天津市和平區(qū)2016屆高考化學(xué)二模試卷(版)

1、2016年天津市和平區(qū)高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（本題包括12小題，每小題6分，共36分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1下列說法不正確的是（）A鋁及其合金使用廣泛，是因?yàn)殇X比鐵更耐酸、堿的腐蝕B通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯C大部分金屬的冶煉都是通過在高溫下發(fā)生的氧化還原反應(yīng)實(shí)現(xiàn)的D通常所說的三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維2下列說法正確的是（）AC4H10有三種同分異構(gòu)體B乙醇、乙二醇、丙三醇互為同系物，同系物之間不可能為同分異物體C常溫下2S2O（g）=3S（s）+SO2（g）能自發(fā)進(jìn)行，可推斷該反應(yīng)為放熱反應(yīng)D因?yàn)楹辖鹪诔睗竦目諝庵幸仔纬稍姵兀院辖鹉透g性都較差3下列

2、有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的說法正確的是（）A可用25mL堿式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液B用pH試紙測(cè)定溶液的pH時(shí)，需先用蒸餾水潤(rùn)濕試紙C將金屬鈉在研缽中研成粉末，使鈉與水反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)更安全D蒸餾時(shí)蒸餾燒瓶中液體的體積不能超過容積的，液體也不能蒸干4短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對(duì)位置如下圖所示已知X的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和為零，下列說法正確的是（）XYZWAX分別與Y、Z形成的化合物中化學(xué)鍵類型相同BZ的最高價(jià)氧化物的對(duì)應(yīng)水化物酸性比W的強(qiáng)CX的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比W的弱DY是第三周期第A族元素5下列敘述正確的是（）A鹽酸中滴加氨水至中性，溶液中溶質(zhì)為氯化銨B稀醋酸

3、加水稀釋，醋酸電離程度增大，溶液的pH減小C飽和石灰水中加入少量CaO，恢復(fù)至室溫后溶液的pH不變D沸水中滴加適量飽和FeCl3溶液，形成帶電的膠體，導(dǎo)電能力增強(qiáng)6恒溫恒容下，向2L密閉容器中加入MgSO4（s）和CO（g），發(fā)生反應(yīng)：MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)如表：反應(yīng)時(shí)間/minn（MgSO4）/moln（CO）/moln（SO2）/mol02.02.0020.841.26 1.22.8下列說法正確的是（）A02 min內(nèi)的平均速率為 （CO）=0.6 mol/（Lmin）B4 min后，平衡移動(dòng)的原因可能是向容器中加入了2

4、.0 mol的SO2C若升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)變?yōu)?.0，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)D其他條件不變，若起始時(shí)容器中MgSO4、CO均為1.0 mol，則平衡時(shí)n（SO2）=0.6 mol二、解答題（共4小題，滿分64分）7A、B、C、D、E、F、G、H八種主族元素分布在三個(gè)不同的短周期，它們?cè)谥芷诒碇形恢萌缦拢赫?qǐng)回答下列問題：（1）寫出E元素在周期表中的位置（2）B與D可形成三原子分子X，X的電子式為（3）E、F、H所形成的簡(jiǎn)單離子的半徑由大到小的順序?yàn)椋ㄓ秒x子符號(hào)表示）（4）G的最高價(jià)氧化物與B的單質(zhì)在高溫下能發(fā)生置換反應(yīng)，其化學(xué)反應(yīng)方程式為：（5）由A、C、D三種元素組成的強(qiáng)電解質(zhì)Z溶于水時(shí)能促

5、進(jìn)水的電離，測(cè)得Z的水溶液pH7，其原因是（用離子方程式來表示）（6）鹽Y由B、D、E組成以熔融鹽Y為電解質(zhì)構(gòu)成的燃料電池如圖所示寫出石墨（I）電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式（7）用熔融鹽Y的燃料電池作電源，以石墨為電極，電解一定濃度的CuSO4 溶液至無色后繼續(xù)電解一段時(shí)間斷開電路，向溶液中加入0.1mol Cu（OH）2，溶液恢復(fù)到電解之前的體積和濃度，則電解過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8高分子材料PET聚酯樹脂和PMMA的合成路線如下：已知：RCOOR+R18OHRCO18OR+ROH（R、R、R代表烴基）（1）的反應(yīng)類型是（2）的化學(xué)方程式為（3）PMMA單體的官能團(tuán)名稱是、（4）F的核磁共振氫

6、譜顯示只有一組峰，的化學(xué)方程式為（5）G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（6）下列說法正確的是（填字母序號(hào)）a為酯化反應(yīng)bB和D互為同系物cD的沸點(diǎn)比同碳原子數(shù)的烷烴高d1mol與足量NaOH溶液反應(yīng)時(shí)，最多消耗4mol NaOH（7）J的某種同分異構(gòu)體與J具有相同官能團(tuán)，且為順式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是（8）寫出由PET單體制備PET聚酯（化學(xué)式為C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化學(xué)方程式9無水三氯化鐵易升華，有強(qiáng)烈的吸水性，是一種用途比較廣泛的鹽（1）實(shí)驗(yàn)室中可將FeCl3溶液、過濾、洗滌干燥得FeCl36H2O；再，得到無水FeCl3（2）室溫時(shí)在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液

7、，當(dāng)溶液pH為2.7時(shí)，F(xiàn)e3+開始沉淀；當(dāng)溶液pH為4時(shí)，c（Fe3+）=molL1（已知：KspFe（OH）3=1，.1×1036）（3）利用工業(yè)FeCl3制取純凈的草酸鐵晶體Fe2（C2O4）35H2O的實(shí)驗(yàn)流程所示：為抑制FeCl3水解，溶液X為上述流程中FeCl3能被異丙醚萃取，其原因是；檢驗(yàn)萃取、分液后所得水層中是否含有Fe3+的方法是所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗滌，其目的是為測(cè)定所得草酸鐵晶體的純度，實(shí)驗(yàn)室稱取a g樣品，加硫酸酸化，用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)置于如圖所示儀器（填“甲”或“乙”）中；下列情況會(huì)造成實(shí)驗(yàn)測(cè)

8、得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是a盛放KMnO4的滴定管水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗b滴定管滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后消失c滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)10甲醇是一種重要的可再生能源（1）已知2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）H=a kJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=b kJmol1試寫出由CH4和O2制取甲醇的熱化學(xué)方程式（2）還可通過下列反應(yīng)制甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）甲圖是反應(yīng)時(shí)CO和CH3OH（g）的濃度隨時(shí)間的變化情況從反應(yīng)開始到達(dá)平衡，用H2表示反應(yīng)速率（H2）=（3）在一容積可變的密閉容器中充入10mol CO和2

9、0mol H2，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度（T）、壓強(qiáng)（P）的變化如乙圖所示下列說法能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是（填字母）AH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍BH2的體積分?jǐn)?shù)不再改變C體系中H2的轉(zhuǎn)化率和CO的轉(zhuǎn)化率相等D體系中氣體的平均摩爾質(zhì)量不再改變比較A、B兩點(diǎn)壓強(qiáng)大小PAPB（填“、=”）若達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)A時(shí)，容器的體積為20L如果反應(yīng)開始時(shí)仍充入10molCO和20molH2，則在平衡狀態(tài)B時(shí)容器的體積V（B）=L（4）以甲醇為燃料，氧氣為氧化劑，KOH溶液為電解質(zhì)溶液，可制成燃料電池（電極材料為惰性電極）若KOH溶液足量，則寫出電池負(fù)極反應(yīng)式若電解質(zhì)溶液中KOH的物質(zhì)的

10、量為0.8mol，當(dāng)有0.5mol甲醇參與反應(yīng)時(shí)，電解質(zhì)溶液中各種離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是2016年天津市和平區(qū)高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題包括12小題，每小題6分，共36分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1下列說法不正確的是（）A鋁及其合金使用廣泛，是因?yàn)殇X比鐵更耐酸、堿的腐蝕B通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯C大部分金屬的冶煉都是通過在高溫下發(fā)生的氧化還原反應(yīng)實(shí)現(xiàn)的D通常所說的三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維【考點(diǎn)】合成材料；有機(jī)化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用；物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的基本方法選擇及應(yīng)用【專題】有機(jī)反應(yīng)【分析】A鋁與酸、堿溶液發(fā)生反應(yīng)； B乙醇與乙酸

11、乙酯含有的官能團(tuán)、共價(jià)鍵不同；C活潑金屬采用電解熔融法冶煉，不活潑的金屬采用直接加熱法冶煉，大部分金屬的冶煉都是在高溫下采用氧化還原反應(yīng)法；D根據(jù)三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維判斷【解答】解：A鋁易與酸、堿溶液發(fā)生反應(yīng)，不耐酸、堿，故A錯(cuò)誤； B乙醇與乙酸乙酯含有的官能團(tuán)、共價(jià)鍵不同，可通過紅外光譜分析區(qū)分，故B正確；C金屬的冶煉是將金屬?gòu)幕蠎B(tài)轉(zhuǎn)變成游離態(tài)，活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al采用電解熔融法冶煉，不活潑的金屬Hg、Ag采用直接加熱法冶煉，大部分金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等的冶煉都是在高溫下采用氧化還原反應(yīng)法實(shí)現(xiàn)的，故C正確；D三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成

12、纖維，故D正確故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)和應(yīng)用等方面的知識(shí)，屬于化學(xué)的實(shí)際應(yīng)用題，難度不大，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵2下列說法正確的是（）AC4H10有三種同分異構(gòu)體B乙醇、乙二醇、丙三醇互為同系物，同系物之間不可能為同分異物體C常溫下2S2O（g）=3S（s）+SO2（g）能自發(fā)進(jìn)行，可推斷該反應(yīng)為放熱反應(yīng)D因?yàn)楹辖鹪诔睗竦目諝庵幸仔纬稍姵兀院辖鹉透g性都較差【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象；吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；電化學(xué)專題；同分異構(gòu)體的類型及其判定【分析】A、根據(jù)碳鏈異構(gòu)來解答；B、結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子

13、團(tuán)的物質(zhì)互稱為同系物，同系物中官能團(tuán)的種類與數(shù)目要相同；C、根據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)：HS0解答；D、根據(jù)不同合金的材料和性能解答【解答】解：AC4H10有正丁烷、異丁烷兩種同分異構(gòu)體，故A錯(cuò)誤； B乙醇、乙二醇與丙三醇所含羥基的個(gè)數(shù)不同，不為同系物，故B錯(cuò)誤；C由方程式2S2O（g）3S（s）+SO2（g）可知該反應(yīng)S0，要使HS0，必須滿足H0，故C正確；D不是所有的合金耐腐蝕都很差，例如鈦合金、鋁合金等具有很好的抗腐蝕性能，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了金屬的腐蝕與防護(hù)，同分異構(gòu)體，同系物，反應(yīng)方向判據(jù)，考查學(xué)生對(duì)基本知識(shí)的掌握程度，題目簡(jiǎn)單，屬于基礎(chǔ)題3下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的說法正確

14、的是（）A可用25mL堿式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液B用pH試紙測(cè)定溶液的pH時(shí)，需先用蒸餾水潤(rùn)濕試紙C將金屬鈉在研缽中研成粉末，使鈉與水反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)更安全D蒸餾時(shí)蒸餾燒瓶中液體的體積不能超過容積的，液體也不能蒸干【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【專題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題【分析】A高錳酸鉀具有氧化性，腐蝕橡皮管；B用pH試紙測(cè)定未知溶液的pH時(shí)，用玻璃棒蘸取少量待測(cè)液滴在干燥的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比來確定pH不能用水濕潤(rùn)pH試紙，否則稀釋了待測(cè)溶液，使溶液的酸堿性減弱；C在研缽中研成粉末時(shí)易于空氣中氧氣，水反應(yīng)；D蒸餾燒瓶中液體的體積不能超過容積的【解答】解：A高錳酸鉀具有氧化性，腐蝕橡皮

15、管，應(yīng)用酸式滴定管，故A錯(cuò)誤；B水濕潤(rùn)pH試紙，稀釋了待測(cè)溶液，使溶液的酸堿性減弱，若測(cè)定的是酸性溶液，則會(huì)使測(cè)定結(jié)果變大；若測(cè)定的是堿性溶液，則會(huì)使測(cè)定結(jié)果變?。蝗魷y(cè)定的是中性溶液，則會(huì)使測(cè)定結(jié)果不變，故B錯(cuò)誤；C金屬鈉性質(zhì)比較活潑，在研缽中研成粉末時(shí)易于空氣中氧氣，水反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D蒸餾時(shí)防止暴沸和意外事故，蒸餾燒瓶中液體的體積不能超過容積的，液體也不能蒸干，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)操作，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高頻考點(diǎn)，注意把握實(shí)驗(yàn)的方法、步驟和使用的儀器，注重相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大4短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對(duì)位置

16、如下圖所示已知X的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和為零，下列說法正確的是（）XYZWAX分別與Y、Z形成的化合物中化學(xué)鍵類型相同BZ的最高價(jià)氧化物的對(duì)應(yīng)水化物酸性比W的強(qiáng)CX的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比W的弱DY是第三周期第A族元素【考點(diǎn)】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】由短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對(duì)位置，可知X處于第二周期，Y、Z、W處于第三周期，X與Y最外層電子數(shù)相差4，設(shè)Y的最外層電子數(shù)為a，則X最外層電子數(shù)為a+4，則Y最高正化合價(jià)為+a，X的最低負(fù)化合價(jià)為（a+4）8，X的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和

17、為零，故a+（a+4）8=0，解得a=2，故Y為Mg，則Z為Si、W為P、X為OA氧化鎂為離子化合物，二氧化硅為共價(jià)化合物；B同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)；C同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，同主族自上而下非金屬性減弱，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定；DY為Mg【解答】解：由短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對(duì)位置，可知X處于第二周期，Y、Z、W處于第三周期，X與Y最外層電子數(shù)相差4，設(shè)Y的最外層電子數(shù)為a，則X最外層電子數(shù)為a+4，則Y最高正化合價(jià)為+a，X的最低負(fù)化合價(jià)為（a+4）8，X的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和為零，故a+（a+4）8=0，解得a

18、=2，故Y為Mg，則Z為Si、W為P、X為OAX分別與Y、Z形成的化合物為MgO、SiO2，MgO屬于離子化合物，含有離子鍵，而SiO2屬于共價(jià)化合物，含有共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B非金屬性WZ，故Z的最高價(jià)氧化物的水化物酸性比W的弱，故B錯(cuò)誤；C非金屬性XW，故X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比W的強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；D由上述分析可知，Y為Mg，位于第三周期第A族，故D正確，故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，為高頻考點(diǎn)，把握X的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和為零及元素的位置關(guān)系推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查，注意元素周期律的應(yīng)用，題目難度不大5下列敘述正確的是（）A鹽酸中滴加氨水

19、至中性，溶液中溶質(zhì)為氯化銨B稀醋酸加水稀釋，醋酸電離程度增大，溶液的pH減小C飽和石灰水中加入少量CaO，恢復(fù)至室溫后溶液的pH不變D沸水中滴加適量飽和FeCl3溶液，形成帶電的膠體，導(dǎo)電能力增強(qiáng)【考點(diǎn)】酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A、當(dāng)鹽酸和氨水恰好中和生成NH4Cl時(shí)，銨根離子水解呈酸性；B、醋酸是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進(jìn)電離，平衡狀態(tài)下離子濃度減小；C、飽和石灰水中加入氧化鈣會(huì)與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，析出晶體后溶液仍是飽和溶液離子濃度不變；D、膠體是電中性的分散系；【解答】解：A、當(dāng)鹽酸和氨水恰

20、好中和生成NH4Cl時(shí)，由于銨根離子水解呈酸性，若使溶液呈中性，應(yīng)繼續(xù)向溶液中加入氨水，故溶液中的溶質(zhì)是NH4Cl和NH3H2O，故A錯(cuò)誤；B、向稀醋酸中加水時(shí)，醋酸的電離平衡正向移動(dòng)，醋酸的電離程度增大，但c（H+）減小，故pH增大，故B錯(cuò)誤；C、溫度不變，Ca（OH）2的溶解度不發(fā)生變化，故飽和石灰水中c（OH）的濃度不變，所以pH不變，故C正確；D、氫氧化鐵膠體的膠體粒子帶有正電荷，但氫氧化鐵膠體呈電中性，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了酸堿反應(yīng)的溶液酸堿性判斷，弱電解質(zhì)稀釋溶液PH變化，飽和溶液的離子濃度分析，膠體性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度中等6恒溫恒容下，向2L密閉容器中加入MgSO4（

21、s）和CO（g），發(fā)生反應(yīng)：MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)如表：反應(yīng)時(shí)間/minn（MgSO4）/moln（CO）/moln（SO2）/mol02.02.0020.841.26 1.22.8下列說法正確的是（）A02 min內(nèi)的平均速率為 （CO）=0.6 mol/（Lmin）B4 min后，平衡移動(dòng)的原因可能是向容器中加入了2.0 mol的SO2C若升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)變?yōu)?.0，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)D其他條件不變，若起始時(shí)容器中MgSO4、CO均為1.0 mol，則平衡時(shí)n（SO2）=0.6 mol【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素【

22、分析】A由表中時(shí)間可知，02min內(nèi)CO的物質(zhì)的量變化量為2mol0.8mol=1.2mol，由方程式可知SO2的物質(zhì)的量變化量也為1.2mol，根據(jù)v=計(jì)算v（SO2）；B由表中數(shù)據(jù)結(jié)合方程式可知，02min內(nèi)CO、CO2、SO2的物質(zhì)的量變化量為2mol0.8mol=1.2mol，46min時(shí)，變化了0.4mol，據(jù)此分析；C計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)平衡常數(shù)，根據(jù)升高溫度平衡常數(shù)的變化判斷平衡移動(dòng)方向，據(jù)此解答；D保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入1.00mol MgSO4和1.00molCO，等效為原平衡體積增大一倍，降低壓強(qiáng)，平衡向正方向移動(dòng)，據(jù)此分析解答【解答】解：A由表中時(shí)間可知，02m

23、in內(nèi)CO的物質(zhì)的量變化量為2mol0.8mol=1.2mol，則v（CO）=0.3 molL1min1，故A錯(cuò)誤；B由表中數(shù)據(jù)結(jié)合方程式可知，02min內(nèi)CO、CO2、SO2的物質(zhì)的量變化量為2mol0.8mol=1.2mol，46min時(shí)，變化了0.4mol，所以平衡移動(dòng)的原因可能是向容器中加入了2.0 mol的SO2，故B正確；C由表中時(shí)間可知，MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）開始（mol）：2 0 0變化（mol）：1.2 1.2 1.2平衡（mol）：0.8 1.2 1.2故該溫度下平衡常數(shù)k=0.9，若升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)變?yōu)閘00，則平衡向

24、正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入1.00mol MgSO4和1.00molCO，等效為原平衡體積增大一倍，降低壓強(qiáng)，平衡向正方向移動(dòng)，故到達(dá)平衡時(shí)n（CO2）0.60mol，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)速率計(jì)算、影響化學(xué)平衡因素、化學(xué)平衡常數(shù)等，難度中等，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累二、解答題（共4小題，滿分64分）7A、B、C、D、E、F、G、H八種主族元素分布在三個(gè)不同的短周期，它們?cè)谥芷诒碇形恢萌缦拢赫?qǐng)回答下列問題：（1）寫出E元素在周期表中的位置第三周期第IA族（2）B與D可形成三原子分子X，X的電子式為（3）E、F、H所形成的簡(jiǎn)單離

25、子的半徑由大到小的順序?yàn)镾2Na+Al3+（用離子符號(hào)表示）（4）G的最高價(jià)氧化物與B的單質(zhì)在高溫下能發(fā)生置換反應(yīng)，其化學(xué)反應(yīng)方程式為：SiO2+2C Si+2CO（5）由A、C、D三種元素組成的強(qiáng)電解質(zhì)Z溶于水時(shí)能促進(jìn)水的電離，測(cè)得Z的水溶液pH7，其原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用離子方程式來表示）（6）鹽Y由B、D、E組成以熔融鹽Y為電解質(zhì)構(gòu)成的燃料電池如圖所示寫出石墨（I）電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式H2+CO322e=H2O+CO2（7）用熔融鹽Y的燃料電池作電源，以石墨為電極，電解一定濃度的CuSO4 溶液至無色后繼續(xù)電解一段時(shí)間斷開電路，向溶液中加入0.1mol Cu（OH）

26、2，溶液恢復(fù)到電解之前的體積和濃度，則電解過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.4mol【考點(diǎn)】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；電解原理【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】A、B、C、D、E、F、G、H八種元素分布在三個(gè)不同的短周期，由元素再周期表中位置，可知A為H元素；B為碳元素，C為N元素；D為O元素；E為Na，F(xiàn)為Al；G為Si；H為S元素（1）由E的位置可知，處于周期表中第三周期第IA族；（2）B與D可形成非極性分子X為CO2；（3）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子的電子層越多離子半徑越大；（4）G的最高價(jià)氧化物為SiO2，與B的單質(zhì)（碳）在高溫下能發(fā)生置換反應(yīng)生成Si與

27、CO；（5）由H、N、O三種元素組成的強(qiáng)電解質(zhì)Z溶于水時(shí)能促進(jìn)水的電離，測(cè)得Z的水溶液pH7，則Z為NH4NO3，溶液中銨根離子水解破壞水的電離破壞，溶液呈酸性；（6）鹽Y由C、O、Na組成，則Y為Na2CO3，以熔融鹽Na2CO3為電解質(zhì)、氫氣、氧氣構(gòu)成的燃料電池，由圖可知石墨（I）是氫氣失去電子，與碳酸結(jié)合生成水與二氧化碳；（7）電解發(fā)生反應(yīng)：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，2H2O2H2+O2，相當(dāng)于從溶液中析出CuO、失去部分水，向溶液中加入0.1mol Cu（OH）2，溶液恢復(fù)到電解之前的體積和濃度，將Cu（OH）2可以改寫為CuOH2O，電解中生成Cu為0.1mo

28、l，2H2O2H2+O2中電解的水為0.1mol【解答】解：A、B、C、D、E、F、G、H八種元素分布在三個(gè)不同的短周期，由元素再周期表中位置，可知A為H元素；B為碳元素，C為N元素；D為O元素；E為Na，F(xiàn)為Al；G為Si；H為S元素（1）E元素在周期表中的位置：第三周期第IA族，故答案為：第三周期第IA族；（2）B與D可形成非極性分子X為CO2，電子式為，故答案為：；（3）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S2Na+Al3+，故答案為：S2Na+Al3+；（4）G的最高價(jià)氧化物為SiO2，與B的單質(zhì)（碳）在高溫下能發(fā)生置換反應(yīng)，其化學(xué)反應(yīng)方

29、程式為：SiO2+2C Si+2CO，故答案為：SiO2+2C Si+2CO；（5）由H、N、O三種元素組成的強(qiáng)電解質(zhì)Z溶于水時(shí)能促進(jìn)水的電離，測(cè)得Z的水溶液pH7，則Z為NH4NO3，溶液中銨根離子水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，破壞水的電離破壞，溶液呈酸性，故答案為：NH4+H2ONH3H2O+H+；（6）鹽Y由C、O、Na組成，則Y為Na2CO3，以熔融鹽Na2CO3為電解質(zhì)、氫氣、氧氣構(gòu)成的燃料電池，由圖可知石墨（I）是氫氣失去電子，與碳酸結(jié)合生成水與二氧化碳，電極反應(yīng)式：H2+CO322e=H2O+CO2，故答案為：H2+CO322e=H2O+CO2；（7）電解發(fā)生反應(yīng)：2C

30、uSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，2H2O2H2+O2，相當(dāng)于從溶液中析出CuO、失去部分水，向溶液中加入0.1mol Cu（OH）2，溶液恢復(fù)到電解之前的體積和濃度，將Cu（OH）2可以改寫為CuOH2O，電解中生成Cu為0.1mol，2H2O2H2+O2中電解的水為0.1mol，整個(gè)過程轉(zhuǎn)移電子為0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，故答案為：0.4mol【點(diǎn)評(píng)】本題結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系綜合應(yīng)用、原電池、電解計(jì)算、鹽類水解等，推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力，（7）中關(guān)鍵是明確溶液復(fù)原時(shí)少什么加什么原則，注意運(yùn)用化學(xué)式改寫進(jìn)行解答，難度中

31、等8高分子材料PET聚酯樹脂和PMMA的合成路線如下：已知：RCOOR+R18OHRCO18OR+ROH（R、R、R代表烴基）（1）的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)（2）的化學(xué)方程式為（3）PMMA單體的官能團(tuán)名稱是碳碳雙鍵和、酯基（4）F的核磁共振氫譜顯示只有一組峰，的化學(xué)方程式為（5）G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（6）下列說法正確的是ac（填字母序號(hào)）a為酯化反應(yīng)bB和D互為同系物cD的沸點(diǎn)比同碳原子數(shù)的烷烴高d1mol與足量NaOH溶液反應(yīng)時(shí)，最多消耗4mol NaOH（7）J的某種同分異構(gòu)體與J具有相同官能團(tuán)，且為順式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是（8）寫出由PET單體制備PET聚酯（化學(xué)式為C10nH8nO4n或C10n

32、+2H8n+6O4n+2）并生成B的化學(xué)方程式【考點(diǎn)】有機(jī)物的合成【分析】根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，由PMMA的結(jié)構(gòu)可知，PMMA單體為CH2=C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F(xiàn)的核磁共振氫譜顯示只有一組峰，F(xiàn)發(fā)生信息中的反應(yīng)得G，G在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)得J，結(jié)合PMMA單體的結(jié)構(gòu)和E的分子式可知，E為CH3CHOHCH3，F(xiàn)為CH3COCH3，G為（CH3）2COHCOOH，J為CH2=C（CH3）COOH，所以D為HOCH3，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成A為BrCH2CH2Br，A在堿性條件下水解得B為HOCH2CH2OH，B與對(duì)苯二甲酸甲酯發(fā)生取代反應(yīng)生成PET單體為，PET單體發(fā)

33、生信息的反應(yīng)得PET聚酯，據(jù)此答題【解答】解：根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，由PMMA的結(jié)構(gòu)可知，PMMA單體為CH2=C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F(xiàn)的核磁共振氫譜顯示只有一組峰，F(xiàn)發(fā)生信息中的反應(yīng)得G，G在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)得J，結(jié)合PMMA單體的結(jié)構(gòu)和E的分子式可知，E為CH3CHOHCH3，F(xiàn)為CH3COCH3，G為（CH3）2COHCOOH，J為CH2=C（CH3）COOH，所以D為HOCH3，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成A為BrCH2CH2Br，A在堿性條件下水解得B為HOCH2CH2OH，B與對(duì)苯二甲酸甲酯發(fā)生取代反應(yīng)生成PET單體為，PET單體發(fā)生信息的反應(yīng)得PET聚酯，（

34、1）根據(jù)上面的分析可知，反應(yīng)的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)； （2）的化學(xué)方程式為，故答案為：；（3）PMMA單體為CH2=C（CH3）COOCH3，PMMA單體的官能團(tuán)名稱是碳碳雙鍵和 酯基，故答案為：碳碳雙鍵和 酯基；（4）反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：；（5）G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（6）a為CH2=C（CH3）COOH與HOCH3發(fā)生酯化反應(yīng)，故a正確；bD為HOCH3，B為HOCH2CH2OH，它們的羥基的數(shù)目不同，所以B和D不是互為同系物，故b錯(cuò)誤；cD中有羥基，能形成氫鍵，所以D的沸點(diǎn)比同碳原子數(shù)的烷烴高，故c正確；d.1mol與足量NaOH溶液反應(yīng)時(shí)，最多消耗2m

35、ol NaOH，故d錯(cuò)誤；故選ac；（7）J的某種同分異構(gòu)體與J具有相同官能團(tuán)，且為順式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，故答案為：；（8）由PET單體制備PET聚酯并生成B的化學(xué)方程式為，故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，注意根據(jù)充分利用題中信息和有機(jī)物的結(jié)構(gòu)進(jìn)行推斷，明確有機(jī)物的官能團(tuán)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，難度中等9無水三氯化鐵易升華，有強(qiáng)烈的吸水性，是一種用途比較廣泛的鹽（1）實(shí)驗(yàn)室中可將FeCl3溶液蒸發(fā)（濃縮）、冷卻（結(jié)晶）、過濾、洗滌干燥得FeCl36H2O；再將FeCl36H2O在HCl的氣氛中加熱脫水，得到無水FeCl3（2）室溫時(shí)在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，當(dāng)溶液pH為

36、2.7時(shí)，F(xiàn)e3+開始沉淀；當(dāng)溶液pH為4時(shí)，c（Fe3+）=1.1×106molL1（已知：KspFe（OH）3=1，.1×1036）（3）利用工業(yè)FeCl3制取純凈的草酸鐵晶體Fe2（C2O4）35H2O的實(shí)驗(yàn)流程所示：為抑制FeCl3水解，溶液X為（濃）鹽酸上述流程中FeCl3能被異丙醚萃取，其原因是FeCl3在異丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；檢驗(yàn)萃取、分液后所得水層中是否含有Fe3+的方法是取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液變紅，則含有Fe3+所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗滌，其目的是除去雜質(zhì)、減少草酸鐵晶體的溶解損耗為測(cè)定所得草酸鐵晶

37、體的純度，實(shí)驗(yàn)室稱取a g樣品，加硫酸酸化，用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)置于如圖所示儀器甲（填“甲”或“乙”）中；下列情況會(huì)造成實(shí)驗(yàn)測(cè)得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是ca盛放KMnO4的滴定管水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗b滴定管滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后消失c滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量【專題】綜合實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；演繹推理法；物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】（1）氯化鐵人員占得到溶質(zhì)固體可以通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到晶體，在氯化氫氣流中加熱失去結(jié)晶水，抑制鐵離子的水

38、解得到固體氯化鐵；（2）根據(jù)KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）計(jì)算；（3）酸化FeCl3用鹽酸酸化，不引入雜質(zhì)；萃取是利用溶質(zhì)在不同溶劑中的溶解度差異分離提取物質(zhì)的一種方法，能萃取說明FeCl3在異丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；檢驗(yàn)Fe3+用KSCN溶液效果最好；洗滌是除去沉淀表面雜質(zhì)，冰水是減少沉淀溶解損失；故答案為：除去雜質(zhì)、減少草酸鐵晶體的溶解損耗；KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)置于酸式滴定管中；根據(jù)高錳酸鉀的量計(jì)算草酸的含量，a沒有潤(rùn)洗導(dǎo)致高錳酸鉀濃度低消耗體積多；b讀數(shù)高錳酸鉀體積多；c讀數(shù)體積偏小，結(jié)果偏低【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)室中可將FeCl3溶液蒸發(fā)濃縮

39、，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到氯化鐵晶體FeCl36H2O，將FeCl36H2O在HCl的氣氛中加熱，抑制鐵離子水解脫水得到無水FeCl3故答案為：蒸發(fā)（濃縮）、冷卻（結(jié)晶）；將FeCl36H2O在HCl的氣氛中加熱脫水；（2）溶液pH為4時(shí)，c（OH）=1010，根據(jù)KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH），可知c（Fe3+）=mol/L=1.1×106 mol/L，故答案為：1.1×106；（3）酸化FeCl3用鹽酸酸化，不引入雜質(zhì)，且抑制鐵離子的水解，故答案為：（濃）鹽酸；萃取是利用溶質(zhì)在不同溶劑中的溶解度差異分離提取物質(zhì)的一種方法，能萃取說明FeCl3在異丙醚中的

40、溶解度大于其在水中的溶解度；檢驗(yàn)Fe3+用KSCN溶液效果最好，故答案為：FeCl3在異丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液變紅，則含有Fe3+；洗滌是除去沉淀表面雜質(zhì)，冰水是減少沉淀溶解損失，故答案為：除去雜質(zhì)、減少草酸鐵晶體的溶解損耗；KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)置于酸式滴定管中；a沒有潤(rùn)洗導(dǎo)致高錳酸鉀濃度低消耗體積多，偏高；b讀數(shù)高錳酸鉀體積多，偏高；c讀數(shù)體積偏小，結(jié)果偏低，正確；故答案為：甲；c【點(diǎn)評(píng)】本題考查鹽類水解鹽類分析，草酸鐵晶體Fe2（C2O4）35H2O的制備，涉及試驗(yàn)流程問題，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析處理，難度中等10甲

41、醇是一種重要的可再生能源（1）已知2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）H=a kJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=b kJmol1試寫出由CH4和O2制取甲醇的熱化學(xué)方程式2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）H=（a+2b）kJ/mol（2）還可通過下列反應(yīng)制甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）甲圖是反應(yīng)時(shí)CO和CH3OH（g）的濃度隨時(shí)間的變化情況從反應(yīng)開始到達(dá)平衡，用H2表示反應(yīng)速率（H2）=0.15mol/（Lmin）（3）在一容積可變的密閉容器中充入10mol CO和20mol H2，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度（T）、壓強(qiáng)（P）的變化

42、如乙圖所示下列說法能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是BD（填字母）AH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍BH2的體積分?jǐn)?shù)不再改變C體系中H2的轉(zhuǎn)化率和CO的轉(zhuǎn)化率相等D體系中氣體的平均摩爾質(zhì)量不再改變比較A、B兩點(diǎn)壓強(qiáng)大小PAPB（填“、=”）若達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)A時(shí)，容器的體積為20L如果反應(yīng)開始時(shí)仍充入10molCO和20molH2，則在平衡狀態(tài)B時(shí)容器的體積V（B）=4L（4）以甲醇為燃料，氧氣為氧化劑，KOH溶液為電解質(zhì)溶液，可制成燃料電池（電極材料為惰性電極）若KOH溶液足量，則寫出電池負(fù)極反應(yīng)式2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O若電解質(zhì)溶液中KOH的物質(zhì)的量為0.8mol，當(dāng)有0.5mol甲醇參與反應(yīng)時(shí)，電解質(zhì)溶液中各種離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是C（K+）C（CO32）