高考化學(xué)5月模擬試卷（含解析）

2015年山東省棗莊市滕州市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷（5月

份）

一、選擇題（共7小題，每小題5分，共65分（每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）

1（（5分）（2014?仁壽縣校級(jí)模擬）化學(xué)無處不在，下列與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是

（）

A（可用蘸濃硫酸的棉花棒檢驗(yàn)輸送氨氣的管道是否漏氣

B（"地溝油"禁止食用，但可用來制肥皂

C（從海水中提取物質(zhì)都必須經(jīng)過化學(xué)反應(yīng)才能實(shí)現(xiàn)

D（侯式制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶液度的差異

2（（5分）（2015?惠州模擬）用如圖實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，裝置正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)?/p>

的是

（）

A（用圖a所示裝置干燥SO氣體2

B（用圖b所示裝置蒸發(fā)CHCOONa溶液得醋酸鈉晶體3

C（用圖c所示裝置分離有機(jī)層與水層,水層從分液漏斗下口放出

D（用圖d所示裝置測(cè)量氨氣的體積

3（（5分）（2013?上海二模）現(xiàn)有下列短周期元素性質(zhì)的數(shù)據(jù)：

????????元素編號(hào)

元素性質(zhì)

原子半徑最高或最低化合價(jià)+2+1+5+7+1+5+3

,2,3,1,3下列說法正確的是（）

A（原子序數(shù)？元素大于？元素

B（?、？處于同一周期

C（上述八種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，？號(hào)酸性最強(qiáng)

D（

?號(hào)元素原子結(jié)構(gòu)示意圖為：

4（（5分）（2015?滕州市校級(jí)模擬）下列說法正確的是（）

A（HCIO和NaCI。都是弱電解質(zhì)

B（膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液不能

C（lmolHSO與lmolBa（OH）反應(yīng)放出的熱量叫做中和熱

D（HCI和NaCI溶于水破壞的化學(xué)犍完全相同

5（（5分）（2015?威海二模）某有機(jī)物M的結(jié)構(gòu)簡式如圖,下列關(guān)于該有機(jī)物的說法

正確的

是（）

A（M的相對(duì)分子質(zhì)量是178

B（M有機(jī)物中含有2種官能團(tuán)

C（M與足量的NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)時(shí),所得有機(jī)產(chǎn)物的化學(xué)式為CHONa9”

D（

與M互為同分異構(gòu)體

6（（5分M2015?威海二模）下列說法正確的是（）

A（將Ca（CIO）、NaSO、FeCI溶液蒸干可得到原溶質(zhì)2233

B(因Cl的氧化性強(qiáng)于I的氧化性，所以置換反應(yīng)I+2NaCIO?2NaIO+CI不能發(fā)

生222332

C(在新制氯水中各微粒濃度的關(guān)系為:2c(CI)=c(CIO-)+c(C「)+c(HCIO)2

.uD(用1L0.2mol?L、O.lmolCO,所得的兩種溶液中酸根離子濃度大小關(guān)系

是:C(SO?23

2"),c(CO)fc(HCO)fc(HSO)333

」7((5分)(2015?威海二模)往l.OmohLKI溶液中加入固體I,發(fā)生反應(yīng):I(aq)+I(aqL

...?I(aq)?H;I的物質(zhì)的量濃度c(I)隨溫度T的變化曲線如圖所示(已先反應(yīng)第一3

次達(dá)到平衡時(shí)用時(shí)10s；則下列說法正確的是()

A(該反應(yīng)的？H,0

B(a、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的I反應(yīng)速率相等

..MC(b點(diǎn)時(shí)0,10sI的平均反應(yīng)速率為0.04mol?L?s

D(d點(diǎn)時(shí)該反應(yīng)在對(duì)應(yīng)溫度下處于平衡狀態(tài)

二、解答題(共3小題,滿分53分)

8((18分)(2015?威海二模)運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理分析解答以下問題(

Ml)弱酸在水溶液中存在電離平衡，部分0.1mol?L弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：

弱酸電離平衡常數(shù)(25?)

sHClOK=2.98x10

,7HCOK=4.3X1023】

tnK=5.6xlO2

zHSOK=1.54xl023i

7K=1.02x102

?當(dāng)弱酸的濃度一定時(shí)，升高溫度，K值(填"變大"、"變小"或"不變")(？下列

離子方程式和有關(guān)說法錯(cuò)誤的是

2a(少量的CO通入次氯酸鈉溶液中:2QO+HO+CO=2HCIO+CO"

22b(少量的SO通入碳酸鈉溶液中:SO+HO+2co=2HCO+SO222J33

c(相同溫度時(shí),等pH三種鹽溶液的物質(zhì)的量濃度關(guān)

系:c(NaCO),c(NaCIO),c(NaSO)2323d(相同溫度時(shí),等物質(zhì)的量三種弱酸與足量

NaOH溶液完全中和消耗NaOH的體積為;V(COH)23MHsO)N(HCIO)?

?亞硒酸(HSeO)也是一種二元弱酸,有較強(qiáng)的氧化性(往亞硒酸溶液中不斷通入SO

會(huì)232產(chǎn)生紅褐色單質(zhì)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是(

2,2,(2)工業(yè)廢水中常含有一定量的CrO和CrO,它們對(duì)人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大損害，

274

必須進(jìn)行處理后方可排放(

3?在廢水中存在平衡:2CrO(黃色)+2H?CrO(橙色)+H0若改變條件使上述平衡向

正反應(yīng)方向移動(dòng),則下列說法正確的是

a(平衡常數(shù)K值可以不改變

”(達(dá)到新平衡CrOb的消耗速率等于CrO的消耗速率例

c(再達(dá)平衡前正反應(yīng)速率一定大于逆反應(yīng)速率

d(平衡移動(dòng)后達(dá)到新平衡溶液pH一定增大

zi.?CrO和CrO最終生成的Cr(OH)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)(s)"433

3-〃G(aq)+30H-(aq)常溫下,Cr(OH)的溶度積Ksp=c(Cr)*c(OH)=10,當(dāng)c3

33(Cr)降至10mol-L,溶液的pH調(diào)至4時(shí)，(填〃有〃或"沒有")沉淀產(chǎn)生(⑶已

JO：?CO(g)+2H(g)?CHOH(g)23

?2CH0H(g)?CH0CH(g)+H0(g)

?CO(g)+HO(g)?CO(g)+H(g)222

某溫度下三個(gè)反應(yīng)的平衡常數(shù)的值依次為a、a、a,則該溫度下反應(yīng)

3CO(g)+3H(g)i232

s?CHOCH(g)+CO(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K二L?mol、a的代數(shù)式表示)((用含a、a皿］

向某固定體積的密閉容器中加入3molCO和3molH,充分反應(yīng)后恢復(fù)至原來溫

度,測(cè)定容器2

2

的強(qiáng)為反應(yīng)前的,則CO的轉(zhuǎn)化率(

9((16分)(2015?威海二模)可以利用氧化鋅粗品(含有Fe。、FeO、CuO)為原料制

備純23

凈的氧化鋅,其化學(xué)工藝流程如圖1：

按要求回答下列問題：

2，(1)加雙氧水主要作用是氧化溶液中的Fe,該反應(yīng)的離子方程式為(

?,(2)調(diào)節(jié)pH主要是使溶液中的Fe生成沉淀而被除去，溶液pH對(duì)除Fe效率影響如圖

2所

??示(則除Fe時(shí)應(yīng)控制溶液的pH為(填序號(hào))(

a(3.5,4.0b(2.5,3.5c

(3)固體b為(填化學(xué)式),固體c為堿式碳酸鋅,鍛燒固體c的化學(xué)方程式為((4)

工業(yè)上也可以將氧化鋅粗品采用堿溶的方法，將氧化鋅轉(zhuǎn)化為Na溶液，然后電解

該2

溶液制取鋅，以石墨為電極電解時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式為,當(dāng)生成lmol鋅時(shí)，陽

極上生成氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L("紙質(zhì)電池”的紙片內(nèi)充入的是水和氧化鋅

組成的電解液，紙的一邊鍍鋅另一邊鍍二氧化鎰，電池總反應(yīng)為

Zn+2MnO+HO=ZnO+2MnO(OH),該電池的負(fù)22

極反應(yīng)式為(

10((19分)(2015?威海二模)氯化亞颯(SOCI)為無色或淺黃色發(fā)煙液體，易揮發(fā)，

遇水2

分解，其制取過程的相關(guān)反應(yīng)如下：

A

S(s)+CI(g)SCI(I)(?)22

SCI(l)+SO(l)?SOCI(l)+SO(g)(?)2322

已知二氯化硫(SCI)熔點(diǎn),78?C,沸點(diǎn)59?C,如圖是實(shí)驗(yàn)室由氯氣與硫合成二氯化

硫的2

裝置(

(1)儀器組裝完成后，首先進(jìn)行的一步操作是;反應(yīng)前要先排盡系統(tǒng)中空氣,此做法

目的是(

(2)裝置B盛放的藥品是，裝置D中玻璃儀器的名稱是，向其中放入一定量的硫

粉，加熱使之融化，輕輕搖動(dòng)使硫附著在容器的內(nèi)壁，形成一薄層膜，這樣做的優(yōu)

點(diǎn)是((3)實(shí)驗(yàn)時(shí),為防止E中液體揮發(fā)，可采取的措施是(裝置F(盛放堿石灰)有兩

個(gè)作用:一是吸收多余的氯氣，另一個(gè)是(

(4)工業(yè)上以硫黃、液氯和液體三氧化硫?yàn)樵希苌a(chǎn)高純度(99%以上)氯化亞

飆,為使三種原料恰好完全反應(yīng)，三者的物質(zhì)的量比為;氮化亞弧遇水易分解，清設(shè)

計(jì)簡單的實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證氯化亞颯與水完全反應(yīng)的產(chǎn)物，簡要說明實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)

論(

已知:SOCI+4NaOH=NaSO+2NaCI+2Ho2232

供選擇的試劑:稀鹽酸、稀硝酸、氯化鋼溶液、硝酸銀溶液、品紅溶液(

三、【選做部分】【化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)】(12分)

11（（12分）（2015?威海二模）工業(yè)上一種制備氯化鐵及高鐵酸鉀的工藝流程如圖：（1）

吸收塔中的吸收劑X是;從副產(chǎn)物FeCI溶液中獲得FeC|.6HO的操作是、加熱濃

縮、332

再冷卻結(jié)晶（

（2）用FeCI溶液（副產(chǎn)物）腐飩印刷線路板所得的廢液中含F(xiàn)eCkFeCI和CuCI,

用化3322學(xué)方法可以回收廢液中銅;合并過濾后的剩余液體可以作為上述工藝流程中

的吸收劑X（則在此過程中，先后加入的物質(zhì)分別是（

（3）堿性條件下反應(yīng)？的離子方程式為（

（4）過程?將混合溶液攪拌半小時(shí)，靜置，抽濾獲得粗產(chǎn)品（該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2KOH+NaFeO=KFeO+2NaOH,請(qǐng)根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)原理分析反應(yīng)發(fā)生的原

因：（2424

zKFeO在水溶液中易發(fā)生反應(yīng):4FeO+10HO?4Fe（OH）十80H+30?,在提純KFeO時(shí)

采24423224用重結(jié)晶、洗滌、低溫烘干的方法，則洗滌劑最好選用（填序號(hào)）（

a（HOb（稀KOH溶液、異丙醇2

c（NHCl溶液、異丙醇d（Fe（NO）溶液、異丙醇（小

四、【化學(xué)­­?物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（12分）

12（（2015?威海二模）如圖la,f分別表示由H、C、N、Na、Si、Cu元素組成的單

質(zhì)，其中c、d均為熱和電的良導(dǎo)體（單質(zhì)分別對(duì)應(yīng)的

熔點(diǎn)如圖所示：

（1）從電負(fù)性角度分析，C、Si和N元素的非金屬活潑性由強(qiáng)至弱的順序?yàn)椋唬?）圖

中d單質(zhì)對(duì)應(yīng)元素原子的電子排布式（用價(jià)層電子對(duì)互斥理論推斷，單質(zhì)a、b、f

對(duì)應(yīng)的元素以原子個(gè)數(shù)比1:1:1形成的分子中化學(xué)鍵的鍵角為（

（3）a與b的元素形成的10電子中性分子X,X溶于水后的溶液滴入到含d元素高

價(jià)離子的溶液中至過量，生成的含d元素離子的化學(xué)式為（

（4）上述六種元素中的一種元素形成的含氧酸分子的結(jié)構(gòu)模型（原子共平面）如圖2:則

可判斷該元素原子（中心原子）的雜化方式是（氮化硅是一種高溫陶瓷材料，硬度大、

熔點(diǎn)高、化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定,其基本結(jié)構(gòu)單元如圖3,則其化學(xué)式為（

五、【化學(xué)-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（12分）

13（（2015?威海二模）PPMB（）是一種重要的化工原料，在藥物、新材料等方面有重

要的應(yīng)用，合成該有機(jī)物的一種路線如圖：

已知：

⑴%

T

（2）Zn/H2O

?、RCH=CHR,RCHO+R,CHO

?*、

⑴試劑X為;E中含氧官能團(tuán)名稱為（

（2）遇氯化鐵溶液顯紫色且苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的D的同分異構(gòu)體有種（

（3）E在一定條件下可以生成高聚物F,F的結(jié)構(gòu)簡式為（

（4）PPMB與足量氫氧化鈉的水溶液共熱的化學(xué)方程式為（

2015年山東省棗莊市滕州市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷（5月份）

參考答案與試題解析

一、選擇題（共7小題,每小題5分，共65分（每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）

1（（5分）（2014?仁壽縣校級(jí)模擬）化學(xué)無處不在，下列與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是

（）

A（可用蘸濃硫酸的棉花棒檢驗(yàn)輸送氨氣的管道是否漏氣

B（"地溝油"禁止食用，但可用來制肥皂

C（從海水中提取物質(zhì)都必須經(jīng)過化學(xué)反應(yīng)才能實(shí)現(xiàn)

D（侯式制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶液度的差異

考點(diǎn):氨的化學(xué)性質(zhì);海水資源及其綜合利用;油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)（

專題:化學(xué)應(yīng)用（

分析:A（濃硫酸無揮發(fā)性,與氨氣反應(yīng)無現(xiàn)象；

B（地溝油為酯類物質(zhì)，可在堿性條件下水解，用來制備肥皂；

C（海水提取氯化鈉不需要化學(xué)反應(yīng)；

D（侯氏制堿法是將CO、NH通入飽和NaCI溶液中，由于NaHCO溶解度小于

NaCO,23323

故NaHCO在溶液中析出（3

解答:解：A（濃硫酸無揮發(fā)性,與氨氣反應(yīng)無現(xiàn)象，而濃鹽酸易揮發(fā),與NH結(jié)合生

成NHCL4

固體小顆粒，為白煙，可用蘸濃鹽酸的棉花棒檢驗(yàn)輸送氨氣的管道是否漏氣，故A

選；

B（地溝油對(duì)胃、腸、肝、心血管都會(huì)有損害，長期食用可能會(huì)引發(fā)癌癥，對(duì)人體有

害，地溝油為酯類物質(zhì)，可在堿性條件下水解，用來制備肥皂，故B不選；

C（海水提取氯化鈉,利用太陽曬鹽,蒸發(fā)水得到氯化鈉晶體，不需要化學(xué)反應(yīng),故

C

選；

D（侯氏制堿法是將CO、NH通入飽和NaCI溶液中，發(fā)生以下反

?:NH+CO+HO=NHHCO；2332243

NHHCO+NaCI=NHCI+NaHCO?,其中NaHCO溶解度最小，故有NaHCO的

晶體析出，故434333

D不選（

故選AC（

點(diǎn)評(píng):本題考直較為綜合，與人們?nèi)粘Ｉ罹o密結(jié)合，均為最基本的化常識(shí)，題目難

度不大（2（（5分）（2015?惠州模擬）用如圖實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，裝置正確且能達(dá)

到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?/p>

A（用圖a所示裝置干燥S。氣體2

B（用圖b所示裝置蒸發(fā)CHCOONa溶液得醋酸鈉晶體3

C（用圖c所示裝置分離有機(jī)層與水層，水層從分液漏斗下口放出

D（用圖d所示裝置測(cè)量氨氣的體積

考點(diǎn):化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)（

專題:實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題（

分析:A（干燥氣體，大口進(jìn)，小口出；

B（圖為蒸發(fā)結(jié)晶操作；

C（水在上層，分液時(shí)避免上下層液體混合；

D（氨氣極易溶于水（

解答:解：A（干燥氣體，大口進(jìn),小口出,圖中氣體的進(jìn)入方向不合理，故A錯(cuò)誤；

B（圖為蒸發(fā)結(jié)晶操作，并利用玻璃棒不斷攪拌，操作合理，故B正確；

C（水在上層，分液時(shí)避免上下層液體混合，則水層從分液漏斗上口倒出，故C錯(cuò)誤;

D（氨氣極易溶于水，不能將水排出測(cè)定其體積，故D錯(cuò)誤；

故選B（

點(diǎn)評(píng):本題考直化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及氣體的干燥、蒸發(fā)、分液及

氣體體

積測(cè)定等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)基本操作為解答的關(guān)鍵，側(cè)重實(shí)驗(yàn)技能的考查，

注

意操作的可行性、評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大（

3（（5分）（2013?上海二模）現(xiàn)有下列短周期元素性質(zhì)的數(shù)據(jù)：

????????元素編號(hào)

元素性質(zhì)

原子半徑

最高或最低化合價(jià)+2+1+5+7+1+5+3

,2,3,1,3

下列說法正確的是（）

A（原子序數(shù)？元素大于?元素

B（?、？處于同一周期

C（上述八種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，？號(hào)酸性最強(qiáng)

嘲

D（

?號(hào)元素原子結(jié)構(gòu)示意圖為：

考點(diǎn):元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用（

專題:元素周期律與元素周期表專題（

分析:電子層越多，半徑越大,同周期從左向右原子半徑在減小，最高正價(jià)在增大,

最高正

價(jià)等于族序數(shù)，由短周期元素的數(shù)據(jù)可知：

?只有,2價(jià),處于第?A族;?為0;?有+7、，1價(jià),?為CI;??最高正價(jià)為+1,

處于第?A族,原子半徑大于其它原子,且？的原子半徑較大,故?為Li,?為Na;

??有+5、，3價(jià)，處于?A族，？的原子半徑較大，故？為P、？為N;?最高正價(jià)

為+2,處于?A族，原子半徑大于Li,故？為Mg;?最高正價(jià)為+3,處于？A族，原

子半徑比CI小，故?為B,并結(jié)合元素周期律、化管物的性質(zhì)來解答(解答：解:電

子層越多，半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小，最高正價(jià)在增大，最

高正價(jià)等于族序數(shù)，由短周期元素的數(shù)據(jù)可知：

?只有,2價(jià),處于第?A族;？為0；?有+7、，1價(jià),?為CI;??最高正價(jià)為+1,

處于第?A族,原子半徑大于其它原子，目?的原子半徑較大，故?為Li,?為Na;

??有+5、，3價(jià)，處于？A族，？的原子半徑較大，故？為P、？為N;?最高正價(jià)

為+2,處于？A族,原子半徑大于Li,故？為Mg;?最高正價(jià)為-3,處于？A族，原

子半徑比CI小，故?為B,

A(??同主族，？的原子半徑大，則？原子序數(shù)大,故A正確；

B(?為Mg,?為Li,則？、？號(hào)元素不處于同一周期，故B錯(cuò)誤；

C(?為CI,最高價(jià)氧化物的水化物為HCI0,是含氧酸中酸性最強(qiáng)的酸，故C正確;

D(?為B,原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故D錯(cuò)誤；

故選AC(

點(diǎn)評(píng):本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，題目難度中等,熟悉原子半徑、化合價(jià)的變

化規(guī)律

是解答本題的關(guān)鍵，？為學(xué)生解答的易錯(cuò)點(diǎn)(

4((5分M2015?滕州市校級(jí)模擬)下列說法正確的是()

A(HCI0和NaCIO都是弱電解質(zhì)

B（膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液不能

C（ImolHSO與lmolBa（OH）反應(yīng)放出的熱量叫做中和熱

0（HCI和NaCI溶于水破壞的化學(xué)鍵完全相同

考點(diǎn):強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念;分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)系;化學(xué)鍵;中和熱

（專題：基本概念與基本理論（

分析:A（在水溶液中完全電離的是強(qiáng)電解質(zhì);部分電離的是弱電解質(zhì)；

B（根據(jù)膠體的性質(zhì)進(jìn)行判斷；

C（中和熱:在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol水時(shí)的反應(yīng)熱；

D（HCI溶于水破壞的是共價(jià)鍵,NaCI溶于水破壞的是離子鍵（

解答;解：A（HCIO是弱酸，在水溶液中部分電離，是弱電解質(zhì);NaCI。是鹽，在在

水溶液

中完全電離，是強(qiáng)電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B（丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體的性質(zhì)，溶液沒有丁達(dá)爾效應(yīng)，故B正確；

SO與lmolBa（OH）反應(yīng)生成2mol水和lmol硫酸鋼沉淀，故C錯(cuò)誤；242

D（HCI溶于水破壞的是共價(jià)鍵，NaCI溶于水破壞的是離子鍵，化學(xué)鍵的種類不

同，

故D錯(cuò)誤,

故選B（

點(diǎn)評(píng):本題考查強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷、膠體的性質(zhì)、中和熱的概念、化學(xué)鍵的判斷，

知識(shí)點(diǎn)較

多，難度不大（要注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累（

5（（5分）（2015?威海二模）某有機(jī)物M的結(jié)構(gòu)簡式如圖,下列關(guān)于該有機(jī)物的說法

正確的是（）

A（M的相對(duì)分子質(zhì)量是178

B（M有機(jī)物中含有2種官能團(tuán)

C（M與足量的NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)時(shí)，所得有機(jī)產(chǎn)物的化學(xué)式為CHONa995

D（

與M互為同分異構(gòu)體

考點(diǎn):有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)（

專題:有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷（

分析:有機(jī)物含有羥基，碳碳雙鍵和酯基，結(jié)合醇、維煌以及酯的性質(zhì)解答該題（解

答:解：A（由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為CHO,則相對(duì)分子質(zhì)量是178,故A正確；如

B（含有羥基，碳碳雙鍵和酯基3種官能團(tuán)，故B錯(cuò)誤；

C（M與足量的NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，酯基水解，生成竣基和羥基，陵基與氫氧化

鈉反

應(yīng)，生成物的化學(xué)式為CHONa,故C正確；”，

D（與的分子式（CH。）不同，不是同分異構(gòu)體,故D錯(cuò)誤（964

故選AC（

點(diǎn)評(píng):本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考

查，注

意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大（6（（5

分）（2015?威海二模）下列說法正確的是（）

A（將Ca（ClO）、NaS。、FeCl溶液蒸干可得到原溶質(zhì)2小

B(因Cl的氧化性強(qiáng)于I的氧化性，所以置換反應(yīng)I+2NaCIO?2NaIO+CI不能發(fā)

生222332

C(在新制氯水中各微粒濃度的關(guān)系為:2c(CI)=c(CIO-)+c(C「)+c(HCIO)2

.uD(用1L0.2mol?L、O.lmolCO,所得的兩種溶液中酸根離子濃度大小關(guān)系

是:C(SO?23

2"),c(CO)fc(HCO)fc(HSO)333

考點(diǎn):鹽類水解的應(yīng)用;離子濃度大小的比較(

分析:A(根據(jù)物質(zhì)水解產(chǎn)物的穩(wěn)定性分析；

B(I+2NaClO?2NaIO+Cl反應(yīng)中I作還原劑；.?？

C(根據(jù)氯水中存在的微粒判斷；

D(碳酸鈉的水解程度大于亞硫酸鈉(

解答:解：A(NaSO易被氧G氧化為硫酸鈉，Ca(CIO)水解生成的HCIO不穩(wěn)定,

FeCl水2323

解生成的HCI易揮發(fā)，所以將Ca(CIO)、NaSO.FeCl溶液蒸干不能得到原溶

質(zhì)，2233

故A錯(cuò)誤；

B(還原性強(qiáng)的能把還原性弱的置換出來，I的還原性大于CI,則22

I+2NaCIO?2NaIO+CI能發(fā)生,故B錯(cuò)誤；2332

C(氯水中存在Cl、C「、CIO\HCIO,氯氣沒有全部與水發(fā)生反應(yīng)，則不能確定

氯2

氣與CIO\HCI。的濃度關(guān)系，故C錯(cuò)誤；

D(碳酸鈉的水解程度大于亞硫酸鈉，水解程度越大，溶液中剩余的離子濃度越小，

2.22則c(SO),c(CO),CO的水解程度大,則生成的HCO多,所以酸根離子濃3333

22渡大小關(guān)系是:c(S。),c(CO),c(HCO),c(HSO),故D正確(3333

故選D(

點(diǎn)評(píng):本題考查鹽類的水解以及元素化合物知識(shí),題目難度中等，注意硫酸和鹽酸的

揮發(fā)性

的不同，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)應(yīng)用的考查(

.17((5分)(2015?威海二模)往l.Omol-LKI溶液中加入固體I,發(fā)生反應(yīng):I(aq)+I(aq二

...?I(aq)?H;I的物質(zhì)的量濃度。1)隨溫度T的變化曲線如圖所示(已婦反應(yīng)第一3

次達(dá)到平衡時(shí)用時(shí)10s,則下列說法正確的是()

A(該反應(yīng)的？H,0

.B(a、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的I反應(yīng)速率相等

..tiC(b點(diǎn)時(shí)0,10sI的平均反應(yīng)速率為0.04mohL?s

D(d點(diǎn)時(shí)該反應(yīng)在對(duì)應(yīng)溫度下處于平衡狀態(tài)

考點(diǎn):化學(xué)平衡的影響因素;化學(xué)平衡建立的過程(

分析:平衡狀態(tài)是反應(yīng)進(jìn)行的最大限度，所以b點(diǎn)是平衡狀態(tài)，c⑴從104時(shí)是平衡

的建立，而b點(diǎn)后是溫度的改變平衡的移動(dòng)，由此分析解答(

解答:解：A、b點(diǎn)后是溫度升高，而平衡逆向移動(dòng)，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，

則？H,0,故

A錯(cuò)誤；

B、溫度越高速率越快，c點(diǎn)的溫度高于a點(diǎn)溫度，所以c點(diǎn)的速率大于a點(diǎn)的速

率，

故B錯(cuò)誤；

C、b點(diǎn)是平衡狀態(tài)，b點(diǎn)時(shí)0,10sI的平均反應(yīng)速率為v(I)

1-0.4

10

,u==0.060.04mohL?s,故C錯(cuò)誤；

D、b點(diǎn)后的曲線上的點(diǎn)都是對(duì)應(yīng)溫度下的平衡狀態(tài)，所以d點(diǎn)在對(duì)應(yīng)的溫度下處

于平

衡狀態(tài)，故D正確；

故選D（

點(diǎn)評(píng):本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)圖象問題，題目難度中等，注意根據(jù)圖象曲線變化分析

化學(xué)方

程式的特征以及溫度、濃度、壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理

解

能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力（

二、解答題（共3小題，滿分53分）

8（（18分）（2015?威海二模）運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理分析解答以下問題（

」（1）弱酸在水溶液中存在電離平衡，部分0」mol?L弱酸的電離平衡常數(shù)如下表:弱酸電

離平衡常數(shù)（25?）

,sHClOK=2.98xl0

JHCOK=4.3X1023i

,uK=5.6xlO2

2HSOK=l.54X1023i

,7K=1.02X10?

?當(dāng)弱酸的濃度一定時(shí)，升高溫度，K值變大（填"變大"、"變小"或"不

變"）（？下列離子方程式和有關(guān)說法錯(cuò)誤的是ad

2a（少量的CO通入次氯酸鈉溶液中;2CIO+HO+CO=2HCIO+CO2223

2.2.b(少量的SO通入碳酸鈉溶液中:SO+HO+2CCH2HCO+SO222333

c(相同溫度時(shí)，等pH三種鹽溶液的物質(zhì)的量濃度關(guān)

系:c(NaCO),c(NaCIO),c(NaSO)

d(相同溫度時(shí)，等物質(zhì)的量三種弱酸與足量NaOH溶液完全中和消耗NaOH的體

積為:V(COH)?3,V(HSO),V(HCIO)23

?亞硒酸(HSeO)也是一種二元弱酸,有較強(qiáng)的氧化性(往亞硒酸溶液中不斷通入SO

會(huì)2"產(chǎn)生紅褐色單質(zhì),寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；

HSeO+2SO+HO=Se?+2HSO,該反應(yīng)的氧232224化產(chǎn)物是HSO(24

22(2)工業(yè)廢水中常含有一定量的CrO和CrO,它們對(duì)人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大損害,

274

必須進(jìn)行處理后方可排放(

.工"?在廢水中存在平衡:2Cr。(黃色)+2H?CrO(橙色)+H。若改變條件使上述平衡向

正反應(yīng)方向移動(dòng)，則下列說法正確的是ac

a(平衡常數(shù)K值可以不改變

22b(達(dá)到新平衡CrO的消耗速率等于CrO的消耗速率切

c(再達(dá)平衡前正反應(yīng)速率一定大于逆反應(yīng)速率

d(平衡移動(dòng)后達(dá)到新平衡溶液pH一定增大

22?Cr。和CrO最終生成的Cr(OH)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡;C「(OH)(S)27433

3"."32?G(aq)+3OH-(aq)常溫下,Cr(OH)的溶度積Ksp=c(Cr)*c(OH)=10,當(dāng)Q

3?3】(Cr)降至10mol?L,溶液的pH調(diào)至4時(shí)，沒有(填"有"或"沒有")沉淀產(chǎn)生(

⑶已知:?CO(g)+2H(g)?CHOH(g)23

?2cHOH(g)?CHOCH(g)+HO(g)3332

?CO(g)+HO(g)?CO(g)+H(g)222

某溫度下三個(gè)反應(yīng)的平衡常數(shù)的值依次為a、a、a,則該溫度下反應(yīng)

3CO(g)+3H(g)i232

244?CHOCH(g)+CO(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K=a?a?aL?mol(用含a、a、a的代數(shù)式

332123123表小)(

向某固定體積的密閉容器中加入3molCO和3molH,充分反應(yīng)后恢復(fù)至原來溫

度，測(cè)定容器2

■■2■

3

的壓強(qiáng)為反應(yīng)前的，則CO的轉(zhuǎn)化率50%(

考點(diǎn):化學(xué)平衡常數(shù)的含義;化學(xué)平衡的影響因素;化學(xué)平衡的計(jì)算;弱電解質(zhì)在水溶液

中

的電離平衡(

專題:基本概念與基本理論(

分析：(1)?根據(jù)電離為吸熱過程判斷；

”?由表中數(shù)據(jù)可知酸性HSO,HCO,HSO,HQO,HC。，且HCIO具有氧化性,

HSO23233323具有還原性，結(jié)合酸性的強(qiáng)弱以及鹽類的水解解答；

?往亞硒酸溶液中不斷通入SO會(huì)產(chǎn)生紅褐色單質(zhì),應(yīng)生成Se,說明亞硒酸與二氧

化2

硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和Se;

(2)?使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可增大反應(yīng)物濃度或減小生成物濃度，如溫度不

變，則平衡常數(shù)不變；

3川…?當(dāng)c(Cr)降至10mol.L,溶液的pH調(diào)至4時(shí)，c(OH)=10mol/L,結(jié)合Ksp計(jì)

算并判斷；

(3)平衡常數(shù)是利用生成物平衡濃度幕次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度幕次方乘積得到;

方程式相加時(shí)，總平衡常數(shù)等于分方程的平衡常數(shù)之積;結(jié)合三段式法列式計(jì)算(

解答:解:(1)?弱酸的電離為吸熱過程，加熱促進(jìn)電離，平衡常數(shù)增大，故答案為:變

大；

由表中數(shù)據(jù)可知酸性HSO,HCO,HSO,HCIO,HCO,232333

(少量的通入次氯酸鈉溶液中應(yīng)生成反應(yīng)的離子方程式為

“aCOHCO,CIO23

+HO+CO=HCIO+HCO,故a錯(cuò)誤;4

.zzb(少量的SO通入碳酸鈉溶液中生成HCO和SO,離子方程式為

故正確；

SO+HO+2CO=2HCO2332233.2+SO,b3

c(鹽對(duì)應(yīng)的酸的酸性越弱，則水解程度越大，相同溫度時(shí),等pH時(shí)鹽溶液濃度越

小，則三種鹽溶液的物質(zhì)的量濃度關(guān)系:c(NaCO),c(NaCIO),c(NaSO)，故c正

2323

確；

d(相同溫度時(shí)，等物質(zhì)的量三種弱酸與足量NaOH溶液完全中和，因碳酸、亞硫

酸都為二元酸,則消耗NaOH的體積為;V(HCO)=V(HSO),V(HCI。)，故d錯(cuò)

誤,2323

故答案為:ad;

?往亞硒酸溶液中不斷通入SO會(huì)產(chǎn)生紅褐色單質(zhì),應(yīng)生成Se,說明亞硒酸與二氧

化2

硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和Se,方程式為HSeO+2SO+HO=Se?+2HSO,

反應(yīng)中232224s元素化合價(jià)升高，氧化產(chǎn)物為HSO,24

故答案為:H3eO+2SO+HO=Se?+2H3O;HSO;23222,24

(2)?a(如溫度不變,則平衡常數(shù)K值可以不改變,故a正確；

22b(由速率關(guān)系以及計(jì)量數(shù)可知達(dá)到新平衡CrO的消耗速率等于CrO的消耗速率m的

2倍，故b錯(cuò)誤;

c(平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，平衡正向移動(dòng)，則再達(dá)平衡前正反應(yīng)速率一定大于逆

反應(yīng)速率，故c正確；

d(如增大溶液氫離子濃度，則平衡正向移動(dòng)，平衡移動(dòng)后達(dá)到新平衡溶液pH一定

減小，故錯(cuò)誤(

故答案為:ac;

3“.?當(dāng)c(Cr)降至10mohL,溶液的pH調(diào)至4時(shí),c(OH)=10mol/L,

c(Cr)3..33.32-c(OH)=10,10,沒有沉淀生成,

故答案為:沒有；

(3)由蓋斯定律可知將反應(yīng)？乂2+反應(yīng)？+反應(yīng)？相加得總方程，則總方程的平衡常

2數(shù)等于分方程的平衡常數(shù)之積,即K=a.a.a

3CO(g)+3H(g)?CHOCH(g)-CO(g)?332

起始(mol)33xx

11

-33

轉(zhuǎn)化(mol)xxxx

11

至

平衡(mol)3,x3,xxx

6-生

322

633

容器的壓強(qiáng)為反應(yīng)前的，則二，

x=1.5,

1R

-^XIOO%

J

則CO的轉(zhuǎn)化率為二50%,

?故答案為:a?a?a;50%(m

點(diǎn)評(píng):本題考直較為綜合，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、計(jì)算能力的考查，

題目涉

及蓋斯定律應(yīng)用、弱電解質(zhì)的電離、平衡常數(shù)的計(jì)算應(yīng)用等知識(shí)，注意(3)方程式

相加時(shí)，總平衡常數(shù)等于分方程的平衡常數(shù)之積，(1)是本題的易錯(cuò)點(diǎn)和高頻考點(diǎn)，

題目難度中等(

9((16分)(2015?威海二模)可以利用氧化鋅粗品(含有Fe。、Fe。、CuO)為原料制

備純23

凈的氧化鋅,其化學(xué)工藝流程如圖1：

按要求回答下列問題：

2,(1)加雙氧水主要作用是氧化溶液中的Fe,該反應(yīng)的離子方程式為

2..3+2Fe+HO+2H=2Fe+2HO(222

“(2)調(diào)節(jié)pH主要是使溶液中的Fe生成沉淀而被除去，溶液pH對(duì)除Fe效率影響如圖

2所

3,示(則除Fe時(shí)應(yīng)控制溶液的pH為c(填序號(hào))(

a(3.5,4.0b(2.5,3.5c

(3)固體b為Cu.Zn(填化學(xué)式)，固體c為堿式碳酸鋅，鍛燒固體c的化學(xué)方程

式為Zn(OH)CO2ZnO+HO+CO?(22322

古汩

rsiifln

(4)工業(yè)上也可以將氧化鋅粗品采用堿溶的方法，將氧化鋅轉(zhuǎn)化為Na溶液，然后電

解該2

2,“溶液制取鋅，以石墨為電極電解時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式為+2e」Zn+40H,當(dāng)生成

Imol鋅時(shí)，陽極上生成氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1L2L("紙質(zhì)電池”的紙片內(nèi)充入

的是水和氧化鋅組成的電解液，紙的一邊鍍鋅另一邊鍍二氧化鎰，電池總反應(yīng)為

,.Zn+2MnO+HO=ZnO+2MnO(OH),該電池的負(fù)極反應(yīng)式為

Zn+HO,2e=ZnO+2H(

考點(diǎn):制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)(

專題:實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題(

分析:氧化鋅粗品(含有FeO、FeO、CuO)加入硫酸溶解得到溶液中含有FeSO、

Fe(SO)23424

、CuSO.ZnSO,加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子全

部沉“4

淀,過濾得到濾液中加入過量的Zn,把銅離子還原為Cu,過濾，固體b為Cu和

剩余的Zn,溶液D主要含有ZnSO,在溶液D中加入碳酸鈉生成Zn(OH)CO,

過濾，煨4223燒Zn(OH)C。生成Zn。，223

z.(l)HO在酸性溶液中氧化Fe為鐵離子；22

(2)分析圖表數(shù)據(jù)使鐵離子沉淀；

(3)根據(jù)流程分析判斷b的成分;堿式碳酸鋅高溫下分解生成ZnO、二氧化碳和水；

”4)電解時(shí)，在陰極得電子生成Zn;陽極氫氧根離子失電子生成氧，根據(jù)電子守恒計(jì)算

氧氣的體積;已知電池總反應(yīng)為Zn+2MnO+HO=ZnO+2MnO(OH),則Zn在負(fù)極22

失電子生成ZnO(

解答:解:氧化鋅粗品(含有Fe。、FeO、Cu。)加入硫酸溶解得到溶液中含有

FeSO.F3/SO)、CuSO.ZnSO,加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)

溶液PH使鐵離4344

子全部沉淀，過濾得到濾液中加入過量的Zn,把銅離子還原為Cu,過濾，固體b

為Cu和剩余的Zn,溶液D主要含有ZnSO,在溶液D中加入碳酸鈉生成

Zn(OH)CO,4223過濾，燃燒Zn(OH)CO生成ZnO…

2.(1)HO在酸性溶液中氧化Fe為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：22

2.?3?2Fe+HO+2H=2Fe+2Ho,222

…故答案為:2Fe+H0+2H=2Fe+2H0;222

(2)分析圖表數(shù)據(jù)使鐵離子沉淀完全，調(diào)節(jié)溶液PH在2左右，即pH為1.5,2.5,

故答案為:c;

(3)由流程分析可知b的成分為Cu、Zn;堿式碳酸鋅高溫下分解生成Zn。、二氧化

碳和水,其反應(yīng)的方程式為:Zn(0H)C02Zn0+H0+C0?;22m

古狙毋日

rs]iflnrsiim

,=

故答案為:Cu、Zn;Zn(0H)C02Zn0+H0+C0?;22322

2.2…(4)電解時(shí)，在陰極得電子生成Zn,其陰極的電極方程式為:+2e=Zn十40H;

,陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，陽極的電極方程式為：4OH,4e?HO+。？，可以22

_1

-2

得到關(guān)系式:Zn,2eQ,生成Imol鋅時(shí)，生成的0為0.5mol,即:已知電池總22

反應(yīng)為Zn+2MnO+HO=ZnO+2MnO(OH),則Zn在負(fù)極失電子生成Zn。，其

負(fù)極的電極方22

.，程式為;Zn+H0,2e=ZnO+2H；2

2“」故答案為：十2已二2門十40比11.22口4^0,26二2口0十2山2

點(diǎn)評(píng):本題考查了物質(zhì)分離的方法和提純過程分析判斷、試劑選擇和除雜的溶液pH

分析判

斷、原電池原理和電解池原理的應(yīng)用等;題目涉及的知識(shí)點(diǎn)較多.注意把握原電池原

理和電解池原理以及電極方程式的書寫方法，題目難度中等(

10((19分)(2015?威海二模)氯化亞雨(SOCI)為無色或淺黃色發(fā)煙液體，易揮發(fā)，

遇水2

分解，其制取過程的相關(guān)反應(yīng)如下:

△

S(s)+CI(g)SCI(I)(?)?

SCI(l)+SO(l)?SOCI(l)+SO(g)(?)2322

已知二氯化硫(SCI)熔點(diǎn),78?C,沸點(diǎn)59?C(如圖是實(shí)驗(yàn)室由氯氣與硫合成二氯化

硫的?

裝置(

(1)儀器組裝完成后,首先進(jìn)行的一步操作是檢查裝置氣密性；反應(yīng)前要先排盡系統(tǒng)

中空氣，此做法目的是防止加熱硫粉時(shí)，空氣中的氧氣與硫粉反應(yīng)(

(2)裝置B盛放的藥品是飽和氯化鈉溶液,裝置D中玻璃儀器的名稱是蒸僧燒

瓶，向其中放入一定量的硫粉，加熱使之融化，輕輕搖動(dòng)使硫附著在容器的內(nèi)壁，

形成一薄層膜，這樣做的優(yōu)點(diǎn)是增大反應(yīng)物接觸面積,使反應(yīng)更加充分(

(3)實(shí)驗(yàn)時(shí),為防止E中液體揮發(fā),可采取的措施是將錐形瓶放入冰水中冷卻(裝

置F(盛放堿石灰)有兩個(gè)作用:一是吸收多余的氯氣，另一個(gè)是防止空氣中水蒸氣進(jìn)

入((4)工業(yè)上以硫黃、液氮和液體三氧化硫?yàn)樵希苌a(chǎn)高純度(99%以上)氮化

亞根，為使三種原料怡好完全反應(yīng),三者的物質(zhì)的量比為1:1:1;氯化亞颯遇水易

分解，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)簡單的實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證氯化亞颯與水完全反應(yīng)的產(chǎn)物，簡要說明實(shí)驗(yàn)操

作、現(xiàn)象和結(jié)論分別取兩份水解后的溶液于試管中,向其中一支試管中加入品紅溶

液，品紅褪色，說明有二氧化硫生成;向另一支試管中加入硝酸銀溶液，生成白色沉

淀,說明有HCI生成(已知:SOCI+4NaOH=NaSO+2NaQ+2Ho2232

供選擇的試劑:稀鹽酸、稀硝酸、氯化鋼溶液、硝酸銀溶液、品紅溶液(

考點(diǎn):制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)(

專題:實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題(

分析:裝置A制備氯氣,裝置B吸收氮?dú)獾闹蠬CI,裝置C干燥氯氣,D裝置生成

SCI,E2裝置收集SCI.F裝置吸收多余的氯氣，吸收空氣中水蒸氣，防止進(jìn)入E

中(2

(1)制備氣體，裝置氣密性要好加熱硫粉時(shí)，空氣中的氧氣能與硫粉反應(yīng)；(2)用飽

和氮化鈉溶液吸收HCI;由儀器5的特征,可知為蒸鐳燒瓶;增大反應(yīng)物接觸面積；

(3)二氯化硫(SCI)的沸點(diǎn)低，易揮發(fā),可以用冰水冷卻;防止空氣中水蒸氣進(jìn)入；2

(4)根據(jù)方程式判斷硫黃、液氯和液體三氧化硫的物質(zhì)的量之比；

由SOCI與氫氧化鈉溶液反應(yīng)可知，SOCI水解后分解得到SO、HCI,利用品紅溶

液檢222

驗(yàn)有二氧化硫生成，用硝酸銀溶液檢驗(yàn)氯離子(

解答:解:裝置A制備氯氣，裝置B吸收氯氣的中HCI,裝置C干燥氯氣,D裝置生

成SCI,2E裝置收集SCI,F裝置吸收多余的氯氣，吸收空氣中水蒸氣，防止進(jìn)入

E中(2

(1)儀器組裝完成后，首先進(jìn)行的一步操作是:檢直裝置氣密性;加熱硫粉時(shí),空氣中

的氧氣與硫粉反應(yīng)，應(yīng)先排盡系統(tǒng)中空氣，

故答案為:檢查裝置氣密性;防止加熱硫粉時(shí),空氣中的氧氣與硫粉反應(yīng)；(2)B裝置

吸收氯氣中的HCI,用飽和氯化鈉溶液反應(yīng)吸收;由儀器5的特征，可知為蒸憎燒瓶;

熱使之融化，輕輕搖動(dòng)使硫附著在容器的內(nèi)壁，形成一薄層膜，可以增大反應(yīng)物接

觸面積，使反應(yīng)更加充分，

故答案為:飽和氯化鈉溶液;蒸惚燒瓶;增大反應(yīng)物接觸面積,使反應(yīng)更加充分；(3)二

氯化硫(SCI)的沸點(diǎn)低，為防止SCI中液體揮發(fā)，可采取將錐形瓶放入冰22

水中冷卻等措施，裝置F(盛放堿石灰)有兩個(gè)作用:一是吸收多余的氯氣，另一個(gè)是：

防止空氣中水蒸氣進(jìn)入，

故答案為:將錐形瓶放入冰水中冷卻;防止空氣中水蒸氣進(jìn)入；

△

⑷由S(s)+CI(g)SCI⑴、SCI(I)+SO(I)?SOCI⑴+SO(g)222322可知硫黃、液氯

和液體三氧化硫的物質(zhì)的量之比為1:1:1；

由SOCI與氫氧化鈉溶液反應(yīng)可知，SOCI水解后分解得到SO、HCI,利用品紅溶

液檢222

驗(yàn)有二氧化硫生成，用硝酸銀溶液檢驗(yàn)氯離子，具體實(shí)驗(yàn)操作為:分別取兩份水解后

的溶液于試管中,向其中一支試管中加入品紅溶液，品紅褪色，說明有二氧化硫生

成；

向另一支試管中加入硝酸銀溶液，生成白色沉淀，說明有HCI生成，

故答案為分別取兩份水解后的溶液于試管中，向其中一支試管中加入品

紅溶液，品紅褪色，說明有二氧化硫生成;向另一支試管中加入俏酸銀溶液，生成白

色沉淀，說明有HCI生成（

點(diǎn)評(píng):本題考杳化學(xué)實(shí)驗(yàn)制備方案，涉及基本操作、對(duì)操作與裝置的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)

檢驗(yàn)等，

較好的考直學(xué)生對(duì)知識(shí)的遷移運(yùn)用能力，難度中等（

三、【選做部分】【化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)】（12分）

11（（12分）（2015?威海二模）工業(yè)上一種制備氯化鐵及高鐵酸鉀的工藝流程如圖：（1）

吸收塔中的吸收劑X是FeCI;從副產(chǎn)物FeCI溶液中獲得FeCI.6HO的操作是加

2332

入少量鹽酸（或通入HCI）、加熱濃縮、再冷卻結(jié)晶（

（2）用FeCI溶液（副產(chǎn)物）腐蝕印刷線路板所得的廢液中含F(xiàn)eCLFeCI和CuCI,

用化中2學(xué)方法可以回收廢液中銅;合并過濾后的剩余液體可以作為上述工藝流程中

的吸收劑X（則在此過程中，先后加入的物質(zhì)分別是Fe（鐵屑）、HCI（鹽酸）（

3.2（3）堿性條件下反應(yīng)?的離子方程式為2Fe+3CIO+10OH?2FeO+3CI+5HO（42（4）

過程?將混合溶液攪拌半小時(shí)，靜置，抽濾獲得粗產(chǎn)品（該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2KOH+NaFeO=KFeO+2NaOH,請(qǐng)根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)原理分析反應(yīng)發(fā)生的原因：KFeO

溶解度242424小，析出晶體,促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行（

zKFeO在水溶液中易發(fā)生反應(yīng):4FeO+10HO?4Fe（OH）+8OH+3O?,在提純KFeO時(shí)

采"423224用重結(jié)晶、洗滌、低溫烘干的方法，則洗滌劑最好選用b（填序號(hào)）（

a（HOb（稀KOH溶液、異丙醇2

“NHCI溶液、異丙醇d（Fc（NO）溶液、異丙醇（7

考點(diǎn):物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用(

專題:實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題(

分析:鐵與氯氣反應(yīng)生成紅棕的煙,過量的氯氣用氮化亞鐵溶液吸收,生成氮化鐵溶

液，紅

棕色氯化鐵用氯化鐵溶液吸收，生成濃的氯化鐵溶液，然后氯化鐵被氯氣與氫氧化

鈉溶液反應(yīng)生成的次氯酸鈉氧化成高鐵酸鈉，最后通過反應(yīng)

2KOH+NaFeO=KFeO+2NaOH,““制得高鐵酸鉀,由此分析解答：

(1)從反應(yīng)爐中排出的尾氣是反應(yīng)剩余的CI,與吸收劑X反應(yīng)生成FeCl溶液，所

23以X是氯化亞鐵溶液;防止鐵離子的水解，所以要加入鹽酸；

(2)首先加入過量的鐵粉將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子,銅離子轉(zhuǎn)化為單質(zhì)銅，然后加入

適量的鹽酸除去過量的鐵粉，最后過濾得到單質(zhì)銅；

M3)氫氧化鈉與氯氣反應(yīng)生成NaCIO,次氨酸鈉與FeCl反應(yīng)生成FeO;乂

(4)過程?將混合溶液攪拌半小時(shí)，靜置，抽濾獲得粗產(chǎn)品(該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2KOH+NaFeO=KFeO+2NaOH,請(qǐng)根據(jù)相關(guān)反應(yīng)原理分析反應(yīng)能發(fā)生的原因

KFeO的242424

Q溶解度比NaFeO小而溶液中K、FeO的濃度比較大;KFeO在水溶液中易發(fā)生反

應(yīng)：24424

所以用堿液來洗滌,抑制水解，不引入新的

z4FeO+10HO?4Fe(OH)+8OH+3O?,4232

雜質(zhì)所以用稀KOH溶液，異區(qū)醇易揮發(fā)(

解答:解：(1)通過工藝流程圖可知，從反應(yīng)爐中排出的尾氣是反應(yīng)剩余的CI,與吸

收劑

X2

在吸收塔中反應(yīng)生成FeCl溶液，則吸收劑X應(yīng)是FeCl溶液，防止鐵離子的水

解，所〃

以要加酸，而不引入新的雜質(zhì)，所以加鹽酸，故答案為:FeCl;加入少量鹽酸(或通2

入HCI);

（2）首先加入過量的鐵粉將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，銅離子轉(zhuǎn)化為單質(zhì)銅，然后加入

適量的鹽酸除去過量的鐵粉,最后過濾得到單質(zhì)銅,故答案為:Fe（鐵屑）、HCI（鹽

酸）；

U3）NaCI0與FeCI反應(yīng)生成Fe。、次氯酸鈉被還原為氯離子,則反應(yīng)的離子方程”

式為

：2Fe+3CIO+10OH?2FeO+3CI+5HO;42

3,.2.故答案為：2Fe+3CIO+10OH?2FeO+3CI+5H0;42

（4）過程？將混合溶液攪拌半小時(shí)，靜置，抽濾獲得粗產(chǎn)品（該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2KOH+NaFeO=KFeO+2NaOH,請(qǐng)根據(jù)相關(guān)反應(yīng)原理分析反應(yīng)能發(fā)生的原因

KFe。的242424

溶解度比NaFeO小而溶液中K.FeO的濃度比較大;KFeO在水溶液中易發(fā)生反

應(yīng)：24424

所以用堿液來洗滌，抑制水解，不弓入新的

2.4FeO+10HO?4Fe（OH）+8OH+3O?,I4232

雜質(zhì)所以用稀KOH溶液，異丙醇易揮發(fā),故答案為:KFe。溶解度小,析出晶體，

促24

進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行;b（

點(diǎn)評(píng):本題考查了物質(zhì)的制備流程的理解應(yīng)用、實(shí)驗(yàn)基本操作、物質(zhì)性質(zhì)的分析應(yīng)

用，題目

涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，側(cè)重于考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰蛯?duì)基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力，熟

練

掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等（

四、【化學(xué)­­-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（12分）

12（（2015?威海二模）如圖la,f分別表示由H、C、N、Na、Si、Cu元素組成的單

質(zhì)，其中c、d均為熱和電的良導(dǎo)體（單質(zhì)分別對(duì)應(yīng)的

熔點(diǎn)如圖所示;

(1)從電負(fù)性角度分析，c、Si和N元素的非金屬活潑性由強(qiáng)至弱的順序?yàn)?/p>

NCSi;

22626皿2s2P3s3P3d4s(2)圖中d單質(zhì)對(duì)應(yīng)元素原子的電子排布式1s(用價(jià)層電子對(duì)互斥

理論推斷，單質(zhì)a、b、f對(duì)應(yīng)的元素以原子個(gè)數(shù)比1:1:1形成的分子中化學(xué)鍵的鍵角為

180?(

(3)a與b的元素形成的10電子中性分子X,X溶于水后的溶液滴入到含d元素高

價(jià)離子

2?的溶液中至過量，生成的含d元素離子的化學(xué)式為(

(4)上述六種元素中的一種元素形成的含氧酸分子的結(jié)構(gòu)模型(原子共平面)如圖2:則

2可判斷該元素原子(中心原子)的雜化方式是sp雜化(氮化硅是一種高溫陶瓷材料，硬度

大、熔點(diǎn)高、化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，其基本結(jié)構(gòu)單元如圖3,則其化學(xué)式為SiN(x考點(diǎn):位置結(jié)

構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用(

分析:單質(zhì)氫氣、氮?dú)鉃闅怏w，二者熔點(diǎn)低于其它固體單質(zhì)，氫氣的熔點(diǎn)最低，故a

為H元

素、b為N元素;碳、硅形成單質(zhì)均可以形成原子晶體，熔點(diǎn)最高，而C,C鍵長小

于

Si,Si鍵長，故碳單質(zhì)熔點(diǎn)高于硅，