2016年浙江省宁波市“十校”联考高考化学模拟试卷
一、选择题（本题包括17小题．每小题只有一个选项正确）
1．下列有关说法正确的是（ ）
A．从海水中提取溴、碘都涉及置换反应，从矿物质中获取铝、铁、铜、硅都不涉及置换反应
B．利用溶解度数据可推测将一些混合物质分离开来的可能性，利用原子半径数据可推测某些原子的氧化性和还原性的强弱
C．因为食盐能使细菌变性，所以可以用食盐水杀死H7N9禽流感病毒
D．某反应的△H＞0、△S＜0，则该反应一定不能正向进行
2．下列有关实验的说法正确的是（ ）
A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．铝丝先放在NaOH溶液中浸泡1min，取出用蒸馏水冲洗后放在浓硝酸中浸10min，最后放入CuSO4溶液中，铝丝表面无铜析出，说明Al常温下与CuSO4溶液不反应
C．用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6mol/L）通常需要用容量瓶等仪器
D．固体碘单质受热易升华，说明碘单质的热稳定性差
3．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知：
①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；
②Y是组成有机物的必要元素
③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化台物；
④M的电子层数与最外层电子数相等．
下列说法不正确的是（ ）
A．W、M的离子半径及最高价氧化物对应水化物的碱性皆为M＜W
B．YZ2为直线型的共价化合物，W2Z2既含有离子键又含有共价键
C．Y与X形成的化合物的熔沸点一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点
D．Z与M形成的化合物可作为耐高温材料，W、M、X以1：1：4组成的化合物是应用前景很广泛的储氢材料，具有很强的还原性
4．下列说法正确的是（ ）
A．按系统命名法的名称为3，3﹣二甲基﹣2﹣乙基戊烷
B．乙烯、乙炔是较活泼的有机物，能发生氧化反应，甲烷和苯性质较稳定，不能发生氧化反应
C．分子式为C5H12O的醇共有8种，其中能催化氧化成醛的同分异构体有4种
D．A、B两种有机化合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生水的质量也不变，则A、B满足的条件必须是最简式相同
5．科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．下列关于该电池叙述错误的是（ ）
A．电池工作时，是将太阳能转化为电能
B．铜电极为正极，电极反应式为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O
C．电池内部H+透过质子交换膜从左向右移动
D．为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量盐酸
6．常温下 0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA﹣、A2﹣ 三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示．下列表述不正确的是（ ）
A．H2A⇌2H++A2﹣ K=10﹣5.4
B．在 0.1mol/L NaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
C．已知25℃时HF的 Ka=10﹣3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═HF+HA﹣
D．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
7．某固体粉末X中可能含有K2SO4、（NH4）2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种．某同学为确定该固体粉末的成分，取X进行如下实验，实验过程及现象如图所示．该同学得出的结论正确的是（ ）
已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O．
A．根据现象1可推出该固体粉末中一定含有NaNO3
B．根据现象2可推出该固体粉末中一定含有K2SO4
C．根据现象3可推出该固体粉末中一定含有K2SO3
D．根据现象4可推出该固体粉末中一定没有Fe2O3
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，D是含有7个碳原子的芳香族化合物．物质间的相互转化关系如图所示：
已知：RXROH
（1）A中含有的官能团名称为 ．
（2）写出E的结构简式 ．
（3）写出C+F→G的化学方程式 ．
（4）关于化合物D，下列说法正确的是 ．
①能与H2发生加成反应 ②能使Br2/CCl4溶液褪色
③与活泼金属反应 ④能与浓硝酸发生取代反应
（5）分子式为C8H8O2且与F互为同系物的同分异构体有 种．
9．单质硅由于其成熟的生产工艺，丰富的生产原料及优异的性能被广泛用于电子行业及太阳能电池的生产等，在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，这相比起现有的生产工艺具有节约能耗的优势．
（1）写出上述制备硅的化学反应方程式 ．
（2）二氧化硅与二氧化碳物理性质差别很大，原因是 ．
（3）盐X的溶液能与Al2（SO4）3溶液反应生成一种白色沉淀和气体．写出此反应的离子反应方程式 ．
10．某盐A有3种元素组成，易溶于水．将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O．将A溶于水，进行下列实验：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F．请回答下列问题：
（1）写出A的化学式： ； B的电子式： ．
（2）写出上述实验①、②所发生的离子反应方程式：① ；② ．
（3）D、E对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的D、E混合气体，写出其化学反应方程式 ．
（4）判断盐F的可能成份 ；设计实验方案确定F的成份 ．
11．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H
（1）已知CO（g）、H2（g）的标准燃烧热分别为﹣285.8kJ•mol﹣1，﹣283.0kJ•mol﹣1，且CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣761kJ/mol；则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的△H= ．
（2）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是 ．
A．容器内气体密度保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等 D．CO的体积分数保持不变
（3）下列措施中既有利于增大该反应的反应速率又能增大CO转化率的是 ．
A．将CH3OH及时从混合物中分离
B．降低反应温度
C．恒容装置中充入H2
D．使用高效催化剂
（4）在容积为2L的恒容容器中，分别研究反应在300℃、350℃和400℃三种温度下合成甲醇的规律．图2是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系．请回答：
①在上述三种温度中，曲线X对应的温度是 ．
②利用图1中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 的平衡常数K= ．
（5）其他条件相同时，某同学研究该甲醇合成反应在不同催化剂Ⅰ或Ⅱ作用下反应相同时间时，CO的转化率随反应温度的变化情况．请在图2中补充t℃后的变化情况．
12．新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用．Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用．其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：
固相法：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量．
实验（一）制备流程：
实验（二） Li2FeSiO4含量测定：
从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
21.38mL
20.02mL
（1）实验（二）中的仪器名称：仪器B ，仪器C ．
（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 ．
（3）操作Ⅱ的步骤 ，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需 ．
（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式 ，此时后续处理的主要目的是 ．
（5）滴定终点时现象为 ；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为 ；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量 ．（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
2016年浙江省宁波市“十校”联考高考化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括17小题．每小题只有一个选项正确）
1．下列有关说法正确的是（ ）
A．从海水中提取溴、碘都涉及置换反应，从矿物质中获取铝、铁、铜、硅都不涉及置换反应
B．利用溶解度数据可推测将一些混合物质分离开来的可能性，利用原子半径数据可推测某些原子的氧化性和还原性的强弱
C．因为食盐能使细菌变性，所以可以用食盐水杀死H7N9禽流感病毒
D．某反应的△H＞0、△S＜0，则该反应一定不能正向进行
【考点】化学基本反应类型；氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变．
【专题】基本概念与基本理论．
【分析】A、从矿物质中获取硅的反应为：SiO2+2CSi+2CO；
B、降温结晶法，就是根据溶解度不同分离的；最外层电子数相同时，半径越大越易失电子；
C、病毒是一种蛋白质，要想杀死病毒，应使其失去生理活性，发生变性；
D、根据自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断；
【解答】解：A、从矿物质中获取硅的反应为：SiO2+2CSi+2CO，此反应为置换反应，故A错误；
B、如氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度变化不同，可以通过降温结晶分离，所以利用溶解度数据可推测将一些物质混合物分离开来的可能性；最外层电子数相同时，半径越大越易失电子，其氧化性越弱，还原性越强，所以利用半径数据可推断某些原子的氧化性和还原性的强弱，故B正确；
C、食盐水只能够降低蛋白质的溶解度，不能使蛋白质变性，所以食盐水不能杀死H7N9禽流感病毒，故C错误；
D、△H＞0、△S＜0的反应，△H﹣T•△S＞0，该反应一定不能自发进行，但在一定条件下可以正向进行，如：电解饱和食盐水，在通电的条件下可以正向进行，但是不能自发进行，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查蛋白质的变性、反应能否自发进行，难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，不能把其中一个因素当做判断反应能自发进行的依据，学习中注意该部分知识的积累．
2．下列有关实验的说法正确的是（ ）
A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．铝丝先放在NaOH溶液中浸泡1min，取出用蒸馏水冲洗后放在浓硝酸中浸10min，最后放入CuSO4溶液中，铝丝表面无铜析出，说明Al常温下与CuSO4溶液不反应
C．用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6mol/L）通常需要用容量瓶等仪器
D．固体碘单质受热易升华，说明碘单质的热稳定性差
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】化学实验基本操作．
【分析】A．容量瓶、量筒和滴定管均在常温使用，只有滴定管有0刻度，且使用时必须润洗；
B．铝在浓硝酸中发生钝化，生成氧化膜；
C．用浓盐酸来配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6 mol．L﹣1）属于粗略配制；
D．碘易升华是物理性质．
【解答】解：A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时避免热胀冷缩，所以标有使用温度，量筒“0”刻度就是底座、容量瓶只有最大容量的一个刻度，所以两者都无“0”刻度，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗因还需加水定容，故A正确；
B．铝在浓硝酸中发生钝化，生成氧化膜，氧化铝与CuSO4溶液不反应，故B错误；
C．用浓盐酸来配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6 mol．L﹣1）属于粗略配制，用到的仪器室烧杯和量筒，不用容量瓶，故C错误；
D．碘易升华是物理性质，与稳定性无关，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查较为综合，涉及溶液配制以及物质的性质，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
3．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知：
①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；
②Y是组成有机物的必要元素
③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化台物；
④M的电子层数与最外层电子数相等．
下列说法不正确的是（ ）
A．W、M的离子半径及最高价氧化物对应水化物的碱性皆为M＜W
B．YZ2为直线型的共价化合物，W2Z2既含有离子键又含有共价键
C．Y与X形成的化合物的熔沸点一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点
D．Z与M形成的化合物可作为耐高温材料，W、M、X以1：1：4组成的化合物是应用前景很广泛的储氢材料，具有很强的还原性
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，
①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；
②Y是组成有机物的必要元素，为C元素；
③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化台物，X原子半径最小，则X为H元素、Z为O元素、W是Na元素；
④M的电子层数与最外层电子数相等，且M元素前边有多种元素，所以M为Al元素，
A．W是Na、M是Al元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
B．CO2为直线型的共价化合物，Na2O2既含有离子键又含有共价键，为离子化合物；
C．Y与X形成的化合物为烃、Z与X形成的化合物为水；
D．O与Al形成的化合物氧化铝熔沸点较高；
Na、Al、H以1：1：4组成的化合物是应用前景很广泛的储氢材料，该化合物储存的氢气具有强还原性．
【解答】解：X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，
①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；
②Y是组成有机物的必要元素，为C元素；
③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化台物，X原子半径最小，则X为H元素、Z为O元素、W是Na元素；
④M的电子层数与最外层电子数相等，且M元素前边有多种元素，所以M为Al元素，
A．W是Na、M是Al元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径Na＞Al；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，其最高价氧化物的水化物碱性Al＜Na，故A正确；
B．CO2为直线型的共价化合物，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O﹣O原子之间存在共价键，为离子化合物，故B正确；
C．Y与X形成的化合物为烃、Z与X形成的化合物为水，烃和水都是分子晶体，如果烃的相对分子质量很大时其熔沸点会高于水，故B错误；
D．O与Al形成的化合物氧化铝熔沸点较高，可作耐火材料；
Na、Al、H以1：1：4组成的化合物是应用前景很广泛的储氢材料，该化合物储存的氢气具有强还原性，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查原子结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构和性质是解本题关键，题目难度不大．
4．下列说法正确的是（ ）
A．按系统命名法的名称为3，3﹣二甲基﹣2﹣乙基戊烷
B．乙烯、乙炔是较活泼的有机物，能发生氧化反应，甲烷和苯性质较稳定，不能发生氧化反应
C．分子式为C5H12O的醇共有8种，其中能催化氧化成醛的同分异构体有4种
D．A、B两种有机化合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生水的质量也不变，则A、B满足的条件必须是最简式相同
【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．
【专题】有机反应．
【分析】A．主链不是最长；
B．甲烷和苯能燃烧；
C．分子式是C5H12O的醇，能被催化氧化成醛，则醇中连接羟基的碳原子上含有2个氢原子，先确定C5H12的同分异构体，用﹣OH取代C5H12中上的H原子，此确定醇的结构简式；
D．由两种有机物组成的混合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成水的质量也一定，则说明两种有机物分子中含氢质量分数相等．
【解答】解：A．主链不是最长，名称为3，3，4﹣三甲基己烷，故A错误；
B．甲烷和苯能燃烧，发生氧化反应，故B错误；
C．分子式是C5H12O的醇，能被催化氧化成醛，则醇中连接羟基的碳原子上含有2个氢原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C，
当烷烃为CH3CH2CH2CH2CH3，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，
当烷烃为（CH3）2CHCH2CH3，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构，
当烷烃为（CH3）4C，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，
C5H12O的同分异构体中可以氧化为醛的醇有4种，故C正确；
D．由两种有机物组成的混合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成水的质量也一定，则说明两种有机物分子中含氢质量分数相等，最简式不一定相同，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查有机物的命名、同分异构体、有机物燃烧有关计算，题目难度不大，注意把握题中信息，得出两种烃分子中含氢量相等是解答该题的关键．
5．科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．下列关于该电池叙述错误的是（ ）
A．电池工作时，是将太阳能转化为电能
B．铜电极为正极，电极反应式为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O
C．电池内部H+透过质子交换膜从左向右移动
D．为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量盐酸
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答．
【解答】解：A．根据图示可知，该装置中将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；
B．根据电子流向知，Cu是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，故B正确；
C．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以装置中的H+由左向右移动，故C正确；
D．可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，应加入硫酸，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，明确原电池原理为解答根据，注意正确判断电极反应、电子流向、离子流向，难点是电极反应式的书写．
6．常温下 0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA﹣、A2﹣ 三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示．下列表述不正确的是（ ）
A．H2A⇌2H++A2﹣ K=10﹣5.4
B．在 0.1mol/L NaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
C．已知25℃时HF的 Ka=10﹣3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═HF+HA﹣
D．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA﹣，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，电离方程式为H2A⇌H++HA﹣，则K1==10﹣1.2，
pH=4.2时，HA﹣、A2﹣浓度相等，且二者浓度相等，电离方程式为HA﹣⇌H++A2﹣，则K2==10﹣4.2，以此解答该题．
【解答】解：由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA﹣，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，电离方程式为H2A⇌H++HA﹣，则K1==10﹣1.2，
pH=4.2时，HA﹣、A2﹣浓度相等，且二者浓度相等，电离方程式为HA﹣⇌H++A2﹣，则K2==10﹣4.2，
A．H2A部分电离，分步电离，以第一步电离为主，则电离方程式为H2A⇌H++HA﹣，故A错误；
B．pH=4.2时，HA﹣、A2﹣浓度相等，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于HA﹣水解程度，则在0.1mo/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+），因还存在水的电离，则c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），所以各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故B正确；
C．已知25℃时HF的Ka=10﹣3.45，由以上信息可知K1==10﹣1.2，K2==10﹣4.2，则酸性H2A＞HF＞HA﹣，则将少量H2A的溶液加入足量的NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═HF+HA﹣，故C正确；
D．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，HA﹣、A2﹣浓度相等，K2==10﹣4.2，则c（H+）=10﹣4.2mol/L，pH为4.2，故D正确．
故选A．
【点评】本题考查了离子浓度大小比较，侧重学生的分析、计算能力的考查，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，根据图象掌握平衡常数的应用为解答该题的关键，难度中等．
7．某固体粉末X中可能含有K2SO4、（NH4）2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种．某同学为确定该固体粉末的成分，取X进行如下实验，实验过程及现象如图所示．该同学得出的结论正确的是（ ）
已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O．
A．根据现象1可推出该固体粉末中一定含有NaNO3
B．根据现象2可推出该固体粉末中一定含有K2SO4
C．根据现象3可推出该固体粉末中一定含有K2SO3
D．根据现象4可推出该固体粉末中一定没有Fe2O3
【考点】无机物的推断．
【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别．
【分析】固体加入NaOH生成气体，则应为NH3，即B为NH3，则一定含有（NH4）2CO3，沉淀C加入盐酸后的溶液加入KSCN不先红色，说明溶液中不存在Fe3+，可能有两种情况，一只含有FeO，或Fe2O3和Cu2O都含有Cu2O，生成的Cu与Fe3+发生氧化还原反应而全部溶解，溶液A加入足量稀盐酸生成混合气体，说明不仅仅生成二氧化碳，还应有气体气体，则一定含有K2SO3，与NaNO3发生氧化还原反应生成NO，且K2SO3被氧化，不能确定是否含有K2SO4，以此解答该题．
【解答】解：固体加入NaOH生成气体，则应为NH3，即B为NH3，则一定含有（NH4）2CO3，沉淀C加入盐酸后的溶液加入KSCN不先红色，说明溶液中不存在Fe3+，可能有两种情况，一只含有FeO，或Fe2O3和Cu2O都含有Cu2O，生成的Cu与Fe3+发生氧化还原反应而全部溶解，溶液A颜色反应为黄色，因加入氢氧化钠，不能说明含有NaNO3，溶液A加入足量稀盐酸生成混合气体，说明不仅仅生成二氧化碳，还应有气体气体，则一定含有
K2SO3，与NaNO3发生氧化还原反应生成NO，且K2SO3被氧化，不能确定是否含有K2SO4，
A．因加入氢氧化钠，不能说明含有NaNO3，故A错误；
B．含有K2SO3，与NaNO3发生氧化还原反应生成NO，且K2SO3被氧化，不能确定是否含有K2SO4，故B错误；
C．由以上分析可知，固体粉末中一定含有K2SO3，故C正确；
D．不能确定是否含有Fe2O3，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和B，注意体会．
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，D是含有7个碳原子的芳香族化合物．物质间的相互转化关系如图所示：
已知：RXROH
（1）A中含有的官能团名称为 碳碳双键 ．
（2）写出E的结构简式 ．
（3）写出C+F→G的化学方程式 ．
（4）关于化合物D，下列说法正确的是 ①③④ ．
①能与H2发生加成反应 ②能使Br2/CCl4溶液褪色
③与活泼金属反应 ④能与浓硝酸发生取代反应
（5）分子式为C8H8O2且与F互为同系物的同分异构体有 4 种．
【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，A的相对分子质量为28，则A为CH2=CH2，与溴发生加成反生成B为BrCH2CH2Br，B发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D是含有7个碳原子的芳香族化合物，能连续发生氧化反应，则D为，E为，F为，F与C发生酯化反应生成G，结构G的分子式可知，G的结构简式为：．
【解答】解：A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，A的相对分子质量为28，则A为CH2=CH2，与溴发生加成反生成B为BrCH2CH2Br，B发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D是含有7个碳原子的芳香族化合物，能连续发生氧化反应，则D为，E为，F为，F与C发生酯化反应生成G，结构G的分子式可知，G的结构简式为：．
（1）A为CH2=CH2，含有的官能团名称为：碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）E的结构简式为，故答案为：；
（3）C+F→G的化学方程式：，
故答案为：；
（4）化合物D为，
①含有苯环，能与H2发生加成反应，故正确；
②苯环不能使Br2/CCl4溶液褪色，故错误；
③含有羟基，能与活泼金属反应，故正确；
④含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故正确，
故选：①③④；
（5）分子式为C8H8O2且与F（）互为同系物的同分异构体，可以是苯乙酸，也可以是甲基苯甲酸，有邻、间、对三种，共有4种，
故答案为：4．
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查．
9．单质硅由于其成熟的生产工艺，丰富的生产原料及优异的性能被广泛用于电子行业及太阳能电池的生产等，在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，这相比起现有的生产工艺具有节约能耗的优势．
（1）写出上述制备硅的化学反应方程式 SiO2+4Na+2CO2=2Na2CO3+Si ．
（2）二氧化硅与二氧化碳物理性质差别很大，原因是 二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体 ．
（3）盐X的溶液能与Al2（SO4）3溶液反应生成一种白色沉淀和气体．写出此反应的离子反应方程式 3CO32﹣+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑ ．
【考点】硅和二氧化硅．
【专题】碳族元素．
【分析】（1）在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，X是碳酸钠，所以反应的化学方程式为：SiO2+4Na+2CO2=2Na2CO3+Si；
（2）根据二氧化硅和二氧化碳的结构判断其物理性质；
（3）Na2CO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，由此分析解答．
【解答】解：（1）在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，X是碳酸钠，所以反应的化学方程式为：SiO2+4Na+2CO2=2Na2CO3+Si，故答案为：SiO2+4Na+2CO2=2Na2CO3+Si；
（2）二氧化硅是原子晶体，固体二氧化碳是分子晶体，所以二氧化硅和二氧化碳在物理性质上有很大差别，故答案为：二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体；（3）Na2CO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，离子反应方程式为：3CO32﹣+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：3CO32﹣+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑．
【点评】本题考查了方程式的书写和二氧化硅的性质，把握双水解反应、明矾净水原理为解答的关键，注意根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，题目难度不大．
10．某盐A有3种元素组成，易溶于水．将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O．将A溶于水，进行下列实验：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F．请回答下列问题：
（1）写出A的化学式： NH4NO2 ； B的电子式： ．
（2）写出上述实验①、②所发生的离子反应方程式：① 2NO2﹣+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O ；② NO2﹣+H2O+Cl2=NO3﹣+2Cl﹣+2H+ ．
（3）D、E对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的D、E混合气体，写出其化学反应方程式 NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O ．
（4）判断盐F的可能成份 NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物 ；设计实验方案确定F的成份 取mgF，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3 ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，由此分析解答．
【解答】解：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，
（1）A的化学式是NH4NO2，B的电子式：，故答案为：NH4NO2；；
（2）①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐，反应的离子方程式为：2NO2﹣+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；②NO2﹣+H2O+Cl2=NO3﹣+2 Cl﹣+2H+，故答案为：2NO2﹣+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；NO2﹣+H2O+Cl2=NO3﹣+2 Cl﹣+2H+；（3）一氧化氮与二氧化氮与氢氧化钠反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，故答案为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；
（4）浓缩后即可得到无色晶体盐F，化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物，可取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3，故答案为：NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物；取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3．
【点评】本题考查铵盐的性质，涉及电子式的书写、化学反应方程式的书写和离子方程式的书写以及实验方案的设计等，综合性强，有一定的难度．
11．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H
（1）已知CO（g）、H2（g）的标准燃烧热分别为﹣285.8kJ•mol﹣1，﹣283.0kJ•mol﹣1，且CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣761kJ/mol；则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的△H= ﹣90.8 kJ/mol ．
（2）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是 D ．
A．容器内气体密度保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等 D．CO的体积分数保持不变
（3）下列措施中既有利于增大该反应的反应速率又能增大CO转化率的是 C ．
A．将CH3OH及时从混合物中分离
B．降低反应温度
C．恒容装置中充入H2
D．使用高效催化剂
（4）在容积为2L的恒容容器中，分别研究反应在300℃、350℃和400℃三种温度下合成甲醇的规律．图2是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系．请回答：
①在上述三种温度中，曲线X对应的温度是 300℃ ．
②利用图1中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 的平衡常数K= 16 ．
（5）其他条件相同时，某同学研究该甲醇合成反应在不同催化剂Ⅰ或Ⅱ作用下反应相同时间时，CO的转化率随反应温度的变化情况．请在图2中补充t℃后的变化情况．
【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式
CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1 ①
H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8×2 kJ•mol﹣1 ②
CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1 ③
根据盖斯定律将①+②﹣③计算；
（2）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
（3）该可逆反应是反应前后气体体积减小的放热反应，增大反应速率又有利于提高CO转化率，应该增大压强；
（4）①合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低；
②根据平衡常数表达式和一氧化碳的转化率求算；
（5）催化剂可以加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，升高温度，可以引起化学平衡移动，据此回答．
【解答】解：（1）CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1 ①
H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8×2 kJ•mol﹣1 ②
CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣761kJ•mol﹣1 ③
根据盖斯定律将①+②+（﹣③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=﹣90.8KJ•mol﹣1，
故答案为：﹣90.8 kJ/mol；
（2）A、反应前后质量和体积一直不变，所以密度一直不变，不能判断平衡，故A错误；
B、反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，故B正确；
C、生成CH3OH的速率与生成H2的速率等于系数之比，才能证明正逆反应速率相等，此时给定的条件不能判断平衡，故C错误；
D、CO体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，故D正确；
故选D；
（3）该可逆反应是反应前后气体体积减小的放热反应，
A．随时将CH3OH与反应混合物分离，平衡向正反应方向移动，但反应速率不变，故错误；
B．降低反应温度平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，故错误；
C．恒容装置中充入H2，即增大体系压强，平衡向正反应方向移动且反应速率增大，故正确；
D．使用高效催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
故选C；
（4）①根据反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣116kJ•mol﹣1，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是300℃，
故答案是：300℃；
②该反应的平衡常数K=，a点时，CO转化率50%，反应消耗了1mol×50%=0.5molCO，消耗氢气1mol，剩余n（H2）=1.5mol﹣1mol=0.5mol，生成0.5mol甲醇，a点各组分的浓度是：c（CH3OH）=0.25mol/L，c（CO）=0.25mol/L，c（H2）=0.25mol/L，
带人表达式得：K==16L2•mol﹣2，
故答案是：16；
（5）催化剂可以加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，升高温度，化学平衡逆向移动，可以降低CO的转化率，t℃后的变化情况如下：，故答案为：．
【点评】本题考查较综合，涉及原电池原理、化学平衡计算、外界条件对化学平衡的影响等知识点，侧重考查学生分析问题、灵活运用知识解答问题能力题目难度中等．
12．新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用．Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用．其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：
固相法：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量．
实验（一）制备流程：
实验（二） Li2FeSiO4含量测定：
从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
21.38mL
20.02mL
（1）实验（二）中的仪器名称：仪器B 100ml容量瓶 ，仪器C 酸式滴定管 ．
（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 防止二价铁被氧化 ．
（3）操作Ⅱ的步骤 蒸发浓缩，降温结晶，过滤 ，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需 玻璃棒 ．
（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式 SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ ，此时后续处理的主要目的是 除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定 ．
（5）滴定终点时现象为 溶液变为浅红色，且半分钟内不变色 ；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为 81% ；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量 偏高 ．（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【专题】定量测定与误差分析．
【分析】（1）实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性需要盛放在酸式滴定管中；
（2）依据亚铁离子具有还原性分析；
（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器；
（4）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，此时后续操作应除去过量的SO2；
（5）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，依据反应定量关系和实验数据计算产品中Li2FeSiO4的质量分数，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高；
【解答】解：（1）实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100ml，需要仪器为100ml容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，
故答案为：100ml容量瓶，酸式滴定管；
（2）固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，
故答案为：防止二价铁被氧化；
（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶，过滤；玻璃棒；
（4）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，
故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；
（5）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4
标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V（标准）=ml=20.00ml，铁元素守恒计算
MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5Li2FeSiO4～5Fe2+～MnO4﹣，
5 1
n 0.2000mol/L×0.020L
n=0.0200mol
100ml溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol，
产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%，
滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高，
故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高；
【点评】本题考查了物质制备、物质含量测定和滴定实验过程的分析应用，注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
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