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2016年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
(模拟考试)
知识点 选择题 原电池和电解池的工作原理 离子方程式的书写 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 简答题 化学实验操作的先后顺序 性质实验方案的设计 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 用盖斯定律进行有关反应热的计算 用化学平衡常数进行计算 化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 化学平衡的影响因素 电极反应和电池反应方程式 化学方程式的书写 分子式 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 元素电离能、电负性的含义及应用 物质的结构与性质之间的关系 有机物的结构和性质 有机物分子中的官能团及其结构 同分异构现象和同分异构体 有机物的合成 有机化学反应的综合应用 取代反应与加成反应
真题命中分值 模拟命中分值 24 21.5 6 2 12 26 15 5.7 1 14.5 35.5 36.5 3 3 9 1.5 20.5 12.5 17.5 10.5 21.5 5 14 13 11 8 69.5 0 8 19 28.8 12 24 23.5 2 27.6 4 2 22.45 20.75 12.2 11.25 13.45 3 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第33～40题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2．选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答超出答题区域书写的答案无效。
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。
5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题目涂黑。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 K—39 Cu-64 I—127
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是 A．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉都是由高分子组成的物质。
B．低级酯类化合物是具有芳香气味的液体，利用酯的化学性质分析各种水果有不同的香味是因为含有不同的酯；
C．电子式分别为
和的两种化合物均为常见的氧化剂
D．在海轮外壳镶嵌锌块，能减缓轮船的腐蚀，是利用牺牲阳极的阴极保护法 【答案】D 【分值】6
【三级考点】化学键；化学键和分子间作用力的区别；金属的电化学腐蚀与防护；有机高分子化合物的结构和性质；化学反应的实质
【考查方向】本题主要考查了化学与生活的有关判断。 【易错点】过氧化氢存在共价键。 【解题思路】 A、核酸不是高分子。
B、酯气味不同，属于物理性质。 C、过氧化氢存在共价键。
D、锌比铁活泼，作负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属Fe作为正极就可以避免腐蚀。 【解析】
A、蛋白质、棉花、PVC、淀粉都是由高分子组成的物质，核酸不是高分子。 B、各种水果有不同的香味，是因为不同的酯气味不同，属于物理性质。 C、过氧化氢存在共价键。
D、锌比铁活泼，作负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属Fe作为正极就可以避免腐蚀，因这种方法牺牲了阳极(原电池的负极)保护了阴极(原电池的正极)，因而叫做牺牲阳极(原电池的负极)的阴极(原电池的正极)保护法，正确。。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．在一定条件下， 0.2 mol SO2 和0.1 mol O2充分反应，生成SO3的分子数为0.2NA。 B．标准状况下2.24 L乙烷分子中含有0.6NA对共用电子；
C．常温常压下，65 g Zn与足量浓H2SO4充分反应，转移电子数一定为2NA
－1
D．1 L 0.01 mol·L KAl(SO4)2溶液中，含有的阳离子数目为0.02NA 【答案】C
【分值】6
【三级考点】化学反应的可逆性；化学键；氧化还原反应的电子转移数目计算；盐类水解的原理; 阿伏伽德罗常数
3+
【考查方向】本题主要考查了阿伏加德罗常数；KAl(SO4)2溶液中Al的水解。 【易错点】乙烷分子中含有共用电子对数量判定。 【解题思路】
A、SO2 与O2的反应是可逆反应。
B、在标准状况下1个乙烷分子（C2H6）含有7根共价键。 C、Zn均生成Zn。 D、Al发生水解。 【解析】
A、SO2 与O2的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化，生成SO3的分子数小于0.2NA，错误；。
B、由于在标准状况下1个乙烷分子（C2H6）含有7根共价键，故2.24 L乙烷分子中含有0.7NA对共用电子错；。 C、Zn无论是与浓H2SO4，还是与稀H2SO4反应，均生成Zn，1 mol Zn失去2 mol电子，正确；。 D、Al发生水解，阳离子数不等于0.02NA。 3. 已知有机物A存在如下转化关系：B＋CH3COOH 3＋
2＋
3＋
2＋
浓硫酸 A(C6H12O2)＋H2O (已配平),其某种同分异构分子内含3
加热个甲基，且可与碳酸氢钠反应的有机化合物有(不考虑立体异构)( ) A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 【答案】B 【分值】6
【三级考点】同分异构现象和同分异构体 【考查方向】本题主要考查了同分异构现象和同分异构体。 【易错点】C5H11—的同分异构数量判定。 【解题思路】有机物A可与碳酸氢钠反应含有—COOH，由于含3个甲基再判定C5H11—的同分异构数。
【解析】符合条件的同分异构体的通式是 C5H11—COOH，由于，CH3CH2CH2CH2CH2COOH ； (CH3)2CHCH2CH2COOH；
CH3CH2CH(CH3)CH2COOH；CH3CH2CH2CH(CH3)COOH；(CH3)3CCH2COOH；(CH3)2CHCH(CH3)COOH；CH3CH2C(CH3)2COOH ；(CH3CH2)2CHCOOH所以C5H11—含3个甲基—COOH的结构有3种。
4. 电化学半导体CO气体传感器可用于监测环境中CO的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．O2在对电极上发生还原反应
B．溶液中H向对电极移动
C．反应消耗的CO与O2的物质的量之比为2∶1 D．负极的电极反应式为CO-2e+2OH=CO+HO
--2
2
+
【答案】D 【分值】6
【三级考点】原电池和电解池的工作原理
【考查方向】本题主要考查了原电池和电解池的工作原理;电极反应和电池反应方程式。 【易错点】。
【解题思路】该电池的电极反应式为 正极： O2＋4e＋4H=== 2H2O（对电极） 负极： CO-2e+HO =CO+2H（工作电极）
-2
2
－+
+
【解析】A．O2在对电极上得到电子发生还原反应。
B．由正极 O2＋4e＋4H=== 2H2O可见溶液中H向对电极移动
C．得失电子总量守恒，O2得4eCO失2e反应消耗的CO与O2的物质的量之比为2∶1
-
－++
－
D．负极的电极反应式为CO-2e+2OH=CO+HO
--2
2
5. 研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果。下列表达不正确的是( )
A．FeI2溶液中通入氯气后铁和碘的存在形式：
B．Fe和稀HNO反应后，铁的存在形式
3
C．AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：
D．Na0H溶液与S0反应时溶液中的
2
【答案】A 【分值】6
【三级考点】离子反应的概念；离子共存问题；离子方程式的书写；有关过量问题的计算 【考查方向】本题主要考查了离子方程式的定性和定量分析。 【易错点】离子方程式的定量产物的分析。 【解题思路】
A、氯气与铁按照2:1反应；和碘按照2:1反应。
B、Fe和稀HNO反应生成三价铁、三价铁和铁反应还原成二价。
3
C、根据可能发生的反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O分析； D、少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠；过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠。 【解析】
A． FeI2溶液中通入氯气后铁和碘的存在形式：
3
3
3
2
3
3
2
2
3
B.反应的化学方程式：4HNO（稀足）+Fe═Fe（NO）+NO↑+2HO，8HNO+3Fe═3Fe（NO）+2NO↑+4HO，Fe与HNO
3
3
3
3
的物质的量之比为1：4时，恰好反应生成Fe（NO），即Fe与HNO的物质的量之比为≤ 1/4时反应得到Fe（NO）
3
，Fe与HNO的物质的量之比为3：8时，恰好反应生成Fe（NO），即Fe与HNO的物质的量之比为≥ 3/8时反应
3
3
2
3
3
2
得到Fe（NO）；
C ．Al+3OH=Al（OH）↓，Al+4OH=AlO+2HO，
3+
-3+
--3
2
2＜3，铝元素以Al和Al（OH）形式存在；
3+
3
=3，则以Al（OH）形式存在；3＜
3＜4以 AlO和Al（OH）形式存在；
-2
3≥4只以 AlO
-2
形式存在，故C正确；
D．烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠。
6.下列说法错误的是( )
A. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合：3c(Na)＝2c(CO3)＋2c(HCO3)＋2c(H2CO3) B．0.1 mol·L的KHA溶液，其pH＝10，c(K)>c(HA)>c(OH)>c(A)
C．用0.1 mol·L醋酸滴定0.1 mol·L NaOH溶液至中性时：c(CH3COO)＋c(CH3COOH)>c(Na) D．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
【答案】D 【分值】6
【三级考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；盐类水解的应用； 【考查方向】本题主要考查了电解质溶液中三大守恒定律的应用。
－
【易错点】HA同时发生水解和电离。 【解题思路】
A、根据物料守恒判定。
B、HA的水解程度大于电离程度；
C、根据c(CH3COO)＋c(OH)＝c(Na)＋c(H)判断；
D、由于Cl浓度，CaCl2溶液中大，所以AgCl在CaCl2溶液中的溶解度小。
－
－
－
＋
＋
－
－1
－1
－
＋
－1
＋－
－
2－＋
2－
－
【解析】
3＋2－－
A、根据物料守恒，c(Na)＝[c(CO3)＋c(HCO3)＋c(H2CO3)。
2
B、KHA溶液的pH＝10，说明HA的水解程度大于电离程度，c(K)>c(HA)>c(OH)>c(A)；。
C、由于c(CH3COO)＋c(OH)＝c(Na)＋c(H)，中性时，c(CH3COO)＝c(Na)，所以c(CH3COO)＋c(CH3COOH)>c(Na
＋
－
－
＋
＋
－
＋
－
－
＋
－
－
2－
)；。
－
D、由于Cl浓度，CaCl2溶液中大，所以AgCl在CaCl2溶液中的溶解度小。 7. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项 实验操作 将硫的酒精溶液滴入一定量的A 热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射 将FeSO4高温强热，得红色固B 体，产生的气体通入BaCl2溶液 将气体X分别通入品红溶液和C 酸性高锰酸钾溶液 向浓度均为0. 1 mol·L NaCl 出现黄色沉淀 D 和NaI 混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 【答案】A 【分值】6
【三级考点】胶体的重要性质；二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【考查方向】本题主要考查了实验操作和现象。 【易错点】难溶电解质的沉淀转化本质。 【解题思路】
A．有丁达尔效应的一定是胶体，。 B．SO2与BaCl2不能生成BaSO3； C．乙烯不能使品红褪色
D．反应总是向着更难溶的方向进行，由于优先生成AgI，所以AgI的溶度积比AgCl小 【解析】
A、有丁达尔效应的一定是胶体，硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体为胶体。 B、将FeSO4高温强热，得红色固体，产生的气体通入BaCl2溶液，SO2与BaCl2不能生成BaSO3。 C、乙烯不能使品红褪色，气体X可能是二氧化硫。
D、反应总是向着更难溶的方向进行，由于优先生成AgI，所以AgI的溶度积比AgCl小。
-1实验现象 结论 有丁达尔效应 微蓝色液体为胶体 白色沉淀为BaSO4和产生白色沉淀 BaSO3 两溶液均褪色 X可能是乙烯 Ksp(AgCl) 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题—39题为选 考题，考生根据要求作答。 (一)必考题(共129分) 8. 下图是实验室制备二氧化硫与探究二氧化硫部分化学性质实验的装置。 (1) 若检验该装置的气密性，应该进行的操作是_____________________________。 【答案】 关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，往D中装入水，然后微热A，观察到D中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，D中导管有水柱形成且高度保持不变，说明装置气密性良好 【分值】2 【三级考点】过滤、分离与注入溶液的仪器； 【考查方向】本题考查了装置的气密性检查的实验操作。 【易错点】弹簧夹开关和分液漏斗活塞开关。 【解题思路】密封系统装置才能检查气密性，往D中装入水，然后微热A，观察到D中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，D中导管有水柱形成且高度保持不变，说明装置气密性良好。 【解析】检验装置的气密性时首先要形成密封系统，往D中装入水，然后微热A，观察到D中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，D中导管有水柱形成且高度保持不变，说明装置气密性良好。 (2) 装置D中盛放NaOH溶液的作用是_____________________________。 【答案】 吸收未反应的SO2，防止污染空气（1分）防止空气中CO2对实验的影响（1分） 【分值】2 【三级考点】其他仪器及其使用方法； 【考查方向】本题考查了NaOH溶液的作用及实验密封系统。 【易错点】防止空气中CO2对实验的影响 【解题思路】SO2是有毒的酸性氧化物，防止空气中CO2进入仪器对实验结果造成影响。 【解析】Na2O2能与水蒸气反应，故证明SO2与Na2O2反应时要先除去水蒸气；SO2是有毒的酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收。 (3) 检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是__________________________________________________。 【答案】 打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体，（1分）将带火星的木条放在D试管口处，看木条是否复燃（1分） 【分值】2 【三级考点】化学实验操作的先后顺序 【考查方向】本题考查了化学实验操作的先后顺序及物质的检验。 【易错点】打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，注入硫酸的顺序。 【解题思路】打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体，检验氧气用带火星的木条。 【解析】检验氧气用带火星的木条，木条复燃则证明有氧气。。 (4) 能说明I还原性弱于SO2的操作及现象是____________________________；该反应的离子方程式是 ____________________________________。 【答案】 关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F、G中，F中溶液蓝色褪去（1分） SO2＋I2＋2H2O===2I － － ＋SO4＋4H（2分） 2－＋ 【分值】3 【三级考点】离子方程式的书写 【考查方向】本题考查了离子方程式的书写。 【易错点】离子方程式的书写 【解题思路】SO2的还原性强于I。 【解析】SO2的还原性强于I，联想I2与SO2的反应便可得出实验现象和离子方程式。。 (5) 为了验证E中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，设计了如下实验_________________________________。 【答案】 取E中的溶液，往溶液中加入用稀盐酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2与FeCl3发生了氧化还原反应。（2分） 【分值】2 【三级考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用； 【考查方向】本题考查了物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用。 【易错点】用稀盐酸化BaCl2溶液不引入杂质离子。 【解题思路】引入物质与原溶液中粒子的反应是否会对实验造成干扰。 【解析】评价实验设计时，首先要考虑引入物质与原溶液中粒子的反应是否会对实验造成干扰。。 (6) Mg与SO2在隔绝空气条件下反应，为了验证剩余固体M可能含有MgO、S、MgS、Mg中的一种或几种，按下图所示实验装置进行实验。将分液漏斗中稀硫酸(足量)加入到烧瓶中，完全反应后，实验现象如下： － － 装置 现象 A 有残留固体 B ________ C 溴水未褪色 量气管 进入气体XmL(标况) B装置中发生的现象是________；如果进入气体XmL(标况)，则根据元素守恒，产物中还应该有产物________ 。 【答案】 （1）产生白色ZnS沉淀 （1分） ②MgO、S、MgS、Mg（1分） 【分值】2 【三级考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；定量研究的方法； 【考查方向】本题考查了物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；定量研究的方法； 【易错点】根据元素守恒，产物的确定。 【解题思路】根据A可确定产物中有S，根据H2可确定产物中有Mg，根据B可确定产物中有MgS，根据元素守恒，产物中还应该有MgO，所以应该有4种产物。 【解析】根据A可确定产物中有S，根据H2可确定产物中有Mg，根据B可确定产物中有MgS，根据元素守恒，产物中还应该有MgO，所以应该有4种产物。 9. 氯化亚铜(CuCl是白色粉末，不溶于水、乙醇，熔点422 ℃，沸点1366 ℃，常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe、Cu、Fe、Cl)生产CuCl的流程： － 3＋ 2＋ 2＋ 。 根据以上信息回答下列问题： (1) 生产CuCl的化学方程式：___Cu2+＋___Cl-＋___SO2＋___= ___CuCl↓＋___＋SO42- 【答案】（1）2-2-1-2-2-4-1 （1分）2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O = 2CuCl↓＋4H+＋SO42 （2分） 【分值】3 【三级考点】氧化还原反应方程式的配平 【考查方向】本题考查了氧化还原反应方程式的配平； 【易错点】氧化还原反应方程式的配平。 【解题思路】还原剂氧化剂得失电子数相等，据此配平。 【解析】由流程图可知，CuCl晶体的制备过程中，反应物为SO2、CuSO4、CuCl2，生成物为H2SO4、CuCl，由化合价升降守恒及原子守恒，可得反应方程式为CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。Cu2+___ Cu+1个电子转移，SO2___ SO422个电子转移；还原剂氧化剂得失电子数相等，据此配平。。 （2）生产过程中为了提高CuCl产品的质量调节溶液的pH不能过大的原因是_____________。； 【答案】减少产品CuCl的损失 （1分）；防止CuCl的水解 （1分）。 【分值】2 【三级考点】盐类水解的应用；探究影响盐类水解平衡的因素； 【考查方向】本题考查了调节溶液的pH对盐类水解平衡的影响； 【易错点】调节溶液的pH对盐类水解平衡的影响。 【解题思路】Cu+会发生水解，在不同pH下对Cu+会发生水解程度不同。 【解析】Cu+会发生水解，在不同pH下对Cu+会发生水解程度不同。。 (3) 反应VI后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70 ℃干燥2小时目的是 。 【答案】加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化 。 【分值】2 【三级考点】物质检验实验方案的设计 【考查方向】本题考查了物质检验实验方案的设计； 【易错点】防止CuCl被空气氧化。 【解题思路】因CuCl在空气中迅速被氧化成绿色且见光分解，变成褐色。 【解析】在真空干燥机内于70 ℃干燥2小时目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化 。 （4）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示： pH CuCl产率 析出 CuCl晶体最佳pH1 70 2 90 3 82 pH4 78 5 75 6 72 CuCl7 70 产率变低的原因是 为________，当较大时___________________________________________________________。 【答案】 2（2分） pH较大时，Cu水解程度增大，反应生成的CuCl减少（2分）。 【分值】4 【三级考点】盐类的水解。 【考查方向】本题考察了影响盐类水解程度的主要因素； 【易错点】Cu+会发生水解，在不同pH下对Cu+会发生水解程度不同。 【解题思路】 pH＝2时，CuCl产率最高。 【解析】 由表中数据可知，pH＝2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu水解程度增大，导致反应生成的CuCl减少。 (5)氯化亚铜的定量分析： ①称取样品0.25 g和10 mL过量的FeCl3溶液于250 mL锥形瓶中，充分溶解。 ②用0.10 mol·L硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3 ===CuCl2 ＋FeCl2 、Fe＋Ce===Fe＋Ce ＋ －1 2＋ 4＋ 3＋ 3 2＋ 2＋。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)： 平行实验次数 0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL) 1 24.35 2 24.05 3 23.95 则样品中CuCl的纯度为________(结果保留三位有效数字)。 【答案】0.955(或95.5%)（3分）。 【分值】3 【三级考点】中和滴定 【考查方向】本题考察了中和滴定的相关计算； 【易错点】中和滴定的相关计算中CuCl的纯度计算。 【解题思路】 滴定0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是24 mL。 【解析】滴定0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是24 mL，所以CuCl的纯度为(24×10L×0.10 mol·L －1 －3 ×99.5 g·mol)/0.25 g×100%≈95.5%。 －1 10．（14分）化学热力学、动力学研究有助于人类充分利用化石燃料，消除氧化物对环境的负面影响。 （1）目前工业上常用甲烷自热重整制氢，根据下图写出合理的热化学方程式______________________________。 【答案】CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋161.1 kJ·mol（2分） 【分值】2 【三级考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算； 【考查方向】本题考用盖斯定律进行有关反应热的计算； 【易错点】由图形分析反应热的计算。 －1 【解题思路】 由图可知，CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋161.1 kJ·mol 【解析】该反应为CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)，由图可知ΔH＝1+3-2 （2）在恒容密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度为1.0mol/L，在一定条件下发生反应：CO2(g) + CH4(g) 2CO(g) +2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示： 1 －1 则：①该反应的△H 0（填“＜、＝ 或＞”）； 【答案】① >（1 分）； 【分值】1 【三级考点】化学反应速率的影响因素 【考查方向】本题考化学平衡影响因素； 【易错点】注意反应CH4的平衡转化率与温度及压强的关系图；。 【解题思路】温度升高甲烷的平衡转化率升高。 【解析】图可知，温度升高甲烷的平衡转化率升高，所以该反应为吸热反应。 ②压强P1、P2、P3、P4由大到小的关系为 。压强为P4时，在b点：v(正) v(逆)。（填“＜、＝ 或＞”） 【答案】② p4＞ p3＞ p2 ＞p1 （1分） ；＞（1 分） 【分值】2 【三级考点】化学平衡的影响因素 【考查方向】本题考化学平衡影响因素； 【易错点】注意反应CH4的平衡转化率与温度及压强的关系图；。 【解题思路】 ②增大压强有助于反应向逆反应方向进行。 【解析】②由该反应式可知，增大压强有助于反应向逆反应方向进行，所以从P1到P4压强依次增大，由图可知此时该反应还在向正反应方向进行着，所以正反应速率大于逆反应速率。 ③对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数（记作Kp），则该反应的平衡常数的表达式Kp＝ ；如果P4＝0.36MPa，求a点的平衡常数Kp＝ ；（保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。图为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制出了2条速率—浓度 关系曲线：v正～c(CH4)和v逆～c(CO)。 则：ⅰ）与曲线v正～c(CH4)相对应的是上图中曲线 （填“甲”或“乙”）。 ⅱ）当降低到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的平衡点分别为 （填字母）。 【答案】③ P(CO)·P(H)/(P(CO2) ·P(CH4))（1分） ；1.64(MPa)（1 分）甲（1 分）a（1 分） 【分值】4 【三级考点】化学平衡状态的判断 【考查方向】本题考化学平衡状态的判断； 【易错点】注意化学平衡状态的判断；。 【解题思路】 ④浓度增大一点，乙曲线对应的反应速率增大的非常迅速。T1℃时，若改变反应条件，导致NO浓度增大，则改变的条件可能是增加NO的量；缩小容器体积；升温。 【解析】由图可知，浓度增大一点，乙曲线对应的反应速率增大的非常迅速，所以乙曲线对应甲烷的反应速率曲线。 (3) 钠硫电池以熔融金属Na、熔融S和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，多孔固体Al2O3陶瓷(可传导Na)为电解质，其反应原理如下图所示： Na2Sx＋ 2 2 2 2 充电2Na＋xS (3 A．100 ℃以下 B．100 ℃～300 ℃ C．300 ℃～350 ℃ D．350 ℃～2050 ℃ 【答案】C 【分值】1 【三级考点】原电池和电解池的工作原理 【考查方向】本题考化学电源新型电池； 【易错点】电极反应式书写，根据电解质确定正负极产物。。 【解题思路】 根据表格判断温度范围。 【解析】关于钠硫电池，放电时，电极A为负极；据表知，该电池工作的适宜温度应为300 ℃～350 ℃ ②关于钠硫电池，下列说法正确的是________。 A．放电时，电极A为负极 B．放电时，Na的移动方向为从B到A C．充电时，电极A应连接电源的正极 D．充电时，电极B的电极反应式为Sx－2e===xS 【答案】AD 【分值】2 【三级考点】电极反应和电池反应方程式 【考查方向】本题考化学电源新型电池； 【易错点】电极反应式书写，根据电解质确定正负极产物。。 【解题思路】 于钠硫电池，放电时，电极A为负极；Na的移动方向为从A到B；充电时，电极A应连接电源的负极；。 【解析】关于钠硫电池，放电时，电极A为负极；Na的移动方向为从A到B；充电时，电极A应连接电源的负极；电极B的电极反应式为Sx－2e===xS ③25 ℃时，若用钠硫电池作为电源电解500 mL 0.2 mol·L NaCl溶液，当溶液的pH变为13时，电路中通过的电子的物质的量为________ mol，两极的反应物的质量差为________ g。(假设电解前两极的反应物的质量相等) 【答案】0.05 2.3 【分值】2 【三级考点】氧化还原反应的电子转移数目计算 【考查方向】本题考化学电源新型电池； 【易错点】电极反应式书写，根据电解质确定正负极产物。。 【解题思路】 于钠硫电池，放电时，电极A为负极；Na的移动方向为从A到B；充电时，电极A应连接电源的负极；。 ＋ －1 2－ － ＋ ＋ 2－ － ＋ 【解析】电路中转移电子的物质的量为0.5 L×0.1 mol·L＝0.05 mol，负极减小0.05 mol×23 g·mol＝1.15 g，正极增加的质量也是Na的质量，所以两极的反应物的质量差为2.3 g。 (二)选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选1题解答，并用2B铅笔在答题 卡上把所选题目涂黑。注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 【化学——选修2：化学与技术】（15分） 11. 亚氯酸钠( NaCl02)是一种高效氧化剂和漂白剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38 0C时析出的晶体是NaCl02- 3H20，高于38 ℃时析出晶体是NaCl02，高于60℃时NaClO2分解成NaCl03和NaCl。纯Cl02易分解爆炸。一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下： －1－1 (1) Cl02发生器中的离子方程式为2ClO3＋SO2＝2ClO2↑＋SO4，实际工业生产中，可用硫磺、浓硫酸代替原料 -2-中的SO2，其原因为 （用化学方程式表示）。 【答案】ClO2发生器中的反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。 【分值】2 【三级考点】化学方程式的书写。 【考查方向】本题考查化学方程式的书写。 【易错点】从质量守恒的角度以及氧化还原反应的特点判断生成物NaHSO4 【解题思路】 反应需要SO2，故其它原料也是产生SO2，该原料硫与浓硫酸发生归中反应生成SO2； 【解析】根据2ClO3＋SO2＝2ClO2↑＋SO4 判定反应也需要SO2，故该反应原料也是产生SO2，该原料硫与 -2- 浓硫酸发生归中反应生成SO2； (2) 反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的 ；吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式 为 ，其中反应温度不能高于15℃的可能原因： 。 【答案】驱赶出ClO2，确保其被充分吸收（1分）2ClO2+2OH—+H2O2=2ClO2—+ O2+2H2O （2分）提 高ClO2的利用率（或防止H2O2分解）（1分） 【分值】4 【三级考点】离子方程式的书写 【考查方向】本题考查离子方程式的书写 【易错点】2ClO2+2OH—+H2O2=2ClO2—+ O2+2H2O的书写。 【解题思路】 吸收器飞反应物为氢氧化钠、双氧水和ClO2，产物是NaClO2和双氧水的氧化产物氧气；双 氧水不稳定受热分解； 【解析】吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠（NaClO2），Cl元素的 化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高;过氧化氢受热易分解；吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠（NaClO2），Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高，所以产物在还有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑;过氧化氢受热易分解，所以吸收塔的温度不能超过15℃； (3)从“母液”中可回收的主要物质是 。 【答案】Na2SO4（2分） 【分值】2 【三级考点】分子式 【考查方向】本题考查分子式 【易错点】物质定量分析 【解题思路】从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4； 【解析】从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4； （4）电解法是另一种工业生产ClO2的方法． ①食盐水需加入过量的Na2CO3和NaOH除去除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质后，滤液中仍含有SO42-，其原因是 。 【答案】BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液存在大量CO32-，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s） 【分值】2 【三级考点】探究沉淀溶解 【考查方向】本题考查Ksp的相关计算 【易错点】根据提供的Ksp数据，加入碳酸钠时判定发生BaSO（s）+CO32-（ aq）=BaCO（s）+SO42-（ aq） 43【解题思路】①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4（s）+CO32- （aq）=BaCO3（s）+SO42- （aq）； 【解析】加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，发生BaSO4（s）+CO32- （aq）=BaCO3（s）+SO42- （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）， ②该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2．工艺中可以利用的单质有 （填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为 ． 【答案】H2、Cl2 （2分） 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O （3分） 【分值】5 【三级考点】氯碱工业；化学方程式的书写 【考查方向】本题考查氯碱工业；化学方程式的书写 【易错点】根据流程图可知判定加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2 【解题思路】电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到； 【解析】电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O， 12. 【化学——选修物质结构与性质】(15分) 第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。 (1) 铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为 __________，该能层上具有的原子轨道数为________，电子数为________。 【答案】(1)N（1分） 16（1分） 1（1分） 【分值】3 【三级考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断； 【考查方向】原子轨道杂化方式及杂化类型判断； 【易错点】 N能层上具有的原子轨道数为16，电子数为1 【解题思路】(1)基态Cr原子中，电子占据最高能层的为N。 【解析】(1)基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为N，该能层上具有的原子轨道数为16，电子数为1。 (2) 第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一 规律？ ____(填“是”或“否”)，原因是________________________________________________________(如果前一问填“是”，此问可以不答)。 【答案】(2)否（1分） 31 30 Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态，较稳定，故第一电离能大于 Ga的（2分） 【分值】3 【三级考点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用 【考查方向】原子核外电子的运动状态； 【易错点】 30Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态，较稳定 【解题思路】第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态，较稳定，故第一电离能大于31Ga的(2) 30Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态。 【解析】(2) 30Zn与31Ga的第一电离能不符合第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的规律，原因是30Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态，较稳定，故第一电离能大于31Ga的。 (3) 镓与第ⅤA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(GaAs)就是其中一种，其晶体结 构如右图所示(白色球代表As原子)。在GaAs晶体中，每个Ga原子与________个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为________形。 【答案】(3)4（1分） 正四面体（1分） 【分值】2 【三级考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 【考查方向】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 【易错点】在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连 【解题思路】(3)在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连。 【解析】(3)镓与第ⅤA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(GaAs)就是其中一种，其晶体结构如右图所示(白色球代表As原子)。在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体形。 (4)与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型________；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时首先液化的是________，理由是___________________ _____________________________________________________________________________________________________________________________。 【答案】(4)sp（1分） NH3（1分） 因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化（2分） 【分值】4 【三级考点】原子结构与元素的性质。 【考查方向】原子结构与元素的性质 【易错点】氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化，首先液化的是NH3 【解题思路】 3 (4)氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化。 【解析】(4)与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型sp；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化，首先液化的是NH3。 (5)铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为________；设晶胞边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________ g·cm(用含a和NA的式子表示)。 －3 3 【答案】(5)Fe4N（1分） 238/(aNA) （2分） 【分值】3 【三级考点】晶胞的计算 【考查方向】晶胞的计算 【易错点】 氮化铁的晶胞结构图判定分子式。 11【解题思路】(5) Fe：8×＋6×＝4，N：1。 8211 【解析】(5)铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，Fe：8×＋6×＝824，N：1，所以氮化铁的化学式是Fe4N。；设晶胞边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，a·ρ·NA＝M(Fe4N)，。 238－3该晶体的密度为ρ＝3 g·cm(用含a和NA的式子表示)。 a·NA 13．【化学——选修有机化学基础】（15分） 有机物G(分子式为C12H16O2)是一种香料，如图是该香料的一种合成路线。 3 3 已知： ①R—CH===CH2H――→R—CH2CH2OH； O/OH 22 － B2H6 ②E能够使新制氢氧化铜溶液产生砖红色沉淀； ③有机物D的摩尔质量为76 g·mol，其核磁共振氢谱有3组峰； ④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个侧链。 －1 回答下列问题： (1) 用系统命名法命名有机物A：________________。 【答案】1-丙烯（2分） 【分值】2 【三级考点】有机化合物命名；有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构 【考查方向】有机化合物命名 【易错点】1-丙烯的命名 【解题思路】结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成D， 则D为羧酸，D与F生成G，结构G的分子式可知，G属于酯，B属于醇，D的相对分子质量为76，则含有COOH，结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物，E与氢气发生加成反应得到F，则为C6H5-CH=CH-CHO 。 【解析】A为CH3C=CH2，名称是： 1-丙烯； (2) F的结构简式为_________________________________________________________。 【答案】C6H5-CH2-CH2-CH2-OH 【分值】2 【三级考点】有机物的结构式 【考查方向】有机物的结构式的书写 【易错点】 【解题思路】结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成D， 则D为羧酸，D与F生成G，结构G的分子式可知，G属于酯，B属于醇，D的相对分子质量为76，则含有COOH，结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物，E与氢气发生加成反应得到F，则为C6H5-CH=CH-CHO 。 【解析】结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物， (3)E与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为______________________________________ __________________________________________________________________________ ________________________________。 【答案】C6H5-CH=CH-CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH――→ C6H5-CH=CH-COONa＋Cu2O↓＋3H2O（2分） 【分值】2 【三级考点】乙醛的化学性质 【考查方向】醛类的化学反应的书写 【易错点】 C6H5-CH=CH-CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH――→ C6H5-CH=CH-COONa＋Cu2O↓＋3H2O的书写 【解题思路】结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成D， △△ 则D为羧酸，D与F生成G，结构G的分子式可知，G属于酯，B属于醇，D的相对分子质量为76，则含有COOH，结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物，E与氢气发生加成反应得 到F，则为C6H5-CH=CH-CHO 。 【解析】C6H5-CH=CH-CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH――→ C6H5-CH=CH-COONa＋Cu2O↓＋3H2O (4)有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为______________________ ___________________________________________________________________________ _______________________________________________。 【答案】在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止（2分） 【分值】2 【三级考点】醛类简介 【考查方向】，配制银氨溶液的实验操作为 【易错点】配制银氨溶液的实验操作为在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止 【解题思路】结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成D， △ 则D为羧酸，D与F生成G，结构G的分子式可知，G属于酯，B属于醇，D的相对分子质量为76，则含有COOH，结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物，E与氢气发生加成反应得到F，则为C6H5-CH=CH-CHO 。 【解析】（4）有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止； (5)已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物；②与F互为同分异构体；③能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有________种。 【答案】13, 【分值】3 【三级考点】同分异构现象和同分异构体 【考查方向】同分异构现象和同分异构体 【易错点】邻间对3种，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，邻间对3种；若苯环上有3个取代基，只能是两个—CH3和一个—CH2OH； 【解题思路】结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成D， 则D为羧酸，D与F生成G，结构G的分子式可知，G属于酯，B属于醇，D的相对分子质量为76，则含有COOH，结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物，E与氢气发生加成反应得到F，则为C6H5-CH=CH-CHO 。 【解析】（5）F为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，符合：①为芳香族化合物；②与F是同分异构体；③能被催化氧化成醛的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为—CH(CH3)—CH2OH，只有1种；若苯环上有2个取代基，可能是甲基和—CH2CH2OH，邻间对3种，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，邻间对3种；若苯环上有3个取代基，只能是两个—CH3和一个—CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种。 (6)以丙烯等为原料合成D的路线如下： X的结构简式为____________，步骤Ⅱ的反应条件为________________，步骤Ⅳ的反应类型为________________________________________________________________________。 【答案】CH3CHBrCH3（2分） NaOH的水溶液，加热（1分） 消去反应（1分） 【分值】4 【三级考点】有机物的合成 【考查方向】有机物的合成 【易错点】 】x的结构简式为CH3CHBrCH3 【解题思路】步骤Ⅱ的反应条件为NaOH的水溶液，加热 【解析】x的结构简式为CH3CHBrCH3，步骤Ⅱ的反应条件为NaOH的水溶液，加热;步骤Ⅳ的反应类型为消去反应。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容