还剩17页未读，
继续阅读
2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）（解析版）
展开
这是一份2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）
一、选择题（每题6分，共42分）
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（ ）
A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料
B．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
2．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
3．已知在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重a g，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．下列说法正确的是（ ）
A．铜电极连接电源正极
B．黑色粉末X是铁粉
C．铜的相对原子质量的计算式是
D．石墨电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
B．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑
C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O
5．如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（ ）
A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）＞φ（N）
B．若x＞3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＞α（N）
C．若x＜3，C的平衡浓度关系为：c（M）＞c（N）
D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
6．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1．下列说法正确的是（ ）
A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物
B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物
C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反应生成Y2
D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性
7．如图药品和装置合理且能完成相应实验的是（ ）
A．制备氢氧化亚铁
B．验证非金属性Cl＞C＞Si
C．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D．实验室制取并收集氨气
二、非选择题
8．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义
（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中 SO3的百分含量和温度的关系如图1所示，根据图1回答下列问题：
①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H 0（填“＞”或“＜”），
②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是 ．
a．体系的密度不发生变化 b．SO2与SO3的体积比保持不变
c．体系中硫元素的质量百分含量不再变化 d．单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3
e．容器内的气体分子总数不再变化
（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图2表示在此反应过程中的能量的变化，图3表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．
①该反应的平衡常数表达式为 ，升高温度，平衡常数 （填“增大”或“减小”或“不变”）．
②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v（H2）= ，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为 （填“a”或“b”或“c”或“d”）．
③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 点，温度T1 T2（填“＞”或“=”或“＜”）．
（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈 性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= （填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）
9．工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如图：
已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O
②某些物质的溶解度（S）如表所示．
T/℃
20
40
60
80
S（Li2CO3）/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S（Li2SO4）/g
34.2
32.8
31.9
30.7
（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是
请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式 ．
（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述） ．
（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是 ．
（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．
b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．
①a中，阳极的电极反应式是 ．
②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是 ．
10．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按图1组装仪器，检查装置的气密性；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（1）装置C的作用为 ．
（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为 ．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是 ．
（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 ．
（3）图2有关步骤⑥的操作中说法正确的是 ．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数
（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为 ．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 ．
【化学--选修5：有机化学基础】
11．以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：
（1）A中官能团的名称是 ．
（2）B→C的化学方程式是 ．
（3）写出一种与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式 ．
（4）F为酯，其结构简式是 ．
（5）F→G的反应类型是 ．
（6）H的结构简式是 ．
（7）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是 ．
2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题6分，共42分）
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（ ）
A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料
B．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；生活中常见合金的组成；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素；
B．钢缆属于合金；
C．不溶性固体和液体可以处于过滤法分离；
D．汽油不完全燃烧的生成物是CO．
【解答】解：A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素，氯气能和有机物发生反应，所以氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料，故A正确；
B、“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故B错误；
C、不溶性固体和液体可以处于过滤法分离，塑化剂和酒精互溶，所以不能通过过滤除去，且塑化剂有毒，故C错误；
D、汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故D错误；
故选：A．
2．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【分析】某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．
【解答】解：某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇，A为羧酸．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B能被氧化成醛，则与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．B的结构中除了﹣CH2OH，还含有一个丁基，有4种丁基，C6H12O2符合条件的结构简式有4种．
故选B．
3．已知在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重a g，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．下列说法正确的是（ ）
A．铜电极连接电源正极
B．黑色粉末X是铁粉
C．铜的相对原子质量的计算式是
D．石墨电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O
【考点】电解原理．
【分析】X为CuO，与酸反应调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，反应中铜为电解池阴极，石墨为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣=Cu，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，根据两极转移电子数目相等计算铜的相对原子质量．
【解答】解：A．铜为电解池阴极，应连接电源负极，故A错误；
B．X为CuO，与酸反应调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，故B错误；
C．设铜的相对原子质量为M，则n（Cu）=mol，n（O2）=mol，两极转移电子数目相等，则mol×2=mol×4，则M=，故C错误；
D．石墨为阳极，电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故D正确．
故选D．
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
B．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑
C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后铝离子反应，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨；
B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气；
C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气；
D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+．
【解答】解：A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后和铝离子反应，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨，离子方程式为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；
B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气，离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故B错误；
C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气，离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+H2O，故C错误；
D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+，离子方程式为Fe+2NO3﹣+4H+Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；
故选A．
5．如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（ ）
A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）＞φ（N）
B．若x＞3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＞α（N）
C．若x＜3，C的平衡浓度关系为：c（M）＞c（N）
D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】根据M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效；
B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动；
C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动；
D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同．
【解答】解：M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；
B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；
C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；
D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；
故选D．
6．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1．下列说法正确的是（ ）
A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物
B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物
C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反应生成Y2
D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7﹣6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素．
【解答】解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7﹣6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素，
A．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，H2O、H2O2分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，与非金属性无关，故A错误；
B．氧元素与氢元素可以形成H2O、H2O2，与钠元素可以形成Na2O、Na2O2，与硫元素可以形成SO2、SO3，与氯元素可以形成ClO2、Cl2O7等，故B正确；
C．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2，Na2O与SO2反应得到Na2SO3，Na2O2具有强氧化性，能与SO2反应生成Na2SO4，没有O2生成，故C错误；
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO、NaClO4等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，而NaClO4溶液呈中性，故D错误．
故选：B．
7．如图药品和装置合理且能完成相应实验的是（ ）
A．制备氢氧化亚铁
B．验证非金属性Cl＞C＞Si
C．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D．实验室制取并收集氨气
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．制备氢氧化亚铁，应防止氢氧化亚铁被氧化；
B．从酸性的角度比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物；
C．应先除去二氧化硫，避免干扰；
D．加热固体，应防止试管炸裂．
【解答】解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化而变质，制备氢氧化亚铁，应将胶头滴管插入液面以下，故A错误；
B．比较非金属性强弱，应用高氯酸，不能用盐酸，故B错误；
C．二氧化硫也与澄清石灰水反应，应先除去二氧化硫，避免干扰，故C正确；
D．加热固体，试管口应略朝下倾斜，以防止试管炸裂，故D错误．
故选C．
二、非选择题
8．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义
（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中 SO3的百分含量和温度的关系如图1所示，根据图1回答下列问题：
①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H ＜ 0（填“＞”或“＜”），
②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是 be ．
a．体系的密度不发生变化 b．SO2与SO3的体积比保持不变
c．体系中硫元素的质量百分含量不再变化 d．单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3
e．容器内的气体分子总数不再变化
（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图2表示在此反应过程中的能量的变化，图3表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．
①该反应的平衡常数表达式为 K= ，升高温度，平衡常数 减小 （填“增大”或“减小”或“不变”）．
②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v（H2）= 0.045mol/（l•min） ，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为 d （填“a”或“b”或“c”或“d”）．
③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 c 点，温度T1 ＜ T2（填“＞”或“=”或“＜”）．
（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈 酸 性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）或c（SO32﹣）+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3） （填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）
【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．
【分析】（1）①由图1知，温度升高，SO3的百分含量降低，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0；
②a．ρ=m/v，根据质量守恒定律，气体质量不变，体积不变的密闭容器，体积又不变，密度一直保持不变，所以不能根据密度不变判断已达到平衡状态．未平衡时，SO2与SO3的体积比减小，平衡时不变．所以可以根据SO2与SO3的体积比保持不变判断已达到平衡状态．体系中硫元素的质量百分含量一直保持不变，所以不能根据体系中硫元素的质量百分含量不变判断已达到平衡状态．任何时候都有转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3，所以不能根据单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3判断已达到平衡状态．未平衡时，容器内的气体分子总数减小，平衡时不变，所以可以根据容器内的气体分子总数不再变化，判断已达到平衡状态．
（2）①由平衡常数的概念直接得到N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式，由图2知合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
②由图3信息知0～10min内该反应的平均速率v（N2）=0.015mol/（l•min），根据速率之比等于系数之比推知v（H2）=0.045mol/（l•min）．从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向移动，N2物质的量减小；
③相同条件下，氢气的浓度越大，氮气的转化率越大．其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的含量降低，所以，由图4知T1＜T2．
（3）将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，生成物为NH4HSO3，NH4+水解显酸性 HSO3﹣电离大于水解，也显酸性，所以将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈酸性，根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可推断c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），由物料守恒式c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（SO32﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）可推到另一答案．
【解答】解：（1）①由图1知，温度升高，SO3的百分含量降低，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＜；
②a．ρ=m/v，根据质量守恒定律，气体质量不变，体积不变的密闭容器，体积又不变，密度一直保持不变，所以不能根据密度不变判断已达到平衡状态，故a错误；
b．未平衡时，SO2与SO3的体积比减小，平衡时不变．所以可以根据SO2与SO3的体积比保持不变判断已达到平衡状态，故b正确．
c．体系中硫元素的质量百分含量一直保持不变，所以不能根据体系中硫元素的质量百分含量不变判断已达到平衡状态，故c错误．
d．任何时候都有转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3，所以不能根据单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3判断已达到平衡状态，故d错误．
e．未平衡时，容器内的气体分子总数减小，平衡时不变，所以可以根据容器内的气体分子总数不再变化，判断已达到平衡状态，故e正确，
故选be；
（2）①由平衡常数的概念直接得到N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式为K=，由图2知合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，
故答案为：K=； 减小；
②由图3信息知0～10min内该反应的平均速率v（N2）=0.015mol/（l•min），根据速率之比等于系数之比推知v（H2）=0.045mol/（l•min）．从11
min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向移动，N2物质的量减小，
故答案为 0.045mol/（L•min）； d；
③相同条件下，氢气的浓度越大，氮气的转化率越大．其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的含量降低，所以，由图4知T1＜T2，
故答案为 c；＜；
（3）将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，生成物为NH4HSO3，NH4+水解显酸性 HSO3﹣电离大于水解，也显酸性，所以将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈酸性，根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可推断c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），由物料守恒式c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（SO32﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）可得c（H+）﹣c（OH﹣）=c（SO32﹣）+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3），
故答案为：酸性；c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）或c（SO32﹣）+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3）．
9．工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如图：
已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O
②某些物质的溶解度（S）如表所示．
T/℃
20
40
60
80
S（Li2CO3）/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S（Li2SO4）/g
34.2
32.8
31.9
30.7
（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2 ．
（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述） Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀 ．
（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是 减少Li2CO3的损失 ．
（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．
b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．
①a中，阳极的电极反应式是 2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑ ．
②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，
（1）步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；
（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子；
（3）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随 温度升高减小；
（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑．离子选择透过膜只允许阳离子通过，电解过程中，Li+向阴极移动，而阴极电解后富余大量的OH﹣，阳极的Li+通过离子选择透过膜到阴极，这样阴极就得到比较纯净的LiOH．
②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂．
【解答】解：锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，
（1）铝离子生成氢氧化铝的反应，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，
故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；
（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，根据反应Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣可知，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀，
故答案为：Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀；
（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，
故答案为：减少Li2CO3的损失；
（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，
故答案为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；
②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O，
故答案为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．
10．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按图1组装仪器，检查装置的气密性；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（1）装置C的作用为 防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果 ．
（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为 24% ．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是 赶走溶液中溶解的过量的Cl2 ．
（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 250mL容量瓶 ．
（3）图2有关步骤⑥的操作中说法正确的是 df ．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数
（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为 70% ．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 Fe5O6 ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】Ⅰ．（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；
（2）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；
Ⅱ．（1）煮沸可以将水中的气体赶走；
（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；
（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；
（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；
Ⅲ．根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式．
【解答】解：Ⅰ．（1）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，
故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；
（2）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，
故答案为：24%；
Ⅱ．（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，
故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；
（2）将原溶液稀释到250mL，需要使用的玻璃仪器仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，还缺少250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（3）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；
b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；
c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；
d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；
e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；
f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确．
故答案为：df；
（4）根据反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI），即：0.4000mol•L﹣1×0.025L=c（Fe3+）×0.02L，解得c（Fe3+）=0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，
故答案为：70%；
Ⅲ．铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，
所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：： =5：6，
铁的氧化物的化学式为：Fe5O6，
故答案是：Fe5O6．
【化学--选修5：有机化学基础】
11．以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：
（1）A中官能团的名称是 碳碳双键 ．
（2）B→C的化学方程式是 ．
（3）写出一种与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式 ．
（4）F为酯，其结构简式是 ．
（5）F→G的反应类型是 取代反应 ．
（6）H的结构简式是 ．
（7）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是 ．
【考点】有机物的合成．
【分析】根据题中各物质的转化关系，由D及题中信息Ⅰ的条件可推知E为，E的乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，C经过两步氧化得到D，可反推得C为，根据A的分子式，及A→B→C的反应条件可推知B为，A为，据此答题．
【解答】解：根据题中各物质的转化关系，由D及题中信息Ⅰ的条件可推知E为，E的乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，C经过两步氧化得到D，可反推得C为，根据A的分子式，及A→B→C的反应条件可推知B为，A为，
（1）A为，A中官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）B→C为卤代烃的碱性水解，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式为，
故答案为：；
（4）F为酯，其结构简式是，故答案为：；
（5）根据上面的分析可知在，F→G的反应类型是 取代反应，故答案为：取代反应；
（6）H的结构简式是，故答案为：；
（7）根据题中已知Ⅱ的信息，G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是，
故答案为：．
2016年8月29日
2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）
一、选择题（每题6分，共42分）
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（ ）
A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料
B．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
2．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
3．已知在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重a g，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．下列说法正确的是（ ）
A．铜电极连接电源正极
B．黑色粉末X是铁粉
C．铜的相对原子质量的计算式是
D．石墨电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
B．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑
C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O
5．如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（ ）
A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）＞φ（N）
B．若x＞3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＞α（N）
C．若x＜3，C的平衡浓度关系为：c（M）＞c（N）
D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
6．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1．下列说法正确的是（ ）
A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物
B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物
C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反应生成Y2
D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性
7．如图药品和装置合理且能完成相应实验的是（ ）
A．制备氢氧化亚铁
B．验证非金属性Cl＞C＞Si
C．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D．实验室制取并收集氨气
二、非选择题
8．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义
（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中 SO3的百分含量和温度的关系如图1所示，根据图1回答下列问题：
①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H 0（填“＞”或“＜”），
②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是 ．
a．体系的密度不发生变化 b．SO2与SO3的体积比保持不变
c．体系中硫元素的质量百分含量不再变化 d．单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3
e．容器内的气体分子总数不再变化
（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图2表示在此反应过程中的能量的变化，图3表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．
①该反应的平衡常数表达式为 ，升高温度，平衡常数 （填“增大”或“减小”或“不变”）．
②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v（H2）= ，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为 （填“a”或“b”或“c”或“d”）．
③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 点，温度T1 T2（填“＞”或“=”或“＜”）．
（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈 性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= （填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）
9．工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如图：
已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O
②某些物质的溶解度（S）如表所示．
T/℃
20
40
60
80
S（Li2CO3）/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S（Li2SO4）/g
34.2
32.8
31.9
30.7
（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是
请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式 ．
（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述） ．
（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是 ．
（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．
b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．
①a中，阳极的电极反应式是 ．
②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是 ．
10．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按图1组装仪器，检查装置的气密性；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（1）装置C的作用为 ．
（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为 ．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是 ．
（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 ．
（3）图2有关步骤⑥的操作中说法正确的是 ．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数
（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为 ．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 ．
【化学--选修5：有机化学基础】
11．以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：
（1）A中官能团的名称是 ．
（2）B→C的化学方程式是 ．
（3）写出一种与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式 ．
（4）F为酯，其结构简式是 ．
（5）F→G的反应类型是 ．
（6）H的结构简式是 ．
（7）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是 ．
2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题6分，共42分）
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（ ）
A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料
B．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；生活中常见合金的组成；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素；
B．钢缆属于合金；
C．不溶性固体和液体可以处于过滤法分离；
D．汽油不完全燃烧的生成物是CO．
【解答】解：A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素，氯气能和有机物发生反应，所以氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料，故A正确；
B、“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故B错误；
C、不溶性固体和液体可以处于过滤法分离，塑化剂和酒精互溶，所以不能通过过滤除去，且塑化剂有毒，故C错误；
D、汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故D错误；
故选：A．
2．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【分析】某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．
【解答】解：某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇，A为羧酸．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B能被氧化成醛，则与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．B的结构中除了﹣CH2OH，还含有一个丁基，有4种丁基，C6H12O2符合条件的结构简式有4种．
故选B．
3．已知在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重a g，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．下列说法正确的是（ ）
A．铜电极连接电源正极
B．黑色粉末X是铁粉
C．铜的相对原子质量的计算式是
D．石墨电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O
【考点】电解原理．
【分析】X为CuO，与酸反应调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，反应中铜为电解池阴极，石墨为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣=Cu，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，根据两极转移电子数目相等计算铜的相对原子质量．
【解答】解：A．铜为电解池阴极，应连接电源负极，故A错误；
B．X为CuO，与酸反应调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，故B错误；
C．设铜的相对原子质量为M，则n（Cu）=mol，n（O2）=mol，两极转移电子数目相等，则mol×2=mol×4，则M=，故C错误；
D．石墨为阳极，电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故D正确．
故选D．
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
B．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑
C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后铝离子反应，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨；
B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气；
C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气；
D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+．
【解答】解：A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后和铝离子反应，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨，离子方程式为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；
B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气，离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故B错误；
C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气，离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+H2O，故C错误；
D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+，离子方程式为Fe+2NO3﹣+4H+Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；
故选A．
5．如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（ ）
A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）＞φ（N）
B．若x＞3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＞α（N）
C．若x＜3，C的平衡浓度关系为：c（M）＞c（N）
D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】根据M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效；
B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动；
C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动；
D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同．
【解答】解：M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；
B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；
C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；
D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；
故选D．
6．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1．下列说法正确的是（ ）
A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物
B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物
C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反应生成Y2
D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7﹣6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素．
【解答】解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7﹣6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素，
A．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，H2O、H2O2分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，与非金属性无关，故A错误；
B．氧元素与氢元素可以形成H2O、H2O2，与钠元素可以形成Na2O、Na2O2，与硫元素可以形成SO2、SO3，与氯元素可以形成ClO2、Cl2O7等，故B正确；
C．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2，Na2O与SO2反应得到Na2SO3，Na2O2具有强氧化性，能与SO2反应生成Na2SO4，没有O2生成，故C错误；
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO、NaClO4等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，而NaClO4溶液呈中性，故D错误．
故选：B．
7．如图药品和装置合理且能完成相应实验的是（ ）
A．制备氢氧化亚铁
B．验证非金属性Cl＞C＞Si
C．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D．实验室制取并收集氨气
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．制备氢氧化亚铁，应防止氢氧化亚铁被氧化；
B．从酸性的角度比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物；
C．应先除去二氧化硫，避免干扰；
D．加热固体，应防止试管炸裂．
【解答】解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化而变质，制备氢氧化亚铁，应将胶头滴管插入液面以下，故A错误；
B．比较非金属性强弱，应用高氯酸，不能用盐酸，故B错误；
C．二氧化硫也与澄清石灰水反应，应先除去二氧化硫，避免干扰，故C正确；
D．加热固体，试管口应略朝下倾斜，以防止试管炸裂，故D错误．
故选C．
二、非选择题
8．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义
（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中 SO3的百分含量和温度的关系如图1所示，根据图1回答下列问题：
①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H ＜ 0（填“＞”或“＜”），
②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是 be ．
a．体系的密度不发生变化 b．SO2与SO3的体积比保持不变
c．体系中硫元素的质量百分含量不再变化 d．单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3
e．容器内的气体分子总数不再变化
（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图2表示在此反应过程中的能量的变化，图3表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．
①该反应的平衡常数表达式为 K= ，升高温度，平衡常数 减小 （填“增大”或“减小”或“不变”）．
②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v（H2）= 0.045mol/（l•min） ，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为 d （填“a”或“b”或“c”或“d”）．
③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 c 点，温度T1 ＜ T2（填“＞”或“=”或“＜”）．
（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈 酸 性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）或c（SO32﹣）+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3） （填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）
【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．
【分析】（1）①由图1知，温度升高，SO3的百分含量降低，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0；
②a．ρ=m/v，根据质量守恒定律，气体质量不变，体积不变的密闭容器，体积又不变，密度一直保持不变，所以不能根据密度不变判断已达到平衡状态．未平衡时，SO2与SO3的体积比减小，平衡时不变．所以可以根据SO2与SO3的体积比保持不变判断已达到平衡状态．体系中硫元素的质量百分含量一直保持不变，所以不能根据体系中硫元素的质量百分含量不变判断已达到平衡状态．任何时候都有转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3，所以不能根据单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3判断已达到平衡状态．未平衡时，容器内的气体分子总数减小，平衡时不变，所以可以根据容器内的气体分子总数不再变化，判断已达到平衡状态．
（2）①由平衡常数的概念直接得到N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式，由图2知合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
②由图3信息知0～10min内该反应的平均速率v（N2）=0.015mol/（l•min），根据速率之比等于系数之比推知v（H2）=0.045mol/（l•min）．从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向移动，N2物质的量减小；
③相同条件下，氢气的浓度越大，氮气的转化率越大．其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的含量降低，所以，由图4知T1＜T2．
（3）将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，生成物为NH4HSO3，NH4+水解显酸性 HSO3﹣电离大于水解，也显酸性，所以将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈酸性，根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可推断c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），由物料守恒式c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（SO32﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）可推到另一答案．
【解答】解：（1）①由图1知，温度升高，SO3的百分含量降低，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＜；
②a．ρ=m/v，根据质量守恒定律，气体质量不变，体积不变的密闭容器，体积又不变，密度一直保持不变，所以不能根据密度不变判断已达到平衡状态，故a错误；
b．未平衡时，SO2与SO3的体积比减小，平衡时不变．所以可以根据SO2与SO3的体积比保持不变判断已达到平衡状态，故b正确．
c．体系中硫元素的质量百分含量一直保持不变，所以不能根据体系中硫元素的质量百分含量不变判断已达到平衡状态，故c错误．
d．任何时候都有转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3，所以不能根据单位时间内转移4mol 电子，同时消耗2mol SO3判断已达到平衡状态，故d错误．
e．未平衡时，容器内的气体分子总数减小，平衡时不变，所以可以根据容器内的气体分子总数不再变化，判断已达到平衡状态，故e正确，
故选be；
（2）①由平衡常数的概念直接得到N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式为K=，由图2知合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，
故答案为：K=； 减小；
②由图3信息知0～10min内该反应的平均速率v（N2）=0.015mol/（l•min），根据速率之比等于系数之比推知v（H2）=0.045mol/（l•min）．从11
min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向移动，N2物质的量减小，
故答案为 0.045mol/（L•min）； d；
③相同条件下，氢气的浓度越大，氮气的转化率越大．其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的含量降低，所以，由图4知T1＜T2，
故答案为 c；＜；
（3）将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，生成物为NH4HSO3，NH4+水解显酸性 HSO3﹣电离大于水解，也显酸性，所以将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈酸性，根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可推断c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），由物料守恒式c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（SO32﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）可得c（H+）﹣c（OH﹣）=c（SO32﹣）+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3），
故答案为：酸性；c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）或c（SO32﹣）+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3）．
9．工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如图：
已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O
②某些物质的溶解度（S）如表所示．
T/℃
20
40
60
80
S（Li2CO3）/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S（Li2SO4）/g
34.2
32.8
31.9
30.7
（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2 ．
（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述） Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀 ．
（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是 减少Li2CO3的损失 ．
（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．
b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．
①a中，阳极的电极反应式是 2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑ ．
②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，
（1）步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；
（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子；
（3）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随 温度升高减小；
（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑．离子选择透过膜只允许阳离子通过，电解过程中，Li+向阴极移动，而阴极电解后富余大量的OH﹣，阳极的Li+通过离子选择透过膜到阴极，这样阴极就得到比较纯净的LiOH．
②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂．
【解答】解：锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，
（1）铝离子生成氢氧化铝的反应，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，
故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；
（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，根据反应Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣可知，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀，
故答案为：Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀；
（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，
故答案为：减少Li2CO3的损失；
（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，
故答案为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；
②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O，
故答案为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．
10．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按图1组装仪器，检查装置的气密性；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（1）装置C的作用为 防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果 ．
（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为 24% ．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是 赶走溶液中溶解的过量的Cl2 ．
（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 250mL容量瓶 ．
（3）图2有关步骤⑥的操作中说法正确的是 df ．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数
（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为 70% ．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 Fe5O6 ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】Ⅰ．（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；
（2）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；
Ⅱ．（1）煮沸可以将水中的气体赶走；
（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；
（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；
（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；
Ⅲ．根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式．
【解答】解：Ⅰ．（1）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，
故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；
（2）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，
故答案为：24%；
Ⅱ．（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，
故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；
（2）将原溶液稀释到250mL，需要使用的玻璃仪器仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，还缺少250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（3）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；
b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；
c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；
d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；
e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；
f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确．
故答案为：df；
（4）根据反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI），即：0.4000mol•L﹣1×0.025L=c（Fe3+）×0.02L，解得c（Fe3+）=0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，
故答案为：70%；
Ⅲ．铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，
所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：： =5：6，
铁的氧化物的化学式为：Fe5O6，
故答案是：Fe5O6．
【化学--选修5：有机化学基础】
11．以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：
（1）A中官能团的名称是 碳碳双键 ．
（2）B→C的化学方程式是 ．
（3）写出一种与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式 ．
（4）F为酯，其结构简式是 ．
（5）F→G的反应类型是 取代反应 ．
（6）H的结构简式是 ．
（7）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是 ．
【考点】有机物的合成．
【分析】根据题中各物质的转化关系，由D及题中信息Ⅰ的条件可推知E为，E的乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，C经过两步氧化得到D，可反推得C为，根据A的分子式，及A→B→C的反应条件可推知B为，A为，据此答题．
【解答】解：根据题中各物质的转化关系，由D及题中信息Ⅰ的条件可推知E为，E的乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，C经过两步氧化得到D，可反推得C为，根据A的分子式，及A→B→C的反应条件可推知B为，A为，
（1）A为，A中官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）B→C为卤代烃的碱性水解，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式为，
故答案为：；
（4）F为酯，其结构简式是，故答案为：；
（5）根据上面的分析可知在，F→G的反应类型是 取代反应，故答案为：取代反应；
（6）H的结构简式是，故答案为：；
（7）根据题中已知Ⅱ的信息，G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是，
故答案为：．
2016年8月29日
相关试卷
河北省衡水中学2017届高三（上）期中化学试卷（解析版）： 这是一份河北省衡水中学2017届高三（上）期中化学试卷（解析版），共59页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北省衡水中学2017届高三（上）期末化学试卷（解析版）： 这是一份河北省衡水中学2017届高三（上）期末化学试卷（解析版），共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
河北省衡水中学2016届高考化学一模试卷（解析版）： 这是一份河北省衡水中学2016届高考化学一模试卷（解析版），共27页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
