河南省周口市扶溝高中2015屆高三化學(xué)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(xué)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(gè)選項(xiàng)符合題意）1下列化學(xué)與生活的相關(guān)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(dá)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?jiān)诳谇粌?nèi)越嚼越甜，是因?yàn)樗鼈兒械牡矸郯l(fā)生了酯化反應(yīng)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(guān)有機(jī)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(yīng)都屬于取代反應(yīng)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(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖? )編號(hào)儀器藥品實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁托盤天平（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?jǐn)?shù)的NaCl溶液B分液漏斗、錐形瓶、試管、導(dǎo)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(tái)（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(tái)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(yīng)，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(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)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(shí)的pH變化曲線如圖，下列有關(guān)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(diǎn)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(yīng)，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(gè)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(shí)，Cu2S發(fā)生反應(yīng)的方程式為：_（2）固體B酸溶時(shí)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(xué)式）（4）由溶液E獲得硫酸銅晶體的實(shí)驗(yàn)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(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)的離子方程式_計(jì)算試樣中CuSO45H2O的純度_（用a、c、V表示）9（14分）三頸瓶在化學(xué)實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用非常廣泛，下面是三頸瓶在部分無機(jī)實(shí)驗(yàn)或有機(jī)實(shí)驗(yàn)中的一些應(yīng)用（1）在如圖1所示裝置中，進(jìn)行氨的催化氧化實(shí)驗(yàn)：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(yīng)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(shí)驗(yàn)過程中NH3H2O的電離程度_（填“變大”、“

7、變小”或“不變”）（2）實(shí)驗(yàn)室用如圖2所示裝置制備氨基甲酸銨（NH2COONH4），其反應(yīng)化學(xué)方程式：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s），該反應(yīng)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(shí)驗(yàn)操作的要點(diǎn)_；反應(yīng)中若有水存在則生成碳酸氫銨的化學(xué)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(duì)比碳酸鹽和酸的反應(yīng)制取CO2，該實(shí)驗(yàn)利用干冰升華產(chǎn)生CO2氣體的有優(yōu)點(diǎn)有_有同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)裝置存在安全問題，請(qǐng)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?jǐn)?shù)是_10綜合利用CO2、CO對(duì)構(gòu)建低碳社會(huì)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(yīng)逆向進(jìn)行，放出高濃度CO2，Li4SiO4再生700時(shí)反應(yīng)的化學(xué)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(shí)現(xiàn)CO2的減排，其工作原理如圖1b為電源

9、的_（填“正極”或“負(fù)極”）寫出電極c發(fā)生的電極反應(yīng)式：_、_（3）電解生成的合成氣在催化劑作用下發(fā)生如下反應(yīng)：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）對(duì)此反應(yīng)進(jìn)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(dá)到平衡時(shí)容器體積為2L，且含有0.4mol CH3OH（g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)值為_，此時(shí)向容器中再通入0.35mol CO氣體，則此平衡將_（填“向正反應(yīng)方向”“不”或“向逆反應(yīng)方向”）移動(dòng)（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(jià)CO2熱解為碳和氧

10、氣，實(shí)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(yīng)可生成_mol C（碳）（二）選考題（共15分請(qǐng)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(jì)分）【化學(xué)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(gè)電子請(qǐng)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(hào)）；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(xué)式_（3）Z的氯化物與氨水反應(yīng)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(xué)-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】12有機(jī)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(tuán)的名稱是_，反應(yīng)的反應(yīng)類型是_反應(yīng)（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(yīng)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(yīng)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(yīng)（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(jī)高分子的結(jié)構(gòu)簡式為_（5）有機(jī)物VI（）與發(fā)生反應(yīng)的方程式為_2015年河南省周口市扶溝高中高考化學(xué)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(gè)選項(xiàng)符合題意）1下列化學(xué)與生活的相關(guān)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(dá)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?jiān)诳谇粌?nèi)越嚼越甜，是因?yàn)樗鼈兒?/p>

13、有的淀粉發(fā)生了酯化反應(yīng)【考點(diǎn)】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(xué)計(jì)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(cuò)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(dá)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(cuò)誤；D、淀粉水解生成葡萄糖，有甜味，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)與生活的知

14、識(shí)，題目較為簡單，完成此題，可以依據(jù)已有的課本知識(shí)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(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià) 【分析】A亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，SO2可與碳酸鈉反應(yīng)生成NaHSO3，進(jìn)而與NaOH反應(yīng)生成Na2SO3；B澄清石灰水濃度較低，應(yīng)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(qiáng)，SO2可與碳酸鈉反應(yīng)生成NaHSO3，進(jìn)而與NaO

15、H反應(yīng)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(yīng)用石灰乳，故B錯(cuò)誤；C氨氣被氧化生成NO，不能生成NO2，故C錯(cuò)誤；D銀氨溶液成本較高，可用氧氣直接氧化，故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查元素化合物知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累3下列有關(guān)有機(jī)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(yīng)都屬于取代反應(yīng)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(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；常見

16、有機(jī)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(gè)甲基或1個(gè)乙基；C乙烷為飽和烴，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；D含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)【解答】解：A丙烯含有碳碳雙鍵，被酸性高錳酸鉀氧化，故A錯(cuò)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(gè)甲基或1個(gè)乙基，結(jié)構(gòu)簡式：，故B錯(cuò)誤；C乙烷為飽和烴，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，則原子不可能在同一個(gè)平面上，故C錯(cuò)誤；D含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確故選D【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

17、握有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大4僅用表中提供的儀器和藥品，就能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖? )編號(hào)儀器藥品實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁托盤天平（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?jǐn)?shù)的NaCl溶液B分液漏斗、錐形瓶、試管、導(dǎo)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(tái)（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(tái)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(diǎn)】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?jǐn)?shù)的溶液；B硝酸易揮發(fā)；C氫氧化鈉應(yīng)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?jǐn)?shù)的溶液，可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A正確；B硝酸易揮發(fā)，應(yīng)除掉硝酸后再通入硅酸，故B錯(cuò)誤；C缺少堿式滴定管，氫氧化鈉應(yīng)用堿式滴定管量取氫氧化鈉溶液，不能完成實(shí)驗(yàn)，故C錯(cuò)誤；D苯酚、三溴苯酚均易溶于苯，不能除雜，應(yīng)加NaOH后分液除雜，故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，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(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰驮u(píng)價(jià)能力的考查，為高考常見題型和

19、高頻考點(diǎn)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實(shí)驗(yàn)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(yīng)，理論上得到的氯代物最多有幾種( )A5種B6種C8種D9種【考點(diǎn)】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(yīng)，可以是一元取代、二元取代到完全取代，注意多元取代時(shí)，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(gè)數(shù)相同），五氯取代物有1種（與一溴取代物個(gè)數(shù)相同），六氯取

20、代物1種，所以共有9種，故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查同分異構(gòu)體、取代反應(yīng)等，難度不大，注意同分異構(gòu)體的書寫6下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)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(diǎn)】離子方程式的書寫 【分析】A過量Fe粉參加反應(yīng)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(yīng)生成硫酸鋇、二氧化碳和

21、水【解答】解：A過量Fe粉參加反應(yīng)生成硝酸亞鐵、NO和水，離子方程式為：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A錯(cuò)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(cuò)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(yīng)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(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子方程式正誤判斷，為高考高頻點(diǎn)，涉及氧化還原反應(yīng)、酸性強(qiáng)弱比較、生成物與反應(yīng)物量的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，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(cuò)選項(xiàng)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(shí)的pH變化曲線如圖，下列有關(guān)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(diǎn)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(yīng)，消耗NaOH的體積相等Db、c兩溶液水電離出的c（OH）相等【考點(diǎn)】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(diǎn)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(yīng)來回答；D、硫酸對(duì)水的電離起抑制作用，硫酸鋁對(duì)水的電離起到促進(jìn)作用【解答】解：A、加水稀釋，硫酸中氫離子濃度減小，對(duì)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(diǎn)溶液中存在電荷守恒：c（H+）+3c（Al3+）=c（OH）+2c（SO42），故B錯(cuò)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(yīng)的實(shí)質(zhì)不一樣，前者是氫離子和氫氧根離子的反應(yīng)，但是后者是鋁離子和氫氧根離子之間的反應(yīng)，氫離子和鋁離子的物質(zhì)的量不相等，故C錯(cuò)誤；D、硫酸對(duì)水的電離起抑制作用，硫酸鋁對(duì)水的電離起到促進(jìn)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(diǎn)溶液中水的電離程度最小，故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查酸溶液的稀釋，注意弱電解質(zhì)溶液稀釋時(shí)的濃度變化及加水促進(jìn)弱電解質(zhì)電離的特點(diǎn)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(gè)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(shí)，Cu2S發(fā)生反應(yīng)的方程式為：Cu2S+2O22CuO+SO2（2）固體B酸溶時(shí)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(yīng)會(huì)生成對(duì)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(xué)式）（4）由溶液E獲得硫酸銅晶體的實(shí)驗(yàn)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(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)的離子方程式2Cu2+4I=2CuI+I2計(jì)算試樣中CuSO45H2O

27、的純度%（用a、c、V表示）【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì) 【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(yīng)為氧化還原反應(yīng)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(shí)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(yīng)會(huì)生成對(duì)環(huán)境

28、有污染的SO2；（3）根據(jù)三價(jià)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(shí)驗(yàn)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(yīng)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(guān)系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32計(jì)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(yīng)為氧化還原反應(yīng)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(shí)加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并將Fe2+氧化為Fe3+；因?yàn)闈饬蛩嵫趸疐e2+反應(yīng)會(huì)生成對(duì)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(yīng)會(huì)生成對(duì)環(huán)境有污染的SO2；（3）因?yàn)槿齼r(jià)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?yàn)槿芤篋中含有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(shí)驗(yàn)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(yīng)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(guān)系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32， c×V&

31、#215;103mol c×V×103mol試樣中CuSO45H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為××100%=%，故答案為：%【點(diǎn)評(píng)】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(yīng)用和實(shí)驗(yàn)基本操作，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等9（14分）三頸瓶在化學(xué)實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用非常廣泛，下面是三頸瓶在部分無機(jī)實(shí)驗(yàn)或有機(jī)實(shí)驗(yàn)中的一些應(yīng)用（1）在如圖1所示裝置中，進(jìn)行氨的催化氧化實(shí)驗(yàn)：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(yīng)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(shí)驗(yàn)過程中NH3H2O的電離程度變大（填“變大”、“變小”或“不變”）（

32、2）實(shí)驗(yàn)室用如圖2所示裝置制備氨基甲酸銨（NH2COONH4），其反應(yīng)化學(xué)方程式：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s），該反應(yīng)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(shí)驗(yàn)操作的要點(diǎn)按圖所示組裝儀器，檢查裝置氣密性；反應(yīng)中若有水存在則生成碳酸氫銨的化學(xué)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(shí)C（OH）濃度增大，氨水的電離平衡左移，放出氨氣對(duì)比碳酸鹽和酸的反應(yīng)制取CO2，該實(shí)驗(yàn)利用干冰升華產(chǎn)生CO2氣體

33、的有優(yōu)點(diǎn)有不需要干燥，提供低溫環(huán)境，提高轉(zhuǎn)化率有同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)裝置存在安全問題，請(qǐng)問可能面臨的安全問題是產(chǎn)品易堵塞導(dǎo)管，稀硫酸會(huì)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?jǐn)?shù)是70%【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】（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(yīng)生成硝酸，鉑絲始終保持紅熱說明反應(yīng)是放熱反應(yīng)，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(yīng)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(huì)和氨氣、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉；反應(yīng)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(yīng)為放熱反應(yīng)，干冰變?yōu)槎趸嘉諢崃?，有利于增大反?yīng)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(dǎo)氣管，液體發(fā)生倒吸；依據(jù)反應(yīng)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(jì)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(jì)算物質(zhì)的量分?jǐn)?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(yīng)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(yīng)是放熱反應(yīng)，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(yīng)制備物質(zhì)，加入藥品之前實(shí)驗(yàn)操作的要點(diǎn)是按圖

36、組裝好儀器，檢查裝置氣密性；有水會(huì)和氨氣、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)的發(fā)生，因此生成的氨氣必須進(jìn)行干燥，因?yàn)榘睔馐菈A性氣體，所以干燥氨氣應(yīng)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(shí)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(shí)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(yīng)制CO2，則生成的CO2必須進(jìn)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?yàn)樵摲磻?yīng)是放熱反應(yīng)，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(dǎo)氣管，液體發(fā)生倒吸；依據(jù)反應(yīng)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(shí)驗(yàn)裝置存在安全問題產(chǎn)品易堵塞導(dǎo)管，稀硫酸會(huì)倒吸；故答案為：產(chǎn)品易堵塞導(dǎo)管，稀硫酸會(huì)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(shè)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?jǐn)?shù)=×100%=70%，故答案為：低；70%【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)應(yīng)用，主要是氨氣的制備方法，氨基甲酸的制備實(shí)驗(yàn)裝置分析判斷，實(shí)驗(yàn)基本操作，混合物分離的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，有關(guān)混合物的計(jì)算，題目難度中等10綜合利用CO2、CO對(duì)構(gòu)建低碳社會(huì)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(yīng)逆向進(jìn)行，放出高濃度CO2，Li4SiO4再生700時(shí)反應(yīng)的化學(xué)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(shí)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(fù)極”）寫出電極c發(fā)生的電極反應(yīng)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(yīng)：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）對(duì)此反應(yīng)進(jìn)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(dá)到平衡時(shí)容器體積為2L，且含有0.4mol CH3OH（g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)值為50，此時(shí)向容器中再通入0.35mol CO氣體，則此平衡將向逆反應(yīng)方向（填“向正反應(yīng)方向”“不”或“向逆反應(yīng)方向”）移動(dòng)（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(jià)CO2熱解為碳和氧氣，實(shí)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(yīng)可生成0.1mol C（碳）【考點(diǎn)】原電池和電解池

41、的工作原理；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計(jì)算 【分析】（1）根據(jù)題干信息，反應(yīng)物為CO2與Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根據(jù)質(zhì)量守恒進(jìn)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(yīng)生成一氧化碳、氫氣，同時(shí)生成氧離子；電極b氧離子失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣；（3）根據(jù)平衡常數(shù)的計(jì)算公式計(jì)算，恒溫恒壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，據(jù)此計(jì)算加入0.35molCO時(shí)容器的體積，計(jì)算此時(shí)濃度商，與平衡常數(shù)相比判斷反應(yīng)進(jìn)行方向；（4）由圖反應(yīng)可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），H1；由反應(yīng)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(yùn)用蓋斯定律計(jì)算焓變；（5）依據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物利用直平法配平化學(xué)方程式，利用碳元素守恒計(jì)算得到【解答】解：（1）在500，CO2與Li4SiO4接觸后生成Li2CO3，反應(yīng)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(shí)反應(yīng)的化學(xué)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(jià)降低，被還原，水中的氫元素化合價(jià)降低被還原，反應(yīng)物中的氧元素化合價(jià)升高，被氧化，失

43、去電子發(fā)生氧化反應(yīng)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(yīng)生成一氧化碳同時(shí)生成氧離子，反應(yīng)電極反應(yīng)式為：CO2+2eCO+O2，水中的氫元素化合價(jià)降低被還原，電極反應(yīng)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(shí)向容器中再通入0.35molCO氣體，假設(shè)平衡不移動(dòng)時(shí)，此時(shí)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(yīng)方向移動(dòng)，故答案為：50；逆反應(yīng)方向；（4）由圖反應(yīng)可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），H1；由反應(yīng)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(biāo)反應(yīng)為：H=2H1H2H3，故答案為：H=2H1H2H3；（5）依據(jù)圖示得到化學(xué)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(diǎn)評(píng)】本題考查了熱化學(xué)方程式和蓋斯定律的計(jì)算和應(yīng)用，電解池電極反應(yīng)的分析書

45、寫，化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算，原子守恒氧化還原反應(yīng)的計(jì)算應(yīng)用，題目難度中等（二）選考題（共15分請(qǐng)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(jì)分）【化學(xué)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(gè)電子請(qǐng)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(hào)）；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(xué)式CCl4等（3）Z的氯化物

46、與氨水反應(yīng)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(diǎn)】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)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(gè)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(gè)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(shì)，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