云南省2016届高考化学二模试卷(解析版)

1、2016年云南省高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1漂白剂常用于日常生活和工业生产中，下列有关说法正确的是（）A活性炭与新制氯水的漂白原理相同B过氧化钠常用于羽绒制品的漂白C漂白粉是由Ca（ClO）2组成的纯净物D将漂白剂SO2和NaClO混合使用可增加漂白效果2王浆酸是从蜂王浆中分离出的一种有机酸，它有很好的杀菌、抗癌、抗放射及强化机体、增强免疫力的作用，其结构如图所示，有关王浆酸的说法不正确的是（）A分子式为C10H18O3B能使溴的四氯化碳溶液褪色C一定条件下能发生取代反应和氧化反应D1mol王浆酸最多能中和2molNaOH3由石英砂（主要含SiO2）制取高纯

2、硅的工业流程如下：下列说法不正确的是（）A反应均属于置换反应B反应中氧化产物和还原产物的质量比为1：2C该流程中反应的还原剂不能互换使用D该流程是实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础4下列有关元素周期律、元素周期表的说法正确的是（）A金属锗是一种良好的导热、导电材料B元素的非金属性越强，其氢化物的沸点越高C同周期相邻主族元素的原子，其质子数之差均为1D最外层电子数为4的原子，其元素一定处于A族5有机化合物9，10二甲基菲的结构如图所示其苯环上七氯代物的同分异构体有（）A8种B5种C4种D3种6下列实验装置能达到目的是（） 选项ABCD装置目的快速制取少量HCl气体测定不同浓度的H2O2溶液对产

3、生O2速率的影响制备并收集乙酸乙酯从小苏打溶液中提取NaHCO3晶体AABBCCDD7某化工厂利用原电池原理处理废水并淡化海水工作示意图如下下列说法正确的是（）A电极a在装置中做正极B装置中膜A是阳离子交换膜C电极b的电极反应式是2NO3+10e+12H+N2+6H2OD若有机物表示为C4H8O2，每转移10mol电子，电极a上产生22.4LCO2（标准状况）二、解答题（共3小题，满分43分）8以菱锰矿（主要成分MnCO3，含有铁、镍、钴等的碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程简化表示如下：已知：MnCO3（s）+H2SO4（aq）MnSO4（aq）+CO2（g）+H2O（1）H0Fe（OH

4、）3完全沉淀的pH为3.7，Mn（OH）2、Co（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2开始沉淀的pH均大于725，Ksp（MnS）=2.5×1010，Ksp（CoS）=4×1021，Ksp（NiS）=3.2×1019回答下列问题：（1）酸浸时控制温度为8090，原因是（2）浸出液中先加入MnO2的目的是氧化Fe2+，反应的离子方程式为，再加入氨水调节pH至56的作用是（3）滤渣2的主要成分是；利用（NH4）2S除杂易产生H2S，危害生产人员的健康，可用二乙基二硫代氨基甲酸钠（DDTC）代替（NH4）2S已知：25，KspNi（DDTC）2=7.94×

5、1014，电解液中Ni2+的最大允许浓度为1.70×105molL1，若某电解液中c（DDTC）=8.00×105molL1，则该电解液中的c（Ni2+）（填“是”、“否”）符合Ni2+的最大允许浓度要求（4）电解时，阴极发生主要反应的电极反应式为，由于发生副作用，阴极上会产生少量气体，其分子式为（5）为增强电解所得金属锰的抗腐蚀性，可用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，则该反应的离子方程式为9一定量的CO2与足量的C在恒容密闭容器中发生反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H回答下列问题：（1）已知C和CO的燃烧热

6、分别为393KJmol1、283KJmol1，则上述反应的H=（2）若反应进行到10s时，测得容器内的密度增大了2.4gL1，则10s内用CO表示的平均反应速率为（3）若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为kPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示650时CO2的平衡转化率为T1的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，原因是已知：Kp=Kc（RT）v，其中R=8.314LkPamol1K1，v=气态产物的化学计量数之和气态反应物的化学计

7、量数之和若该反应的的值为9976.8，则此时的热力学温度为K10Cux（NH3）y（SO4）znH2O是深蓝色晶体，可溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，常用作杀虫剂、媒染剂等某小组利用废铜屑、硫酸、氨水等原料制备该晶体并测定其组成制备：将废铜屑充分灼烧后用足量稀硫酸溶解，向所得溶液中加入氨水至析出的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，加入适量无水乙醇，静置、减压过滤，得粗产品将粗产品先用乙醇和浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，干燥后即得产品NH3的测定：精确称取ag产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，按如图所示组装实验装置向长颈漏斗中加入10%NaOH溶液至小试管盛满并溢出足量溶液，加热，

8、保持微沸，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1molL1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液V2mLSO42的测定：精确称取bg产品，加适量水溶解，加入足量盐酸，滴加氯化钡溶液至不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为dg回答下列问题：（1）废旧金属再利用时一般先要用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污，本实验未设计此步骤，其理由是；洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，其化学式为；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是（3）蒸氨结束后，取出

9、并拔掉插入HCl溶液中的导管，用少量水将导管内外沾附的溶液洗入B中的锥形瓶内，再进行滴定若未进行此操作，氨的含量测定结果将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；样品中NH3的质量分数表达式为（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是，样品中SO42的质量分数表达式为（5）Cux（NH3）y（SO4）znH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分别为26.02%、27.64%、39.02%、7.32%，有关该晶体组成的下述表达式正确的是A、x=y+z B、2x=y+2z C、x=z D、3y=4（x+z+n）三、化学选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11奥地利化

10、学家拜耳的“碱溶法”与法国化学家埃鲁的“电解法”相结合，奠定了现代电解冶炼铝工业方法的基础，电解铝的原料主要来自铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），基本流程及装置图如下回答下列问题：（1）操作和操作都是（填操作名称），加入过量烧碱溶液时反应的离子方程式为（2）加入过量X，发生反应的化学方程式为（3）电解时，阳极的电极反应式为，实际生产中阳极需要定期更换，原因是（4）在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要放置（选填字母序号）a、耐火绝缘 b、防爆导热 c、耐火导电 d、导热导电（5）电解铝时，以氧化铝冰晶石溶融液为电解质，其中也常加入少量的氟化钙，氟化钙的作用是为制取冰晶石，工

11、业上采用氢氧化铝、纯碱和氟化氢在一定条件下充分混合反应制取冰晶石，该反应的化学方程式为（6）上述流程生产1mol金属铝耗电能约1.8×106J某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿冶炼金属铝耗电能J；已知每个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，由一只易拉罐回收生产金属铝耗电能约4.5×104J，则制得等量金属铝的能耗为上述流程生产方法的%；通过对计算数据的分析，你能得到什么结论四、化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12元素周期表的排列和分区与元素基态原子核外电子的排布息息相关，请据此回答下列问题：（1）根据原子结构和元素周期表的关系，第

12、七周期0族的原子序数为（2）X和Y均为第2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和第七位晶体Y的结构单元是由Y原子组成的正二十面体（如图所示），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个Y原子，故此基本结构单元是由个Y原子构成，共含有个YY键若将一个正二十面体中的每一个顶点削去，可获得只由正六边形和正五边形构成的多面体若多面体的每一个顶点均为碳原子，可得到一个C60分子的结构模型则1molC60分子中含有a键的数目为，C60晶体采取面心立方最密堆积，故其配位数为X和Y可形成多种类型的结构下列说法正确的是a、六方“类石墨”YX晶体可做高温润

13、滑剂b、立方“类金刚石”YX晶体是超硬材料，有优异的耐磨性c、立方“类金刚石”YX晶体中，Y原子的杂化轨道类型为sp2（3）Z为第4周期d区元素，最高价为+7价，M和Z是同周期的元素，具有相同的最高化合价写出Z的基态原子价层电子排布式酸性强弱：HMOHMO2，原因是Z元素可参与形成准晶体准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过区分晶体、准晶体和非晶体晶体Z可形成体心立方晶胞，若晶胞中距离最近的Z原子核间距离为apm，则Z晶体的密度为gcm3五、化学选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）13、聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA）俗称有机玻璃其结构简式为：，以下是有机玻璃的一

14、种合成路线：回答下列问题：（1）A的结构简式为，A生成B的反应类型是反应（2）C中官能团的名称是，D的名称是（系统命名法）（3）由E生成PMMA的化学方程式为、由合成PMMA得到启示，可应用于由苯酚为主要原料制备（4）的同分异构体中符合下列条件的有种（不考虑立体异构）；属于环已烯的二取代物 取代基处于对位且完全相同能与NaHCO3溶液反应产生CO2其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比为6：2：1：1：1的是（填结构简式）（5）参照中有机玻璃的合成路线，设计并完善的合成路线：2016年云南省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漂白剂常用于日常生活和工

15、业生产中，下列有关说法正确的是（）A活性炭与新制氯水的漂白原理相同B过氧化钠常用于羽绒制品的漂白C漂白粉是由Ca（ClO）2组成的纯净物D将漂白剂SO2和NaClO混合使用可增加漂白效果【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A活性炭利用的是吸附性，而氯水漂白利用的是强氧化性；B根据过氧化钠具有强氧化性和漂白性分析；C漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物；D次氯酸钠能够氧化二氧化硫，降低了漂白效果【解答】解：A活性炭与新制氯水的漂白原理不同，活性炭利用的吸附性，而新制氯水利用的是次氯酸的强氧化性，故A错误；B过氧化钠具有强氧化性和漂白性，可用于羽绒制品的漂白，故B正确；C漂白粉是由Ca（

16、ClO）2、CaCl2组成的混合物，故C错误；DSO2和NaClO之间发生氧化还原反应，从而降低了漂白效果，故D错误；故选B2王浆酸是从蜂王浆中分离出的一种有机酸，它有很好的杀菌、抗癌、抗放射及强化机体、增强免疫力的作用，其结构如图所示，有关王浆酸的说法不正确的是（）A分子式为C10H18O3B能使溴的四氯化碳溶液褪色C一定条件下能发生取代反应和氧化反应D1mol王浆酸最多能中和2molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含OH、COOH、C=C，具有醇、烯烃、羧酸的性质，可方式加成、氧化、取代、消去等反应，以此解答该题【解答】解：A由结构简式可知有机物分子式为C10H18O3，故

17、A正确；B含有碳碳双键，可发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C含有羟基，可发生加成反应，羟基和碳碳双键可方式氧化反应，故C正确；D含有1个羧基，1mol王浆酸最多能中和1molNaOH，故D错误故选D3由石英砂（主要含SiO2）制取高纯硅的工业流程如下：下列说法不正确的是（）A反应均属于置换反应B反应中氧化产物和还原产物的质量比为1：2C该流程中反应的还原剂不能互换使用D该流程是实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础【考点】硅和二氧化硅【分析】A置换反应是指：一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；B依据方程式SiO2+2CSi（粗）+2CO判断解答；C氢气与硅能反

18、应生成硅烷；D沙子主要成分是二氧化硅，经过该流程成为硅【解答】解：A反应SiO2+2CSi（粗）+2CO；反应SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl，二者都是置换反应，故A正确；B反应SiO2+2CSi（粗）+2CO，氧化产物为一氧化碳，还原产物为硅，二者物质的量之比为1：2，质量之比为：14：15，故B错误；C氢气与硅能反应生成硅烷，所以该流程中反应的还原剂不能互换使用，故C正确；D沙子主要成分是二氧化硅，经过该流程成为硅，实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础，故D正确；故选：B4下列有关元素周期律、元素周期表的说法正确的是（）A金属锗是一种良好的导热、导电材料B元素的非金属性越强，其氢化物

19、的沸点越高C同周期相邻主族元素的原子，其质子数之差均为1D最外层电子数为4的原子，其元素一定处于A族【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A锗位于金属元素与非金属元素的交界线处，具有半导体的性质；B氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关；C第四周期相邻主族元素的原子，质子数相差11；D最外层电子数为4的原子，其最外层电子排布式为ns2np2【解答】解：A锗位于金属元素与非金属元素的交界线处，具有半导体的性质，不是良好的导电材料，故A错误；B氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，如非金属性：OS，沸点：H2OH2S，故B错误；C第四周期相邻主族元素的原子，质子数相

20、差11，所以同周期相邻主族元素的原子，其质子数之差不一定为1，故C错误；D最外层电子数为4的原子，其最外层电子排布式为ns2np2，元素一定处于A族，故D正确；故选D5有机化合物9，10二甲基菲的结构如图所示其苯环上七氯代物的同分异构体有（）A8种B5种C4种D3种【考点】有机化合物的异构现象【分析】有机化合物9，10二甲基菲的苯环上有8个氢原子，所以苯环上七氯代物的同分异构体和一氯代物的同分异构体数目是一样的，根据对称性来回答【解答】解：有机化合物9，10二甲基菲的苯环上有8个氢原子，所以苯环上七氯代物的同分异构体和一氯代物的同分异构体数目是一样的，（图中的黑线是对称轴），一氯代物的同分异构

21、体数目是4，所以苯环上七氯代物的同分异构体是4种故选C6下列实验装置能达到目的是（） 选项ABCD装置目的快速制取少量HCl气体测定不同浓度的H2O2溶液对产生O2速率的影响制备并收集乙酸乙酯从小苏打溶液中提取NaHCO3晶体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯化氢易挥发； B长颈漏斗，不能防止气体逸出；C乙酸乙酯在NaOH溶液中水解；D碳酸氢钠受热易分解【解答】解：A氯化氢易挥发，密度比空气大，可用向上排空气法收集，故A正确； B定量测定化学反应速率，第二个装置，用长颈漏斗加过氧化氢，虽然过氧化氢在二氧化锰的作用下能生成氧气，但长颈漏斗不能防止生成的氢气从长颈漏斗中逸出，所

22、以右边的针筒中活塞不移动，故不能达到定量测定化学反应速率实验目的，故B错误；C乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应在试管中盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；D碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，故D错误故选A7某化工厂利用原电池原理处理废水并淡化海水工作示意图如下下列说法正确的是（）A电极a在装置中做正极B装置中膜A是阳离子交换膜C电极b的电极反应式是2NO3+10e+12H+N2+6H2OD若有机物表示为C4H8O2，每转移10mol电子，电极a上产生22.4LCO2（标准状况）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、根据图象知，a为负极；B、A为阴离子交换膜；C、b正极，在原电池的正极上发生得电子的

23、还原反应；D、根据得失电子数来回答【解答】解：A根据图象知，a产生二氧化碳，为负极，故A错误；Ba电极是负极，故A膜为阴离子交换膜，故B错误；C电极b为正极，电极反应式是2NO3+10e+12H+N2+6H2O，故C正确；D若有机物表示为C4H8O2，每生成1mol二氧化碳，转移5mol电子，则每转移10mol电子，产生2mol二氧化碳，电极a上产生44.8LCO2（标准状况），故D错误故选：C二、解答题（共3小题，满分43分）8以菱锰矿（主要成分MnCO3，含有铁、镍、钴等的碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程简化表示如下：已知：MnCO3（s）+H2SO4（aq）MnSO4（aq）+CO

24、2（g）+H2O（1）H0Fe（OH）3完全沉淀的pH为3.7，Mn（OH）2、Co（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2开始沉淀的pH均大于725，Ksp（MnS）=2.5×1010，Ksp（CoS）=4×1021，Ksp（NiS）=3.2×1019回答下列问题：（1）酸浸时控制温度为8090，原因是温度过低反应速率小，温度过高反应平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低（2）浸出液中先加入MnO2的目的是氧化Fe2+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，再加入氨水调节pH至56的作用是使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀（3）滤

25、渣2的主要成分是CoS和NiS；利用（NH4）2S除杂易产生H2S，危害生产人员的健康，可用二乙基二硫代氨基甲酸钠（DDTC）代替（NH4）2S已知：25，KspNi（DDTC）2=7.94×1014，电解液中Ni2+的最大允许浓度为1.70×105molL1，若某电解液中c（DDTC）=8.00×105molL1，则该电解液中的c（Ni2+）是（填“是”、“否”）符合Ni2+的最大允许浓度要求（4）电解时，阴极发生主要反应的电极反应式为Mn2+2e=Mn，由于发生副作用，阴极上会产生少量气体，其分子式为H2（5）为增强电解所得金属锰的抗腐蚀性，可用3%的K2Cr

26、2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，则该反应的离子方程式为xCr2O72+3Mn2+8xH+=2xCr3+3MnOx+4xH2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，（1）温度控制是为了获得较大的反应速率，同时避免反应逆向进行有效锰的浸出率；（

27、2）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2+2e=Mn，阴极上会产生少量气体是溶液中氢离子得到电子生成氢气；（5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为Mn

28、Ox，发生的反应是重铬酸钾氧化锰离子生成MnOx，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式【解答】解：（1）酸浸时控制温度为8090，原因是温度过低反应速率小，温度过高反应平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低，故答案为：温度过低反应速率小，温度过高反应平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低；（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，再加入氨水调节pH至56的作用是沉淀铁离子生

29、成氢氧化铁沉淀，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；故答案为：CoS和NiS；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2+2e=Mn，阴极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气，故答案为：Mn2+2e=Mn；H2；（5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，发生的反应是重铬酸钾

30、氧化锰离子生成MnOx，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：xCr2O72+3Mn2+8xH+=2xCr3+3MnOx+4xH2O，故答案为：xCr2O72+3Mn2+8xH+=2xCr3+3MnOx+4xH2O9一定量的CO2与足量的C在恒容密闭容器中发生反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H回答下列问题：（1）已知C和CO的燃烧热分别为393KJmol1、283KJmol1，则上述反应的H=+173KJ/mol（2）若反应进行到10s时，测得容器内的密度增大了2.4gL1，则10s内用CO表示的平均反应速率为0.04mol/（Ls）（3）若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，

31、压强为kPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示650时CO2的平衡转化率为25%T1的平衡常数Kp=0.5pka（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡不（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，原因是Qp=Kp已知：Kp=Kc（RT）v，其中R=8.314LkPamol1K1，v=气态产物的化学计量数之和气态反应物的化学计量数之和若该反应的的值为9976.8，则此时的热力学温度为1200K【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧

32、化物放出的热量，根据C和CO的燃烧热书写热化学方程式，根据已知热化学方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算C（s）+CO2（g）2CO（g）的H；（2）根据差量法求出生成的CO的物质的量，然后根据V=求出反应的速率；（3）由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；反应前压强为kPa，分压=总压×物质的量分数，根据反应后的物质的量分数计算T1的平衡常数Kp，T1时Qp=Kp，平衡不移动；C（s）+CO2（g）2CO（g），v=气态产物的化学计量数之和气态反应物的化学计量数之和=1，根据Kp=Kc（RT）v，代入相关数据即

33、可解得此时的热力学温度【解答】解：（1）C和CO的燃烧热分别为393KJmol1、283KJmol1，依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应的热化学方程式分别为：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393KJ/mol，2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566KJ/mol，将得到C（s）+CO2（g）2CO（g），根据盖斯定律H=（393KJ/mol）（566KJ/mol）=+173KJ/mol，故答案为：+173KJ/mol；（2）假设体积为1L，测得容器内的密度增大了2.4gL1，C（s）+CO2（g）2CO（g）m 12 44 56 12 m 2.4g 解

34、得m=11.2g，n=0.4mol，则10s内用CO表示的平均反应速率为V=0.04mol/（Ls），故答案为：0.04mol/（Ls）；（3）由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）2CO（g）开始 1 0转化 x 2x平衡 1x 2x所以×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为：×100%=25%，故答案为：25%；若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为kPa，由图可知，T1时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，分压=总压×物质的

35、量分数，T1时平衡Kp=0.5kPa，由图可知，T1时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%为平衡状态，该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，Qp=Kp，则平衡不移动，故答案为：0.5pka；不；Qp=Kp；C（s）+CO2（g）2CO（g），v=气态产物的化学计量数之和气态反应物的化学计量数之和=21=1，Kp=Kc（RT）v，其中R=8.314LkPamol1K1，的值为9976.8，v=1，分别代入得：Kp=1200，故答案为：120010Cux（NH3）y（SO4）znH2O是深蓝色晶体，可溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，常用作杀虫剂、媒染剂等某小组利用废铜

36、屑、硫酸、氨水等原料制备该晶体并测定其组成制备：将废铜屑充分灼烧后用足量稀硫酸溶解，向所得溶液中加入氨水至析出的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，加入适量无水乙醇，静置、减压过滤，得粗产品将粗产品先用乙醇和浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，干燥后即得产品NH3的测定：精确称取ag产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，按如图所示组装实验装置向长颈漏斗中加入10%NaOH溶液至小试管盛满并溢出足量溶液，加热，保持微沸，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1molL1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液V2mLSO42

37、的测定：精确称取bg产品，加适量水溶解，加入足量盐酸，滴加氯化钡溶液至不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为dg回答下列问题：（1）废旧金属再利用时一般先要用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污，本实验未设计此步骤，其理由是灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是减少粗产品的溶解损耗（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，其化学式为CuO；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是液封，防止氨气从长颈漏斗上口逸出（3）蒸氨结束后，取出并拔掉插入HCl溶液中的导管，用少量水将导管内外沾附的溶液洗入B中的锥形瓶内，再进行滴定若未进行此操

38、作，氨的含量测定结果将偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；样品中NH3的质量分数表达式为×100%（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净，样品中SO42的质量分数表达式为×100%（5）Cux（NH3）y（SO4）znH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分别为26.02%、27.64%、39.02%、7.32%，有关该晶体组成的下述表达式正确的是CDA、x=y+z B、2x=y+2z C、x=z D、3y=4（x+z+n）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1

39、）灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；洗涤时，洗去附着的杂质，要减小产品因溶解导致的损失；（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，应产生的氢氧化铜分解生成CuO；防止氨气从长颈漏斗中逸出；（3）会附着剩余的HCl，若不洗涤，导致滴定剩余的HCl偏小，吸收氨气消耗的盐酸偏多；根据消耗氢氧化钠计算剩余HCl物质的量，再计算与氨气反应HCl的物质的量，可得氨气的质量，进而计算氨气的质量分数；（4）硫酸钡沉淀会附着氯化钡，利用硝酸银溶液检验最后一次滤出液中是否含有氯离子，判断洗涤是否干净；生成的沉淀为硫酸钡，根据硫酸根守恒计算；（5）根据n=计算物质的量之比，再结合电荷守恒判断【解答】解：（1）灼

40、烧时油污生成二氧化碳与水而除去，不需要再用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污；洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是：减少粗产品的溶解损耗，故答案为：灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；减少粗产品的溶解损耗；（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，应产生的氢氧化铜分解生成CuO；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是：起液封作用，防止氨气从长颈漏斗上口逸出，故答案为：CuO；液封，防止氨气从长颈漏斗上口逸出；（3）会附着剩余的HCl，若不洗涤，导致滴定剩余的HCl偏小，吸收氨气消耗的盐酸偏多，氨的含量测定结果将偏大，到终点时消耗NaOH溶液V2×103L

41、5;c2molL1=c2V2×103 mol，则与氨气反应HCl的物质的量为V1×103L×c1molL1V2×103L×c2molL1=（c1V1c2V2）×103 mol，故氨气为（c1V1c2V2）×103 mol，则样品中NH3的质量分数表达式为：（c1V1c2V2）×103 mol×17g/mol÷ag×100%=×100%，故答案为：偏大；×100%；（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是：取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，

42、没有白色沉淀生成，说明洗涤干净，生成的沉淀为硫酸钡，硫酸根守恒可知样品中硫酸根的质量为×96g/mol=g，则样品中SO42的质量分数表达式为×100%=×100%；故答案为：取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；×100%；（5）Cux（NH3）y（SO4）znH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分别为26.02%、27.64%、39.02%、7.32%，则n（Cu）：n（NH3）：n（SO42）：n（H2O）=： =1：4：1：1，则：x=z 及3y=4（x+z+n）符合，故选：CD三、化学选修

43、2：化学与技术（共1小题，满分15分）11奥地利化学家拜耳的“碱溶法”与法国化学家埃鲁的“电解法”相结合，奠定了现代电解冶炼铝工业方法的基础，电解铝的原料主要来自铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），基本流程及装置图如下回答下列问题：（1）操作和操作都是过滤（填操作名称），加入过量烧碱溶液时反应的离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3（2）加入过量X，发生反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3（3）电解时，阳极的电极反应式为2O24e=O2，实际生产中阳极需要定期更换，原因是阳极产生的氧气会与电极

44、材料中的碳反应而使阳极损耗（4）在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要放置a（选填字母序号）a、耐火绝缘 b、防爆导热 c、耐火导电 d、导热导电（5）电解铝时，以氧化铝冰晶石溶融液为电解质，其中也常加入少量的氟化钙，氟化钙的作用是帮助降低氧化铝的熔点为制取冰晶石，工业上采用氢氧化铝、纯碱和氟化氢在一定条件下充分混合反应制取冰晶石，该反应的化学方程式为2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O（6）上述流程生产1mol金属铝耗电能约1.8×106J某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿冶炼金属铝耗电能1.8×1010J；已知每

45、个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，由一只易拉罐回收生产金属铝耗电能约4.5×104J，则制得等量金属铝的能耗为上述流程生产方法的5%；通过对计算数据的分析，你能得到什么结论易拉罐的回收利用有利于节约能源【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），加入过量稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤液1是氯化铝溶液、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液2为偏铝酸钠溶液，通入过量的X为二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀受热分解生

46、成氧化铝，通过加入冰晶石恒容氟化钙降低氧化铝熔点，以碳素做阴阳极，电解生成电解铝，净化、澄清、精炼得到铝锭，（1）分析可知操作1和操作2是分离固体和溶液的操作为过滤，加入过量氢氧化钠溶液是铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（2）加入过量X为二氧化碳，二氧化碳和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（3）电解原理可知阳极失氧化铝熔融后电离出的氧离子失电子生成氧气发生氧化反应，实际生产中阳极需要定期更换是因为阳极上生成氧气会和材料中碳发生反应消耗电极；（4）依据电解原理分析可知，在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要耐火绝缘；（5）Al为活泼金属，电解铝时的电解

47、质为氧化铝冰晶石熔融液，常加入少量氯化钙的目的是降低熔点，Al2O3的熔点很高，熔化需要较多能量，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔化温度根据质量守恒定律书写该化学方程式；（6）某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿中氧化铝质量=1×106g，含铝物质的量=10000mol，计算得到冶炼金属铝耗电能，已知每个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，其中铝的物质的量=0.5mol，由一只易拉罐回收生产金属铝耗电能约4.5×104J，生产1molAl耗电能=4.5×104J×=9×104J，制得等量金属铝的能耗和上述流程生产方法耗能

48、之比计算得到，易拉罐的回收利用可以节约能源【解答】解：铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），加入过量稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤液1是氯化铝溶液、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液2为偏铝酸钠溶液，通入过量的X为二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀受热分解生成氧化铝，通过加入冰晶石恒容氟化钙降低氧化铝熔点，以碳素做阴阳极，电解生成电解铝，净化、澄清、精炼得到铝锭，（1）分析可知操作1和操作2是分离固体和溶液的操作为过滤，加入过量氢氧化钠溶液是铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和过量氢

49、氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：过滤；Al3+4OH=AlO2+2H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3；（2）NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3和NaHCO3，反应的化学方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；（3）电解原理可知阳极失氧化铝熔融后电离出的氧离子失电子生成氧气发生氧化反应，电极反应为：2O24e=O2，实际生产中阳极需要定期更换是因为阳极上生成氧气会和材料中碳发生反应

50、消耗电极，故答案为：2O24e=O2；阳极产生的氧气会与电极材料中的碳反应而使阳极损耗；（4）依据电解原理分析可知，在电解槽的钢板和阴极碳素材料之间需要耐火绝缘，故选a，故答案为：a；（5）Al2O3的熔点很高，熔化需要较多能量，电解铝时，以氧化铝冰晶石溶融液为电解质，其中也常加入少量的氟化钙，氟化钙的作用是帮助降低Al2O3的熔化温度；工业上可以用氟化氢气体、氢氧化铝和纯碱在高温条件下发生反应来制取冰晶石，根据质量守恒定律书写该化学方程式为：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3 =2Na3AlF6+3CO2+9H2O；故答案为：帮助降低氧化铝的熔点；2Al（OH）3+12HF+3Na2

51、CO3 =2Na3AlF6+3CO2+9H2O；（6）某铝土矿中氧化铝的质量分数为51%，则1吨该铝土矿中氧化铝质量=1×106g，含铝物质的量=10000mol，生产1mol金属铝耗电能约1.8×106J则1吨该铝土矿冶炼金属铝耗电能=1.8×106J×10000=1.8×1010J，已知每个铝制易拉罐约15g，其中铝的质量分数为90%，其中铝的物质的量=0.5mol，由一只易拉罐回收生，产金属铝耗电能约4.5×104J，生产1molAl耗电能=4.5×104J×=9×104J，制得等量金属铝的能耗为上

52、述流程生产方法耗能的=5，通过对计算数据的分析，易拉罐的回收利用可以节约能源，故答案为：1.8×1010；5；易拉罐的回收利用有利于节约能源；四、化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12元素周期表的排列和分区与元素基态原子核外电子的排布息息相关，请据此回答下列问题：（1）根据原子结构和元素周期表的关系，第七周期0族的原子序数为8（2）X和Y均为第2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和第七位晶体Y的结构单元是由Y原子组成的正二十面体（如图所示），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个Y原子，故此基本结构单元是

53、由12个Y原子构成，共含有30个YY键若将一个正二十面体中的每一个顶点削去，可获得只由正六边形和正五边形构成的多面体若多面体的每一个顶点均为碳原子，可得到一个C60分子的结构模型则1molC60分子中含有a键的数目为90NA，C60晶体采取面心立方最密堆积，故其配位数为12X和Y可形成多种类型的结构下列说法正确的是aba、六方“类石墨”YX晶体可做高温润滑剂b、立方“类金刚石”YX晶体是超硬材料，有优异的耐磨性c、立方“类金刚石”YX晶体中，Y原子的杂化轨道类型为sp2（3）Z为第4周期d区元素，最高价为+7价，M和Z是同周期的元素，具有相同的最高化合价写出Z的基态原子价层电子排布式3d54s

54、2酸性强弱：HMOHMO2，原因是HMO2中非羟基氧原子数目比HMO的多Z元素可参与形成准晶体准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X射线衍射实验区分晶体、准晶体和非晶体晶体Z可形成体心立方晶胞，若晶胞中距离最近的Z原子核间距离为apm，则Z晶体的密度为gcm3【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）根据各周期容纳元素种数计算；（2）同周期中稀有气体第一电离能最大，其它元素随原子序数最大元素第一电离能呈增大趋势，但A族、A族最高能级分别为全满、半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第二周期中第一电离能顺序为：NeFNOCBeBLi，X和Y均为第2周期p区元素，其原子的第一电离能数值按从大到小的顺序在同周期元素中处于第三位和