[推荐学习]高考化学5月模拟试卷(含解析).doc

1、2015年浙江省绍兴市诸暨市里浦中学高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（本题包括7小题每小题6分，共42分，每小题只有一个正确选项）1下列说法中不正确的是( )A钠钾合金可用作快中子反应堆导热剂的原因之一是常温下呈液态B我国航天员穿的航天服使用的高强度、高韧性的特种尼龙，是一种有机高分子合成材料C硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中D用氢作汽车燃料，用燃料电池作动力，合成可再生的储氢材料，可以实现汽车的“零排放”2下列关于实验的说法正确的是( )A萃取操作中，分液漏斗振摇后需要放气，放气的具体操作为，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上，打开上口玻璃塞B燃料电池制作中，为了能吸附更多气体

2、，在两根碳棒表面包上一层薄海绵C用硫代硫酸钠溶液和硫酸溶液反应测反应速率是实验中，可以通过判断气泡多少来比较反应速率快慢D酸碱中和滴定操作中，用酸润洗过的滴定管需要用蒸馏水再润洗一次3A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2E+与D2具有相同的电子数A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸下列有关说法正确的是( )A工业上F单质用MnO2和AF来制备BB元素所形成的单质的晶体类型都是相同的CF所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于BD由化学键角度推断

3、，能形成BDF2这种化合物4自来水管道经历了从铸铁管镀锌管PVC管PPR热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如图所示，下列有关说法不正确的是( )A如果是镀锌管，则a端为Zn，是负极，产生Zn2+，不但会造成管道锈蚀，Zn2+溶于自来水也对人体有害Bb端发生的电极反应为：ClO+H2O2eCl+2OHC由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能D从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化5下列说法正确的是( )A有机物CH3C（CH3）3的系统命名为2，2二甲基新戊烷B樱桃是一种抗氧化的水果，樱桃中含有一种

4、羟基酸，如图所示，通常条件下，该羟基酸可以发生取代、氧化和加成反应C涤纶是由对苯二甲酸（PTA）和乙二醇（EG）通过加聚反应得到的D等质量的甲醛和乙酸充分燃烧耗氧量相同6下列溶液或浊液中，说法正确的是( )A一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值增大B假设HClO的电离平衡常数为Ka，碳酸的电离常数分别记为：Ka1 和Ka2，已知：Ka1KaKa2，则发生反应：2NaClO+CO2（少量）+H2O=Na2CO3+2HClOC等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH4+）=c（K+）=c（Ba2+）D室温下，pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c（CH3COO）c（Na+）7某试

5、液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是( )A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42二、非选择题部分（共4大题，共58分）8已知碳氢化合物A对氮气的相对密度是2.5，E中含有两个甲基，且连在不同的碳原子上，F为高分子化合物已知醇的氧化规律：即为叔醇，不能被氧化RBrROHAF之间的转化关系如下所示：（1）碳氢化合物A的分子式为_，D的

6、官能团名称为_，（2）写出反应的化学方程式_（3）化合物E在一定条件下合成高分子化合物F，请写出该反应方程式：_（4）D的同分异构体中属于酯类的有_种，请写出其中2种含有两个甲基的同分异构体的结构简式_9地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（相对分子质量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B则（1）写出构成金属单质A的元素在周期表中的位置为_（2）写出D与水蒸气反应的化学方程式_10某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：（3）物质X的化学式为_“碱”

7、时反应的离子方程式为_（4）为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有_、_等（填两种即可）（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是_11（13分）碳及其化合物有广泛的用途（1）甲醇常作燃料，已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2H2O（g）=H2O（l）H3则1mol 甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时反应的H=_（用含H1、

8、H2、H3的式子表示）（2）煤的综合利用煤气化是将水蒸气通过红热的碳可产生水煤气：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol，达到平衡后，能提高水煤气的生成速率的措施是_A升高温度 B增加碳的用量 C缩小体积 D用CO吸收剂除去CO（3）将一定量的C （s）和H2O（g）通过某恒容的密闭容器中发生反应，得到如下数据：温度/起始浓度mol/L平衡浓度mol/LCO（g）H2O（g）H2（g）9002.00.80.4通过计算，该反应的平衡常数为：_（4）工业上用水煤气来合成有机燃料，例如：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mol某同学在不同实验条件

9、下模拟化工生产进行实验，H2浓度随时间变化如图：实验I比实验II达到平衡所用的时间_（填“长”“短”或“相等”）实验III比实验I的温度要高，其它条件相同，请在上图画出实验I和实验III中H2浓度随时间变化的示意图12硫代硫酸钠是一种重要的化工产品某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）【查阅资料】（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸【制备产品】实验

10、装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置A、B气密性的方法是_，如图示加入试剂仪器b的名称是_；E中的试剂是_（选填下列字母编号）A稀H2SO4B饱和Na2SO3溶液C饱和NaHSO3溶液DNaOH溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3的混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应过滤C中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、_、干燥、得到产品（填写操作名称）【探究与反思】（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择）取适量产

11、品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是_（3）Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过_方法提纯2015年浙江省绍兴市诸暨市里浦中学高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（本题包括7小题每小题6分，共42分，每小题只有一个正确选项）1下列说法中不正确的是( )A钠钾合金可用作快中子反应堆导热剂的原因之一是常温下呈液态B我国航天员穿的航天服使用的高强度、高韧性的特

12、种尼龙，是一种有机高分子合成材料C硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中D用氢作汽车燃料，用燃料电池作动力，合成可再生的储氢材料，可以实现汽车的“零排放”【考点】合金的概念及其重要应用；硅和二氧化硅；蔗糖、麦芽糖简介 【专题】化学应用【分析】A钠钾合金常温下是液态，具有导热性； B尼龙是一种高分子化合物；C在自然界中不存在单质硅；D氢燃烧生成水【解答】解：A钠钾合金常温下是液态，具有导热性，所以钠钾合金可用于原子反应堆作热交换剂，故A正确； B尼龙是一种有机高分子合成材料，故B正确；C硅是亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在，以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故C错误；D氢燃烧生成水，无

13、污染，故D正确故选C【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，物质的性质决定了用途，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累2下列关于实验的说法正确的是( )A萃取操作中，分液漏斗振摇后需要放气，放气的具体操作为，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上，打开上口玻璃塞B燃料电池制作中，为了能吸附更多气体，在两根碳棒表面包上一层薄海绵C用硫代硫酸钠溶液和硫酸溶液反应测反应速率是实验中，可以通过判断气泡多少来比较反应速率快慢D酸碱中和滴定操作中，用酸润洗过的滴定管需要用蒸馏水再润洗一次【考点】化学实验方案的评价 【专题】定量测定与误差分析；物质的分离提纯和鉴别【分析】A先旋开活塞放气，然后将分液漏斗置于铁架

14、台的铁圈上静置；B增大反应物接触面积，加快反应速率；C硫代硫酸钠溶液和硫酸溶液反应生成S、二氧化硫和水；D酸润洗过的滴定管可直接装酸液【解答】解：A把需要萃取分液的液体加入分液漏斗后盖好玻璃塞，倒置分液漏斗用力震荡使两种体充接触不时旋开活塞放气，然后将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置，故A错误；B增大反应物接触面积，加快反应速率，墨棒用海绵包裹是为了增大反应物接触面积，加快反应速率，故B正确；C硫代硫酸钠溶液和硫酸溶液反应生成S、二氧化硫和水，可利用产生黄色沉淀时间比较反应速率，而SO2可溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制，故C错误；D酸润洗过的滴定管可直接装酸液，若再利用水润洗一次，

15、浓度偏低，消耗酸增大，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作、反应速率及滴定实验等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大3A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2E+与D2具有相同的电子数A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸下列有关说法正确的是( )A工业上F单质用MnO2和AF来制备BB元素所形成的单质的晶体类型都是相同的CF所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性

16、，说明F的非金属性强于BD由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；E+与D2具有相同的电子数，则E处于IA族，D处于A族，故E为Na、D为O元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，B的最高正化合价为+4，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B处于第二周期，故B为碳元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl，据此解答【解答】解：A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素

17、；E+与D2具有相同的电子数，则E处于IA族，D处于A族，故E为Na、D为O元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，B的最高正化合价为+4，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B处于第二周期，故B为碳元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为ClA实验室用MnO2和HCl来制备氯气，工业上电解饱和食盐水制备氯气，故A错误；B碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C60等，金刚石属于原子晶体，而C60属于分子晶体，故B错误，CF所形成的氢化物HCl，酸性强于碳酸，不能说明Cl的非金属性强于C，如HF属于弱酸，硫酸属于强酸，故C错误；D可以形成COCl2这种化合物，结构式为，故D正确，

18、故选D【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，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，难度中等4自来水管道经历了从铸铁管镀锌管PVC管PPR热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如图所示，下列有关说法不正确的是( )A如果是镀锌管，则a端为Zn，是负极，产生Zn2+，不但会造成管道锈蚀，Zn2+溶于自来水也对人体有害Bb端发生的电极反应为：ClO+H2O2eCl+2OHC由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能D从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化【考点】原电池和电解池的工作原理 【

19、分析】根据装置图，b端次氯酸根得电子发生还原反应生成氯离子，所以b端为正极电极反应为：ClO+H2O+2eCl+2OH，则a端为负极，据此分析【解答】解：根据装置图，b端次氯酸根得电子发生还原反应生成氯离子，所以b端为正极，则a端为负极，A、如果是镀锌管，锌比铁活泼，则a端负极为Zn，产生Zn2+，Zn2+溶于自来水也对人体有害，故A正确；Bb端为正极，电极反应为：ClO+H2O+2eCl+2OH，故B错误；C根据正极电极反应为：ClO+H2O+2eCl+2OH，则消耗了次氯酸根，所以一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能，故C正确；D根据正极电极反应为：ClO+H2O+2eCl+2OH，

20、所以经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化，故D正确；故选B【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子的难易程度确定正负极，再结合电子移动方向来分析解答，题目难度不大5下列说法正确的是( )A有机物CH3C（CH3）3的系统命名为2，2二甲基新戊烷B樱桃是一种抗氧化的水果，樱桃中含有一种羟基酸，如图所示，通常条件下，该羟基酸可以发生取代、氧化和加成反应C涤纶是由对苯二甲酸（PTA）和乙二醇（EG）通过加聚反应得到的D等质量的甲醛和乙酸充分燃烧耗氧量相同【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用 【专题】有机反应【分析】A烷烃的系统命名遵循长、多、近、小、简原则，正、异、新为习惯命

21、名；B分子中含COOH，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有OH，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题；C明确加聚反应与缩聚反应的区别解题即可；D甲醛和乙酸的最简式相同【解答】解：ACH3C（CH3）3系统命名为2，2二甲基丙烷，习惯命名法命名为新戊烷，故A错误；B通常条件下，羧基不能发生加成反应，故B错误；C对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应的产物为，不是加聚反应得到的，故C错误；D甲醛和乙酸的最简式相同，故甲醛、乙酸任意比混合，等质量的混合物完全燃烧耗氧量和生成CO2量，故D正确，故选D【点评】本题考查有机物的物理性质和最简式等，难度中等了解有机物的性质是解题的关键6下列溶液或浊液中，说法

22、正确的是( )A一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值增大B假设HClO的电离平衡常数为Ka，碳酸的电离常数分别记为：Ka1 和Ka2，已知：Ka1KaKa2，则发生反应：2NaClO+CO2（少量）+H2O=Na2CO3+2HClOC等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH4+）=c（K+）=c（Ba2+）D室温下，pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c（CH3COO）c（Na+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较 【分析】A、一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，平衡正向移动；B、弱酸的电离平衡常数越大，弱酸酸性越强，HClO的酸性比HCO3强；

23、C、pH相同说明氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，据电荷守恒分析；D、据电荷守恒分析【解答】解：A、加水稀释，平衡正向移动n（NH4+）增大，n（NH3H2O）减小，所以的比值增大，故A正确；B、HClO的酸性比HCO3强，所以NaClO+CO2（少量）+H2O=NaHCO3+HClO，故B错误；C、据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH），c（K+）+c（H+）=c（OH），2c（Ba2+）+c（H+）=c（OH），pH相同则c（OH）、c（H+）都相同，所以c（NH4+）=c（K+）=2c（Ba2+），故C错误；D、据电荷守恒，c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）

24、，溶液显中性，所以c（CH3COO）=c（Na+），故D错误；故选A【点评】本题考查了弱电解质加水稀释时离子浓度变化、强酸制弱酸原理、离子浓度大小比较，题目难度不大，注意电荷守恒的应用7某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是( )A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】离子反应专

25、题【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁

26、离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在故A、B、C错误，D正确故选：D【点评】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大二、非选择题部分（共4大题，共58分）8已知碳氢化合物A对氮气的相对密度是2.5，E中含有两个甲基，且连在不同的

27、碳原子上，F为高分子化合物已知醇的氧化规律：即为叔醇，不能被氧化RBrROHAF之间的转化关系如下所示：（1）碳氢化合物A的分子式为C5H10，D的官能团名称为羟基、醛基，（2）写出反应的化学方程式（3）化合物E在一定条件下合成高分子化合物F，请写出该反应方程式：（4）D的同分异构体中属于酯类的有9种，请写出其中2种含有两个甲基的同分异构体的结构简式、【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】碳氢化合物A对氮气的相对密度是2.5，则相对分子质量为2.528=70，由转化关系可知A可与溴水发生加成反应，则应含有碳碳双键，A应为C5H10，B为C5H10Br2，B在氢氧化钠溶液中

28、发生水解反应生成C为C5H12O2，发生催化氧化生成D，D可进一步氧化，则D含有醛基，E含有羧基，而E可在一定条件下合成高分子化合物F，说明E含有羧基和羧基，由题给信息可知C含有伯醇和叔醇的结构，应为，则A为CH3CH2C（CH3）=CH2，B为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，D为CH3CH2C（CH3）OHCHO，E为，F为，结合对应物质的性质和结构解答该题【解答】解：碳氢化合物A对氮气的相对密度是2.5，则相对分子质量为2.528=70，由转化关系可知A可与溴水发生加成反应，则应含有碳碳双键，A应为C5H10，B为C5H10Br2，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C为C5H12O

29、2，发生催化氧化生成D，D可进一步氧化，则D含有醛基，E含有羧基，而E可在一定条件下合成高分子化合物F，说明E含有羧基和羧基，由题给信息可知C含有伯醇和叔醇的结构，应为，则A为CH3CH2C（CH3）=CH2，B为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，D为CH3CH2C（CH3）OHCHO，E为，F为，（1）由以上分析可知A为C5H10，D的官能团名称为羟基、醛基，故答案为：C5H10；羟基、醛基；（2）反应的化学方程式为，故答案为：；（3）合物E在一定条件下合成高分子化合物F，反应的方程式为，故答案为：；（4）D为CH3CH2C（CH3）OHCHO，对应的同分异构体含有酯基的物质，可为甲酸

30、与丁醇形成的酯，其中丁醇有4种；可为乙酸与丙醇形成的酯，丙醇由2种，可为丁酸与甲醇形成的酯，丁酸有2种，可为丙酸与乙醇形成的酯，有一种，共9种，其中2种含有两个甲基的同分异构体的结构简式、，故答案为：9；、【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据某些物质的结构特点结合反应条件进行推断，知道常见有机物官能团及其性质关系及反应类型、反应条件，难点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等9地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（相对分子质量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B则（1）写出构成金属单质A的元素在周期表中的

31、位置为第三周期A族（2）写出D与水蒸气反应的化学方程式3Fe+4H2OFe3O4+4H2【考点】无机物的推断 【分析】地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（分子量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B，则A为Al，B为Fe3O4，C为Al2O3，D为Fe，据此进行解答【解答】解：地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（分子量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B，则A为Al，B为Fe3O4，C为Fe，D为Al2O3，（1）A为Al，A的元素在周期表中的位置为第三周期A族，故答案为：第三周期

32、A族； （2）D为Fe，D与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2【点评】本题考查了无机推断，题目难度中等，明确铁及其化合物性质为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题有利于培养学生的分析、理解能力及逻辑推理能力10某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：（3）物质X的化学式为CO2“碱”时反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有增大盐酸的浓度、升高反应温度、减小煤矸

33、石颗粒大小、充分搅拌等等（填两种即可）（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到沉淀【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；制备实验综合【分析】含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；则过

34、滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，据此答题【解答】解：含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧

35、化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；（1）氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：CO2；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）根据影响反应速率的因素可知，为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有增大盐酸的浓度、升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等，故答案为：增大盐酸的浓度；升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；

36、（3）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，故答案为：加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到沉淀【点评】本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大11（13分）碳及其化合物有广泛的用途（1）甲醇常作燃料，已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2

37、O（g）H12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2H2O（g）=H2O（l）H3则1mol 甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时反应的H=（H1H2+4H3）kJmol1（用含H1、H2、H3的式子表示）（2）煤的综合利用煤气化是将水蒸气通过红热的碳可产生水煤气：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol，达到平衡后，能提高水煤气的生成速率的措施是ACA升高温度 B增加碳的用量 C缩小体积 D用CO吸收剂除去CO（3）将一定量的C （s）和H2O（g）通过某恒容的密闭容器中发生反应，得到如下数据：温度/起始浓度mol/L平衡浓度mol/LCO（g）H2O（g

38、）H2（g）9002.00.80.4通过计算，该反应的平衡常数为：0.25（4）工业上用水煤气来合成有机燃料，例如：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mol某同学在不同实验条件下模拟化工生产进行实验，H2浓度随时间变化如图：实验I比实验II达到平衡所用的时间长（填“长”“短”或“相等”）实验III比实验I的温度要高，其它条件相同，请在上图画出实验I和实验III中H2浓度随时间变化的示意图【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据盖斯定律，将已知反应（4）得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），据此回

39、答；（2）能提高水煤气的生成速率的措施可以是升高温度，增加压强，增加物质的浓度等；（3）计算出各物质的平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；（4）与实验比较，实验达到平衡时间长；正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小【解答】解：（1）根据盖斯定律，将已知反应（4）得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的H=（H1H2+4H3）kJmol1，故答案为：（H1H2+4H3）kJmol1；（2）A升高温度可以加快反应速率，故A正确； B碳是固体，增加碳的用量不会引起反应速率的变化，故B错误；C缩小体积即增加压强，可以加快反应速率，故C正确；D用CO

40、吸收剂除去CO可以减慢反应速率，故D错误，故选AC；（3）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始（mol/L） 2.0 0.8 0 0转化（mol/L） 0.4 0.4 0.4 0.4平衡（mol/L） 1.6 0.4 0.4 0.4K=0.25，故答案为：0.25；（4）与实验比较，实验达到平衡时间长，故答案为：长；正反应放热，升高温度反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，氢气的平浓度增大，图象为，故答案为：【点评】本题考查较为综合，涉及盖斯定律的计算、化学反应速率的影响因素、化学平衡问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握化学平衡常数的应用以及平衡移动的

41、影响因素，难度中等12硫代硫酸钠是一种重要的化工产品某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）【查阅资料】（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸【制备产品】实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置A、B气密性的方法是连接好装置，向C装置加水浸没长导管，在分液漏斗a中加适量水，打开分液漏斗活塞和上口瓶塞，分液漏斗中的水不向下流，说明装置A

42、、B的气密性良好，如图示加入试剂仪器b的名称是安全瓶；E中的试剂是BD（选填下列字母编号）A稀H2SO4B饱和Na2SO3溶液C饱和NaHSO3溶液DNaOH溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3的混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应过滤C中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品（填写操作名称）【探究与反思】（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成

43、，过滤，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液（3）Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯【考点】制备实验方案的设计 【专题】无机实验综合【分析】浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，用B装置收集二氧化硫，C中二氧化硫、硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，D为安全瓶，防倒吸，二

44、氧化硫有毒不能直接排空，用碱液吸收尾气，（1）利用压强差检验装置气密性；仪器b是安全瓶；E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应；（3）从溶液中制取固体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥方法；（1）根据：Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl；硝酸、硫酸、盐酸等性质比较可知；（2）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；（3）根据重结晶的适用范围分析【解答】解：浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，用B装置收集二氧化硫，C中二氧化硫、硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，D为安全瓶，防倒吸，二氧化硫有毒不能直接排空，用碱液吸收尾气，（1）利用压强差检验装置气密性，其检验方法为连接好装置，向C装置加水浸没长导管，在分液漏斗a中加适量水，打开分液漏斗活塞和上口瓶塞，分液漏斗中的水不向下流，说明装置A、B的气密性良好；仪器b是安全瓶；E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠、亚硫酸