2017年天津市南开中学高考化学模拟试卷(5月份)
天津市南开中学2017届高三第四次月考理综化学试卷含答案.doc
【全国百强棱】南开中学2016-2017高三第四次月考理综化学试赛可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 S-32 C-35.5 K-39 Fe-56 Ce-1401卷选择题(每小题只有一个正确选项，每小题6分，共36分) 1、 下列叙述不正确的是A. “蜡炬成灰泪始干”既包含物理变化又包含化学变化B. AlA 熔点高，可用于制作耐高温仪摧C. 可用热的饱和NaCOi 溶液除去金属表而的矿物油(主要成分是脂肪经)D. 利用C0合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用 2、 下列离了方程式书写正确的是A. 向 CaCl 2溶液中通入少量 C02气体:Ca 2++C02+H 20 = CaCO 31 +2H 「 B. 碳酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：COf+H —m t + H 20 C. Ba (OH) 2溶液中滴加NH..HS04溶液至刚好沉淀完全： Ba 2+4- OH +H+S0,2- = BaS04 I + H2OD. 向 FeBr 2溶液中通入足量的 Cl 2： 2Fe 2*+4Br +3C12= 2Fe 3++2Br 2+6Cr 3、 下列说法不正确的是A. 放热反应在常温下不一定能够日发进行B. 合成氨反应需使用催化剂，目的是促进该反应平衡向生成氨的方向移动C. 0. Imol • LF&g 溶液在35° C 时碱性比25° C 强，说明Na 2CO 3水解是吸热反应D. MnS 悬浊液中滴加少量CuSOi 溶液可生成CuS 沉淀,则K SP (CuS) <K sp (MnS) 4、 下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论一致的是A汶球 M 湃X D O5、各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是CH 30CH3(g)+3H 20(g) =±6岫)+ 2C02(g)： AH>0BFeCL+3KSCN Fe (SCN) 3+3KCl(忽略溶液体积变化)m[KCI(s)]/g CN 2 (g) +3H 2 (g) 2NH 3 (g)（恒温，慎压）c(Ar)/mol>L D6、以铭酸钾（右室起始加入OMmolKiGQ ）为原料，电化学法制备重铭酸钾的实验装置示 意图如下，下列说法正确的是溶液KiC心—■-土■・•>'、跄" 阳离子交换膜不情钥怖性电极A.在阳极室，通电后溶液逐渐由橙色变为黄色B.电路中有0. 2mol电子通过时，阳极与阴极溶液减少的质量差为1. 4gC.若测得右室中K与Cr的物质的量之比为3:2,则此过程电路中共转移电子数为0. 1NAD.若测定阳极液中K与Cr的物质的量之比为d,则此时铭酸钾的转化率为2-dTT卷(共4道题，64分)7、(14分)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
天津市南开区2017-2018学年高三一模考试理综化学试卷 Word版含解析
天津市南开区2017-2018学年高三一模考试理综化学试卷（带解析）一、单选题（共6小题）1．化学已渗透到人类生活的各个方面。
下列说法正确的是（）A．氧化亚铁能与酸反应，可用于制作红色涂料B．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀C．碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．维生素C是水溶性维生素，能增强人体抵抗力，有解毒作用2．下列说法正确的是（）A．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液B．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率C．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸D．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取3．以下有关原子结构及元素周期律的叙述中正确的是（）A．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数B．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大C．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构4．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1 N AB．常温常压下，1 mol甘氨酸中含C—H键数目为3 N AC．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1 N AD．50℃时，10 L pH = 13的NaOH溶液中含有的OH—数目为N A5．下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．pH = a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH = b，则a = b + 1B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成C．在Na2C2O4稀溶液中，c(OH－) = c(H+) + c(HC2O4—) + 2c(H2C2O4)D．0.1 mol/L Na2CO3溶液与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+) = 2[c(CO32—) + c(HCO3—) + c(H2CO3) ]6．下列操作不能达到实验目的的是（）A．①B．②C．③D．④二、推断题（共2小题）7.物质A ~ G有下图所示转化关系(部分反应物、生成物未列出)。
2017年天津市南开区高考化学一模试卷
2017年市南开区高考化学一模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1．（6分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）A．A B．B C．C D．D2．（6分）下列叙述正确的是（）A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热B．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应C．向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，有CO2气体生成D．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生3．（6分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．Na2S溶液：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）B．Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+2c（Cl﹣）4．（6分）对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是（）A．不是同分异构体B．分子中共平面的碳原子数相同C．均能与溴水反应D．可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分5．（6分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO46．（6分）在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），所得实验数据如表：下列说确的是（）A．实验①中，若5min时测得n（M）=0.050mol，则0至5min时间，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10﹣2mol/（L•min）B．实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C．实验③中，达到平衡时，Y的转化率为40%D．实验④中，达到平衡时，b＞0.060二、解答题（共4小题，满分54分）7．（14分）C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl是常见的八种元素请回答下列问题：（1）Si在元素周期表中的位置为；CO2的电子式是．（2）上述元素中原子半径最大的是（写元素符号）；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式）．（3）下列事实能说明O元素的非金属性比S元素的非金属性强的是．a．O2与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高c．在氧化还原反应中，1molO2比1molS得电子多（4）金刚石具有优良的耐磨，耐腐蚀性，应用广泛．一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石．反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为，除去粗产品中少里钠的试剂为．（5）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图l），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是，溶液中的H+向极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是：．8．（8分）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M 在一定条件下合成得到（部分反应条件略）．请回答下列问题：（1）A的名称为，A→B的反应类型为．（2）E的分子式是．D→E的反应中，加入的化合物X与新制Cu（OH）2反应产生红色沉淀的化学方程式为．（3）G→J为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是．1molG完全燃烧最少需要消耗mo1O2．（4）L的同分异构体Q 是芳香酸，QR（C8H7O2Cl） S T，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为，R→S的化学方程式为．（5）图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是，写出能检验该物质存在的显色反应中所用的试剂及实验现象．（6）已知：L→M的原理为：M的结构简式为．9．（18分）二氯化二硫（S2Cl2）在工业上用于橡胶的硫化．为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：①将干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品．②有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃化学性质S112.8444.6略S 2Cl2﹣77137遇水生成HCl、SO2、S；300℃以上完全分解；S2Cl2+C122SCl2设计实验装置图如下：（1）图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见．利用改进后的正确装置进行实验，请回答下列问题：（2）B中反应的离子方程式：；E中反应的化学方程式：．（3）C、D中的试剂分别是、．（4）仪器A、B的名称分别是、，F的作用是．（5）如果在加热E时温度过高，对实验结果的影响是，在F中可能出现的现象是．（6）S2Cl2粗品中可能混有的杂质是（填写两种）、，为了提高S 2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和．10．（14分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．请回答下列问题：（1）联氨分子中氮的化合价为．（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为：．（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2O4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为△H4= ，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为．（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为（已知：N2H4+H+⇌N2H5+的K=8.7×107，Kw=1.0×10﹣14）．联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为．（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可处理L水（假设水中溶解O2量为5mg•L﹣1）；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是．2017年市南开区高考化学一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．【解答】解：A．Al2（SO4）3和小打相互促进水解，生成二氧化碳气体，可用于灭火，故A正确；B．次氯酸盐具有强氧化性，可漂白某些有色物质，则漂白粉漂白织物，故B正确；C．HF与SiO2反应生成SiF4和水，则氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故B正确；D．Cu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜，性质、用途无因果关系，故D错误；故选D．2．【解答】解：A.1mol氢气燃烧生成液态水时的热量为燃烧热，若生成气态水，热量小于燃烧热中热量，故A错误；B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，则某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应，故B正确；C．非金属性C＞B，则碳酸的酸性大于硼酸，则向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，一定不生成二氧化碳，故C错误；D．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，每个电极上得失电子相同，两个电极上电势相等，则该电池没有电流产生，故D错误；故选B．3．【解答】解：A．Na2S溶液中硫离子分步水解，S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H2S），故A错误；B．Na2C2O4溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故B错误；C．碳酸钠溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣），故C错误；D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在物料守恒，醋酸根离子和醋酸分子浓度总和和钠离子浓度相同，氯化钙溶液中氯离子浓度为钙离子浓度2倍，CH3COONa和CaCl2混合溶液：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+2c（Cl﹣），故D正确；故选D．4．【解答】解：A．二者分子式相同，都是C10H14O，且二者结构不同，所以是同分异构体，故A错误；B．分子中共平面的碳原子数可能相同，共平面的碳原子数可能是7，故B错误；C．左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴发生氧化还原反应生成羧基，故C正确；D．红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种类及不同种类氢原子个数，氢原子种类不同，所以可以用核磁共振氢谱区分，故D错误；故选C．5．【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，故A错误；B．碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；C．BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；D．加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误．故选C．6．【解答】解：A．v（N）=v（M）===1.0×10﹣3mol/（L•min），故A错误；B． X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L） 0.01 0.04 0 0转化浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008平衡浓度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008实验②中，该反应的平衡常数K===1.0，故B错误；C． X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L） 0.02 0.03 0 0转化浓度（mol/L）平衡浓度（mol/L） 0.02﹣ 0.03﹣该反应的平衡常数K===1.0，解得a=0.12，实验③中，Y的转化率=100%=40%，故C正确；D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，故D错误；故选C．二、解答题（共4小题，满分54分）7．【解答】解：（1）Si原子核外有14个电子，分三层排布，最外层有4个，则Si在元素周期表中的位置为第三周期第IVA族；CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为；水合氢离子为阳离子，含3个O﹣H共价键，水合氢离子的结构式为．故答案为：第三周期第IVA族；；（2）同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl中原子半径最大的是Na；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，由于F没有含氧酸，所以最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；故答案为：Na；HClO4；（3）a．O2与H2S溶液反应，溶液变浑浊，氧气与硫化氢反应生成硫沉淀，说明O元素的非金属性比S强，故a正确；b．O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明水比硫化氢稳定，即O元素的非金属性比S强，故b正确；c．在氧化还原反应中，得电子能力越强，元素的非金属性越强，与得电子多少无关，故c错误；故答案为：ab；（4）金刚石是不溶于CCl4的固体，CCl4是液体，将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇），故答案为：过滤；水（或乙醇）；（5）0﹣t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，负极电极反应式为：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，正极电极反应式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，溶液中的H+向正极移动；随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t 1时，铜做负极反应，Al 为正极，电流方向相反；故答案为：2H ++NO 3﹣+e ﹣=NO 2↑+H 2O ；正；随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反．8．【解答】解：（1）A 中含有碳碳三键，属于炔烃，为丙炔，故可知A→B 是丙炔与H 2O 发生加成反应， 故答案为：丙炔；加成反应；（2）由结构简式可知E 的分子式为C 10H 10O ，由D 、E 的结构简式知E 是D 与X （苯甲醛）发生反应生成E 与H 2O ，苯甲醛可与新制氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯甲酸与砖红色氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱性，因此生成苯甲酸又与碱反应生成苯甲酸盐，由此可知X （苯甲醛）与新制氢氧化铜浊液反应的化学方程式为：，故答案为：C 10H 10O ；；（3）G 为乙酸酐，G 与苯酚生成J 同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是﹣COOH ，G 的分子式为C 4H 6O 3，反应生成二氧化碳和水，1mol 完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为（4+﹣）mol=4mol ， 故答案为：羧基；4；（4）Q→R 是苯环上的甲基上的1个H 原子被取代，R→S 是氯代烃的水解反应，S→T 是﹣CH 2OH 变成﹣COOH ，T 的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q 为对甲基苯甲酸，Q 结构简式为，R 为，则R→S 的化学方程式为：（5）苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，（6）L→M 是取代反应，由①的反应信息，﹣OH 与C 2H 5OCOOC 2H 5反应，﹣COOC 2H 5与酚羟基H 原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M ，故M 的结构简式为：，9．【解答】解：（1）气体发生装置中，分液漏斗中的液体顺利流下，可以利用导管把分液漏斗上口和B 装置连接，保持外压强相同，便于液体流下，因S 2Cl 2遇水生成HCl、SO2、S，在G中生成的 S2Cl2易与H中扩散过来的水蒸气反应而变质，故应在G和H之间增加干燥装置．故答案为：用导管将A的上口和B相连（或将A换成恒压滴液漏斗）；在G和H 之间增加干燥装置；（2）B中发生反应的离子方程式是浓盐酸与二氧化锰制取氯气的离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；E中反应的化学方程式由信息可得：2S+C12S2C12，故答案为：MnO2+4H++2C1﹣═Mn2++C12↑+2H2O；2 S+C12S2C12；（3）氯气制取过程中的产生杂质HCl、H2O，因此先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气．所以C中为饱和食盐水，D 中为浓硫酸；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（4）A、B分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；F长玻璃管起到导气冷凝作用，故答案为：分液漏斗；蒸馏烧瓶；导气、冷凝；（5）温度过高会完全分解，生成的单质硫会在F处冷凝呈固体，由表息 S2Cl2在300℃以上完全分解，S2Cl2=S+Cl2，所以加热E时温度过高会导致产率降低，在F中可能有硫析出，故答案：产率降低；有固体产生；（6）根据信息，温度控制不当，则会生成SCl2，还有未反应的氯气以及蒸发出的硫．所以关键的操作是控制好温度和氯气的气流速度要恰当，应控制浓盐的滴速不要过快，故答案为：SCl2、C12、S（任写其中两种即可）；控制浓盐酸的滴速不要过快．10．【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，氮元素非金属性强于氢，所以氢显+1价，依据化合价代数和为0可知，氮元素化合价为﹣2价；故答案为：﹣2；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1；根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N 2H5++OH﹣，平衡常数Kb=×=K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步电离方程式为N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，故答案为：8.7×10﹣7，N2H6（HSO4）2；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2价的N元素被氧化为N 2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4→N2失去4e﹣，O2→O2﹣得到4e﹣，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，可以处理水的体积为：=2×105L；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4，故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；2×105；N2H4的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．。
2017年天津实验中学高考化学模拟试卷5月份
2017年天津实验中学高考化学)月份(5模拟试卷．月份）年天津实验中学高考化学模拟试卷（52017一、本大题共36分1．（6分）下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是（）A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆．用漂白液杀菌、消毒B C．用NaSiO溶液制备木材防火剂32D．用浸泡过高锰酸钾的硅藻土保鲜水果2．（6分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）BaSOSSOA．42NaSiOSiOB．SiO（aq）H32223MgCl?6HOMgC．MgCl222HNONOD．N3223．（6分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）现象实验选项结论植物油和溴水混合后振溶液分层，溴水A植物油萃取了溴水中荡、静置褪色Br的2Cl褪色入滴有酚酞具有漂白性Cl将B通22的溶液NaOH C将过量的CO通入CaCl无白色沉淀生生成的Ca（HCO）可2232溶于水溶液成D将浓硫酸滴到胆矾晶体晶体逐渐变白浓硫酸的吸水性色上A．A B．B C．C D．D4．（6分）工业上利用电化学方法将SO废气二次利用，制备保险粉（NaSO）4222）的装置如图所示，下列说法正确的是（第2页（共21页）．电极Ⅱ为阳极，发生还原反应A+增大HpH通过阳离子交换膜向电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ区溶液．通电后B﹣2﹣O═C．阴极区电极反应式为：2SO+2eS422+2.24L 废气0.1mol，则处理标准状况下SOD．若通电一段时间后溶液中H转移2）g+B （分）在某一恒温、体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）（5．6时刻改变某一条件，其反应过程如tt时刻达到平衡后，在）△H＜0．?2C（g21）图．下列说法正确的是（v＞～t时，vA．0逆正2时刻改变的条件可能是加催化剂．tB2的体积分数Ⅰ=Ⅱ．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，AC＜ⅡID．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数溶液，向溶液中100mL0.05molCHCOONa固体溶于水配成6．（6分）室温下，将3）加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（结论加入的物质固A0.05molCHCOONa3减小体+﹣c）﹣（NaBCOOH+c（CH）=c）C固体0.05molNaHSO（CHCOO433﹣2）（SO4水电离程度增大0.05molNHClC固体4﹣+）减小OH（）（OD50mLH由水电离出的cHc2页）21页（共3第D．C D．．A．A BB C题64二、本大题共中燃烧C可在D7．（14分）物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品．已知与其他物质的转化关系如图所示（部分产物已略去）发出苍白色火焰，M（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式2）比较B中各元素原子半径由大到小（（填元素符号）（3）若A是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则G的化学式是（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐，滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是（5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则由A转化成E的离子方程式是++2+3+3+2﹣2﹣中的、CO、NH、MgSO、Fe、AlH6（）若A是一种溶液，只可能含有、443某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为（7）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇．反应的化学方程式为（W分）聚合物是链接中的部分结构）是一类重要的功能高8．（18是其中的一种，转X合，材分子料聚物化路线如下第4页（共21页）已知：CHOi．CHO+RCHR221．iiCH=CHR+RCH=CHRiii．R+RRCH=CHRCH=CHR42233141代表烃基或氢原子）R（所含的官能团名称是 1）E（（N2的名称是） 3）②的反应类型是（ 4）①的化学方程式是（③的化学方程式是的结构简式是（5）X种 6）Q有多种同分异构体，其中符合下列条件的有（①属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链溶液显紫色FeCl②遇3③苯环上的一氯代物只有两种（写，的结构简式为 62：2：1：1其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比：出其中一种即可）步的反应合成4为原料（无机试剂任选），用不超过OH（7）请以CHCH23，试写出合成流程图．COOHCHCHCH2231490℃，见光分解，露置晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为18．（分）CuCl9，HCuCl于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成43．aq）CuCl（aq）?H（）反应的化学方程式为CuCl（s+3HCl43，反应原理为：）实验室用如图11所示装置制取CuCl（+﹣﹣2+3+4H+SO═O+8Cl2Cu+SO+2H2CuCl422页）21页（共5第﹣3﹣）CuCls（aq）?CuCl（）+3Claq（4．的作用是①装置C B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl②装置晶体．混合物CuCl晶体操作ⅱ的主要目的是操作ⅳ中最好选用的试剂是．③实验室保存新制CuCl晶体的方法是．④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：．（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO、N和O的百分组222成．已知：i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu（CO）Cl?HO．2的混合溶液能吸收氧气．Sii．保险粉（NaO）和KOH422．、、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是 D①②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O的离子方程式：．2的资源化利用具有重要意义．的排放以及分）减少（10．14COCO22第6页（共21页）的中间产物，该反应的能量变化示）]NCOONH（1）H是工业合成尿素[CO（NH2224．意图如图甲所示，用CO和氨气合成尿素的热化学方程式为2排放的可行措施之一．CO（2）用氨水捕集烟气中的CO生成铵盐，是减少22．①写出氨水捕集烟气中的CO生成碳酸氢铵的主要化学方程式2关系如，的吸收剂吸收烟气中的COCO脱除效率与吸收剂的pH②分别用不同pH223（标准状/h，烟气通入氨水的流量为0.052m图乙所示，烟气中CO的含量为12%2的物质的量最多为CO 的氨水吸收烟气30min ，脱除的况），用pH为12.812．）（精确到0.01③通常情况下温度升高，CO脱除效率提高，但高于40℃时，脱除CO效率降低22的主要原因是．（3）将CO和甲烷重整制合成气（CO和H）是CO资源化利用的有效途径．合222成气用于制备甲醇的反应为2H（g）+CO（g）?CHOH（g）△H=﹣90kJ/mol．在32T℃时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，1测得反应过程如下图所示．丙甲容器乙起始反应物投入2molH、1molCO1molCHOH2mol CHOH323量①能代表丙反应的曲线是（选填I、II），a、b点的压强关系为Pa Pb （填＞、＜、=），理由是．②b点时反应吸收的能量为 kJ．第7页（共21页）月份）52017年天津实验中学高考化学模拟试卷（参考答案与试题解析一、本大题共36分1．（6分）下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是（）A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆．用漂白液杀菌、消毒B C．用NaSiO溶液制备木材防火剂32D．用浸泡过高锰酸钾的硅藻土保鲜水果【解答】解：A．葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，故A不选；不选；BB．漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，故C．NaSiO溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，32选；故CD．高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，故D不选；．C故选2．（6分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）SSO．BaSOA42NaSiO（aqB．SiOHSiO）32223MgCl?6HOMgC．MgCl222HNO．NNOD322【解答】解：A．硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液中形成稀硝酸氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，正确；A转化关系可以一步实现，故页）21页（共8第错误；BB．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，故C．氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁沉淀，不能生成氯化镁固体，错误；C需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，故D．氮气氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，故D错误；故选A．3．（6分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）现象结论选项实验植物油和溴水混合后振溶液分层，溴水植物油萃取了溴水中A荡、静置的Br褪色2Cl褪色酞具有漂白性将Cl通入B滴有酚22的溶液NaOH C 将过量的CO通入CaCl无白色沉淀生生成的Ca（HCO）可2232溶于水溶液成D将浓硫酸滴到胆矾晶体晶体逐渐变白浓硫酸的吸水性色上A．A B．B C．C D．D【解答】解：A．植物油的烃基含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，可导致溴错误；水褪色，褪色原因不是萃取，故AB．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，故B错误；C．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故C错误；D．晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，故D正确．．故选D4．（6分）工业上利用电化学方法将SO废气二次利用，制备保险粉（NaSO）4222的装置如图所示，下列说法正确的是（）第9页（共21页）．电极Ⅱ为阳极，发生还原反应A+增大通过阳离子交换膜向电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ区溶液．通电后HpHB﹣2﹣O═．阴极区电极反应式为：C2SO+2eS422+2.24L 废气0.1mol，则处理标准状况下SOD．若通电一段时间后溶液中H转移2．电极Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，为阳极发生氧化反应，故A【解答】解：错误；A+通过阳离子交换膜向阴极电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ二氧化硫被氧化B．通电后H﹣2﹣+错B+SOpH减小，故生成硫酸，电极反应式为2H O+SO﹣2e，酸性增强═4H422误；﹣+2e2SOS生成NaO，电极反应式为：C．电极Ⅰ极为阴极，发生还原反应SO22422﹣2正确；SO，故C═42﹣2﹣﹣2e2HO+SO═SO﹣，阳极电极反应式为：+2e D．由阴极电极反应式为：2SO24222+﹣+2，则阴阳两极共处理标0.1mol+SO转移，则若通电一段时间后溶液中H═4H4错误．，故D）mol×22.4L/mol=3.36L废气（准状况下SO0.1+0.052．故选C）g）+B（g5．（6分）在某一恒温、体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（时刻改变某一条件，其反应过程如时刻达到平衡后，在tt）△H＜0．（?2Cg21）图．下列说法正确的是（v＞t．0～时，vA逆正2 2110第页（共页）时刻改变的条件可能是加催化剂．tB2C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＜Ⅱ【解答】解：A、图象分析判断0～t时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～2错误；At2正逆反应速率相同，故B、在t时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图象中逆2反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡错误；B相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，故C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状正确；C态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状错误；D态，平衡常数不变，故．故选C6．（6分）室温下，将0.05molCHCOONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中3加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（）结论加入的物质固0.05molCHCOONaA3减小体+﹣C（BCHCOO）+c（CHCOOH）=c（Na）﹣c0.05molNaHSO固体433﹣2）SO（4水电离程度增大固体C0.05molNHCl4+﹣）减小O50mLH（D由水电离出的c（H）cOH2DD．BB．AA ．C．C【解答】解：室温下，将0.05molCHCOONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶3．0.5mol/L液的浓度为+）增大为原来的2倍，而由于溶液浓固体，c（Na0.05molCHA、再加入COONa3﹣﹣）大于原来的2COOc（CH倍，则COOCH度增大，故的水解程度变小，故33第11页（共21页）错误；增大，故ACOOH、加入0.05molNaHSO固体，能和0.05molCH反应生成0.5mol/LCHCOONaB334﹣）CHCOOH）+c（和0.5mol/L的NaSO的混合溶液，根据物料守恒可知，CCHCOO（3423﹣﹣+2+cCOO=1mol/L，c（SO）CH）=0.5mol/L，故有：CNa=0.5mol/L，而c（（）34﹣+2正确；）﹣BSO）（Na，故c（COOH（CH）=c43发生双水解，水解程度增大，则对COONaClC、加入0.05molNH固体后，和CH34正确；C水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，故﹣）变小，而溶液中所、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中cOH（D﹣）变小，且水电离出的氢离OHc（有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的+）变小，故由水电（H子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c﹣+正确．）?c（OHD离出的c（H）减小，故．故选A题64二、本大题共中燃烧C可在D．7（14分）物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品．已知与其他物质的转化关系如图所示（部分产物已略去）发出苍白色火焰，M﹣﹣2OHO+2H）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 2Cl1（2↑+H+Cl↑22（填元素符号）H 中各元素原子半径由大到小Na＞O＞2（）比较B H的化学式是SiO是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则（3）若AG32溶液逐F与AB溶液能够反应，则将过量的是一种常见金属单质，且）若（4A 2112第页（共页）溶液中逐渐有白色絮状沉滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是，淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失（5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，2+﹣+O+2H+8OHE的离子方程式（3++2+3+3+2﹣2﹣中的SOMgFe、是 4FeO=4Fe最后变成红褐色的E，则由A转化成22↓OH）CO、Al（6）若A是一种溶液，只可能含有H、、NH、、434某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为 c﹣+2+3+32：：c（SO1：））：c（Al）：c（NH=1）：（H44（7）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇．O OH+CuOCHCHO+Cu+H反应的化学方程式为 CHCH2233【解答】解：（1）C可在D 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H、D为Cl、F 为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化22关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用﹣﹣↑，↑O+2H2OH+Cl惰性电极电解M溶液的离子方程式为2Cl+H222﹣﹣↑；2OH+H↑故答案为：2Cl+Cl+2HO222（2）B为NaOH，H、O、Na分别位于3个不同的周期，原子核外电子式数越多，原子半径越大，原子半径大小顺序为Na＞O＞H，；HO＞故答案为：Na＞（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO，E为NaSiO，322与F溶液反应可以得到G为HSiO，32；SiO故答案为：H32（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO，2则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝2溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，页）21页（共13第故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿2+，E为Fe（OH），G为FeCl色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe，33﹣2+↓，）O=4Fe（+8OHOH+O+2H则由A转化成E的离子方程式是：4Fe322﹣2+↓；OH）+O+2HO=4Fe（故答案为：4Fe+8OH322+，一定没有HNaOH没有沉淀和气体产生，则一定有（6）由图可知，开始加入2﹣2+3+3+；中Al，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg，一定含有CO、Fe3+﹣+，由电荷守恒NHO+OH的反应，则含有=NH间段沉淀的质量不变，应为NH?H4324﹣2，SO可知一定含有4+﹣=HO，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应H+OH23+﹣=Al（OH）↓，铝离子消耗NaOH 发生反应Al溶液的体积为+3OH3体积，3﹣+体积，，铵根消耗氢氧化钠为2=NH?H 发生反应NHO+OH243+3+++3+）：n（n（HAl）：）：n（NH，由电荷守恒可知，）=1：1：2则n（H（）：nAl4+2﹣+3++2﹣）（SO）：c）：c（Al（）：cn（NH）：n（SO：）=1：1：23，故c（HNH4444，：3：=1：12+3++2﹣）=1：1：（SO2：3HAl）：c（；）：c（NH）：cc故答案为：（44（7）若E可用于检验葡萄糖的存在，则E为氢氧化铜，E和F生成G，则G为氯化铜，由于铜离子能水解，氯化把易挥发，所以氯化铜溶液充分蒸发灼烧后的产物为氧化铜，氧化铜与乙醇发生氧化还原反应生成铜和乙醛，反应方程式，CHO+Cu+HOCHCHOH+CuOCH为2332OH+CuOCHCHO+Cu+HCHO．故答案为：CH2233分）聚合物188．（W是链接中的部分结构）是一类重要的功能高（分子材料，下如路转种的其X是中一，化线聚合物第14页（共21页）已知：CHOCHRi．CHO+R221．iiCH=CHRCH=CHRCH=CHR+RCH=CHRR．R+Riii43114232代表烃基或氢原子）R（所含的官能团名称是碳碳双键、醛基1（）E（ 2的名称是）丙烯酸甲酯N3）②的反应类型是加成反应（OH=CHCOOH+CHO+H=CHCOOCHCH）①的化学方程式是 CH（432322O+2 NaBr+2 H +2NaOH③的化学方程式是2 X的结构简式是（5）（6）Q有多种同分异构体，其中符合下列条件的有 10 种①属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链溶液显紫色②遇FeCl3③苯环上的一氯代物只有两种其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6的结构简式为或（写出其中一种即可），（7）请以CHCHOH为原料（无机试剂任选），用不超过4步的反应合成23CHCHCHCOOH，试写出合成流程图．232页）21页（共15第【解答】解：（1）E为CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：2碳碳双键、醛基；（2）N为CH=CHCOOCH，为丙烯酸甲酯，故答案为：丙烯酸甲酯；32、结构简式分别为、I，可知②的反应类型是加成反应，（3）G故答案为：加成反应；OH=CHCOOH+CH4）①的化学方程式是：CH+HCH=CHCOOCHO，③的化学（32232+2NaOH+2 NaBr+2 HO，故答式方程是案：为：2+2NaOH；CH=CHCOOCH+HOCH=CHCOOH+CH+2OH22233；ONaBr+2 H2可知）由信息iii（催化剂条件下生成聚合物X为5在Ro；，故答案为：=4，Ω=则对应的同分异构体中，O）Q的分子式为CH，不饱和度（62129①属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链，则侧链为饱和侧链，②遇FeCl溶3液呈紫色，说明含有酚羟基，③苯环上的一氯代物只有两种，说明另一侧链与酚羟基对位，可为﹣OCH（CH）、﹣OCHCHCH、﹣CHOCHCH、﹣CH（CH）OCH、3232223332﹣CHCHOCH、﹣CHCHCHOH、﹣CHOHCHCH、﹣CHCHOHCH、﹣COH（CH）、﹣222332233222CH（CH）CHOH，共10种，其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：623，的结构简式为或第16页（共21页）；故答案为：10或；为程发生反应的流，CH以CHOH为原料，合成CHCHCHCOOH （7）23322CH=CHCHOCHOCHCHCHCH=CHCOOHCHCHOHCHCHCH23322322，COOH：答案故为CHCHCHCHOOHCHCHCH=CHCHOCHCH=CHCOOHCHCH23233222．COOH1490℃，见光分解，露置430℃，沸点为CuCl晶体呈白色，熔点为分）9．（18，CuCl于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H43．）aq）?HCuCl（aq+3HCl反应的化学方程式为CuCl（s）（43，反应原理为：（1）实验室用如图所示装置制取CuCl1+﹣﹣2+3+4H2CuCl+SO+2H2Cu+SO+8ClO═422﹣﹣3）（?aq）CuCl（s）+3ClCuClaq（4．尾气，防止污染空气的作用是吸收SO ①装置C2晶体．中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl②装置BCuCl晶体混合物操作ⅱ的主要目的是促进CuCl析出、防止被氧化CuCl．水、稀盐酸或乙醇操作ⅳ中最好选用的试剂是第17页（共21页）．避光、密封保存 CuCl晶体的方法是③实验室保存新制④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：将固体溶于浓盐酸后过．滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO、N和O的百分组222成．已知：i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu（CO）Cl?HO．2的混合溶液能吸收氧气．Na．保险粉（SO）和KOHii422． CuCl的盐酸溶液氢氧化钡溶液、①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是2﹣﹣2=4SO+3O+4OH②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O的离子方程式： 2SO42224﹣．+2HO 2【解答】解：（1）①A装置制备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收SO尾气，防止污染空气；2②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解导致的损失，故答案为：促进CuCl 析出、防止CuCl被氧化；水、稀盐酸或乙醇；③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存，故答案为：避光、密封保存；④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案：将固体溶于浓盐酸后过滤，去滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，故答案为：将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥；（2）①氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故D中盛放氢氧化钡溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（NaSO）422和KOH的混合溶液吸收氧气，F 中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积，故答案为：氢氧化钡溶液；CuCl的盐酸溶液； 18第页（共21页）反应离子发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，O在碱性条件下吸收氧气，②NaS422﹣﹣22﹣，=4SOO+2H+3O+4OH方程式为：2SO22424﹣2﹣﹣2．+4OH+3OO故答案为：2SO=4SO+2H24242的资源化利用具有重要意义．CO．10（14分）减少CO的排放以及22的中间产物，该反应的能量变化示]HNCOONH是工业合成尿素[CO（NH）（1）2422）（g）+2NH（g 意图如图甲所示，用CO和氨气合成尿素的热化学方程式为CO322．l）△H=﹣134kJ/mol ）=CO（NH（s）+HO（222排放的可行措施之一．CO（2）用氨水捕集烟气中的CO生成铵盐，是减少22学方程式要成碳酸氢铵的主化生捕①写出氨水集烟气中的CO2．HCOO=NH CO+NH．H33242关系如pH，CO脱除效率与吸收剂的②分别用不同pH的吸收剂吸收烟气中的CO223（标准状0.052m/h烟气中CO的含量为12%，烟气通入氨水的流量为图乙所示，2CO的物质的量最多为为pH12.81的氨水吸收烟气30min，脱除的况），用2．）0.13mol （精确到0.01效率降低40℃时，脱除CO③通常情况下温度升高，CO脱除效率提高，但高于22．CO 的主要原因是碳酸氢铵受热易分解生成2（3）将CO和甲烷重整制合成气（CO和H）是CO资源化利用的有效途径．合222成气用于制备甲醇的反应为2H（g）+CO（g）?CHOH（g）△H=﹣90kJ/mol．在32T℃时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，1测得反应过程如下图所示．第19页（共21页）丙甲乙容器OH2mol CH1molCHOH起始反应物投入2molH、1molCO332量Pb＞、b点的压强关系为（选填Pa I、II①能代表丙反应的曲线是），I a 点甲醇的物质的量分数小，则总物质的量平衡时a=），理由是（填＞、＜、．大．11.25 kJb点时反应吸收的能量为②和氨气合成，则CO138kJ）=134kJ【解答】解：（1）由图可知放热为（272kJ﹣2））s，g）gH=+HO（l）△﹣134kJ/mol（（尿素热化学方程式为CO+2NH（=CO（NH）22223；）NH（s）+HO（l134kJ/mol）△H=﹣））故答案为：CO（g+2NH（g=CO（22223，HCOH化学方程式为）（2①氨水捕集烟气中的CO生成碳酸氢铵，CO+NH．O=NH324223；O=NHHCO．故答案为：CO+NH H32423，设脱除91.6%的氨水吸收烟气时脱除的CO的效率为12.81②由图可知，pH为2可知，O=NHHCO．x，由CO+NHHCO的的物质的量最多为342223，，解得=x=0.13mol×91.6%则；0.13mol故答案为：效率降低40℃时，脱除CO③通常情况下温度升高，CO脱除效率提高，但高于22，的主要原因是碳酸氢铵受热易分解生成CO2；故答案为：碳酸氢铵受热易分解生成CO2）①由表格数据可知，均极限转化为甲醇时，甲、乙中起始量相同，丙中最3（；物质的量越II平衡时甲醇含量大，则能代表丙反应的曲线是大，且图中曲线点甲醇）为气体体积减小的反应，gaOHg）+CO（）?CH（g（大、压强越大，2H32，Pa的物质的量分数小，则总物质的量大，即＞Pb页（共第2021页）点甲醇的物质的量分数小，则总物质的量大；aI；＞；平衡时故答案为：，则0.7b②点时甲醇物质的量分数为 CHOH（g）?2H（g）+CO（g）△H=+90kJ/mol23 1 0 0开始x 2x x转化x 2x x平衡 1﹣，x=mol，解得=0.7，×molb可知90kJ/mol=11.25kJ点时反应吸收的能量为．11.25故答案为：第21页（共21页）。
天津市南开区高考模拟化学试卷有答案
天津市南开区2017届高考模拟化学试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（ ）A ．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因B ．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机离分子化合物C ．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质D ．可用2423Si N Al O 、制作高温结构陶瓷制品2．已知122C s +H O g CO g +H g H=a kJ mol ∆﹣（）（）═（）（）122C s +O g 2CO g H=220 kJ mol ∆﹣（）（）═（）﹣，H H O=O O H ﹣、和﹣键的键能分别为436、496和4621kJ mol ﹣，则a 为（ ） A ．﹣332 B ．+130 C ．+350 D ．﹣1303．实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（ ）A ．制氧气时，用2222Na O H O 或作反应物可选择相同的气体发生装置B ．制氯气时，用饱和3NaHCO 溶液和浓硫酸净化气体C ．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体D ．制二氧化氮时，用水或NaOH 溶液吸收尾气4．下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A ．pH=a 的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b ，则a=b+1B ．向2NaAlO 溶液中滴加3NaHCO 溶液，有沉淀和气体生成C ．在224Na C O 稀溶液中，+24224c OH =c H +c HC O +2c H C O ﹣﹣（）（）（）（）D ．0.1 mol/L 23Na CO 溶液与0.1 mol/L 3NaHCO 溶液等体积混合：+233233c Na =2c CO +c HCO c H CO []+﹣﹣（）（）（）（）5．用电动公交车初步替代燃油公交车是天津市节能减排、控制雾霾的重要举措之一、Li ﹣Al/FeS 电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li ++FeS+2e ﹣═Li 2S+Fe ，有关该电池的下列说法中，正确的是（ ）A ．电池反应的化学方程式为：22Li+FeS Li S+Fe ═B ．负极的电极反应式为：3+Al 3e =Al ﹣﹣C ．Li A l ﹣在电池中作为负极材料，该材料中Li 的化合价是+1D ．电池充电时，阴极反应为：+2Li S+Fe 2e 2Li +FeS ﹣﹣═．（分）室安卡因（）是一种抗心律失常药物，可由下列路线合成：Ⅰ．（1）已知A是的单体。
天津市南开中学20172018学年高考化学模拟试卷Word版含解析
2017-2018 学年天津市南开中学高考化学模拟试卷（4）最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要实足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。
一、单项选择题（本题包括 10 小题，每题 3 分，共计 30 分．每题只有一个选项吻合题意．）1．（ 3 分）（ 2013?上海） 2013 年 4 月 24 日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的考据翱翔．能差异地沟油（加工过的餐饮荒弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A ．点燃，能燃烧的是矿物油B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油C．加入水中，浮在水面上的是地沟油D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油2．（ 3 分）（ 2014?盐城一模）以下有关化学用语表示正确的选项是（）A ．乙醇的结构简式C2H6OB．氨基的电子式C．镁离子的结构表示图D．中子数为79、质子数为 55 的铯（ Cs）原子Cs3．（3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下物质既能发生消去反应，又能发生水解反应的是（）A ．一氯甲烷 B ． 2﹣甲基﹣ 1﹣溴丙烷C． 2， 2﹣二甲基﹣ 1﹣氯丙烷 D ． 2，2， 4， 4﹣四甲基﹣ 3﹣氯戊烷4．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）由 2─氯丙烷制取1，2─丙二醇，需经过（）A ．加成反应→消去反应→取代反应B．消去反应→加成反应→水解反应C．取代反应→消去反应→加成反应D．消去反应→加成反应→消去反应5．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下装置或操作能达到实验目的是（）A．图 1 所示装置可检查装置气密性B．图 2 所示装置可从碘的CCl 4溶液中分别出碘C．图 3 所示装置可除去甲烷中乙烯D．图 4 所示装置可分别甲苯与乙醇6．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下说法正确的选项是（）A ．糖类物质的分子都能够用C m（ H2O） n 来表示B．凡能溶于水拥有甜味的物质都属于糖类C．糖类都能发生水解反应D．糖类是多羟基醛或多羟基酮以及水解能生成它们的化合物7．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）分子式为A．2 种 B．3 种C4H9Cl 的有机物有（C．4 种）D．8 种8．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下各组物质中，不属于同分异构体的是（）A ．和B． CH3﹣ CH2﹣NO 2和 H2N ﹣CH 2﹣ COOHC． CH2=CH ﹣CH 2﹣ COOH 和 CH3﹣ CH=CH ﹣COOHD．CH3﹣ CH2﹣O﹣CH 2﹣ CH 3和9．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下表达不正确的选项是（）A ．向蛋白质溶液中加（ NH 4）2SO4饱和溶液，蛋白质会变性而析出B．天然蛋白质水解的最后产物是多种氨基酸C．有些蛋白质遇到浓硝酸会变黄D．能够用灼烧的方法鉴别蛋白质10．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）欲除去以下各物质中的少量杂质，括号内试剂选择正确的是（）A ．溴苯中的溴（ KI 溶液）B．溴乙烷中的乙醇（ NaOH C．苯中的甲苯（溴水）D．乙酸乙酯中的乙酸（饱和二、不定项选择题（本题包括吻合题意．）溶液）Na2 CO3溶液）5 小题，每题 4 分，共计20 分．每题只有一个或两个选项11．（ 4 分）（ 2014?镇江二模）金银花的有效成分为绿原酸，拥有广泛的杀菌、消炎功能，其结构简式如图．以下有关绿原酸的说法中不正确的选项是（）A ．绿原酸分子中有 4 个手性碳原子B．绿原酸能发生显色反应、取代反应和加成反应C．每摩尔绿原酸最多与 4 mol NaOH 反应D．绿原酸分子中所有碳原子都能在同一平面上12．（ 4 分）（ 2015?天津校级模拟）以下有机物，既能发生水解反应，又能发银镜反应的是（）A．葡萄糖B．麦芽糖C．蔗糖D．甲酸乙酯13．（ 4 分）（ 2014?淮安三模）尿黑酸是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种物质．其转变过程以下：以下说法错误的选项是（）A ．酪氨酸既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应B． 1 mol 尿黑酸与足量浓溴水反应，最多耗资 3 mol Br 2C．对羟基苯丙酮酸分子中在同一平面上的碳原子最少有7 个D． 1 mol 尿黑酸与足量NaHCO 3反应，最多耗资 3 mol NaHCO 314．（ 4 分）（ 2015?天津校级模拟）以下实验操作正确且能达到预期目的是（）选项实验目的操作A比较水和乙醇中羟基氢的活用金属钠分别与水和乙醇反应泼性强弱B证明 CH2=CHCHO 中含有碳滴入 KMnO 4酸性溶液碳双键C检验 CH3CH2Br 在 NaOH 溶将 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热．冷却后，取出上层水溶液中可否发生了水解液，用稀 HNO 3酸化，加入AgNO 3溶液，观察可否产生淡黄色积淀D除去苯中混有的苯酚向混杂液中加入过分浓溴水，充分反应后，过滤A．A B．B C．C D．D15．（ 4 分）（ 2015?天津校级模拟）对羟基扁桃酸是合成香料的重要中间体，它可由以下反应制得：+以下说法中，不正确的选项是（）A ．上述反应的原子利用率是100%B．对羟基扁桃酸的核磁共振氢谱有 6 个吸取峰C．对羟基扁桃酸能够发生加成反应、取代反应、消去反应和缩聚反应D． 1 mol 对羟基扁桃酸与足量NaOH 溶液反应，耗资 3 mol NaOH三、填空题（共50 分）16．（ 16 分）（ 2015?天津校级模拟）羟基是重要的官能团．某化学小组以以下 4 种物质的溶液作为研究对象，比较不相同物质的羟基中氢原子的爽朗性．①碳酸②乙醇③苯酚④乙酸I．甲同学设计并推行了以下实验方案．编号实验操作实验现象结论及讲解分别取 4 种溶液，滴加紫色石蕊溶液溶液变红的是1①④溶液略向含酚酞的NaOH 溶液中，各滴加等量②中无明显现象滴加③ 时反应的化学方程2的②③两种溶液③ 中红色明显变式：浅333测定 CH COOH 溶液CH COOH 溶液的酸性远大于与 H2CO3溶液的酸性略H 2CO3溶液将 CO2通入 C6H 5ONa 溶液中反应的化学方程式：4结论： 4 种物质的羟基中的氢原子的爽朗性由强到弱的序次是（填序号）II．乙同学在研究了甲同学的实验方案后，提出以下改进方案，能一次比较乙酸、碳酸和苯酚的羟基中氢原子的爽朗性，实验仪器以下列图．（ 1）利用上述仪器组装实验装置，其中 A 管插入（填字母，下同）中，B管插入中， C 管插入中．（ 2）丙同学查资料发现乙酸有挥发性，于是在试管 F 从前增加了一个盛有溶液的洗气装置，使乙同学的实验设计更加完满．17．（ 18 分）（2015?天津校级模拟）有机物 A 常用于食道德业．已知9.0g A在足量O2中充分燃烧，将生成的混杂气体依次经过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重和，经检验剩余气体为O2．（ 1） A 分子的质谱图以下列图，从图中可知其相对分子质量是90，则 A 的分子式是．（ 2） A 能与 NaHCO 3溶液发生反应， A 必然含有的官能团名称是．（ 3） A 分子的核磁共振氢谱有 4 个峰，峰面积之比是 1： 1：1： 3，则 A 的结构简式是．（ 4） 0.1mol A 与足量 Na 反应，在标准状况下产生H2的体积是L ．（ 5） A 在必然条件下可聚合获取一种聚酯，用于制造手术缝合线，其反应的化学方程式是．18．（ 16 分）（ 2015?天津校级模拟）肉桂醛（ C9H8O）是一种常用香精，在食品、医药化工等方面都有应用．肉桂醛与其他有机物拥如同图转变关系，其中 A 为一氯代烃．（ 1）肉桂醛是苯的一取代物，与 H2加成的产物中没有支链，肉桂醛结构简式是，肉桂醛分子结构中有种不相同化学环境的氢原子．（ 2）反应 A →B 的化学方程式是，B 转变成肉桂醛的反应条件为．（ 3） Z 不能够发生的反应种类是（填字母）．a．取代反应b．加聚反应c．加成反应d．消去反应（ 4） Y 与乙醇在必然条件下反应的化学方程式是．（ 5）写出吻合以下条件的Y 的一种同分异构体的结构简式：．① 属于酯类② 苯环上只有一个取代基③ 能发生银镜反应．2015 年天津市南开中学高考化学模拟试卷（4）参照答案与试题分析一、单项选择题（本题包括 10 小题，每题 3 分，共计 30 分．每题只有一个选项吻合题意．）1．（ 3 分）（ 2013?上海） 2013 年 4 月 24 日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的考据翱翔．能差异地沟油（加工过的餐饮荒弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A ．点燃，能燃烧的是矿物油B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油C．加入水中，浮在水面上的是地沟油D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油考点：有机物的鉴别；饱和烃与不饱和烃；油脂的性质、组成与结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混杂后分层，以此来解答．解答：解：A ．地沟油、矿物油均能燃烧，不能够差异，故 A 错误；B．地沟油、矿物油均为混杂物，没有固定沸点，不能够差异，故 B 错误；C．地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能够差异，故 C 错误；D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不相同，能差异，故 D 正确；应选 D．议论：本题观察有机物的差异，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的要点，重视有机物性质的观察，题目难度不大．2．（ 3 分）（ 2014?盐城一模）以下有关化学用语表示正确的选项是（）A ．乙醇的结构简式C2H6OB．氨基的电子式C．镁离子的结构表示图D．中子数为 79、质子数为55 的铯（ Cs）原子Cs考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析： A 、有机物的结构简式必定表示出官能团；B、氨基中含有 2 个氮氢键，氮原子最外层为 7 个电子；C、镁离子核电荷数为 12，最外层为 8 个电子；D、元素符号的左上角表示的是质量数，该铯原子的质量数为134．解答：解：A 、有机物的结构简式必定表示出官能团，则乙醇的结构简式为：C2H5OH ，故A错误；B、氨基中氮原子最外层为C、镁离子的核电荷数为7 个电子，氨基的电子式为：，故B正确；12，核外电子总数为10，镁离子正确的离子结构表示图为：，故 C 错误；D、中子数为79、质子数为55 的铯（ Cs）原子的质量数为134，该原子正确的表示134方法为： 55Cs，故 D 错误；应选 B．议论：本题观察了电子式、离子结构表示图、元素符号、结构简式与分子式的判断，题目难度中等，注意掌握常有的化学用语的看法及表示方法，明确结构式与结构简式、分子式的差异．3．（3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下物质既能发生消去反应，又能发生水解反应的是A ．一氯甲烷B ． 2﹣甲基﹣ 1﹣溴丙烷C． 2， 2﹣二甲基﹣ 1﹣氯丙烷 D ． 2，2， 4， 4﹣四甲基﹣ 3﹣氯戊烷（）考点：有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：卤代烃发生消去反应的结构特点是：只有﹣X相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应，形成不饱和键；卤代烃均能发生水解反应，反应实质为﹣X 被﹣ OH 取代，以此解答该题．解答：解：A ．一氯甲烷可发生水解反应，但不能够发生消去反应，故 A 错误；﹣甲基﹣ 1﹣溴丙烷，与溴原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子，能够发生消去反应，也能够水解，故 B 正确；C．，与Cl原子相连碳原子的相邻碳上没有氢原子，不能够发生消去反应，故 C 错误；D.2 ， 2，4， 4﹣四甲基﹣ 3﹣氯戊烷，与Cl 原子相连碳原子的相邻碳上没有氢原子，不能够发生消去反应，故D 错误．应选 B．议论：本题观察有机物的结构和性质，重视于卤代烃的水解反应、消去反应的观察，难度不大，注意卤代烃发生消去反应的结构特点是：只有﹣ X 相连碳原子的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应．4．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）由2─氯丙烷制取1，2─丙二醇，需经过（）A ．加成反应→消去反应→取代反应B．消去反应→加成反应→水解反应C．取代反应→消去反应→加成反应D．消去反应→加成反应→消去反应考点：取代反应与加成反应；消去反应与水解反应．专题：有机反应．分析：可用逆推法判断：CH 3CHOHCH 2OH →CH 3CHBrCH 2Br→CH 3CH=CH 2→CH3CHClCH 3，以此判断合成时所发生的反应种类．解答：解：由 2─氯丙烷制取1， 2─丙二醇，可用逆推法判断：CH 3CHOHCH 2OH →CH 3CHBrCH 2Br→CH 3CH=CH 2→CH3CHClCH 3，则 2﹣氯丙烷应第一发生消去反应生成 CH3CH=CH 2，尔后 CH3CH=CH 2发生加成反应生成 CH3CHBrCH 2Br ，最后 CH3CHBrCH 2Br 发生水解反应可生成 1， 2﹣丙二醇；应选： B．议论：本题观察有机物合成的方案的设计，题目难度不大，注意掌握有机物官能团的变化，为解答该题的要点．5．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下装置或操作能达到实验目的是（）A．图 1 所示装置可检查装置气密性B．图 2 所示装置可从碘的CCl 4溶液中分别出碘C．图 3 所示装置可除去甲烷中乙烯D．图 4 所示装置可分别甲苯与乙醇考点：化学实验方案的议论；实验装置综合．分析： A ．关闭止水夹，利用液差法可检验气密性；B．从碘的CCl4溶液中分别出碘，选择蒸馏法；C．乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新杂质；D．蒸馏时测定馏分的温度．解答：解：A ．由图可知，关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，当烧瓶内液面与长颈漏斗导管中液面的高度在一段时间保持不变，可说明气密性优异，故 A 正确；B．从碘的CCl4溶液中分别出碘，选择蒸馏法，不能够利用图中分液装置分别，故B 错误；C．乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能够除杂，应选溴水、洗气除杂，故C 错误；D 错误；D．蒸馏时测定馏分的温度，则温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，故应选 A．议论：本题观察化学实验方案的议论，为高频考点，涉及气密性的检验及混杂物分别提纯等，掌握物质的性质、混杂物分别提纯方法及实验技术等为解答的要点，重视分析与实验能力的观察，注意实验的议论性分析，题目难度不大．6．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下说法正确的选项是（）A ．糖类物质的分子都能够用C m（ H2O） n 来表示B．凡能溶于水拥有甜味的物质都属于糖类C．糖类都能发生水解反应D．糖类是多羟基醛或多羟基酮以及水解能生成它们的化合物考点：淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途．分析： A ．鼠李糖分子式为 C6H12O5；B．有些醇能溶于水，也拥有甜味；C．单糖不能够发生水解；D．糖为多羟基醛也很多羟基酮．解答：解：A ．鼠李糖分子式为 C6H 12O5，不吻合 C n（H 2O）m，故 A 错误；B．有些醇能溶于水，也拥有甜味，故 B 错误；C．单糖不能够发生水解，比方葡萄糖和果糖，故 C 错误；D．糖定义为多羟基醛或多羟基酮，或能水解生成多羟基醛或多羟基酮的物质，故D 正确；应选 D．议论：本题观察了糖的结构和性质，题目难度不大，注意单糖不能够发生水解．7．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）分子式为C4H9Cl 的有机物有（）A．2 种B．3 种C．4 种D．8 种考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：不考虑对映异构， C4H9Cl 能够看作是丁烷中的 1 个 H 原子被 Cl 取代产物，向写出丁烷的同分异构体，依照等效氢判断丁烷的一氯代物种数，据此解答．解答：解：C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（ CH3） CH3，CH 3CH 2CH2CH 3分子中有 2 种化学环境不相同的H 原子，其一氯代物有 2 种；CH 3CH （CH3） CH3分子中有2 种化学环境不相同的H 原子，其一氯代物有 2 种；故 C4H9Cl 的同分异构体共有 4 种，应选 C．议论：本题观察同分异构体的书写，难度中等，注意一氯代物同分异构体利用等效氢进行的判断，对映异构书写在中学一般不涉及．8．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下各组物质中，不属于同分异构体的是（）A．和B． CH3﹣ CH2﹣NO 2和 H2N ﹣CH 2﹣ COOHC． CH2=CH ﹣CH 2﹣ COOH 和 CH3﹣ CH=CH ﹣COOHD．CH3﹣ CH2﹣O﹣CH 2﹣ CH 3和考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的种类及其判断．分析：同分异构体指拥有相同的分子式，拥有不相同的结构的化合物，据此判断．解答：解：A．和都属于烷烃，二者分子式不相同，互为同系物，故 A 选；B．CH3﹣ CH 2﹣ NO2属于硝基化合物， H2N ﹣CH2﹣ COOH 属于氨基酸，二者分子式相同，含有的官能团不相同，结构不相同，互为同分异构体，故 B 不选；C．CH2=CH ﹣CH 2﹣ COOH 和 CH3﹣ CH=CH ﹣COOH 含有的官能团相同，分子式相同， C=C 双键的地址不相同，结构不相同，互为同分异构体，为地址异构，故 C 不选；D． CH 3﹣CH 2﹣O﹣CH 2﹣ CH 3含有醚键，属于醚，含有羟基，属于醇，二者分子式相同，结构不相同，互为同分异构体，故 D 不选；应选 A．议论：本题观察同分异构体的判断，难度不大，要点理解看法的内涵与外延，注意掌握有机物的同分异构体种类．9．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）以下表达不正确的选项是（）A ．向蛋白质溶液中加（ NH 4）2SO4饱和溶液，蛋白质会变性而析出B．天然蛋白质水解的最后产物是多种氨基酸C．有些蛋白质遇到浓硝酸会变黄D．能够用灼烧的方法鉴别蛋白质考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：糖类与蛋白质专题．分析： A ．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到必然浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析；B．蛋白质是由氨基酸形成的；C．含有苯基的蛋白质遇浓硝酸变黄色；D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味．解答：解：A ．蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故 A 错误；B．天然蛋白质水解的最后产物是α﹣氨基酸，故 B 正确；C．含有苯基的蛋白质遇浓硝酸变黄色，是由于浓HNO 3和蛋白质发生显色反应，故C 正确；D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，可用于鉴别蛋白质，故 D 正确．应选 A．议论：本题观察氨基酸、蛋白质的结构和性质特点，难度不大，注意蛋白质溶液中加入饱和（ NH 4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的．10．（ 3 分）（ 2015?天津校级模拟）欲除去以下各物质中的少量杂质，括号内试剂选择正确的是（）A ．溴苯中的溴（ KI 溶液）B．溴乙烷中的乙醇（ NaOH C．苯中的甲苯（溴水）D．乙酸乙酯中的乙酸（饱和溶液）Na2 CO3溶液）考点：物质的分别、提纯和除杂．专题：实验议论题．分析： A ．溴单质与碘化钾反应生成溴化钾和碘单质；B．卤代烃在氢氧化钠水溶液中能发生水解；C．苯、甲苯、溴单质能互溶；D．乙酸与碳酸钠反应而除去．解答：解：A ．溴单质与碘化钾反应生成溴化钾和碘单质，碘单质易溶于溴苯，引入了新的杂质，故 A 错误；B．溴乙烷在氢氧化钠水溶液中能发生水解，加入试剂与原物质反应，不吻合除杂原则，故 B 错误；C．苯、甲苯、溴单质能互溶无法分开，故 C 错误；D．乙酸乙酯不溶于饱和 Na2CO3溶液，乙酸与碳酸钠反应而除去，故 D 正确．应选 D．议论：本题观察物质的分别、提纯和除杂，题目难度不大，本题注意除杂时不能够引入新的杂质，且不能够影响被提纯的物质的量．二、不定项选择题（本题包括 5 小题，每题 4 分，共计 20 分．每题只有一个或两个选项吻合题意．）11．（ 4 分）（ 2014?镇江二模）金银花的有效成分为绿原酸，拥有广泛的杀菌、消炎功能，其结构简式如图．以下有关绿原酸的说法中不正确的选项是（）A ．绿原酸分子中有 4 个手性碳原子B．绿原酸能发生显色反应、取代反应和加成反应C．每摩尔绿原酸最多与 4 mol NaOH 反应D．绿原酸分子中所有碳原子都能在同一平面上考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有羧基，拥有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．解答：解；A ．连 4 个不相同基团的C 为手性 C 原子，则环己烷中除 2 各亚甲基外的 4 个 C 均为手性 C 原子（与﹣ OH 或与﹣ COOC ﹣相连的C），故 A 正确；B．含有酚羟基，可发生显色、取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故 B 正确；C．由分子中羧基和酚羟基都能与碱反应，在碱性条件下生成羧基，也耗资NaOH ，则 1mol 绿原酸最多与 4molNaOH 反应，故 C 正确；D．分子中含有 6 个饱和碳原子，由甲烷的结构可知其实不是所有的碳原子都在同一个平面上，故 D 错误．应选 D．议论：本题观察有机物的结构与性质，为高频考点，掌握有机物官能团与性质的关系为解答的要点，重视酚、酯性质的观察，选项CD 为解答的难点，题目难度不大．12．（ 4 分）（ 2015?天津校级模拟）以下有机物，既能发生水解反应，又能发银镜反应的是（）A．葡萄糖B．麦芽糖C．蔗糖D．甲酸乙酯考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：选项中为糖类和酯类物质，只有单糖不能够水解；含﹣CHO 的有机物可发生银镜反应，以此来解答．解答：解：A ．葡萄糖为单糖，不能够水解，而含﹣CHO ，可发生银镜反应，故 A 不选；B．麦芽糖为二糖，可发生水解生成葡萄糖，且含﹣CHO，可发生银镜反应，故B选；C．蔗糖为二糖，可发生水解生成葡萄糖和果糖，但不能够发生银镜反应，故 C 不选；D．甲酸甲酯可水解生成甲醇和甲酸，且甲酸甲酯中含﹣CHO 可发生银镜反应，故D选；应选 BD．议论：本题观察有机物的结构与性质，为高频考点，掌握有机物官能团与性质的关系为解答的要点，注意含﹣ CHO 的有机物均可发生银镜反应，题目难度中等．13．（ 4 分）（ 2014?淮安三模）尿黑酸是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种物质．其转变过程以下：以下说法错误的选项是（）A ．酪氨酸既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应B． 1 mol 尿黑酸与足量浓溴水反应，最多耗资 3 mol Br 2C．对羟基苯丙酮酸分子中在同一平面上的碳原子最少有7 个D． 1 mol 尿黑酸与足量NaHCO 3反应，最多耗资 3 mol NaHCO 3考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析： A ．酪氨酸中含酚﹣OH 和氨基，拥有酸性和碱性；B．尿黑酸中含酚﹣OH ，酚﹣ OH 的邻、对位与溴水发生取代反应；C．对羟基苯丙酮酸中苯环为平面结构，与苯环直接相连的 C 原子必然在同一平面内；D．尿黑酸中只有﹣COOH 与 NaHCO 3反应．解答：解：A ．酪氨酸中含酚﹣OH 和氨基，拥有酸性和碱性，则既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，故 A 正确；B．尿黑酸中含酚﹣ OH ，酚﹣ OH 的邻、对位与溴水发生取代反应，则 1 mol 尿黑酸与足量浓溴水反应，最多耗资 3 mol Br 2，故 B 正确；C．对羟基苯丙酮酸中苯环为平面结构，与苯环直接相连的 C 原子必然在同一平面内，所以同一平面上的碳原子最少有7 个，故 C 正确；D．尿黑酸中只有﹣ COOH 与 NaHCO 3反应，则 1 mol 尿黑酸与足量NaHCO 3反应，最多耗资 1mol NaHCO 3，故 D 错误；应选 D．议论：本题观察有机物的结构与性质，为高频考点，掌握官能团与性质的关系为解答的要点，重视酚、羧酸性质的观察，注意选项 C 共面问题为解答的易错点，题目难度中等．14．（ 4 分）（ 2015?天津校级模拟）以下实验操作正确且能达到预期目的是（）选项实验目的操作A比较水和乙醇中羟基氢的活用金属钠分别与水和乙醇反应泼性强弱B证明 CH2=CHCHO 中含有碳滴入 KMnO 4酸性溶液碳双键C检验 CH3CH2Br 在 NaOH 溶将 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热．冷却后，取出上层水溶液中可否发生了水解液，用稀 HNO 3酸化，加入AgNO 3溶液，观察可否产生淡黄色积淀D除去苯中混有的苯酚向混杂液中加入过分浓溴水，充分反应后，过滤A ． A B．B C．C D． D考点：化学实验方案的议论．分析： A ． Na 与水反应激烈，与乙醇反应较平稳；B．碳碳双键、﹣CHO 均能被高锰酸钾氧化；C．水解后生成NaBr ，检验溴离子在酸性溶液中；D．溴、三溴苯酚均易溶于苯．解答：解：A ．Na 与水反应激烈，与乙醇反应较平稳，则水中O﹣ H键易断裂，可比较水和乙醇中羟基氢的爽朗性强弱，故 A 正确；B．碳碳双键、﹣CHO 均能被高锰酸钾氧化，则不能够检验可否含有碳碳双键，应先发生银镜反应消除﹣CHO 的搅乱，再检验碳碳双键，故 B 错误；C．将 CH 3CH2Br 与 NaOH 溶液共热，发生水解反应，冷却后，取出上层水溶液，用稀 HNO 3酸化，加入AgNO 3溶液，产生淡黄色积淀可检验溴离子，说明水解，故C 正确；D．溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能够除杂，应选NaOH 溶液、分液除去苯中混有的苯酚，故 D 错误；应选 AC．议论：本题观察化学实验方案的议论，为高频考点，涉及有机物的结构与性质、混杂物分别提纯等，掌握物质的性质、实验技术为解答的要点，重视分析与实验能力的综合观察，题目难度中等．15．（ 4 分）（ 2015?天津校级模拟）对羟基扁桃酸是合成香料的重要中间体，它可由以下反应制得：+以下说法中，不正确的选项是（）A ．上述反应的原子利用率是100%B．对羟基扁桃酸的核磁共振氢谱有 6 个吸取峰C．对羟基扁桃酸能够发生加成反应、取代反应、消去反应和缩聚反应D． 1 mol 对羟基扁桃酸与足量NaOH 溶液反应，耗资 3 mol NaOH考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由图可知，为醛的加成反应，对羟基扁桃酸中有 6 种地址的H，含酚﹣ OH 、醇﹣ OH 、﹣ COOH ，结合醇、酚、羧酸的性质来解答．解答：解：A ．为加成反应，原子利用率为100% ，故 A 正确；B．对羟基扁桃酸中有 6 种地址的H，则对羟基扁桃酸的核磁共振氢谱有 6 个吸取峰，故B正确；OH相连 C 的邻位 C 上没有H ，不能够发C．含﹣ OH ，能发生取代、氧化反应，但与﹣生消去反应，故 C 错误；D．只有酚羟基和羧基与氢氧化钠反应，则1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，耗资 2 mol NaOH ，故 D 错误．应选 CD．议论：本题观察物质的结构与性质，注意掌握官能团与性质的关系，侧重基础知识的观察，明确习题中的信息及酚、醇、羧酸的性质即可解答，题目难度不大．三、填空题（共50 分）16．（ 16 分）（ 2015?天津校级模拟）羟基是重要的官能团．某化学小组以以下 4 种物质的溶液作为研究对象，比较不相同物质的羟基中氢原子的爽朗性．①碳酸②乙醇③苯酚④乙酸I．甲同学设计并推行了以下实验方案．编实验操作实验现象结论及讲解。
【高三】天津南开中学届高三化学模拟试卷(含答案)
【高三】天津南开中学届高三化学模拟试卷（含答案）化学是自然科学的一种，以下是天津南开中学届高三化学模拟试卷，请考生及时练习。
一、选择题(每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分)1.下列说法不正确的是( )A.在干旱地区植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水B.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C.为补充人体所需的营养成分，人人都应食用添加营养强化剂的食品D.服用阿司匹林若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉滴注NaHCO3溶液【考点】常见的生活环境的污染及治理;含硅矿物及材料的应用;营养均衡与人体健康的关系;常见的食品添加剂的组成、性质和作用.【专题】化学计算.【分析】A、高吸水性树脂可以聚集水源，减缓水分的流失;B、硅酸钠的水溶液具有粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差等理化性能;C、营养强化剂属于食品添加剂，不可随意使用;D、NaHCO3溶液呈碱性，可以与水杨酸发生中和反应.【解答】解：A、高吸水性树脂是一种新型的高分子材料，它能够吸收自身重量几百倍至千倍的水分，干旱地区水分流失快，使用高吸水性树脂正好可以聚集水源，减缓水分的流失，提高树苗的成活率，故A正确;B、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，理化性能为：粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差，是制备粘合剂、硅胶和木材防火剂的原料，故B正确;C、食品营养强化剂是指为增强营养成份而加入食品中的天然的或者人工合成的属于天然营养素范围的食品添加剂，食品添加剂不可滥用，要符合《食品营养强化剂使用卫生标准》，故C错误;D、NaHCO3溶液由于碳酸氢根离子水解使得溶液呈碱性，正好可以与水杨酸发生中和反应而除掉水杨酸，以达到解毒的目的，再者NaHCO3溶液碱性弱，对人体的伤害很小，可以静脉滴注，故D正确;故选：C.【点评】本题易错点为D选项中NaHCO3溶液，有试题中可能改成错误的碳酸钠溶液，二者不可混淆，平时学习中注意化学与生活的联系，任何事物都具有两面性，食品添加剂也是如此，整体而言本题难度很小.2.下列说法正确的是( )A.配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中并加入少量铁粉B.制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C.配制0.1molL?1 NaOH溶液100mL，将4.0g NaOH固体放入100mL容量瓶中溶解D.向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变【考点】配制一定物质的量浓度的溶液;铁盐和亚铁盐的相互转变.【专题】物质的量浓度和溶解度专题.【分析】A、铁与铁离子反应生成亚铁离子，导致出现了杂质亚铁离子，所以配制氯化铁溶液不能加入铁粉;B、若长时间煮沸，氢氧化铁胶体会变成红褐色的氢氧化铁沉淀;C、容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或稀释溶液;D、恢复原温度后仍然为饱和溶液，饱和溶液中氢氧化钙的物质的量浓度相等.【解答】解：A、配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中，但是不能加入少量铁粉，否则铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，引进了杂质，故A错误;B、制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误;C、溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故C错误;D、向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确;故选D.【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液、氢氧化铁胶体的配制、氯化铁溶液的配制等知识，题目难度中等，注意掌握配制氢氧化铁胶体、氯化铁溶液的正确方法，配制一定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中溶解或者稀释溶质.3.下列涉及有机物的性质或应用的说法，不正确的是( )A.石油的裂解为深度裂化，产物主要为乙烯等小分子烃B.油脂硬化后性质变的更稳定C.蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，反应后的产物相同D.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应【考点】有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用.【专题】有机反应.【分析】A.裂解主要生成乙烯;B.油脂硬化，发生碳碳双键与氢气的加成反应;C.蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，属于糖类物质，但蔗糖水解生成葡萄糖和果糖;D.加氧去氢的反应为氧化反应.【解答】解：A.石油裂解是用石油分馏产品作原料，采用比裂化更高的温度，使其中相对分子质量较大的烃断裂成乙烯等小分子烃，故A正确;B.油脂的硬化也叫油脂的氢化，就是植物油在催化剂作用下和氢加成，不饱和高级脂肪酸变成饱和的高级脂肪酸，性质变得稳定，故B正确;C.淀粉和纤维素水解产物均为葡萄糖，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，故C错误;D.由CH3CH2OH变为CH3CHO，分子中减少了两个氢原子，是氧化反应，故D正确;故选C.【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的组成、结构、性质为解答的关键，注意相关概念的辨析及石油裂解的产物，题目难度不大.4.常温下，用0.01molL?1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL?1 CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图.下列说法正确的是( )A.a点对应溶液的pH=2B.b点对应的溶液中：c(OH?)+c(CH3COO?)=c(Na+)+c(H+)C.c点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应D.d点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】A.醋酸为弱酸，不能完全电离;B.b点时溶液呈酸性，结合电荷守恒解答;C.c点时溶液呈中性，如醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，则溶液应呈碱性;D.d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，则促进水解的电离.【解答】解：A.醋酸为弱酸，不能完全电离，则0.01molL?1 CH3COOH溶液pH2，故A 错误;B.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，故B正确;C.醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误;D.d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，完全反应生成醋酸钠，水解呈碱性，促进水的电离，故D错误.故选B.【点评】本题以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较等，难度中等，注意离子浓度大小比较中电荷守恒，把握影响弱电解质的电离和盐类水解的因素，注重相关基础知识的积累，难度不大.5.下述根据下列操作和现象，所得结论正确的是( )实验操作及现象实验结论 A 分别向2mL 0.1molL?1 CH3COOH溶液和2mL 0.1molL?1 H3BO3溶液中滴加等浓度的NaHCO3溶液，前者有气泡产生，后者无明显现象酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3 B 向2mL 0.1molL?1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL?1 MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1molL?1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2Fe(OH)3 C 在少量无水乙醇中加入金属Na，生成可以在空气中燃烧的气体CH3CH2OH是弱电解质 D 用3mL稀H2SO4溶液与足量Zn反应，当气泡稀少时，加入1mL浓H2SO4，又迅速产生较多气泡 H2SO4浓度增大，反应速率加快 A.A B.B C.C D.D【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】A.强酸反应制弱酸;B.发生沉淀的转化;C.在水溶液或熔融状态下不完全电离出离子的电解质称为弱电解质弱电解质;D.浓硫酸稀释放热.【解答】解：A.强酸反应制弱酸，NaHCO3溶液只与CH3COOH反应，酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，故A正确;B.向2mL 0.1molL?1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL?1 MgCl2溶液，氢氧化钠过量，再滴加3滴0.1molL?1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，不发生沉淀的转化，故B错误;C.钠能与乙醇中的羟基反应生成氢气，与电离无关，故C错误;D.浓硫酸稀释放热，温度升高，反应速率加快，故D错误.故选A.【点评】本题考查较为综合，涉及酸性比较，沉淀转化以及元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度大不，注意把握实验操作的原理和实验方法.6.在2L的密闭容器中进行如下反应：CO(g)+H2O(g)TCO2(g)+H2(g)，有如下数据：实验温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol CO H2O CO2 H2 CO2 1 650 2.0 1.0 0 0 0.8 2 800 2.0 2.0 0 0 1.0 下列说法正确的是( )A.正反应为吸热反应B.实验1中，CO的转化率为80%C.650℃时，化学平衡常数K=D.实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n(CO2)为1.6 mol【考点】化学平衡的计算;吸热反应和放热反应.【分析】A.利用三段式，计算出两个温度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应;B.转化率=;C.根据根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算;D.根据650℃时的平衡常数进行计算.【解答】解：A.在650℃时 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，起始(mol) 2.0 1.0 0 0转化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8平衡(mol) 1.2 0.2 0.8 0.8平衡常数K===，在800℃时 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，起始(mol) 2.0 2.0 0 0转化(mol) 1.0 1.0 1.0 1.0平衡(mol) 1.0 1.0 1.0 1.0平衡常数K==1，由此可知在650℃时平衡常数大于800℃的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应，故A错误;B.在650℃时 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，起始(mol) 2.0 1.0 0 0转化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8平衡(mol) 1.2 0.2 0.8 0.8CO的转化率=100%=40%，故B错误;C.由A中的计算可知，650℃时，化学平衡常数K=，故C正确;D.设平衡时n(CO2)为x，则CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，起始(mol) 2.0 2.0 0 0转化(mol) x x x x平衡(mol) 2?x 2?x x x平衡常数K==，解得x1.6，故D错误;故选C.【点评】本题主要考查平衡常数和转化率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，中等难度.要注意温度对平衡常数的影响.二、填空题(共64分)7.(14分)短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，A、D同主族，D、E 同周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，B为组成物质种类最多的元素.(1)E离子的原子结构示意图.(2)分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，写出这个反应的离子方程式H++HSO3?=H2O+SO2.(3)由A、B、C三种元素组成的物质X，式量为46，在一定条件下与C、D两种元素的单质均可反应.写出X与C单质在红热的铜丝存在时反应的化学方程式2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O.(4)A、C、D三种元素组成的化合物Y中含有的化学键为共价键、离子键，B的最高价氧化物与等物质的量的Y溶液反应后，溶液显碱(酸、碱或中)性，原因是：反应后所得溶液为NaHCO3，HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性.(5)A的气体单质和C的气体单质可发生反应，在神舟六号飞船上使用了根据这反应设计的燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，电池负极反应为2H2+4OH??4e?=2H2O.使用这种电池的优点为电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染.【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】短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，则A为H元素;A、D 同主族，D的原子序数比A至少大3，故D为Na;D、E同周期，即处于第三周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，可推知C为O元素、E为S元素;B为组成物质种类最多的元素，则B为碳元素，(1)S2?离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8;(2)四种元素分别为H、O、Na、S，所形成的两种盐为NaHSO3和NaHSO4，二者反应生成硫酸钠与SO2、水;(3)X是C2H5OH，和O2在有催化剂条件下反应生成乙醛与水;(4)Y是NaOH，含有共价键和离子键，和CO2等物质的量反应后产物为NaHCO3，溶液中HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性;(5)氢氧燃料电池，负极上H2在碱性条件下失电子，产物是水;氢氧燃料电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染.【解答】解：短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，则A为H元素;A、D同主族，D的原子序数比A至少大3，故D为Na;D、E同周期，即处于第三周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，可推知C为O元素、E为S元素;B为组成物质种类最多的元素，则B为碳元素，(1)S2?离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，结构示意图为：，故答案为：;(2)四种元素分别为H、O、Na、S，所形成的两种盐为NaHSO3和NaHSO4，二者反应生成硫酸钠与SO2、水，反应离子方程式为：H++HSO3?=H2O+SO2，故答案为：H++HSO3?=H2O+SO2(3)X是C2H5OH，和O2在有催化剂条件下反应生成乙醛与水，化学反应方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O;(4)Y是NaOH，含有共价键和离子键，和CO2等物质的量反应后产物为NaHCO3，溶液中HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性，故答案为：共价键、离子键;碱性;反应后所得溶液为NaHCO3，HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性;(5)氢氧燃料电池，负极上H2在碱性条件下失电子，产物是水，负极电极反应式为：2H2+4OH??4e?=2H2O;氢氧燃料电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染，故答案为：2H2+4OH??4e?=2H2O;电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染.【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，难度不大.8.(18分)亚克力的分子式是(C5H8O2)n.某同学从提供的原料库中选择一种原料X，设计合成高分子亚克力的路线如图所示：原料库：a.CH2=CHCH3 b.CH2=CHCH2CH3 c.CH2=C(CH3)2 d.CH3CH(CH3)2①，不易被氧化成羧酸②不易被氧化成醛或酮③(R、R、R均代表烃基 )请回答：(1)原料X是2?甲基丙烯(填所选物质的名称);高聚物F的结构简式为;(2)②的反应条件是NaOH水溶液、加热;③的反应类型是氧化反应;⑧的反应类型是加聚反应;(3)D中含有的官能团为羧基和羟基;(4)反应④的化学方程式为(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O;(5)⑦的化学方程式是;(6)C有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且能发生水解反应的共有2种;(7)某同学以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线：，得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是CH3CH2CH(OH)COOH.【考点】有机物的推断.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】由EF可确定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，结合信息可知反应流程应为，结合有机物的结构和性质解答该题，以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线，丙烯先与HBr反应制得溴丙烷，溴丙烷水解生成丙醇，再与HCN反应后水解，最终会生成2?羟基?丁酸.【解答】解：(1)由EF可确定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，则X为CH2=C(CH3)2，为2?甲基丙烯，E应为，加聚反应生成高聚物F为，故答案为：2?甲基丙烯;;(2)由以上图示可知，②的反应条件是NaOH水溶液，加热;反应③为氧化反应，观察E、F可知，由于反应没有脱去小分子，分子组成上没有变化，反应⑧应为加聚反应，故答案为：NaOH水溶液、加热;氧化反应;加聚反应;(3)由EF可确定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，D发生消去反应生成E，则D为，含有羧基和羟基，故答案为：羧基和羟基;(4)D为，C发生氧化反应生成C，则C为(CH3)2C(OH)CHO，被2Ag(NH3)2OH氧化的反应方程式为)(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O;(5)反应⑦为和甲醇发生酯化反应，方程式为，故答案为：;(6)C为(CH3)2C(OH)CHO，其同分异构体能发生银镜反应且能发生水解反应，说明是甲酸丙酯，丙基有2种，所以其同分异构体有2种，故答案为：2;(7)以丙烯为原料设计了合成中间体D可能发生的副反应为，得到的副产品为CH3CH2CH(OH)COOH，故答案为：CH3CH2CH(OH)COOH.【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，注意根据题给信息梳理合成流程为解答该题的关键，易错点为(7)，注意把握有机物的结构和性质.9.(16分)甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物.文献记载：I.在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、?3价等氮的化合物.II.FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0.III.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收.甲的实验操作和现象记录如下：实验操作实验现象打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹. 打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞. 无明显现象. 加热烧瓶，反应开始后停止加热.①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅; B中溶液变棕色; C中溶液紫色变浅.②反应停止后，A中无固体剩余. 请回答下列问题：(1)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生.(2)检验是否生成?3价氮的化合物，应进行的实验操作是取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+.(3)甲取少量B中溶液，加热，实验现象是棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色.请用化学平衡原理解释原因：FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动.甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成.(4)乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足.为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色.(5)证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是(填序号)cd.a.铁粉b.溴水c.?氰化钾溶液d.硫氰化钾溶液.【考点】硝酸的化学性质;铁及其化合物的性质实验.【专题】氮族元素.【分析】(1)常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;(2)若有?3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可;(3)B中溶液变棕色，说明B中有Fe(NO)SO4生成，反应FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，棕色溶液变浅(或绿)，生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，气体在空气中变为红棕色;(4)铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，如果硫酸亚铁溶液再变成棕色则说明有NO生成;(5)亚铁离子和铁?氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液.【解答】解：(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，故答案为：常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;(2)生成?3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+，故答案为：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+;(3)取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅，故答案为：棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色;FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0 正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动;(4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮，故答案为：浓硝酸换成稀硝酸;A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色;(5)亚铁离子的特征反应是：亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子的特征反应是：铁离子和无色的硫氰化钾溶液反应血红色溶液，故选cd.【点评】本题考查铁、硝酸的性质，铵根离子、铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意：常温时，铁和浓硝酸不是不反应，而是发生了钝化现象，阻止了进一步反应，为易错点.10.(16分)海水是巨大的化学资源宝库.Ⅰ.从海水中可以提取氯、溴、碘等卤族元素.(1)Cl2的电子式是.(2)已知：X2(g)+H2(g)2HX(g)(X2表示Cl2、Br2和I2).图1表示平衡常数K与温度t 的关系.①△H 表示X2与H2反应的焓变，△H0.(填、或=)②曲线a表示的是I2(填Cl2、Br2或I2)与H2反应时K与t的关系.Ⅱ.海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理.(1)通常用明矾[K2SO4Al2(SO4)324H2O]作混凝剂，降低浊度.明矾水解的离子方程式是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+.(2)用图2所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理.①装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O.②海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3?等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg(OH)2和CaCO3.生成CaCO3的离子方程式是Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3+H2O.③若每隔5?10min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题.试用电极反应式并结合必要的文字进行解释阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的.【考点】海水资源及其综合利用;化学平衡建立的过程.【专题】元素及其化合物;化学计算.【分析】Ⅰ、(1)氯气是非金属单质，氯原子间形成共价键;(2)依据图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应;Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多;Ⅱ、(1)明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水;(2)①电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;②阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀;③阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，酸溶解沉淀;【解答】解：Ⅰ.(1)Cl2的电子式是;故答案为：;(2)①图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H故答案为：②Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多，碘化氢加热分解平衡逆向进行平衡常数减小的大，曲线a表示的是I2;故答案为：I2;Ⅱ.(1)明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+;故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+;(2)①装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;②阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成CaCO3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3答案为：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3③阴极电解原理分析可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的;故答案为：阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的;【点评】本题考查了海水资源的分析应用，物质制备电解原理的分析应用图象分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等.天津南开中学届高三化学模拟试卷及答案的所有内容就是这些，化学网预祝考生金榜题名。
天津市南开中学高三一摸考试化学试卷(含答案)
天津市南开中学高三一摸考试化学试卷（含答案）2019-2019天津市南开中学高三一摸考试化学试卷（含答案）人类的生活能够不断提高和改善，化学的贡献在其中起了重要的作用，以下是2019-2019天津市南开中学高三一摸考试化学试卷，请考生及时练习。
一、选择题(每小题有1正确答案)1.下列说法正确的是( )A.分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物一定是同系物B.具有相同通式且相差一个或若干个CH2原子团的有机物一定是同系物C.互为同系物的有机物分子结构不一定相似D.互为同系物的有机物一定具有相同的通式【考点】芳香烃、烃基和同系物.【专题】同系物和同分异构体.【分析】结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物.多用于有机化合物.同系物判断规律：①一差：分子组成相差若干个CH2原子团，即相对分子质量差保持一致，犹如等差数列中的公差;②一同：同通式;③一似：结构相似;同系物的特点：1.同系物一定符合同一通式;但符合同一通式的不一定是同系物;2.同系物必为同一类物质;3.同系物②官能团为羟基;③官能团为羟基;④根据官能团为溴原子判断;⑤根据官能团为氯原子分析;⑥根据分子中含有酯基判断;⑦根据分子中含有酯基分析.【解答】解：：①CH2═CH2，官能团为碳碳双键;②，官能团为﹣OH;③CH3OH官能团为﹣OH;④CH3Cl，官能团为﹣Cl;⑤CCl4，官能团为﹣Cl;⑥HCOOCH3，含有官能团酯基;⑦CH3COOC2H5，官能团为酯基;⑧CH3COOH，官能团为羧基;故官能团总共5类，故选B.【点评】本题考查有机物的简单分类、对官能团的认识等，比较基础，注意醇羟基与酚羟基的区别在于羟基是否直接连接苯环.3.下列说法正确的是( )A.淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体B.CH2=CHC(CH3)3与氢气完全加成后，生成物的名称是3，3﹣二甲基丁烷C.CS2的结构式为S=C=SD.一CH3(甲基)的电子式为【考点】同分异构现象和同分异构体;电子式;有机物的结构式;有机化合物命名.【分析】A.淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同;B.生成物的名称是2，2﹣二甲基丁烷;C.二硫化碳是含有共价双键的非极性分子;D.未标出未成键的电子.【解答】解：A.同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，故A错误;B.CH2=CHC(CH3)3与氢气完全加成2，2﹣二甲基丁烷，故B 错误;C.二硫化碳是含有共价双键的非极性分子，结构式为：S=C=S，故C正确;D.﹣CH3(甲基)的电子式为，故D错误.故选C.【点评】本题考查化学用语、加成反应、同分异构体，题目难度不算太大，注意甲基的电子式，为易错点.4.最简式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体的是( )A.辛烯和3﹣甲基﹣1﹣丁烯B.苯和乙炔C.1﹣氯丙烷和2﹣氯丙烷D.甲基环己烷和己炔【考点】芳香烃、烃基和同系物;同分异构现象和同分异构体.【专题】同系物和同分异构体.【分析】最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式;同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物;同分异构体指分子式相同，结构不同的化合物，具有如下特征：分子式相同，结构不同、物理性质不同、不同类时化学性质不同，研究范围多为有机物;据此结合选项解答.【解答】解：A.辛烯和3﹣甲基﹣1﹣丁烯的最简式都是CH2，都含有1个C=C双键，组成通式相同，结构相似，分子式不同，为同系物，故A错误;B.苯和乙炔最简式都是CH，二者结构不同，分子式不同，二者不是同系物，又不是同分异构体，故B正确;C.1﹣氯丙烷和2﹣氯丙烷，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C错误;D.甲基环己烷和己炔的最简式不同，故D错误;故选B.【点评】本题考查同系物、同分异构体的判断，难度不大，注意化学五同比较.5.萘环上碳原子的编号如(Ⅰ)式，根据系统命名法，(Ⅱ)式可称为2﹣硝基萘，则化合物(Ⅲ)的名称为( )A.2，6﹣二甲基萘B.1，4﹣二甲基萘C.4，7﹣二甲基萘D.1，6﹣二甲基萘【考点】有机化合物命名.【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用邻、间、对进行命名.【解答】解：依据题干中的命名方法和起点编号的特征可知，1号位置选对应的顶角位置，即下方的甲基处于1号碳位置，右端的甲基处于6号碳位置，所以化合物(Ⅲ)的名称应是1，6﹣二甲基萘;故选D.【点评】本题考查了有机物的命名知识.主要是题干信息的应用和命名时要遵循的原则，名称要符合题意，书写要规范.6.固体乙醇晶体中不存在的作用力是( )A.氢键B.极性键C.非极性键D.离子键【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.【分析】固体乙醇为分子晶体，分子晶体中的作用力为分子间作用力，乙醇中含有C﹣C键、C﹣O键、O﹣H键、C﹣H 键，以此来解答.【解答】解：A.乙醇中含有O元素及O﹣H键，存在氢键，故A不选;B.乙醇中C﹣O键、O﹣H键、C﹣H键，均为极性键，故B不选;C.乙醇中含有C﹣C键，为非极性键，故C不选;D.乙醇为共价化合物，不存在离子键，故D选.故选D.【点评】本题考查化学键，明确元素之间的化学键是解答本题的关键，注意分子晶体中存在分子间作用力及乙醇中的氢键即可解答，选项A为解答的难点，题目难度不大.7.某单烯烃与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有( )A.1种B.2种C.3种D.4种【考点】取代反应与加成反应;同分异构现象和同分异构体. 【专题】有机反应.【分析】先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可;如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键.【解答】解：该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键;相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间(或2和6);2和3之间;3和7之间，共有3种，故选：C.【点评】本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称是解本题的关键，注意不能重写、漏写.8.在分子中，处于同一平面上的原子最多有( )A.12个B.14个C.18个D.20个【考点】常见有机化合物的结构.【专题】有机化学基础.【分析】根据常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断.注意单键可以旋转; 【解答】解：在分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面.在甲基上可能还有1个氢原子共平面，则两个甲基有2个氢原子可能共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有20个，故选：D.【点评】本题考查有机物结构中共面、共线问题，难度中等，关键是空间想象，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，单键可以旋转.9.下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是( )A.CH2=CH﹣CNB.CH2=CH﹣CH=CH2C. D.【考点】常见有机化合物的结构.【专题】压轴题;有机物分子组成通式的应用规律.【分析】根据苯环为平面结构、乙烯为平面结构以及乙炔为直线结构来分析各物质的共面原子.【解答】解：A、CH2=CHCN相当于乙烯分子中的一个氢原子被﹣CN取代，不改变原来的平面结构，﹣CN中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子可能在同一平面上，故A错误;B、CH2=CH﹣CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故B错误;C、苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故C错误;D、该分子相当于甲烷中的一个氢原子被1，3﹣二丁烯2﹣丁基取代，甲烷是正四面体结构，所以甲烷中所有原子不可能在同一平面上，故D正确;故选D.【点评】本题考查了学生对有机物的共面知识的认识，难度较大，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断.10.下列微粒中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )A.碳正离子[(CH3)3C+]B.PCl3C.尿素()D.HClO【考点】原子核外电子排布.【分析】在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，含H 元素的化合物一定不满足，以此来解答.【解答】解：A.该反应中含有氢原子，其最外层族序数+成键数=1+1=2，有一个碳也不满足8个电子，所以不能满足所有原子最外层8电子结构，故A错误;B.PCl3中，P原子的最外层电子为：5+3=8，Cl原子的最外层电子为：7+|﹣1|=8，都满足8电子稳定结构，故B正确;C.该反应中含有氢原子，其最外层族序数+成键数=1+1=2，所以不能满足所有原子最外层8电子结构，故C错误;D.该反应中含有氢原子，其最外层族序数+成键数=1+1=2，所以不能满足所有原子最外层8电子结构，故D错误;故选B.【点评】本题考查了8电子稳定结构，明确元素的位置、最外层电子数、成键数即可判断，除此之外还可以根据元素化合价的绝对值+最外层电子数=8判断，难度中等.11.进行一氯取代后，只能生成三种沸点不同的有机物的烷烃是( )A.(CH3)2CHCH2CH2CH3B.(CH3)2CHCH3C.(CH3)2CHCH(CH3)2D.(CH3)3CCH2CH3【考点】同分异构现象和同分异构体.【专题】压轴题;同分异构体的类型及其判定.【分析】根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，就有几种不同的沸点.【解答】解：根据等效氢的判断方法：同一个碳原子上连的氢原子等效，同一个碳原子上所连的甲基的氢原子等效，对称的碳原子上的氢原子等效.A、含有5种等效氢，所以能生成5种沸点不同的有机物，故A错误;B、含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故B错误;C、含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C错误;D、含有3种等效氢，所以能生成3种沸点不同的有机物，故D正确.故选D.【点评】本题考查学生有机物中的同分异构知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大.12.下列化合物中互为同系物的醇类是( )A.CH3CH2OH与CH2=CHCH2OHB.CH3OH与HO﹣CH2﹣CH2﹣OHC.HO﹣CH2﹣CH2﹣OH与HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣OHD.与【考点】有机物的结构和性质;烃的衍生物官能团;醇类简介.【分析】含﹣OH，且与链烃基相连的为醇，互为同系物的醇类，结构相似，且含﹣OH的个数相同，烃基结构也相似，以此来解答.【解答】解：A.﹣OH连接的烃基结构不相似，分别为饱和烃基、不饱和烃基，则不是同系物，故A不选;B.含﹣OH的个数不同，则不是同系物，故B不选;C.均含2个﹣OH，连接的烃基结构相似，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，故C选;D.﹣OH连接烃基不同，分别为酚、醇，则不是同系物，故D 不选;故选C.【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与物质分类、同系物判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.13.2019年诺贝尔化学奖表彰了两项成果，其中一项是瑞士科学家库尔特维特里希发明的利用核磁共振技术测定溶液中生物大分子三维结构的方法.在化学上经常使用的是核磁共振氢谱，它是根据不同化学环境的氢原子在核磁共振氢谱中给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子.下列有机物分子在核磁共振氢谱中只给出2种信号，且强度(个数比)是1：3的是( )A.1，2，3三甲基苯B.丁烷C.异丙醇D.醋酸叔丁酯【考点】常见有机化合物的结构.【分析】核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数，在氢核磁共振谱中信号强度(个数比)是1：3，说明该分子中的H原子有2种，个数之比为1：3.【解答】解：A.1，2，3，﹣三甲基苯中两边2个甲基上的6个原子都是等效的，中间甲基上的3个原子都是等效的，苯环上的3个氢原子是2种氢原子，个数之比为6：3：2：1，故A错误;B.CH3CH2CH2CH3中两个甲基上的6个原子都是等效的，两个亚甲基上的4个H原子都是等效的，个数之比为3：2，故B 错误;C.异丙醇中两个甲基上的6个原子都是等效的，次甲基上有1个H原子，羟基上有1个H原子，个数之比为6：1：1，故C错误，故C错误;D.醋酸叔丁酯的结构简式为：CH3COOC(CH3)3时，氢原子分为两类，且个数之比为3：9即1：3，故D正确.故选：D.【点评】本题考查核磁共振氢谱与有机物中氢原子的种类关系，题目难度不大，核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数.14.芳香族化合物A的分子式为C7H6O2，将它与NaHCO3溶液混合加热，有酸性气体产生.那么包括A在内，属于芳香族化合物的同分异构体的数目是( )A.5B.4C.3D.2【考点】有机化合物的异构现象.【专题】同系物和同分异构体.【分析】芳香族化合物A的分子式为C7H6O2，说明分子中含有苯环，将它与NaHCO3溶液混合加热，有酸性气体产生.判断分子结构中含有羧基，推断A为苯甲酸;那么包括A在内的同分异构体依据结构不同，同碳原子数的一元酸和一元酯为同分异构体，据此分析判断.【解答】解：芳香族化合物A的分子式为C7H6O2，说明分子中含有苯环，将它与NaHCO3溶液混合加热，有酸性气体产生，判断分子结构中含有羧基，推断A为苯甲酸;则包括A在内的同分异构体依据结构不同，同碳原子数的一元酸、一元酯、羟基醛为同分异构体，所以判断苯甲酸的同分异构体有甲酸苯氧酯、邻羟基醛、间羟基醛、对羟基醛，存在的同分异构体包含苯甲酸共5种同分异构体;故选A.【点评】本题考查了同分异构体的书写方法和类别判断，注意官能团的类别异构分析书写是解题关键，题目难度中等.15.化合物的分子式为C5H11Cl，分析数据表明：分子中有两个﹣CH3、两个﹣CH2﹣、一个和一个﹣Cl，它的可能的结构有几种( )A.2B.3C.4D.5【考点】同分异构现象和同分异构体.【分析】C5H11Cl为戊烷的一氯代物，判断和书写烷烃的一氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：(1)先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体.(2)找出等效的氢原子.(3)根据先中心后两边的原则，将氯原子逐一去代替氢原子. 据此判断符合条件的同分异构体数目.【解答】解：戊烷的同分异构体有CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、、.若为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3，一氯代物有：CH3CH2CH2CH2CH2Cl;CH3CH2CH2CHClCH3;CH3CH2CHClCH2CH3 ;其中CH3CH2CH2CHClCH3;CH3CH2CHClCH2CH3符合条件.若为，一氯代物有：CH3CH(CH3)CH2CH2Cl;CH3CH(CH3)CHClCH3;CH3CCl(CH3)CH2 CH3;CH2ClCH(CH3)CH2CH3;其中CH3CH(CH3)CH2CH2Cl;CH2ClCH(CH3)CH2CH3符合条件. 若为，一氯代物：CH3C(CH3)2CH2Cl，不符合条件.故符合条件有4种.故选：C.【点评】考查氯代物限制条件同分异构体的判断，难度中等，根据等效氢原子，写出一氯代物同分异构体，根据条件判断.一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效.二.填空题16.实验室中用适当的方法除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)：(1)苯(苯酚)选用试剂为：NaOH溶液，分离方法分液.(2)甲烷(乙烯)：选用试剂为溴水，分离装置名称洗气瓶.(3)溴苯(液溴)：选用试剂为NaOH溶液，所用主要仪器名称分液漏斗.【考点】物质分离、提纯的实验方案设计.【专题】化学实验基本操作.【分析】(1)苯酚可与氢氧化钠溶液反应;(2)乙烯可与溴水发生加成反应;(3)溴与氢氧化钠溶液反应.【解答】解：(1)苯不溶于水，苯酚可与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液除杂，然后分液，故答案为：NaOH溶液;分液;(2)乙烯可与溴水发生加成反应，可用溴水洗气而除去，故答案为：溴水;洗气瓶;(3)溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应，然后用分液漏斗分液，故答案为：NaOH溶液;分液漏斗.【点评】本题考查物质分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意混合物分离方法的选择和主要仪器，题目难度不大.17.写出下列有机物的结构简式或名称(1)CH3CH2C(CH3)2C(CH3)32，2，3，3﹣四甲基戊烷(2)2，3，4﹣三甲基﹣3﹣乙基己烷(3)4﹣甲基﹣2﹣戊烯(4)乙苯(5)2，5﹣二甲基﹣2﹣庚烯(6)2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯(7)邻羟基苯甲酸(8)2，4，6﹣三甲基苯乙烯.【考点】结构简式;有机化合物命名.【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：(1)烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链;②多：遇等长碳链时，支链最多为主链;③近：离支链最近一端编号;④小：支链编号之和最小.看下面结构简式，从右端或左端看，均符合近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号的原则;⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号.如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面;(2)有机物的名称书写要规范;(3)对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用邻、间、对进行命名;(4)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小.【解答】解：(1)该有机物为烷烃，最长碳链含有5个C，质量为戊烷，编号从左边开始，在2、3号C各含有两个甲基，该有机物命名为：2，2，3，3﹣四甲基戊烷，故答案为：2，2，3，3﹣四甲基戊烷;(2)该有机物为烷烃，最长碳链含有6个C，质量为己烷，编号从左边开始，在2、3、4号C各含有一个甲基，3号碳上含有一个乙基，所以该有机物命名为：2，3，4﹣三甲基﹣3﹣乙基己烷，故答案为：2，3，4﹣三甲基﹣3﹣乙基己烷;(3)该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C，在4号C上含有1个甲基，该有机物命名为：4﹣甲基﹣2﹣戊烯，故答案为：4﹣甲基﹣2﹣戊烯;(4)该有机物为芳香烃烃，含有1个苯环和1个乙基，所以该有机物命名为：乙苯，故答案为：乙苯;(5)2，5﹣二甲基﹣2﹣庚烯，该有机物主链为庚烯，碳碳双键在2号C，在2、5号C上各含有1个甲基，其结构简式为，故答案为：;(6)2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯，该有机物主链为丁二烯，碳碳双键分别在1、3号C，在2、3号C上各含有1个甲基，其结构简式为，故答案为：;(7)邻羟基苯甲酸，该有机物主链为苯甲酸，在羧基的邻位含有1个羟基，其结构简式为，故答案为：;(8)苯乙烯可以是苯环上的一个氢原子被乙烯基代替，2，4，6﹣三甲基苯乙烯，以乙烯基为1号碳，2，4，6号C上各含有1个甲基，其结构简式为，故答案为：.【点评】本题考查了有机物的命名，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力.18.某天然油脂A的分子式为C57H106O6，1摩尔该油脂水解可得到1摩尔甘油、1摩尔不饱和脂肪酸B和2摩尔直链饱和脂肪酸C.经测定：B的相对分子质量为280，原子个数比为N(C)：N(H)：N(O)=9：16：1.(1)写出B的分子式：C18H32O2.(2)写出C的结构简式：CH3(CH2)16COOH;C的名称是硬脂酸(十八酸).(3)写出含5个碳原子的C的同系物的同分异构体的结构简式..【考点】有机物实验式和分子式的确定;同分异构现象和同分异构体.【专题】同分异构体的类型及其判定;有机物分子组成通式的应用规律.【分析】(1)B的最简式是C9H16O，因为B的相对分子质量为280，所以B的分子式为C18H32O2;(2)油脂是高级脂肪酸的甘油酯，1molA(C57H106O6)应与3mol H2O发生水解反应，生成1mol甘油(C3H8O3)、1molB(C18H32O2)和2molC，根据原子个数守恒可得C的分子式为C18H36O2，C是直链饱和脂肪酸，则C为硬脂酸; (3)根据碳链异构和位置异构来分析同分异构体.【解答】解：(1)B的最简式是C9H16O，因为B的相对分子质量为280，所以B的分子式为C18H32O2，故答案为：C18H32O2;(2)天然油脂A的水解可以表示成：C57H106O6+3H2OC3H8O3(甘油)+C18H32O2+2C，根据原子守恒知，C的分子式为：C18H36O2，结合C是直链饱和脂肪酸，可知C的结构简式为：CH3﹣(CH2)16﹣COOH，故答案为：CH3﹣(CH2)16﹣COOH;(3)含5个碳原子的硬脂酸的同系物为戊酸(C4H9COOH)，丁基的同分异构体有4种，则对应的戊酸也应有4种，即; 故答案为：.【点评】本题主要考查了有机物分子式、结构简式的确定，难度不大，注意质量守恒的运用.19.RCH=CHR与碱性KMnO4溶液共热后酸化，发生双键断裂生成羧酸：RCH=CHRRCOOH+RCOOH常利用该反应的产物反推含碳碳双键化合物的结构.在催化剂存在下，1mol不饱和脂肪酸B和1mol氢气反应后经处理得到D和E的混合物，D和E互为同分异构体.当D 和E的混合物与碱性KMnO4溶液共热后酸化，得到如下四种产物：HOOC(CH2)10COOH CH3(CH2)7COOHHOOC(CH2)7COOH CH3(CH2)4COOH(1)写出D和E的结构简式：CH3(CH2)7CH═CH(CH2)7COOH、CH3(CH2)4CH═C H(CH2)10COOH.(2)写出B的结构简式：CH3(CH2)4CH═CHCH2CH═CH(CH2)7COOH.【考点】有机物的推断.【分析】D和E互为同分异构体.则D和E分子中碳原子个数相等，当D和E的混合物与碱性KMnO4溶液共热后酸化，得到四种酸，根据D、E碳原子个数相等知，HOOC(CH2)10COOH 和CH3(CH2)4COOH是由同一种烯烃得到的，CH3(CH2)7COOH 和HOOC(CH2)7COOH是由同一种烯烃得到的，将两种酸中羧基去用碳碳双键连接即可得到相应烯烃;B跟氢气发生的是加成反应，D与E不同的话是应该加成的地方不同产生的，所以按题意可以得到B有两个双键CH3(CH2)4CH═CHCH2CH═CH(CH2)7COOH，据此分析解答. 【解答】解：D和E互为同分异构体.则D和E分子中碳原子个数相等，当D和E的混合物与碱性KMnO4溶液共热后酸化，得到四种酸，根据D、E碳原子个数相等知，HOOC(CH2)10COOH 和CH3(CH2)4COOH是由同一种烯烃得到的，CH3(CH2)7COOH 和HOOC(CH2)7COOH是由同一种烯烃得到的，将两种酸中羧基去用碳碳双键连接即可得到相应烯烃，D、E结构简式分别为CH3(CH2)7CH═CH(CH2)7COOH、CH3(CH2)4CH═CH(CH2)10COOH;B跟氢气发生的是加成反应，D与E不同的话是应该加成的地方不同产生的，所以按题意可以得到B有两个双键CH3(CH2)4CH═CHCH2CH═CH(CH2)7COOH，(1)通过以上分析知，D、E结构简式分别为CH3(CH2)7CH═CH(CH2)7COOH、CH3(CH2)4CH═CH(CH2)10COOH，故答案为：CH3(CH2)7CH═CH(CH2)7COOH、CH3(CH2)4CH═CH(CH2)10COOH;(2)通过以上分析知，B结构简式为CH3(CH2)4CH═CHCH2CH═CH(CH2)7COOH，故答案为：CH3(CH2)4CH═CHCH2CH═CH(CH2)7COOH.【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生获取信息利用信息能力，根据产物结构简式确定碳碳双键位置是解本题关键，难点是判断B结构简式，题目难度不大.2019-2019天津市南开中学高三一摸考试化学试卷及答案的所有内容就是这些，查字典化学网预祝考生金榜题名。
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2017年天津市高考化学模拟试卷（5月份)一、选择题（每题只有一个正确选项）1．（6分）下列做法中科学，合理的是（）A．充分利用太阳能，进行海水淡化B．将秸秆露天焚烧，从而充分利用生物质能C．以二氧化硅为光电池材料，将太阳能转化为电能D．用甲烷与水作用生产清洁能源﹣﹣H2，该过程的原子利用率为100%2．（6分）下列关于常温下各0.1mol的NaHCO3和Na2CO3的叙述中正确的是（）A．二者分别与少量邻羟基苯甲酸作用，所得产物相同B．若将二者均配成0.1mol/L的溶液，前者的pH较大C．分别加入过量盐酸充分反应后，二者产生CO2的体积在标准状况下均为2.24L D．若将二者分别加入1mL水中充分搅拌，恢复至室温后，只有后者有固体剩余3．（6分）下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．核外电子排布相同的微粒化学性质相同B．非金属的气态氢化物的稳定性越强其沸点就越高C．同主族元素形成的单质熔、沸点随元素核电荷数的递增而逐渐降低D．同主族非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性随核电荷数的增加而减弱4．（6分）下列叙述错误的是（）A．常温下，向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性C（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=C（H+）B．向饱和NaClO溶液中滴加少量饱和FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2++ClO ﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+C．0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合2c（H+）﹣2c （OH﹣）=c（CH2COO﹣）﹣c（CH2COOH）D．常温下cmol/L、电离常数为K a的酸HA溶液中，由水电离的浓度为c（H+）水=mol•L﹣15．（6分）在容积固定为2L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，在温度500℃时发生反应，CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0，CH3OH的浓度随时间变化如右图，下列说法正确的是（）A．从开始到25分钟，CO2的转化率是35%B．从20分钟到25分钟，可能是缩小容器体积C．其它条件不变，将温度升到800℃，平衡常数增大D．从反应开始到10分钟，H2的平均反应速率v（H2）=0.15mol（L•min）6．（6分）利用下图所示联合装置制备金属钛，下列叙述错误的是（）A．甲装置工作过程中pH增大B．乙装置中石墨电极反应式为C﹣4e﹣+2O2﹣═CO2↑C．甲装置中通入O2的电极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2OD．若不考虑装置的损失，制备24.0g金属钛，需要消耗氢气22.4L二、本大题4个小题，共64分7．（14分）Q、R、T、Z、Y、X均为短周期元素，质子数依次减少，其中只有T、X为金属，请按要求回答下列有关这几种元素的问题．已知：①Z原子最外层电子数是次外层的3倍②Q与T的原子最外层电子数之和为10③Q、R可形成相同核外电子排布的阴离子④R与Z原子最外层电子数相同⑤R、Z可形成五原子核50电子的负二价阴离子L2﹣（1）Q、T的最高价氧化物的水化物发生反应的化学方程式为（2）R、T和Z形成的化合物中存在的化学键类型为（3）离子化合物A（XYH2）和B（XH）均为具有潜在价值的释氢材料，C也为离子化合物．且所含元素种类与A相同．B中H（氢）的质量分数为12.50%，D是密度为0.7589g/L（标准状况）的无色气体，遇氯化氢气体生成白烟，A﹣E的转化关系如图所示（部分反应条件和产物已略去）①C的化学式为，D的电子式为．②T、Z、Y的离子半径由大到小的顺序为（填元素符号）．③E+H2O→D的化学方程式为．④向硝酸银溶液中通入过量D得到无色透明溶液，该反应的离子方程式为．⑤G是由H（氢）与Y、T、R、Z形成的复盐（含两种阳离子和一种阴离子L2﹣）．向含0.01molG的溶液中加入0.024molBa（OH）2，生成沉淀的物质的量为．8．（18分）高效低毒的杀虫剂氰菊酯（I）可通过下列反应制备：（1）F的分子式为，I中官能团的名称为．（2）F→G一步反应的反应类型为．（3）反应①为加成反应，写出A、B的结构简式．（4）D分子中最多有个原子共平面．（5）已知化合物H的结，G→I一步反应的产物除了I、N（C2H5）3、还有（6）芳香化合物J比F的分子只少一个氧多两个氢原子，且满足下列条件①不与FeCl3溶液显色②核磁共振氢谱显示J分子中有三种氢，个数比为9：2：1写出一种满足上述条件的J的结构简式．（7）已知：一个碳原子上连有两个或三个羟基时，容易发生分子内脱水，两个羟基脱一分子水形成一个碳氧双键C K L M（高分子）①C→K的反应方程式②写出M的两种可能的结构．9．（18分）纯净的二氧化钛粉末颜色雪白，俗称钛白，是重要的白色颜料I．以钛铁矿（FeTiO3）为原料的硫酸法制钛白，流程大致如下（部分产物已略去）（1）溶矿过程大量放热，反应剧烈时，体系温度甚至可达473K，写出溶矿的化学方程式，为提高溶矿效率，可采取的措施有（任写一种）（2）过程①中加入Fe粉以防止亚铁离子被氧化，Fe粉在该过程中参与反应的离子方程式为、（3）操作②为、，此法并未直接稀释钛液获得H2TiO3，其目的是（4）反应③的离子方程式为，为促进H2TiO3的生成，可采取的措施有II．测定钛白中TiO2的含量可用滴定分析法：在隔绝空气的条件下，将样品溶于硫酸，保持隔绝空气，加入过量的铝，将钛原还原成Ti3+，此时溶液中的Ti3+可以被Fe3+定量氧化（5）常用NH4Fe（SO4）2固体配制标准Fe3+溶液，配制100mL标准溶液时使用的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要（6）该滴定分析中所需要的指示剂为（7）已知TiO2的摩尔质量为Mg/mol，称取wg钛白粉试样进行滴定分析，消耗cmol/L的NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL，则钛白中TiO2质量分数为（8）下列操作会使测得钛白粉中TiO2的质量分数偏高的是A．终点时度数，俯视滴定管中液面B．滴定用的锥形瓶在滴定前有少量蒸馏水C．配制Fe3+标准溶液时，烧杯中的溶液不慎溅出了一些．10．（14分）锌和锌的化合物用途广泛，可用于作防腐镀层、电池、白色颜料和防晒剂等，查阅资料可知：1mol H2O（g）完全凝结为液态，放出44.0kJ热量（1）利用锌和太阳能分解水循坏制氢的示意图如下．“装置A”指虚线框中体系，太阳炉能聚焦太阳能而产生高温．①下列有关叙述中不正确的是a．装置A只将太阳能转化为化学能b．太阳炉中须首要解决的问题是产物的及时分离和冷却c．该法与电解水制氢相比的优点：H2与O2分步产生，不须考虑隔离问题②生产过程中不断向装置A中输入太阳光和；装置A可向外输出的物质X、Y分别为、；整个生产过程中循环利用的物质为③H2的燃烧热为285.5KJ/mol，1molZnO完全分解生成液态锌和氧气时吸收350.5kJ热量，写出水解室中反应的热化学方程式（假设维持常压）（2）闪锌矿（ZnS）是锌的主要矿物之一，是提取锌的重要原料，纯净的ZnS可作白色颜料①计算反应ZnS+Cu2+⇌Zn2++CuS在常温下的平衡常数K=②下列叙述不正确的是a．常温下，CuS不能溶于稀硫酸b．常温下，ZnS与0.2mol/LCuSO4溶液作用，固体由白变黑c．常温下，向饱和CuSO4溶液中通入H2S，无明显现象d．常温下，0.1molBaS（易溶）可使100mL1mol/ZnSO4溶液的离子沉淀完全③火法炼锌是在空气中煅烧ZnS首先得到ZnO，再用炭等热还原出锌，而湿法炼锌是先将ZnO转为为ZnSO4，再以铝和石墨分别为两电极电解ZnSO4溶液，金属锌便以99.95%的纯度沉积在铝电极上，电解时的阳极反应为．2017年天津市南开中学高考化学模拟试卷（5月份)参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确选项）1．（6分）下列做法中科学，合理的是（）A．充分利用太阳能，进行海水淡化B．将秸秆露天焚烧，从而充分利用生物质能C．以二氧化硅为光电池材料，将太阳能转化为电能D．用甲烷与水作用生产清洁能源﹣﹣H2，该过程的原子利用率为100%【解答】解：A．水的沸点较低，蒸馏可得到淡水，故充分利用太阳能，进行海水淡化，故A正确；B．露天焚烧秸秆会产生有害气体和粉尘，会污染空气，故B错误；C．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的主要材料，故C错误；D．甲烷与水作用生产清洁能源H2，根据元素守恒产物中必定有碳元素，故产物不止一种，故原子利用率不是100%，放D错误；故选A．2．（6分）下列关于常温下各0.1mol的NaHCO3和Na2CO3的叙述中正确的是（）A．二者分别与少量邻羟基苯甲酸作用，所得产物相同B．若将二者均配成0.1mol/L的溶液，前者的pH较大C．分别加入过量盐酸充分反应后，二者产生CO2的体积在标准状况下均为2.24L D．若将二者分别加入1mL水中充分搅拌，恢复至室温后，只有后者有固体剩余【解答】解：A．NaHCO3与少量邻羟基苯甲酸作用生成二氧化碳，Na2CO3与邻羟基苯甲酸反应生成碳酸氢钠，二者的产物不同，故A错误；B．相同条件下，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以若将二者均配成0.1mol/L 的溶液，后者的pH较大，故B错误；C．常温下各0.1mol的NaHCO3和Na2CO3，分别加入过量盐酸充分反应后，二者产生CO2均为0.1mol，其体积在标准状况下均为2.24L，故C正确；D．相同条件下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，所以若将二者分别加入1mL水中充分搅拌，恢复至室温后，只有前者有固体剩余，故D错误．故选C．3．（6分）下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．核外电子排布相同的微粒化学性质相同B．非金属的气态氢化物的稳定性越强其沸点就越高C．同主族元素形成的单质熔、沸点随元素核电荷数的递增而逐渐降低D．同主族非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性随核电荷数的增加而减弱【解答】解：A．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2﹣、Ar、K+，若互为同位素原子时化学性质相同，故A错误；B．非金属的气态氢化物的稳定性越强，其非金属性越强，但其沸点不一定高，故B错误；C．同主族元素形成的单质熔、沸点随元素核电荷数的递增不一定逐渐降低，如非金属元素单质沸点逐渐升高，故C错误；D．同主族非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性取决于非金属性强弱，随核电荷数的增加非金属性逐渐减弱，则最高价含氧酸的酸性逐渐减弱，故D正确；故选D．4．（6分）下列叙述错误的是（）A．常温下，向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性C（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=C（H+）B．向饱和NaClO溶液中滴加少量饱和FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2++ClO ﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+C．0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合2c（H+）﹣2c （OH﹣）=c（CH2COO﹣）﹣c（CH2COOH）D．常温下cmol/L、电离常数为K a的酸HA溶液中，由水电离的浓度为c（H+）水=mol•L﹣1【解答】解：A．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO 4和Na2SO 4，溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故A正确；B．NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO﹣+6Fe2+=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl﹣，故B错误；C．由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），由物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=2c（Na+），得到2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH2COO ﹣）﹣c（CH2COOH），故C正确；D．常温下cmol/L、电离常数为K a的酸HA溶液中，c（H+）=，由水电离的浓度为c（H+）水=c（OH﹣）水==mol/L，故D正确；故选B．5．（6分）在容积固定为2L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，在温度500℃时发生反应，CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0，CH3OH的浓度随时间变化如右图，下列说法正确的是（）A．从开始到25分钟，CO2的转化率是35%B．从20分钟到25分钟，可能是缩小容器体积C．其它条件不变，将温度升到800℃，平衡常数增大D．从反应开始到10分钟，H2的平均反应速率v（H2）=0.15mol（L•min）【解答】解：A．从开始到25分钟，生成CH3OH（g）为0.70mol/L，由反应可知转化的CO2（g）为0.70mol/L，则CO2的转化率是×100%=70%，故A错误；B.20分钟到25分钟达到新的平衡，因为左边的化学计量数之后大于右边，所以压强增大，CH3OH的含量增高，但是当压强增大，浓度应该立即增大，不会有渐变过程，故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，故C错误；D．从反应开始到10分钟，生成CH3OH（g）为0.50mol/L，则消耗氢气为1.5mol/L，H2的平均反应速率v（H2）==0.15mol（L•min），故D正确；故选D．6．（6分）利用下图所示联合装置制备金属钛，下列叙述错误的是（）A．甲装置工作过程中pH增大B．乙装置中石墨电极反应式为C﹣4e﹣+2O2﹣═CO2↑C．甲装置中通入O2的电极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2OD．若不考虑装置的损失，制备24.0g金属钛，需要消耗氢气22.4L【解答】解：A．甲装置总反应为O2+2H2═2H2O，生成水导致磷酸浓度降低，则pH增大，故A正确；B．乙装置石墨电极为阳极，电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，故B正确；C．甲装置通入O2的电极为正极，反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，故C正确；D．n（Ti）==0.5mol，则消耗1molCa，转移2mol电子，由电极方程式H2﹣2e﹣═2H+可知，需要1molH2，则在标况下才为22.4 L，故D错误；故选D．二、本大题4个小题，共64分7．（14分）Q、R、T、Z、Y、X均为短周期元素，质子数依次减少，其中只有T、X为金属，请按要求回答下列有关这几种元素的问题．已知：①Z原子最外层电子数是次外层的3倍②Q与T的原子最外层电子数之和为10③Q、R可形成相同核外电子排布的阴离子④R与Z原子最外层电子数相同⑤R、Z可形成五原子核50电子的负二价阴离子L2﹣（1）Q、T3HClO4+Al（OH）=Al（ClO4）3+3H2O3（2）R、T和Z形成的化合物中存在的化学键类型为离子键和共价键（3）离子化合物A（XYH2）和B（XH）均为具有潜在价值的释氢材料，C也为离子化合物．且所含元素种类与A相同．B中H（氢）的质量分数为12.50%，D是密度为0.7589g/L（标准状况）的无色气体，遇氯化氢气体生成白烟，A﹣E的转化关系如图所示（部分反应条件和产物已略去）①C的化学式为Li2NH，D的电子式为．②T、Z、Y的离子半径由大到小的顺序为（填元素符号）N3﹣＞O2﹣＞Al3+．③E+H2O→D的化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑．④向硝酸银溶液中通入过量D得到无色透明溶液，该反应的离子方程式为Ag++2NH3•H2O=Ag（NH3）2++2H2O．⑤G是由H（氢）与Y、T、R、Z形成的复盐（含两种阳离子和一种阴离子L2﹣）．向含0.01molG的溶液中加入0.024molBa（OH）2，生成沉淀的物质的量为0.026mol．【解答】解：Q、R、T、Z、Y、X均为短周期元素，质子数依次减少，其中只有T、X为金属，①Z原子最外层电子数是次外层的3倍，判断为O，②Q与T的原子最外层电子数之和为10，Z为O元素，则Q为Cl，T为Al，③Q、R可形成相同核外电子排布的阴离子，结合质子数变化得到R为S，④R与Z原子最外层电子数相同，⑤R、Z可形成五原子核50电子的负二价阴离子L2﹣，结合阴离子电子总数得到阴离子为SO42﹣；（1）Q、T的最高价氧化物的水化物发生反应为高氯酸溶液和氢氧化铝溶液的反应，生成高氯酸铝和水，反应的化学方程式为：3HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O，故答案为：3HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O；（2）R、T和Z形成的化合物为硫酸铝，含离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；（3）B为XH，B中H（氢）的质量分数为12.50%，得=0.125，X=7，到X摩尔质量为7，判断为Li，D是密度为0.7589g/L（标准状况）的无色气体，其摩尔质量=0.7589g/L×22.4L/mol=17g/mol，遇氯化氢气体生成白烟，判断D为NH3，转化关系中A加热分解生成氨气和C，2LiNH2NH3+Li2NH，结合原子守恒得到C为Li2NH，A为LiNH2和B为LiH混合发生氧化还原反应生成氢气和E为Li3N，①C为Li2NH，N原子的最外层有5个电子，其中3个未成对电子和1对成对电子，3个未成对电子分别和3个H原子形成3对共用电子对，故氨气的电子式为；故答案为：Li2NH；；②T离子为Al3+、Z离子为O2﹣、Y离子为N3﹣，电子层数相同，离子半径随核电荷数增大减小，T、Z、Y的离子半径由大到小的顺序为：N3﹣＞O2﹣＞Al3+，故答案为：N3﹣＞O2﹣＞Al3+；③E+H2O→D反应是Li3N和水反应生成氨气和氢氧化锂，反应的化学方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，故答案为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑；④向硝酸银溶液中通入过量D得到无色透明溶液为银氨溶液，该反应的离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=Ag（NH3）2++2H2O，故答案为：Ag++2NH3•H2O=Ag（NH3）2++2H2O；⑤G是由H（氢）与Y、T、R、Z形成的复盐（含两种阳离子和一种阴离子L2﹣）．为（NH4）Al（SO4）2向含0.01molG的溶液中加入0.024molBa（OH）2，G溶液中含有n（NH4+）=0.01mol，n（Al3+）=0.01mol，n（SO42﹣）=0.04mol，0.024molBa （OH）2溶液中n（Ba2+）=0.024mol，n（OH﹣）=0.048mol，发生反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，0.01mol 0.03mol 0.01molBa2++SO42﹣=BaSO4↓，0.024mol 0.024mol 0.024molNH4++OH﹣=NH3•H2O0.01mol 0.01mol剩余氢氧根离子物质的量=0.048mol﹣0.03mol﹣0.01mol=0.008mol Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O0.008mol 0.008mol剩余氢氧化铝物质的量=0.01mol﹣0.008mol=0.002mol，最后得到沉淀物质的量=0.002mol+0.024mol=0.026mol，故答案为：0.026mol．8．（18分）高效低毒的杀虫剂氰菊酯（I）可通过下列反应制备：（1）F的分子式为C10H14O2Cl2，I中官能团的名称为氯原子、碳碳双键、酯基、醚键．（2）F→G一步反应的反应类型为取代反应．（3）反应①为加成反应，写出A、B的结构简式（CH3）2C=CH2；Cl3C﹣CHO．（4）D分子中最多有10个原子共平面．（5）已知化合物H的结，G→I 一步反应的产物除了I、N（C2H5）3、还有NaCl（6）芳香化合物J比F的分子只少一个氧多两个氢原子，且满足下列条件①不与FeCl3溶液显色②核磁共振氢谱显示J分子中有三种氢，个数比为9：2：1写出一种满足上述条件的J的结构简式．（7）已知：一个碳原子上连有两个或三个羟基时，容易发生分子内脱水，两个羟基脱一分子水形成一个碳氧双键C K L M（高分子）①C→K的反应方程CH2=C（CH3）CH2CHOHCCl3+4NaOH CH2=C（CH3）CH2CHOHCOONa+3NaCl+2H2O②写出M的两种可能的结构或．【解答】解：（1）F的分子式为C10H14O2Cl2，根据I的结构简式，可知其含有的官能团有：氯原子、碳碳双键、酯基、醚键，故答案为：C10H14O2Cl2；氯原子、碳碳双键、酯基、醚键；（2）F→G反应为+NaOH+C2H5OH，故为取代反应，故答案为：取代反应；（3）由以上分析得A为（CH3）2C=CH2，B为Cl3C﹣CHO，故答案为：（CH3）2C=CH2；Cl3C﹣CHO；（4）D的结构简式为，与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，D分子中最多有10个原子共平面，故答案为：10；（5）对比G、I的结构可知，G中Na被取代生成I，同时生成N（CH2CH3）3，根据化学反应前后元素守恒，故另一生成物NaCl，故答案为：NaCl；（6）J比F的分子只少一个氧多两个氢原子，则J的分子式为C10H16OCl2，分子中含有4个不饱和度，则分子中除含有一个苯环外，其余碳原子均为饱和碳原子．根据题意，J分子中含有3种氢原子，且个数比为9：2：1，其中有9个氢原子为一种，则可能含有3个相同的甲基或﹣C（CH3）3，不与FeCl3溶液显色，故分子中没有酚羟基，故J可能的结构为，故答案为：；（7）C为CH2=C（CH3）CH2CHOHCCl3，在碱性条件下水解，碳原子上连有两个或三个羟基时，容易发生分子内脱水，两个羟基脱一分子水形成一个碳氧双键，可K为CH2=C（CH3）CH2CHOHCOONa，L为CH2=C（CH3）CH2CHOHCOOH，①C为CH2=C（CH3）CH2CHOHCCl3，K为CH2=C（CH3）CH2CHOHCOONa，C→K的反应方程式为CH2=C（CH3）CH2CHOHCCl3+4NaOH CH2=C（CH3）CH2CHOHCOONa+3NaCl+2H2O，故答案为：CH2=C（CH3）CH2CHOHCCl3+4NaOH CH2=C（CH3）CH2CHOHCOONa+3NaCl+2H2O；②L为CH2=C（CH3）CH2CHOHCOOH，可发生缩聚或加聚反应，产物可为或，故答案为：或．9．（18分）纯净的二氧化钛粉末颜色雪白，俗称钛白，是重要的白色颜料I．以钛铁矿（FeTiO3）为原料的硫酸法制钛白，流程大致如下（部分产物已略去）（1）溶矿过程大量放热，反应剧烈时，体系温度甚至可达473K，写出溶矿的化学方程式FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，为提高溶矿效率，可采取的措施有将矿石粉碎（任写一种）（2）过程①中加入Fe粉以防止亚铁离子被氧化，Fe粉在该过程中参与反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+（3）操作②为冷却结晶、过滤，此法并未直接稀释钛液获得H2TiO3，其目的是同时获得FeSO4•7H2O（4）反应③的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，为促进H2TiO3的生成，可采取的措施有加热或加过量水II．测定钛白中TiO2的含量可用滴定分析法：在隔绝空气的条件下，将样品溶于硫酸，保持隔绝空气，加入过量的铝，将钛原还原成Ti3+，此时溶液中的Ti3+可以被Fe3+定量氧化（5）常用NH4Fe（SO4）2固体配制标准Fe3+溶液，配制100mL标准溶液时使用的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要100mL 容量瓶（6）该滴定分析中所需要的指示剂为KSCN溶液（7）已知TiO2的摩尔质量为Mg/mol，称取wg钛白粉试样进行滴定分析，消耗cmol/L的NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL，则钛白中TiO2质量分数为或%（8）下列操作会使测得钛白粉中TiO2的质量分数偏高的是CA．终点时度数，俯视滴定管中液面B．滴定用的锥形瓶在滴定前有少量蒸馏水C．配制Fe3+标准溶液时，烧杯中的溶液不慎溅出了一些．【解答】解：I．（1）铁矿加入硫酸反应可制得硫酸氧钛，硫酸亚铁和水，结合原则守恒配平书写得到化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；为提高溶矿效率，可采取将矿石粉碎，增大其接触面积，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；将矿石粉碎；（2）铁和酸反应生成亚铁离子、氢气，离子反应为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，亚铁离子易被氧化成Fe3+，铁粉还原铁离子为亚铁离子，Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止已还原的F e2+重新被空气氧化，保证Fe3+全部转化为Fe2+，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）第①步加铁粉还原Fe3+，防止已还原的Fe2+重新被空气氧化，过滤除去滤渣，为防止结晶水受热分解，第②步冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O，此法并未直接稀释钛液获得H2TiO3，同时获得FeSO4•7H2O，故答案为：冷却结晶；过滤；同时获得FeSO4•7H2O；（4）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，水解吸热，加热可促进H2TiO3的生成，加过量水也可促进H2TiO3的生成，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；加热或加过量水；II．（5）配制一定物质的量浓度的溶液，基本步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（量筒）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，配制100mL标准溶液用100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（6）当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+过量，生成血红色的Fe（SCN）3，且半分钟不褪色；故答案为：KSCN溶液；（7）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV ×10﹣3mol ，其质量分数为或%．故答案为：或%；（8）A．终点时度数，俯视滴定管中液面，体积读数偏小，TiO2的质量偏低，故A错误；B．滴定用的锥形瓶在滴定前有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，无影响，故B错误；C．配制Fe3+标准溶液时，烧杯中的溶液不慎溅出了一些，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，消耗Fe3+溶液偏低，TiO2的质量偏高，故C正确；故答案为：C．10．（14分）锌和锌的化合物用途广泛，可用于作防腐镀层、电池、白色颜料和防晒剂等，查阅资料可知：1mol H2O（g）完全凝结为液态，放出44.0kJ热量（1）利用锌和太阳能分解水循坏制氢的示意图如下．“装置A”指虚线框中体系，太阳炉能聚焦太阳能而产生高温．①下列有关叙述中不正确的是 aa ．装置A 只将太阳能转化为化学能b ．太阳炉中须首要解决的问题是产物的及时分离和冷却c ．该法与电解水制氢相比的优点：H 2与O 2分步产生，不须考虑隔离问题②生产过程中不断向装置A 中输入太阳光和 水 ；装置A 可向外输出的物质X 、Y 分别为 氧气 、 氢气 ；整个生产过程中循环利用的物质为 锌 ③H 2的燃烧热为285.5KJ/mol ，1molZnO 完全分解生成液态锌和氧气时吸收350.5kJ 热量，写出水解室中反应的热化学方程式（假设维持常压） Zn （S ）+H 2O （g ）=ZnO （S ）+H 2（g ）△H=﹣109KJ/mol （2）闪锌矿（ZnS ）是锌的主要矿物之一，是提取锌的重要原料，纯净的ZnS 可作白色颜料①计算反应ZnS +Cu 2+⇌Zn 2++CuS 在常温下的平衡常数K= 3.91×1013②下列叙述不正确的是 Ca ．常温下，CuS 不能溶于稀硫酸b ．常温下，ZnS 与0.2mol/LCuSO 4溶液作用，固体由白变黑c ．常温下，向饱和CuSO 4溶液中通入H 2S ，无明显现象d ．常温下，0.1molBaS （易溶）可使100mL1mol/ZnSO 4溶液的离子沉淀完全③火法炼锌是在空气中煅烧ZnS 首先得到ZnO ，再用炭等热还原出锌，而湿法炼锌是先将ZnO 转为为ZnSO 4，再以铝和石墨分别为两电极电解ZnSO 4溶液，金属锌便以99.95%的纯度沉积在铝电极上，电解时的阳极反应为 4OH ﹣﹣4e ﹣=2H 2O +O 2↑ ．【解答】解：（1）①a ．装置A 水解室中在427℃条件下，锌和水蒸气反应生成氧化锌和氢气，为热能转化为化学能，氧化锌在太阳炉中在2027℃条件下分解生成锌和氧气，为太阳能转化为热能，故a 错误；b ．锌为活泼金属，氧化锌在太阳炉中在2027℃条件下分解生成锌和氧气，太阳炉中须首要解决的问题是产物的及时分离和冷却，故b 正确；c ．电解水同时得到氢气和氧气，该法水解室产生H 2，太阳炉产生O 2，相比该法的优点：H 2与O 2分步产生，不须考虑隔离问题，故c 正确；故答案为：a ；②水解室中在427℃条件下，锌和水蒸气反应生成氧化锌和氢气，Y 为氢气，氧化锌在太阳炉中在2027℃条件下分解生成锌和氧气，X 为氧气，需不断消耗太阳能和水，所以生产过程中不断向装置A 中输入太阳光和水，整个生产过程中锌未消耗，可循环利用，故答案为：水；氧气、氢气；锌；③H 2的燃烧热为285.5KJ/mol ，根据燃烧热可知热化学方程式为：H 2（g ）+O 2（g ）═H 2O （l ）△H=﹣285.5KJ/mol ①，1molZnO 完全分解生成液态锌和氧气时吸收350.5kJ 热量，热化学方程式为：ZnO （S ）=Zn （l ）+O 2（g ）△H=+350.5kJ/mol ②，1mol H 2O （g ）完全凝结为液态，放出44.0kJ 热量，H 2O （g ）=H 2O （l ），△H=﹣44.0kJ/mol ③，水解室中在427℃条件下，锌和水蒸气反应生成氧化锌和氢气，根据盖斯定律将，Zn （S ）+H 2O （g ）=ZnO （S ）+H 2（g ）△H=﹣109KJ/mol ，故答案为：Zn （S ）+H 2O （g ）=ZnO （S ）+H 2（g ）△H=﹣109KJ/mol ；（2）①ZnS +Cu 2+⇌Zn 2++CuS 在常温下的平衡常数K==≈3.91×1013，故答案为：3.91×1013；②a ．常温下，反应CuSO 4+H 2S=CuS↓+H 2SO 4能进行，CuS 不能溶于稀硫酸，故a 正确；b ．根据硫化铜、硫化锌的K sp 可知，常温下，ZnS 与0.2mol/LCuSO 4溶液作用，硫化锌转化为硫化铜，所以固体由白变黑，故b 正确；c．常温下，向饱和CuSO4溶液中通入H2S，发生反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，有黑色CuS沉淀生成，故c错误；d．常温下，0.1molBaS（易溶）与100mL1mol/ZnSO4溶液，恰好发生：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓，故d正确；故答案为：c；③以铝和石墨分别为两电极电解ZnSO4溶液，制取锌，金属锌便以99.95%的纯度沉积在铝电极上，所以阳极为石墨，阴极为铝，阳极OH﹣发生氧化反应，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑．第21页（共21页）。