2017届广西桂林中学高考化学考前适应性试卷（6月份）（解析版）

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1、2017年广西桂林中学高考化学考前适应性试卷（6月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下说法不正确的是（）A向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变B光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济C氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理D某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V1012L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10121011molL1的目标分子2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下6.0g乙酸所含键数目为0.8NAB2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC标准状况下

2、，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50mLl2mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA3下列说法正确的是（）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32C提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法D做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加4已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；锂

3、硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关上述两种电池说法正确的是（）A锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电5原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1a的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c和d+的电子层结构相同下列叙述错误的是（）A元素的非金属性次序为cbaBa和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素均能形成离子化合物D元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、66下列说法正确的是（）A乳酸薄荷醇酯（）仅能发生水解、氧化、消去

4、反应B乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1HNMR来鉴别725时，在10mL浓度均为0.1molL1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl）=c（Na+）D加入20m

5、L盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）二、解答题（共3小题，满分43分）8Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60分钟趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 （2）仪器a的名称是 ，其作用是 （

6、3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 检验是否存在该杂质的方法是 （4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因： 测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0molL1碘的标准溶液滴定反应原理为2S2O+I2S4O+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化： （6）测定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为 mL产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M） Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为

7、9用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染（1）传统上该转化通过如图1所示的催化循环实现其中，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为 （反应热用H1和H2表示）（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如图2，则总反应的H 0（填“”、“=”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是 在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应HClT曲线的示意图，并简要说明理由： 下列

8、措施中，有利于提高HCl的有 A增大n（HCl） B增大n（O2） C使用更好的催化剂 D移去H2O（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：t/min02.04.06.08.0n（Cl2）/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1为单位，写出计算过程）（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学反应方程式 10硼及其化合物在工业上有许多用途以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：

9、回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式 为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 （写出两条）（2）利用 的磁性，可将其从“浸渣”中分离“浸渣”中还剩余的物质是 （化学式）（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是 然后在调节溶液的pH约为5，目的是 （4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为 （6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程 选修3物成结构与性质11早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu

10、、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过 方法区分晶体、准晶体和非晶体（2）基态Fe原子有 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 ，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为 （3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ；1mol乙醛分子中含有的键的数目为 ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 个铜原子（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，

11、晶胞中铝原子的配位数为 ，列式表示Al单质的密度 gcm3（不必计算出结果）选修5有机化学基础12扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图：（1）A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为 ，写出A+BC的化学反应方程式： ；（2）C（ ）中、3个OH的酸性由强到弱的顺序是 ；（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有 种（4）DF的反应类型是 ，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为 mol写出符合下列条件的F的一种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：

12、属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（5）已知：RCH2COOHA有多种合成方法，请写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选），合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H52017年广西桂林中学高考化学考前适应性试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下说法不正确的是（）A向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变B光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济C氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理D某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V1012L）内的数

13、个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10121011molL1的目标分子【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A汽油和甲醇的热值不同；B光比电解消耗的能源少，不会产生污染；C氨氮废水中N为3价，可利用氧化还原反应原理转化为无毒物质；D可检测到单个细胞（V1012L）内的数个目标分子，结合c=计算【解答】解：A汽油和甲醇的热值不同，所以向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值会改变，故A错误；B光催化更环保经济，电解需耗费大量能源，故B正确；C氨氮废水中N为3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故C正确；D可检测到单

14、个细胞（V1012L）内的数个目标分子，体积为1012L，设数个分子为N，则即该检测技术能检测细胞内浓度为，N可能介于110之间，则约为10121011molL1的目标分子，故D正确；故选A2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下6.0g乙酸所含键数目为0.8NAB2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50mLl2mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、求出乙酸的物质的量，然后根据乙酸中含7条键来分析；B、H218O与D2O的摩

15、尔质量均为20g/mol，且均含10个中子；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol二氧化碳参与反应，反应转移1mol电子；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应【解答】解：A、6.0g乙酸的物质的量为0.1mol，而乙酸中含7条键，故0.1mol乙酸中含0.7NA条键，故A错误；B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个中子，故0.1mol混合物中含NA个中子，故B正确；C、标况下5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol二氧化碳参与反应，反应转移1m

16、ol电子，故当0.25mol二氧化碳反应时，反应转移0.25NA个电子，故C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误故选B3下列说法正确的是（）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32C提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法D做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加【考点】U5：

17、化学实验方案的评价【分析】A氯水含有漂白性的HClO；B可能生成AgCl沉淀；C氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液；D应在常温下加入沸石【解答】解：A氯水具有漂白性，能够漂白pH试纸，所以氯水不能用pH试纸测pH值，故A错误；B可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸排出阴离子的干扰，或加入硝酸钡检验，故B错误；C应采用蒸发结晶的方法，不能冷却结晶，否则硝酸钾残留在母液中，不能得到纯净的氯化钠，故C错误；D加入沸石，可防止暴沸，且应在常温下加入沸石，故D正确故选D4已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关上述两

18、种电池说法正确的是（）A锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电【考点】BL：化学电源新型电池【分析】A、原电池中阳离子向正极移动；B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；C、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；D、给电池充电时，负极与外接电源的负极相连，正极与外接电源的正极相连【解答】解：A、原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A错误；B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B正确；C、比能量是参与

19、电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C错误；D、图中表示锂硫电池给锂离子电池充电，右边电极材料是Li和S，锂负极，硫为正极，左边电极材料是C和LiCoO2，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1xCoO2，则用锂离子电池给锂硫电池充电，LiCoO2为正极，应与正极S相连，故D错误；故选B5原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1a的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c和d+的电子层结构相同下列叙述错误的是（）A元素的非

20、金属性次序为cbaBa和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素均能形成离子化合物D元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【考点】1B：真题集萃；8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c和d+的电子层结构相同，则d为K元素A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；BH元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、

21、KCl；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为1【解答】解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c和d+的电子层结构相同，则d为K元素A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性ClSH，故A正确；BH元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错

22、误；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确，故选：B6下列说法正确的是（）A乳酸薄荷醇酯（）仅能发生水解、氧化、消去反应B乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能

23、用1HNMR来鉴别【考点】I9：有机化学反应的综合应用；1B：真题集萃；HA：有机物的鉴别；I2：芳香烃、烃基和同系物；K3：淀粉的性质和用途；K4：纤维素的性质和用途【分析】A乳酸薄荷醇酯中含有羟基，能够发生取代反应；B关键乙醛和丙烯醛的结构及二者与氢气反应产物判断是否属于同系物；C淀粉和纤维素都是多糖，二者最终水解产物都是葡萄糖；D二者含有的氢原子的种类、相应的数目相同，但是各种氢原子的具体位置不同，可以用1HNMR来鉴别【解答】解：A乳酸薄荷醇酯（）中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、消去反应，还能够发生取代反应（H氢原子被卤素原子取代），故A错误；B乙醛和丙烯醛（）的结构不同，所以二

24、者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误；C淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，故C正确；DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用1HNMR来鉴别，故D错误；故选C725时，在10mL浓度均为0.1molL1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入10mL

25、盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl）=c（Na+）D加入20mL盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；1B：真题集萃【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可【解答】解：A、NaOH和NH3H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3H2O部分电离，因此c（OH）0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3H2O）0.1mol/L，故c（OH）c（Na+）c（NH3H2O）

26、，故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（Cl），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl），即c（Cl）c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）c（OH），那么c（NH4+）+c（Na+）c（Cl），故D错误，故选B二、解答题（共3小题，满分43分）8Na2S2O3是重

27、要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60分钟趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中（2）仪器a的名称是冷凝管，其作用是冷凝回流（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4

28、检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：S2O32+2H+=S+SO2+H2O测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0molL1碘的标准溶液滴定反应原理为2S2O+I2S4O+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色（6）测定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M）100%Na2S2O3的应用（7）

29、Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+【考点】U3：制备实验方案的设计；RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠； （4）S2O32与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式； （5）根据

30、滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na2S2O35H2O质量及产品的纯度；（7）根据题干信息“Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42”及化合价升降相等写出反应的离子方程式【解答】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，

31、该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4； （4）S2O32与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定

32、终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故答案为：由无色变为蓝色；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以W g产品中含有Na2S2O35H2O质量为：0.1000 molL118.10103L2M=3.620103Mg，则产品的纯度为：100%=100%，故答案为：18.10；100%；（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O

33、=2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+9用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染（1）传统上该转化通过如图1所示的催化循环实现其中，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+H2）（反应热用H1和H2表示）（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如图2，

34、则总反应的H0（填“”、“=”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是K（A）在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应HClT曲线的示意图，并简要说明理由：增大压强，平衡向正反应方向移动，HCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大下列措施中，有利于提高HCl的有BD A增大n（HCl） B增大n（O2） C使用更好的催化剂 D移去H2O（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：t/min02.04.06.08.0n（Cl2）/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1为单位，写

35、出计算过程）（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学反应方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【考点】1B：真题集萃；BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素【分析】（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）H2，根据盖斯定律（+）2可得总反应的热化学方程式；（2）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，

36、相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；改变措施有利于提高HCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl的浓度；（3）根据v=计算2.06.0min内v（Cl2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（HCl）；（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水【解答】解：（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）H2，根据盖斯定律（+）2可得总反应的热化学方程式：

37、4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+H2），故答案为：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+H2）；（2）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即H0，化学平衡常数减小，即K（A）K（B），故答案为：；K（A）；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应HClT曲线的示意图为，故答案为：，增大压强，平衡向正反应方向移动，HCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；

38、A增大n（HCl），HCl浓度增大，平衡右移，但HCl的转化率降低，故A错误；B增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B正确；C使用更好的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C错误；D移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D正确，故选：BD；（3）由表中数据可知，2.06.0min内n（Cl2）=（5.41.8）103mol=3.6103mol，则以Cl2的物质的量变化表示的反应速率v（Cl2）=9104molmin1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（HCl）=2v（Cl2）=1.8103molmin1，

39、答：2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率1.8103molmin1；（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O10硼及其化合物在工业上有许多用途以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO

40、3+2MgSO4为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径（写出两条）（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4（化学式）（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去（4）“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁（填名称）（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程2H3B

41、O3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，以此来解答【解答】解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O

42、和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：Mg2B2O5H2O+2H2

43、SO42H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁； （5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；

44、（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO选修3物成结构与性质11早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体（2）基态Fe原子有4个未成对电子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为血红色（3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO

45、）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2；1mol乙醛分子中含有的键的数目为6NA，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是乙酸存在分子间氢键Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有16个铜原子（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为12，列式表示Al单质的密度gcm3（不必计算出结果）【考点】1B：真题集萃；86：原子核外电子排布；96：共价键的形成及共价键的主要类型；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】（1）

46、晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；（2）根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的电子后失去3d上的电子，硫氰化铁为血红色；（3）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个键和一个键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；根据O数目和Cu2O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞【解答】解：（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生

47、衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：X射线衍射；（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，硫氰化铁为血红色，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；（3）乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个键和一个键，则1mol乙醛含有6mol键

48、，即6NA个键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为41+6+8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；16；（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为83=12；一个晶胞中Al原子数为8=4，因此Al的密度=gcm3，故答案为：选修5有机化学基础12扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图：（1）A分子式为C2H2

49、O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为醛基、羧基，写出A+BC的化学反应方程式：；（2）C（ ）中、3个OH的酸性由强到弱的顺序是；（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有4种（4）DF的反应类型是取代反应，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol写出符合下列条件的F的一种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（5）已知：RCH2COOHA有多种合成方法，请写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选），合成路线流程图示例如下：H2C=

50、CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【考点】HC：有机物的合成【分析】（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应；（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为；（4）对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应；F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，

51、另外取代基为CBr（CH3）COOH、CH（CH2Br）COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH【解答】解：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：醛基、羧基；（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为：，故答案为

52、：；羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为：4；（4）对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置，DF的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH；F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为CBr（CH3）COOH、CH（CH2Br）COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：，故答案为：取代反应；3；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH，故答案为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH2017年6月24日