浙江省嘉兴市2016届高考化学二模试卷(版)

1、2016年浙江省嘉兴市高考化学二模试卷一、选择题（本题包括17小题每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1下列说法不正确的是（）A植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气BAl（OH）3、Fe（OH）3等胶体具有很强的吸附能力，可用于净水C鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本，其中蛋白质都发生了变性D塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，可以回收利用2下列说法不正确的是（）A危化品储存运输过程中发生金属钠、镁着火时，应立即用泡沫灭火器灭火B配制银氨溶液的操作：在2 mL 2%的硝酸银溶液中逐滴加入2%的氨水、振

2、荡试管，直至产生的沉淀恰好完全溶解C配制230mL 0.1molL1的FeCl3溶液：称取一定质量的FeCl3固体在烧杯中溶于适量盐酸中，放置至室温后，再转移入250mL容量瓶中进行配制D取少量硫酸亚铁铵晶体用蒸馏水溶解，加入适量10%的NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明晶体中含有NH4+3表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的下列说法正确的是（）XYZWTA化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同BZ、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强C五种元素中，只有T是金属元素DMg在一定条件下可

3、以和YX2发生反应生成Y单质4下列说法不正确的是（）A邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构B高聚物的单体可以通过乙烯和HCl加成制得C（CH3）2CHCH=CHC（CH3）3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5三甲基己烷D完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同5一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔下列说法不正确的是（）A右室电极为该电池的正极B左室电极反应式可表示为：C6H5OH28e+11H2O6CO2+28H

4、+C右室电极附近溶液的pH减小D工作时中间室的Cl移向左室，Na+移向右室6下列说法正确的是（）A25时，将pH=a的一元强酸溶液与pH=14a的一元碱溶液等体积混合后，所得溶液呈酸性或中性B相同温度的盐酸和醋酸两种溶液中，若c（Cl）=c（CH3COO），则两溶液pH相同C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c（CO32）+2c（OH）c（HCO3）+c（H2CO3）+2c（H+）D对于沉淀溶解平衡AgXAg+X，已知AgCl的平衡常数大于AgI则含AgCl和AgI固体的悬浊液中存在：c（Ag+）c（I）c（Cl）7钒是一种熔点高、

5、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域工业上利用冶炼铝生成的固体废料赤泥（主要成份为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属钒，其工艺流程图如下：已知：钒有多种价态，其中+5价最稳定钒在溶液中主要以VO2+和VO3的形式存在，且存在平衡VO2+H2OVO3+2H+下列说法正确的是（）A工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水B可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3C焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸以使其溶解完全D将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见血红色，则磁性产品中一定不含铁元素二、解答题（共5小题，满

6、分58分）8化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：已知：RX ROHE分子中只有两种不同化学环境的H原子+R3COOH+（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）（1）A中官能团的名称是，DE的反应类型为（2）E的结构简式为（3）C+FM的化学方程式（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是abc dCH2=CHCH=CHCH=CHCH2COOH（5）写出从BrCH2CH2BrHCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式）9请回答：（1）写出CH3Cl的电子式（2）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发

7、生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水已知室温下10g甲硅烷自燃放出热量473.5kJ，其热化学方程式是（3）工业废水中加入难溶于水的FeS使其中的Cu2+离子转化为沉淀，写出该反应的离子方程式（4）碱性条件下发生下列反应，配平该反应的离子方程式：ClO3+Fe3+=Cl+FeO42+10某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构工业上用尿素CO（NH2）2投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质（1）

8、写出甲的分子式（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀其化学方程式为（4）已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，从氧化还原反应的角度说明其合理性甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，写出乙的成分（写出所有可能），请设计实验方案检验乙的成分11金属钛（Ti）被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂20世纪科学家尝试用多种方法将金红石（TiO2）还原，发现金红石

9、直接氯化是冶炼钛的关键步骤：TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+O2（g）H=+1493kJmol1，S=+61JK1mol1该反应发生温度高达2170，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献金红石加碳氯化的主要反应如下：反应：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）H1，S1=+64JK1mol1反应：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（g）+2CO（g）H2，S2已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=394.3kJmol

10、12C（s）+O2（g）2CO（g）H=222.3kJmol1请回答：（1）反应的H1=kJmol1（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应的KP=（用表达式表示）（3）将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较，从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因（4）在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2（g）+6H2O（1）4NH3（g）+3O2（g）H=+1530.4kJmol1进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表：实验组别1

11、234T/K303313323353NH3生成量/（106mol）4.85.96.02.0O2生成量/（106mol）3.64.44.51.5反应时间/h3333容器体积/L2222请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图（图中标明必要的文字说明）根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为molL1h1判断组别4中反应是否达到平衡状态（填“是”或“否”），并说明理由12苯甲酸（无色针状晶体，熔点122.4）可广泛用于医药、染料载体、香料等，实验室用甲苯和高锰酸钾制备苯甲酸反应方程式如下：+2KMnO4+KOH+2

12、MnO2+H2O +HCl+KCl已知有关化合物的相关数据如表所示：化合物相对分子质量密度（gcm3）溶解性沸点（）甲苯920.87难溶于水110.0苯甲酸钾160易溶于水苯甲酸1221.26微溶于水248.0苯甲酸在100g水中的溶解度：0.18g（4），0.27g（18），2.2g（75）合成：如图（固定及加热装置略去）所示，在三颈烧瓶中加入4.23mL甲苯和100mL蒸馏水，瓶口装上温度计、电动搅拌器、冷凝管，慢慢开启电动搅拌器，加热至沸腾经冷凝管上口分批加入21.30g高锰酸钾（过量），继续煮沸至甲苯层消失，回流液中不再出现油珠为止，得到反应混合物对反应混合物进行分离：趁热过滤洗涤滤渣

13、合并滤液和洗涤液冷却盐酸酸化过滤对粗产品苯甲酸进行提纯：沸水溶解活性炭脱色趁热过滤过滤洗涤干燥请回答下列有关问题：（1）实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为（2）冷凝管的上口是否需要塞上塞子（填“是”或“否”），a处水流方向是（填“进水”或“出水”）（3）高锰酸钾需要分批加入，请用化学反应速率观点说明理由（4）在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中，“趁热过滤”的目的是；“”的操作名称是；可证明“洗涤”步骤已洗涤干净的方法是（5）干燥后称量得苯甲酸2.93g，则苯甲酸的产率为2016年浙江省嘉兴市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括17小题每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符

14、合题目要求的）1下列说法不正确的是（）A植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气BAl（OH）3、Fe（OH）3等胶体具有很强的吸附能力，可用于净水C鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本，其中蛋白质都发生了变性D塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，可以回收利用【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成；B依据氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性解答；C鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析；D塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物

15、的纤维是纤维素；【解答】解：A秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成，属于化学变化，故A正确；B氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水质固体颗粒杂质，可以净水，故B正确；C鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析，蛋白质没有变性，故C错误；D塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，都是有机物，故D正确；故选：C【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意蛋白质盐析与变性的区别，题目难度不大2下列说法不正确的是（）A危化品储存运输过程中发生金属钠、镁着火时，应立即用泡沫灭火器灭火B配制银氨溶液的操作：在2 mL 2%的硝酸银

16、溶液中逐滴加入2%的氨水、振荡试管，直至产生的沉淀恰好完全溶解C配制230mL 0.1molL1的FeCl3溶液：称取一定质量的FeCl3固体在烧杯中溶于适量盐酸中，放置至室温后，再转移入250mL容量瓶中进行配制D取少量硫酸亚铁铵晶体用蒸馏水溶解，加入适量10%的NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明晶体中含有NH4+【考点】化学实验安全及事故处理；化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，使火势更加剧烈； B配制银氨溶液时应将2%的稀氨水滴入2%的硝酸银溶液；CFeCl3易水解；D使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气

17、体，为氨气【解答】解：A金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用砂子灭火，故A错误； B配制银氨溶液时应将2%的稀氨水滴入2%的硝酸银溶液，直至产生的沉淀恰好溶解为止，故B正确；CFeCl3易水解，应溶于适量盐酸中，再稀释，故C正确；D使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，为氨气，则该溶液中含有NH4+离子，故D正确故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及危险处理、溶液配制、离子的检验等，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大3表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子

18、序数之和为Z与W原子序数之和的下列说法正确的是（）XYZWTA化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同BZ、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强C五种元素中，只有T是金属元素DMg在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质【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【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由位置可知，X为第二周期元素，Y、Z、W为第三周期元素，设X的原子序数为x，由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9）×，解得x=8，则X为O，Y为Si，Z为S，W为Cl，T为

19、Se，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由位置可知，X为第二周期元素，Y、Z、W为第三周期元素，设X的原子序数为x，由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9）×，解得x=8，则X为O，Y为Si，Z为S，W为Cl，T为Se，ASiO2、SO2化学键均为共价键，晶体类型分别为原子晶体、分子晶体，故A错误；B非金属性WZT，则T、Z、W三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，故B错误；C均为非金属元素，故C错误；D由Mg与CO2反应生成MgO和C，可知Mg在一定条件下可以和SiO2发生反应生成Si单质，故

20、D正确；故选D【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握短周期原子序数的关系推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大4下列说法不正确的是（）A邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构B高聚物的单体可以通过乙烯和HCl加成制得C（CH3）2CHCH=CHC（CH3）3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5三甲基己烷D完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同【考点】有机化学反应的综合应用【专题】有机反应【分析】A对二甲苯只有一种结构，无法判断是否存在C

21、C单键与C=C双键的交替结构；B乙烯和HCl加成制得的是一氯乙烷，不存在碳碳双键，不能进行加聚反应；C烯烃的命名遵循：选取距离双键最近的一端命名为1号碳；D冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，据此解答即可【解答】解：A邻二甲苯只有一种结构，说明苯中不存在单双键交替的结构，是一种特殊的化学键，故A正确；B此高聚物是由乙炔与HCl加成生成的产物加聚得来的，故B错误；C此有机物中含有碳碳双键，故应命名为某“烯”，故C错误；D冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同，故D正确，故选BC【点评】本题主要考查的是烯烃的

22、命名、苯的结构以及烃的衍生物的燃烧规律，难度不大5一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔下列说法不正确的是（）A右室电极为该电池的正极B左室电极反应式可表示为：C6H5OH28e+11H2O6CO2+28H+C右室电极附近溶液的pH减小D工作时中间室的Cl移向左室，Na+移向右室【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有

23、机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH28e+11H2O6CO2+28H+，据此分析解答【解答】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH28e+11H2O6CO2+28H+，A该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，故A正确；B左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH28e+11H2O

24、6CO2+28H+，故B正确；C右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故C错误；D放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl移向负极室左室，故D正确；故选C【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握6下列说法正确的是（）A25时，将pH=a的一元强酸溶液与pH=14a的一元碱溶液等体积混合后，所得溶液呈酸性或中性B相同温度的盐酸和醋酸两种溶液中，若c（C

25、l）=c（CH3COO），则两溶液pH相同C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c（CO32）+2c（OH）c（HCO3）+c（H2CO3）+2c（H+）D对于沉淀溶解平衡AgXAg+X，已知AgCl的平衡常数大于AgI则含AgCl和AgI固体的悬浊液中存在：c（Ag+）c（I）c（Cl）【考点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、pH=a的一元强酸溶液中，c（H+）=10amol/L，pH=14a的一元碱溶液中，c（H+）=10a14mol/L，则c（OH）=10amol/L；B、根据电荷守

26、恒来分析；C、0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，Na2CO3溶液与 NaHCO3的浓度均为0.05mol/L，根据电荷守恒和物料守恒来分析；D、由于AgCl的平衡常数大于AgI，根据Ksp来分析【解答】解：A、pH=a的一元强酸溶液中，c（H+）=10amol/L，pH=14a的一元碱溶液中，c（H+）=10a14mol/L，则c（OH）=10amol/L，故将两溶液等体积混合后，；两者恰好完全反应，则所得溶液显中性，故A错误；B、根据电荷守恒可知，在盐酸溶液中有：c（H+）=c（Cl）+c（OH），而在醋酸溶液中有：c（H+）=c

27、（CH3COO）+c（OH），两溶液中若c（Cl）=c（CH3COO），则两溶液中c（H+）和c（OH）均相等，即pH相同，故B正确；C、0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，Na2CO3溶液与 NaHCO3的浓度均为0.05mol/L，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），根据物料守恒可知：3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）=2c（Na+），两式联立可知：c（CO32）+2c（OH）c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+），故C错误；D、由于是含AgCl和

28、AgI固体的悬浊液，且AgCl的平衡常数大于AgI，则有： =1，故c（Cl）c（I），故D错误故选B【点评】本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性的判断、盐溶液中的电荷守恒、物料守恒的运用和溶解平衡中的Ksp的有关计算，难度中等，综合性较强7钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域工业上利用冶炼铝生成的固体废料赤泥（主要成份为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属钒，其工艺流程图如下：已知：钒有多种价态，其中+5价最稳定钒在溶液中主要以VO2+和VO3的形式存在，且存在平衡VO2+H2OVO3+2H+下列说法正确的是（）A工业生产中，碱浸步骤

29、可选用较为廉价的氨水B可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3C焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸以使其溶解完全D将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见血红色，则磁性产品中一定不含铁元素【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀滤渣1系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO2+和VO3的形式存在，再加入

30、氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5，由溶液中存在平衡VO2+H2OVO3+2H+，盐酸过量会抑制的生成NH4VO3，盐酸溶解时不易过量【解答】解：赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀滤渣1系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO2+和VO3的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5，由溶液中存在平衡VO2+H2OVO3+2H+，盐酸过量会抑制的生成NH4VO3，盐酸溶解时不易过量A氨水不能溶解

31、氧化铝，故A错误；B用盐酸溶液后的溶液中含有VO2+、VO3、Cl，加入硝酸铵会生成NH4VO3沉淀，反应向更生成难溶的物质进行，可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3，故B正确；C溶液中存在平衡VO2+H2OVO3+2H+，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制的生成NH4VO3，不能加入过量的盐酸，故C错误；D加入的硝酸不足，Fe元素被硝酸氧化可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，故D错误故选：B【点评】本题考查物质准备工艺流程，易根据问题进行分析解答，熟练掌握元素化合物性质，对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、条件的控制、原理的分析评价、陌生方程式书写等，而涉及

32、的元素化合物多是中学比较陌生的，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力二、解答题（共5小题，满分58分）8化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：已知：RX ROHE分子中只有两种不同化学环境的H原子+R3COOH+（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）（1）A中官能团的名称是羟基，DE的反应类型为取代反应（2）E的结构简式为（3）C+FM的化学方程式（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是bdabc dCH2=CHCH=CHCH=CHCH2COOH（5）写出从BrCH2CH2BrHCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线

33、参照题中的书写形式）BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】油脂水解得到A为，结合信息可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为（5）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2O

34、OCH【解答】解：油脂水解得到A为，结合信息可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为（1）A为，含有的官能团的名称是羟基，DE的反应类型为取代反应，故答案为：羟基；取代反应；（2）E的结构简式为：，故答案为：；（3）C+FM的化学方程式：，故答案为：；（4）F的结构简式为，、与F的分子式不同，与F不是同分异构体，、CH2=CHCH=CHCH=CHCH2COOH与F的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：bd；（5）BrCH2CH2Br

35、在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为：BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH，故答案为：BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是对题目信息的理解，充分利用有机物的分子式行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等9请回答：（1）写出CH3Cl的电子式（2）甲硅烷（SiH

36、4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水已知室温下10g甲硅烷自燃放出热量473.5kJ，其热化学方程式是SiH4（g）+2O2（g）SiO2（s）+2H2O（g）H=1515.2kJmol1（3）工业废水中加入难溶于水的FeS使其中的Cu2+离子转化为沉淀，写出该反应的离子方程式FeS+Cu2+=CuS+Fe2+（4）碱性条件下发生下列反应，配平该反应的离子方程式：1ClO3+2Fe3+10OH=1Cl+2FeO42+5H2O【考点】热化学方程式；电子式；离子方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】（1）CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳

37、定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构；（2）根据甲硅烷的质量计算1mol甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；（3）硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜和二价铁离子，实现沉淀的转化；（4）分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律配平方程式【解答】（1）CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式：；故答案为；（2）n（SiH4）=mol，则1molSiH4燃烧放出的热量为：473.5kJ×=1515.2kJ，

38、反应的化学方程式为：SiH4+O2=SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）SiO2（s）+2H2O（g）H=1515.2 kJmol1，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）SiO2（s）+2H2O（g）H=1515.2 kJmol1；（3）硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜和二价铁离子，实现沉淀的转化，离子方程式：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；（4）反应中氯酸根离子中+5价氯元素化合价降为氯离子中1价，化合价将6，+3价铁离子化合价升高为高铁酸根离子中+6价，化合价升高3，要使得失电子守恒则氯酸根离子系数为1，三价铁

39、离子系数为2，依据原子个数守恒方程式：1ClO3+2Fe3+10 OH=1Cl+2FeO42+5 H2O；故答案为：1；2；10OH；1；2；5H2O【点评】本题为综合题，考查化学用语的正确使用，明确电子式、热化学方程式、离子方程式书写方法及注意事项，熟悉氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键，题目难度中等10某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构工业上用尿素CO（NH2）2投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得

40、到副产品碳酸钠等物质（1）写出甲的分子式N2H4（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀其化学方程式为N2H4+6Fe2O3=N2+Fe3O4+2H2O（4）已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，从氧化还原反应的角度说明其合理性N2H4中N元素为2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙

41、生成，写出乙的成分Cu或Cu、Cu2O或Cu2O（写出所有可能），请设计实验方案检验乙的成分取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若ba，固体乙的成分是Cu和Cu2O【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素CO（NH2）2投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可

42、知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）=0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g0.4g=2.8g，n（N）=0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4【解答】解：甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素CO（NH2）2投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有

43、N和H两种元素，n（H2）=0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g0.4g=2.8g，n（N）=0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4（1）甲的分子式为：N2H4，故答案为：N2H4；（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以

44、减慢锅炉内壁的锈蚀，Fe元素化合价降低，则N元素被氧化生成氮气，其化学方程式为：N2H4+6Fe2O3=N2+Fe3O4+2H2O，故答案为：N2H4+6Fe2O3=N2+Fe3O4+2H2O；（4）已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2ON2H4中N元素为2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性，甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，故答案为：N2H4中N元素为2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，乙的成分可能为：Cu或Cu、Cu2O或C

45、u2O，取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若ba，固体乙的成分是Cu和Cu2O，故答案为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若ba，固体乙的成分是Cu和Cu2O【点评】本题考查无机物的推断、氧化还原反应、实验方案设计，属于计算型推断，侧重考查学生分析计算能力、知识的迁移应用，题目难度中等11金属

46、钛（Ti）被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂20世纪科学家尝试用多种方法将金红石（TiO2）还原，发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤：TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+O2（g）H=+1493kJmol1，S=+61JK1mol1该反应发生温度高达2170，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献金红石加碳氯化的主要反应如下：反应：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）H1，S1=+64JK

47、1mol1反应：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（g）+2CO（g）H2，S2已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=394.3kJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H=222.3kJmol1请回答：（1）反应的H1=+1098.7kJmol1（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应的KP=（用表达式表示）（3）将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较，从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行（4）在常温、常压、光照

48、条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2（g）+6H2O（1）4NH3（g）+3O2（g）H=+1530.4kJmol1进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表：实验组别1234T/K303313323353NH3生成量/（106mol）4.85.96.02.0O2生成量/（106mol）3.64.44.51.5反应时间/h3333容器体积/L2222请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图（图中标明必要的文字说明）根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为4×1

49、07molL1h1判断组别4中反应是否达到平衡状态否（填“是”或“否”），并说明理由反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×106mol【考点】反应热和焓变；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+O2（g）H=+1493kJmol1，S=+61JK1mol1，C（s）+O2（g）CO2（g）H=394.3kJmol1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）H1

50、；（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），等于生成物平衡分压幂次方乘积除以反应物平衡分压幂次方乘积；（3）用判据HTS来判断反应能否发生；（4）催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；计算生成氧气的反应速率=，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率，2N2（g）+6H2O（1）4NH3（g）+3O2（g）H=+1530.4kJmol1，反应是吸热反应，升温平衡正向进行分析【解答】解：（1）依据热化学方程式：TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+O2（g）H=+1493kJmol1，S=+61

51、JK1mol1，C（s）+O2（g）CO2（g）H=394.3kJmol1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算+得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）H1=+1098.7KJ/mol，故答案为：+1098.7；（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），反应：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g），反应的Kp=，故答案为：；（3）TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（1）+O2（g）H=+151kJ/mol该反应中，反应物有2mol气体，生成物只有1mol气体，S0，又H0，则HTS0，故反应不能自发进行，金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因是焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行，故答案为：金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因；（4）催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，使用催化剂后，活化能降低，图象需要符合：1两条线的起点、终点分别相同2有催化剂曲线最高处能量要低3反应物的总能量要低于生成物的总能量，图象为：，故答案为：；在303K时，在3h内氧气的反应速率=6×107mol/Lh，用氮气表