高中高三化學模擬試卷(含解析)-人教版高三全冊化學試題

1、.2015年河南省周口市扶溝高中高考化學模擬試卷（2）一、選擇題1化學與生產(chǎn)、生活、社會親密有關以下有關說法中正確的選項是()A綠色熒光蛋白質(zhì)（GFP）是高分子化合物，不能降解，其水溶液有丁達爾效應B天宮一號使用的碳纖維是一種新式有機高分子資料C順丁橡膠、腈綸、滌綸和“人造棉花”都屬于合成纖維D由于氨易液化，液氨在氣化時會吸取大量的熱量，所以液氨可作制冷劑2以下選項中，離子方程式書寫正確的選項是()A向Fe（NO3）2和KI混淆溶液中加入少量稀鹽酸：2+3+3Fe+4H+NO3=3Fe+2H2O+NOB泡沫滅火器的滅火原理：3+22322Al+3CO+3HO=2Al（OH）+3COC向硝酸銀溶

2、液中加入足量的氨水：+Ag+2NH3?H2O=Ag（NH3）2+2H2OD用足量的氨水辦理硫酸工業(yè)的尾氣：SO2+NH3?H2O=NH4+HSO33以下儀器的使用、實驗藥品選擇或?qū)嶒灛F(xiàn)象描繪正確的選項是()A苯、乙醇、四氯化碳都是重要有機溶劑，都可用于提取碘水中的碘單質(zhì)B可用蘸濃硫酸的玻璃棒查驗輸送氨氣的管道可否漏氣C用量筒量取10.00mL1.0mol/L的鹽酸于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度，可制得0.1mol/L的鹽酸D往裝有鐵釘?shù)脑嚬苤屑尤?mL水、3滴稀醋酸和1滴K3Fe（CN）6溶液，能夠察看到鐵釘表面粘附氣泡，同時周圍出現(xiàn)藍色積淀+4用一種陰、陽離子雙隔閡三室電解槽辦理廢水中

3、的NH4，模擬裝置以以下圖，以下說法正確的選項是().專業(yè).A陽極室溶液由無色變成棕黃色B陰極的電極反響式為：4e2H2O+O4OH2C電解一段時間后，陰極室溶液中的pH高升D電解一段時間后，陰極室溶液中的溶質(zhì)必然是（NH4）3PO45分子式為C8H10的芬芳烴，其一氯代物不能能有()A3種B4種C5種D6種6以下說法正確的選項是()A2NO?NONO?2NO，反響的化學平衡常數(shù)是反響的倒數(shù)2424+2100.0mL0.05mol/LBa（OH）2B已知H（aq）+OH（aq）=HO（l）H=57.3kJ/mol，將溶液與100.0mL0.05mol/LH2SO4溶液混淆，在298K、101k

4、Pa條件下放出熱量為0.573kJC已知298K時，0.10mol/LHAc的電離度為1.32%在0.10mol/LHAc和0.10mol/LNaAc的混淆溶液+20.00mL中，有以下變化：HAc?H+Ac，NaAc=Na+Ac，AcpH保持相對牢固+H2O?HAc+OH，向該溶液中滴入幾滴稀鹽酸，溶液的D將明礬與純堿溶液混淆，有積淀產(chǎn)生，該積淀的成分為碳酸鋁7如部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關系圖則以下說法正確的選項是().專業(yè).AY、R兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價氧化物的水化物均為強酸B簡單離子的半徑：XZMC由X與N兩種元素組成的化合物不能夠與任何酸反響，但能與強堿反響DZ單質(zhì)能

5、從M與R元素組成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M二、非選擇題8苯甲酸寬泛用于制藥和化工行業(yè)，某同學試一試用甲苯的氧化反響制備苯甲酸，反響原理：實驗方法：必然量的甲苯和KMnO4溶液在100反響一段時間后停止反響，按以下流程分別出苯甲酸和回收未反響的甲苯已知：苯甲酸分子量122，熔點122.4，在25和95時溶解度分別為0.3g和6.9g；純凈固體有機物都有固定熔點1）操作為_，操作為_2）無色液體A是_，定性查驗A的試劑是_，現(xiàn)象是_3）測定白色固體B的熔點，發(fā)現(xiàn)其在115開始消融，達到130時仍有少量不熔，該同學推斷白色固體B是苯甲酸與KCl的混淆物，設計了以下方案進行提純和查驗，實驗結(jié)果表明推斷正確

6、請在答題卡上達成表中內(nèi)容序號實驗方案實驗現(xiàn)象結(jié)論.專業(yè).將白色固體B加入水中，加熱溶解，獲得白色晶體和無色溶液_取少量濾液于試管中，_生成白色積淀濾液含Cl干燥白色晶體，_白色晶體是苯甲酸（4）純度測定：稱取1.220g產(chǎn)品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，耗資KOH的物質(zhì)的量為2.40103mol，產(chǎn)品中苯甲酸質(zhì)量分數(shù)的計算表達為_，計算結(jié)果為_（儲藏二位有效數(shù)字）9氯化亞銅（CuCl）是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空氣中會被快速氧化成綠色堿式鹽從酸性電鍍廢液（主要含Cu2+、Fe3+）中制備氯化亞銅的工藝流程圖如圖甲；金屬離子含量與混淆液pH、CuCl產(chǎn)率與混淆

7、液pH的關系圖如圖乙已知：金屬離子濃度為1mol?L1時，F(xiàn)e（OH）開始積淀和積淀完好的pH分別為1.4和3.0，3Cu（OH）2開始積淀和積淀完好的pH分別為4.2和6.7，請回答以下問題：1）酸浸時發(fā)生反響的離子方程式是_，析出CuCl晶體時的最正確pH在_左右（2）鐵粉、氯化鈉、硫酸銅在溶液中反響生成CuCl的離子反響方程式為_（3）析出的CuCl晶體要立刻用無水乙醇沖洗，在真空干燥機內(nèi)于70干燥2h、冷卻密封包裝70真空干燥、密封包裝的目的是_4）產(chǎn)品濾出時所得濾液的主要分紅是_，若想從濾液中獲得FeSO4?7H2O晶體，還需要知道的_.專業(yè).（5）若將鐵粉換成亞硫酸鈉也可獲得氯化亞

8、銅，試寫出該反響的化學方程式：_為提高CuCl的產(chǎn)率，常在該反響系統(tǒng)中加入稀堿溶液，調(diào)治pH至3.5這樣做的目的是_10磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有重視要的應用1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在必然條件下反響獲得有關熱化學方程式以下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJ?mol11CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H1=89.61kJ?mol2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）

9、6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3則H3=_kJ?mol1（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用以下化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，60molCuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是_（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可經(jīng)過H3PO4與NaOH溶液反響獲得，含磷各物種的散布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與pH的關系如圖1所示為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制在_；pH=8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關系為_Na2HPO4溶液顯堿性，若向溶液中加入足

10、量的CaCl2溶液，溶液則顯酸性，其原因是_（用離子方程式表示）.專業(yè).（4）磷的化合物三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質(zhì)的量之比2：1反應時，可獲得一種新式阻燃劑中間體X，并釋放出一種酸性氣體季戊四醇與X的核磁共振氫譜如圖2所示酸性氣體是_（填化學式）X的結(jié)構簡式為_三、選做題11（1）鈉鎂鋁三種元素中第一電離能最大的是_2）某正二價陽離子核外電子排布式為Ar3d5，該金屬的元素符號為_3）微粒間存在非極性鍵、配位鍵、氫鍵及范德華力的是_ANHCl晶體BNaAlF6晶體CNaCO?10HO晶體DCuSO溶液ECHCOOH4323243溶液（4）部分共價鍵鍵能數(shù)據(jù)如表：共價鍵HHNHNNN=NN

11、N鍵能/kJ?mol1436391159418945依照上表數(shù)據(jù)計算并寫出由氮氣和氫氣合成氨氣的熱化學方程式：_（5）如表列出了含氧酸酸性強弱與非羥基氧原子數(shù)的關系次氯酸磷酸硫酸高氧酸含氧酸ClOH非羥基氧原0123子數(shù)酸性弱酸中強酸強酸最強酸.專業(yè).由此可得出的判斷含氧酸強弱的一條經(jīng)驗規(guī)律是_亞磷酸（H3PO）也是中強3酸，它的結(jié)構式為_亞磷酸與過分的氫氧化鈉溶液反響的化學方程式為_6）金屬銅溶于在濃氨水與雙氧水的混淆溶液，生成深藍色溶液該深藍色的濃溶液中加入乙醇可見到深藍色晶體析出，請畫出呈深藍色的離子的結(jié)構簡式_銅晶體為面心立方最密集聚集，銅的原子半徑為127.8pm，列式計算晶體銅的密

12、度_g/cm312我國第二代身份證采用的是擁有綠色環(huán)保性能的PETG新資料，PETG新資料能夠回收再利用，而且對周邊環(huán)境不組成任何污染PETG的結(jié)構簡式以下：這種資料可采用以以下圖的合成路線：已知：（1）2）RCOORl+R2OHRCOOR2+R1OH（R、R1、R2表示烴基）試回答以下問題：（1）的反響種類是_，試劑X為_，E中官能團的名稱為_2）寫出I的結(jié)構簡式：_3）合成時應控制的單體的物質(zhì)的量：n（D）：n（E）：n（H）=_（用m、n表示）4）寫出反響的化學方程式：_（5）與G的分子式相同，且只含有一個酚羥基的同分異構體（醚類除外）有_種，其中核磁共振氫譜有6種不相同種類的吸取峰，且

13、峰的面積之比為1：1：1：2：2：3的結(jié)構簡式為_.專業(yè).6）D和E在催化劑作用下可生產(chǎn)一種聚酯纖維滌綸，請寫出生產(chǎn)該物質(zhì)的化學方程式_.專業(yè).2015年河南省周口市扶溝高中高考化學模擬試卷（2）一、選擇題1化學與生產(chǎn)、生活、社會親密有關以下有關說法中正確的選項是()A綠色熒光蛋白質(zhì)（GFP）是高分子化合物，不能降解，其水溶液有丁達爾效應B天宮一號使用的碳纖維是一種新式有機高分子資料C順丁橡膠、腈綸、滌綸和“人造棉花”都屬于合成纖維D由于氨易液化，液氨在氣化時會吸取大量的熱量，所以液氨可作制冷劑【考點】膠體的重要性質(zhì)；氨的物理性質(zhì)；有機高分子化合物的結(jié)構和性質(zhì)；合成資料【專題】化學計算【剖析】

14、A蛋白質(zhì)能夠水解生成氨基酸；B碳纖維是碳量高于90%的無機高分子纖維屬于無機非金屬資料資料；C順丁橡膠屬于橡膠；D液氨氣化時吸取大量的熱，能夠做制冷劑【解答】解：A蛋白質(zhì)都能夠水解生成氨基酸，故A錯誤；B碳纖維是無機非金屬資料，故B錯誤；C順丁橡膠屬于橡膠，不是合成纖維，故C錯誤；D氨易液化，液氨在氣化時會吸取大量的熱量，所以液氨可作制冷劑，故D正確；應選D【談論】此題察看了蛋白質(zhì)，合成資料，有機高分子化合物，氨氣的性質(zhì)，題目簡單，屬于對基本知識掌握的察看2以下選項中，離子方程式書寫正確的選項是()A向Fe（NO3）2和KI混淆溶液中加入少量稀鹽酸：2+3+3Fe+4H+NO3=3Fe+2H2

15、O+NOB泡沫滅火器的滅火原理：3+2+3H2O=2Al（OH）3+3CO2Al+3CO2C向硝酸銀溶液中加入足量的氨水：Ag+2NH3?H2O=Ag（NH3）2+2H2O.專業(yè).D用足量的氨水辦理硫酸工業(yè)的尾氣：SO2+NH3?H2O=NH4+HSO3【考點】離子方程式的書寫【專題】離子反響專題【剖析】A稀鹽酸少量，碘離子的復原性大于亞鐵離子，碘離子優(yōu)先被氧化；3+B泡沫滅火器中的藥品為NaHCO3和Al2（SO4）3，其中HCO3和Al均可發(fā)生水解，且相互促進，產(chǎn)生氣體CO2和積淀Al（OH）3，碳酸氫根離子不能夠翻開；C氨水足量，銀離子與一水合氨反響生成銀氨絡離子；D氨水足量，反響生成亞

16、硫酸銨，不是生成亞硫酸氫根離子【解答】解：A向Fe（NO3）2和KI混淆溶液中加入少量稀鹽酸，只有碘離子被氧化，正確的離子方程式為：6I+8H+2NO3?2NO+4H2O+3I2，故A錯誤；B泡沫滅火器中的藥品為和Al3+NaHCO3和Al2（SO4）3，HCO3均可發(fā)生水解，且相互促使，233+32產(chǎn)生氣體CO和積淀Al（OH），離子方程式為：Al+3HCO=Al（OH）+3CO，故B錯誤；C向硝酸銀溶液中加入足量的氨水，生成銀氨絡離子，反響的離子方程式為：Ag+2NH3?H2O?Ag（NH3）2+2H2O，故C正確；D用足量的氨水辦理硫酸工業(yè)的尾氣，反響生成亞硫酸銨，正確的離子方程式為：+

17、2，故D錯誤；SO2+2NH3?H2O?2NH4+SO3應選C【談論】此題察看了離子方程式的書寫判斷，題目難度中等，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法，如：檢查反響可否發(fā)生，檢查反響物、生成物可否正確，檢查各物質(zhì)拆分可否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要儲藏化學式，試題培養(yǎng)了學生靈便應用基礎知識的能力3以下儀器的使用、實驗藥品選擇或?qū)嶒灛F(xiàn)象描繪正確的選項是()A苯、乙醇、四氯化碳都是重要有機溶劑，都可用于提取碘水中的碘單質(zhì)B可用蘸濃硫酸的玻璃棒查驗輸送氨氣的管道可否漏氣C用量筒量取10.00mL1.0mol/L的鹽酸于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度，可制得0.1mol

18、/L的鹽酸.專業(yè).D往裝有鐵釘?shù)脑嚬苤屑尤?mL水、3滴稀醋酸和1滴K3Fe（CN）6溶液，能夠察看到鐵釘表面粘附氣泡，同時周圍出現(xiàn)藍色積淀【考點】化學實驗方案的談論【剖析】A乙醇與水互溶；B濃硫酸不揮發(fā)；C不能夠直接在容量瓶中稀釋；DFe與醋酸反響生成亞鐵離子，亞鐵離子與K3Fe（CN）6反響生成藍色積淀【解答】解：A乙醇與水互溶，不能夠作萃取碘水的萃取劑，而苯、四氯化碳都是重要有機溶劑，都可用于提取碘水中的碘單質(zhì)，故A錯誤；B濃硫酸不揮發(fā)，不能夠查驗氨氣，而用蘸濃鹽酸的玻璃棒查驗輸送氨氣的管道可否漏氣，故B錯誤；C不能夠直接在容量瓶中稀釋，應在燒杯中稀釋、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故C錯誤；D

19、Fe與醋酸反響生成亞鐵離子，亞鐵離子與K3Fe（CN）6反響生成藍色積淀，則察看到鐵釘表面粘附氣泡，同時周圍出現(xiàn)藍色積淀，故D正確；應選D【談論】此題察看化學實驗方案的談論，為高頻考點，波及混淆物分別提純、物質(zhì)查驗、溶液配制等，掌握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗基本操作等為解答的重點，重視剖析與實驗能力的察看，注意實驗的談論性剖析，題目難度不大+4用一種陰、陽離子雙隔閡三室電解槽辦理廢水中的NH4，模擬裝置以以下圖，以下說法正確的選項是()A陽極室溶液由無色變成棕黃色.專業(yè).B陰極的電極反響式為：4e2H2O+O4OH2C電解一段時間后，陰極室溶液中的pH高升D電解一段時間后，陰極室溶液中的溶質(zhì)必然是（NH

20、4）3PO4【考點】電解原理【專題】電化學專題【剖析】A依照圖片知，F(xiàn)e為陽極，陽極上Fe2+失電子發(fā)生氧化反響；B陰極上H+放電生成H2；+C電解時，陰極上H放電生成H2，溶液中c（OH）增大；D電解時，溶液中NH4+向陰極室搬動，H+放電生成H2，溶液中的溶質(zhì)為NH3H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4【解答】解：A依照圖片知，F(xiàn)e為陽極，陽極上Fe2+失電子發(fā)生氧化反響生成Fe3+，電極反響式為Fe2+e=Fe3+，所以溶液由淺綠色變成棕黃色，故A錯誤；+2H2O4eB陰極上H放電生成H2，電極反響式為2OH+H2，故B錯誤；C電解時，陰極上+）增大，溶液中p

21、H增大，故C正確；H放電生成H2，溶液中c（OHD電解時，溶液中+向陰極室搬動，+NH4H放電生成H2，溶液中OH和NH4聯(lián)合生成電解質(zhì)NH3H2O，所以陰極室中溶質(zhì)為NH3H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4，故D錯誤；應選C【談論】此題察看電解原理，明確陰陽極上發(fā)生的電極反響是解此題重點，會正確書寫電極反響式，知道電解后溶液中溶質(zhì)成分，題目難度不大5分子式為C8H10的芬芳烴，其一氯代物不能能有()A3種B4種C5種D6種【考點】同分異構現(xiàn)象和同分異構體【專題】同分異構體的種類及其判斷【剖析】分子式為C8H10的芬芳烴，分子中含有1個苯環(huán)，其不飽和度=4，故側(cè)鏈

22、為烷基，若有1個側(cè)鏈，為CH2CH3；若有2個側(cè)鏈，為CH3，有鄰、間、對三種，分子中有幾種等效氫原子，就有幾種一氯代物，據(jù)此解答.專業(yè).【解答】解：分子式為C8H10的芬芳烴，分子中含有1個苯環(huán)，其不飽和度=4，故側(cè)鏈為烷基，若有1個側(cè)鏈，為CHCH，有一種，分子中有5種氫原子，一氯代物有5種；若有2個23側(cè)鏈，為CH，有鄰、間、對三種，分子中分別有3、4、2種氫原子，一氯代物分別有3、34、2種，應選D【談論】不相同察看同分異構體的書寫、芬芳烴的見解等，比較基礎，判斷側(cè)鏈是解題的重點，注意不飽和度的利用6以下說法正確的選項是()A2NO?N2O4N2O4?2NO，反響的化學平衡常數(shù)是反響的

23、倒數(shù)+B已知H（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，將100.0mL0.05mol/LBa（OH）2溶液與100.0mL0.05mol/LH2SO溶液混淆，在298K、101kPa條件下放出熱量為0.573kJ4C已知298K時，0.10mol/LHAc的電離度為1.32%在0.10mol/LHAc和0.10mol/LNaAc的混淆溶液+20.00mL中，有以下變化：HAc?H+Ac，NaAc=Na+Ac，AcpH保持相對牢固+H2O?HAc+OH，向該溶液中滴入幾滴稀鹽酸，溶液的D將明礬與純堿溶液混淆，有積淀產(chǎn)生，該積淀的成分為碳酸鋁【考點】反響熱和焓變；化學平衡常數(shù)

24、的含義；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用【剖析】A、同一反響，平化學衡常數(shù)只受溫度影響，與反響物濃度、系統(tǒng)的壓強沒關，溫度相同，同一可逆反響的正、逆反響平衡常數(shù)互為倒數(shù)，關于必然溫度下的同一個反響，其正反響和逆反響的化學平衡常數(shù)的乘積等于1；B、Ba（OH）2溶液與H2SO4溶液混淆還波及鋇離子與硫酸根離子反響的熱效應；C、依照平衡的搬動，致使溶液中的氫離子的濃度變化不顯然；D、明礬與純堿溶液混淆，有積淀產(chǎn)生，是鋁離子與碳酸根離子的水解相互促使【解答】解：A、溫度可否相同不知，所以必定是同一溫度下2NO?N2O4N2O4?2NO，反響的化學平衡常數(shù)是反響的化學平衡常數(shù)的倒數(shù)，故A錯

25、誤；.專業(yè).B、Ba（OH）2溶液與H2SO4溶液混淆還波及鋇離子與硫酸根離子反響的熱效應，所以放熱量不等于0.573kJ，故B錯誤；C、該溶液中滴入幾滴稀鹽酸，Ac+H2O?HAc+OH，平衡逆向搬動，進而溶液中的氫離子的濃度變化不顯然，所以溶液的pH保持相對牢固，故C正確；D、明礬與純堿溶液混淆，有積淀產(chǎn)生，是鋁離子與碳酸根離子的水解相互促使，生成氫氧化鋁積淀，而不是碳酸鋁，故D錯誤；應選C【談論】此題察看化學平衡常數(shù)、中和熱、平衡的搬動和鹽的水解的有關知識，題目綜合性強，難度中等，重視于察看學生對基礎知識的綜合應用能力7如部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關系圖則以下說法正確的選項是()

26、AY、R兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價氧化物的水化物均為強酸B簡單離子的半徑：XZMC由X與N兩種元素組成的化合物不能夠與任何酸反響，但能與強堿反響DZ單質(zhì)能從M與R元素組成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M【考點】原子結(jié)構與元素周期律的關系【專題】元素周期律與元素周期表專題【剖析】圖中元素分別為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，依照原子序數(shù)關系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，AF元素沒有最高價含氧酸；B電子層結(jié)構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越??；C二氧化硅能與HF反響；.專業(yè).DNa與鹽溶液反響，第一與水反響生成氫氧化鈉與氫氣，氫氧化鈉再與鹽反響【

27、解答】解：圖中元素分別為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，依照原子序數(shù)關系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，AF元素沒有最高價含氧酸，故A錯誤；BO2、Na+、Al3+離子電子層結(jié)構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2Na+Al3+，故B正確；CO與Si兩種元素組成的化合物為二氧化硅，二氧化硅能與HF反響，故C錯誤；DNa與氯化鋁溶液反響，第一與水反響生成氫氧化鈉與氫氣，氫氧化鈉再與氯化鋁反響，不能夠置換出Al，故D錯誤，應選B【談論】此題察看原子結(jié)構與元素的性質(zhì)，為高頻考點，重視于學生的剖析能力的察看，元素的推斷是解答的重點，

28、注意掌握元素的性質(zhì)及單質(zhì)、化合物的性質(zhì)即可解答，題目難度中等二、非選擇題8苯甲酸寬泛用于制藥和化工行業(yè)，某同學試一試用甲苯的氧化反響制備苯甲酸，反響原理：實驗方法：必然量的甲苯和KMnO4溶液在100反響一段時間后停止反響，按以下流程分別出苯甲酸和回收未反響的甲苯已知：苯甲酸分子量122，熔點122.4，在25和95時溶解度分別為0.3g和6.9g；純凈固體有機物都有固定熔點1）操作為分液，操作為蒸餾2）無色液體A是甲苯，定性查驗A的試劑是酸性KMnO4溶液，現(xiàn)象是紫色溶液褪色.專業(yè).（3）測定白色固體B的熔點，發(fā)現(xiàn)其在115開始消融，達到130時仍有少量不熔，該同學推斷白色固體B是苯甲酸與K

29、Cl的混淆物，設計了以下方案進行提純和查驗，實驗結(jié)果表明推斷正確請在答題卡上達成表中內(nèi)容序號實驗方案實驗現(xiàn)象結(jié)論將白色固體B加入水中，加熱溶解，獲得白色晶體和無色溶液冷卻、過濾取少量濾液于試管中，滴入適合的生成白色積淀濾液含Cl3硝酸酸化的AgNO溶液干燥白色晶體，加熱使其消融，測熔點為122.4白色晶體是苯甲酸其熔點（4）純度測定：稱取1.220g產(chǎn)品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，耗資KOH的物質(zhì)的量為2.40103mol，產(chǎn)品中苯甲酸質(zhì)量分數(shù)的計算表達為，計算結(jié)果為96%（儲藏二位有效數(shù)字）【考點】制備實驗方案的設計【專題】實驗設計題【剖析】必然量的甲苯和適合的K

30、MnO4溶液在100反響一段時間后停止反響，按如圖流程分別出苯甲酸和回收未反響的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液體采用分液方法分別，依照實驗目的知，進而獲得有機相和水相，有機相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有機相中的甲苯采用蒸餾方法獲得無色液體A，A是甲苯，將水相鹽酸酸化再蒸發(fā)濃縮，依照苯甲酸的溶解度知，獲得的固體B是苯甲酸，1）依照流程剖析混淆物分其余實驗方法和操作步驟；2）依照分別試劑和過程可知，有機相中主假如為反響的甲苯，甲苯是苯的同系物，能夠被高錳酸鉀溶液氧化；（3）聯(lián)合反響化學方程式中生成的產(chǎn)物和流程中分別步驟剖析，白色固體B是苯甲酸與KCl的混淆物；依照苯甲酸熔點1

31、22.4，在25和95時溶解度分別為0.3g和6.9g；先查驗苯甲酸的查驗再查驗氯化鉀的存在.專業(yè).【解答】解：必然量的甲苯和適合的KMnO4溶液在100反響一段時間后停止反響，按如圖流程分別出苯甲酸和回收未反響的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液體采用分液方法分別，依照實驗目的知，進而獲得有機相和水相，有機相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有機相中的甲苯采用蒸餾方法獲得無色液體A，A是甲苯，將水相鹽酸酸化再蒸發(fā)濃縮，依照苯甲酸的溶解度知，獲得的固體B是苯甲酸，1）必然量的甲苯和KMnO4溶液在100反響一段時間后停止反響，按流程分別出苯甲酸和回收未反響的甲苯；所以操作是分別出有機

32、相甲苯，用分液方法獲得；操作是蒸餾的方法控制甲苯沸點獲得純凈的甲苯液體，故答案為：分液；蒸餾；2）依照流程和推斷可知，無色液體A為甲苯，查驗試劑能夠用酸性高錳酸鉀溶液，甲苯被氧化為苯甲酸，高錳酸鉀溶液紫色褪去；故答案為：甲苯；酸性KMnO4溶液；紫色溶液褪色；3）經(jīng)過測定白色固體B的熔點，發(fā)現(xiàn)其在115開始消融，達到130時仍有少量不熔，推斷白色固體B是苯甲酸與KCl的混淆物，氯化鉀能夠用硝酸酸化的硝酸銀溶液查驗氯離子的存在；利用苯甲酸的溶解度特點在25和95時溶解度分別為0.3g和6.9g；利用不相同溫度下的溶解度，分別混淆物，獲得晶體后經(jīng)過測定熔點判斷可否為苯甲酸；故答案為：序號實驗方案實

33、驗現(xiàn)象結(jié)論將白色固體B加入水中，加熱，溶獲得白色晶體和無色溶液解，冷卻、過濾取少量濾液于試管中，滴入適合的生成白色積淀濾液含有Cl硝酸酸化的AgNO3溶液干燥白色晶體，加熱使其消融，測熔點為122.4白色晶體是苯其熔點；甲酸（4）稱取1.220g產(chǎn)品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，耗資KOH的物質(zhì)的量為2.40103mol，苯甲酸是一元弱酸和氫氧化鉀1：1反響，所以物質(zhì)的量相同，注意.專業(yè).溶液體積變化計算樣品中苯甲酸的物質(zhì)的量，計算質(zhì)量分數(shù)；樣品中苯甲酸質(zhì)量分數(shù)=100%=96%；故答案為：100%；96%【談論】此題察看了物質(zhì)性質(zhì)的實驗剖析判斷，物質(zhì)分別條件，試劑選

34、擇，操作步驟的理解應用，物質(zhì)成分的實驗設計方案、步驟、試劑，樣品純度的計算，題目難度中等9氯化亞銅（CuCl）是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空氣中會被快速氧化成綠色堿式鹽從酸性電鍍廢液（主要含Cu2+、Fe3+）中制備氯化亞銅的工藝流程圖如圖甲；金屬離子含量與混淆液pH、CuCl產(chǎn)率與混淆液pH的關系圖如圖乙已知：金屬離子濃度為1mol?L1時，F(xiàn)e（OH）3開始積淀和積淀完好的pH分別為1.4和3.0，Cu（OH）2開始積淀和積淀完好的pH分別為4.2和6.7，請回答以下問題：（1）酸浸時發(fā)生反響的離子方程式是Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，析出CuCl晶體時的最正確pH在3

35、左右（2）鐵粉、氯化鈉、硫酸銅在溶液中反響生成CuCl的離子反響方程式為2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+（3）析出的CuCl晶體要立刻用無水乙醇沖洗，在真空干燥機內(nèi)于70干燥2h、冷卻密封包裝70真空干燥、密封包裝的目的是加速乙醇和水的蒸發(fā)，防備CuCl被空氣氧化4）產(chǎn)品濾出時所得濾液的主要分紅是Na2SO4和FeSO4，若想從濾液中獲得FeSO4?7H2O晶體，還需要知道的不相同溫度下硫酸鈉和硫酸亞鐵的溶解度.專業(yè).（5）若將鐵粉換成亞硫酸鈉也可獲得氯化亞銅，試寫出該反響的化學方程式：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4為提高Cu

36、Cl的產(chǎn)率，常在該反響系統(tǒng)中加入稀堿溶液，調(diào)治pH至3.5這樣做的目的是中和了反響中的+OHH，有利于平衡向右移動，提高CuCl的產(chǎn)率，但當濃度過大時，+聯(lián)合，生成氫氧化亞銅，進而降OHCu能與OH低了CuCl的產(chǎn)率【考點】制備實驗方案的設計；物質(zhì)分別和提純的方法和基本操作綜合應用【剖析】電鍍廢液中加入堿可生成Cu（OH）2、Fe（OH）3積淀，在pH約為4時，用酸浸得到硫酸銅溶液和氫氧化鐵積淀，在硫酸銅溶液中加入氯化鈉、鐵，發(fā)生氧化復原反響生成CuCl，發(fā)生2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+，最后所得濾液為硫酸亞鐵，聯(lián)合CuCl的性質(zhì)和題目要求解答該題（1）在pH約為4時，用酸浸獲

37、得硫酸銅溶液和氫氧化鐵積淀，說明氫氧化銅被酸溶解，由圖2可知，析出CuCl積淀的最正確pH應為CuCl的產(chǎn)率最大，且氫氧化鐵雜質(zhì)較少，應約為左右；（2）在硫酸銅溶液中加入氯化鈉、鐵，發(fā)生氧化復原反響生成CuCl，發(fā)生2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+，故答案為：2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+；3）由題給信息可知CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在空氣中會被快速氧化，為防備氧化應間隔空氣，在干燥、真空環(huán)境中可加速乙醇和水的蒸發(fā)；4）產(chǎn)品濾出時所得濾液的主要分紅是Na2SO4和FeSO4；獲得FeSO4?7H2O晶體，還需要知道的是硫酸鈉和硫酸亞鐵溶解度隨溫度的變化的情況；5）

38、若將鐵粉換成亞硫酸鈉是亞硫酸鈉作為復原劑，失電子，反響方程式為：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4，加入稀堿溶液耗資氫離子，從平衡正向移動，有利于氯化亞銅的產(chǎn)生，而當氫氧根離子濃度大到必然程度時以達到氫氧化銅的溶度積剖析解答【解答】解：（1）在pH約為4時，用酸浸獲得硫酸銅溶液和氫氧化鐵積淀，說明氫氧化銅被酸溶解，反響的離子方程式為Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，由圖2可知，析出CuCl積淀的最正確pH應為CuCl的產(chǎn)率最大，且氫氧化鐵雜質(zhì)較少，應約為3左右，故答案為：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O；3；.專業(yè).（2）在硫

39、酸銅溶液中加入氯化鈉、鐵，發(fā)生氧化復原反響生成CuCl，發(fā)生2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+，故答案為：2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+；3）由題給信息可知CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在空氣中會被快速氧化，為防備氧化應間隔空氣，在干燥、真空環(huán)境中可加速乙醇和水的蒸發(fā)，故答案為：加速乙醇和水的蒸發(fā)，防備CuCl被空氣氧化；4）產(chǎn)品濾出時所得濾液的主要分紅是Na2SO4和FeSO4；獲得FeSO4?7H2O晶體，還需要知道的是硫酸鈉和硫酸亞鐵溶解度隨溫度的變化的情況，故答案為：Na2SO4和FeSO4；不相同溫度下硫酸鈉和硫酸亞鐵的溶解度；5）亞硫酸鈉作為復原劑，失電子，

40、發(fā)生氧化復原反響，反響方程式為：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4，加入稀堿溶液耗資氫離子，從平衡正向移動，有利于氯化亞銅的產(chǎn)生，而當氫氧根離子濃度大到必然程度時以達到氫氧化銅的溶度積，所以又析出氫氧化銅，所以調(diào)治pH至3.5，+故答案為：2CuSO+NaSO+2NaCl+HO=2CuCl+2NaSO+HSO；OH中和了反響中的H，有利42322424于平衡向右搬動，提高濃度過大時，+CuCl的產(chǎn)率，但當OHCu能與OH聯(lián)合，生成氫氧化亞銅，進而降低了CuCl的產(chǎn)率【談論】此題察看制備方案的設計，重視于學生的剖析能力和實驗能力的察看，注意掌握

41、題給信息，答題時注意審題，掌握自學能力的培養(yǎng)，難度中等10磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有重視要的應用1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在必然條件下反響獲得有關熱化學方程式以下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJ?mol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H1=89.61kJ?mol12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3則H3=2

42、821.6kJ?mol1.專業(yè).（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用以下化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，60molCuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是3mol（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可經(jīng)過H3PO4與NaOH溶液反響獲得，含磷各物種的散布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與pH的關系如圖1所示為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制在45.5；pH=8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關系為c（HPO42）c（H2PO4）Na2HPO4溶液顯堿性，若向溶液中加入足量

43、的CaCl2溶液，溶液則顯酸性，其原因是3Ca2+2HPO42Ca3（PO4）2+2H+（用離子方程式表示）（4）磷的化合物三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質(zhì)的量之比2：1反應時，可獲得一種新式阻燃劑中間體X，并釋放出一種酸性氣體季戊四醇與X的核磁共振氫譜如圖2所示酸性氣體是HCl（填化學式）X的結(jié)構簡式為【考點】熱化學方程式；有關反響熱的計算；鹽類水解的應用【剖析】（1）依照蓋斯定律，由已知熱化學方乘以適合的系數(shù)進行加減結(jié)構目標熱化學方程式，反響熱也乘以相應的系數(shù)并進行相應的加減，據(jù)此計算；2）依照氧化劑CuSO4獲得的電子等于復原劑白磷失去的電子來剖析；3）依照為獲得盡可能純的NaH2PO4

44、，pH應控制從圖表中找出H2PO4散布分數(shù)最大值所在區(qū)間；溶液中主要含磷物種濃度大小關系可由圖表得出；.專業(yè).HPO42離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度，依照HPO42離子和Ca2+離子反響生成積淀使得水解程度小于電離程度；（4）依照核磁共振氫譜可知：季戊四醇中有兩種氫原子，而新式阻燃劑中間體X中只有一種氫原子，說明三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質(zhì)的量之比2：1反響時，季戊四醇中羥基氫全部消失，生成氯化氫酸性氣體【解答】解：（1）2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJ?mol1CaO（s）+

45、SiO2（s）CaSiO3（s）H2=89.61kJ?mol1+6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3=H1+H26=+2821.6kJ?mol1，故答案為：+2821.6；2）CuSO4中銅的化合價由+2價變成+1價，1個CuSO4獲得1個電子，60molCuSO4共獲得電子60mol，白磷中磷的化合價由0價變成+5價，1個白磷獲得20個電子，所以60molCuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量為3mol，故答案為：3mol；（3）為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制從圖表中找出H2PO4散布分數(shù)最大值所在區(qū)間，即45

46、.5（介于此區(qū)間內(nèi)的隨意值或區(qū)間均可），溶液中主要含磷物種濃：度大小關系可由2424故答案為：45.5（介于此區(qū)間內(nèi)的隨意值或區(qū)間均可）2；c（HPO）c（HPO）；4242離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，電離反響式為23+2HPO4HPO4?PO4+H，水解反響式為HPO4+H2O?H2PO4+OH，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度；22+2+2+由于HPO4離子和Ca離子反響生成積淀：3Ca+2HPO4Ca3（PO4）2+2H，使得水解程度小于電離程度，溶液則顯酸性，故答案為：3Ca2+2HPO42Ca3（PO4）2+2H+；.專業(yè).（4）核磁共振氫譜可知：季戊四醇中有兩種氫原子，而新式

47、阻燃劑中間體X中只有一種氫原子，說明三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質(zhì)的量之比2：1反響時，季戊四醇中羥基氫全部消失，生成氯化氫酸性氣體，X的結(jié)構簡式為：；故答案為：HCl；【談論】此題圍繞磷及其化合物張開，波及元素化合物性質(zhì)、熱化學方程式、氧化復原反響判斷、離子反響方程式的書寫、讀圖讀表、pH控制、核磁共振氫譜等知識，難度中等以上三、選做題11（1）鈉鎂鋁三種元素中第一電離能最大的是Mg（2）某正二價陽離子核外電子排布式為Ar3d5，該金屬的元素符號為Mn（3）微粒間存在非極性鍵、配位鍵、氫鍵及范德華力的是EANHCl晶體BNaAlF6晶體CNaCO?10HO晶體DCuSO溶液ECHCOOH4

48、323243溶液（4）部分共價鍵鍵能數(shù)據(jù)如表：共價鍵HHNHNNN=NNN鍵能/kJ?mol1436391159418945依照上表數(shù)據(jù)計算并寫出由氮氣和氫氣合成氨氣的熱化學方程式：N2（g）+3H2（g）=2NH3g）H=93kJ/mol5）如表列出了含氧酸酸性強弱與非羥基氧原子數(shù)的關系次氯酸磷酸硫酸高氧酸含氧酸ClOH非羥基氧原0123.專業(yè).子數(shù)酸性弱酸中強酸強酸最強酸由此可得出的判斷含氧酸強弱的一條經(jīng)驗規(guī)律是含氧酸分子結(jié)構中含非羥基氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強亞磷酸（H3PO3）也是中強酸，它的結(jié)構式為亞磷酸與過分的氫氧化鈉溶液反響的化學方程式為H3PO3+2NaOHNa2HPO3

49、+2H2O（6）金屬銅溶于在濃氨水與雙氧水的混淆溶液，生成深藍色溶液該深藍色的濃溶液中加入乙醇可見到深藍色晶體析出，請畫出呈深藍色的離子的結(jié)構簡式銅晶體為面心立方最密集聚集，銅的原子半徑為127.8pm，列式計算晶體銅的密度9.0g/cm3【考點】元素電離能、電負性的含義及應用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化種類判斷【剖析】（1）同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢；（2）正二價陽離子核外電子排布式為Ar3d5，那么原子核外電子排布為式為：Ar3d54s2；3）不相同非金屬元素之間存在極性共價鍵，相同非金屬元素之間存在非極性共價鍵，開朗金屬與非金屬形成離子鍵；配位鍵是一種特其余共價鍵，

50、它的特點在于共用的一對電子出自同一原子，而另一個原子有空軌道；所以其特點是成鍵雙方一方供應空軌道一方供應孤對電子；氫鍵是一種特其余分子間作使勁，非化學鍵；含F(xiàn)、O、N的氫化物中含有氫鍵，分子形成的物質(zhì)之間存在范德華力；4）化學反響的實質(zhì)是舊鍵的斷裂和新鍵的形成，反響熱等于反響物總鍵能減生成物總鍵能；（5）依照表中數(shù)據(jù)能夠看出非羥基氧原子數(shù)與酸性強弱的關系，亞磷酸（H3PO3）是中強酸，說明有1個非羥基氧原子，據(jù)此寫出它的結(jié)構式，含氧酸中羥基中的氫能被氫氧化鈉中和，據(jù)此寫化學方程式；（6）金屬Cu與雙氧水發(fā)生氧化復原反響，生成的銅離子隨即與一水合氨中的氮形成配位鍵；銅晶體為面心立方最密集聚集，據(jù)

51、此可計算出晶胞中含有銅原子數(shù)，依照公式=計算得出密度.專業(yè).【解答】解：（1）同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，元素的金屬性NaMgAl，可是由于鎂原子的3s能級處于全滿牢固狀態(tài)，能量較低，第一電離能比Al元素高，故答案為：Mg；（2）正二價陽離子核外電子排布式為Ar3d5，那么原子核外電子排布為式為：Ar3d54s2；即質(zhì)子數(shù)為27，此元素為錳，元素符號為Mn，故答案為：Mn；4A不選；（3）ANHCl晶體存在極性鍵、配位鍵、離子鍵，故BNa3AlF6晶體存在配位鍵、離子鍵，故B不選；CNa2CO3?10H2O晶體存在極性鍵、氫鍵及范德華力，故C不選；DCuSO4溶液存在極性鍵、離子

52、鍵，故D不選；ECH3COOH溶液存在非極性鍵（CC、OO）、配位鍵、氫鍵及范德華力，故E選；應選E（4）反響熱就是斷鍵吸取的能量和形成化學鍵所放出的能量的差值，所以該反響的反響熱是H=3436kJ/mol+945kJ/mol23391kJ/mol=93kJ/mol，即熱化學方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=93kJ/mol，故答案為：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=93kJ/mol；（5）依照表中數(shù)據(jù)能夠看出非羥基氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強，亞磷酸（H3PO3）是中強酸，說明有1個非羥基氧原子，據(jù)此可寫出它的結(jié)構式為：，含氧酸中羥基中的氫能被氫氧化鈉中和，所以