備考2022練習2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標ⅰ）（含解析版） (2)

1、2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1（6分）我國清代本草綱目拾遺中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”這里的“強水”是指（）A氨水B硝酸C醋D鹵水2（6分）NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+個數(shù)為2NAC過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA3（6分）烏洛托品在合成、醫(yī)藥、

2、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結(jié)構(gòu)式如圖所示。將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品，則甲醛與氨的物質(zhì)的量之比為（）A1：1B2：3C3：2D2：14（6分）下列實驗中，對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）實驗現(xiàn)象結(jié)論A將硝酸加入過量鐵粉中，充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液 有氣體生成，溶液成血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B將銅粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現(xiàn)金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D將0.1 molL1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液

3、中至不在有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1 molL1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小AABBCCDD5（6分）微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關(guān)微生物電池的說法錯誤的是（）A正極反應(yīng)中有CO2生成B微生物促進了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移C質(zhì)子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)D電池總反應(yīng)為C6H12O6+6O26CO2+6H2O6（6分）W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，且原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、8、8，它們的最外層電子數(shù)之和為18下列說法正確的是（）A單質(zhì)的沸點：WXB陰離

4、子的還原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX與Y不能存在于同一離子化合物中7（6分）濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）AMOH的堿性強于ROH的堿性BROH的電離程度：b點大于a點C若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH）相等D當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大二、解答題（共3小題，滿分43分）8（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×102，K2=5.4×105草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O42H2O）無色，熔點為

5、101，易溶于水，受熱脫水，升華，170以上分解?；卮鹣铝袉栴}。（1）甲組同學按照如圖所示的裝置，通過實驗檢驗草酸晶體的分解產(chǎn)物。裝置C中可觀察到的現(xiàn)象是 ，由此可知草酸晶體分解的產(chǎn)物中有 。裝置B的主要作用是 。（2）乙組同學認為草酸晶體分解產(chǎn)物中還有CO，為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置A、B和圖2所示的部分裝置（可以重復選用）進行實驗。乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為A、B、 、I，裝置H反應(yīng)管中盛有的物質(zhì)是 。能證明草酸晶體分解產(chǎn)物中有CO的現(xiàn)象是 。（3）設(shè)計實驗證明：草酸的酸性比碳酸的強 。9（14分）硼及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5H2

6、O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3）的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）寫出Mg2B2O5H2O與硫酸反應(yīng)的化學方程式 。為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度外，還可采取的措施有 （寫出兩條）。（2）利用 的磁性，可將其從“浸渣”中分離。“浸渣”中還剩余的物質(zhì)是 （化學式）。（3）“凈化除雜”需先加H2O2溶液，作用是 。然后在調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，目的是 。（4）“粗硼酸”中的主要雜質(zhì)是 （填名稱）。（5）以硼酸為原料可制得硼氫化鈉（NaBH4），它是有機合成中的重要還原劑，其電子式為 。（6）單質(zhì)硼可用于生成具有優(yōu)良抗沖

7、擊性能硼鋼。以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質(zhì)硼，用化學方程式表示制備過程 。10（15分）碘及其化合物在合成殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途?；卮鹣铝袉栴}：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后濃縮，再向濃縮液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為 ；（2）上述濃縮液中含有I、Cl等離子，取一定量的濃縮液，向其中滴加AgNO3溶液，當AgCl開始沉淀時，溶液中為： ，已知Ksp（AgCl）=1.8×1010，Ksp（AgI）=8.5×1017。（3）已知反應(yīng)2HI（g）H2（g）+I2（g）的H=+11kJmol1，1molH2（g）、1molI2（g）分子

8、中化學鍵斷裂時分別需要吸收436kJ、151kJ的能量，則1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為 kJ。（4）Bodensteins研究了下列反應(yīng)：2HI（g）H2（g）+I2（g），在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)x（HI）與反應(yīng)時間t的關(guān)系如表：t/min020406080120X（HI）10.910.850.8150.7950.784X（HI）00.600.730.7730.7800.784根據(jù)上述實驗結(jié)果，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K的計算式為： ；上述反應(yīng)中，正反應(yīng)速率為v正=k正x2（HI），逆反應(yīng)速率為v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆為速率常數(shù)，則k

9、逆為 （以K和k正表示）。若k正=0.0027min1，在t=40min時，v正= min1。由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正x（HI）和v逆x（H2）的關(guān)系可用如圖表示。當升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達到平衡，相應(yīng)的點分別為 （填字母）?；瘜W-選修2：化學與技術(shù)11（15分）氯化亞銅（CuCl）廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：回答下列問題：（1）步驟中得到的氧化產(chǎn)物是 ，溶解溫度應(yīng)控制在6070，原因是 。（2）寫出步驟中主要反應(yīng)

10、的離子方程式 。（3）步驟包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是 （寫名稱）。（4）上述工藝中，步驟不能省略，理由是 。（5）步驟、都要進行固液分離。工業(yè)上常用的固液分離設(shè)備有 （填字母）A、分餾塔 B、離心機 C、反應(yīng)釜 D、框式壓濾機（6）準確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L1的K2Cr2O7溶液滴定到終點，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反應(yīng)中Cr2O72被還原為Cr3+，樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)為 。化學-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12碳及其化合物廣泛存在于自然界中，回答下列問題：（1）處于一定空間運動

11、狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用 形象化描述。在基態(tài)14C原子中，核外存在 對自旋相反的電子。（2）碳在形成化合物時，其鍵型以共價鍵為主，原因是 。（3）CS2分子中，共價鍵的類型有 ，C原子的雜化軌道類型是 ，寫出兩個與CS2具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子或離子 。（4）CO能與金屬Fe形成Fe（CO）5，該化合物熔點為253K，沸點為376K，其固體屬于 晶體。（5）碳有多種同素異形體，其中石墨烯與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：在石墨烯晶體中，每個C原子連接 個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有 個C原子。在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接 個六元環(huán)，六元環(huán)中最多有

12、 個C原子在同一平面?；瘜W-選修5：有機化學基礎(chǔ)13A（C2H2）是基本有機化工原料。由A制備聚乙烯醇縮丁醛和順式聚異戊二烯的合成路線（部分反應(yīng)條件略去）如圖所示：回答下列問題：（1）A的名稱是 ，B含有的官能團是 。（2）的反應(yīng)類型是 ，的反應(yīng)類型是 。（3）C和D的結(jié)構(gòu)簡式分別為 、 。（4）異戊二烯分子中最多有 個原子共平面，順式聚異戊二烯的結(jié)構(gòu)簡式為 。（5）寫出與A具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構(gòu)體（寫結(jié)構(gòu)簡式） 。（6）參照異戊二烯的上述合成路線，設(shè)計一條由A和乙醛為起始原料制備1，3丁二烯的合成路線 。2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題（共

13、7小題，每小題6分，滿分42分）1（6分）我國清代本草綱目拾遺中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”這里的“強水”是指（）A氨水B硝酸C醋D鹵水【考點】12：化學科學的主要研究對象；1B：真題集萃；EG：硝酸的化學性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】“強水”“性最烈，能蝕五金其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛?！闭f明“強水”腐蝕性很強，能腐蝕多數(shù)金屬及巖石，但不能腐蝕玻璃，即和玻璃中成分不反應(yīng)，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈氨水屬于弱堿，和金屬不反應(yīng)，不符合條件，故A錯誤；B硝酸具有強氧化性、強酸性，能腐蝕大多數(shù)金屬，也能和巖石中的

14、CaCO3發(fā)生反應(yīng)，但不能和玻璃中成分硅酸鹽反應(yīng)，所以符合條件，故B正確；C醋酸是弱電解質(zhì)，能腐蝕較活潑金屬，但不能腐蝕較不活潑金屬，如Cu等金屬，不符合條件，故C錯誤；D鹵水其主要成份為氯化鎂、氯化鈉和一些金屬陽離子，和大多數(shù)金屬不反應(yīng)，不符合條件，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查元素化合物知識，為高頻考點，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，知道硝酸的強氧化性，題目難度不大。2（6分）NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+個數(shù)為2NAC過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

15、0.2NAD密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA【考點】1B：真題集萃；4F：阿伏加德羅常數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律【分析】A一個D2O和H2O分子中質(zhì)子數(shù)都是10，18g的D2O物質(zhì)的量=0.9mol、18gH2O的物質(zhì)的量=1mol，根據(jù)N=nNA知，其分子數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，結(jié)合分子構(gòu)成計算質(zhì)子數(shù)；Bn（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亞硫酸是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，且第二步電離程度遠遠小于第一步電離程度；C過氧化鈉和水反應(yīng)方程式為2Na2O2+2H2

16、O=4NaOH+O2，每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=1mol×2×0（1）=2mol，據(jù)此計算生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)；CNO和O2反應(yīng)方程式為2NO+O2=2NO2，根據(jù)方程式知，2molNO與1molO2恰好完全反應(yīng)生成2molNO2，但NO2和N2O4之間存在轉(zhuǎn)化，方程式2NO2N2O4?！窘獯稹拷猓篈一個D2O和H2O分子中質(zhì)子數(shù)都是10，18g的D2O物質(zhì)的量=0.9mol、18gH2O的物質(zhì)的量=1mol，根據(jù)N=nNA知，其分子數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子數(shù)分別是0.9NA、NA，結(jié)合分子構(gòu)成知，二者的質(zhì)

17、子數(shù)分別是9NA、10NA，故A錯誤；Bn（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亞硫酸是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，且第二步電離程度遠遠小于第一步電離程度，所以溶液中含有的H+個數(shù)遠遠小于2NA，故B錯誤；C過氧化鈉和水反應(yīng)方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素的化合價為1價，每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=1mol×2×0（1）=2mol，則生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子0.2mol，電子數(shù)為0.2NA，故C正確；DNO和O2反應(yīng)方程式為2NO+O2=2NO2，根據(jù)方程式知，2molNO與1molO2恰好完全反應(yīng)生

18、成2molNO2，但NO2和N2O4之間存在轉(zhuǎn)化，方程式2NO2N2O4，所以產(chǎn)物分子數(shù)小于2NA，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)有關(guān)計算，涉及氧化還原反應(yīng)、可逆反應(yīng)、弱電解質(zhì)的電離、同位素等知識點，明確物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化即可解答，易錯選項是AD，注意A中D2O的相對分子質(zhì)量是20，注意D中存在轉(zhuǎn)化關(guān)系2NO2N2O4。3（6分）烏洛托品在合成、醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結(jié)構(gòu)式如圖所示。將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品，則甲醛與氨的物質(zhì)的量之比為（）A1：1B2：3C3：2D2：1【考點】1B：真題集萃；5A：化學

19、方程式的有關(guān)計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品，每個烏洛托品分子中含有6個C原子、4個N原子，根據(jù)C原子、N原子守恒判斷甲醛和氨的物質(zhì)的量之比?！窘獯稹拷猓簩⒓兹┧芤号c氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品，每個烏洛托品分子中含有6個C原子、4個N原子，每個甲醛分子中含有1個C原子、每個氨氣分子中含有1個N原子，根據(jù)C原子、N原子守恒知，要形成一個烏洛托品分子需要6個甲醛分子、4個氨氣分子，則需要甲醛和氨氣分子個數(shù)之比=6：4=3：2，根據(jù)N=nNA知，分子數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，所以甲醛與氨的物質(zhì)的量之比3：2，故

20、選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)的量的有關(guān)計算，為高頻考點，明確物質(zhì)的量的基本公式及物質(zhì)的構(gòu)成是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合原子守恒解答，題目難度不大。4（6分）下列實驗中，對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）實驗現(xiàn)象結(jié)論A將硝酸加入過量鐵粉中，充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液 有氣體生成，溶液成血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B將銅粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現(xiàn)金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D將0.1 molL1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1

21、molL1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小AABBCCDD【考點】U5：化學實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52：元素及其化合物【分析】A過量鐵粉，反應(yīng)生成亞鐵離子；BCu和Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二鋁的熔點高于鋁的熔點，所以鋁箔在酒精燈上加熱到熔化，熔化的鋁并不滴落；D由操作和現(xiàn)象可知，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化?！窘獯稹拷猓篈過量鐵粉，反應(yīng)生成亞鐵離子，加入KSCN溶液、溶液不顯紅色，故A錯誤；BCu和Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)方程式為Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以沒有黑色沉淀生成，溶液由黃

22、色變?yōu)樗{色，故B錯誤；C將鋁箔用坩堝鉗夾住放在酒精燈火焰上加熱，鋁和氧氣反應(yīng)生成了氧化鋁，形成氧化膜，三氧化二鋁的熔點高于鋁的熔點，包住了熔化的鋁，所以加熱鋁箔的時候鋁熔化了但是不會滴落，故C錯誤；D由操作和現(xiàn)象可知，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及離子檢驗、氧化還原反應(yīng)、硝酸性質(zhì)等知識點，明確物質(zhì)性質(zhì)及離子檢驗方法是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。5（6分）微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關(guān)微生物電池的說法錯誤的是（）A正極反應(yīng)中有CO2生成B微生物

23、促進了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移C質(zhì)子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)D電池總反應(yīng)為C6H12O6+6O26CO2+6H2O【考點】1B：真題集萃；BH：原電池和電解池的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A根據(jù)圖知，負極上C6H12O6失電子，正極上O2得電子和H+反應(yīng)生成水，負極的電極反應(yīng)式為C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正極的電極反應(yīng)式為O2+4e+4H+2H2O；B葡萄糖在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能，形成原電池；C原電池中，陽離子向正極移動，所以質(zhì)子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)；D燃料電池反應(yīng)式和燃料燃燒方程式相同。【解答】解：A根據(jù)圖知，負極上C6H12O6失電子，正極上O2

24、得電子和H+反應(yīng)生成水，負極的電極反應(yīng)式為C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正極的電極反應(yīng)式為O2+4e+4H+2H2O，因此CO2在負極產(chǎn)生，故A錯誤；B葡萄糖在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能，形成原電池，有電流產(chǎn)生，所以微生物促進了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移，故B正確；C通過原電池的電極反應(yīng)可知，負極區(qū)產(chǎn)生了H+，根據(jù)原電池中陽離子向正極移動，可知質(zhì)子（H+）通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，故C正確；D該反應(yīng)屬于燃料電池，燃料電池的電池反應(yīng)式和燃燒反應(yīng)式相同，則電池反應(yīng)式為C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查化學電源新型電池，為高頻考點，

25、正確判斷電解質(zhì)溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，所有原電池中都是負極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)、正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，難點是電極反應(yīng)式的書寫。6（6分）W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，且原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、8、8，它們的最外層電子數(shù)之和為18下列說法正確的是（）A單質(zhì)的沸點：WXB陰離子的還原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX與Y不能存在于同一離子化合物中【考點】1B：真題集萃；8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系；8G：原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，且原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、8、8，

26、則則W是H元素，X是N元素，Y、Z為第三周期元素；它們的最外層電子數(shù)之和為18，W最外層電子數(shù)是1，X最外層電子數(shù)是5，Y、Z最外層電子數(shù)之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序數(shù)小于Z，則Y是P元素、Z是Cl元素，AW、X單質(zhì)都是分子晶體，分子晶體熔沸點與相對分子質(zhì)量成正比；B元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱；C元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強；DX、Y分別是N、P元素，可能存在磷酸銨、磷酸一氫銨、磷酸二氫銨中?！窘獯稹拷猓篧、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，且原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、8、8，則W是H元素，X是N元素，Y、Z為第三

27、周期元素；它們的最外層電子數(shù)之和為18，W最外層電子數(shù)是1，X最外層電子數(shù)是5，Y、Z最外層電子數(shù)之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序數(shù)小于Z，則Y是P元素、Z是Cl元素，AH、N元素單質(zhì)都是分子晶體，分子晶體熔沸點與相對分子質(zhì)量成正比，氮氣相對分子質(zhì)量大于氫氣，所以單質(zhì)的沸點：WX，故A錯誤；B元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱，非金屬性WZ，所以陰離子的還原性：WZ，故B正確；C元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性PCl，最高價氧化物的水化物酸性H3PO4HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此規(guī)律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C錯誤；DX、Y分別是

28、N、P元素，可能存在磷酸銨、磷酸一氫銨、磷酸二氫銨中，磷酸銨、磷酸一氫銨、磷酸二氫銨都是銨鹽，屬于離子化合物，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素性質(zhì)，為高頻考點，涉及離子化合物判斷、酸性強弱判斷、物質(zhì)熔沸點高低判斷、元素周期律等知識點，正確判斷元素是解本題關(guān)鍵，結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)性質(zhì)解答，易錯選項是C。7（6分）濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）AMOH的堿性強于ROH的堿性BROH的電離程度：b點大于a點C若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH）相等D當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則

29、增大【考點】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強；B弱電解質(zhì)在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大；C若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH）接近于純水中c（OH）；DMOH的堿性強于ROH的堿性，當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，促進弱電解質(zhì)電離?！窘獯稹拷猓篈相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強，根據(jù)圖知，未加水時，相同濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說明MOH的電離程度大于ROH，則MOH的堿性強于ROH的堿性，故A正確；B由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質(zhì)在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點溶液體

30、積大于a點，所以b點濃度小于a點，則ROH電離程度：ba，故B正確；C若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH）接近于純水中c（OH），所以它們的c（OH）相等，故C正確；D根據(jù)A知，堿性MOHROH，當lg=2時，由于ROH是弱電解質(zhì)，升高溫度能促進ROH的電離，所以c（M+）/c（R+）減小，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查弱電解質(zhì)在水溶液中電離平衡，為高頻考點，明確弱電解質(zhì)電離特點、弱電解質(zhì)電離程度與溶液濃度關(guān)系等知識點是解本題關(guān)鍵，易錯選項是C，注意：堿無論任何稀釋都不能變?yōu)橹行匀芤夯蛩嵝匀芤海咏行詴r要考慮水的電離，為易錯點。二、解答題（共3小題，滿分43分）8（14分）草酸（

31、乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×102，K2=5.4×105草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O42H2O）無色，熔點為101，易溶于水，受熱脫水，升華，170以上分解?；卮鹣铝袉栴}。（1）甲組同學按照如圖所示的裝置，通過實驗檢驗草酸晶體的分解產(chǎn)物。裝置C中可觀察到的現(xiàn)象是有氣泡冒出，澄清石灰水變渾濁，由此可知草酸晶體分解的產(chǎn)物中有CO2。裝置B的主要作用是冷凝（水蒸氣和草酸），防止草酸進入裝置C反應(yīng)生成沉淀而干擾CO2的檢驗。（2）乙組同學認為草酸晶體分解產(chǎn)物中還有CO，為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置A、B和圖2所示的部分裝置（

32、可以重復選用）進行實驗。乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為A、B、F、D、G、H、D、I，裝置H反應(yīng)管中盛有的物質(zhì)是CuO。能證明草酸晶體分解產(chǎn)物中有CO的現(xiàn)象是H中黑色粉末變?yōu)榧t色，其后的D中澄清石灰水變渾濁。（3）設(shè)計實驗證明：草酸的酸性比碳酸的強向盛有少量NaHCO3的試管里滴加草酸溶液，有氣泡產(chǎn)生就說明草酸酸性大于碳酸?！究键c】U2：性質(zhì)實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】546：無機實驗綜合【分析】（1）草酸晶體（H2C2O42H2O）無色，熔點為101，易溶于水，受熱脫水、升華，170以上分解，如果草酸受熱分解，分解時會產(chǎn)生二氧化碳而使澄清石灰水變渾濁；草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶

33、于水，而其鈣鹽難溶于水，B裝置溫度較低，有冷凝作用，防止干擾實驗；（2）要檢驗生成CO，在甲組實驗后，用濃氫氧化鈉除去二氧化碳，用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰干燥CO，利用CO的還原性將CO氧化，再利用澄清石灰水檢驗生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H裝置中盛放的物質(zhì)應(yīng)該具有氧化性，且和CO反應(yīng)有明顯現(xiàn)象發(fā)生；CO具有還原性，其氧化產(chǎn)物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁；（3）要證明草酸酸性大于碳酸，可以利用強酸制取弱酸?！窘獯稹拷猓海?）草酸晶體（H2C2O42H2O）無色，熔點為101，易溶于水，受熱脫水、升華，170以上分解，如果草酸受熱分解，分解時會產(chǎn)生二氧化碳，二氧化碳和氫

34、氧化鈣反應(yīng)生成難溶性的碳酸鈣沉淀而使澄清石灰水變渾濁，所以C中觀察到的現(xiàn)象是：有氣泡冒出且澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成；草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水，草酸易揮發(fā)，導致生成的氣體中含有草酸，草酸和氫氧化鈣反應(yīng)生成難溶性的草酸鈣而干擾二氧化碳的檢驗，B裝置溫度較低，有冷凝作用，防止干擾二氧化碳的檢驗，故答案為：有氣泡冒出，澄清石灰水變渾濁；CO2；冷凝（水蒸氣和草酸），防止草酸進入裝置C反應(yīng)生成沉淀而干擾CO2的檢驗；（2）要檢驗生成CO，在甲組實驗后，用濃氫氧化鈉除去二氧化碳，用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰干燥CO，利用CO和CuO發(fā)生還原反應(yīng)生成CO2，再利用澄清石灰

35、水檢驗生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免環(huán)境污染，所以其連接順序是A、B、F、D、G、H、D、I；H裝置中盛放的物質(zhì)應(yīng)該具有氧化性，且和CO反應(yīng)有明顯現(xiàn)象發(fā)生，CuO能被CO還原且反應(yīng)過程中黑色固體變?yōu)榧t色，現(xiàn)象明顯，所以H中盛放的物質(zhì)是CuO，故答案為：F、D、G、H、D；CuO；CO具有還原性，其氧化產(chǎn)物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁，且CO將黑色的CuO還原為紅色的Cu，只要H中黑色固體轉(zhuǎn)化為紅色且其后的D裝置溶液變渾濁就說明含有CO，故答案為：H中黑色粉末變?yōu)榧t色，其后的D中澄清石灰水變渾濁；（3）要證明草酸酸性大于碳酸，可以利用強酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的試管里

36、滴加草酸溶液，有氣泡產(chǎn)生就說明草酸酸性大于碳酸，故答案為：向盛有少量 NaHCO3的試管里滴加草酸溶液，有氣泡產(chǎn)生就說明草酸酸性大于碳酸。【點評】本題考查性質(zhì)實驗方案設(shè)計，為高頻考點，側(cè)重考查學生知識綜合應(yīng)用、實驗基本操作能力及實驗方案設(shè)計能力，綜合性較強，難點是排列實驗先后順序，根據(jù)實驗?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進行排列順序，注意要排除其它因素干擾，題目難度中等。9（14分）硼及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3）的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）寫出Mg2B2O

37、5H2O與硫酸反應(yīng)的化學方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度外，還可采取的措施有提高反應(yīng)溫度或減小鐵硼礦粉粒徑（寫出兩條）。（2）利用Fe3O4的磁性，可將其從“浸渣”中分離?！敖敝羞€剩余的物質(zhì)是SiO2、CaSO4（化學式）。（3）“凈化除雜”需先加H2O2溶液，作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子。然后在調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，目的是使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去。（4）“粗硼酸”中的主要雜質(zhì)是七水硫酸鎂（填名稱）。（5）以硼酸為原料可制得硼氫化鈉（NaBH4），它是有機合成中的重要還原劑，其電子式為。（6）單質(zhì)硼可用于生

38、成具有優(yōu)良抗沖擊性能硼鋼。以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質(zhì)硼，用化學方程式表示制備過程2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO?！究键c】1B：真題集萃；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解Fe3O4、SiO2不溶，CaO轉(zhuǎn)化為微溶于水的CaSO4，“凈化除雜”需先加H2O2溶液，將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，使鐵離子、鋁離子均轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣為氫氧化鋁、氫氧化鐵，

39、然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾分離出H3BO3，以此來解答?！窘獯稹拷猓阂澡F硼礦（主要成分為Mg2B2O5H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO轉(zhuǎn)化為微溶于水的CaSO4，“凈化除雜”需先加H2O2溶液，將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，使鐵離子、鋁離子均轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣為氫氧化鋁、氫氧化鐵，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾分離出H3BO3，（1）Mg2B2O5H2O與硫酸反應(yīng)的化學方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，為提高浸出速率，除適

40、當增加硫酸濃度濃度外，還可采取的措施有提高反應(yīng)溫度或減小鐵硼礦粉粒徑等，故答案為：Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反應(yīng)溫度或減小鐵硼礦粉粒徑；（2）利用Fe3O4的磁性，可將其從“浸渣”中分離?！敖敝羞€剩余的物質(zhì)是SiO2、CaSO4，故答案為：Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）“凈化除雜”需先加H2O2溶液，作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子。然后在調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，目的是使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去，故答案為：將亞鐵離子氧化為鐵離子；使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去；（4）最后濃縮結(jié)晶時硫酸鎂易結(jié)合水以晶體析出，則“粗硼酸”中的主要

41、雜質(zhì)是七水硫酸鎂，故答案為：七水硫酸鎂； （5）NaBH4為離子化合物，含離子鍵、共價鍵，其電子式為，故答案為：；（6）以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質(zhì)硼的化學方程式為2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案為：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO?！军c評】本題考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點，為2015年高考真題，把握實驗流程及發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ木C合考查，題目難度中等。10（15分）碘及其化合物在合成殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途。回答下列問題：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后濃

42、縮，再向濃縮液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為MnSO4；（2）上述濃縮液中含有I、Cl等離子，取一定量的濃縮液，向其中滴加AgNO3溶液，當AgCl開始沉淀時，溶液中為：4.7×107，已知Ksp（AgCl）=1.8×1010，Ksp（AgI）=8.5×1017。（3）已知反應(yīng)2HI（g）H2（g）+I2（g）的H=+11kJmol1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收436kJ、151kJ的能量，則1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為299 kJ。（4）Bodensteins研究了下列反

43、應(yīng)：2HI（g）H2（g）+I2（g），在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)x（HI）與反應(yīng)時間t的關(guān)系如表：t/min020406080120X（HI）10.910.850.8150.7950.784X（HI）00.600.730.7730.7800.784根據(jù)上述實驗結(jié)果，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K的計算式為：；上述反應(yīng)中，正反應(yīng)速率為v正=k正x2（HI），逆反應(yīng)速率為v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆為速率常數(shù)，則k逆為（以K和k正表示）。若k正=0.0027min1，在t=40min時，v正=1.95×103min1。由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正x（HI）和v逆

44、x（H2）的關(guān)系可用如圖表示。當升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達到平衡，相應(yīng)的點分別為A、E（填字母）?！究键c】BB：反應(yīng)熱和焓變；CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51E：化學平衡專題【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反應(yīng)中I元素發(fā)生氧化反應(yīng)，Mn元素被還原，還原產(chǎn)物應(yīng)為硫酸錳；（2）當AgCl開始沉淀時，說明溶液中的c（I）和c（Cl）均已達到飽和狀態(tài)，因此可以根據(jù)溶度積表達式進行計算，溶液中=；（3）正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，化學鍵斷裂時需吸收的能量化學鍵生成時需放出的能量=反應(yīng)吸收的熱量；（4）表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反應(yīng)進行建立

45、平衡，由第一列數(shù)據(jù)可知，平衡時HI物質(zhì)的量分數(shù)為0.784，則氫氣、碘蒸汽總物質(zhì)的量分數(shù)為10.784=0.216，而氫氣、與碘蒸汽物質(zhì)的量分數(shù)相等均為0.108，反應(yīng)前后氣體體積不變，用物質(zhì)的量分數(shù)代替濃度代入平衡常數(shù)表達式K=計算；到達平衡時，正、逆反應(yīng)速率相等，結(jié)合平衡常數(shù)表達式，可知k逆的表達式；在t=40min時，x（HI）=0.85，代入正反應(yīng)速率表達式v正=k正x2（HI）計算；升高溫度，正、逆反應(yīng)速率均加快，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，正反應(yīng)建立平衡，平衡時HI的物質(zhì)的量分數(shù)減小，逆反應(yīng)建立平衡，平衡時H2的物質(zhì)的量分數(shù)增大?！窘獯稹拷猓海?）海藻中的碘

46、元素以碘化物形式存在，反應(yīng)中I元素發(fā)生氧化反應(yīng)，Mn元素被還原，還原產(chǎn)物應(yīng)為硫酸錳，故答案為：MnSO4；（2）當AgCl開始沉淀時，說明溶液中的c（I）和c（Cl）均已達到飽和狀態(tài)，因此可以根據(jù)溶度積表達式進行計算，溶液中=4.7×107，故答案為：4.7×107；（3）設(shè)1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為x kJ，則：2x kJ436kJ151kJ=11kJ，解得x=299，故答案為：299；（4）表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反應(yīng)進行建立平衡，由第一列數(shù)據(jù)可知，平衡時HI物質(zhì)的量分數(shù)為0.784，則氫氣、碘蒸汽總物質(zhì)的量分數(shù)為10.78

47、4=0.216，而氫氣、與碘蒸汽物質(zhì)的量分數(shù)相等均為0.108，反應(yīng)前后氣體體積不變，用物質(zhì)的量分數(shù)代替濃度計算平衡常數(shù)，則平衡常數(shù)K=，故答案為：；到達平衡時，正、逆反應(yīng)速率相等，則k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2），則k逆=k正×=，在t=40min時，正反應(yīng)建立平衡的x（HI）=0.85，則v正=k正x2（HI）=0.0027min1×0.852=1.95×103min1，故答案為：；1.95×103；對于2HI（g）H2（g）+I2（g）反應(yīng)建立平衡時：升高溫度，正、逆反應(yīng)速率均加快，因此排除C點，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱反

48、應(yīng)方向移動，因此平衡正向移動，再次平衡時HI的物質(zhì)的量分數(shù)減小，因此排除B點，故選A點；對于H2（g）+I2（g）2HI（g）反應(yīng)建立平衡時：升高溫度，正、逆反應(yīng)速率均加快，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，因此平衡逆向移動，再次平衡時H2的物質(zhì)的量分數(shù)增大，故選E點；因此反應(yīng)重新達到平衡，v正x（HI）對應(yīng)的點為A，v逆x（H2）對應(yīng)的點為E，故答案為：A、E?！军c評】本題比較綜合，涉及考查氧化還原反應(yīng)、反應(yīng)熱計算、化學平衡常數(shù)計算、化學反應(yīng)速率計算及影響因素、平衡移動等，屬于拼合型題目，（4）為易錯點，側(cè)重考查學生自學能力、分析解決問題的能力，注意表中數(shù)據(jù)為不同方向建立的平衡，題目中沒有明

49、確，增大題目難度。化學-選修2：化學與技術(shù)11（15分）氯化亞銅（CuCl）廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：回答下列問題：（1）步驟中得到的氧化產(chǎn)物是CuSO4或Cu2+，溶解溫度應(yīng)控制在6070，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解。（2）寫出步驟中主要反應(yīng)的離子方程式2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+。（3）步驟包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是硫酸（寫名稱）。（4）上述

50、工藝中，步驟不能省略，理由是醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化。（5）步驟、都要進行固液分離。工業(yè)上常用的固液分離設(shè)備有BD（填字母）A、分餾塔 B、離心機 C、反應(yīng)釜 D、框式壓濾機（6）準確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L1的K2Cr2O7溶液滴定到終點，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反應(yīng)中Cr2O72被還原為Cr3+，樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)為。【考點】1B：真題集萃；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；U3：制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】24：實驗設(shè)計題【分析】酸性條件下硝酸

51、根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，步驟、都要進行固液分離，根據(jù)混合的水溶性進行分離，沒有發(fā)生化學變化，可用離心機以及框式壓濾機，以得到濾餅，氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，結(jié)合關(guān)系式解答該題?！窘獯稹拷猓核嵝詶l件下硝酸根離子具有氧

52、化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅。（1）由于酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解溫度應(yīng)控制在6070，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解，故答案為：CuSO4或Cu2+；溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解；（2）銅離子與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，故答案為：2C

53、u2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+；（3）由流程可知，經(jīng)酸洗、水洗后得到硫酸銨，則應(yīng)加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質(zhì)，故答案為：硫酸；（4）步驟為醇洗，因乙醇沸點低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，故答案為：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；（5）步驟、都要進行固液分離，根據(jù)混合的水溶性進行分離，沒有發(fā)生化學變化，可用離心機以及框式壓濾機，以得到濾餅，故答案為：BD；（6）氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2+C

54、r2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，反應(yīng)的關(guān)系式為6CuCl6Fe2+Cr2O72， 6 1 n ab×103moln=6ab×103mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×103mol=0.597abg，則樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：?！军c評】本題為2015年高考題，題目考查學生閱讀獲取信息的能力、常用化學用語、氧化還原滴定的應(yīng)用等，側(cè)重于學生的分析能力、實驗?zāi)芰陀嬎隳芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)流程，難度中等，注意（6）中利用關(guān)系式的計算?；瘜W-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12碳及其化合物廣泛存在于自然界中，

55、回答下列問題：（1）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述。在基態(tài)14C原子中，核外存在2對自旋相反的電子。（2）碳在形成化合物時，其鍵型以共價鍵為主，原因是C有4個價電子且半徑較小，難以通過得或失電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。（3）CS2分子中，共價鍵的類型有鍵和鍵，C原子的雜化軌道類型是sp，寫出兩個與CS2具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子或離子CO2、SCN或COS等。（4）CO能與金屬Fe形成Fe（CO）5，該化合物熔點為253K，沸點為376K，其固體屬于分子晶體。（5）碳有多種同素異形體，其中石墨烯與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：在石墨烯晶體中，每個C原子連接3個