2025年高考化學(xué)全真模擬試卷及答案（八）

2025年高考化學(xué)全真模擬試卷及答案（八）一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（6分）下列關(guān)于燃料的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一B．化石燃料完全燃燒不會(huì)造成大氣污染C．以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D．燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一2．（6分）下列各組中的物質(zhì)均能發(fā)生就加成反應(yīng)的是（）A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷3．（6分）a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個(gè)電子，b2﹣和c+的電子層結(jié)構(gòu)相同，d與b同族．下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價(jià)均為+1B．b與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物C．c的原子半徑是這些元素中最大的D．d與a形成的化合物的溶液呈弱酸性4．（6分）分子式為C4H8Cl2的有機(jī)物共有（不含立體異構(gòu)）（）A．7種 B．8種 C．9種 D．10種5．（6分）Mg﹣AgCl電池是一種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池．下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．負(fù)極反應(yīng)式為Mg﹣2e﹣=Mg2+B．正極反應(yīng)式為Ag++e﹣=AgC．電池放電時(shí)Cl﹣由正極向負(fù)極遷移D．負(fù)極會(huì)發(fā)生副反應(yīng)Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑6．（6分）某白色粉末由兩種物質(zhì)組成，為鑒別其成分進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解：再加入足量稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，固體全部溶解；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，震蕩后仍有固體存在．該白色粉末可能為（）A．NaHCO3、Al（OH）3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO47．（6分）下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作A．制備Fe（OH）3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B．由MgCl2溶液制備無(wú)水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C．除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，過(guò)濾、洗滌、干燥D．比較水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中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．第22題～第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（共129分）8．（14分）聯(lián)氨（又稱(chēng)肼，N2H4，無(wú)色液體）是一種應(yīng)用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列問(wèn)題：（1）聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價(jià)為．（2）實(shí)驗(yàn)室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應(yīng)制備聯(lián)氨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol﹣1上述反應(yīng)熱效應(yīng)之間的關(guān)系式為△H4=，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進(jìn)劑的主要原因?yàn)椋?）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯(lián)氨第一步電離反應(yīng)的平衡常數(shù)值為（已知：N2H4+H+?N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）．聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為．（5）聯(lián)氨是一種常用的還原劑．向裝有少量AgBr的試管中加入聯(lián)氨溶液，觀察到的現(xiàn)象是．聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕．理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O2kg；與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯(lián)氨的優(yōu)點(diǎn)是．9．（14分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產(chǎn)．主要副產(chǎn)物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列問(wèn)題：（1）以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副產(chǎn)物丙烯醛（C3H4O）的熱化學(xué)方程式如下：①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?mol﹣1兩個(gè)反應(yīng)在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡產(chǎn)率的反應(yīng)條件是；提高丙烯腈反應(yīng)選擇性的關(guān)鍵因素是．（2）圖（a）為丙烯腈產(chǎn)率與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線(xiàn)，最高產(chǎn)率對(duì)應(yīng)的溫度為460℃．低于460℃時(shí)，丙烯腈的產(chǎn)率（填“是”或“不是”）對(duì)應(yīng)溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率，判斷理由是；高于460℃時(shí)，丙烯腈產(chǎn)率降低的可能原因是（雙選，填標(biāo)號(hào)）．A．催化劑活性降低B．平衡常數(shù)變大C．副反應(yīng)增多D．反應(yīng)活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的產(chǎn)率與n（氨）/n（丙烯）的關(guān)系如圖（b）所示．由圖可知，最佳n（氨）/n（丙烯）約為，理由是．進(jìn)料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為．10．（15分）某班同學(xué)用如下實(shí)驗(yàn)探究Fe2+、Fe3+的性質(zhì)．回答下列問(wèn)題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是．（2）甲組同學(xué)取2mLFeCl2溶液，加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說(shuō)明Cl2可將Fe2+氧化．FeCl2溶液與氯水反應(yīng)的離子方程式為．（3）乙組同學(xué)認(rèn)為甲組的實(shí)驗(yàn)不夠嚴(yán)謹(jǐn)，該組同學(xué)在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是．（4）丙組同學(xué)取10mL0.1mol?L﹣1KI溶液，加入6mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液混合．分別取2mL此溶液于3支試管中進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色；②第二支試管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍(lán)色沉淀；③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅．實(shí)驗(yàn)②檢驗(yàn)的離子是（填離子符號(hào)）；實(shí)驗(yàn)①和③說(shuō)明：在I﹣過(guò)量的情況下，溶液中仍含有（填離子符號(hào)），由此可以證明該氧化還原反應(yīng)為．（5）丁組同學(xué)向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；一段時(shí)間后，溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產(chǎn)生氣泡的原因是，生成沉淀的原因是（用平衡移動(dòng)原理解釋?zhuān)?、選考題：共45分．請(qǐng)考生從給出的3道物理題、3道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號(hào)后的方框涂黑．注意所選題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分．化學(xué)--選修2：化學(xué)與技術(shù)11．（15分）雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑．生產(chǎn)雙氧水常采用蒽醌法，其反應(yīng)原理和生產(chǎn)流程如圖所示：生產(chǎn)過(guò)程中，把乙基蒽醌溶于有機(jī)溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化劑作用下進(jìn)行氫化，再經(jīng)氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水．回答下列問(wèn)題：（1）蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是，循環(huán)使用的原料是，配制工作液時(shí)采用有機(jī)溶劑而不采用水的原因是．（2）氫化物A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為．進(jìn)入氧化塔C的反應(yīng)混合液中的主要溶質(zhì)為．（3）萃取塔D中的萃取劑是，選擇其作萃取劑的原因是．（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是．（5）雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測(cè)定，該反應(yīng)的離子方程式為，一種雙氧水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27.5%（密度為1.10g?cm﹣3），其濃度為mol?L﹣1．[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]12．（15分）東晉《華陽(yáng)國(guó)志?南中志》卷四中已有關(guān)于白銅的記載，云南鎳白銅（銅鎳合金）聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品．回答下列問(wèn)題：（1）鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為，3d能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)為．（2）硫酸鎳溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4藍(lán)色溶液．①[Ni（NH3）6]SO4中陰離子的立體構(gòu)型是．②在[Ni（NH3）6]SO4中Ni2+與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱(chēng)為，提供孤電子對(duì)的成鍵原子是．③氨的沸點(diǎn)（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是；氨是分子（填“極性”或“非極性”），中心原子的軌道雜化類(lèi)型為．（3）單質(zhì)銅及鎳都是由鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJ?mol﹣1、INi=1753kJ?mol﹣1，ICu＞INi的原因是．（4）某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為．②若合金的密度為dg?cm﹣3，晶胞參數(shù)a=nm．[化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]13．（15分）氰基丙烯酸酯在堿性條件下能快速聚合為從而具有膠黏性．某種氰基丙烯酸酯（G）的合成路線(xiàn)如下：已知：①A的相對(duì)分子質(zhì)量為58，氧元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.276，核磁共振氫譜顯示為單峰②回答下列問(wèn)題：（1）A的化學(xué)名稱(chēng)為．（2）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．其核磁共振氫譜顯示為組峰，峰面積比為．（3）由C生成D的反應(yīng)類(lèi)型為．（4）由D生成E的化學(xué)方程式為．（5）G中的官能團(tuán)有、、．（填官能團(tuán)名稱(chēng)）（6）G的同分異構(gòu)體中，與G具有相同官能團(tuán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的共有種．（不含立體結(jié)構(gòu)）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（6分）下列關(guān)于燃料的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一B．化石燃料完全燃燒不會(huì)造成大氣污染C．以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D．燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一【考點(diǎn)】燃料的充分燃燒．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A．二氧化碳是形成溫室效應(yīng)的氣體；B．化石燃料完全燃燒生成氣體、灰塵等會(huì)造成大氣污染；C．壓縮天然氣和液化石油氣含有雜質(zhì)少，燃燒更充分，產(chǎn)物為水和二氧化碳，對(duì)空氣污染??；D．一氧化碳是有毒氣體不能排放到空氣中．【解答】解：A．形成溫室效應(yīng)的氣體主要是二氧化碳的大量排放，故A正確；B．化石燃料含有硫等因素，完全燃燒會(huì)生成二氧化硫會(huì)形成酸雨，會(huì)造成大氣污染，故B錯(cuò)誤；C．壓縮天然氣和液化石油氣含有雜質(zhì)少，燃燒更充分，燃燒時(shí)產(chǎn)生的一氧化碳少，對(duì)空氣污染小，減少大氣污染，故C正確；D．燃料不完全燃燒排放的CO有毒，能結(jié)合人體中血紅蛋白損失運(yùn)送氧的能力，是大氣污染物之一，故D正確；故選B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了燃料燃燒產(chǎn)物的分析、物質(zhì)性質(zhì)的判斷應(yīng)用，注意知識(shí)的積累，題目較簡(jiǎn)單．2．（6分）下列各組中的物質(zhì)均能發(fā)生就加成反應(yīng)的是（）A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷【考點(diǎn)】取代反應(yīng)與加成反應(yīng)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)有機(jī)物分子中含碳碳雙鍵、C=O鍵、﹣CHO及苯環(huán)的物質(zhì)可發(fā)生加成反應(yīng)，如：烯烴、炔烴、醛類(lèi)、苯及其同系物等，注意﹣COOH不能發(fā)生加成反應(yīng)，以此來(lái)解答．【解答】解：A．乙烯可以發(fā)生加成反應(yīng)，乙醇無(wú)不飽和鍵不能發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．苯是六個(gè)碳碳鍵完全等同的化學(xué)鍵，一定條件下和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，氯乙烯分子中含碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；C．乙酸分子中羰基不能加成反應(yīng)，溴乙烷無(wú)不飽和鍵不能發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．丙烯分子中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，丙烷為飽和烷烴不能發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的性質(zhì)、反應(yīng)類(lèi)型，題目難度不大，主要是加成反應(yīng)的實(shí)質(zhì)理解應(yīng)用，題目較簡(jiǎn)單．3．（6分）a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個(gè)電子，b2﹣和c+的電子層結(jié)構(gòu)相同，d與b同族．下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價(jià)均為+1B．b與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物C．c的原子半徑是這些元素中最大的D．d與a形成的化合物的溶液呈弱酸性【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個(gè)電子，則a為H元素；b2﹣和c+的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)合離子所得電荷可知b為O元素，c為Na；d與b同族，則d為S元素，結(jié)合元素化合物性質(zhì)與元素周期律解答．【解答】解：a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個(gè)電子，則a為H元素；b2﹣和c+的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)合離子所得電荷可知b為O元素，c為Na；d與b同族，則d為S元素．A．H元素與Na形成化合物NaH，H元素為﹣1價(jià)，故A錯(cuò)誤；B．O元素與H元素形成H2O、H2O2，與Na元素形成Na2O、Na2O2，與S元素形成SO2、SO3，故B正確；C．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，所有元素中H原子半徑最小，故Na的原子半徑最大，故C正確；D．d與a形成的化合物為H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正確．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，注意抓住短周期推斷元素，熟練掌握元素化合物知識(shí)，注意對(duì)元素周期律的理解掌握，有利于基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固．4．（6分）分子式為C4H8Cl2的有機(jī)物共有（不含立體異構(gòu)）（）A．7種 B．8種 C．9種 D．10種【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】C4H8Cl2可以看作為C4H10中2個(gè)H原子被2個(gè)Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2兩種，再結(jié)合定一移一法判斷．【解答】解：C4H8Cl2可以看作為C4H10中2個(gè)H原子被2個(gè)Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2兩種，CH3CH2CH2CH3中一個(gè)Cl取代為甲基、亞甲基中H原子，對(duì)應(yīng)另外的Cl原子分別有4種、4種位置，但有2種重復(fù)（對(duì)碳鏈從前向后一次編號(hào)，1、2號(hào)碳原子重復(fù)一次，1、3與2、4重復(fù)），故該情況有6種，CH3CH（CH3）2中一個(gè)Cl取代為甲基、次甲基中H原子，對(duì)應(yīng)另外的Cl原子分別有3種、1種位置，但有1種重復(fù)（分別處于取代甲基、次甲基上H原子），故該情況有3種，故共有9種，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)，難度不大，二氯代物的同分異構(gòu)體常采用“定一移一”法解答，注意重復(fù)情況．5．（6分）Mg﹣AgCl電池是一種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池．下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．負(fù)極反應(yīng)式為Mg﹣2e﹣=Mg2+B．正極反應(yīng)式為Ag++e﹣=AgC．電池放電時(shí)Cl﹣由正極向負(fù)極遷移D．負(fù)極會(huì)發(fā)生副反應(yīng)Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】Mg﹣AgCl電池中，活潑金屬M(fèi)g是還原劑、AgCl是氧化劑，金屬M(fèi)g作負(fù)極，正極反應(yīng)為：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，負(fù)極反應(yīng)式為：Mg﹣2e﹣=Mg2+，據(jù)此分析．【解答】解：A．活潑金屬鎂作負(fù)極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故A正確；B．AgCl是難溶物，其電極反應(yīng)式為：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故B錯(cuò)誤；C．原電池放電時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則Cl﹣在正極產(chǎn)生由正極向負(fù)極遷移，故C正確；D．鎂是活潑金屬與水反應(yīng)，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正確；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池工作原理，注意常見(jiàn)物質(zhì)的性質(zhì)，如鎂的還原性以及銀離子的氧化性是解題的關(guān)鍵，題目難度中等．6．（6分）某白色粉末由兩種物質(zhì)組成，為鑒別其成分進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解：再加入足量稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，固體全部溶解；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，震蕩后仍有固體存在．該白色粉末可能為（）A．NaHCO3、Al（OH）3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4【考點(diǎn)】物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的基本方法選擇及應(yīng)用．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解，說(shuō)明有一種物質(zhì)不溶于水，再加入足量稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，固體全部溶解，則至少有一種物質(zhì)可與鹽酸反應(yīng)生成氣體，可能為二氧化碳或二氧化硫；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，震蕩后仍有固體存在，說(shuō)明在振蕩過(guò)程中生成不溶于酸的固體，以此解答該題．【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH）3都與鹽酸反應(yīng)，鹽酸足量時(shí)沒(méi)有固體剩余，故A錯(cuò)誤；B．碳酸氫鈉與鹽酸反應(yīng)生成氣體，AgCl不溶于鹽酸，故B錯(cuò)誤；C．BaCO3不溶于水，二者都與鹽酸反應(yīng)，且生成氣體，若加入足量稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且BaCO3，能和H2SO4反應(yīng)生成BaSO4沉淀，故C正確；D．加入過(guò)量鹽酸，生成二氧化碳?xì)怏w，但沒(méi)有固體剩余，故D錯(cuò)誤．故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別，側(cè)重于元素化合物知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，難度中等．7．（6分）下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作A．制備Fe（OH）3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B．由MgCl2溶液制備無(wú)水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C．除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，過(guò)濾、洗滌、干燥D．比較水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A．制備氫氧化鐵膠體，應(yīng)在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液；B．直接加熱，易導(dǎo)致氯化鎂水解；C．二者都與稀硝酸反應(yīng)；D．分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據(jù)反應(yīng)的劇烈程度比較氫的活潑性．【解答】解：A．將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中，生成氫氧化鐵沉淀，制備氫氧化鐵膠體，應(yīng)在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，故A錯(cuò)誤；B．氯化鎂易水解，加熱溶液易得到氫氧化鎂沉淀，為防止水解，應(yīng)在氯化氫氛圍中，故B錯(cuò)誤；C．二者都與稀硝酸反應(yīng)，應(yīng)加入非氧化性酸，如稀硫酸或鹽酸，故C錯(cuò)誤；D．分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據(jù)反應(yīng)的劇烈程度比較氫的活潑性，故D正確．故選D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及膠體的制備、鹽類(lèi)的水解、除雜以及性質(zhì)的比較等知識(shí)，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意把握?shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，難度不大．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（共129分）8．（14分）聯(lián)氨（又稱(chēng)肼，N2H4，無(wú)色液體）是一種應(yīng)用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列問(wèn)題：（1）聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價(jià)為﹣2．（2）實(shí)驗(yàn)室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應(yīng)制備聯(lián)氨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O．（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol﹣1上述反應(yīng)熱效應(yīng)之間的關(guān)系式為△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進(jìn)劑的主要原因?yàn)榉磻?yīng)放熱量大，產(chǎn)生大量氣體．（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯(lián)氨第一步電離反應(yīng)的平衡常數(shù)值為8.7×10﹣7（已知：N2H4+H+?N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）．聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為N2H6（HSO4）2．（5）聯(lián)氨是一種常用的還原劑．向裝有少量AgBr的試管中加入聯(lián)氨溶液，觀察到的現(xiàn)象是固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生．聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕．理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O21kg；與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯(lián)氨的優(yōu)點(diǎn)是N2H4的用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（還原產(chǎn)物為N2和H2O），而Na2SO3產(chǎn)生Na2SO4．【考點(diǎn)】含氮物質(zhì)的綜合應(yīng)用；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個(gè)共價(jià)鍵，氮原子和氮原子之間形成一個(gè)共價(jià)鍵形成的共價(jià)化合物，元素化合價(jià)代數(shù)和為0計(jì)算化合價(jià)；（2）氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被還原生成氯化鈉；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol﹣1（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯(lián)氨第一步電離方程式為N2H4+H2O?N2H5++OH﹣，平衡常數(shù)Kb==×=K×Kw，由于是二元堿，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽為N2H6（HSO4）2；（5）聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質(zhì)銀，聯(lián)胺被氧化失電子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，依據(jù)守恒計(jì)算判斷，依據(jù)鍋爐的質(zhì)地以及反應(yīng)產(chǎn)物性質(zhì)解答．【解答】解：（1）肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個(gè)共價(jià)鍵，氮原子和氮原子之間形成一個(gè)共價(jià)鍵形成的共價(jià)化合物，電子式為：，其中氫元素化合價(jià)為+1價(jià)，則氮元素化合價(jià)為﹣2價(jià)，故答案為：；﹣2；（2）氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被還原生成氯化鈉，結(jié)合原子守恒配平書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，故答案為：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根據(jù)反應(yīng)④可知，聯(lián)氨和N2O4反應(yīng)放出大量熱且產(chǎn)生大量氣體，因此可作為火箭推進(jìn)劑，故答案為：2△H3﹣2△H2﹣△H1；反應(yīng)放熱量大，產(chǎn)生大量氣體；（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯(lián)氨第一步電離方程式為N2H4+H2O?N2H5++OH﹣，平衡常數(shù)Kb==×=K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步電離方程式為N2H5++H2O?N2H62++OH﹣，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽為N2H6（HSO4）2，故答案為：8.7×10﹣7，N2H6（HSO4）2；（5）聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質(zhì)銀，﹣2價(jià)的N元素被氧化為N2，反應(yīng)方程式為：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反應(yīng)出現(xiàn)現(xiàn)象為：固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，由于肼的氧化產(chǎn)物是氮?dú)?，不?huì)對(duì)鍋爐造成腐蝕，而亞硫酸鈉被氧化產(chǎn)物為硫酸鈉，易生成硫酸鹽沉淀影響鍋爐的安全使用，聯(lián)胺被氧化失電子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，N2H4～O2～4e﹣，聯(lián)胺和氧氣摩爾質(zhì)量都是32g/mol，則等質(zhì)量聯(lián)胺和氧氣物質(zhì)的量相同，理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O21kg，與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯(lián)氨的優(yōu)點(diǎn)是用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（還原產(chǎn)物為N2和H2O），而Na2SO3產(chǎn)生Na2SO4，故答案為：固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生；1；N2H4的用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（還原產(chǎn)物為N2和H2O），而Na2SO3產(chǎn)生Na2SO4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了氮及其化合物性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算應(yīng)用、平衡常數(shù)的計(jì)算方法，主要是氧化還原反應(yīng)的計(jì)算及其產(chǎn)物的判斷，題目難度中等．9．（14分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產(chǎn)．主要副產(chǎn)物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列問(wèn)題：（1）以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副產(chǎn)物丙烯醛（C3H4O）的熱化學(xué)方程式如下：①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?mol﹣1兩個(gè)反應(yīng)在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大，其原因是兩個(gè)反應(yīng)均為放熱量大的反應(yīng)；有利于提高丙烯腈平衡產(chǎn)率的反應(yīng)條件是低溫、低壓；提高丙烯腈反應(yīng)選擇性的關(guān)鍵因素是催化劑．（2）圖（a）為丙烯腈產(chǎn)率與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線(xiàn)，最高產(chǎn)率對(duì)應(yīng)的溫度為460℃．低于460℃時(shí)，丙烯腈的產(chǎn)率不是（填“是”或“不是”）對(duì)應(yīng)溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率，判斷理由是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡產(chǎn)率應(yīng)隨溫度升高而降低；高于460℃時(shí)，丙烯腈產(chǎn)率降低的可能原因是AC（雙選，填標(biāo)號(hào)）．A．催化劑活性降低B．平衡常數(shù)變大C．副反應(yīng)增多D．反應(yīng)活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的產(chǎn)率與n（氨）/n（丙烯）的關(guān)系如圖（b）所示．由圖可知，最佳n（氨）/n（丙烯）約為1，理由是該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低．進(jìn)料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為1：7.5：1．【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；熱化學(xué)方程式；化學(xué)平衡的影響因素．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式方向可知，兩個(gè)反應(yīng)均放熱量大，即反應(yīng)物和生成物的能量差大，因此熱力學(xué)趨勢(shì)大；有利于提高丙烯腈平衡產(chǎn)率需要改變條件使平衡正向進(jìn)行，由圖b可知，提高丙烯腈反應(yīng)選擇性的關(guān)鍵因素是催化劑；（2）460°C以前是建立平衡的過(guò)程，所以低于460°C時(shí)尚未達(dá)到平衡狀態(tài)，高于460°C時(shí)，是溫度升高平衡逆向進(jìn)行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，丙烯腈產(chǎn)率降低；（3）根據(jù)圖象可知，當(dāng)約為1時(shí)，該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比加入反應(yīng)達(dá)到最佳狀態(tài)，依據(jù)氧氣在空氣中約占20%計(jì)算條件比．【解答】解：（1）兩個(gè)反應(yīng)在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大，兩個(gè)反應(yīng)均放熱量大，即反應(yīng)物和生成物的能量差大，因此熱力學(xué)趨勢(shì)大；該反應(yīng)為氣體體積增大的放熱反應(yīng)，所以降低溫度、降低壓強(qiáng)有利于提高丙烯腈的平衡產(chǎn)率，由圖b可知，提高丙烯腈反應(yīng)選擇性的關(guān)鍵因素是催化劑，故答案為：兩個(gè)反應(yīng)均為放熱量大的反應(yīng)；低溫、低壓；催化劑；（2）因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，平衡產(chǎn)率應(yīng)隨溫度升高而降低，反應(yīng)剛開(kāi)始進(jìn)行，尚未達(dá)到平衡狀態(tài)，460°C以前是建立平衡的過(guò)程，所以低于460°C時(shí)，丙烯腈的產(chǎn)率不是對(duì)應(yīng)溫度下的平衡產(chǎn)率；高于460°C時(shí)，丙烯腈產(chǎn)率降低，A．催化劑在一定溫度范圍內(nèi)活性較高，若溫度過(guò)高，活性降低，故A正確；B．平衡常數(shù)的大小不影響產(chǎn)率，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意，副產(chǎn)物有丙烯醛，副反應(yīng)增多導(dǎo)致產(chǎn)率下降，故C正確；D．反應(yīng)活化能的大小不影響平衡，故D錯(cuò)誤；故答案為：不是，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡產(chǎn)率應(yīng)隨溫度升高而降低；AC；（3）根據(jù)圖象可知，當(dāng)約為1時(shí)，該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低；根據(jù)化學(xué)反應(yīng)C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比加入反應(yīng)達(dá)到最佳狀態(tài)，而空氣中氧氣約占20%，所以進(jìn)料氨、空氣、丙烯的理論體積約為：1：7.5：1，故答案為：1：1；該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低；1：7.5：1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查熱化學(xué)方程式，影響化學(xué)平衡的因素等知識(shí)．注意圖象分析判斷，定量關(guān)系的理解應(yīng)用是解題關(guān)鍵，題目難度中等．10．（15分）某班同學(xué)用如下實(shí)驗(yàn)探究Fe2+、Fe3+的性質(zhì)．回答下列問(wèn)題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化．（2）甲組同學(xué)取2mLFeCl2溶液，加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說(shuō)明Cl2可將Fe2+氧化．FeCl2溶液與氯水反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣．（3）乙組同學(xué)認(rèn)為甲組的實(shí)驗(yàn)不夠嚴(yán)謹(jǐn)，該組同學(xué)在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是隔離空氣（排除氧氣對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響）．（4）丙組同學(xué)取10mL0.1mol?L﹣1KI溶液，加入6mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液混合．分別取2mL此溶液于3支試管中進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色；②第二支試管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍(lán)色沉淀；③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅．實(shí)驗(yàn)②檢驗(yàn)的離子是Fe2+（填離子符號(hào)）；實(shí)驗(yàn)①和③說(shuō)明：在I﹣過(guò)量的情況下，溶液中仍含有Fe3+（填離子符號(hào)），由此可以證明該氧化還原反應(yīng)為可逆反應(yīng)．（5）丁組同學(xué)向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；一段時(shí)間后，溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產(chǎn)生氣泡的原因是鐵離子做過(guò)氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，生成沉淀的原因是過(guò)氧化氫分解反應(yīng)放熱，促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)（用平衡移動(dòng)原理解釋?zhuān)究键c(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；鐵及其化合物的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，氯化亞鐵溶液中加入鐵粉防止氯化亞鐵被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響；（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍(lán)色沉淀是亞鐵離子的檢驗(yàn)特征反應(yīng)現(xiàn)象，第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說(shuō)明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質(zhì)，隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化還原反應(yīng)；（5）向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說(shuō)明過(guò)氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子對(duì)過(guò)氧化氫分解起到催化劑作用，過(guò)氧化氫分解反應(yīng)放熱，促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)．【解答】解：（1）鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化，故答案為：防止氯化亞鐵被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，故答案為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，故答案為：隔離空氣（排除氧氣對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響）；（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍(lán)色沉淀是亞鐵離子的檢驗(yàn)特征反應(yīng)現(xiàn)象，實(shí)驗(yàn)②檢驗(yàn)的離子是Fe2+，①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說(shuō)明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說(shuō)明隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，仍含有鐵離子，在I﹣過(guò)量的情況下，溶液中仍含有Fe3+，說(shuō)明該反應(yīng)為可逆反應(yīng)．故答案為：Fe2+；Fe3+；可逆反應(yīng)．（5）向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說(shuō)明過(guò)氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，鐵離子對(duì)過(guò)氧化氫分解起到催化劑作用，產(chǎn)生氣泡的原因是鐵離子做過(guò)氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，氯化鐵溶液中存在水解平衡，F(xiàn)e3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，過(guò)氧化氫分解放出熱量，促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)．故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；鐵離子做過(guò)氧化氫分解催化劑分解生成氧氣；過(guò)氧化氫分解反應(yīng)放熱，促進(jìn)Fe3+的水解平衡正向移動(dòng)．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了鐵架化合物性質(zhì)、主要是溶液配制、離子方程式書(shū)寫(xiě)、離子檢驗(yàn)、鹽類(lèi)水解等知識(shí)點(diǎn)，注意題干信息的分析判斷，題目難度中等．四、選考題：共45分．請(qǐng)考生從給出的3道物理題、3道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號(hào)后的方框涂黑．注意所選題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分．化學(xué)--選修2：化學(xué)與技術(shù)11．（15分）雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑．生產(chǎn)雙氧水常采用蒽醌法，其反應(yīng)原理和生產(chǎn)流程如圖所示：生產(chǎn)過(guò)程中，把乙基蒽醌溶于有機(jī)溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化劑作用下進(jìn)行氫化，再經(jīng)氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水．回答下列問(wèn)題：（1）蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是氫氣和氧氣，循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌，配制工作液時(shí)采用有機(jī)溶劑而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑．（2）氫化物A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為．進(jìn)入氧化塔C的反應(yīng)混合液中的主要溶質(zhì)為乙基氫蒽醌．（3）萃取塔D中的萃取劑是水，選擇其作萃取劑的原因是過(guò)氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水．（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是過(guò)氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸．（5）雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測(cè)定，該反應(yīng)的離子方程式為5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O，一種雙氧水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27.5%（密度為1.10g?cm﹣3），其濃度為8.89mol?L﹣1．【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）由轉(zhuǎn)化反應(yīng)可知，先與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，再與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)；乙基蒽醌開(kāi)始被消耗，后來(lái)又生成；乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有機(jī)溶劑；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌與氫氣反應(yīng)；進(jìn)入氧化塔C的反應(yīng)混合液中的主要溶質(zhì)為乙基氫蒽醌；（3）D中萃取分離出過(guò)氧化氫溶液，則選擇萃取劑為水；（4）除凈殘留的H2O2，因過(guò)氧化氫過(guò)氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸；（5）雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧氣，結(jié)合c=計(jì)算濃度．【解答】解：（1）由轉(zhuǎn)化反應(yīng)可知，先與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，再與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)，則蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是氫氣和氧氣；乙基蒽醌開(kāi)始被消耗，后來(lái)又生成，則循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌；配制工作液時(shí)采用有機(jī)溶劑而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，故答案為：氫氣和氧氣；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌與氫氣反應(yīng)，反應(yīng)為；進(jìn)入氧化塔C的反應(yīng)混合液中的主要溶質(zhì)為乙基氫蒽醌，故答案為：；乙基氫蒽醌；（3）D中萃取分離出過(guò)氧化氫溶液，則選擇萃取劑為水，選擇其作萃取劑的原因是過(guò)氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故答案為：水；過(guò)氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是過(guò)氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸，故答案為：過(guò)氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸；（5）雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧氣，離子反應(yīng)為5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O，由c=可知一種雙氧水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27.5%（密度為1.10g?cm﹣3），其濃度為=8.89mol/L，故答案為：5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.89．【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握制備實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)技能、物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庥袡C(jī)物的性質(zhì)及應(yīng)用，題目難度中等．[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]12．（15分）東晉《華陽(yáng)國(guó)志?南中志》卷四中已有關(guān)于白銅的記載，云南鎳白銅（銅鎳合金）聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品．回答下列問(wèn)題：（1）鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，3d能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)為2．（2）硫酸鎳溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4藍(lán)色溶液．①[Ni（NH3）6]SO4中陰離子的立體構(gòu)型是正四面體．②在[Ni（NH3）6]SO4中Ni2+與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱(chēng)為配位鍵，提供孤電子對(duì)的成鍵原子是N．③氨的沸點(diǎn)高于（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強(qiáng)；氨是極性分子（填“極性”或“非極性”），中心原子的軌道雜化類(lèi)型為sp3．（3）單質(zhì)銅及鎳都是由金屬鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJ?mol﹣1、INi=1753kJ?mol﹣1，ICu＞INi的原因是銅失去的是全充滿(mǎn)的3d10電子，Ni失去的是4s1電子．（4）某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為3：1．②若合金的密度為dg?cm﹣3，晶胞參數(shù)a=×107nm．【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類(lèi)型判斷．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）Ni元素原子核外電子數(shù)為28，結(jié)合能量最低原理書(shū)寫(xiě)核外電子排布式；（2）①SO42﹣中S原子的孤電子對(duì)數(shù)==0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+0=4；②Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對(duì)，二者之間形成配位鍵；③PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，增大了物質(zhì)的沸點(diǎn)；NH3分子為三角錐形結(jié)構(gòu)，分子中正負(fù)電荷重心不重合，N原子有1對(duì)孤對(duì)電子，形成3個(gè)N﹣H鍵，雜化軌道數(shù)目為4；（3）單質(zhì)銅及鎳都屬于金屬晶體；Cu+的外圍電子排布為3d10，Ni+的外圍電子排布為3d84s1，Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定；（4）①根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Ni、Cu原子數(shù)目；②屬于面心立方密堆積，結(jié)合晶胞中原子數(shù)目表示出晶胞質(zhì)量，再結(jié)合m=ρV可以計(jì)算晶胞棱長(zhǎng)．【解答】解：（1）Ni元素原子核外電子數(shù)為28，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，3d能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)為2，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2；2；（2）①SO42﹣中S原子的孤電子對(duì)數(shù)==0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+0=4，離子空間構(gòu)型為正四面體，故答案為：正四面體；②Ni2+提供空軌道，