1、廣東省肇慶一中等五校高考化學三模試卷一、單項選擇題1化學與生產、生活密切相關下列敘述正確的是（） A 使用含有氯化鈉的融雪劑會加快橋梁的腐蝕 B “海水淡化”可以解決“淡水供應危機”，向海水中加入凈水機明礬可以使海水淡化 C 煤經過氣化、液化等物理變化可得到清潔燃料 D 棉花、羊毛、木材和草類的主要成分都是纖維素2已知NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（） A 1mol鐵與鋁的混合物與足量稀硫酸反應時，轉移電子數是3NA B 18g重水（D2O）含有的電子數為9NA C pH=2的醋酸加水稀釋到10倍后，溶液中H+數目大于0.001NA D 標準狀況下，NA個CH3OH分子的體積約是22

2、.4L3下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（） A Na+、NH4+、AlO2、SiO32 B Ca2+、NH4+、NH3H2O、CH3COO C Cr2O72、H+、C2H5OH、NO3 D Cu2+、SO42、HS、Cl4下列陳述、正確并且有因果關系的是（）選項 陳述 陳述A 硝酸和氨水能溶解Ag2O Ag2O是兩性氧化物B HCl與Na2SO3溶液反應生成SO2 用飽和Na2SO3溶液除去SO2中的少量HClC 苯分子中不存在碳碳雙鍵 苯不能被酸性KMnO4氧化D 向CaCl2溶液中通入CO2產生白色沉淀 CaCO3是難溶物 A A B B C C D D5X、Y、Z、W、T五種元素，

3、其中X、Y、Z、T在周期表中的相對位置如表，X元素的單質是空氣中含量最多的成分W的單質有毒氣體，常用于自來水的消毒殺菌，下列說法正確的是（） X YZ T A 原子半徑：TWZ B 元素T與X的原子序數相差15 C T、Z、W三種元素的最高價氧化物對應的水化物的酸性依次減弱 D X、W兩元素的氫化物的濃溶液相互靠近時有白煙產生6某小組利用下列裝置進行電化學實驗，下列實驗操作及預期現象正確的是（） A X和Y與電流表連接，Cu極為正極，發生氧化反應 B X和Y與電流表連接，鹽橋中的陰離子移向CuSO4溶液 C X和Y分別與電源“”、“+”極相連，Cu極質量減輕 D X和Y分別與電源“+”、“”極

4、相連，Zn極電極反應為4OH4eO2+2H2O二、雙項選擇題7下列實驗裝置設計正確、且能達到目的是（）編號 A B C D實驗方案 置于光亮處實驗目的 收集氨氣及并進行尾氣吸收 制取乙炔并驗證炔烴的性質 驗證AgCl沉淀可轉化為溶解度更小的Ag2S沉淀 驗證甲烷與氯氣發生化學反應 A A B B C C D D8室溫下，將0.2molL1的一元酸HA和0.1molL1的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，下列說法不正確的是（） A 0.1molL1 HA溶液與0.1 molL1的NaOH溶液中，水電離出來的c（H+）相等 B 混合后溶液中：c（HA）c（Na+）c（A）c（OH） C 混合后

5、溶液中：c（A）+c（HA）=0.2 molL1 D 混合后溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH）二、非選擇題9已知反應：化合物可由化合物制備，路線如下；V（1）化合物的化學式為，l mol化合物最多能與mol H2發生加成反應寫出轉化V的化學方程式（注明條件）（3）化合物有多種同分異構體，其中符合下列條件的異構體有種，寫出其中任意一種的結構簡式：遇FeCl3溶液顯紫色； 在濃硫酸催化作用下能發生消去反應（4）化合物V和化合物在一定條件下按物質的量m：n反應合成高分子化臺物，且原子轉化率為100%高分子化合物的結構簡式為（5）能與CH2=CHCOOH發生類似反應的反應，生成化合

6、物，寫出的一種結構簡式為10新的研究表明二甲醚（DME）是符合中國能源結構特點的優良車用替代燃料，二甲醚催化重整制氫的反應過程，主要包括以下幾個反應（以下數據為25、1.01×105Pa測定）：CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.52kJ/molCH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.01kJ/molCO（g）+H2O（l）CO2（g）+H2（g）H=41.17kJ/molCH3OH（l）CO （g）+2H2（g）H=+90.1kJ/mol請回答下列問題：（1）寫出用二甲醚制H2同時全部轉化為CO2時反應的熱化學方程式200時反

7、應的平衡常數表達式K=（3）在一常溫恒容的密閉容器中，放入一定量的甲醇如式建立平衡，以下可以作為該反應達到平衡狀態的判斷依據為A容器內氣體密度保持不變 B氣體的平均相對分子質量保持不變CCO的體積分數保持不變 DCO與H2的物質的量之比保持1：2不變（4）工業生產中測得不同溫度下各組分體積分數及二甲醚轉化率的關系如圖1，2所示，你認為反應控制的最佳溫度應為A300350B350400C400450D450500在溫度達到400以后，二甲醚與CO2以幾乎相同的變化趨勢明顯降低，而CO、H2體積分數也以幾乎相同的變化趨勢升高，分析可能的原因是（用相應的化學方程式表示）（5）某一體積固定的密閉容器中

8、進行反應，200時達平衡；請在圖4補充畫出：t1時刻升溫，在t1與t2之間某時刻達到平衡；t2時刻添加催化劑，CO2的百分含量隨時間變化圖象（6）一定條件下，如圖3示裝置可實現有機物的電化學儲氫（忽略其它有機物），則陰極的電極反應式為11鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工業上可通過控制條件逐一除去雜質以制備超細活性氧化鋅，其工藝流程如圖1：（1）鋅浮渣利用硫酸浸出后，將濾渣進行再次浸出，其目的是凈化是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，試寫出該反應的離子方程式（3）90時，凈化2溶液中殘留鐵的濃度受pH影響如圖2pH值較小時，雖有利于Fe2+轉化為Fe3+，但

9、殘留鐵的濃度仍高于pH為34時的原因是（4）濾渣3的主要成分為（填化學式）（5）碳化在50進行，“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，寫出碳化過程生成“前軀體”的化學方程式；碳化時所用NH4HCO3的實際用量為理論用量的1.1倍，其原因一是為了使Zn2+充分沉淀，二是12某校化學研究性學習小組的同學在學習了氨的性質后討論：運用類比的思想，既然氨氣具有還原性，氨氣能否象H2那樣還原CuO呢？他們設計實驗制取氨氣并探究上述問題請你參與該小組的活動并完成下列研究：（一）制取氨氣（1）實驗室用裝置A可快速制取氨氣，寫出反應的化學方程式（二）實驗探究該小組成員設計實驗探究氨氣還原性及其產

10、物，實驗裝置（夾持及尾氣處理裝置未畫出）圖如圖：該裝置在設計上有一定的缺陷，為確保實驗結果的準確性，你對該裝置的改進措施是（3）利用改進后的裝置進行實驗，觀察到CuO變為紅色物質，無水CuSO4變藍，同時生成一種無污染的氣體請寫出NH3與CuO反應的化學方程式（三）問題討論（4）有同學認為：NH3與CuO反應生成的紅色物質中可能含有Cu2O已知Cu2O是紅色粉末，在酸性溶液中，Cu+能自身發生氧化還原反應生成Cu2+和Cu請你設計一個簡單的實驗檢驗該紅色物質中是否含有Cu2O：（5）在解決了問題（1）后，又有同學提出：Cu2O與CuO的熱穩定性哪個更強？于是他們進行了如下實驗：取98g Cu（

11、OH）2固體，加熱到80100時，得到黑色固體粉未，繼續加熱到1000以上，黑色粉未全部變成紅色粉未A冷卻后稱量，A的質量為72g據此可推得A為，請寫出上述過程中發生反應的兩個化學方程式，由此得到的結論是廣東省肇慶一中等五校高考化學三模試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題1化學與生產、生活密切相關下列敘述正確的是（） A 使用含有氯化鈉的融雪劑會加快橋梁的腐蝕 B “海水淡化”可以解決“淡水供應危機”，向海水中加入凈水機明礬可以使海水淡化 C 煤經過氣化、液化等物理變化可得到清潔燃料 D 棉花、羊毛、木材和草類的主要成分都是纖維素考點： 金屬的電化學腐蝕與防護；物理變化與化學變化的區別與聯系；

12、纖維素的性質和用途分析： A原電池能加快化學反應速率；B“海水淡化”即利用海水脫鹽生產淡水；C有新物質生成的是化學變化；D羊毛的主要成分是蛋白質解答： 解：A鐵、碳和氯化鈉能形成原電池，原電池能加快化學反應速率，故A正確；B“海水淡化”即利用海水脫鹽生產淡水，明礬可水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附性，可除去水中的懸浮物而凈化水，但不能使海水淡化，故B錯誤；C煤的氣化是將固體煤中有機質轉變為含有CO、H2、CH4等可燃氣體；煤的液化指固體煤經化學加工轉化成烴類液體燃料和化工原料的過程；煤的干餾是煤隔絕空氣加強熱使之分解的過程，三者都生成了新物質，故C錯誤；D羊毛的主要成分是蛋白質，棉花、木材和草類

13、的主要成分是纖維素，故D錯誤；故選A點評： 本題考查原電池原理的應用、物理變化和羊毛的主要成分，明確基礎知識是解題的關鍵，題目難度不大2已知NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（） A 1mol鐵與鋁的混合物與足量稀硫酸反應時，轉移電子數是3NA B 18g重水（D2O）含有的電子數為9NA C pH=2的醋酸加水稀釋到10倍后，溶液中H+數目大于0.001NA D 標準狀況下，NA個CH3OH分子的體積約是22.4L考點： 阿伏加德羅常數分析： A.1mol鐵與稀鹽酸反應生成亞鐵離子失去2mol電子，1mol鋁與稀鹽酸反應生成鋁離子失去3mol電子，二者失去的電子數不同，無法計算轉移的電

14、子數；BD2O中含有10個電子，摩爾質量是20g/mol；C溶液體積未知；D氣體摩爾體積適用對象為氣體解答： 解：A鐵與鹽酸反應生成的是亞鐵離子，鋁與鹽酸反應生成的是鋁離子，所以1mol鐵鋁混合物與足量鹽酸反應失去的電子小于3mol，轉移電子數小于3NA，故A錯誤；B.18g重水（D2O）的物質的量是0.9mol，D2O分子中含有10個電子，含有的電子數為9NA，故B正確；C溶液體積未知，無法計算氫離子個數，故C錯誤；D標況下甲醇為液體，不能使用氣體摩爾體積，故D錯誤；故選：B點評： 本題考查阿伏伽德羅常數，熟悉相關公式及氣體摩爾體積適用對象和使用條件是解題關鍵，注意溶液必須告訴溶液的體積和濃

15、度，才能計算溶質的物質的量，題目難度中等3下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（） A Na+、NH4+、AlO2、SiO32 B Ca2+、NH4+、NH3H2O、CH3COO C Cr2O72、H+、C2H5OH、NO3 D Cu2+、SO42、HS、Cl考點： 離子共存問題分析： A銨根離子與偏鋁酸根離子、硅酸根離子發生雙水解反應；B四種粒子之間不反應，能夠大量共存；C重鉻酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，能夠氧化乙醇；D鐵離子與硫氫根離子發生雙水解反應解答： 解：ANH4+與AlO2、SiO32發生雙水解反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；BCa2+、NH4+、NH3H2O、CH3C

16、OO之間不發生反應，在溶液中可以大量共存，故B正確；CCr2O72、H+、C2H5OH之間發生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；DCu2+、HS之間發生雙水解反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選B點評： 本題考查離子共存的判斷，題目難度中等，明確離子反應發生條件為解答關鍵，注意掌握常見的離子之間不能共存的情況，如：能發生復分解反應的離子之間，能發生氧化還原反應的離子之間，能發生絡合反應的離子之間（如 Fe3+和 SCN）等，試題培養了學生靈活應用基礎知識的能力4下列陳述、正確并且有因果關系的是（）選項 陳述 陳述A 硝酸和氨水能溶解Ag2O Ag2O是兩性氧化物B HCl與N

17、a2SO3溶液反應生成SO2 用飽和Na2SO3溶液除去SO2中的少量HClC 苯分子中不存在碳碳雙鍵 苯不能被酸性KMnO4氧化D 向CaCl2溶液中通入CO2產生白色沉淀 CaCO3是難溶物 A A B B C C D D考點： 化學實驗方案的評價分析： A氨水能溶解Ag2O，發生絡合反應；B二氧化硫與亞硫酸鈉反應；C不飽和烴碳碳鍵可被酸性高錳酸鉀氧化；D二氧化碳與CaCl2溶液不反應解答： 解：A氨水能溶解Ag2O，發生絡合反應，Ag2O不是兩性氧化物，故A錯誤；B二者都與亞硫酸鈉反應，應用飽和亞硫酸氫鈉溶液除雜，故B錯誤；C因不飽和烴碳碳鍵可被酸性高錳酸鉀氧化，苯不能被酸性KMnO4氧

18、化，可說明苯分子中不存在碳碳雙鍵，故C正確；D因碳酸酸性比鹽酸弱，則二氧化碳與CaCl2溶液不反應，故D錯誤故選C點評： 本題考查物質的性質，為高頻考點，綜合考查元素化合物性質，側重于絡合反應、物質的檢驗以及除雜等的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，注重基礎知識的考查，題目難度不大5X、Y、Z、W、T五種元素，其中X、Y、Z、T在周期表中的相對位置如表，X元素的單質是空氣中含量最多的成分W的單質有毒氣體，常用于自來水的消毒殺菌，下列說法正確的是（） X YZ T A 原子半徑：TWZ B 元素T與X的原子序數相差15 C T、Z、W三種元素的最高價氧化物對應的水化物的酸性依次減弱 D

19、X、W兩元素的氫化物的濃溶液相互靠近時有白煙產生考點： 原子結構與元素的性質；原子結構與元素周期律的關系分析： X元素的單質是空氣中含量最多的成分，則X為N元素，由元素在周期表中的相對位置，可知Y為O元素、Z為Si、T為Ge，W的單質有毒氣體，常用于自來水的消毒殺菌，則W為Cl，據此解答解答： 解：X元素的單質是空氣中含量最多的成分，則X為N元素，由元素在周期表中的相對位置，可知Y為O元素、Z為Si、T為Ge，W的單質有毒氣體，常用于自來水的消毒殺菌，則W為ClA同周期自左而右原子半徑減小、同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：GeSiCl，故A錯誤；B元素T的原子序數為32，X元素原子序數

20、為7，二者原子序數相差25，故B錯誤；C非金屬性：GeSiCl，故最高價氧化物對應的水化物的酸性：GeSiCl，故C錯誤；DX、W兩元素的氫化物分別為氨氣、HCl，它們的溶液易揮發，揮發出的氨氣與HCl反應生成氯化銨，有白煙產生，故D正確，故選：D點評： 本題考查物質結構性質關系，推斷元素是解題關鍵，注意對元素周期律的理解掌握，理解同主族元素元素序數關系，難度不大6某小組利用下列裝置進行電化學實驗，下列實驗操作及預期現象正確的是（） A X和Y與電流表連接，Cu極為正極，發生氧化反應 B X和Y與電流表連接，鹽橋中的陰離子移向CuSO4溶液 C X和Y分別與電源“”、“+”極相連，Cu極質量減

21、輕 D X和Y分別與電源“+”、“”極相連，Zn極電極反應為4OH4eO2+2H2O考點： 原電池和電解池的工作原理分析： A、活潑的金屬鋅作負極；B、陰離子向負極移動；C、電解池的陽極是活潑電極，則電極本身失電子發生氧化反應；D、電解池的陽極是活潑電極，則電極本身失電子發生氧化反應解答： 解：A、X和Y與電流表連接，會構成原電池，活潑的金屬鋅作負極，發生氧化反應，故A錯誤；B、陰離子向負極移動，所以鹽橋中的陰離子移向ZnSO4溶液，故B錯誤；C、X和Y分別與電源“”、“+”極相連，則Cu做了電解池的陽極，則電極Cu本身失電子發生氧化反應，質量減輕，Zn極析出金屬鋅質量增加，故C正確；D、X和

22、Y分別與電源“+”、“”極相連，Zn是陽極，發生氧化反應，電極反應式為：Zn2e=Zn2+，故D錯誤故選C點評： 本題考查原電池和電解池，側重反應原理的考查，考查點較全面細致，注重學生基礎知識和基本能力的考查，題目難度不大二、雙項選擇題7下列實驗裝置設計正確、且能達到目的是（）編號 A B C D實驗方案 置于光亮處實驗目的 收集氨氣及并進行尾氣吸收 制取乙炔并驗證炔烴的性質 驗證AgCl沉淀可轉化為溶解度更小的Ag2S沉淀 驗證甲烷與氯氣發生化學反應 A A B B C C D D考點： 化學實驗方案的評價分析： A氨氣的密度比空氣密度小，極易溶于水；B水與碳化鈣制備乙炔反應較快，硫酸銅可除

23、去硫化氫，乙炔與溴發生加成反應；C硝酸銀過量，不能發生沉淀的轉化；D甲烷與氯氣發生取代反應生成HCl，試管中液面上升解答： 解：A氨氣的密度比空氣密度小，極易溶于水，則圖中向下排空氣法收集及防倒吸的吸收裝置均合理，故A正確；B水與碳化鈣制備乙炔反應較快，硫酸銅可除去硫化氫，乙炔與溴發生加成反應，應利用飽和食鹽水代替水，除雜后再檢驗乙烯，且點燃乙炔應先驗純，故B錯誤；C硝酸銀過量，不能發生沉淀的轉化，均為沉淀的生成，則不能驗證AgCl沉淀可轉化為溶解度更小的Ag2S沉淀，故C錯誤；D甲烷與氯氣發生取代反應生成HCl，試管中液面上升，實驗裝置可驗證甲烷與氯氣發生了化學反應，故D正確；故選AD點評：

24、 本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及氣體的制備及收集、性質實驗、沉淀的生成和轉化等，把握物質的性質、反應原理為解答的關鍵，側重元素化合物知識及分析應用能力的綜合考查，注意實驗裝置的作用及實驗的評價性分析，題目難度不大8室溫下，將0.2molL1的一元酸HA和0.1molL1的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，下列說法不正確的是（） A 0.1molL1 HA溶液與0.1 molL1的NaOH溶液中，水電離出來的c（H+）相等 B 混合后溶液中：c（HA）c（Na+）c（A）c（OH） C 混合后溶液中：c（A）+c（HA）=0.2 molL1 D 混合后溶液中：c（Na+）+c（

25、H+）=c（A）+c（OH）考點： 離子濃度大小的比較分析： 常溫下，將0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等體積混合后，得到溶液溶質為等濃度的NaA和HA，由于溶液顯示堿性，說明A離子水解程度大于HA電離程度，A酸堿溶液都抑制了水的電離，氫離子或氫氧根離子濃度越大，抑制程度越大；BA離子水解程度大于HA電離程度，則c（HA）c（A），結合物料守恒可知：c（HA）c（Na+）c（A）；C根據混合液中的物料守恒判斷；D溶液中一定滿足電荷守恒，根據混合液中的電荷守恒分析解答： 解：常溫下，將0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等體積混合后

26、，得到溶液溶質為等濃度的NaA和HA，由于溶液顯示堿性，說明A離子水解程度大于HA電離程度，A0.1molL1 HA溶液與0.1 molL1的NaOH溶液中，HA為弱酸，則前者溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，后者為強堿，則氫氧根離子濃度為0.1mol/L，故前者溶液中氫離子對水的電離的抑制程度小于后者，兩溶液中水電離出來的c（H+）一定不相等，故A錯誤；B根據分析可知，A離子水解程度大于HA電離程度，則c（HA）c（A），結合物料守恒c（HA）+c（A）=2c（Na+）可知：c（HA）c（Na+）c（A），混合液中離子濃度大小為：c（HA）c（Na+）c（A）c（OH），故B正確；C根據

27、混合后溶液中的物料守恒可得：c（A）+c（HA）=2c（Na+）=0.1 molL1，故C錯誤；D根據混合液中的電荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），故D正確；故選AC點評： 本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，根據題干信息得出“A離子水解程度大于HA電離程度”為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法；C為易錯點，注意混合液體積增大一倍，濃度縮小一半二、非選擇題9已知反應：化合物可由化合物制備，路線如下；V（1）化合物的化學式為C8H10O2，l mol化合物最多能與3mol H2發生加成反應寫出轉化V的化學方程式BrCH

28、2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr（注明條件）（3）化合物有多種同分異構體，其中符合下列條件的異構體有6種，寫出其中任意一種的結構簡式：等遇FeCl3溶液顯紫色； 在濃硫酸催化作用下能發生消去反應（4）化合物V和化合物在一定條件下按物質的量m：n反應合成高分子化臺物，且原子轉化率為100%高分子化合物的結構簡式為（5）能與CH2=CHCOOH發生類似反應的反應，生成化合物，寫出的一種結構簡式為考點： 有機物的推斷分析： 與溴水發生1，4加成所生產的為CH2BrCH=CHCH2Br，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成為HOCH2CH=CHCH2

29、OH，V發生氧化反應生成，化合物與新制氫氧化銅溶液、酸化得到，則醛基轉化為羧基，則為HOOCCH=CHCOOH；（3）化合物對應的同分異構體反應：遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基；在濃硫酸催化作用下能發生消去反應，含有醇羥基，較好的結構可知，側鏈為OH、CH2CH2OH，或OH、CH（CH3）OH，各有鄰、間、對三種；（4）化合物和化合物在一定條件下按物質的量m：n反應合成高分子化合物，且原子轉化率為100%，說明發生加聚反應；（5）能與CH2=CHCOOH發生類似反應的反應，碳碳雙鍵均斷裂，的中間碳原子之間形成1個新的碳碳雙鍵，另外2個碳原子與CH2=CHCOOH中不飽和碳原子連接，有

30、2種不同連接方式解答： 解：與溴水發生1，4加成所生產的為CH2BrCH=CHCH2Br，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成為HOCH2CH=CHCH2OH，V發生氧化反應生成，化合物與新制氫氧化銅溶液、酸化得到，則醛基轉化為羧基，則為HOOCCH=CHCOOH（1）由結構簡式可知化合物的化學式為C8H10O2，碳碳雙鍵與醛基均氫氣發生加成反應，故l mol化合物最多能與3mol H2發生加成反應，故答案為：C8H10O2；3；）是鹵代烴在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生的水解反應，反應方程式為：BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr，故答

31、案為：BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；（3）化合物對應的同分異構體反應：遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基；在濃硫酸催化作用下能發生消去反應，含有醇羥基，較好的結構可知，側鏈為OH、CH2CH2OH，或OH、CH（CH3）OH，各有鄰、間、對三種，共有6種，其中任意一種為等，故答案為：6；等；（4）化合物和化合物在一定條件下按物質的量m：n反應合成高分子化合物，且原子轉化率為100%，說明發生加聚反應，生成物結構簡式為，故答案為：；（5）能與CH2=CHCOOH發生類似反應的反應，碳碳雙鍵均斷裂，的中間碳原子之間形成1個新的碳碳雙鍵，另

32、外2個碳原子與CH2=CHCOOH中不飽和碳原子連接，有2種不同連接方式的一種結構簡式為：，故答案為：點評： 本題考查有機物的推斷與合成、官能團結構與性質、同分異構體書寫等，需要學生熟練掌握官能團的結構、性質以及相互轉化，較好的考查學生自學能力、知識遷移運用能力，難度中等10新的研究表明二甲醚（DME）是符合中國能源結構特點的優良車用替代燃料，二甲醚催化重整制氫的反應過程，主要包括以下幾個反應（以下數據為25、1.01×105Pa測定）：CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.52kJ/molCH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.

33、01kJ/molCO（g）+H2O（l）CO2（g）+H2（g）H=41.17kJ/molCH3OH（l）CO （g）+2H2（g）H=+90.1kJ/mol請回答下列問題：（1）寫出用二甲醚制H2同時全部轉化為CO2時反應的熱化學方程式CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+122.52KJ/mol200時反應的平衡常數表達式K=（3）在一常溫恒容的密閉容器中，放入一定量的甲醇如式建立平衡，以下可以作為該反應達到平衡狀態的判斷依據為AA容器內氣體密度保持不變 B氣體的平均相對分子質量保持不變CCO的體積分數保持不變 DCO與H2的物質的量之比保持1：2不變（4）

34、工業生產中測得不同溫度下各組分體積分數及二甲醚轉化率的關系如圖1，2所示，你認為反應控制的最佳溫度應為CA300350B350400C400450D450500在溫度達到400以后，二甲醚與CO2以幾乎相同的變化趨勢明顯降低，而CO、H2體積分數也以幾乎相同的變化趨勢升高，分析可能的原因是（用相應的化學方程式表示）可能發生另一種制氫反應為CH3OCH3+CO23H2+3CO（5）某一體積固定的密閉容器中進行反應，200時達平衡；請在圖4補充畫出：t1時刻升溫，在t1與t2之間某時刻達到平衡；t2時刻添加催化劑，CO2的百分含量隨時間變化圖象（6）一定條件下，如圖3示裝置可實現有機物的電化學儲氫

35、（忽略其它有機物），則陰極的電極反應式為考點： 化學平衡常數的含義；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；化學平衡的影響因素；化學平衡狀態的判斷；轉化率隨溫度、壓強的變化曲線分析： （1）CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.5kJ/mol CH3OH（l）+H2O（l）CO2（g）+3H2（g）H=+49.01kJ/mol由蓋斯定律可知，+×2得：CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g），以此計算反應熱并書寫熱化學方程式；平衡常數為生成物濃度的冪次方之積與反應物濃度的冪次方之積的比；（3）當化學反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質

36、的濃度不再發生變化，根據密度和平均相對分子質量的公式進行分析解答該題；（4）由圖可知在400450時，二甲醚的濃度最小，轉化率最大；溫度超過400，二甲醚與二氧化碳相同的比例降低，CO與氫氣相同的比例升高，說明二甲醚與二氧化碳以1：1反應，生成CO與氫氣的比例相同，則反應的方程式為：CH3OCH3+CO23H2+3CO；（5）t1時升高溫度，平衡向正反應方向移動，CO2的百分含量增加，據此畫圖；（6）由圖可知，左側苯轉化為環己烷，則左側為陰極，陰極上苯得到電子解答： 解：（1）CH3OCH3（g）+H2O（l）2CH3OH（l）H=+24.5kJ/mol CH3OH（l）+H2O（l）CO2（

37、g）+3H2（g）H=+49.01kJ/mol由蓋斯定律可知，+×2得：CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+24.5kJ/mol+49.01kJ/mol×2=+122.52KJ/mol，則熱化學方程式為CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+122.52KJ/mol，故答案為：CH3OCH3（g）+3H2O（l）2CO2（g）+6H2（g）H=+122.52KJ/mol；200時CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.17kJ/mol，平衡常數表達式K=，故答案為：；（3）A在恒容容器中，體積

38、不變，由CH3OH（l）CO（g）+2H2（g）反應可得反應前后氣體質量在變，所以密度保持不變，證明達到了化學平衡狀態，故A正確；B由于甲醇為液體，氣體的組成一直不變，CO與氫氣的物質的量之比一直是1：2，則平均相對分子質量一直不變，所以平均相對分子質量保持不變不能證明達到了化學平衡狀態，故B錯誤；C由于甲醇為液體，氣體的組成一直不變，CO與氫氣的物質的量之比一直是1：2，所以CO的體積分數一直不變，所以CO的體積分數保持不變，不能證明達到了化學平衡狀態，故C錯誤；D由于甲醇為液體，氣體的組成一直不變，CO與氫氣的物質的量之比一直是1：2，所以不能證明達到了化學平衡狀態，故D錯誤故答案為：A；

39、（4）由圖可知在400450時，二甲醚的濃度最小，轉化率最大，故答案為：C；溫度超過400，二甲醚與二氧化碳相同的比例降低，CO與氫氣相同的比例升高，說明二甲醚與二氧化碳以1：1反應，生成CO與氫氣的比例相同，則反應的方程式為：CH3OCH3+CO23H2+3CO，故答案為：可能發生另一種制氫反應為CH3OCH3+CO23H2+3CO；（5）t1時升高溫度，平衡向正反應方向移動，CO2的百分含量增加，圖象為，故答案為：；（6）由圖可知，左側苯轉化為環己烷，則左側為陰極，陰極上苯得到電子，則陰極反應式為，故答案為：點評： 本題考查較為綜合，涉及蓋斯定律的應用、化學平衡常數、平衡狀態的判斷、圖表信

40、息的提取與應用及電極反應等，綜合性強，側重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等11鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工業上可通過控制條件逐一除去雜質以制備超細活性氧化鋅，其工藝流程如圖1：（1）鋅浮渣利用硫酸浸出后，將濾渣進行再次浸出，其目的是提高鋅元素的總浸出率凈化是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，試寫出該反應的離子方程式Mn2+S2O82+2H2O=MnO2+2SO42+4H+（3）90時，凈化2溶液中殘留鐵的濃度受pH影響如圖2pH值較小時，雖有利于Fe2+轉化為Fe3+，但殘留鐵的濃度仍高于pH為34時的原因是H+抑制Fe3+水解（4）濾渣3的主要

41、成分為Cd（填化學式）（5）碳化在50進行，“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，寫出碳化過程生成“前軀體”的化學方程式3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn（OH）2H2O+3（NH4）2SO4+5CO2；碳化時所用NH4HCO3的實際用量為理論用量的1.1倍，其原因一是為了使Zn2+充分沉淀，二是碳酸氫銨受熱分解損失或NH4HCO3消耗H+，避免H+濃度過大溶解ZnCO32Zn（OH）2H2O考點： 物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用分析： 鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，加入稀硫酸浸出過濾，得到濾渣為SiO2 ，凈化加入（N

42、H4）2S2O8溶液，PH=5.4是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，過濾得到濾渣為MnO2，濾液在加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液PH沉淀鐵離子生成FeOOH，過濾得到濾液中加入鋅置換鉻，過濾得到的金屬位Cd，濾液中加入碳酸氫銨碳化，得到硫酸銨和二氧化碳及“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，制備得到超細活性氧化鋅；（1）濾渣進行再次浸出的目的是提高鋅元素的浸出率；（NH4）2S2O8溶液，PH=5.4是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，發生氧化還原反應；（3）依據鐵離子水解顯酸性分析，氫離子濃度大有利于抑制鐵離子的水解；（4）上述分析可知濾渣3為被還原出的Cd

43、；（5）依據“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，結合反應物為硫酸鋅和碳酸氫銨，利用原子守恒配平書寫化學方程，碳化時所用NH4HCO3的實際用量為理論用量的1.1倍，其原因一是為了使Zn2+充分沉淀，碳酸氫銨受熱分解損失解答： 解：由工業生產流程可知，鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，加入稀硫酸浸出過濾，得到濾渣為SiO2 ，凈化加入（NH4）2S2O8溶液，PH=5.4是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，過濾得到濾渣為MnO2，濾液在加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液PH沉淀鐵離子生成FeOOH，過濾得到濾液中加入鋅置換鉻，過濾得到的

44、金屬位Cd，濾液中加入碳酸氫銨碳化，得到硫酸銨和二氧化碳及“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，制備得到超細活性氧化鋅；（1）鋅浮渣利用硫酸浸出后，濾渣進行再次浸出的目的是提高鋅元素的浸出率；故答案為：提高鋅元素的總浸出率；（NH4）2S2O8溶液具有氧化性，在PH=5.4時是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，發生氧化還原反應，反應的離子方程式為：Mn2+S2O82+2H2O=MnO2+2SO42+4H+；故答案為：Mn2+S2O82+2H2O=MnO2+2SO42+4H+；（3）90時，凈化2溶液中殘留鐵的濃度受pH影響如圖2pH值較小時，雖有利于Fe2+轉化為Fe3+，但

45、殘留鐵的濃度仍高于pH為34時的原因是，依據鐵離子水解顯酸性可知，氫離子濃度大有利于抑制鐵離子的水解；故答案為：H+抑制Fe3+水解；（4）上述分析可知發生Zn+Cd2+=Zn2+Cd，濾渣3為被還原出的Cd，故答案為：Cd；（5）“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，結合反應物為硫酸鋅和碳酸氫銨，濾液中加入碳酸氫銨碳化，得到硫酸銨和二氧化碳及“前軀體”的化學式為ZnCO32Zn（OH）2H2O，利用原子守恒配平書寫化學方程為：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn（OH）2H2O+3（NH4）2SO4+5CO2，碳化時所用NH4HCO3的實際用量為理論用量的1.1倍

46、，其原因一是為了使Zn2+充分沉淀，碳酸氫銨受熱分解損失或NH4HCO3消耗H+，避免H+濃度過大溶解ZnCO32Zn（OH）2H2O，故答案為：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn（OH）2H2O+3（NH4）2SO4+5CO2；碳酸氫銨受熱分解損失或NH4HCO3消耗H+，避免H+濃度過大溶解ZnCO32Zn（OH）2H2O點評： 本題考查了物質提純和分離的工業制備流程分析判斷，實驗過程的分析應用，主要是物質性質的理解應用，掌握基礎是關鍵，題目難度較大12某校化學研究性學習小組的同學在學習了氨的性質后討論：運用類比的思想，既然氨氣具有還原性，氨氣能否象H2那樣還原CuO呢？他們設計實驗制取氨氣并探究上述問題請你參與該小組的活動并完成下列研究：（一）制取氨氣（1）實驗室用裝置A可快速制取氨氣，寫出反應的化學方程式2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（二）實驗探究該小組成員設計實驗探究氨氣還原性及其產物，實驗裝置（夾持及尾氣處理裝置未畫出）圖如圖：該裝置在設計上有一