2014年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)?。ê馕霭妫?/h1>

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2014年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅰ）一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分）1．（6分）下列化合物中同分異構(gòu)體數(shù)目最少的是（）A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯 2．（6分）化學(xué)與社會、生活密切相關(guān)，對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（）選項現(xiàn)象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反應(yīng)B漂白粉在空氣中久置變質(zhì)漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3C施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應(yīng)生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2+的溶液中置換出銅A．A B．B C．C D．D 3．（6分）已知分解1molH2O2放出熱量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的機(jī)理為：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是（）A．反應(yīng)速率與I﹣的濃度有關(guān) B．IO﹣也是該反應(yīng)的催化劑 C．反應(yīng)活化能等于98kJ?mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）4．（6分）X，Y，Z均為短周期元素，X，Y處于同一周期，X，Z的最低價離子分別為X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是（）A．原子最外層電子數(shù)：X＞Y＞Z B．單質(zhì)沸點：X＞Y＞Z C．離子半徑：X2﹣＞Y+＞Z﹣ D．原子序數(shù)：X＞Y＞Z 5．（6分）溴酸銀（AgBrO3）溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．溴酸銀的溶解是放熱過程 B．溫度升高時溴酸銀溶解速度加快 C．60℃時溴酸銀的Ksp約等于6×10﹣4 D．若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結(jié)晶方法提純 6．（6分）下列有關(guān)儀器使用方法或?qū)嶒灢僮髡_的是（）A．洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱烘干 B．酸式滴定管裝標(biāo)準(zhǔn)溶液前，必須先用該溶液潤洗 C．酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差 D．用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體 7．（6分）利用如圖所示裝置進(jìn)行下列實驗，能得出相應(yīng)實驗結(jié)論是（）選項①②③實驗結(jié)論A稀硫酸Na2SAgNO3與AgCl的濁液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D 三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題（共58分）8．（13分）乙酸異戊酯是組成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，實驗室制備乙酸異戊酯的反應(yīng)、裝置示意圖和有關(guān)數(shù)據(jù)如圖1、2及表格：圖1圖2圖3相對分子質(zhì)量密度/（g?cm﹣3）沸點/℃水中溶解性異戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸異戊酯1300.8670142難溶實驗步驟：在A中加入4.4g異戊醇、6.0g乙酸、數(shù)滴濃硫酸和2～3片碎瓷片，開始緩慢加熱A，回流50min，反應(yīng)液冷至室溫后倒入分液漏斗中，分別用少量水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌；分出的產(chǎn)物加入少量無水MgSO4固體，靜置片刻，過濾除去MgSO4固體，進(jìn)行蒸餾純化，收集140﹣143℃餾分，得乙酸異戊酯3.9g．回答下列問題：（1）儀器B的名稱是；（2）在洗滌操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是；（3）在洗滌、分液操作中，應(yīng)充分振蕩、然后靜置，待分層后（填標(biāo)號）a．直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的上口倒出b．直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的下口放出c．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從下口放出d．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從上口倒出（4）本實驗中加入過量乙酸的目的是；（5）實驗中加入少量無水MgSO4的目的是；（6）在蒸餾操作中，儀器選擇及安裝都正確的是（如圖3）（填標(biāo)號）（7）本實驗的產(chǎn)率是（填標(biāo)號）a.30%b.40%c.60%d.90%（8）在進(jìn)行蒸餾操作時，若從130℃便開始收集餾分，會使實驗的產(chǎn)率偏（填“高”或“低”），其原因是．9．（15分）次磷酸（H3PO2）是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)還原性，回答下列問題：（1）H3PO2是一元中強(qiáng)酸，寫出其電離方程式；（2）H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。①H3PO2中，P元素的化合價為；②利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1，則氧化產(chǎn)物為（填化學(xué)式）；③NaH2PO2為（填“正鹽”或“酸式鹽”），其溶液顯（填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”）；（3）H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，后者再與H2SO4反應(yīng)，寫出白磷與Ba（OH）2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式；（4）H3PO2也可用電滲析法制備?！八氖译姖B析法”工作原理如圖所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過）：①寫出陽極的電極反應(yīng)式；②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因；③早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產(chǎn)品室，其缺點是產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，該雜質(zhì)產(chǎn)生的原因是。10．（15分）乙醇是重要的有機(jī)化工原料，可由乙烯氣相直接水合法或間接水合法生產(chǎn)，回答下列問題：（1）間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，寫出相應(yīng)反應(yīng)的化學(xué)方程式；（2）已知：甲醇脫水反應(yīng)2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ?mol﹣1甲醇制烯烴反應(yīng)2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ?mol﹣1乙醇異構(gòu)化反應(yīng)C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ?mol﹣1則乙烯氣相直接水合反應(yīng)C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=kJ?mol﹣1，與間接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點是；（3）如圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系（其中：=1：1）①列式計算乙烯水合制乙醇反應(yīng)在圖中A點的平衡常數(shù)Kp=（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；②圖中壓強(qiáng)（P1，P2，P3，P4）大小順序為，理由是；③氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應(yīng)溫度290℃，壓強(qiáng)6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的轉(zhuǎn)化率為5%，若要進(jìn)一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當(dāng)改變反應(yīng)溫度和壓強(qiáng)外，還可以采取的措施有、?！净瘜W(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)】11．（15分）磷礦石主要以磷酸鈣[Ca3（PO4）2?H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，圖（a）為目前國際上磷礦石利用的大致情況，其中濕法磷酸是指磷礦石用過量硫酸分解制備磷酸，圖（b）是熱法磷酸生產(chǎn)過程中由磷灰石制單質(zhì)磷的流程：部分物質(zhì)的相關(guān)性質(zhì)如下：熔點/℃沸點/℃?zhèn)渥琢?4280.5PH3﹣133.8﹣87.8難溶于水、有還原性SiF4﹣90﹣86易水解回答下列問題：（1）世界上磷礦石最主要的用途是生產(chǎn)含磷肥料，約占磷礦石使用量的%；（2）以磷礦石為原料，濕法磷酸過程中Ca5F（PO4）3反應(yīng)化學(xué)方程式為：．現(xiàn)有1t折合含有P2O5約30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸t(yī)．（3）如圖（b）所示，熱法磷酸生產(chǎn)過程的第一步是將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫反應(yīng)生成白磷．爐渣的主要成分是（填化學(xué)式）．冷凝塔1的主要沉積物是，冷凝塔2的主要沉積物是．（4）尾氣中主要含有，還含有少量的PH3、H2S和HF等．將尾氣先通入純堿溶液，可除去；再通入次氯酸鈉溶液，可除去．（均填化學(xué)式）（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復(fù)雜，能耗高，但優(yōu)點是．【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12．早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準(zhǔn)晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成，回答下列問題：（1）準(zhǔn)晶是一種無平移周期序，但有嚴(yán)格準(zhǔn)周期位置序的獨特晶體，可通過方法區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體．（2）基態(tài)Fe原子有個未成對電子，F(xiàn)e3+的電子排布式為，可用硫氰化鉀檢驗Fe3+，形成的配合物的顏色為．（3）新制備的Cu（OH）2可將乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身還原成Cu2O，乙醛中碳原子的雜化軌道類型為；1mol乙醛分子中含有的σ鍵的數(shù)目為，乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是．Cu2O為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有個銅原子．（4）Al單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a=0.405nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為，列式表示Al單質(zhì)的密度g?cm﹣3（不必計算出結(jié)果）．【化學(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】13．席夫堿類化合物G在催化、藥物、新材料等方面有廣泛應(yīng)用。合成G的一種路線如下：已知以下信息：①②1molB經(jīng)上述反應(yīng)可生成2molC，且C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。③D屬于單取代芳香烴，其相對分子質(zhì)量為106。④核磁共振氫譜顯示F苯環(huán)上有兩種化學(xué)環(huán)境的氫。⑤回答下列問題：（1）由A生成B的化學(xué)方程式為，反應(yīng)類型為；（2）E的化學(xué)名稱是，由D生成E的化學(xué)方程式為；（3）G的結(jié)構(gòu)簡式為；（4）F的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有種（不考慮立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜中有4組峰，且面積比為6：2：2：1的是，（寫出其中的一種的結(jié)構(gòu)簡式）。（5）由苯和化合物C經(jīng)如下步驟可合成N﹣異丙基苯胺。反應(yīng)條件1所選擇的試劑為；反應(yīng)條件2所選擇的試劑為；I的結(jié)構(gòu)簡式為。

2014年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分）1．（6分）下列化合物中同分異構(gòu)體數(shù)目最少的是（）A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯 【考點】I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【專題】531：同系物和同分異構(gòu)體．【分析】戊烷只存在碳鏈異構(gòu)，戊醇和戊烯存在碳鏈異構(gòu)、位置異構(gòu)，乙酸乙酯存在碳鏈異構(gòu)、官能團(tuán)異構(gòu)、位置異構(gòu)．【解答】解：戊烷只存在碳鏈異構(gòu)，同分異構(gòu)體為3種，而戊醇和戊烯存在碳鏈異構(gòu)、位置異構(gòu)，乙酸乙酯存在碳鏈異構(gòu)、官能團(tuán)異構(gòu)、位置異構(gòu)，異構(gòu)類型越多，同分異構(gòu)體的數(shù)目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分異構(gòu)體的數(shù)目均大于3種，故選：A?！军c評】本題主要考查了同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷，可通過同分異構(gòu)體的類型進(jìn)行簡單判斷，難度不大．2．（6分）化學(xué)與社會、生活密切相關(guān)，對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（）選項現(xiàn)象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反應(yīng)B漂白粉在空氣中久置變質(zhì)漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3C施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應(yīng)生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2+的溶液中置換出銅A．A B．B C．C D．D 【考點】FH：硅和二氧化硅；GF：鈉的重要化合物；GL：兩性氧化物和兩性氫氧化物；IC：乙烯的用途．【分析】A．依據(jù)鹽類水解的性質(zhì)及油脂水解的性質(zhì)解答；B．漂白粉漂白原理為次氯酸鈣與二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸；C．依據(jù)鹽類水解的性質(zhì)解答；D．氯化鐵能夠與銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅．【解答】解：A．油脂在堿性環(huán)境下水解生成可溶性物質(zhì)，碳酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽水解顯堿性，升高溫度促進(jìn)鹽類水解，所以用熱的純堿溶液洗去油污，碳酸鈉與油脂不直接反應(yīng)，故A錯誤；B．漂白粉漂白原理為次氯酸鈣與二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，二氧化碳與氯化鈣不反應(yīng)，故B錯誤；C．碳酸鉀和氯化銨在溶液中水解促進(jìn)生成氨氣，降低肥效，施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用，故C正確；D．氯化鐵能夠與銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，銅不能置換鐵，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，涉及鹽類水解的分析應(yīng)用、氧化性強(qiáng)弱判斷等，掌握物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)實質(zhì)是關(guān)鍵，為高考常見題型，注意相關(guān)知識的學(xué)習(xí)與積累，難度不大．3．（6分）已知分解1molH2O2放出熱量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的機(jī)理為：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是（）A．反應(yīng)速率與I﹣的濃度有關(guān) B．IO﹣也是該反應(yīng)的催化劑 C．反應(yīng)活化能等于98kJ?mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2） 【考點】16：化學(xué)反應(yīng)的基本原理；17：化學(xué)反應(yīng)的能量變化規(guī)律；BB：反應(yīng)熱和焓變；CA：化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【專題】513：物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題；517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．【分析】A、反應(yīng)速率的快慢主要決定于反應(yīng)速率慢的第一步反應(yīng)；B、反應(yīng)的催化劑是I﹣；C、分解1mol過氧化氫放出的熱量是其△H．而非活化能；D、在一個化學(xué)反應(yīng)中，用各物質(zhì)表示的速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快，過氧化氫分解快慢決定于反應(yīng)慢的①，I﹣是①的反應(yīng)物之一，其濃度大小對反應(yīng)不可能沒有影響，例如，其濃度為0時反應(yīng)不能發(fā)生，故A正確；B、將反應(yīng)①+②可得總反應(yīng)方程式，反應(yīng)的催化劑是I﹣，IO﹣只是中間產(chǎn)物，故B錯誤；C、1mol過氧化氫分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反應(yīng)的活化能，是生成物與反應(yīng)物的能量差，故C錯誤；D、因為反應(yīng)是在含少量I﹣的溶液中進(jìn)行的，溶液中水的濃度是常數(shù)，不能用其濃度變化表示反應(yīng)速率，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題是2014年河北高考題，題目主要考查催化劑、活化能、化學(xué)反應(yīng)速率的相關(guān)知識，題目難度不大．4．（6分）X，Y，Z均為短周期元素，X，Y處于同一周期，X，Z的最低價離子分別為X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是（）A．原子最外層電子數(shù)：X＞Y＞Z B．單質(zhì)沸點：X＞Y＞Z C．離子半徑：X2﹣＞Y+＞Z﹣ D．原子序數(shù)：X＞Y＞Z 【考點】1B：真題集萃；8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】X、Z的最低價離子分別為X2﹣和Z﹣，則X為第ⅥA族元素，Z為ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，結(jié)合元素在周期表中的位置以及元素周期律知識解答該題．【解答】解：X、Z的最低價離子分別為X2﹣和Z﹣，則X為第ⅥA族元素，Z為ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，A．X、Y、Z分別為S、Na、F，原子最外層電子數(shù)分別為6、1、7，故A錯誤；B．常溫下Na、S為固體，F(xiàn)2為氣體，Na的熔點較低，但鈉的沸點高于硫，順序應(yīng)為Na＞S＞F2，故B錯誤；C．Na+、F﹣具有相同的核外電子排布，離子的核電荷數(shù)越大，半徑越小，應(yīng)為F﹣＞Na+，故C錯誤；D．X、Y、Z原子序數(shù)分別為16、11、9，原子序數(shù)：X＞Y＞Z，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，題目難度不大，本題的關(guān)鍵是根據(jù)原子結(jié)構(gòu)特點正確推斷元素的種類．5．（6分）溴酸銀（AgBrO3）溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．溴酸銀的溶解是放熱過程 B．溫度升高時溴酸銀溶解速度加快 C．60℃時溴酸銀的Ksp約等于6×10﹣4 D．若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結(jié)晶方法提純 【考點】62：溶解度、飽和溶液的概念；DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【專題】519：物質(zhì)的量濃度和溶解度專題．【分析】A．根據(jù)圖象中溫度對溴酸銀的溶解度影響可知溴酸銀的溶解過程為吸熱過程；B．溫度升高，可以加快物質(zhì)的溶解速率；C．根據(jù)溶度積表達(dá)式及溶液中銀離子和溴酸根離子的濃度計算；D．溴酸銀的溶解度受溫度的影響較小，可以通過重結(jié)晶法分離硝酸鉀與溴酸銀的混合物?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖象可知，升高溫度，溴酸銀的溶解度增大，說明溴酸銀的溶解過程為吸熱過程，故A錯誤；B．升高溫度，溴酸銀的溶解度增大，所以溫度升高時溴酸銀溶解速度加快，故B正確；C.60℃時溴酸銀的溶解度為0.6g，溴酸銀的物質(zhì)的量為：≈2.5×10﹣3mol，100.6g溴酸銀溶液的體積約為100.6mL，溶液中銀離子、溴酸根離子濃度約為2.5×10﹣2mol/L，所以60℃時溴酸銀的Ksp=2.5×10﹣2×2.5×10﹣2≈6×10﹣4，故C正確；D．根據(jù)圖象可知，溴酸銀的溶解度受溫度的影響不大，而硝酸鉀的溶解度受溫度影響較大，所以硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結(jié)晶方法提純，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查了難溶物的溶解平衡、溶度積的表達(dá)式及計算、物質(zhì)的分離與提純，題目難度中等，注意掌握難溶物的溶解平衡及其影響因素，明確溶度積的概念及計算方法。6．（6分）下列有關(guān)儀器使用方法或?qū)嶒灢僮髡_的是（）A．洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱烘干 B．酸式滴定管裝標(biāo)準(zhǔn)溶液前，必須先用該溶液潤洗 C．酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差 D．用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體 【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題；541：化學(xué)實驗常用儀器及試劑．【分析】A．錐形瓶和容量瓶在使用時不需要烘干；B．滴定管在量取或者盛裝溶液時必須潤洗，否則會導(dǎo)致原溶液被蒸餾水稀釋；C．錐形瓶不能潤洗，否則導(dǎo)致待測液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，滴定過程中消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大；D．容量瓶中加水超過刻度線，導(dǎo)致配制的溶液體積偏大，溶液濃度偏小，此次配制失?。窘獯稹拷猓篈．錐形瓶、容量瓶中有少量的蒸餾水，不影響滴定結(jié)果或配制溶液的濃度，所以不需要烘干錐形瓶或容量瓶，故A錯誤；B．酸式滴定管在盛放標(biāo)準(zhǔn)液之前，為了避免滴定管中的少量蒸餾水將標(biāo)準(zhǔn)液稀釋，應(yīng)該先用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，再盛放標(biāo)準(zhǔn)液，故B正確；C．滴定過程中，錐形瓶不能潤洗，否則會導(dǎo)致錐形瓶中待測液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，測定結(jié)果偏高，故C錯誤；D．用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，此次配制失敗，即使立即用滴管吸出多余液體，也不會使配制的溶液濃度恢復(fù)正常，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了常見計量儀器的構(gòu)造及使用方法偏大，題目難度不大，注意掌握常見儀器的構(gòu)造及正確的使用方法，明確容量瓶、錐形瓶、滴定管的使用方法．7．（6分）利用如圖所示裝置進(jìn)行下列實驗，能得出相應(yīng)實驗結(jié)論是（）選項①②③實驗結(jié)論A稀硫酸Na2SAgNO3與AgCl的濁液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D 【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，AgNO3與AgCl的濁液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），則生成Ag2S；B．濃硫酸使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)使其褪色；C．鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba（NO3）2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；D．濃硝酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀．【解答】解：A．圖中裝置和試劑不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，對AgNO3與AgCl的濁液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），則生成Ag2S，可發(fā)生沉淀的生成，則不能比較溶度積，故A錯誤；B．濃硫酸具有脫水性使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，體現(xiàn)其強(qiáng)氧化性，最后二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)使其褪色，故B正確；C．鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba（NO3）2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，但SO2與可溶性鋇鹽不一定生成白色沉淀，如與氯化鋇不反應(yīng)，故C錯誤；D．濃硝酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，應(yīng)排除硝酸的干擾，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及沉淀的生成與轉(zhuǎn)化、濃硫酸的性質(zhì)、酸性比較、氧化還原反應(yīng)等，把握化學(xué)反應(yīng)原理及實驗裝置中的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意實驗操作的可行性、評價性分析，題目難度不大．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題（共58分）8．（13分）乙酸異戊酯是組成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，實驗室制備乙酸異戊酯的反應(yīng)、裝置示意圖和有關(guān)數(shù)據(jù)如圖1、2及表格：圖1圖2圖3相對分子質(zhì)量密度/（g?cm﹣3）沸點/℃水中溶解性異戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸異戊酯1300.8670142難溶實驗步驟：在A中加入4.4g異戊醇、6.0g乙酸、數(shù)滴濃硫酸和2～3片碎瓷片，開始緩慢加熱A，回流50min，反應(yīng)液冷至室溫后倒入分液漏斗中，分別用少量水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌；分出的產(chǎn)物加入少量無水MgSO4固體，靜置片刻，過濾除去MgSO4固體，進(jìn)行蒸餾純化，收集140﹣143℃餾分，得乙酸異戊酯3.9g．回答下列問題：（1）儀器B的名稱是球形冷凝管；（2）在洗滌操作中，第一次水洗的主要目的是洗掉大部分硫酸和醋酸，第二次水洗的主要目的是洗掉碳酸氫鈉；（3）在洗滌、分液操作中，應(yīng)充分振蕩、然后靜置，待分層后d（填標(biāo)號）a．直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的上口倒出b．直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的下口放出c．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從下口放出d．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從上口倒出（4）本實驗中加入過量乙酸的目的是提高醇的轉(zhuǎn)化率；（5）實驗中加入少量無水MgSO4的目的是干燥乙酸異戊酯；（6）在蒸餾操作中，儀器選擇及安裝都正確的是（如圖3）b（填標(biāo)號）（7）本實驗的產(chǎn)率是c（填標(biāo)號）a.30%b.40%c.60%d.90%（8）在進(jìn)行蒸餾操作時，若從130℃便開始收集餾分，會使實驗的產(chǎn)率偏高（填“高”或“低”），其原因是會收集少量未反應(yīng)的異戊醇．【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】24：實驗設(shè)計題．【分析】（1）根據(jù)題中儀器B的構(gòu)造判斷該儀器的名稱；（2）在洗滌操作中，第一次洗滌的主要目的是除去大部分催化劑硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去產(chǎn)品中殘留的碳酸氫鈉；（3）根據(jù)乙酸異戊酯的密度及正確的分液操作方法進(jìn)行解答；（4）根據(jù)反應(yīng)物對增加一種反應(yīng)物的濃度，可以使另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率提高進(jìn)行判斷加入過量乙酸的目的；（5）少量無水硫酸鎂能夠吸收乙酸異戊酯中少量的水分，起到干燥作用；（6）先根據(jù)溫度計在蒸餾操作中的作用排除ad，再根據(jù)球形冷凝管容易使產(chǎn)品滯留，不能全部收集到錐形瓶中，得出正確結(jié)論；（7）先計算出乙酸和異戊醇的物質(zhì)的量，然后判斷過量情況，根據(jù)不足量計算出理論上生成乙酸異戊酯的物質(zhì)的量，最后根據(jù)實際上制取的乙酸異戊酯計算出產(chǎn)率；（8）若從130℃便開始收集餾分此時的蒸氣中含有異戊醇，會收集少量的未反應(yīng)的異戊醇，導(dǎo)致獲得的乙酸異戊酯質(zhì)量偏大．【解答】解：（1）由裝置中儀器B的構(gòu)造可知，儀器B的名稱為球形冷凝管，故答案為：球形冷凝管；（2）反應(yīng)后的溶液要經(jīng)過多次洗滌，在洗滌操作中，第一次洗滌的主要目的是除去大部分催化劑硫酸和醋酸；第一步中飽和碳酸氫鈉溶液既可以除去未洗凈的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗滌后生成的酯中混有碳酸氫鈉，所以第二次水洗，主要目的是除去產(chǎn)品中殘留的碳酸氫鈉，故答案為：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氫鈉；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下層，酯在上層；分液時，要先將水層從分液漏斗的下口放出，待到兩層液體界面時關(guān)閉分液漏斗的活塞，再將乙酸異戊酯從上口放出，所以正確的為d，故答案為：d；（4）酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)物的濃度可以使平衡正向移動；增加一種反應(yīng)物的濃度，可以使另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率提高，因此本實驗中加入過量乙酸的目的是提高轉(zhuǎn)化率，故答案為：提高醇的轉(zhuǎn)化率；（5）實驗中加入少量無水硫酸鎂的目的是吸收酯中少量的水分，對其進(jìn)行干燥，故答案為：干燥乙酸異戊酯；（6）在蒸餾操作中，溫度計的水銀球要放在蒸餾燒瓶的支管口處，所以ad錯誤；c中使用的是球形冷凝管容易使產(chǎn)品滯留，不能全部收集到錐形瓶中，因此儀器及裝置安裝正確的是b，故答案為：b；（7）乙酸的物質(zhì)的量為：n==0.1mol，異戊醇的物質(zhì)的量為：n==0.05mol，由于乙酸和異戊醇是按照1：1進(jìn)行反應(yīng)，所以乙酸過量，生成乙酸異戊酯的量要按照異戊醇的物質(zhì)的量計算，即理論上生成0.05mol乙酸異戊酯；實際上生成的乙酸異戊酯的物質(zhì)的量為：=0.03mol，所以實驗中乙酸異戊酯的產(chǎn)率為：×100%=60%，故答案為：c；（8）在進(jìn)行蒸餾操作時，若從130℃便開始收集餾分此時的蒸氣中含有異戊醇，會收集少量的未反應(yīng)的異戊醇，因此會導(dǎo)致產(chǎn)率偏高，故答案為：高；會收集少量未反應(yīng)的異戊醇．【點評】本題為一道高考題，考查了常見儀器的構(gòu)造與安裝、混合物的分離、提純、物質(zhì)的制取、藥品的選擇及使用、物質(zhì)產(chǎn)率的計算等知識，題目難度較大，試題涉及的題量較大，知識點較多，充分培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力．9．（15分）次磷酸（H3PO2）是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)還原性，回答下列問題：（1）H3PO2是一元中強(qiáng)酸，寫出其電離方程式H3PO2?H2PO2﹣+H+；（2）H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。①H3PO2中，P元素的化合價為+1；②利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1，則氧化產(chǎn)物為H3PO4（填化學(xué)式）；③NaH2PO2為正鹽（填“正鹽”或“酸式鹽”），其溶液顯弱堿性（填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”）；（3）H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，后者再與H2SO4反應(yīng)，寫出白磷與Ba（OH）2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；（4）H3PO2也可用電滲析法制備?！八氖译姖B析法”工作原理如圖所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過）：①寫出陽極的電極反應(yīng)式2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+；②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，原料室的H2PO2﹣穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，二者反應(yīng)生成H3PO2；③早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產(chǎn)品室，其缺點是產(chǎn)品中混有PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4）雜質(zhì)，該雜質(zhì)產(chǎn)生的原因是H2PO2﹣或H3PO2被氧化?！究键c】1B：真題集萃；B1：氧化還原反應(yīng)；D3：電解質(zhì)在水溶液中的電離；DI：電解原理；EI：磷．【專題】51I：電化學(xué)專題；52：元素及其化合物．【分析】（1）根據(jù)H3PO2是一元中強(qiáng)酸可知，H3PO2是弱電解質(zhì)，溶液中部分電離出氫離子，據(jù)此寫出電離方程式；（2）①根據(jù)化合物中總化合價為0計算出P元素的化合價；②先判斷氧化劑、氧化劑，然后根據(jù)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1計算出反應(yīng)產(chǎn)物中P的化合價；③根據(jù)H3PO2是一元中強(qiáng)酸，可以判斷NaH2PO2為正鹽，由于為H3PO2為弱電解質(zhì)，則NaH2PO2為強(qiáng)堿弱酸鹽，則溶液顯示弱堿性；（3）根據(jù)題干信息“將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2”寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（4）①根據(jù)陽極中陰離子為硫酸根離子、氫氧根離子和H2PO2﹣，判斷放電能力強(qiáng)弱，然后寫出陽極的電極反應(yīng)式；②根據(jù)圖示“四室電滲析法”工作原理分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因；③根據(jù)H3PO2及NaH2PO2均容易被氧化分析該裝置缺點?！窘獯稹拷猓海?）H3PO2是一元中強(qiáng)酸，溶液中部分電離出氫離子，所以其電離方程式為：H3PO2?H2PO2﹣+H+，故答案為：H3PO2?H2PO2﹣+H+；（2）①H3PO2中，總化合價為0，其中氫元素為+1價，氧元素為﹣2價，則P元素的化合價為：+1價，故答案為：+1；②該反應(yīng)中Ag+為氧化劑，H3PO2為還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1，設(shè)反應(yīng)產(chǎn)物中P的化合價為x，根據(jù)化合價升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化產(chǎn)物為+5價的H3PO4，故答案為：H3PO4；③由于H3PO2是一元中強(qiáng)酸，所以NaH2PO2為正鹽，由于為H3PO2為弱電解質(zhì)，則NaH2PO2為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯示弱堿性，故答案為：正鹽；弱堿性；（3）H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，故答案為：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；（4）①由于陽極中陰離子為硫酸根離子、氫氧根離子和H2PO2﹣，其中放電能力最強(qiáng)的是氫氧根離子，則陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，故答案為：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+；②產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因是因為：陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，原料室的H2PO2﹣穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，二者反應(yīng)生成H3PO2，故答案為：陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，原料室的H2PO2﹣穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，二者反應(yīng)生成H3PO2；③早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產(chǎn)品室，其缺點是陽極產(chǎn)生的氧氣會把H2PO2﹣或H3PO2氧化成PO43﹣，產(chǎn)品中混有PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4），故答案為：PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4）；H2PO2﹣或H3PO2被氧化?！军c評】本題考查了鹽的水解原理、電解原理、弱電解質(zhì)的電離、氧化還原反應(yīng)等知識，題目難度較大，試題涉及的知識點較多，充分考查了學(xué)生對所學(xué)知識的掌握情況。10．（15分）乙醇是重要的有機(jī)化工原料，可由乙烯氣相直接水合法或間接水合法生產(chǎn)，回答下列問題：（1）間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，寫出相應(yīng)反應(yīng)的化學(xué)方程式C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脫水反應(yīng)2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ?mol﹣1甲醇制烯烴反應(yīng)2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ?mol﹣1乙醇異構(gòu)化反應(yīng)C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ?mol﹣1則乙烯氣相直接水合反應(yīng)C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=﹣45.5kJ?mol﹣1，與間接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點是無副產(chǎn)品，原子利用率100%；（3）如圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系（其中：=1：1）①列式計算乙烯水合制乙醇反應(yīng)在圖中A點的平衡常數(shù)Kp=0.07（MPa）﹣1（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；②圖中壓強(qiáng)（P1，P2，P3，P4）大小順序為p1＜p2＜p3＜p4，理由是反應(yīng)分子數(shù)減少，相同溫度下，壓強(qiáng)升高乙烯轉(zhuǎn)化率提高；③氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應(yīng)溫度290℃，壓強(qiáng)6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的轉(zhuǎn)化率為5%，若要進(jìn)一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當(dāng)改變反應(yīng)溫度和壓強(qiáng)外，還可以采取的措施有將產(chǎn)物乙醇液化移去、增加：比?！究键c】1B：真題集萃；BE：熱化學(xué)方程式；C8：化學(xué)平衡常數(shù)的含義；CB：化學(xué)平衡的影響因素；CM：轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線．【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；51E：化學(xué)平衡專題．【分析】（1）乙烯與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，將水分成氫原子和羥基生成乙醇和硫酸；（2）利用蓋斯定律構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式并求焓變，氣相直接水合法原子利用率100%；（3）①列出Kp表達(dá)式，利用三段法計算平衡分壓帶入表達(dá)式計算即可；②在相同溫度下由于乙烯轉(zhuǎn)化率為p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）→C2H5OH（g）可知正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，根據(jù)壓強(qiáng)對平衡移動的影響分析；③若要進(jìn)一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當(dāng)改變反應(yīng)溫度和壓強(qiáng)外，還可以改變物質(zhì)的濃度?！窘獯稹拷猓海?）乙烯與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），化學(xué)方程式為C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H，硫酸氫乙酯水解生成乙醇和硫酸，化學(xué)方程式為C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4，故答案為：C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脫水反應(yīng)①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ?mol﹣1甲醇制烯烴反應(yīng)②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ?mol﹣1乙醇異構(gòu)化反應(yīng)③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；乙烯直接水化法中反應(yīng)物中所有原子全部都變成生成物，所以原子利用率100%，沒有副產(chǎn)品，故答案為：﹣45.5；無副產(chǎn)品，原子利用率100%；（3）①C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）開始：110轉(zhuǎn)化：0.20.20.2平衡：0.80.80.2乙醇占=，乙烯和水各占=，則乙醇的分壓為7.85MPa×=0.87MPa，乙烯和水的分壓為7.85MPa×=3.49MPa，所以Kp===0.07（MPa）﹣1，故答案為：0.07（MPa）﹣1；②在相同溫度下由于乙烯轉(zhuǎn)化率為p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）可知正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，所以增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，乙烯的轉(zhuǎn)化率提高，因此壓強(qiáng)關(guān)系是p1＜p2＜p3＜p4，故答案為：p1＜p2＜p3＜p4；反應(yīng)分子數(shù)減少，相同溫度下，壓強(qiáng)升高乙烯轉(zhuǎn)化率提高；③若要進(jìn)一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當(dāng)改變反應(yīng)溫度和壓強(qiáng)外，還可以改變物質(zhì)的濃度，如從平衡體系中將產(chǎn)物乙醇分離出來，或增大水蒸氣的濃度，改變二者物質(zhì)的量的比等，故答案為：將產(chǎn)物乙醇液化移去；增加：比?！军c評】本題考查了化學(xué)方程式的書寫、壓強(qiáng)對平衡移動的影響、物質(zhì)制取方案的比較、反應(yīng)熱及平衡常數(shù)的計算等知識，綜合性非常強(qiáng)，該題是高考中的常見題型，屬于中等難度較大，側(cè)重于學(xué)生分析問題、解決問題、知識遷移能力的培養(yǎng)。【化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)】11．（15分）磷礦石主要以磷酸鈣[Ca3（PO4）2?H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，圖（a）為目前國際上磷礦石利用的大致情況，其中濕法磷酸是指磷礦石用過量硫酸分解制備磷酸，圖（b）是熱法磷酸生產(chǎn)過程中由磷灰石制單質(zhì)磷的流程：部分物質(zhì)的相關(guān)性質(zhì)如下：熔點/℃沸點/℃?zhèn)渥琢?4280.5PH3﹣133.8﹣87.8難溶于水、有還原性SiF4﹣90﹣86易水解回答下列問題：（1）世界上磷礦石最主要的用途是生產(chǎn)含磷肥料，約占磷礦石使用量的69%；（2）以磷礦石為原料，濕法磷酸過程中Ca5F（PO4）3反應(yīng)化學(xué)方程式為：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑．現(xiàn)有1t折合含有P2O5約30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸0.49t．（3）如圖（b）所示，熱法磷酸生產(chǎn)過程的第一步是將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫反應(yīng)生成白磷．爐渣的主要成分是CaSiO3（填化學(xué)式）．冷凝塔1的主要沉積物是液態(tài)白磷，冷凝塔2的主要沉積物是固態(tài)白磷．（4）尾氣中主要含有SiF4、CO，還含有少量的PH3、H2S和HF等．將尾氣先通入純堿溶液，可除去SiF4、H2S、HF；再通入次氯酸鈉溶液，可除去PH3．（均填化學(xué)式）（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復(fù)雜，能耗高，但優(yōu)點是產(chǎn)品純度高．【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】18：實驗分析題；25：實驗評價題；43：演繹推理法；548：制備實驗綜合．【分析】（1）由圖（a）可知生產(chǎn)含磷肥料，約占磷礦石使用量的比例為：4%+96%×85%×80%=69%；（2）以磷礦石為原料，用過量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根據(jù)質(zhì)量守恒書寫化學(xué)方程式；根據(jù)P元素守恒可得關(guān)系式P2O5～2H3PO4，依據(jù)此關(guān)系式計算；（3）將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫除了反應(yīng)生成白磷之外，得到的難溶性固體是CaSiO3；根據(jù)冷卻塔1、2的溫度與白磷的熔點比較分析白磷的狀態(tài)；（4）二氧化硅和HF反應(yīng)生成四氟化硅氣體，過量的焦炭不完全燃燒生成CO，因此在尾氣中主要含有SiF4、CO，還含有少量的PH3、H2S和HF等；將尾氣通入純堿溶液，SiF4、HF、H2S與碳酸鈉反應(yīng)而除去，次氯酸具有強(qiáng)氧化性，可除掉強(qiáng)還原性的PH3；（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝所得產(chǎn)品純度大；【解答】解：（1）由圖（a）可知生產(chǎn)含磷肥料，約占磷礦石使用量的比例為：4%+96%×85%×80%=69%，故答案為：69；（2）以磷礦石為原料，用過量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；根據(jù)P元素守恒可得關(guān)系式P2O5～2H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5約30%的磷灰石，含有P2O5的質(zhì)量為0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的質(zhì)量為=0.49t，故答案為：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；0.49；（3）將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫除了反應(yīng)生成白磷之外，得到的難溶性固體是CaSiO3；冷卻塔1的溫度是70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此時主要的沉積物是液態(tài)白磷；冷卻塔2的溫度是18℃，低于白磷的熔點，故此時的主要沉積物是固體白磷，故答案為：CaSiO3；液態(tài)白磷；固態(tài)白磷；（4）二氧化硅和HF反應(yīng)生成四氟化硅氣體，過量的焦炭不完全燃燒生成CO，因此在尾氣中主要含有SiF4、CO，還含有少量的PH3、H2S和HF等；將尾氣通入純堿溶液，SiF4、HF、H2S與碳酸鈉反應(yīng)而除去，次氯酸具有強(qiáng)氧化性，可除掉強(qiáng)還原性的PH3，故答案為：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復(fù)雜，能耗高，但是所得產(chǎn)品純度大，雜質(zhì)少，因此逐漸被采用，故答案為：產(chǎn)品純度高．【點評】本題考查了化工生產(chǎn)流程圖，涉及磷礦石的主要用途、反應(yīng)原理和有關(guān)計算，該題是高考中的常見題型，題目難度中等，側(cè)重對學(xué)生分析問題、解答問題能力的培養(yǎng)．【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12．早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準(zhǔn)晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成，回答下列問題：（1）準(zhǔn)晶是一種無平移周期序，但有嚴(yán)格準(zhǔn)周期位置序的獨特晶體，可通過X射線衍射方法區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體．（2）基態(tài)Fe原子有4個未成對電子，F(xiàn)e3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，可用硫氰化鉀檢驗Fe3+，形成的配合物的顏色為血紅色．（3）新制備的Cu（OH）2可將乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身還原成Cu2O，乙醛中碳原子的雜化軌道類型為sp3、sp2；1mol乙醛分子中含有的σ鍵的數(shù)目為6NA，乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是乙酸存在分子間氫鍵．Cu2O為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有16個銅原子．（4）Al單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a=0.405nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為12，列式表示Al單質(zhì)的密度g?cm﹣3（不必計算出結(jié)果）．【考點】1B：真題集萃；86：原子核外電子排布；96：共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；99：配合物的成鍵情況；9I：晶胞的計算；A6：不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）晶體對X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準(zhǔn)晶體介于二者之間；（2）根據(jù)Fe原子的核外電子排布式確定未成對電子數(shù)，失去電子變?yōu)殍F離子時，先失去4s上的電子后失去3d上的電子，硫氰化鐵為血紅色；（3）乙醛中甲基上的C采取sp3雜化類型，醛基中的C采取sp2雜化類型；1個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵；乙酸分子間可形成氫鍵導(dǎo)致沸點較高；根據(jù)O數(shù)目和Cu2O中Cu和O的比例計算晶胞中Cu原子的數(shù)目；（4）在Al晶體的一個晶胞中與它距離相等且最近的Al原子在通過這個頂點的三個面心上，面心占，通過一個頂點可形成8個晶胞．【解答】解：（1）從外觀無法區(qū)分三者，但用X光照射揮發(fā)現(xiàn)：晶體對X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準(zhǔn)晶體介于二者之間，因此通過有無衍射現(xiàn)象即可確定，故答案為：X射線衍射；（2）26號元素Fe基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4個未成對電子，失去電子變?yōu)殍F離子時，先失去4s上的2個電子后失去3d上的1個電子，因此Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，硫氰化鐵為血紅色，故答案為：4；1s22s22p63s23p63d5；血紅色；（3）乙醛中甲基上的C形成4條σ鍵，無孤電子對，因此采取sp3雜化類型，醛基中的C形成3條σ鍵和1條π鍵，無孤電子對，采取sp2雜化類型；1個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵，則1mol乙醛含有6molσ鍵，即6NA個σ鍵；乙酸分子間可形成氫鍵，乙醛不能形成氫鍵，所以乙酸的沸點高于乙醛；該晶胞中O原子數(shù)為4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數(shù)為O原子數(shù)的2倍，即為16個；故答案為：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子間氫鍵；16；（4）在Al晶體的一個晶胞中與它距離相等且最近的Al原子在通過這個頂點的三個面心上，面心占，通過一個頂點可形成8個晶胞，因此該晶胞中鋁原子的配位數(shù)為8×3×=12；一個晶胞中Al原子數(shù)為8×=4，因此Al的