B.简单气态氢化物的热稳定性>Y>W
C.W、能形成两种化合物,其中一种与水反应生成气体
D.四种元素中,的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
13.0.1mol·L-1HIO3溶液加水稀释的图像如下,下列对该溶液叙述正确的是（ ）
A.若使溶液的pH升高1,可提高溶液的温度
B.若使溶液的pH升高1,将溶液稀释到原体积的10倍
C.0.1mol·L-1HIO3溶液稀释10倍后,溶液中c（H+）>c（I）>c（HIO3）
D.加水稀释过程中n（HIO3）+n（I）减小
二、非选择题
（一）必考题
26.（14分）研究催化剂对化学反应有重要意义。
为探究催化剂对过氧化氢分解的催化效果,某研究小组做了如下实验
（1）甲同学欲用如图所示实验证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。
该实验 （填“能”或“不能”）达到目的,原因是 。
（2）为探究MnO2的量对催化效果的影响,乙同学分别量取50mL1%H2O2溶液加入容器中,在一定质量范围内,加入不同质量的MnO2,测量所得气体体积的数据如下
MnO2的质量/g
0.1
0.2
0.4
40s末O2的体积/mL
49
61
86
由此得出的结论是 ,原因是
。
（3）为分析Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果,丙同学设计如下实验（三支试管中均盛有10mL5%H2O2溶液）
试管
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
滴加试剂
5滴0.1mol·L-1FeCl3溶液
5滴0.1mol·L-1CuCl2溶液
5滴0.3mol·L-1NaCl溶液
产生气泡情况
较快产生细小气泡
缓慢产生细小气泡
无气泡产生
结论是 ,实验Ⅲ的目的是 。
（4）①查阅资料得知将作为催化剂的FeCl3溶液加入H2O2溶液后,溶液中会发生两个氧化还原反应,且两个反应中H2O2均参加了反应,试从催化剂的角度分析,这两个氧化还原反应的化学方程式分别是 和 （按反应发生的顺序写）。
②在上述实验过程中,分别检测出溶液中有二价锰、二价铁和一价铜,由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是 。
27.（14分）氨气在工业上有广泛用途。
请回答以下问题
（1）工业上利用N2（g）+3H2（g）
2NH3（g） ΔH<0合成氨,某小组为了探究外界条件对该反应的影响,以c0×10-2mol·L-1H2参加合成氨反应,在a、b两种条件下分别达到平衡,如图A。
①相对a而言,b可能改变的条件是 ,判断的理由是 。
②a条件下,0~t0的平均反应速率v（N2）= mol·L-1·min-1。
（2）有人利用NH3和NO2构成电池的方法,既能实现有效消除氮氧化物的排放减少环境污染,又能充分利用化学能进行粗铝的精炼,如图B所示,e极为精铝。
a极通入 气体（填化学式）,判断的理由是
。
（3）某小组往一恒温恒压容器中充入9molN2和23molH2模拟合成氨反应,图C为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。
若体系在T2、60MPa下达到平衡。
①能判断N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）达到平衡的是 （填序号）。
a.容器内压强不再发生变化b.混合气体的密度不再发生变化
c.v正（N2）=3v逆（H2）d.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②若T1、T2、T3温度下的平衡常数分别为1、2、3,则1、2、3由大到小的排序为 。
③此时N2的平衡分压为 MPa（分压=总压×物质的量分数）。
计算出此时的平衡常数p= （用平衡分压代替平衡浓度计算,结果保留2位有效数字并带上单位）。
28.（15分）用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·Fe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3·18H2O。
工艺流程如图
已知①一定条件下,Mn可与Mn2+反应生成MnO2。
②生成氢氧化物沉淀的pH
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
2.7
完全沉淀时
5.2
9.7
3.2
（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是 。
（2）检验滤液中还存在Fe2+的方法是 （注明试剂、现象）。
（3）“除杂”环节有如下几个步骤
（Ⅰ）向滤液中加入过量MnO4溶液,调节溶液的pH为3.2
（Ⅱ）加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色
（Ⅲ）加入MnSO4至紫红色消失,过滤
①步骤Ⅰ的目的是 ;调节溶液的pH为3.2的目的是 。
②向Ⅱ的沉淀中加入浓盐酸并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是 ,写出其反应的化学方程式 。
③Ⅲ中加入MnSO4的目的是 。
（4）从多次循环使用后母液中可回收的主要物质是 （填化学式）。
（二）选考题
35.[化学——选修3物质结构与性质]（15分）硒化锌是一种透明色半导体,也可作为红外光学材料,熔点是1520℃。
（1）基态锌原子的价电子排布式是 。
（2）根据元素周期律,电负性Se S,第一电离能Se As（填“>”或“<”）。
（3）H2Se的分子构型是 ,其中硒原子的杂化轨道类型是 。
（4）H2O的沸点高于H2Se的沸点（-42℃）,其原因是 。
（5）晶体n为六方最密堆积,其配位数是 。
（6）nSe晶胞如图,假设阿伏加德罗常数的值为NA,则144gnSe晶体中的晶胞数是 。
36.[化学——选修5有机化学基础]（15分）化合物I（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一,其分子中含有醛基和酯基,I可以用E和H在一定条件下合成
已知以下信息
A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢;
R—CH
CH2
R—CH2CH2OH
化合物F苯环上的一氯代物只有两种;
通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基。
回答下列问题
（1）A的化学名称为 。
（2）D的结构简式为 。
（3）E的分子式为 。
（4）F生成G的化学方程式为 ,该反应类型为 。
（5）I的结构简式为 。
（6）I的同系物J比I相对分子质量小14,J的同分异构体中能同时满足如下条件
①苯环上只有两个取代基;②既能发生银镜反应,又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,这样的同分异构体共有 种（不考虑立体异构）。
J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为2∶2∶1,写出J的这种同分异构体的结构简式 。
参考答案
2017高考仿真卷·化学
（二）
7.A 解析由文献可知,NO3加热后才分解,不能自燃,A项错误;火药发生化学反应时生成氮气,NO3中氮元素的化合价降低,说明利用的是NO3的氧化性,B项正确;鉴别NO3和Na2SO4,利用钾元素和钠元素的焰色反应不同,钠元素焰色反应为黄色,钾元素焰色反应为紫色（隔着钴玻璃观察）,C项正确;NO3溶解度随温度变化较大,提纯的方法是将其溶解后再蒸发结晶,煎炼的过程就是蒸发结晶,D项正确。
8.A 解析氯气反应后氯元素的化合价变为-1价,故1mol氯气转移2NA个电子,A项正确;氯化钾溶液中除了氯离子外,还含有氢氧根,故溶液中的阴离子的物质的量大于0.2mol,则阴离子所带电荷多于0.2NA个,B项错误;碳酸根在水溶液中部分水解为HC和H2CO3,根据物料守恒可知,溶液中的C、HC和H2CO3的个数之和为0.1NA,C项错误;NH3和HCl混合会生成NH4Cl,D项错误。
9.B 解析A项中,pH=1的溶液为酸性溶液,酸性条件下N可氧化S;C项中Ba2+和S结合可生成沉淀;D项中Cl-和Ag+结合生成沉淀;B项中各离子可大量共存。
10.C 解析含有苯环,如果侧链上有一个正丙基或一个异丙基,则苯环上的一溴代物有3种,如果苯环上有两个侧链,一个是乙基,一个是甲基,则结构简式可能为
、
、
其苯环上的一溴取代物数目分别是4、4、2,如果苯环上有3个取代基,其结构简式为
、
、
其苯环上的一溴取代物数目分别是2、3、1,因此符合题意的有3种,C项正确。
11.C 解析由反应原理示意图可知,左边电极Fe3+和O2得电子,则可知左边电极为阴极,所以电的电极是负极,Y为正极,A项错误;阴极上电极反应Fe3++e-
Fe2+,O2+2e-+2H+
H2O2,B项错误;根据图示,阳极的电极反应式为H2O-e-
H++·OH,C项正确;每消耗1molO2,生成1molH2O2,1molH2O2和1molFe2+恰好发生反应H2O2+Fe2+
Fe3++OH-+·OH,生成1mol·OH,阴极生成1molH2O2和1molFe2+共转移3mol电子,根据电极反应式阳极生成3mol·OH,共产生4mol·OH,D项错误。
12.D 解析Y的单质存在于火山口附近,Y是硫元素,W、、Y、的原子序数依次递增,是氯元素,W与Y同主族,W是氧元素,W、的简单离子具有相同的电子层结构,且简单离子所带电荷绝对值相同,则是镁。
原子半径W<W>Y,B项错误;W、只能形成氧化镁,C项错误;四种元素中,氯的最高价氧化物对应的水化物酸性最强,D项正确。
13.C 解析根据0.1mol·L-1HIO3溶液加水稀释的图像,当横坐标为0时,c（H+）=0.07mol·L-1,由此判断HIO3为弱酸。
电离吸热,提高溶液的温度,促进电离,c（H+）增大,溶液的pH减小,不可能使溶液的pH升高1,A项错误;HIO3为弱酸,将溶液稀释到原体积的10倍,溶液的pH升高小于1,B项错误;因水也会电离出H+,且HIO3电离出的H+和I相等,则溶液中始终有c（H+）>c（I）,根据图像起点当横坐标为0时,c（H+）=0.07mol·L-1即HIO3电离度为70%,此时c（I）>c（HIO3）,当0.1mol·L-1HIO3溶液稀释10倍后,促进电离,未电离的HIO3比初始时占的比例更少,则溶液中c（H+）>c（I）>c（HIO3）,C项正确;根据物料守恒,加水稀释过程中n（HIO3）+n（I）始终不变,D项错误。
26.答案
（1）不能 没有确认MnO2的质量和性质是否改变
（2）在一定质量范围内,MnO2质量越大,反应速率越大 固体质量越大,其表面积也越大,故反应速率增大,催化效果更好
（3）Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用,且Fe3+比Cu2+催化效果好 对比实验,证明Cl-对H2O2的分解没有催化作用
（4）①2FeCl3+H2O2
2FeCl2+O2↑+2HCl 2FeCl2+H2O2+2HCl
2FeCl3+2H2O
②H2O2分解反应的催化剂具有氧化性,且其氧化性强于H2O2,催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂
解析
（1）要证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂,必须证明催化剂在反应前后的性质和质量没有改变,而甲同学没有做这方面的实验,所以不能达到目的。
（2）根据表格中数据,在一定质量范围内,随二氧化锰质量的增加,相同时间内收集到氧气的体积也相应增加,说明反应速率增大,原因是在一定质量范围内,固体质量越大,其表面积也越大,故反应速率增大,催化效果更好。
（3）从所给的数据可知试管Ⅰ、试管Ⅱ所用试剂的浓度、用量完全一样,产生气泡是试管Ⅰ快,试管Ⅱ慢,试管Ⅲ无气泡产生,试管Ⅲ是一个对比实验,说明Cl-对H2O2的分解没有催化作用,从而得到Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用,且Fe3+比Cu2+催化效果好。
（4）①根据化合价的升降和催化剂会参加反应,但最终性质和质量不改变写出反应的化学方程式,FeCl3和H2O2反应,FeCl3中铁元素化合价降低,生成氯化亚铁,H2O2中氧元素化合价升高,生成氧气,化学方程式为2FeCl3+H2O2
2FeCl2+O2↑+2HCl;FeCl3作催化剂,在第二个反应中应重新生成,则氯化亚铁又被过氧化氢氧化成氯化铁,反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2HCl
2FeCl3+2H2O。
②二价锰、二价铁和一价铜都是化合价降低得到的,说明二氧化锰、Fe3+、Cu2+得到电子,作氧化剂,将双氧水氧化,还原得到的二价锰、二价铁和一价铜又被H2O2氧化成二氧化锰、Fe3+、Cu2+,由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是H2O2分解反应的催化剂具有氧化性,且其氧化性强于H2O2;催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂。
27.答案
（1）①增大N2的浓度 a、b起始浓度相同,b到达平衡的时间缩短且氢气的转化率增大 ②
（2）NO2 e极为精铝,发生还原反应,所以d极发生氧化反应,则a极为正极,正极上二氧化氮得电子生成氮气
（3）①bd ②1>2>3 ③9 0.043（MPa）-2
解析
（1）①a、b氢气起始浓度相同,b到达平衡的时间缩短,反应速率增大,平衡时氢气的浓度减小,说明平衡正向移动,所以改变的条件是增大N2的浓度。
②a条件下,0~t0的平均反应速率v（N2）=v（H2）=mol·L-1·min-1。
（2）根据图示可知,e极为精铝,为电解池的阴极,d极为阳极,所以a电极是正极,b电极是负极,原电池中负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应,则该装置的原电池中二氧化氮得电子生成氮气,氨气失电子生成氮气,所以a电极上通入的是NO2。
（3）①该反应在恒压装置中进行,所以无论反应是否达到平衡状态压强都不变,所以不能据此判断平衡状态,a项错误;反应前后气体总质量不变但容器体积改变,所以混合气体的密度改变,当混合气体密度不变时该反应达到平衡状态,b项正确;3v正（N2）=v逆（H2）时该反应达到平衡状态,当v正（N2）=3v逆（H2）时该反应没有达到平衡状态,c项错误;反应前后混合气体质量不变,但气体总物质的量减小,所以混合气体相对分子质量增大,当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,d项正确。
②相同压强下,升高温度平衡逆向移动,氨气的体积分数减小,根据图知,温度T12>3。
③若体系在T2、60MPa下达到平衡,相同温度下,气体的体积分数等于其物质的量分数,设平衡时n（NH3）=mol,
N2（g）+ 3H2（g）
2NH3（g）
开始（mol）923 0
反应（mol）0.51.5
平衡（mol）9-0.523-1.5
平衡时氨气体积分数=×100%=60%,=12。
氮气的分压=×60MPa=9MPa,
氨气的分压=60%×60MPa=36MPa,
氢气分压=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa,
此时的平衡常数p==0.043（MPa）-2。
28.答案
（1）Al2O3+6H+
2Al3++3H2O
（2）取少量滤液,滴加MnO4溶液,MnO4溶液褪色 （3）①将Fe2+氧化为Fe3+ 调节pH使铁元素沉淀完全 ②有黄绿色气体生成 MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O ③除去过量的Mn （4）2SO4
解析向铝灰中加入过量稀硫酸,Al2O3和少量FeO·Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁,SiO2不反应,过滤除去二氧化硅;向滤液中加入过量MnO4溶液,高锰酸钾把亚铁离子氧化成铁离子,调节溶液的pH约为3.2生成氢氧化铁沉淀,除去铁离子,过滤,滤液中含铝离子和过量的高锰酸根离子,加入硫酸锰把过量高锰酸根离子除去,再过滤,对滤液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸铝晶体。
（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水,反应的离子方程式为Al2O3+6H+
2Al3++3H2O。
（2）由于铁离子和亚铁离子同时存在,所以检验亚铁离子应该用酸性高锰酸钾溶液,方法为取少量滤液,滴加MnO4溶液,MnO4溶液褪色。
（3）①向滤液中加入过量MnO4溶液,目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子;依据图表数据分析可知,铁离子开始沉淀到沉淀完全的溶液pH为2.7~3.2,铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于3.2,所以调节溶液的pH约为3.2,可以使铁离子全部沉淀,铝离子不沉淀分离。
②向Ⅱ的沉淀中加入浓盐酸并加热,二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O,生成的氯气是黄绿色气体,则能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体。
③Mn可与Mn2+反应生成MnO2,过滤除去,所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰,把过量高锰酸根离子除去。
（4）反应后,溶液中存在较多的+、S留在母液中,可回收的主要物质为2SO4。
35.答案
（1）3d104s2
（2）< < （3）V形 sp3 （4）水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键 （5）12 （6）
解析
（1）n是30号元素,其原子核外有30个电子,其价电子排布式为3d104s2。
（2）同一主族元素,元素电负性随着原子序数增大而减小,所以电负性Se（3）H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式分别为V形、sp3。
（4）含有氢键的氢化物熔沸点较高,H2O分子间含有氢键、H2Se分子间不含氢键,所以H2O的沸点高于H2Se的沸点（-42℃）。
（5）锌单质晶体是六方最密堆积,则晶体中锌原子的配位数为12。
（6）nSe晶胞中锌原子个数为4、硒原子个数=8×+6×=4,所以该晶胞质量=（×4）g,则144gnSe晶体中晶胞个数=。
36.答案
（1）2-甲基-2-氯丙烷
（2）（CH3）2CHCHO （3）C4H8O2
（4）
+2Cl2
+2HCl 取代反应
（5）
（6）18
解析
（1）A的分子式为C4H9Cl,核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的H,则A的结构简式为（CH3）3CCl,其名称为2-甲基-2-氯丙烷。
（2）A的结构简式为（CH3）3CCl,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B,则B为CH2
C（CH3）2,B发生信息中的反应生成的C为（CH3）2CHCH2OH,C发生催化氧化反应生成D,D的结构简式为（CH3）2CHCHO。
（3）D再与氢氧化铜反应,酸化后得到的E为（CH3）2CHCOOH,其分子式为C4H8O2。
（4）根据F的分子式及其苯环上的一氯代物只有两种可知F的结构简式为
则F生成G的化学方程式为
+2Cl2
+2HCl,该反应为取代反应。
（5）由转化关系可知H为
H与E发生酯化反应生成I,其分子中含有醛基和酯基,故I的结构简式为
。
（6）I（
）的同系物J比I相对分子质量小14,则J比I少一个—CH2—原子团,J的同分异构体中能同时满足如下条件①苯环上只有两个取代基,②既能发生银镜反应,又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,则J的同分异构体中含有—CHO、—COOH。
侧链为—CHO、—CH2CH2COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为—CHO、—CH（CH3）COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为—CH2CHO、
—CH2COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为—CH2CH2CHO、—COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为—CH（CH3）CHO、—COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为—CH3、—CH（CHO）COOH,有邻、间、对三种位置,故符合条件的同分异构体共有6×3=18种。
J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为2∶2∶1,而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种氢原子,故产物中苯环上只有1种氢原子,产
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