天津市河东区高考化学二模试卷深入分析 16页

‎2016年天津市河东区高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）‎ ‎1．（6分）化学与生产生活、环境密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量 B．工业废水可经过“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水 C．硅单质常作为制备光导纤维的主要材料 D．淘米水中含有淀粉可以直接检测加碘盐中是否含有碘元素 ‎2．（6分）下列叙述均正确且前后有因果关系的是（　　）‎ A．常温，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀 B．常温，SiO2与氢氟酸、NaOH溶液均可反应，SiO2是两性氧化物 C．BaSO3难溶于水，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀 D．非金属性：Cl＞S，酸性：HClO＞H2SO4‎ ‎3．（6分）下列说法正确的是（　　）‎ A．反应A（g）⇋2B（g）△H，若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则△H=﹣（ Ea﹣Eb）kJ/mol B．常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度相同 C．某温度氯化钠在水中的溶解度是20 g，该温度饱和氯化钠溶液的质量分数为20%‎ D．将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka（HF）保持不变，始终保持增大 ‎4．（6分）下列图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B．图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）‎ C．图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液 D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大 ‎5．（6分）用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（　　）‎ 选项 连接 电极材料 分析 a b A K1 K2‎ 石墨 铁 模拟铁的吸氧腐蚀 B K1 K2‎ 锌 铁 模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法 C K1 K3‎ 石墨 铁 模拟电解饱和食盐水 D K1 K3‎ 铁 石墨 模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法 A．A B．B C．C D．D ‎6．（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（　　）‎ A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率 B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（L•min）‎ D．反应吸收0.025Q kJ热量时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分64分）‎ ‎7．（14分）下表给出五种短周期元素的相关信息．‎ 元素 相关信息 A 常温、常压下，其单质是最轻的气体，它将成为备受青睐的清洁燃料 B 工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障 C 植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染 D 室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化．该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰 E 常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用 请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）D元素核外电子排布　　；‎ ‎（2）A、B两元素形成的含有非极性键的化合物的结构式　　；A、B两元素形成的具有相同电子数的离子有（填化学式）：　　、　　．‎ ‎（3）C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：　　．‎ ‎（4）一定条件下，在水溶液中1mol E﹣、EO（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如右图所示．n是　　（填离子符号）．离子反应y→x+m的热化学方程式为　　（用离子符号表示）．‎ ‎（5）Na2DB3水溶液中各离子浓度的大小顺序是　　（填离子符号）‎ ‎8．（18分）新药的开发及药物合成是有机化学研究重要发展方向，某药物V的合成路线如下：‎ ‎（1）Ⅱ中含氧官能团的名称　　．‎ ‎（2）反应②的化学方程式　　‎ ‎（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式　　‎ ‎（4）下列说法正确的是　　‎ A．Ⅰ和Ⅴ均属于芳香烃 B．Ⅱ能发生银镜反应 C.1molⅡ能与4molH2发生加成反应 D．反应③属于酯化反应 ‎（5）反应③的反应类型　　反应；A的分子式　　‎ ‎（6）Ⅵ与Ⅰ互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种．写出满足上述条件的Ⅵ的结构简式　　‎ ‎（7）反应④的反应类型是　　 反应；一定条件下，化合物Ⅶ也能发生类似反应④的环化反应，Ⅶ的环化产物的结构简式　　．‎ ‎9．（18分）在印染工业中，连二亚硫酸钠（Na2S2O4）因能使染好的布褪色，而使布能重新染色，故而俗称保险粉，其可溶于水，但不溶于甲醇．工业制备流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）流程①步骤中需在耐高温的坩埚中进行，常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物化学式为　　．‎ ‎（2）由锌块制备锌粉的目的是　　；向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180μm的锌粉．鼓入气体M为常见的化合物，则M的化学式为　　；分散系A为　　（填“溶液”“胶体”或“悬浊液”）．‎ ‎（3）流程②步骤中的化学方程式为　　．‎ ‎（4）流程③的分离方法步骤为　　、洗涤、干燥，洗涤所用试剂是　　；过滤前加入NaCl固体的作用是　　．‎ ‎（5）将等体积0.04mo1•L﹣1AgNO3溶液和0.02mol•L﹣1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，写出反应的离子方程式　　．‎ ‎10．（14分）草酸（H2C2O4）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究．‎ ‎（1）H2C2O4 （s）⇌H2O（g）+CO（g）+CO2（g）△H=+340kJ•mol﹣1，写出此反应的平衡常数表达式 K=　　；密闭容器中，保持温度不变，下列有关选项正确的是　　‎ A．恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 B．恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 C．气体摩尔体积不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 D．气体平均摩尔质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 ‎（2）草酸分解所需燃料可以是CO，通过甲烷制备CO：‎ CH4（g）+CO2（g）⇋2CO（g）+2H2（g）△H＞O．常温下，在2L的密闭容器中通入4mol CH4气体和6mol CO2气体发生反应，5min后达到平衡，测得CO气体的浓度为0.1mol•L﹣1．‎ ‎①平衡时，该反应的平均反应速率v（CO2）=　　 mol•L﹣1min﹣1．‎ ‎②在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是　　．‎ ‎（3）电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸（H2C2O3），装置如下图1所示，写出复合膜电极的电极反应式　　．‎ ‎（4）在K3Fe（C2O4）3溶液中存在：[Fe（C2O4）3]3﹣⇋Fe3++3C2O42﹣，常温下，该溶液中[Fe（C2O4）3]3﹣的浓度与温度的关系如图2所示，则A点的c（Fe3+）　　B点的c（Fe3+） （填“＜”“＞”或“=”）；草酸是一种温和的还原剂，其他条件不变，向K3Fe（C2O4）3溶液中加入少量KMnO4固体，Fe3+的浓度　　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎　‎ ‎2016年天津市河东区高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）‎ ‎1．（6分）（2016•河东区二模）化学与生产生活、环境密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量 B．工业废水可经过“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水 C．硅单质常作为制备光导纤维的主要材料 D．淘米水中含有淀粉可以直接检测加碘盐中是否含有碘元素 ‎【分析】A．就地焚烧农作物秸秆，会产生有害气体和烟尘，污染大气；‎ B．工业废水经处理后可循环使用；‎ C．光导纤维主要成分是二氧化硅；‎ D．加碘盐中加入的是碘的化合物，不是碘单质；‎ ‎【解答】解：A．农作物收获后，就地焚烧秸秆，会产生有害气体和烟尘，污染大气，不利于环境保护，故A错误；‎ B．将工业废水“再生”处理，把废水变为较为纯净的水，可用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水，故B正确；‎ C．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是硅，故C错误；‎ D．碘与淀粉变蓝是指与碘单质与淀粉变蓝，而不是碘的化合物，而食盐加碘加入的是碘的化合物，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了化学在生产、生活中常见的环境污染与治理、二氧化硅、硅的用途，加碘盐的成分，难度不大，平时注意知识的积累．‎ ‎　‎ ‎2．（6分）（2016•河东区二模）下列叙述均正确且前后有因果关系的是（　　）‎ A．常温，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀 B．常温，SiO2与氢氟酸、NaOH溶液均可反应，SiO2是两性氧化物 C．BaSO3难溶于水，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀 D．非金属性：Cl＞S，酸性：HClO＞H2SO4‎ ‎【分析】A．由溶解度可分析饱和溶液晶体析出的原因，NaHCO3溶解度比Na2CO3小；‎ B．SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水；‎ C．SO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀；‎ D．非金属性：Cl＞S，可比较最高价氧化物水化物的酸性；‎ ‎【解答】解：A．由溶解度可NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀碳酸氢钠，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，并存在因果关系，故A选；‎ B．SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，是酸性氧化物，故B不选；‎ C．SO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，但不存在因果关系，故C不选；‎ D．非金属性：Cl＞S，可比较最高价氧化物水化物的酸性，陈述Ⅰ正确，Ⅱ错，不存在因果关系，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．（6分）（2016•河东区二模）下列说法正确的是（　　）‎ A．反应A（g）⇋2B（g）△H，若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则△H=﹣（ Ea﹣Eb）kJ/mol B．常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度相同 C．某温度氯化钠在水中的溶解度是20 g，该温度饱和氯化钠溶液的质量分数为20%‎ D．将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka（HF）保持不变，始终保持增大 ‎【分析】A．反应A（g）⇌2B（g），若正反应的活化能为Ea kJ•mol﹣1，逆反应的活化能为Eb kJ•mol﹣1，反应的焓变等于正逆反应活化能之差；‎ B．常温下，同浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离抑制程度相等；‎ C．某温度下，100g水中溶解氯化钠的最大质量即是其溶解度；‎ D．弱酸加水稀释，其电离度增大，电离平衡常数不变，氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大．‎ ‎【解答】解：A．逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，所以△H=逆反应的活化能﹣正反应的活化能=（Ea﹣Eb）kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．常温下，同浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离抑制程度相等，而pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液说明氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同，故B正确；‎ C．饱和溶液的质量分数和溶解度之间的关系：×100%=×100%，该温度下的饱和氯化钠溶液的溶质质量分数小于20%，故C错误；‎ D．将浓度为0.1 mol•L﹣1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离度增大，Ka（HF）保持不变，氟离子浓度和氢离子浓度比值基本不变，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题综合考查反应焓变的计算、水的电离程度、饱和溶液溶质质量分数和溶解度之间的关系、弱电解质的电离平衡的知识，难度中等．‎ ‎　‎ ‎4．（6分）（2016•河东区二模）下列图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B．图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）‎ C．图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液 D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大 ‎【分析】A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变；‎ B、原电池原理能加速金属的腐蚀速率，根据金属Zn的消耗情况来确定生成氢气的量的多少；‎ C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的点是不饱和溶液来分析；‎ D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，生成物的产率最大．‎ ‎【解答】解：A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错误；‎ B、锌粉与足量的等浓度的盐酸反应在滴加CuSO4溶液后能加速金属锌的腐蚀速率，但是金属Zn被消耗掉一部分来置换金属铜，所以用来生成氢气的金属锌质量减少，产生的氢气量减少，，故B错误；‎ C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故C正确；‎ D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，t时不是平衡状态，反应物转化率不是最大，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论．‎ ‎　‎ ‎5．（6分）（2016•河东区二模）用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（　　）‎ 选项 连接 电极材料 分析 a b A K1 K2‎ 石墨 铁 模拟铁的吸氧腐蚀 B K1 K2‎ 锌 铁 模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法 C K1 K3‎ 石墨 铁 模拟电解饱和食盐水 D K1 K3‎ 铁 石墨 模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀；‎ B．Zn、Fe形成原电池，Fe作正极被保护；‎ C．Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子；‎ D．Fe作阳极，Fe失电子．‎ ‎【解答】解：A．在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；‎ B．Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；‎ C．Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；‎ D．Fe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的应用能力，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．（6分）（2016•河东区二模）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（　　）‎ A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率 B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（L•min）‎ D．反应吸收0.025Q kJ热量时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应 ‎【分析】A．增大平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；‎ B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，结合热化学方程式判断；‎ C．根据v=计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；‎ D．根据反应吸收的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断．‎ ‎【解答】解：A．从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；‎ B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；‎ C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故C错误；‎ D．由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分64分）‎ ‎7．（14分）（2016•河东区二模）下表给出五种短周期元素的相关信息．‎ 元素 相关信息 A 常温、常压下，其单质是最轻的气体，它将成为备受青睐的清洁燃料 B 工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障 C 植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染 D 室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化．该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰 E 常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用 请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）D元素核外电子排布　　；‎ ‎（2）A、B两元素形成的含有非极性键的化合物的结构式　H﹣O﹣O﹣H　；A、B两元素形成的具有相同电子数的离子有（填化学式）：　OH﹣　、　H3O+　．‎ ‎（3）C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：　2N2H4+N2O4═3N2+4H2O　．‎ ‎（4）一定条件下，在水溶液中1mol E﹣、EO（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如右图所示．n是　ClO4﹣　（填离子符号）．离子反应y→x+m的热化学方程式为　3ClO﹣（aq）=2Cl﹣（aq）+ClO3﹣（aq）△H=﹣117kJ•mol﹣1　（用离子符号表示）．‎ ‎（5）Na2DB3水溶液中各离子浓度的大小顺序是　Na+＞SO32﹣＞OH﹣＞HSO3﹣＞H+　（填离子符号）‎ ‎【分析】A、B、C、D为短周期元素，氢气的燃烧产物为水，是倍受青睐的清洁燃料，则A为H；分离液态空气可得到氮气和氧气，臭氧能保护地球地表环境，则B为O；C是植物生长三种必需元素之一，它能形成多种氧化物，它能形成多种氧化物，其氢化物是中学化学里学习的唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为N；室温下D的单质呈粉末状固体，加热易熔化，该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则D为S；E常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用，则E为Cl；然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D为短周期元素，氢气的燃烧产物为水，是倍受青睐的清洁燃料，则A为H；分离液态空气可得到氮气和氧气，臭氧能保护地球地表环境，则B为O；C是植物生长三种必需元素之一，它能形成多种氧化物，它能形成多种氧化物，其氢化物是中学化学里学习的唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为N；室温下D的单质呈粉末状固体，加热易熔化，该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则D为S；E常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用，则E为Cl；‎ ‎（1）D为S，核外电子排布，故答案为：； ‎ ‎（2）A、B两元素形成的含有非极性键的化合物过氧化氢，其结构式为H﹣O﹣O﹣H；氢、氧两元素形成的具有相同电子数的离子有OH﹣、H3O+，故答案为H﹣O﹣O﹣H；OH﹣、H3O+；‎ ‎（3）氮与氢形成的某一化合物N2H4能和氮与氧形成的另一无色化合物N2O4，两者发生反应生成无毒物质是氮气，反应方程式为：2N2H4+N2O4═3N2+4H2O，故答案为：2N2H4+N2O4═3N2+4H2O；‎ ‎（4）n是氯+7价的离子符号为：ClO4﹣；离子反应y→x+m，y自身发生氧化还原反应生成x和m，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，故答案为：ClO4﹣；3ClO﹣（aq）=2Cl﹣（aq）+ClO3﹣（aq）△H=﹣117 kJ•mol﹣1；‎ ‎（5）Na2SO3水溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小顺序是Na+＞SO32﹣＞OH﹣＞HSO3﹣＞H+，故答案为：Na+＞SO32﹣＞OH﹣＞HSO3﹣＞H+．‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系应用，熟悉元素及物质的性质是解答本题的关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．（18分）（2016•河东区二模）新药的开发及药物合成是有机化学研究重要发展方向，某药物V的合成路线如下：‎ ‎（1）Ⅱ中含氧官能团的名称　醛基　．‎ ‎（2）反应②的化学方程式　2+O22　‎ ‎（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式　++H2O　‎ ‎（4）下列说法正确的是　BC　‎ A．Ⅰ和Ⅴ均属于芳香烃 B．Ⅱ能发生银镜反应 C.1molⅡ能与4molH2发生加成反应 D．反应③属于酯化反应 ‎（5）反应③的反应类型　取代　反应；A的分子式　C9H13ON　‎ ‎（6）Ⅵ与Ⅰ互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种．写出满足上述条件的Ⅵ的结构简式　　‎ ‎（7）反应④的反应类型是　消去　 反应；一定条件下，化合物Ⅶ也能发生类似反应④的环化反应，Ⅶ的环化产物的结构简式　　．‎ ‎【分析】（1）由化合物Ⅱ的结构简式，可知含有官能团为醛基；‎ ‎（2）反应②是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸；‎ ‎（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；‎ ‎（4）A．化合物Ⅰ、Ⅴ含有C和H以外的元素，不属于烃类；‎ B．化合物Ⅱ分子中含﹣CHO，具有醛的性质；‎ C．化合物Ⅱ苯环和﹣CHO都能与H2发生加成反应；‎ D．反应③的产物中形成，不含酯基；‎ ‎（5）由反应③的产物IV逆向分析，应从之间断键，故A是；‎ ‎（6）化合物Ⅵ与化合物I互为同分异构体，Ⅵ遇 FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位；‎ ‎（7）比较Ⅳ、Ⅴ的结构可知反应④的类型，环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于Ⅳ中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢．‎ ‎【解答】解：（1）由化合物Ⅱ的结构简式，可知含有官能团为醛基，故答案为：醛基；‎ ‎（2）反应②是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸，反应方程式为：2+O22，‎ 故答案为：2+O22；‎ ‎（3）Ⅰ和Ⅲ在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，反应方程式为：++H2O，‎ 故答案为：++H2O；‎ ‎（4）A．化合物Ⅰ、Ⅴ含有C和H以外的元素，不属于烃类，属于烃的衍生物，故A错误；‎ B．化合物Ⅱ分子中含﹣CHO，具有醛的性质，能发生银镜反应，故B正确；‎ C．化合物Ⅱ苯环和﹣CHO都能与H2发生加成反应，1molⅡ能与4mol氢气反应，故C正确；‎ D．反应③的产物中形成，不含酯基，不属于酯化反应，故D错误，‎ 故答案为：BC；‎ ‎（5）由反应③的产物IV逆向分析，应从之间断键，反应③应为取代反应，A是，所以A的分子式为C9H13ON，‎ 故答案为：取代；C9H13ON；‎ ‎（6）化合物Ⅵ与化合物I互为同分异构体，Ⅵ遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位，Ⅵ的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（7）比较Ⅳ、Ⅴ的结构可知反应④的类型为消去反应，环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于Ⅳ中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢，Ⅶ的环化产物的结构简式为，‎ 故答案为：消去；．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、同分异构体书写、有机反应方程式等，充分利用有机物的结构分析解答，是对有机化学的综合考查，侧重考查学生分析推理与知识迁移运用能力考查，难度较大．‎ ‎　‎ ‎9．（18分）（2016•河东区二模）在印染工业中，连二亚硫酸钠（Na2S2O4）因能使染好的布褪色，而使布能重新染色，故而俗称保险粉，其可溶于水，但不溶于甲醇．工业制备流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）流程①步骤中需在耐高温的坩埚中进行，常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物化学式为　Al2O3　．‎ ‎（2）由锌块制备锌粉的目的是　增大锌反应的表面积，加快化学反应速率　；向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180μm的锌粉．鼓入气体M为常见的化合物，则M的化学式为　CO2　；分散系A为　悬浊液　（填“溶液”“胶体”或“悬浊液”）．‎ ‎（3）流程②步骤中的化学方程式为　Zn+2SO2=ZnS2O4　．‎ ‎（4）流程③的分离方法步骤为　过滤　、洗涤、干燥，洗涤所用试剂是　洗涤　；过滤前加入NaCl固体的作用是　增大Na+ 浓度，便于Na2S2O4结晶析出　．‎ ‎（5）将等体积0.04mo1•L﹣1AgNO3溶液和0.02mol•L﹣1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，写出反应的离子方程式　2Ag++S2O42﹣+4OH﹣=2Ag+2SO32﹣+2H2O　．‎ ‎【分析】锌块加热融化，向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl．‎ ‎（1）常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物为氧化铝；‎ ‎（2）由锌块制备锌粉，增大锌反应的表面积；鼓入气体M为常见的化合物，可以是二氧化碳，冷却得到粒度约为180μm的锌粉，分散系A为悬浊液；‎ ‎（3）流程②步骤中Zn与二氧化硫反应生成ZnS2O4；‎ ‎（4）流程③是分离固体与溶液，分离方法为过滤、洗涤、干燥，为减少溶解导致的损失，用甲醇洗涤，过滤前加入NaClNa+ 浓度增大，便于Na2S2O4结晶析出；‎ ‎（5）反应后溶液中有纳米级的银粉生成，根据电子转移守恒，可知S2O42﹣氧化生成SO32﹣．‎ ‎【解答】解：锌块加热融化，向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl．‎ ‎（1）常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物为Al2O3，故答案为：Al2O3；‎ ‎（2）由锌块制备锌粉的目的是：增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180μm的锌粉．鼓入气体M为常见的化合物，则M的化学式为CO2，分散系A为悬浊液，‎ 故答案为：增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；CO2；悬浊液；‎ ‎（3）流程②步骤中Zn与二氧化硫反应生成ZnS2O4，反应方程式为：Zn+2SO2=ZnS2O4，‎ 故答案为：Zn+2SO2=ZnS2O4；‎ ‎（4）流程③是分离固体与溶液，分离方法为过滤、洗涤、干燥，为减少溶解导致的损失，用甲醇洗涤，过滤前加入NaCl增大Na+ 浓度，便于Na2S2O4结晶析出，‎ 故答案为：过滤；甲醇；增大Na+ 浓度，便于Na2S2O4结晶析出；‎ ‎（5）反应后溶液中有纳米级的银粉生成，Ag元素发生还原反应，S元素发生氧化反应，设S元素在氧化产物中化合价为a，则VL×0.04mo1•L﹣1×1=VL×0.02mol•L﹣1×2×（a﹣3），解得a=4，故S2O42﹣氧化生成SO32﹣，反应离子方程式为：2Ag++S2O42﹣+4OH﹣=2Ag+2SO32﹣+2H2O，‎ 故答案为：2Ag++S2O42﹣+4OH﹣=2Ag+2SO32﹣+2H2O．‎ ‎【点评】本题考查物质准备工艺流程、陌生方程式的书写、物质的分离提纯等，注意对题目信息的获取与迁移应用，是对学生综合能力的考查．‎ ‎　‎ ‎10．（14分）（2016•河东区二模）草酸（H2C2O4）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究．‎ ‎（1）H2C2O4 （s）⇌H2O（g）+CO（g）+CO2（g）△H=+340kJ•mol﹣1，写出此反应的平衡常数表达式 K=　c（H2O）•c（CO）•c（CO2）　；密闭容器中，保持温度不变，下列有关选项正确的是　AB　‎ A．恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 B．恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 C．气体摩尔体积不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 D．气体平均摩尔质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 ‎（2）草酸分解所需燃料可以是CO，通过甲烷制备CO：‎ CH4（g）+CO2（g）⇋2CO（g）+2H2（g）△H＞O．常温下，在2L的密闭容器中通入4mol CH4气体和6mol CO2气体发生反应，5min后达到平衡，测得CO气体的浓度为0.1mol•L﹣1．‎ ‎①平衡时，该反应的平均反应速率v（CO2）=　0.01　 mol•L﹣1min﹣1．‎ ‎②在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是　升高温度或增大容器的体积（减小压强）　．‎ ‎（3）电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸（H2C2O3），装置如下图1所示，写出复合膜电极的电极反应式　H2C2O4+2H++2e﹣=H2C2O3+H2O　．‎ ‎（4）在K3Fe（C2O4）3溶液中存在：[Fe（C2O4）3]3﹣⇋Fe3++3C2O42﹣，常温下，该溶液中[Fe（C2O4）3]3﹣的浓度与温度的关系如图2所示，则A点的c（Fe3+）　＜　B点的c（Fe3+） （填“＜”“＞”或“=”）；草酸是一种温和的还原剂，其他条件不变，向K3Fe（C2O4）3溶液中加入少量KMnO4固体，Fe3+的浓度　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；‎ ‎（2）①反应速率v（CO2）=；‎ ‎②在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可使平衡右移；‎ ‎（3）用惰性电极电解饱和草酸溶液，草酸在阴极放电，C由+3价降到+1价，得到2个电子，电极反应式为H2C2O4+2H++2e﹣=H2C2O3+H2O；‎ ‎（4）从图2所示知温度升高溶液中[Fe（C2O4）3]3﹣的浓度减小，平衡右移；‎ 草酸是一种温和的还原剂，加入少量KMnO4固体，草酸被氧化，浓度减小，平衡右移．‎ ‎【解答】解：（1）反应H2C2O4 （s）⇌H2O（g）+CO（g）+CO2（g）△H=+340kJ•mol﹣1的平衡常数表达式 K=c（H2O）•c（CO）•c（CO2）；‎ 密闭容器中，保持温度不变，‎ A．反应H2C2O4 （s）⇌H2O（g）+CO（g）+CO2（g）是一个气体体积增大的反应，恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故A正确；‎ B．反应H2C2O4 （s）⇌H2O（g）+CO（g）+CO2（g）是一个气体体积增大的反应，恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故B正确；‎ C．气体摩尔体积只与气体状态有关，当气体摩尔体积不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故C错误；‎ D．生成物气体是按照固定比例生成的，气体平均摩尔质量不发生变化，所以气体平均摩尔质量不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，顾D错误，‎ 故答案为：c（H2O）•c（CO）•c（CO2）；AB；‎ ‎（2）CH4（g）+CO2（g）⇋2CO（g）+2H2（g）△H＞O．‎ 起始（mol）4 6 0 0‎ 变化（mol）0.1×1 0.1×1 0.1×2 0.1×2 ‎ 平衡（mol）3.9 5.9 0.1×2 0.1×2 ‎ ‎①平衡时，该反应的平均反应速率v（CO2）===0.01mol•L﹣1min﹣1，‎ 故答案为：0.01；‎ ‎②反应CH4（g）+CO2（g）⇋2CO（g）+2H2（g）△H＞O正反应为吸热反应，且是一个气体体积增大的反应，故升高温度或增大容器的体积（减小压强）平衡右移，CH4气体的转化率升高，‎ 故答案为：升高温度或增大容器的体积（减小压强）；‎ ‎（3）用惰性电极电解饱和草酸溶液，草酸在阴极放电，C由+3价降到+1价，得到2个电子，电极反应式为H2C2O4+2H++2e﹣=H2C2O3+H2O，‎ 故答案为：H2C2O4+2H++2e﹣=H2C2O3+H2O；‎ ‎（4）从图2所示知温度升高溶液中[Fe（C2O4）3]3﹣的浓度减小，[Fe（C2O4）3]3﹣⇋Fe3++3C2O42﹣平衡右移，则A点的c（Fe3+）＜B点的c（Fe3+）． ‎ 草酸是一种温和的还原剂，加入少量KMnO4固体，草酸被氧化，浓度减小，平衡右移，Fe3+的浓度增大．‎ 故答案为：＜；增大．‎ ‎【点评】本题考查平衡状态的判断、电化学、反应速率、平衡影响因素，题目较为综合且具有一定难度，做题时注意抓住反应的现象，以此推断物质可能具有的性质．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：千点楚江；欢欢；杨老师；赵老师；刘鑫；单良；老大；mxl；高山流水（排名不分先后）‎ 菁优网 ‎2016年10月19日