天津市南开中学高考化学模拟试卷3 16页

‎2015年天津市南开中学高考化学模拟试卷（3）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分）‎ ‎1．（6分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（　　）‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的纯碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 蛋白质溶液中加入NaCl或CuSO4溶液，产生沉淀 蛋白质均发生变性 C 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl发生反应会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A．A B．B C．C D．D ‎2．（6分）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（　　）‎ A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存 B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2‎ C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓‎ D．1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe ‎3．（6分）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应．该化合物可能的结构简式是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（6分）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1‎ B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③‎ ‎5．（6分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（　　）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）‎ B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO Ba（NO3）‎ SO2‎ ‎3‎ ‎2溶液 与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸 A．A B．B C．C D．D ‎6．（6分）2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（　　）‎ A．a为电池的正极 B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放电时，a极锂的化合价发生变化 D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移 ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题15分，满分64分）‎ ‎7．（15分）A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍．B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2﹣具有相同的电子数．A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题；‎ ‎（1）A在周期表中的位置是　　，写出一种工业制备单质F的离子方程式　　‎ ‎（2）B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为　　，其水溶液与F单质反应的化学方程为　　，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显　　色．‎ ‎（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：‎ 物质 组成和结构信息 a 含有A的二元离子化合物 b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1‎ c 化学组成为BDF2‎ d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体 a的化学式　　；b的化学式为　　；c的电子式为　　；d的晶体类型是　　‎ ‎（4）有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质．一种化合物分子通过　　键构成具有空腔的固体；另一种化合物（沼气的主要成分）分子进入该空腔，其分子的空间结构为　　．‎ ‎8．（15分）Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：‎ ‎（1）（A→B）为加成反应，则B的结构简式是　　；B→C的反应类型是　　．‎ ‎（2）H中含有的官能团名称是　　，F的名称（系统命名）是　　．‎ ‎（3）E→F的化学方程式是　　．‎ ‎（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；②存在甲氧基（CH3O﹣）．TMOB的结构简式是　　．‎ ‎（5）下列说法正确的是　　．‎ a．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 b．D和F中均含有2个π健 c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O d．H能发生加成，取代反应．‎ ‎9．（18分）某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：‎ ‎①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液．‎ ‎②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置中安全管的作用原理是　　．‎ ‎（2）用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用　　式滴定管，可使用的指示剂为　　．‎ ‎（3）样品中氨的质量分数表达式为　　．‎ ‎（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将　　（填“偏高”或“偏低”）．‎ ‎（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是　　，滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c（CrO42﹣）为　　mol•L﹣1．（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12）‎ ‎（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为　　，制备X的化学方程式为　　，X的制备过程中温度不能过高的原因是　　．‎ ‎10．（16分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：‎ ‎（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式　　；‎ ‎（2）已知：‎ 甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1‎ 甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1‎ 乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1‎ 则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=　　kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是　　；‎ ‎（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中：=1：1）‎ ‎①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=　　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；‎ ‎②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为　　，理由是　　；‎ ‎③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有　　、　　．‎ ‎　‎ ‎2015年天津市南开中学高考化学模拟试卷（3）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分）‎ ‎1．（6分）（2016•湛江模拟）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（　　）‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的纯碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 蛋白质溶液中加入NaCl或CuSO4溶液，产生沉淀 蛋白质均发生变性 C 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl发生反应会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．用热的纯碱溶液洗去油污，与水解有关；‎ B．蛋白质溶液中加入NaCl或CuSO4溶液，分别发生盐析、变性；‎ C．草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，混合使用相互促进水解；‎ D．FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁．‎ ‎【解答】解：A．用热的纯碱溶液洗去油污，与水解有关，纯碱的水解为吸热反应，温度高促进水解，碱性增强，碱性越强越利于油污的水解，故A错误；‎ B．蛋白质溶液中加入NaCl或CuSO4溶液，分别发生盐析、变性，均产生沉淀，但原理不同，故B错误；‎ C．草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，混合使用相互促进水解，从而会降低肥效，故C正确；‎ D．FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁，FeCl3与含Cu2+的溶液不能发生置换反应生成Cu，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎2．（6分）（2014•安徽）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（　　）‎ A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存 B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2‎ C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓‎ D．1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe ‎【分析】A．铁离子能够与苯酚发生显色反应；‎ B．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；‎ C．该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系；‎ D．根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量．‎ ‎【解答】解：A．Fe2（SO4）3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误；‎ C．Fe2（SO4）3溶液和Ba（OH）2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；‎ D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则．‎ ‎　‎ ‎3．（6分）（2015•天津校级模拟）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应．该化合物可能的结构简式是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式．‎ ‎【解答】解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，‎ A．该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；‎ B．该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；‎ C．该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；‎ D．该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．（6分）（2015•黑龙江模拟）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1‎ B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③‎ ‎【分析】A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离；‎ C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．‎ ‎【解答】解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS﹣），故A错误；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；‎ C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①＜②＜③，所以盐浓度 ①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎5．（6分）（2015•天津校级模拟）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（　　）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）‎ B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3‎ Ba（NO3）2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成Ag2S；‎ B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；‎ C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；‎ D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．‎ ‎【解答】解：A．图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误；‎ B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；‎ C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；‎ D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．（6分）（2015•黑龙江模拟）2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（　　）‎ A．a为电池的正极 B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放电时，a极锂的化合价发生变化 D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移 ‎【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子；据此分析．‎ ‎【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；‎ B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1﹣xMn2O4+xLi，故B正确；‎ C、放电时，a为正极，正极上Li1﹣xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；‎ D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极．‎ ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题15分，满分64分）‎ ‎7．（15分）（2016•余干县三模）A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍．B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2﹣具有相同的电子数．A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题；‎ ‎（1）A在周期表中的位置是　第一周期ⅠA族　，写出一种工业制备单质F的离子方程式　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　‎ ‎（2）B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为　纯碱（或苏打）　，其水溶液与F单质反应的化学方程为　2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3　，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显　紫　色．‎ ‎（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：‎ 物质 组成和结构信息 a 含有A的二元离子化合物 b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1‎ c 化学组成为BDF2‎ d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体 a的化学式　NaH　；b的化学式为　Na2O2和Na2C2　；c的电子式为　　；d的晶体类型是　金属晶体　‎ ‎（4）有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质．一种化合物分子通过　氢　键构成具有空腔的固体；另一种化合物（沼气的主要成分）分子进入该空腔，其分子的空间结构为　正四面体　．‎ ‎【分析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；‎ ‎（1）根据H在周期表中的位置分析；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气；‎ ‎（2）C、O、Na组成的化合物为碳酸钠；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质；‎ ‎（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物；根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析；根据COCl2结构式分析；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na；‎ ‎（4）H、C、O能形成H2O和CH4．‎ ‎【解答】解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；‎ ‎（1）已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；‎ 故答案为：第一周期ⅠA族；2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑（；‎ ‎（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱（或苏打）；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色；‎ 故答案为：纯碱（或苏打）；2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；紫；‎ ‎（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH；含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2；已知COCl2结构式为Cl﹣﹣Cl，则其电子式为；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体；‎ 故答案为：NaH；Na2O2和Na2C2；；金属晶体；‎ ‎（4）H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢；正四面体．‎ ‎【点评】本题考查了物质结构和元素周期表、化学式的推断、电子式的书写、化学方程式和离子方程式的书写、晶体类型、氢键等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎8．（15分）（2014•安徽）Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：‎ ‎（1）（A→B）为加成反应，则B的结构简式是　CH2=CH﹣C≡CH　；B→C的反应类型是　加成反应　．‎ ‎（2）H中含有的官能团名称是　碳碳双键、羰基、酯基　，F的名称（系统命名）是　2﹣丁炔酸乙酯　．‎ ‎（3）E→F的化学方程式是　CH3C≡CCOOH+CH3CH2OHCH3C≡CCOOCH2CH3+H2O　．‎ ‎（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；②存在甲氧基（CH3O﹣）．TMOB的结构简式是　　．‎ ‎（5）下列说法正确的是　a、d　．‎ a．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 b．D和F中均含有2个π健 c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O d．H能发生加成，取代反应．‎ ‎【分析】从流程图可以看出，A→B是两个乙炔的加成反应，生成B，然后再甲醇（CH3OH）发生加成反应生成C（），可知B的结构简式是CH2=CH﹣C≡CH；结合F（CH3C≡CCOOCH2CH3）是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的，所以E的结构简式为CH3C≡CCOOH．‎ ‎（1）A→B是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH﹣C≡CH，B→C是CH2=CH﹣C≡CH和甲醇的加成反应；‎ ‎（2）H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F命名为2﹣丁炔酸乙酯；‎ ‎（3）E→F的反应是E（CH3C≡CCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应；‎ ‎（4）TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O﹣），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基（CH3O﹣），且三个甲氧基等价；‎ ‎（5）a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯；‎ b、D中碳碳三键中含有2个π键，F中碳碳三键中含有2个π键、碳氧双键中含有1个π键；‎ c、一个G分子含有16个H原子，根据H原子守恒计算；‎ d、羰基可加成，酯基可发生水解反应，属于取代反应；‎ ‎【解答】解：（1）A→B是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH﹣C≡CH，B→C是CH2=CH﹣C≡CH和甲醇的加成反应生成C（），‎ 故答案为：CH2=CH﹣C≡CH；加成反应；‎ ‎（2）根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F的结构简式为CH3C≡CCOOCH2CH3，命名为2﹣丁炔酸乙酯，‎ 故答案为：碳碳双键，羰基，酯基；2﹣丁炔酸乙酯；‎ ‎（3）E→F的反应是E（CH3C≡CCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3C≡CCOOH+CH3CH2OHCH3C≡CCOOCH2CH3+H2O，‎ 故答案为：CH3C≡CCOOH+CH3CH2OHCH3C≡CCOOCH2CH3+H2O；‎ ‎（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；②存在甲氧基（CH3‎ O﹣），说明TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O﹣），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基（CH3O﹣），且三个甲氧基等价，所以TMOB的结构简式，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体，故a正确；‎ b、D中碳碳三键中含有2个π键，F中碳碳三键中含有2个π键、碳氧双键中含有1个π键，共3个π键，故b错误；‎ c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误； ‎ d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确；‎ 故答案为：a、d．‎ ‎【点评】本题考查了有机物的合成，难度中等，为历年高考选作试题，试题综合性强，把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．（18分）（2015•黑龙江模拟）某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：‎ ‎①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液．‎ ‎②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置中安全管的作用原理是　当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定　．‎ ‎（2）用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用　碱　式滴定管，可使用的指示剂为　酚酞或甲基红　．‎ ‎（3）样品中氨的质量分数表达式为　　．‎ ‎（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将　偏低　（填“偏高”或“偏低”）．‎ ‎（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是　防止硝酸银见光分解　，滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c（CrO42﹣）为　2.8×10﹣3　mol•L﹣1．（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12）‎ ‎（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为　+3　，制备X的化学方程式为　2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O　，X的制备过程中温度不能过高的原因是　温度过高过氧化氢分解、氨气逸出　．‎ ‎【分析】（1）通过2中液面调节A中压强；‎ ‎（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；‎ ‎（3）根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；‎ ‎（4）若气密性不好，导致氨气的量偏低；‎ ‎（5）硝酸银不稳定，易分解；根据离子积常数计算c（CrO42﹣）；‎ ‎（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低．‎ ‎【解答】解：（1）通过2中液面调节A中压强，如果A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中压力减小，从而稳定压力，‎ 故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定；‎ ‎（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，‎ 故答案为：碱；酚酞或甲基红；‎ ‎（3）与氨气反应的n（HCl）=10﹣3V1L×c1mol•L﹣1﹣c2mol•L﹣1 ×10﹣3V2L=10﹣3（c1V1﹣c2V2）mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=10﹣3（c1V1﹣c2V2）mol，氨的质量分数=，故答案为：；‎ ‎（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低；‎ ‎（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液；c（CrO42﹣）=mol/L=2.8×10﹣3 mol/L，‎ 故答案为：防止硝酸银见光分解；2.8×10﹣3；‎ ‎（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，‎ 故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出．‎ ‎【点评】本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．（16分）（2015•天津校级模拟）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：‎ ‎（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式　C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4　；‎ ‎（2）已知：‎ 甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1‎ 甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1‎ 乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1‎ 则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=　﹣45.5　kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是　无副产品，原子利用率100%　；‎ ‎（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中：=1：1）‎ ‎①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=　0.07（MPa）﹣1　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；‎ ‎②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为　p1＜p2＜p3＜p4　，理由是　反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高　；‎ ‎③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有　将产物乙醇液化移去　、　增加：比　．‎ ‎【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；‎ ‎（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%；‎ ‎（3）①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可；‎ ‎②在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的影响分析；‎ ‎③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度．‎ ‎【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4，‎ 故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；‎ ‎（2）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1‎ 甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1‎ 乙醇异构化反应 ③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；‎ 乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，‎ 故答案为：﹣45.5；无副产品，原子利用率100%；‎ ‎（3）①C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）‎ 开始：1 1 0‎ 转化：0.2 0.2 0.2‎ 平衡：0.8 0.8 0.2‎ 乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa×=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa×=3.49MPa，‎ 所以Kp===0.07（MPa）﹣1，‎ 故答案为：0.07（MPa）﹣1；‎ ‎②在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4，‎ 故答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高；‎ ‎③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，‎ 故答案为：将产物乙醇液化移去；增加：比．‎ ‎【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养．‎ ‎　‎