河南省周口市扶溝高中2015屆高三化學模擬試卷(11)(含解析)

1、2015年河南省周口市扶溝高中高考化學模擬試卷（11）一、選擇題：（本大題共7小題，每小題6分，共42分，每題只有一個選項符合題意）1下列化學與生活的相關敘述正確的是( )ANO2、CO2和SO2都是大氣污染物B用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以達到保鮮的要求C石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的過程D饅頭、米飯在口腔內(nèi)越嚼越甜，是因為它們含有的淀粉發(fā)生了酯化反應2制備下列物質(zhì)的工業(yè)生產(chǎn)流程合理是( )A由SO2制亞硫酸鈉：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液B由NaCl制漂粉精：NaCl（aq）Cl2漂粉精C由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3D由乙烯制乙酸：H2C=CH2

2、CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH3下列有關有機化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的敘述，正確的是( )A苯的硝化、丙烯使高錳酸鉀酸性溶液褪色的反應都屬于取代反應BC8H10含苯環(huán)的烴同分異構(gòu)體有3種C乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上D莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色4僅用表中提供的儀器和藥品，就能達到相應實驗目的是( )編號儀器藥品實驗目的A托盤天平（帶砝碼）、膠頭滴管、量筒、燒杯、藥匙、玻璃棒NaCl固體、蒸餾水配制一定質(zhì)量分數(shù)的NaCl溶液B分液漏斗、錐形瓶、試管、導管及橡皮塞濃硝酸、碳酸鈉固體、硅酸鈉溶液證明酸性：硝酸碳酸硅酸C酸式滴定管、膠頭滴管、鐵架臺（帶鐵夾）已知濃度的鹽酸

3、、待測NaOH溶液測定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度 D燒杯、分液漏斗、膠頭滴管、鐵架臺混有苯酚雜質(zhì)的苯、濃溴水提純混有苯酚雜質(zhì)的苯AABBCCDD5乙烷在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應，理論上得到的氯代物最多有幾種( )A5種B6種C8種D9種6下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是( )A稀硝酸中加入過量鐵粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OB用銅作電極電解飽和食鹽水：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OHC氯化鋁溶液中加入過量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+D向BaCO3固體中加入過量的稀H2SO4：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O7某溫度下，體積和pH

4、都相同的稀硫酸和硫酸鋁溶液加水稀釋時的pH變化曲線如圖，下列有關說法正確的是( )A加等量的水后硫酸中水電離出的C（H+）與硫酸鋁中水電離出的C（H+）的比值比稀釋前的比值增大Ba點溶液中有：c（H+）+c（Al3+）=c（OH）+c（SO42）C體積和pH都相同的稀硫酸和硫酸鋁溶液與等濃度的NaOH反應，消耗NaOH的體積相等Db、c兩溶液水電離出的c（OH）相等二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第8題第10題為必考題，每個小題考生都必須作答第11題第12題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題8（14分）工業(yè)上用輝銅礦（主要成分Cu2S，含F(xiàn)e3O4、SiO2雜質(zhì)）為原料，生產(chǎn)硫酸銅

5、晶體的工藝流程如下：已知：固體B為氧化物組成的混合物 Cu（NH3）42+（aq）Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）氣體X是_，高溫下在過量空氣中煅燒輝銅礦時，Cu2S發(fā)生反應的方程式為：_（2）固體B酸溶時加入稀硫酸和H2O2，目的是_，不用濃硫酸的原因是_（3）鑒別溶液D中Fe3+完全除盡的方法是_濾液G的主要溶質(zhì)是_（填化學式）（4）由溶液E獲得硫酸銅晶體的實驗操作I的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、_、烘干（5）用“間接碘量法”測定所制備的CuSO45H2O（不含能與I反應的氧化性雜質(zhì)）的純度取a g試樣配成100mL溶液，取25.00mL該溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴

6、加KI溶液至沉淀不再產(chǎn)生為止，然后用硫代硫酸鈉標準溶液滴定生成的I2，發(fā)生反應的化學方程式為I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗c molL1 Na2S2O3溶液的體積為V mL寫出CuSO4與KI反應的離子方程式_計算試樣中CuSO45H2O的純度_（用a、c、V表示）9（14分）三頸瓶在化學實驗中的應用非常廣泛，下面是三頸瓶在部分無機實驗或有機實驗中的一些應用（1）在如圖1所示裝置中，進行氨的催化氧化實驗：向三頸瓶內(nèi)的濃氨水中不斷通入空氣，將紅熱的鉑絲插入瓶內(nèi)并接近液面反應過程中可觀察到瓶中有紅棕色氣體產(chǎn)生，鉑絲始終保持紅熱實驗過程中NH3H2O的電離程度_（填“變大”、“

7、變小”或“不變”）（2）實驗室用如圖2所示裝置制備氨基甲酸銨（NH2COONH4），其反應化學方程式：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s），該反應在干燥條件下僅生成氨基甲酸銨，若有水存在則生成碳酸銨或碳酸氫銨寫出加入藥品之前實驗操作的要點_；反應中若有水存在則生成碳酸氫銨的化學方程式是_干燥管中盛放的藥品是_簡述左側(cè)三頸瓶裝置制取氨氣的原理_對比碳酸鹽和酸的反應制取CO2，該實驗利用干冰升華產(chǎn)生CO2氣體的有優(yōu)點有_有同學認為該實驗裝置存在安全問題，請問可能面臨的安全問題是_氨基甲酸氨可用作肥料，其肥效比尿素CO（NH2）2_（填“高”或“低”），在潮濕的空氣中釋放出氨而變成碳

8、酸氫銨取因部分變質(zhì)而混有碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品0.7830g，用足量石灰水充分處理后，使樣品中碳元素完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥，測得質(zhì)量為1.000g，則樣品中氨基甲酸銨的物質(zhì)的量分數(shù)是_10綜合利用CO2、CO對構(gòu)建低碳社會有重要意義（1）Li4SiO4可用于富集得到高濃度CO2原理是：在500，低濃度CO2與Li4SiO4接觸后生成兩種鋰鹽；平衡后加熱至700，反應逆向進行，放出高濃度CO2，Li4SiO4再生700時反應的化學方程式為_（2）固體氧化物電解池（SOEC）用于高溫共電解CO2/H2O，既可高效制備合成氣（CO+H2），又可實現(xiàn)CO2的減排，其工作原理如圖1b為電源

9、的_（填“正極”或“負極”）寫出電極c發(fā)生的電極反應式：_、_（3）電解生成的合成氣在催化劑作用下發(fā)生如下反應：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）對此反應進行如下研究：某溫度下在一恒壓容器中分別充入1.2mol CO和1mol H2，達到平衡時容器體積為2L，且含有0.4mol CH3OH（g），則該反應平衡常數(shù)值為_，此時向容器中再通入0.35mol CO氣體，則此平衡將_（填“向正反應方向”“不”或“向逆反應方向”）移動（4）已知：若甲醇的燃燒熱為H3，試用H1、H2、H3表示CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）的H，則H=_（5）利用太陽能和缺鐵氧化物可將廉價CO2熱解為碳和氧

10、氣，實現(xiàn)CO2再資源化，轉(zhuǎn)化過程如圖2所示，若用1mol缺鐵氧化物與足量CO2完全反應可生成_mol C（碳）（二）選考題（共15分請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分）【化學一物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11X、Y、Z為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大X與氫元素可形成：H2X、H2X2兩種化合物，且在常溫下均為液態(tài)；Y基態(tài)原子的M層電子數(shù)是K層的3倍；Z2+的3d軌道中有10個電子請回答下列問題：（1）X所在周期中第一電離能最大的主族元素是_（填元素符號）；H2X2分子中X原子的雜化方式是_（2）Y與X可形成YX42YX42的立體構(gòu)型是_寫出一種與YX42互為等電子體分子的

11、化學式_（3）Z的氯化物與氨水反應可形成配合物Z（NH3）4Cl2，1mol該配合物中含有鍵的數(shù)目為_（4）Y與Z形成化合物晶體的晶胞如圖所示已知該晶體的密度為a gcm3，則該晶胞的體積為_cm3（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）【化學-有機化學基礎】12有機物是重要的化工原料，其合成過程如下：（1）化合物II的分子式為_，中含氧官能團的名稱是_，反應的反應類型是_反應（2）化合物IIV具有的性質(zhì)正確的是_A1mol化合物II最多能與2molH2發(fā)生加成反應B1mol化合物II燃燒最多消耗8.5molO2C1mol化合物IV能與2mol金屬鈉、1molNaHCO3反應產(chǎn)生氣體D化合物I和IV在一

12、定條件下都能與乙酸發(fā)生酯化反應（3）芳香化合物V是II的一種無甲基同分異構(gòu)體，能使FeCl3溶液顯紫色，則V的結(jié)構(gòu)簡式為_、_、_（4）一定條件下，化合物能形成縮聚高分子，該有機高分子的結(jié)構(gòu)簡式為_（5）有機物VI（）與發(fā)生反應的方程式為_2015年河南省周口市扶溝高中高考化學模擬試卷（11）一、選擇題：（本大題共7小題，每小題6分，共42分，每題只有一個選項符合題意）1下列化學與生活的相關敘述正確的是( )ANO2、CO2和SO2都是大氣污染物B用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以達到保鮮的要求C石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的過程D饅頭、米飯在口腔內(nèi)越嚼越甜，是因為它們含

13、有的淀粉發(fā)生了酯化反應【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理；乙烯的用途；淀粉的性質(zhì)和用途 【專題】化學計算【分析】A、二氧化碳不是空氣污染物；B、根據(jù)乙烯的用途以及乙烯能被高錳酸鉀溶液氧化來分析；C、石油和油脂都不是高分子化合物；D、淀粉水解生成葡萄糖【解答】解：A、NO2、SO2都是大氣污染物，但CO2不是空氣污染物，故A錯誤；B、乙烯是水果的催熟劑，高錳酸鉀溶液能氧化乙烯，除去乙烯，則可達到水果保鮮的目的，故B正確；C、石油和油脂都不是高分子化合物，所以石油裂解和油脂皂化都不是高分子生成小分子的過程，故C錯誤；D、淀粉水解生成葡萄糖，有甜味，故D錯誤；故選：B【點評】本題考查了化學與生活的知

14、識，題目較為簡單，完成此題，可以依據(jù)已有的課本知識2制備下列物質(zhì)的工業(yè)生產(chǎn)流程合理是( )A由SO2制亞硫酸鈉：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液B由NaCl制漂粉精：NaCl（aq）Cl2漂粉精C由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3D由乙烯制乙酸：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【考點】化學實驗方案的評價 【分析】A亞硫酸酸性比碳酸強，SO2可與碳酸鈉反應生成NaHSO3，進而與NaOH反應生成Na2SO3；B澄清石灰水濃度較低，應用石灰乳；C氨氣被氧化生成NO；D銀氨溶液成本較高【解答】解：A亞硫酸酸性比碳酸強，SO2可與碳酸鈉反應生成NaHSO3，進而與NaO

15、H反應生成Na2SO3，故A正確；B澄清石灰水濃度較低，生成次氯酸鈣較少，應用石灰乳，故B錯誤；C氨氣被氧化生成NO，不能生成NO2，故C錯誤；D銀氨溶液成本較高，可用氧氣直接氧化，故D錯誤故選A【點評】本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于化學與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，難度不大，注意相關基礎知識的積累3下列有關有機化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的敘述，正確的是( )A苯的硝化、丙烯使高錳酸鉀酸性溶液褪色的反應都屬于取代反應BC8H10含苯環(huán)的烴同分異構(gòu)體有3種C乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上D莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；常見

16、有機化合物的結(jié)構(gòu)；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體 【分析】A丙烯被酸性高錳酸鉀氧化；B取代基可以是2個甲基或1個乙基；C乙烷為飽和烴，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點；D含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應【解答】解：A丙烯含有碳碳雙鍵，被酸性高錳酸鉀氧化，故A錯誤；BC8H10的芳香烴滿足CnH2n6的通式，即有可能為苯的同系物，取代基可以是2個甲基或1個乙基，結(jié)構(gòu)簡式：，故B錯誤；C乙烷為飽和烴，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，則原子不可能在同一個平面上，故C錯誤；D含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確故選D【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把

17、握有機物的官能團的性質(zhì)，為解答該類題目的關鍵，難度不大4僅用表中提供的儀器和藥品，就能達到相應實驗目的是( )編號儀器藥品實驗目的A托盤天平（帶砝碼）、膠頭滴管、量筒、燒杯、藥匙、玻璃棒NaCl固體、蒸餾水配制一定質(zhì)量分數(shù)的NaCl溶液B分液漏斗、錐形瓶、試管、導管及橡皮塞濃硝酸、碳酸鈉固體、硅酸鈉溶液證明酸性：硝酸碳酸硅酸C酸式滴定管、膠頭滴管、鐵架臺（帶鐵夾）已知濃度的鹽酸、待測NaOH溶液測定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度 D燒杯、分液漏斗、膠頭滴管、鐵架臺混有苯酚雜質(zhì)的苯、濃溴水提純混有苯酚雜質(zhì)的苯AABBCCDD【考點】直接加熱的儀器及使用方法；不能加熱的儀器及使用方法 【分析】A可用托

18、盤天平稱量固體，用量筒量取水，以配制一定質(zhì)量分數(shù)的溶液；B硝酸易揮發(fā)；C氫氧化鈉應用堿式滴定管量取氫氧化鈉溶液；D苯酚、三溴苯酚均易溶于苯【解答】解：A可用托盤天平稱量固體，用量筒量取水，以配制一定質(zhì)量分數(shù)的溶液，可達到實驗目的，故A正確；B硝酸易揮發(fā)，應除掉硝酸后再通入硅酸，故B錯誤；C缺少堿式滴定管，氫氧化鈉應用堿式滴定管量取氫氧化鈉溶液，不能完成實驗，故C錯誤；D苯酚、三溴苯酚均易溶于苯，不能除雜，應加NaOH后分液除雜，故D錯誤故選A【點評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及溶液的配制、中和滴定、物質(zhì)的分離、性質(zhì)比較等知識，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，為高考常見題型和

19、高頻考點，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實驗方法和原理，難度不大5乙烷在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應，理論上得到的氯代物最多有幾種( )A5種B6種C8種D9種【考點】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體 【專題】同系物和同分異構(gòu)體【分析】乙烷與氯氣發(fā)生取代反應，可以是一元取代、二元取代到完全取代，注意多元取代時，可以取代相同碳原子上的氫原子，也可以取代不同碳原子上的氫原子，發(fā)生n元取代與m元取代，若n+m等于氫原子數(shù)目，則取代產(chǎn)物種數(shù)相同，據(jù)此書寫判斷【解答】解：乙烷的一氯取代物有1種，二氯取代物有2種，三氯取代物有2種，四氯取代物有2種（與二溴取代物個數(shù)相同），五氯取代物有1種（與一溴取代物個數(shù)相同），六氯取

20、代物1種，所以共有9種，故選D【點評】本題考查同分異構(gòu)體、取代反應等，難度不大，注意同分異構(gòu)體的書寫6下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是( )A稀硝酸中加入過量鐵粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OB用銅作電極電解飽和食鹽水：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OHC氯化鋁溶液中加入過量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+D向BaCO3固體中加入過量的稀H2SO4：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O【考點】離子方程式的書寫 【分析】A過量Fe粉參加反應生成硝酸亞鐵、NO和水；B陽極上銅失電子生成Cu離子；C氫氧化鋁不溶于弱堿；D二者反應生成硫酸鋇、二氧化碳和

21、水【解答】解：A過量Fe粉參加反應生成硝酸亞鐵、NO和水，離子方程式為：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A錯誤；B陽極上銅失電子生成Cu離子，離子方程式為Cu+2H2OCu（OH）2+H2，故B錯誤；C氫氧化鋁不溶于弱堿，離子方程式為Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C正確；D二者反應生成硫酸鋇、二氧化碳和水，離子方程式為BaCO3+SO42+2H+BaSO4+CO2+H2O，故D錯誤；故選C【點評】本題考查離子方程式正誤判斷，為高考高頻點，涉及氧化還原反應、酸性強弱比較、生成物與反應物量的關系等知識點，明確物質(zhì)性質(zhì)及離子方程式書寫規(guī)則即可解答，易錯選項是

22、B7某溫度下，體積和pH都相同的稀硫酸和硫酸鋁溶液加水稀釋時的pH變化曲線如圖，下列有關說法正確的是( )A加等量的水后硫酸中水電離出的C（H+）與硫酸鋁中水電離出的C（H+）的比值比稀釋前的比值增大Ba點溶液中有：c（H+）+c（Al3+）=c（OH）+c（SO42）C體積和pH都相同的稀硫酸和硫酸鋁溶液與等濃度的NaOH反應，消耗NaOH的體積相等Db、c兩溶液水電離出的c（OH）相等【考點】鹽類水解的原理；水的電離 【分析】A、加水稀釋，硫酸中水的電離程度增加，硫酸鋁中鋁離子的水解程度增大，水的電離程度增加；B、a點溶液中存在電荷守恒，據(jù)此回答判斷；C、pH都相同的稀硫酸和硫酸鋁溶液中氫

23、離子的濃度相等，根據(jù)硫酸、硫酸鋁和氫氧化鈉的反應來回答；D、硫酸對水的電離起抑制作用，硫酸鋁對水的電離起到促進作用【解答】解：A、加水稀釋，硫酸中氫離子濃度減小，對水的電離抑制作用減小，硫酸中中水的電離程度增加，稀釋硫酸鋁，硫酸鋁中鋁離子的水解程度增大，水的電離程度增加，但是鋁離子濃度減小，其中水的電離程度增加值不如稀釋硫酸過程水的電離程度增加的大，即加等量的水后硫酸中水電離出的C（H+）與硫酸鋁中水電離出的C（H+）的比值比稀釋前的比值增大，故A正確；B、a點溶液中存在電荷守恒：c（H+）+3c（Al3+）=c（OH）+2c（SO42），故B錯誤；C、pH都相同的稀硫酸和硫酸鋁溶液中氫離子的

24、濃度相等，但是它們和氫氧化鈉反應的實質(zhì)不一樣，前者是氫離子和氫氧根離子的反應，但是后者是鋁離子和氫氧根離子之間的反應，氫離子和鋁離子的物質(zhì)的量不相等，故C錯誤；D、硫酸對水的電離起抑制作用，硫酸鋁對水的電離起到促進作用，b、c兩溶液水電離出的c（OH），硫酸電離出的氫離子濃度抑制了水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最小，故D錯誤故選A【點評】本題考查酸溶液的稀釋，注意弱電解質(zhì)溶液稀釋時的濃度變化及加水促進弱電解質(zhì)電離的特點即可解答，題目難度中等二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第8題第10題為必考題，每個小題考生都必須作答第11題第12題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題8（14分

25、）工業(yè)上用輝銅礦（主要成分Cu2S，含F(xiàn)e3O4、SiO2雜質(zhì)）為原料，生產(chǎn)硫酸銅晶體的工藝流程如下：已知：固體B為氧化物組成的混合物 Cu（NH3）42+（aq）Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）氣體X是SO2，高溫下在過量空氣中煅燒輝銅礦時，Cu2S發(fā)生反應的方程式為：Cu2S+2O22CuO+SO2（2）固體B酸溶時加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并將Fe2+氧化為Fe3+，不用濃硫酸的原因是濃硫酸與Fe2+反應會生成對環(huán)境有污染的SO2（3）鑒別溶液D中Fe3+完全除盡的方法是取少量D溶液于試管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則證明Fe3+完全除盡濾

26、液G的主要溶質(zhì)是（NH4）2SO4（填化學式）（4）由溶液E獲得硫酸銅晶體的實驗操作I的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干（5）用“間接碘量法”測定所制備的CuSO45H2O（不含能與I反應的氧化性雜質(zhì)）的純度取a g試樣配成100mL溶液，取25.00mL該溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再產(chǎn)生為止，然后用硫代硫酸鈉標準溶液滴定生成的I2，發(fā)生反應的化學方程式為I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗c molL1 Na2S2O3溶液的體積為V mL寫出CuSO4與KI反應的離子方程式2Cu2+4I=2CuI+I2計算試樣中CuSO45H2O

27、的純度%（用a、c、V表示）【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計 【分析】輝銅礦通入氧氣充分煅燒，生成二氧化硫氣體和固體CuO、Fe3O4，加入鹽酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入過量氨水，可得到Cu（NH3）42+和Fe（HO）3，Cu（NH3）42+經(jīng)加熱可得到CuO，加入硫酸得到硫酸銅溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶后可得到硫酸銅晶體，（1）根據(jù)圖示，Cu2S與O2的反應為氧化還原反應生成銅和二氧化硫；（2）固體B為氧化物組成的混合物，酸溶時加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并將Fe2+氧化為Fe3+；根據(jù)濃硫酸氧化Fe2+反應會生成對環(huán)境

28、有污染的SO2；（3）根據(jù)三價鐵與KSCN溶液出現(xiàn)血紅色，證明Fe3+是否完全除盡；根據(jù)溶液的組成判斷濾液G的主要溶質(zhì)；（4）由溶液E獲得硫酸銅晶體的實驗操作I的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干（5）硫酸銅溶液與碘化鉀溶液反應生成白色沉淀（碘化亞銅）并析出碘，寫出離子方程式；據(jù)比例關系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32計算【解答】解：輝銅礦通入氧氣充分煅燒，生成二氧化硫氣體和固體CuO、Fe3O4，加入鹽酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入過量氨水，可得到Cu（NH3）42+和Fe（HO）3，Cu（NH3）42+經(jīng)加熱可得到CuO，加入硫酸得到硫酸銅溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮

29、、冷卻結(jié)晶后可得到硫酸銅晶體，（1）根據(jù)圖示，Cu2S與O2的反應為氧化還原反應生成銅和二氧化硫，方程式為：Cu2S+2O22CuO+SO2，所以氣體X是SO2；故答案為：SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；（2）固體B為氧化物組成的混合物，酸溶時加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并將Fe2+氧化為Fe3+；因為濃硫酸氧化Fe2+反應會生成對環(huán)境有污染的SO2，所以不用，故答案為：溶解CuO、Fe3O4，并將Fe2+氧化為Fe3+；濃硫酸與Fe2+反應會生成對環(huán)境有污染的SO2；（3）因為三價鐵與KSCN溶液出現(xiàn)血紅色，所以取少量D溶液于試管中，滴入KSCN溶液，若溶液

30、未出現(xiàn)血紅色，則證明Fe3+完全除盡；因為溶液D中含有Cu（NH3）42+和硫酸根，所以D轉(zhuǎn)化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；故答案為：取少量D溶液于試管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則證明Fe3+完全除盡；（NH4）2SO4；（4）由溶液E獲得硫酸銅晶體的實驗操作I的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，故答案為：過濾、洗滌；（5）硫酸銅溶液與碘化鉀溶液反應生成白色沉淀（碘化亞銅）并析出碘，離子方程式為：2Cu2+4I=2CuI+I2，故答案為：2Cu2+4I=2CuI+I2；據(jù)比例關系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32， c×V&

31、#215;103mol c×V×103mol試樣中CuSO45H2O的質(zhì)量分數(shù)為××100%=%，故答案為：%【點評】本題考查了物質(zhì)分離提純的方法和流程判斷，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理解應用和實驗基本操作，掌握基礎是關鍵，題目難度中等9（14分）三頸瓶在化學實驗中的應用非常廣泛，下面是三頸瓶在部分無機實驗或有機實驗中的一些應用（1）在如圖1所示裝置中，進行氨的催化氧化實驗：向三頸瓶內(nèi)的濃氨水中不斷通入空氣，將紅熱的鉑絲插入瓶內(nèi)并接近液面反應過程中可觀察到瓶中有紅棕色氣體產(chǎn)生，鉑絲始終保持紅熱實驗過程中NH3H2O的電離程度變大（填“變大”、“變小”或“不變”）（

32、2）實驗室用如圖2所示裝置制備氨基甲酸銨（NH2COONH4），其反應化學方程式：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s），該反應在干燥條件下僅生成氨基甲酸銨，若有水存在則生成碳酸銨或碳酸氫銨寫出加入藥品之前實驗操作的要點按圖所示組裝儀器，檢查裝置氣密性；反應中若有水存在則生成碳酸氫銨的化學方程式是NH3+CO2+H2O=NH4HCO3干燥管中盛放的藥品是氧化鈣或固體氫氧化鈉或堿石灰簡述左側(cè)三頸瓶裝置制取氨氣的原理固體氫氧化鈉遇水放出大量熱，溫度升高，有利于氨氣逸出，同時C（OH）濃度增大，氨水的電離平衡左移，放出氨氣對比碳酸鹽和酸的反應制取CO2，該實驗利用干冰升華產(chǎn)生CO2氣體

33、的有優(yōu)點有不需要干燥，提供低溫環(huán)境，提高轉(zhuǎn)化率有同學認為該實驗裝置存在安全問題，請問可能面臨的安全問題是產(chǎn)品易堵塞導管，稀硫酸會倒吸氨基甲酸氨可用作肥料，其肥效比尿素CO（NH2）2低（填“高”或“低”），在潮濕的空氣中釋放出氨而變成碳酸氫銨取因部分變質(zhì)而混有碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品0.7830g，用足量石灰水充分處理后，使樣品中碳元素完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥，測得質(zhì)量為1.000g，則樣品中氨基甲酸銨的物質(zhì)的量分數(shù)是70%【考點】制備實驗方案的設計 【專題】實驗設計題【分析】（1）濃氨水受熱分解生成氨氣，氨氣與空氣中的氧氣在鉑絲催化條件下生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧

34、化氮與水反應生成硝酸，鉑絲始終保持紅熱說明反應是放熱反應，氨水濃度減小，所以NH3H2O的電離程度變大；（2）分析裝置圖可知，氣體反應過程來制備物質(zhì)，需要組裝好儀器后，檢查裝置氣密性；有水會和氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉；反應物氨氣必須是干燥的，需要用堿性干燥劑干燥，如堿石灰、固體氫氧化鈉或氧化鈣等；利用固體氫氧化鈉或堿石灰或氧化鈣固體溶解放熱分析；干冰制取的二氧化碳中不含雜質(zhì)，不需要干燥；該反應為放熱反應，干冰變?yōu)槎趸嘉諢崃?，有利于增大反應物轉(zhuǎn)化率；依據(jù)裝置圖中流程分析，安全問題主要是堵塞導氣管，液體發(fā)生倒吸；依據(jù)反應過程中的產(chǎn)物分析，不能把污染性的氣體排放到空氣中，吸收易溶于水的氣

35、體需要放倒吸；氨基甲酸銨可用作肥料，其肥效和尿素比，依據(jù)計算的氮元素含量分析；碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品中，使碳元素完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，依據(jù)碳元素守恒和混合物質(zhì)量計算物質(zhì)的量分數(shù)【解答】解：（1）濃氨水受熱分解生成氨氣，氨氣與空氣中的氧氣在鉑絲催化條件下生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，方程式依次為：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，鉑絲始終保持紅熱說明反應是放熱反應，氨水濃度減小，所以NH3H2O的電離程度變大；故答案為：變大；（2）分析裝置圖可知，是利用氣體反應制備物質(zhì)，加入藥品之前實驗操作的要點是按圖

36、組裝好儀器，檢查裝置氣密性；有水會和氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，反應的化學方程式為：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；故答案為：按圖所示組裝儀器，檢查裝置氣密性；NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；由于制備氨基甲酸銨的原料氨氣必須是干燥的，以防止副反應的發(fā)生，因此生成的氨氣必須進行干燥，因為氨氣是堿性氣體，所以干燥氨氣應該用氧化鈣或固體氫氧化鈉或堿石灰，固體氫氧化鈉遇水放出大量熱，溫度升高，有利于氨氣逸出，同時C（OH）濃度增大，氨水的電離平衡左移，放出氨氣；故答案為：氧化鈣或固體氫氧化鈉或堿石灰；固體氫氧化鈉遇水放出大量熱，溫度升高，有利于氨氣逸出，同時C（OH）濃度增大，氨水

37、的電離平衡左移，放出氨氣；碳酸鹽和酸反應制CO2，則生成的CO2必須進行凈化和干燥處理，而直接利用干冰制備CO2，不需要干燥；又因為該反應是放熱反應，提供低溫環(huán)境，可以提高轉(zhuǎn)化率；故答案為：不需要干燥，提供低溫環(huán)境，提高轉(zhuǎn)化率；依據(jù)裝置圖中流程分析，安全問題主要是堵塞導氣管，液體發(fā)生倒吸；依據(jù)反應過程中的產(chǎn)物分析，不能把污染性的氣體排放到空氣中，吸收易溶于水的氣體需要放倒吸，實驗裝置存在安全問題產(chǎn)品易堵塞導管，稀硫酸會倒吸；故答案為：產(chǎn)品易堵塞導管，稀硫酸會倒吸；氨基甲酸銨可用作肥料，含氮量=×100%=35.9%，尿素含氮量=46.7%，所以其肥效比尿素低；取因部分變質(zhì)而混有碳酸氫

38、銨的氨基甲酸銨樣品0.7830g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥，測得質(zhì)量為1.000g物質(zhì)的量為0.010mol，設樣品中氨基甲酸銨物質(zhì)的量為x，碳酸氫銨物質(zhì)的量為y，則x+y=0.01 78x+79y=0.7830解得x=0.007moly=0.0023ol則樣品中氨基甲酸銨的物質(zhì)的量分數(shù)=×100%=70%，故答案為：低；70%【點評】本題考查了物質(zhì)制備實驗的設計應用，主要是氨氣的制備方法，氨基甲酸的制備實驗裝置分析判斷，實驗基本操作，混合物分離的實驗設計，有關混合物的計算，題目難度中等10綜合利用CO2、CO對構(gòu)建低碳社會有重要意義（1）L

39、i4SiO4可用于富集得到高濃度CO2原理是：在500，低濃度CO2與Li4SiO4接觸后生成兩種鋰鹽；平衡后加熱至700，反應逆向進行，放出高濃度CO2，Li4SiO4再生700時反應的化學方程式為Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4（2）固體氧化物電解池（SOEC）用于高溫共電解CO2/H2O，既可高效制備合成氣（CO+H2），又可實現(xiàn)CO2的減排，其工作原理如圖1b為電源的正極（填“正極”或“負極”）寫出電極c發(fā)生的電極反應式：CO2+2eCO+O2、H2O+2eH2+O2（3）電解生成的合成氣在催化劑作用下發(fā)生如下反應：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）對此反應進行

40、如下研究：某溫度下在一恒壓容器中分別充入1.2mol CO和1mol H2，達到平衡時容器體積為2L，且含有0.4mol CH3OH（g），則該反應平衡常數(shù)值為50，此時向容器中再通入0.35mol CO氣體，則此平衡將向逆反應方向（填“向正反應方向”“不”或“向逆反應方向”）移動（4）已知：若甲醇的燃燒熱為H3，試用H1、H2、H3表示CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）的H，則H=H=2H1H2H3（5）利用太陽能和缺鐵氧化物可將廉價CO2熱解為碳和氧氣，實現(xiàn)CO2再資源化，轉(zhuǎn)化過程如圖2所示，若用1mol缺鐵氧化物與足量CO2完全反應可生成0.1mol C（碳）【考點】原電池和電解池

41、的工作原理；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算 【分析】（1）根據(jù)題干信息，反應物為CO2與Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根據(jù)質(zhì)量守恒進行解答；（2）二氧化碳、水分別在a極得到電子發(fā)生還原反應生成一氧化碳、氫氣，同時生成氧離子；電極b氧離子失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣；（3）根據(jù)平衡常數(shù)的計算公式計算，恒溫恒壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，據(jù)此計算加入0.35molCO時容器的體積，計算此時濃度商，與平衡常數(shù)相比判斷反應進行方向；（4）由圖反應可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），H1；由反應可知：CO2（g）=CO（g）+O2（g），H2；若甲醇的燃燒熱為H3，所以CH3OH（g

42、）+O2（g）=2H2O（l）+CO2（g），H3運用蓋斯定律計算焓變；（5）依據(jù)反應物和產(chǎn)物利用直平法配平化學方程式，利用碳元素守恒計算得到【解答】解：（1）在500，CO2與Li4SiO4接觸后生成Li2CO3，反應物為CO2與Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根據(jù)質(zhì)量守恒可知產(chǎn)物還有Li2SiO3，所以700時反應的化學方程式為：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4，故答案為：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4；（2）CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合價降低，被還原，水中的氫元素化合價降低被還原，反應物中的氧元素化合價升高，被氧化，失

43、去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，所以電極d為陽極，所以b為電源的正極，故答案為：正極；二氧化碳在a極得到電子發(fā)生還原反應生成一氧化碳同時生成氧離子，反應電極反應式為：CO2+2eCO+O2，水中的氫元素化合價降低被還原，電極反應式為：H2O+2e=H2+O2，故答案為：CO2+2eCO+O2；H2O+2e=H2+O2； （3）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始：1.2mol 1mol 0轉(zhuǎn)化：0.4mol 0.8mol 0.4mol平衡：0.8mol 0.2mol 0.4mol所以：k=50（mol/L）2，此時向容器中再通入0.35molCO氣體，假設平衡不移動時，此時容器體積為：2L

44、×=2.5L，則濃度商Qc=54.3，大于平衡常數(shù)50，平衡向逆反應方向移動，故答案為：50；逆反應方向；（4）由圖反應可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），H1；由反應可知：CO2（g）=CO（g）+O2（g），H2；若甲醇的燃燒熱為H3，所以CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO2（g），H3；所以蓋斯定律，目標反應為：H=2H1H2H3，故答案為：H=2H1H2H3；（5）依據(jù)圖示得到化學方程式為：Fe0.9O+0.1CO2=xC+Fe3O4，依據(jù)碳原子守恒得到x=0.1故答案為：0.1【點評】本題考查了熱化學方程式和蓋斯定律的計算和應用，電解池電極反應的分析書

45、寫，化學平衡常數(shù)的計算，原子守恒氧化還原反應的計算應用，題目難度中等（二）選考題（共15分請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分）【化學一物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11X、Y、Z為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大X與氫元素可形成：H2X、H2X2兩種化合物，且在常溫下均為液態(tài)；Y基態(tài)原子的M層電子數(shù)是K層的3倍；Z2+的3d軌道中有10個電子請回答下列問題：（1）X所在周期中第一電離能最大的主族元素是F（填元素符號）；H2X2分子中X原子的雜化方式是sp3（2）Y與X可形成YX42YX42的立體構(gòu)型是正四面體寫出一種與YX42互為等電子體分子的化學式CCl4等（3）Z的氯化物

46、與氨水反應可形成配合物Z（NH3）4Cl2，1mol該配合物中含有鍵的數(shù)目為16NA（4）Y與Z形成化合物晶體的晶胞如圖所示已知該晶體的密度為a gcm3，則該晶胞的體積為cm3（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）【考點】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關系應用 【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】X、Y、Z為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大X與氫元素可形成：H2X、H2X2兩種化合物，且在常溫下均為液態(tài)，則Y為O元素，形成的兩種化合物為H2O、H2O2；Y基態(tài)原子的M層電子數(shù)是K層的3倍，則M層電子數(shù)為6，故Y為S元素；Z2+的3d軌道中有10個電子，Z原子核外電子數(shù)為2+8+18+2=30，故Z為Zn，據(jù)此解答【解答】解：X、Y、Z為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大X與氫元素可形成：H2X、H2X2兩種化合物，且在常溫下均為液態(tài)，則Y為O元素，形成的兩種化合物為H2O、H2O2；Y基態(tài)原子的M層電子數(shù)是K層的3倍，則M層電子數(shù)為6，故Y為S元素；Z2+的3d軌道中有10個電子，Z原子核外電子數(shù)為2+8+18+2=30，故Z為Zn（1）同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，X（O元素）所在周期中第一電離能最大的主族元素是F元素；H2O2分子結(jié)構(gòu)式