1、2016 年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括 7 小题，每小题 6 分，共 42 分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与社会、科学、技术、环境等有密切关系下列说法不正确的是（ ）A司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金B氯气是塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料C工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料D用浸泡过溴的四氯化碳溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】A有机玻璃属于高分子合成塑料；B氯气用途广泛，Cl 2 是重要化工原料；C制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱
2、、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉； D乙烯具有催熟作用，溴能与乙烯发生加成反应【解答】解：A司母戊鼎、定远舰甲板分别是铜合金、铁合金，有机玻璃属于高分子合成塑料，故 A 错误；B氯气用途广泛，Cl 2 是重要化工原料，可制盐酸、漂白粉，用于制造杀虫剂、染料、自来水消毒、制塑料、合成橡胶、合成纤维的原料，故 B 正确；C制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白
3、粉，均需要用石灰石为原料，故 C 正确；D乙烯具有催熟作用，溴能与乙烯发生加成反应，则用浸泡过溴的四氯化碳溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故 D 正确；故选 A【点评】本题考查化学与科学、技术、社会、环境密切相关知识，把握物质的成分为解答本题的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大2下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是（ ）编号 实验操作 实验现象 解释与结论A 某溶液加入浓 NaOH 溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸 试纸变蓝NH3 是碱B 硝酸银溶液中加足量 NaCl 溶液，再加 KI 溶液 先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀 Ksp（AgCl）K sp（
4、AgI）C 2mL 2% CuSO4 中加 46 滴 2%NaOH，振荡后加入 0.5mL X 溶液，加热煮沸 未出现砖红色沉淀 X 不含有醛基D 等体积 pH=3 的 HA 和 HB 两种酸分别与足量的锌反应 相同时间内，HA 收集到氢气多 HA 是强酸AA BB CC DD【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；强电解质和弱电解质的概念；氨的化学性质；有机物（官能团）的检验【分析】A、该实验是铵根离子的检验，但 NH3 不是碱；B、AgCl、AgI 均不溶于水，但 AgI 的溶解度更小；C、新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；D、pH=3 的两种酸，相同时间内，HA 放
5、出的氢气多，则反应过程中 HA 酸的氢离子浓度大【解答】解：A、NH 3 不是碱，故 A 错误；B、在稀 AgNO3 溶液中先加入少量 0.1mol/L NaCl 溶液，再加入少量 0.1mol/L NaI 溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明 Ksp（AgCl）K sp（AgI），故 B 正确；C、2mL 2% CuSO 4 中加 46 滴 2%NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，不能说明 X 不含有醛基，故 C 错误；D、等体积 pH=3 的 HA 和 HB 两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA 收集到氢气多，一定能说明 HA 是弱酸
6、，故 D 错误；故选 B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸性的比较与 pH 的关系、沉淀的溶度积、CHO 的检验等，注重实验细节的考查，题目难度不大3锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图），电解液为溴化锌水溶液，电解液在电解质储罐和电池间不断循环下列说法不正确的是（ ）A充电时电极 a 连接电源的负极B放电时负极的电极反应式为 Zn2e=Zn2+C放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大D阳离子交换膜可阻止 Br2 与 Zn 直接发生反应【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、充电时，电池的正极和电源的正极相接；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧
7、化反应；C、根据电池的两极反应来确定离子浓度的变化；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用【解答】解：根据图示的信息，结合原电池等工作原理，原电池的负极是金属锌失电子的过程，所以 b 是负极，a 是正极A、充电时，电池的正极和电源的正极相接，即电极 a 连接电源的正极，故 A 错误；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应，即 Zn2e=Zn2+，故 B 正确；C、放电时，右侧生成的锌离子移向左侧，左侧溴单质发生得电子的还原反应生成溴离子，所以左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故 C 正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用，可阻止 Br2 与 Zn 直接
8、发生反应，故 D 正确故选 A【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键4室温下，0.1mol/L 的二元酸 H2A 溶液中，溶液体系可能存在的含 A 粒子（H 2A、HA 、A 2）所占物质的量分数随 pH 变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）AH 2A 的电离方程式为：H 2AH+HABpH=5 时，在 NaHA 和 Na2A 的混合溶液中：c （HA ）： c（A 2）=1：100C等物质的量浓度的 NaHA 和 Na2A 溶液等体积混合，离子浓度大小关系为 c（Na +）c（HA ）c（A
9、 2）DNa 2A 溶液必存在 c（OH ）=c（H +）+c （HA ）+2c（ H2A），各粒子浓度均大于 0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、二元酸 H2A 溶液中不存在 H2A 分子，说明第一步完全电离，二元酸 H2A 的电离方程式为：H 2A=H+HA HAH+A2；B、据图象分析，pH=3 时，c（HA ）与 c（A 2）相同，pH=5 时，c（HA ）：c（A 2）=1：100；C、不知道 HA的电离程度与 A2的水解程度哪个更大；D、Na 2A 溶液中不存在 H2A 分子【解答】解：A、二元酸 H2A 溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸 H2A 的电离
10、方程式为：H 2A=H+HA，HA H+A2，故 A 错误；B、据图象分析，pH=3 时，c（HA ）与 c（A 2）相同，pH=5 时，c（HA ）：c（A 2）=1：100，故 B 正确；C、等物质的量浓度的 NaHA 和 Na2A 溶液等体积混合后，无法比较 c（HA ）与 c（A 2）的大小，故 C 错误；D、二元酸 H2A 的电离方程式为：H 2A=H+HA，HA H+A2，Na 2A 溶液中不存在 H2A分子，c（H 2A）=0 ，故 D 错误；关系 B【点评】本题考查了据图象分析二元酸的电离特点，关键是从图象分析出第一步完全电离，题目难度中等5下列有关有机物的说法正确的是（ ）A
11、1mol 能与 4molNaOH 充分反应B 系统命名法为 3丁烯C 的碳原子都在一个平面内，且它的二氯代物为 3 种D1mol 可以与 4molH2 发生加成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机反应；有机物的化学性质及推断【分析】A.2 个COOC 与 NaOH 反应，且水解生成的 1 个酚 OH 与 NaOH 反应；B双键在 1、2 号 C 上；C结构对称，只有一种 H，二氯代物可在固定 1 个 Cl 的基础上，移动另外 1 个 Cl；D双键与苯环可与氢气发生加成反应【解答】解：A.2 个COOC 与 NaOH 反应，且水解生成的 1 个酚OH 与 NaOH 反应
12、，则1mol 能与 3molNaOH 充分反应，故 A 错误；B双键在 1、2 号 C 上，则 系统命名法为 1丁烯，故 B 错误；C双键为平面结构，且与双键 C 直接相连的 C 共面，结构对称，只有一种 H，二氯代物可在固定 1 个 Cl 的基础上，移动另外 1 个 Cl，则 的碳原子都在一个平面内，且它的二氯代物为 4 种，故 C 错误；D双键与苯环可与氢气发生加成反应，则 1mol 可以与 4molH2发生加成，故 D 正确；故选 D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项 C 为解答的难点
13、，题目难度中等6向盛有少量 NaCl 溶液的试管中滴入少量 AgNO3 溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是（ ）A先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失B生成的沉淀为 AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成 Ag+和 ClC生成的沉淀是 AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物 Ag（NH 3） 2ClD若向 AgNO3 溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失【考点】配合物的成键情况【分析】AgCl 和 AgOH 两个不溶于水的物质均可溶于氨水生成可溶性的配合物Ag（NH 3） 2Cl，据此回答即可【解答】解：AgNO 3 中滴入 NaCl，生成白色的
14、 AgCl，难溶于水，硝酸银中滴入氨水生成AgOH，但此两种难溶于水的物质均可溶于氨水生成可溶性的配合物Ag（NH 3） 2Cl，故此现象是先沉淀，后沉淀溶解，此现象同与直接往硝酸银中滴氨水，故 ACD 正确，B 错误；故选：B【点评】本题主要考查的是银铵溶液的制取反应原理，题目较新颖，注意知识的灵活迁移7在一容积为 2L 的恒容密闭容器中加入 0.2mol CO 和 0.4mol H2，发生如下反应：（ ）CO（g）+2H 2（g）CH 3OH（g） 实验测得 300和 500下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是甲醇物 时间质的量温度 10min 20min 30min
15、 40min 50min 60min300 0.080 0.120 0.150 0.168 0.180 0.180500 0.120 0.150 0.156 0.160 0.160 0.160A该反应的焓变H0，升高温度 K 增大B300 时，020 min H 2 的平均反应速率 （ H2） =0.003mol/（Lmin ）C采取加压、增大 H2 浓度、加入催化剂的措施都能提高 CO 的转化率D500下，向该容器中初始加入 0.1 mol CO 和 0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变【专题】化学平衡专题【分析】A由表中数
16、据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此解答；B由表中数据可知，300时，020min 内 CH3OH 的物质的量变化量为 0.12mol，根据v= 计算 v（CH 3OH），再根据速率之比等于化学计量数之比计算 v（H 2）；C加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动，CO 的转化率不变；D由表中数据可知，500时 40min 到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为 0.16mol，甲醇平衡浓度为 =0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入 0.1 mol CO 和 0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为 cm
17、ol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算 c 的值【解答】解：A由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，该反应的焓变H0，升高温度平衡常数减小，故 A 错误；B由表中数据可知，300时，020min 内 CH3OH 的物质的量变化量为 0.12mol，故v（CH 3OH）= =0.003mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，则 v（H 2）=2v（CH 3OH） =0.006mol/（Lmin），故 B 错误；C加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动，CO 的转化率不变，故 C 错误；D由表中数据可知，500时 4
18、0min 到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为 0.16mol，甲醇平衡浓度为 =0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入 0.1 mol CO 和 0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为 cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算 c 的值，故 D 正确；故选 D【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数的应用等，难度中等，注意掌握理解化学平衡常数的应用二、解答题（共 9 小题，满分 44 分）8甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，300400左右分解、实验室制取的方法之一是：Ca（OH） 2+2
19、HCHO+H2O2=Ca（HCOO） 2+2H2O+H2实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为 3070%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比依次为 1：2：1.2），最终可得到质量分数 98%以上且重金属含量极低的优质产品（1）过氧化氢比理论用量稍多，其目的是 使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度 ；（2）反应温度最好控制在 3070之间，温度不易过高，其主要原因是 防止 H2O2 分解和甲醛挥发 ；（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S 溶液，加硫化钠的目的是 除去重金属离子 ；（4）实验时需强力搅拌 45min，其目的是
20、 使反应物充分接触，提高产率 ；结束后需调节溶液的 pH 78，其目的是 防止甲酸钙水解 最后经结晶分离、干燥得产品、某研究性学习小组用工业碳酸钙（主要成分为 CaCO3；杂质为：Al 2O3、FeCO 3） 为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙结合右图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH（开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为1.0molL1 计算），现提供的试剂有：a 甲酸钠，b.5molL 1 硝酸，c.5molL 1 盐酸，d.5molL1 硫酸，e.3%H 2O2 溶液，f澄清石灰水请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤金属离子 开始沉淀的 pH
21、 沉淀完全的 pHFe3+ 1.1 3.2Al3+ 3.0 5.0Fe2+ 5.8 8.8步骤 1称取 13.6g 甲酸钠溶于约 20mL 水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品 10g待用步骤 2 用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品； 步骤 3 用石灰水调整溶液 pH=5 步骤 4过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液 pH 78，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、 趁热过滤 、洗涤、60时干燥得甲酸钙晶体【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；（2）温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发；（3）重金属离子与硫离子反
22、应生成难溶的硫化物；（4）搅拌是使反应物充分接触；甲酸钙水解显碱性，溶液为弱碱性能抑制其水解；该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节 pH 为 5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出【解答】解：（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；故答案为：使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；（2）温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在 3070之间，温度不易过高，能防止 H2O2 分解和甲醛挥发；故答案为：防止 H2O2 分解和甲醛挥发；（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S 溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；故答案为：除去重金属离子；（4）搅拌是使使反应物充分接触，使其反应完全，提高产率；甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液 pH 78，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，故答案为：使反应物充分接触，提高产率；防止甲酸钙水解；
