2015届河北省唐山一中高三上学期第二次联考理综化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015届河北省唐山一中高三上学期第二次联考理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实解释错误的是 选项 现象或事实 解释 A 明矾用于净水 铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用 B SO2能使品红溶液褪色 SO2具有漂白性 C “地沟油 ”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油 ”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应 D 用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘 目前加碘食盐中含碘元素物质为 KI 答案： D 试题分析： A.明矾是强碱弱酸盐，电离产生的铝离子会发生水解反应产生的氢氧化铝胶体具有很强吸附杂质的作用，使水中的杂质变为沉淀析出，因此可用于净水，正

2、确； B.SO2能使品红溶液褪色是由于 SO2与品红结合形成了无色的物质的缘故，不过，这种无色的物质不稳定，受热容易分解而使物质恢复原来的颜色，正确； C.“地沟油 ”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应 ,因此可以用于制取肥皂，但由于对人有毒，因此不能食用，正确； D目前加碘食盐中含碘元素物质为 KIO3, 检验时要用食醋与淀粉碘化钾试纸可以鉴别食盐是否加碘，错误。 考点：考查化学在社 会、生活、生产中的应用的知识。 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 选项 实验操作 实验目的或结论 A 向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置 溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，苯和溴水发生取代

3、反应，使溴水褪色 B 向含有少量 FeCl3的 MgCl2溶液中加入足量 Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后过滤 除去 MgCl2溶液中少量 FeCl3 C 向鸡蛋清溶液中加入饱和 (NH4)2SO4溶液 有白色沉淀产生，蛋白质发生了变性 D C2H5OH与浓硫酸 170 共热，制得的气体通入酸性 KMnO4溶液 检验制得气体是否为乙烯 答案： B 试题分析： A.向苯中滴入少量浓溴水，由于溴单质溶液溶于苯，苯与水互不相溶，密度比水小，所以振荡，静置，会看到溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，苯将溴水中的溴萃取出来使溴水褪色，发生的物质作用，错误； B.向含有少量 FeCl3的 MgCl2溶

4、液中加入足量 Mg(OH)2粉末， Mg(OH)2在溶液中形成沉淀溶解平衡，溶解电离产生 OH-与溶液中的杂质 Fe3+结合形成 Fe(OH)3沉淀，搅拌一段时间后过滤，除去 MgCl2溶液中少量 FeCl3，正确； C.向鸡蛋清溶液中加入饱和 (NH4)2SO4溶液 ,会降低鸡蛋白的溶解度而析出，当再加入水时还可以再溶解，因此发生的是盐析而不是发生变性，错误； D.C2H5OH与浓硫酸 170 共热，发生反应产生乙烯，而乙醇有挥发性，所以在制得的气体中含有乙烯和乙醇，通入酸性 KMnO4溶液，二者都可以是溶液褪色，乙醇不能证明制得气体是否为乙烯，错误。 考点：考查实验操作与预期实验目的或所得

5、实验结论的正误判断的知识。 “绿色化学实验 ”已走进课堂，下列做法符合 “绿色化学 ”的是 实验室收集氨气采用图 1所示装置 实验室中做氯气与钠反应实验时采用图 2所示装置 实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 实验室中采用图 3所示装置进行铜与稀硝酸的反应 A B C D 答案： C 试题分析： 氨气的密度比空气小，用向下排空气的方法收集，当氨气收集满以后，利用氨气极容易溶于水的性质用水吸收多余的氨气，为了防止倒吸现象的发生使用一个干燥管，因此实验室收集氨气采用图 1所示装置，正确； Na与 Cl2发生反应产生 NaCl，为了防止未反应的氯气污染大气，用浸有 NaO

6、H溶液的棉花来吸收多余的氯气，符合 “绿色化学 ”理念 ，因此实验室中做氯气与钠反应实验时采用图 2所示装置，正确； 实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验，挥发产生是氨气和 HCl会扩散到空气中导致大气污染，不符合 “绿色化学 ”理念，错误； Cu与硝酸接触发生反应，当Cu丝抽离液面后，反应停止，产生的氮的氧化物储存在小气球中，防止了大气污染，正确。 考点：考查 “绿色化学实验 ”的正误判断的知识。 一定温度下，难溶强电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，其平衡常数为 物质 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Ksp（ 25 ） 8.010-16 2.21

7、0-20 4.010-38 对于含 Fe2(SO4)3、 FeSO4和 CuSO4各 0.5mol的混合溶液 1L，根据上表数据判断，说法错误的是 A向混合溶液中逐滴加入 NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 B向溶液中加入双氧水，并用 CuO粉末调节 pH，过滤后可获较纯净的 CuSO4溶液 C该溶液中 c（ SO42-）： c（ Fe3+） +c（ Fe2+） +c（ Cu2+） =5： 4 D将少量 FeCl3粉末加入含 Cu(OH) 2的悬浊液中，其中 c（ Cu2+）增大 答案： C 试题分析： A向混合溶液中逐滴加入 NaOH溶液，根据沉淀溶解平衡常数可知形成 Fe(OH)3 沉淀需要

8、的溶液的 OH-的浓度最小，因此最先看到红褐色沉淀，正确； B向溶液中加入双氧水，可以把溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，然后用 CuO粉末调节 pH，就可以将溶液中的杂质 Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀，过滤后可获较纯净的 CuSO4溶液，正确； C在该溶液中 c(SO42-)= 0.53+ 0.51+ 0.51=2. 5mol/L； c(Fe3+)= 0.5mol/L2=1.0mol/L； c(Fe2+)= 0.5mol/L1=0.5mol/L； c(Cu2+)= 0.5mol/L1=0.5mol/L；所以 c（ SO42-）： c（ Fe3+） +c（ Fe2+） +c（ Cu2+）

9、 = 2. 5： (1.0+0.5+0.5)=5： 4 ，正确； D 将少量 FeCl3粉末加入含 Cu(OH) 2的悬浊液中，由于 Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，对 Cu(OH)2的沉淀溶液平衡来说起抑制作用，平衡逆向移动，所以其中 c(Cu2+)减小，错误。 考点：考查沉淀溶解平衡的应用的知识。 X、 Y、 Z、 W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所 示，这四种元素原子的最外层电子数之和为 20，下列判断正确的是 W X Y Z A四种元素的原子半径： rZ rX rY rW B四种元素形成的单质最多有 6种 C四种元素均可与氢元素形成电子总数为 18的分子 D四种元素中，

10、Z的最高价氧化物对应的水化物酸性最强 答案： C 试题分析：根据题意可知 W是 C； X是 N； Y是 O， Z是 P。 A同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以四种元素的原子半径： rZ rW rX rY，错误； B C元素的单质有金刚石、石墨、 C60、焦炭、木炭、活性炭、 N元素的单质有 N2；O元素的单质有 O2、 O3， P元素的单质有红磷、白磷、紫磷、黑磷等，因此四种元素形成的单质多余 6种，错误； C C与 H形成电子总数为 18的分子是C2H6 ,N与 H形成电子总数为 18的分子是 N2H4,O元素均可与氢元素

11、形成电子总数为 18的分子是 H2O2； N与 H形成电子总数为 18的分子是 PH3,正确； D四种元素中，非金属性 NPC，所以 X的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，错误。 考点：考查元素周期表 、元素周期律的应用的知识。 如图所示 是 298 K时， N2与 H2反应过程中能量变化的曲线图 ,下列叙述错误的是 A加入催化剂，不能改变该化学反应的反应热 B b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C该反应的热化学方程式为： N2(g) 3H2(g) 2NH3(g)， H 92 kJ/mol D在温度、体积一定的条件下，通入 1 mol N2和 3 molH2反应后放出的热量为92kJ 答案：

12、 D 试题分析： A根据图示可知加入催化剂，可以改变反应途径，降低反应的活化能，但是不能改变反应物、生成物的能量，也就不能改变该化学反应的反应热，正确； B a曲线是未加入催化剂时的能量变化曲线， b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，正确； C由于反应物的总能量比生成物的总能量低 92KJ，所以该反应的热化学方程式为： N2(g) 3H2(g) 2NH3(g)， H 92 kJ/mol，正确； D在温度、体积一定的条件下，通入 1 mol N2和 3 molH2，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以反应后放出的热量小 于 92kJ，错误。 考点：考查反应热与催化剂、物质反应的

13、多少及反应物、生成物的状态的关系的知识。 下列化合物中与自身类别相同的同分异构体数目 (不考虑立体异构 )最多的是 A戊烷 B戊醇 C戊烯 D乙酸丙酯 答案： D 试题分析： A戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种； B戊醇是戊烷分子中的一个 H原子被羟基取代的产物。由于正戊烷有 3种 H原子，异戊烷有 4种 H原子，新戊烷有 1种 H原子，所以它们分别被取代得到的醇有 8种； C戊烯的同分异构体有 CH2=CHCH2CH2CH3； ； ；CH3CH=CHCH2CH3； 五种； D乙酸丙酯的酯类的同分异构体有HCOOCH2CH2CH2CH3； ； ； ；CH3COOCH2CH2CH3； ； CH3

14、CH2COOCH2CH3；CH3CH2CH2COOCH3； 共 9中同分异构体，因此化合物中与自身类别相同的同分异构体数目最多的是乙酸丙酯，选项是 D。 考点：考查有机物同分异构体的种类的判断的知识。 实验题 14分 ) 芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备。芳香烃的苯环比较稳定，难于氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终都氧化成羧基。某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。 反应原理： 反应试剂、产物的物理常数： 名称 相对分 子质量 性状 熔点 沸点 密度 溶解度 水 乙醇 乙醚 甲苯 92 无色液体易燃易挥发 -95 110.6 0.8669 不溶 易溶 易溶 苯甲酸 122 白色片状或

15、针状晶体 122.4 248 1.2659 微溶 易溶 易溶 主要实验装置和流程如下： 实验方法：一定量的甲苯和 KMnO4溶液置于图 1装置中，在 90 时， 反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。 （ 1）无色液体 A的结构简式为 。操作 为 。 （ 2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是 。 （ 3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是 。 A抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀 B安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触 C图 1回流搅拌装置应采用直接加热的方法 D冷凝管中水的流向是下进上出 （

16、4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入 ，分液，水层再加入 ，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸。 （ 5）纯度测定：称取 1.220g产品，配成 100mL溶液，取其中 25.00mL溶液，进行滴定 ，消耗 KOH物质的量为 2.410-3mol。产品中苯甲酸质量分数为 。 答案：（ 1） 蒸馏（ 2）除去未反应的 KMnO4，防止用盐酸酸化水盐酸被高锰酸钾氧化产生氯气；（ 3） A、 B、 D；（ 4） NaOH溶液 （ 5）96%。 试题分析：（ 1）一定量的甲苯和 KMnO4溶液在回流搅拌装置中发生反应，甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，高锰酸钾被氧化得到 MnO2，由于 MnO2难溶于水，而苯

17、甲酸可溶于水，通过过滤将它们进行分离，在滤液中含有未完全反应的甲苯和反应产生的苯甲酸钾，用分液的方法分离互不相溶的两层液体物质，有机物中含甲苯，为除去其中的水分加入了无水硫酸钠，过滤除去硫酸钠晶体，再蒸馏就得到了甲苯，所以无色液体 A是甲苯，其结构简式为 ，操作 是蒸馏；（ 2）如果滤液呈紫色，说明其中含有未完全反应的酸性高锰酸钾，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，防止用盐酸酸化时发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；（ 3） A抽滤可以减小过滤器中的压强，因此加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，正 确； B安装电动搅拌器时，搅拌器下端 4若与三颈烧瓶底、温度计等接触，会是实验仪器损坏，因此不

18、能接触，正确； C图 1回流搅拌装置若采用直接加热的方法，会使甲苯挥发，影响反应物的转化及组成大气污染，错误； D为了增强冷凝效果，冷凝管中水的流向是下进上出，正确；故选项是 A、 B、 D。（ 4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入 NaOH溶液，时苯甲酸反应变为容易溶于水的苯甲酸钠，然后分液，水层再加入浓盐酸酸化，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸。（ 5） n(苯甲酸 )=n(KOH)= 2.410-3mol(10025)=9.6 10-3mol,则 m(苯甲酸 )= 9.6 10-3mol122g/mol=1.1712g，所以产品中苯甲酸质量分数为 (1.1712g1.220g) 100%=9

19、6%。 考点：考查仪器的使用、混合物的分离、化学成分的目的、物质纯度的计算的知识。 填空题 （ 14分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质、合金及其化合物在生产生活中的应用日趋广泛，铝土矿是生产铝及其化合物的重要原料。 （ 1）铝元素在元素周期表中的位置是 。 （ 2）铝电池性能优越，铝一空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注 ，其原理如图所示。 该电池的总反应化学方程式为 ； 电池中 NaCl的作用是 。 以铝一空气电池为电源电解 KI溶液制取 KIO3（石墨为电极材料）时，电解过程中阳极的电极反应式为 。 某铝一空气电池的效率为 50%，若用其作电源电解 500mL 的饱和 NaCl

20、溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中 NaOH的浓度为 0.3 mol L 1，则该过程中消耗铝的质量为 （ 3）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂，聚氯化铝也被用于城市污水处理。 氯化铝在加热条件下易升华，气态氯化铝的化学式为 Al2Cl6，每种元素的原子最外层均达到 8电子稳定结构，则其结构式为 。 将铝土矿粉与碳粉混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成 CO，写出该反应的化学方程式 。 答案：（ 14分）（ 1）第三周期第 A族（ 2分） （ 2） 4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3 （ 2分） 增强溶液的导电能力（ 2分） I-+3H2O-6e-

21、=IO3-+6H+ （ 2分） 2.7g （ 2分） (3) （ 2分） Al2O3+3C+3Cl2 2AlCl3+3CO.（ 2分） 试题分析：（ 1） 13号元素铝元素原子的核外电子排布是 2、 8、 3，其在元素周期表中的位置是第三周期第 A族；（ 2）在负极发生反应： 4Al-12e-=4Al3+；在正极发生反应： 3O2+6H2O+12e-+4Al3+=4Al(OH)3。总反应方程式是4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。 电池中 NaCl的作用是电解质，提供自由移动的离子，增强溶液的导电能力； 以铝一空气电池为电源电解 KI溶液制取 KIO3（石墨为电极材料），溶液中的阴离子

22、放电，由于放电能力： I-OH-，所以 I-在阳极放电，阳极的电极反应式为 I-+3H2O-6e-=IO3-+6H+； NaCl溶液电解的方程式是： 2NaCl 2H2O Cl2 H2 2NaOH，每产生 2mol的 NaOH,转移2mol 的电子， n(NaOH)=0.3 mol/L0.5L=0.15mol，铝一空气电池的效率为 50%，所以转移电子的物质的量是 0.15mol50%=0.30mol,Al是 +3价的金属，所以反应消耗的 Al的物质的量是 0.30mol3=0.10mol，其质量是 m(Al)= 0.10mol27g/mol=2.7g；（ 3） 氯化铝在加热条件下易升华，说明

23、该物质是分子 晶体，在气态氯化铝的化学式为 Al2Cl6，每种元素的原子最外层均达到 8电子稳定结构，则其结构式为 ； 将铝土矿粉与碳粉混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成 CO，根据元素守恒及电子守恒可得该反应的化学方程式是 Al2O3+3C+3Cl2 2AlCl3+3CO。 考点：考查元素在周期表中的位置、原电池、电解池反应原理及应用、物质结构式、反应方程式的书写的知识。 （ 15分）二氧化碳是引起 “温室效应 ”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放。 （ 1）在一定温度下的 2L固定容积的密闭容器中，通 入 2 molCO2和 3mol H2，发生的反应为：

24、 CO2(g) 3H2(g) CH3OH(g) H2O(g)， H a kJ mol 1（ a0）， 测得 CO2(g)和 CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。 能说明该反应已达平衡状态的是 _。（选填编号） A CO2的体积分数在混合气体中保持不变 B混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化 C单位时间内每消耗 1.2mol H2，同时生成 0.4molH2O D该体系中 H2O与 CH3OH的物质的量浓度之比为 1:1，且保持不变 计算该温度下此反应的平衡常数 K _。（保留两位有效数字）。若改变条件 （填选项），可使 K 1。 A增大压强 B增大反应物浓度 C降低温度 D升高

25、温度 E加入催化剂 （ 2）某甲醇燃料电池原理如图 1所示。 M区发生反应的电极反应式为 _。 用上述电池做电源，用图 2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为： 。假设溶液体积为 300mL，当溶液的 pH值变为 13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的 质量为 _（忽略溶液体积变化）。 （ 3）有一种用 CO2生产甲醇燃料的方法： 已知： CO2(g) 3H2(g) CH3OH(g) H2O(g) H a kJ mol 1； CH3OH(g) CH3OH(l) H b kJ mol 1； 2H2(g) O2(g) 2H2O(g) H c kJ mol 1； H

26、2O(g) H2O(l) H d kJ mol 1， 则表示 CH3OH（ l）燃烧热的热化学方程式为：_ 答案：（ 15分）（ 1） A、 B（少选得 1分，错选不得分） （ 2分） 0.20 （ 2分） C （ 2分） （ 2） CH3OH 6e H2O CO2 6H （ 2分） 2Cl +2H2O H2+Cl2+2 OH （ 2分） 0.16g（ 2分） CH3OH(l) O2(g) CO2(g) 2H2O(l) H（ c 2d a b） kJ/mol（ 3分） 试题分析：（ 1） A.若反应为达到平衡状态，则混合气体的物质的量就会发生变化， CO2的体积分数在混合气体中也会发生变化，若

27、其保持不变，说明反应处于平衡状态，正确； B该反应在反应前后气体的质量不变，而气体的物质的量发生变化，所以混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，说明反应处于平衡状态，正确； C在任何情况下都存在单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成 0.4molH2O，所以不能确定反应是否处于平衡状态，错误；D该体系中 H2O与 CH3OH都是生成物，它们的物质的量的比在任何情况下都是为 1:1，因此不能确定反应是否处于平衡状态，错误。 根据图像既物质的开始浓度可知，在平衡时 各种物质的浓度分别是： c(CO2)=0.75mol/L；c(H2)=0.75mol/L； c(CH3OH)=0.25

28、mol/L； c(H2O)=0.25mol/L；所以在该温度下此反应的平衡常数 K =0.20；由于高反应的正反应是放热反应，如果平衡常数变为 1，则平衡应该正向移动，由于化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以根据平衡移动原理可知应该降低反应的温度，因此选项是 C；（ 2）由于阳离子的沸点能力： H+Na+，所以 H+在阴极放电，常数氢气，阴离子的沸点能力： Cl-OH-,因此 Cl-在阳极放电产 生氯气，用惰性电极电解饱和食盐水的总反应离子方程式是 2Cl +2H2OH2+Cl2+2 OH ； n(NaOH)=0.1mol/L0.3L=0.03mol， n(e-)=0.03mol，

29、在整个闭合回路中电子转移的数目相等，由于 1mol的甲醇反应会失去 6mol的电子，所以反应消耗的甲醇的物质的量是 0.03mol6=0.005mol,甲醇的相对分子质量是 32，所以小于消耗甲醇的质量是 m(CH3OH)=0.005mol32g/mol= 0.16g； + 2 ，整理可得热化学方程式为 CH3OH(l) O2(g) CO2(g) 2H2O(l) H（ c 2d a b） kJ/mol 考点：考查化学平衡状态的判断、平衡常数的计算及影响因素、原电池电解池的反应原理及应用、热化学方程式的书写的知识。 化学 选修 2：化学与技术 (15分 ) 将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合

30、利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品。回答下列问题： （ 1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是 （填序号）。 用混凝法获取淡水 提高部分产品的质 量 优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁的提取工艺 （ 2）采用 “空气吹出法 ”从浓海水中吹出 Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是 Br2+Na2CO3+H2ONaBr + NaBrO 3+NaHCO3，吸收 1mol Br2时，转移的电子数为 mol。 （ 3）海水提镁的一段工艺流程如下图： 浓海水的主要成分如下：该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为 ，产

31、品 2的化学式为 ， 1L浓海水最多可得到产品 2的质量为 g。 （ 4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为 ；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式 。 答案：分 )（ 1） （ 3分多选错选不给分，少选的选对一个给 1分）；（ 2） 5/3 （ 2分） （ 3） Ca2+SO42-= CaSO4 或 Ba2+SO42-= BaSO4（ 2分） Mg(OH)2（ 2分） 69.6 （ 2分） (4) MgCl2（熔融 ) Mg+Cl2（ 2分） Mg+2H2O Mg(OH)2+H2 （ 2分） 试题分析：（ 1） 用混凝法只能除去海水

32、中悬浮的固体物质，不能除去海水中可溶性的盐，因此不能获得淡水其它如提高部分产品的质量、优化提取产品的品种、改进钾、溴、镁的提取工艺都可以根据流程得以实现，因此选项是 ；（ 2）采用 “空气吹出法 ”从浓海水中吹出 Br2，并用纯碱吸收。根据电子守恒、元素的原子守恒可得碱吸收溴的主要反应是3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr + NaBrO3+6NaHCO3，每吸收 3mol Br2时，转移的电子的物质的量是 5mol,所以若吸收 1mol的 Br2，则转移电子的数目为 5/3mol; （ 3）该工艺过程中，脱硫阶段主要反应就是使溶液中的 SO42-变为沉淀析出，反应的离子方程式为 C

33、a2+SO42-= CaSO4 或 Ba2+SO42-= BaSO4；浓海水经过脱硫后的溶液中含有 Na+、 Mg2+、 Ba2+、 Ca2+，向其中加入石灰乳，发生复分解反应形成的沉淀是 Mg(OH)2；根据表格数据可知，在 1L海水中含有 Mg2+的质量是 28.8g， n(Mg2+)=28.8g24g/mol=1.2mol,则根据 Mg元素守恒可得形成Mg(OH)2沉淀的物质的量也是 1.2mol，质量是 m(Mg(OH)2)= 1.2mol 58g/mol= 69.6 g；（ 4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为 MgCl2（熔融 ) Mg+Cl2；电解

34、时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，有关反应的化学方程式是 Mg+2H2O Mg(OH)2+H2 。 考点：考查海水资源的综合利用中包括的操作方法、物质的净化、形成的物质的质量及有关方程式的书写的知识。 化学 选修 3：物质结构与性质 (15分 ) 已知 A、 B、 C、 D、 E五种元素的原子序数依次增大，其中 A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等； B原子核外电子有 6种不同的运动状态， s轨道电子数是 p轨道电子数的两倍； D原子 L电子层上有 2对成对电子； E 原子核外有 3层电子且各层均处于全满状态。 请填写下列空白。 （ 1） E元素基态原子的核外电子排布式为 _。 （

35、 2） B、 C、 D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 _（填元素符号），其原因为 _。 （ 3） B2A4是重要的基本石油化工原料。 B2A4分子中 B原子轨道的杂化类型为_； 1 mol B2A4分子中含 _mol键。 （ 4）已知 D、 E能形成晶胞如图所示的两种化合物，化合物的化学式，甲为_，乙为 _；高温时，甲易转化为乙的原因为_。 答案：（ 15分）（ 1） 1s22s22p63s23p63d104s1（ 2分） （ 2） C O N（ 2分） 同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素最外层电子达到半满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素（

36、2分） （ 3） sp2杂化（ 2分） 5（ 2分 ） （ 4） CuO（ 2分） Cu2O（ 2分） Cu2O中 Cu的 d轨道为全充满状态，较稳定，所以高温时， CuO易转化为 Cu2O（ 1分） 试题分析：根据题意可推知 A是 H； B是 C； C是 N； D是 O； E是 Cu。（ 1）29号元素 Cu元素基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1; （ 2）一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大，其电负性就越大，第一电离能也大。但是当原子核外的电子处于该轨道的全充满、半充满或全空时是稳定的状态，失去电子较难，第一电离能大于其后边相邻的元素，所以 B、

37、C、 D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 C O N；（ 3） C2H4是重要的基本石油化工原料。 B2A4分子中 B原子轨道的杂化类型为 sp2杂化； 1 mol B2A4分子中含 4mol的 CH 键 ,1mol的 CC 键，所以共含 5mol键。（ 4）在甲中含有黑球： 4个，含有白球 ;81/8+61/2=4,所以 n(Cu)： n(O)=4： 4=1:1，因此该物质的化学式是 CuO；在乙中，含有黑球： 4个，含有白球： 81/8+1=2， n(Cu)：n(O)=4:2=2:1,所以该物质的化学式是 Cu2O。高温时，甲易转化为乙 的原因为Cu2O中 Cu的 d轨道为全充满状

38、态，较稳定，所以高温时， CuO易转化为 Cu2O。 考点：考查元素的推断、元素的第一电离能的比较、物质分子中原子的杂化、含有化学键的类型及晶体化学式的确定、稳定性的比较的知识。 化学 选修 5：有机化学基础 (15分 ) 高分子材料 PET聚酯树脂和 PMMA的合成路线如下：已知： RCOOR+ R18OH RCO18O R+ ROH（ R、 R、 R代表烃基） 。 答案：分 )（ 1）加成反应（ 1分） ； （ 2） BrCH2-CH2Br+2NaOH HO-CH2CH2OH+2NaBr（ 2分）； （ 3）碳碳双键（ 1分） 酯基（ 1分） ；（ 4）（ 2分） （ 5） （ 2分）；（

39、 6） a、 c （少选 1分，错选 0分）（ 2分） （ 7） （ 2分） （ 8） 试题分析：（ 1） CH2=CH2与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应产生 A:BrCH2-CH2Br； A与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生 HOCH 2CH2OH ，反应的方程式是BrCH2-CH2Br+2NaOH HO-CH2CH2OH+2NaBr；（ 2） PMMA 单体是 ，其官能团名称是碳碳双键、 酯基；（ 4） E分子式是 C3H8O,能够被Cu催化氧化，说明 E中含有醇羟基，而且产生的物质 F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，说明 F只含有一种 H原子，则 E是 ， F是 ; 的化学方

40、程式为 ；（ 5） F在 HCN/OH-及 H2O/H+条件下发生反应变为 G： ，（ 6） G与浓硫酸在加热时发生消去反应变为 J：； B乙二醇 HOCH 2CH2OH 与对苯二甲酸二甲酯发生酯交换反应产生和 D： CH3OH； D与 J发生酯化反应产生PMMA的单体 ，该物质发生加聚反应产生聚合物 PMMA。 a 为酯化反应，正确； b B是乙二醇， D是甲醇，二者不是同系物，错误； c D甲醇在分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的沸点比同碳原子数的烷烃高，正确； d D是二元酯，水解产生对苯二甲酸和 2分子的甲醇，羧基可以与碱反应而醇不能发生反应，所以 1 mol 与足量 NaOH溶液反应时，最多消耗 2mol NaOH，错误，选项是 ac；（ 7） J的某种同分异构体与 J具有相同官能团，且为顺式结构，则其结构简式是 。（ 8）由 PET单体制备 PET聚酯（化学式为 C10nH8nO4n 或 C10n+2H8n+6O4n+2）并生成 B的化学方程式是考点：考查有机 物的结构、性质、转化、反应类型、化学方程式、同分异构体的书写的知识。