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1、2016年高考最后一卷第五模拟化学一、单选题：共8题1碳及其化合物与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是A.12C、13C、14C、C60、石墨烯、金刚石都是碳的同素异形体，用途广泛B.用二氧化碳合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用C.煤经过气化、液化和干馏等物理变化过程，可以转化为清洁能源D.碳纳米管是一种有机合成纤维，其比表面积大，可用作新型储氢材料【答案】B【解析】本题考查碳及其相关物质与生产、生活和科技的联系，意在考查考生的分析判断能力。12C、13C、14C是碳元素的三种核素，不是同素异形体，A项错误；用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的
2、循环利用，B项正确；煤的气化、液化和干馏是化学变化，C项错误；碳纳米管是碳的一种单质，不是有机合成纤维，D项错误。 2下列关于有机物的说法正确的是A.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应B.1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2C.用碳酸钠溶液可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体D.戊烷的一氯代物和丙烷的二氯代物的同分异构体数目相同【答案】C【解析】本题考查有机物的结构和性质，意在考查考生的辨析能力。苯虽然不能使酸性KMnO4溶液褪色，但苯能燃烧(氧化)，A项错误；葡萄糖是最简单的糖，不能水解，B项错误；乙酸与碳酸钠反应产生气体，苯与碳酸
3、钠溶液分层，乙醇与碳酸钠溶液互溶，C项正确；戊烷的一氯代物有8种，丙烷的二氯代物有4种，D项错误。 3用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A.若用mg的墨粉(只含炭粉)能打出a个字，则平均每个字约含mNA/(12a)个碳原子B.25 时，在1 L 0.1 molL-1Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数小于0.3NAC.15.4 g四氯化碳(CCl4)所含的共价键数目为0.6NAD.1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA【答案】A【解析】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算。每个字消耗墨粉的质量是m/ag，其中所含的碳原子数目为NAm/(12a)，A项正确；CO32-+H
4、2OHCO3-+OH-，阴、阳离子的总数应大于0.3NA，B项错误；15.4 g四氯化碳是0.1 mol，含有CCl键的数目为0.4NA，C项错误；FeI2与足量氯气反应时，Fe2+、I-均被氧化，因此1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，D项错误。 4常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A.无色酸性溶液中:Al3+、Cl-、Fe3+、SO42-B.在pH=0的溶液中:Fe2+、Mg2+、SO42-、NO3-C.0.1 molL-1NaHCO3溶液中:K+、AlO2-、Cl-、NO3-D.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中:Fe3+、Ca2+、NO3
5、-、Cl-【答案】D【解析】本题主要考查离子共存相关知识，意在考查考生运用化学基本理论分析化学反应的能力。A项，含Fe3+的溶液显黄色，不符合“无色”的要求；B项，pH=0的溶液显酸性，含有大量H+，NO3-在该溶液中有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+；C项，AlO2-自己呈HCO3-在溶液中发生相互促进的水解反应:AlO2-+HCO3-+H2OCO32-+Al(OH)3；D项，c(H+)/c(OH-)=1012的溶液显酸性，Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-在酸性溶液中能大量共存。 5用如图装置进行实验，能达到相应实验目的的是A.用装置除去Cl2中含有的少量HCl气体B.用装置制取少量
6、O2时，能做到“随开随停”C.若装置中X为CCl4，则可用于吸收NH3或HClD.用装置比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱【答案】C【解析】本题考查化学实验基本操作及实验设计，意在考查考生的实验能力。Cl2和HCl都能被NaOH溶液吸收，A项错误；Na2O2是粉末状物质，不能放在装置的带孔隔板上，不能做到“随开随停”，B项错误；NH3和HCl都极易溶于水，而不溶于CCl4，若装置中X物质为CCl4，则装置可用于吸收NH3或HCl，且能防倒吸，C项正确；比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱时，可通过元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来比较，装置的分液漏斗中应加入高氯酸，不能是盐酸，D项错误
7、。 6短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物能反应生成盐，W、Y原子的最外层电子数之和为X原子的最外层电子数的2倍，Z原子的最外层电子数等于其最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同。下列说法正确的是A.X的简单气态氢化物比Y的稳定B.XY2与ZY2中的化学键类型相同C.简单离子半径的大小顺序:r(W)r(X)r(Y)r(Z)D.Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强【答案】C【解析】本题考查元素的位、构、性关系，意在考查考生的推理及分析判断能力。W的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物能反应生成盐，则W是N；Z原子的最外层电
8、子数等于其最内层电子数，则Z是Mg；W与Y原子的最外层电子数之和为X原子的最外层电子数的2倍，且X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，由此推出X是O，Y是F。HF比H2O稳定，A项错误；OF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，B项错误；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，其半径越小，C项正确；F元素没有正价，D项错误。 7下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度的关系一定正确的是A.0.1 molL-1的NaHSO3溶液中:c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)c(OH-)B.等物质的量浓度的H2S和NaHS的混合溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c
9、(OH-)C.pH相同的CH3COONa、NaClO、Na2CO3及NaOH溶液:c(CH3COONa)c(Na2CO3)c(NaClO )c(NaOH)D.浓度均为0.2 molL-1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1 molL-1【答案】D【解析】本题考查电解质溶液理论，意在考查考生的分析判断能力。溶液中的H+来自HSO3-的电离和H2O的电离，则c(H+)c(SO32-)，又HSO3-的电离程度大于其水解程度，c(SO32-)c(OH-)，A项错误；电荷不守恒，应为c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)
10、+c(OH-)，B项错误；酸性HClOHCO3-，所以Na2CO3的水解能力大于NaClO的，则c(NaClO )c(Na2CO3)，C项错误；由电荷守恒知，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1 molL-1，所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.1 molL-1，D项正确。 8海洋是一个巨大的资源宝库，保护海洋环境、开发海洋资源具有重要的意义。从海水中提取淡水、食盐和溴的流程如图所示:(1)请列举海水淡化的三种方法:、。(2)目前工业上采用比较先进的离子膜电解槽进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只
11、允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱工业生产中阳离子交换膜的作用:(写一点即可)。(3)步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br-，其目的是。(4)步骤用SO2的水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为:，由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是。(5)步骤蒸馏的过程中，温度应控制在8090 。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因:。(6)海水淡化后剩余的浓海水经过一系列工艺流程可以获取其他产品，如Mg(OH)2等。浓海水的主要成分如表所示:理论上，1 L浓海水最多可得到Mg(OH)2的质量为g。【答案】(1)蒸馏法电渗析法离子交换法(2
12、)阻止H2与Cl2发生反应甚至爆炸，并阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯(3)富集溴元素(4)Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2Br-强酸对设备的严重腐蚀(5)温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴中水含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低(6)69.6【解析】本题考查化学与技术相关知识，意在考查考生的综合运用能力。 (1)海水淡化的方法较多，蒸馏法能耗大，电渗析法、离子交换法等是比较先进的方法。(2)阳离子交换膜可阻止H2与Cl2发生反应甚至爆炸，并阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯。(3)步骤已获得的含Br2溶液中Br2浓度低，步骤又将Br2还原为B
13、r-，其目的是富集溴元素。(4)SO2有较强的还原性，SO2的水溶液与Br2反应可生成H2SO4和HBr两种强酸，生产中应防止强酸对设备的严重腐蚀。(5)温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴中水含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低。(6)1 L浓海水中含28.8 g Mg2+，n(Mg2+)= 1.2 mol，则最多可生成1.2 mol Mg(OH)2，其质量为58 gmol-11.2 mol=69.6 g。【备注】化学与技术模块中，主要以物质的制备为载体，选取考生比较熟悉的生产工艺，融合物质的分离与提纯、工业生产中“三废”的处理等内容，综合考查元素化合物、化学基本理论和化学实验知识。二、实
14、验题：共1题9二氧化硫是一种大气污染物，同时也是一种重要的化工原料。(1)某化学兴趣小组采用图1所示装置制取并探究SO2气体的某些性质。下列实验方案能用图1所示装置制取所需SO2的是(填序号)。A.Na2SO3溶液与HNO3溶液B.Na2SO3固体与浓硫酸C.固体硫在纯氧中燃烧D.铜与浓硫酸若要验证c中生成的气体是SO2，向试管d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液后，再(填实验操作)d中的溶液，溶液颜色又恢复原色，则说明气体是SO2。图1所示装置存在一个明显的缺陷，请你进行改进并补充完整(用文字说明即可):。(2)在图1装置的d试管中加入BaCl2溶液，实验后发现d中有白色沉淀
15、生成。为了探究沉淀的组成，该兴趣小组向d中加入过量稀盐酸，发现沉淀不溶解，你认为该沉淀物是，形成该沉淀的主要原因是。为了进一步验证沉淀产生的原因，该兴趣小组另取BaCl2溶液并加热煮沸，冷却后及时加入少量苯进行液封，然后再通入SO2，结果发现沉淀量减少，但仍有轻微浑浊产生。该兴趣小组改用图2制气装置再进行实验，结果发现d中没有出现浑浊。下列气体可作为气体X的是(填序号，不定项选择)。A.CO2B.NH3C.O3D.N2E.NO2(3)SO2通常作为保护剂添加到葡萄酒中，有杀菌、抗氧化、改善风味和增酸的作用，但吸入过量的SO2对人体有害。我国国家标准规定葡萄酒中SO2的最大使用量为0.25 gL
16、-1。图3(固定装置略)为该兴趣小组对葡萄酒中的SO2进行收集与含量测定的装置。冷凝管中水的进口为(填“e”或“f”)。g中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与h中H2O2完全反应，反应的化学方程式为。实验结束后，先除去h中过量的H2O2，然后用0.090 0 molL-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，则该葡萄酒中SO2的含量为gL-1。【答案】(1)B褪色加热d中导气管通入NaOH溶液中，吸收尾气中的SO2(2)BaSO4SO2在溶液中被O2氧化成H2SO4AD(3)fSO2+H2O2H2SO40.24【解析】本题考查S
17、O2的制备、性质及含量测定，意在考查考生的实验能力。 (1)该装置适用于固体和液体(或液体和液体)反应制气体，硝酸有强氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，A项错误；Na2SO3固体与浓硫酸反应能生成SO2气体，B项正确；固体硫在纯氧中燃烧能生成SO2，但不满足装置要求，C项错误；铜与浓H2SO4反应要加热，D项错误。SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，加热后溶液又恢复红色，据此可证明气体是SO2。该装置中缺少尾气吸收装置，容易造成环境污染，应将尾气通入NaOH溶液中。(2)SO2不能与BaCl2溶液反应生成沉淀，但SO2(或H2SO3)易被空气中的氧气氧化生成H2SO4，所以d中的沉淀物是B
18、aSO4。改用图2制气装置进行实验，通入的气体X应该是不能氧化SO2(或H2SO3)的CO2或N2；O3和NO2都有强氧化性，不符合要求；NH3能与SO2(或H2SO3)反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，也不符合要求。(3)冷凝管中冷却水应下进上出，水的进口为f。SO2能被H2O2氧化为H2SO4。n(SO2)=n(H2SO4)=12n(NaOH)=120.090 0 molL-125.0010-3L=1.12510-3mol，m(SO2)=64 gmol-11.12510-3mol=0.072 g，则该葡萄酒中SO2的含量为0.072 g0
19、.3 L=0.24 gL-1。 三、填空题：共2题10钾长石(K2Al2Si6O16)通常也称正长石，是钾、钠、钙等碱金属或碱土金属的铝硅酸盐矿物。某科研小组以钾长石为主要原料，从中提取氧化铝、碳酸钾等物质，工艺流程如下:(1)若用氧化物的形式表示物质的化学组成，则钾长石可表示为。(2)煅烧过程中钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式:。(3)钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的KAlO2和NaAlO2，在浸出液中通入过量CO2，发生反应的离子方程式为。(4)已知偏铝酸盐易发生水解反应:AlO2-+2H2OAl(O
20、H)3+OH-。“浸取”时应保持溶液呈(填“酸”或“碱”)性，“浸取”时不断搅拌的目的是。(5)“转化”时加入NaOH的主要作用是(用离子方程式表示)。(6)上述工艺中可以循环利用的主要物质是、和水。【答案】(1)K2OAl2O36SiO2(2)CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2(3)AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3+HCO3-(4)碱提高浸取速率(5)HCO3-+OH-H2O+CO32-(6)Na2CO3CO2【解析】本题通过生产工艺流程考查元素化合物知识和化学反应原理，意在考查考生运用所学知识分析解决实际问题的能力。 (1)根据元素守恒，K2Al2Si6O16用氧化物的形式
21、可表示为K2OAl2O36SiO2。(2)高温下CaCO3与SiO2反应生成CaSiO3和CO2。(3)向NaAlO2和KAlO2溶液中通入过量CO2时，生成Al(OH)3沉淀和HCO3-。(4)AlO2-只能在碱性条件下存在，酸性条件下会转变为Al(OH)3，或Al3+因此“浸取”时应保持溶液呈碱性。“浸取”时不断搅拌，可以提高浸取速率。(5)在偏铝酸盐溶液中通入过量CO2，充分反应后经过滤，滤液中存在HCO3-，“转化”时加入NaOH，可使HCO3-转化为CO32-，便于结晶时得到Na2CO3和K2CO3晶体。(6)CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应中需要加入的物质，因此是可循环
22、使用的物质。 11用化学反应原理研究碳、氮的氧化物具有重要的理论意义和实用价值。(1)CO是重要的还原剂，可用于炼铁。已知:.Fe2O3(s) + 3C(s)2Fe(s) + 3CO(g)H1=+489.0 kJmol-1.C(s)+CO2(g)2CO(g)H2=+172.5 kJmol-1则用CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为。(2)在汽车排气管上安装催化转化器可消除汽车尾气对环境的污染，其反应为:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H0某研究小组向密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，恒温条件下反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表所示:写出该反应的平衡常数表达式:K=
23、。30 min后改变某一条件，平衡发生了移动，则改变的条件是。若升高温度，NO浓度将(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4)固体氧化物电解池(SOEC)用于高温电解CO2/H2O，这既可高效制备合成气(CO+H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图所示。写出电极c上的电极反应式:，。【答案】(1)Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H=-28.5 kJmol-1(2)B(3)c(CO2)c(N2)/c2(NO)移出部分CO2减小(4)CO2+2e-CO+O2-H2O+2e-H2+O2-【解析】本题考查化学反应原理知识，意在考查考生的分析能力和知识运用能力。 (1)根
24、据盖斯定律，由-3得:Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H=H1-3H2=-28.5 kJmol-1。(2)NO的生成速率与NO的消耗速率相等，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，A项正确；体系中v(CO)与v(CO2)一直相等，B项错误；体系的压强保持不变、各物质的浓度保持不变，都能说明反应达到平衡，C、D项正确。(3)固体物质不列入平衡常数的表达式。30 min后，NO和CO2的浓度均减小，N2的浓度增大，说明移出了部分CO2，平衡正向移动。该反应是吸热反应，升高温度时平衡正向移动，NO浓度将减小。(4)电极c上，H2O变成H2，CO2变成CO，H2O和CO
25、2都发生还原反应，产生的O2-进入固体电解质中，则电极c上的电极反应式为CO2+2e-CO+O2-、H2O+2e-H2+O2-。 四、综合题：共1题12W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中W的最外层电子数是其内层电子数的3倍，X是短周期中原子半径最大的元素，X、Y、Z为同周期元素，Y原子的核外电子总数是其最外层电子数的3倍，Z原子最外层有1个未成对电子。请回答下列问题:(1)四种元素中，第一电离能最小的是(填元素符号)；Y原子的核外电子排布式为；Z元素在周期表中的位置为。(2)W元素有两种同素异形体，其中沸点较高的是(填分子式)，原因是；W和X形成的化合物所属的晶体类型是，其
26、中含有非极性共价键的物质的化学式是。(3)Y的单质和Z的单质反应可生成原子个数比为13的化合物M， M的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为。(4)W和X能够形成化合物N，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566 nm，N的化学式为，列式计算晶体N的密度。【答案】(1)Na1s22s22p63s23p3(或Ne 3s23p3)第3周期第A族(2)O3O3的相对分子质量较大，范德华力大离子晶体Na2O2(3)三角锥形sp3(4)Na2O462gmol-1(0.56610-7cm)36.021023mol-1=2.27 gcm-3【解析】本题考查元素位、构、性关系，意在考查考生的分析推理能力。根
27、据题意，可推知W是O，X是Na，Y是P，Z是Cl。(1)O、Na、P、Cl四种元素中，第一电离能最小的元素是Na。(2)O元素有O2和O3两种同素异形体，二者均为分子晶体，其中O3的相对分子质量较大，范德华力大，因此沸点较高。(3)PCl3是三角锥形分子，P原子采用sp3杂化。(4)该晶胞中，Na数目为8，O数目为818+612=4，故Na和O数目之比为21，N的化学式为Na2O。晶胞的体积为a3，晶胞的质量为462gmol-1NA，据此可求出晶体的密度为462gmol-1(0.56610-7cm)36.021023mol-1=2.27 gcm-3。【备注】先给出元素的位、构、性关系，然后设置
28、一系列的问题，综合考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质，这是高考对物质结构与性质模块最常见的考查方式。五、推断题：共1题13有机物A是一种烃的含氧衍生物，将0.1 mol A在足量O2中完全燃烧后生成 39.6 g CO2和 9 g H2O，同时消耗23.52 L O2(标准状况下)。A与溴蒸气在光照条件下生成的一溴代物B可发生如图所示转化关系(无机产物略)，其中I能与NaHCO3反应放出气体且能与FeCl3溶液发生显色反应，且其环上的一元取代物只有2种。已知:当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化:RCH=CHOHRCH2CHO；羟基中的氢被钠替代后形成的ONa不被氧化。(1)A
29、的分子式为；B的结构简式为；F中含氧官能团的名称是。(2)反应的反应类型为；J的结构简式为。(3)反应的化学方程式为；I与过量Na2CO3溶液反应的化学方程为。(4)同时符合下列要求的 A的同分异构体有种，写出其中一种同分异构体的结构简式。i.分子中含有苯环；ii.能发生银镜反应和水解反应；iii.在稀NaOH 溶液中，1 mol 该同分异构体能与 1 mol NaOH 反应。【答案】(1)C9H10O2醛基(2)氧化反应(3)CH3CHO+CH3COONa+2Na2CO3+2NaHCO3(4)5(邻位或间位)、【解析】本题综合考查有机物的结构、性质及转化，意在考查考生的分析推理能力。0.1
30、mol A完全燃烧生成0.9 mol CO2和0.5 mol H2O，同时消耗1.05 mol O2，则0.1 mol A中含O原子为0.9 mol2+0.5 mol-1.05 mol2=0.2 mol，则A的分子式为C9H10O2。从G的加聚产物推出G的结构简式为，由反应及已知可推出F为CH3CHO，则C为CH3COONa，E为CH3COOH；由B为A的一溴代物知B的分子式为C9H9BrO2，根据反应以及C为CH3COONa知，D中含有7个碳原子，又根据I的性质，可知I分子中含有COOH和酚羟基，且COOH和酚羟基位于苯环的对位，则I为，由此逆推，可知H为，D为，B为，则A为。(2)反应是将醇羟基氧化为羧基的反应；经缩聚反应得到J。(3)与过量Na2CO3溶液反应生成NaHCO3和。(4)A的同分异构体能发生银镜反应和水解反应，则其应属于甲酸酯；在稀NaOH 溶液中，1 mol 该同分异构体能与 1 mol NaOH 反应，则该甲酸酯不是酚酯，故满足条件的A的同分异构体有5种。