离子在阴极得到电子生成镁，阳极的电极反应为；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；阴极电极反应是：Mg2++2e﹣=Mg，阳极上产生两种气体，可能的原因是原料中混有杂质C被氧化成二氧化碳，
故答案为：C；
（5）用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为﹣1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒得方程式为：3Br2+3Na2CO3═NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，离子方程式为：3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑，3molBr2参与反应，则转移5mol电子，吸收0.5molBr2时转移的电子为mol，
故答案为：；
（6）1m3这种海水体积为1000L，含n（Br﹣）=0.09mol/L×1000L，溴的损失率为30%；n（Br﹣）=0.09mol/L×1000L×（1﹣30%），加入10.3gNaBr物质的量为n==
所以m（Br2）=，
故答案为：．
【化学一物质结构与性质]】（共1小题，满分0分）
12．硼及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位．
（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p1 ，从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞B
（2）硼酸（H3B03）是白色片状晶体（层状结构如图），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性．在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子杂化轨道的类型是 sp2 ，其同层分子间的主要作用力是 氢键
（3）已知H3BO3与足量kOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，写出硼酸的电离方程式： H3BO3+H2O
H++B（OH）4﹣
（4）硼氢化钠（NaBH4）是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理 NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑ [BH4]﹣的空问构型是 正四面体
（5）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部．该晶胞中M原子的个数为 12 ，该材料的化学式为 M3C60 ．
【考点】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）Ga原子核外电子数为31，结合能量最低原理书写基态原子核外电子排布式；
同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，B原子没有孤对电子，杂化轨道数目为3；
硼酸晶体具有与石墨相似的层状结构，不同层之间为范德华力，同层分子间为氢键；
（3）H3BO3与足量KOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，硼酸为一元弱酸，电离生成B（OH）4﹣与氢离子；
（4）硼氢化钠（NaBH4）在热水中水解生成硼酸钠和氢气，[BH4]﹣中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；
（5）根据均摊法计算晶胞之间M原子数目、C60分子数目，进而确定化学式．
【解答】解：（1）Ga原子核外电子数为31，由能量最低原理，可知基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能为：N＞O＞B，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；N＞O＞B；
（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，B原子没有孤对电子，杂化轨道数目为3，分子中B原子杂化轨道的类型是sp2，硼酸晶体具有与石墨相似的层状结构，不同层之间为范德华力，同层分子间氧原子与氢原子之间形成氢键，
故答案为：sp2；氢键；
（3）H3BO3与足量KOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B（OH）4﹣，硼酸为一元弱酸，电离生成B（OH）4﹣与氢离子，电离方程式为：H3BO3+H2O
H++B（OH）4﹣，
故答案为：H3BO3+H2O
H++B（OH）4﹣；
（4）硼氢化钠（NaBH4）在热水中水解生成硼酸钠和氢气，反应方程式为：NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑，[BH4]﹣中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，空间结构为正四面体形：，
故答案为：NaBH4+4H2O═Na[B（OH）4]+4H2↑；正四面体；
（5）晶胞中M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，该晶胞中M原子的个数为
12×+9=12，C60处于顶点与面心，则晶胞中C60数目为8×+6×=4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60，
故答案为：12；M3C60．
【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
13．有机化合物烃A是工业上常用有机化工原料，下列是A合成聚合物H的合成路线：
已知：I．
II．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO
III不能被氧化成醛或酮；
回答下列问题：
（1）A能使溴水褪色，核磁共振氢谱显示有3组峰，且密度是相同条件下H2的21倍，则A的结构简式： CH3CH=CH2
（2）写出下列反应类型②： 取代反应或水解反应
③： 氧化反应 ④： 加成反应
（3）F含有的官能团 醛基和羟基 （写名称）
（4）写出E与D生成F的化学方程式： CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr 写出G合成H的化学方程式：
（5）G有多种同分异构体，符合下列条件G的同分异构体有 15 种
①属于芳香醇，苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应
③水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应
其中苯环上的一溴代物只有2种，且不能被催化氧化的结构简式为： ．
【考点】有机物的合成．
【分析】A能使溴水褪色，说明A中含有碳碳不饱和键，核磁共振氢谱显示有3组峰，说明A中含有3种氢原子，且密度是相同条件下H2的21倍，则A相对分子质量为42，A中碳原子个数==3…6，所以A分子式为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，A发生信息I的反应，则B结构简式为CH3CH2CH2Br，B发生水解反应生成C，C结构简式为CH3CH2CH2OH，C发生催化氧化生成D，D结构简式为CH3CH2CHO，E和D发生信息II的反应生成F，F结构简式为，F发生银镜反应然后酸化得到G，G结构简式为，G发生缩聚反应生成H，H结构简式为，据此分析解答．
【解答】解：A能使溴水褪色，说明A中含有碳碳不饱和键，核磁共振氢谱显示有3组峰，说明A中含有3种氢原子，且密度是相同条件下H2的21倍，则A相对分子质量为42，A中碳原子个数==3…6，所以A分子式为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，A发生信息I的反应，则B结构简式为CH3CH2CH2Br，B发生水解反应生成C，C结构简式为CH3CH2CH2OH，C发生催化氧化生成D，D结构简式为CH3CH2CHO，E和D发生信息II的反应生成F，F结构简式为，F发生银镜反应然后酸化得到G，G结构简式为，G发生缩聚反应生成H，H结构简式为
（1）通过以上分析知，A结构简式为CH3CH=CH2，故答案为：CH3CH=CH2；
（2）②是取代反应（或水解反应）、③是氧化反应、④是加成反应，
故答案为：取代反应或水解反应；氧化反应；加成反应；
（3）F为，F中官能团是羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；（4）E与D生成F的化学方程式：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，
G合成H的化学方程式：，
故答案为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；；
（5）G结构简式为，G同分异构体符合下列条件：
①属于芳香醇，说明含有苯环和醇羟基，苯环上有2个取代基；
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基且酯基发生水解生成酚羟基；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2CH2CH2OH，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2CHOHCH3，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CHOHCH2CH3，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣COH（CH3）2，有邻间对三种结构；
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH（CH3）CH2OH，有邻间对三种结构，
符合条件的同分异构有15种，
其中苯环上的一溴代物只有2种，且不能被催化氧化的结构简式为，
故答案为：15；．
2016年12月26日
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