1、2015年福建省泉州五中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1下列过程中没有发生化学反应的是( )A用活性炭去除汽车内室的异味B用硝酸对钢船舱进行钝化处理C用经硫酸酸化处理的三氧化铬硅胶检验酒精D用小苏打溶水拌入面中一起蒸煮使馒头蓬松2下列关于有机物的说法中，正确的是( )A油脂和蛋白质都是天然高分子化合物，都能水解B天然气和液化石油气的主要成分都是烃，都能燃烧C苯和乙烯都含有碳碳双键，都能和H2发生加成反应D裂化汽油和四氯化碳都不溶于水，都可用于萃取溴3下列措施，一定能使NaCl溶液中c（OH）减小的是( )A加热使c（H+）
2、增大B投入一小块金属钠C加入少量NH4Cl固体D以铁为电极进行电解4X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示，下列说法正确的是( )A金属性：NQB最高价氧化物对应水化物酸性：MYNC简单离子半径：QNXD原子序数：ZMYX5实验室对茶叶中铁元素的检验，可经以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化；茶叶灰用浓硝酸浸取并加蒸馏水稀释；过滤得到滤液；用KSCN溶液进行检验下列说法中正确的是( )A步骤所用仪器包括蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等B步骤所用的浓硝酸应保存在带橡皮塞的棕色试剂瓶中C步骤可以不做，改为将悬浊液静置一段时间D步骤观察到溶液变红色，证明茶叶中含有Fe3+
3、6一定温度和电压下，电解精制食盐水可制取NaClO3电解装置如图已知：3Cl2+6OH=ClO3+5Cl+3H2O下列说法正确的是( )A铁为阳极，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OHB若阴极产生3.36L（标况）气体，则溶液中的反应转移电子0.30molC电解槽内总反应方程式为：NaCl+3H2O NaClO3+3H2D用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，也一样可以制得NaClO37往密闭容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，气体颜色变深如图表示该反应平衡时有关物理量Y随某条件X（其他条件不变）变化的规律X、Y分别是( )A温度T，逆反应速率逆B温度T，
4、气体的密度C压强P，平衡常数KD压强P，N2O4转化率二、解答题（共3小题，满分45分）8A、B、C、X是中学化学常见物质，它们在一定条件下具有如下转化关系：A+XB+C+H2O（1）若X是淀粉水解的最终产物，B为砖红色难溶于水的氧化物X的化学式为_A溶于硝酸的离子方程式为_将淀粉水解液中和后，与A的悬浊液（含NaOH）共热至沸腾，产生砖红色沉淀则证明淀粉已经水解若要进一步探究淀粉是否完全水解，还需用到的试剂是_（2）若A是由M+和R构成的盐，X为二元强碱，B为气体B与氧气一定条件下可以发生置换反应，当生成18g液态水时，放出能量Q kJ，该反应的热化学方程式为_；若将该反应设计成燃料电池（以
5、硫酸溶液为电解质溶液），其负极反应式为_室温时，20mL 0.10molL1的B溶液用0.050molL1的硫酸溶液滴定，所得滴定曲线如图所示曲线上a点，c（M+）_c（SO42）（填“”、“”或“=”）曲线上b点，溶液中c（H+）_（只保留一位有效数字）9K2CO3有广泛的用途（1）钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等将草木灰用水浸取，过滤、蒸发得浓缩液该浓缩液呈碱性的原因用离子方程式表示为_检验该浓缩液中Cl所用的试剂有_AAgNO3溶液B硝酸C盐酸DBa（NO3）2溶液EBaCl2溶液（2）工业上曾利用如下反应生产碳酸钾：K2SO4+C+CaCO3K2CO3+X+CO2（未配
6、平），已知X为两种元素组成的化合物，则X的化学式为_；反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_（3）离子膜电解炭化法是目前生产碳酸钾的常用的方法第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，按以下流程精制：已知：加入K2CO3后，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀KspMg（OH）2=5.61012，Ksp（CaCO3）=2.8109，Ksp（MgCO3）=6.8106操作的名称是_当加入KOH后，溶液中n（CO32）增大，主要原因是_第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品离子膜电解炭化
7、法的整个过程中，可以循环利用的物质有_10某学习小组探究铜跟浓硫酸反应的情况取6.4g铜片和10mL 18molL1的浓硫酸放在圆底烧瓶中，按右图所示装置进行实验（1）铜和浓硫酸反应的化学方程式为_（2）实验结束后，发现广口瓶中产生白色沉淀，加入足量盐酸后沉淀几乎完全溶解简要分析广口瓶中产生沉淀的主要原因：_（3）实验结束后，发现烧瓶中有铜片剩余根据所学知识，他们认为烧瓶中还有较多的硫酸剩余选择合适的试剂，设计简单易行的实验方案证明有余酸：_供选择的试剂：铁粉、银粉、BaCl2溶液、Na2CO3溶液（4）甲同学设计如下方案：测定产生气体的量，再计算余酸的浓度下列测定产生气体的量的实验方法中，不
8、可行的是_（填编号）a将气体缓缓通过预先称量、盛有碱石灰的干燥管，反应结束后再次称量b将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，再加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀c用排水法测定产生气体的体积d用排饱和NaHSO3的方法测定产生气体的体积（5）乙同学设计通过酸碱中和滴定来测定余酸的浓度：待烧瓶冷却至室温后，将其中的溶液用蒸馏水稀释至100mL，移取25mL到锥形瓶中，滴加2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴至终点平行实验三次稀释时，应先往_（填仪器名称）中加入_（填“烧瓶中的溶液”或“蒸馏水”）该方法测得的余酸浓度_（填“偏大”、“偏小”或“准确”）（6）丙设计了测定余酸浓度的较为简易的
9、实验方案：取出反应后剩余的铜片，进行洗涤、干燥、称量若称得剩余铜片的质量为3.2g，反应后溶液体积变化忽略不计，则剩余硫酸的物质的量浓度为_三、化学-物质结构与性质（共1小题，满分13分）11（13分）氨是重要的化工原料，用途很广（1）合成氨工厂常用醋酸二氨合铜（由Cu（NH3）2+和CH3COO构成）溶液吸收对氨合成催化剂有毒害的CO气体醋酸二氨合铜所含的元素中，第一电离能最大的是_（填元素名称）醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，所属的晶体类型有_（填标号）a离子晶体 b分子晶体c原子晶体 d金属晶体第4周期元素中，基态原子与基态Cu原子具有相同未成对电子数的有_种（不含Cu）（2）BF3气体
10、与NH3相遇立即生成一种白色晶体：BF3+NH3=F3BNH3BF3和NH3分子的空间构型分别为_、_晶体F3BNH3中，B原子的杂化轨道类型为_（3）NH3可用于合成尿素、硫酸铵等氮肥某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种组成为N4H4（SO4）2的物质该物质易溶于水，在水溶液中以SO42和N4H44+两种正四面体构型的离子存在N4H44+遇碱生成一种形似白磷的N4分子下列相关说法中，正确的是_（填序号）aN4是N2的同分异构体b1mol N4 分解生成N2，形成了4mol 键c白磷的沸点比N4高，原因是PP键键能比NN键大d白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强画出N4H44+的结构（
11、标明其中的配位键）：_四、化学-有机化学基础（共1小题，满分0分）12芳香族化合物A（C8H6O4）能与NaHCO3溶液反应生成CO2由A与对二氯苯（）为原料经多步反应可合成1，4二羟基蒽醌（结构如图所示）（1）A的结构简式为_（2）下列关于对二氯苯的说法中，正确的是_（填序号）a对二氯苯分子中所有原子都在同一平面上b对二氯苯进行氯化得到的三氯苯有三种c由苯和氯气制取对二氯苯的反应是加成反应d对二氯苯水解生成对氯苯酚的反应是氧化反应以A和乙烯为原料，通过如下路线，可以合成塑化剂DBP（C16H22O4）CH2=CH2BCDE DBP已知：RCHO+RCH2CHO（3）D中不含氧官能团的名称为_
12、（4）由B生成E的过程中，涉及的反应类型有_（填序号）a取代反应b加成反应c消去反应d还原反应（5）写出E与A反应合成DBP的化学方程式：_（6）直链化合物X是C的同分异构体，X分子中不含甲基，其1H核磁共振谱图中有3种峰X的结构简式为_2015年福建省泉州五中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1下列过程中没有发生化学反应的是( )A用活性炭去除汽车内室的异味B用硝酸对钢船舱进行钝化处理C用经硫酸酸化处理的三氧化铬硅胶检验酒精D用小苏打溶水拌入面中一起蒸煮使馒头蓬松考点：物理变化与化学变化的区别与联系 分析：化学变化是指有新物
13、质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断解答：解：A、用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故A正确；B、常温下，Fe、Al遇浓硝酸发生钝化，在金属的表面生成一层致密的氧化物，有新物质生成，是化学变化，故B错误；C、CrO3变为绿色的Cr2（SO4）3化合价降低，将乙醇氧化属于化学变化，故C错误；D、蒸馒头过程中，小苏打受热分解产生碳酸钠、二氧化碳和水，属于化学变化，故D错误，故选A点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成2下列关
14、于有机物的说法中，正确的是( )A油脂和蛋白质都是天然高分子化合物，都能水解B天然气和液化石油气的主要成分都是烃，都能燃烧C苯和乙烯都含有碳碳双键，都能和H2发生加成反应D裂化汽油和四氯化碳都不溶于水，都可用于萃取溴考点：分液和萃取；饱和烃与不饱和烃；乙烯的化学性质；苯的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：A蛋白质是高分子化合物，油脂不是高分子化合物； B天然气主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷；C苯中不含碳碳双键；D裂化汽油含有碳碳双键解答：解：A油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，油脂的相对分子量比较小，不是高分子化合物，故A错误； B天然气主要成分是
15、甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，都是烃，都能燃烧，故B正确；C苯中不含碳碳双键，是一种介于单键和双键之间的一种特殊的键，故C错误；D裂化汽油含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故D错误故选B点评：本题考查了有机物组成、结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质3下列措施，一定能使NaCl溶液中c（OH）减小的是( )A加热使c（H+）增大B投入一小块金属钠C加入少量NH4Cl固体D以铁为电极进行电解考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：NaCl是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，溶液显中性，A、加热能够促进水的电离，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度都增大；B、Na能够
16、与水反应生成NaOH；C、铵根离子水解，结合氢氧根离子；D、以铁为电极电解NaCl溶液，阴极上氢离子放电解答：解：A、加热氢氧根离子浓度增大，故A错误；B、Na与水反应生成NaOH，氢氧根离子浓度增大，故B错误；C、氯化铵溶液显酸性，因为铵根离子水解，结合氢氧根离子，导致氢氧根离子浓度减小，故C正确；D、以铁为电极电解NaCl溶液，阴极上氢离子放电，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选C点评：本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素，注意题干条件，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力4X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价
17、的关系如图所示，下列说法正确的是( )A金属性：NQB最高价氧化物对应水化物酸性：MYNC简单离子半径：QNXD原子序数：ZMYX考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，由图中化合价可知，X的化合价为2价，没有正化合价，故X为O元素，M的化合价为+6、2价，故M为S元素；Z的最高正价为+7价、最低价1，则Z为Cl元素；Y的化合价为+4、4价，原子半径小于Cl，故Y为C元素；N为+3价，原子半径大于S，故N为Al元素；Q的化合价为+1价，处于IA族，原子半径大于Al元素，故Q为Na元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，由图中化
18、合价可知，X的化合价为2价，没有正化合价，故X为O元素，M的化合价为+6、2价，故M为S元素；Z的最高正价为+7价、最低价1，则Z为Cl元素；Y的化合价为+4、4价，原子半径小于Cl，故Y为C元素；N为+3价，原子半径大于S，故N为Al元素；Q的化合价为+1价，处于IA族，原子半径大于Al元素，故Q为Na元素A同周期自左而右金属性减弱，故金属性NaAl，故A错误；B非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性高氯酸硫酸偏铝酸，故B正确；C电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2Na+Al3+，故C错误；D原子序数：Z（Cl）M（S）X（O）Y（C），故D错误，
19、故选B点评：本题考查结构性质与位置关系等，难度不大，根据化合价与原子半径推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握5实验室对茶叶中铁元素的检验，可经以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化；茶叶灰用浓硝酸浸取并加蒸馏水稀释；过滤得到滤液；用KSCN溶液进行检验下列说法中正确的是( )A步骤所用仪器包括蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等B步骤所用的浓硝酸应保存在带橡皮塞的棕色试剂瓶中C步骤可以不做，改为将悬浊液静置一段时间D步骤观察到溶液变红色，证明茶叶中含有Fe3+考点：化学实验操作的先后顺序 分析：A由步骤将茶叶灼烧灰化用浓硝酸溶解茶叶灰过滤得到的滤液检验滤液中的Fe3+可知，灼烧在坩埚中进行；B、浓硝
20、酸为腐蚀性强酸，且见光容易分解，据此解答即可；C、为获取溶液，静置也可以；D、溶液的亚铁离子可以被氧化为铁离子，据此解答即可解答：解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有坩埚、酒精灯、玻璃棒等，故A错误； B用浓硝酸溶能腐蚀橡胶，应保存在磨口玻璃塞的棕色玻璃瓶中，故B错误； C为得到溶液，可以不过滤，通过静置达到溶液与沉淀分离的目的，故C正确； D检验滤液中的Fe3+，可用KSCN溶液检验，但是茶叶中的铁元素存在也可以是亚铁离子，在提取过程中被空气中的氧气氧化，故不能说明茶叶中一定含有铁离子，可以说明一定含有铁元素，故D错误，故选C点评：本题考查物质的分离提纯实验设计，为高频考点，把
21、握实验基本技能及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大6一定温度和电压下，电解精制食盐水可制取NaClO3电解装置如图已知：3Cl2+6OH=ClO3+5Cl+3H2O下列说法正确的是( )A铁为阳极，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OHB若阴极产生3.36L（标况）气体，则溶液中的反应转移电子0.30molC电解槽内总反应方程式为：NaCl+3H2O NaClO3+3H2D用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，也一样可以制得NaClO3考点：原电池和电解池的工作原理 分析：由题给信息可知，电解时，铁应为阴极，发生还原反应生成氢气2H2O+2e=H2+2OH，阳极
22、发生2Cl2e=Cl2，OH向阳极移动，发生3Cl2+6OH=ClO3+5Cl+3H2O，可制得NaClO3，总反应式为NaCl+3H2O NaClO3+3H2，以此解答该题解答：解：A阳极发生氧化反应生成氯气，则铁应为阴极，否则被氧化生成亚铁离子，故A错误；B若阴极产生3.36L（标况）气体，为氢气，n（H2）=0.15mol，则生成0.15molCl2，溶液中发生3Cl2+6OH=ClO3+5Cl+3H2O，由方程式可知转移0.25mol电子，故B错误；C电解时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子，电池反应式为NaCl+3H2O NaClO3+3H2，故C正确；D用阳离子交换
23、膜代替阴离子交换膜，OH不能移向阳极移动，不能生成ClO3，只能生成氯气，故D错误故选C点评：本题考查了电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确离子交换膜的作用及阴阳极上发生的反应是解本题关键，计算量较大，题目难度中等7往密闭容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，气体颜色变深如图表示该反应平衡时有关物理量Y随某条件X（其他条件不变）变化的规律X、Y分别是( )A温度T，逆反应速率逆B温度T，气体的密度C压强P，平衡常数KD压强P，N2O4转化率考点：化学平衡的影响因素 分析：反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，气体颜色变深，可
24、以判断得出：此反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增大的反应，据此解答即可解答：解：A、温度升高，正、逆反应速率均增大，与图象不符，故A错误；B、密闭容器，气体体积不变，气体的质量不变，故密度不变，故B错误；C、平衡常数为温度的函数，与压强无关，故C错误；D、增大压强，平衡左移，N2O4转化率降低，与图象一致，故D正确，故选D点评：本题考查化学反应速率、平衡移动原理及其应用，题目难度中等，注意分析反应的特点，从而判断温度和压强对平衡移动的影响是关键二、解答题（共3小题，满分45分）8A、B、C、X是中学化学常见物质，它们在一定条件下具有如下转化关系：A+XB+C+H2O（1）若X是淀粉水解的
25、最终产物，B为砖红色难溶于水的氧化物X的化学式为C6H12O6A溶于硝酸的离子方程式为Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O将淀粉水解液中和后，与A的悬浊液（含NaOH）共热至沸腾，产生砖红色沉淀则证明淀粉已经水解若要进一步探究淀粉是否完全水解，还需用到的试剂是碘水（2）若A是由M+和R构成的盐，X为二元强碱，B为气体B与氧气一定条件下可以发生置换反应，当生成18g液态水时，放出能量Q kJ，该反应的热化学方程式为4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）H=6QkJmol1；若将该反应设计成燃料电池（以硫酸溶液为电解质溶液），其负极反应式为2NH36e=N2+6H+室温时，
26、20mL 0.10molL1的B溶液用0.050molL1的硫酸溶液滴定，所得滴定曲线如图所示曲线上a点，c（M+）c（SO42）（填“”、“”或“=”）曲线上b点，溶液中c（H+）7106molL1（只保留一位有效数字）考点：无机物的推断 专题：推断题分析：（1）若X是淀粉水解的最终产物，应为葡萄糖，B为砖红色难溶于水的氧化物，应为Cu2O，则A为Cu（OH）2，C为葡萄糖酸；（2）若A是由M+和R构成的盐，X为二元强碱，B为气体，可知A为铵盐，B应为NH3反应的方程式为4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l），结合生成的水以及放出的热量计算反应热，若将该反应设计成燃料电池
27、，氨气为负极，被氧化生成氮气；室温时，20mL 0.10molL1的B溶液用0.050molL1的硫酸溶液滴定，a点时pH=7，结合电荷守恒和水解常数计算解答：解：（1）若X是淀粉水解的最终产物，应为葡萄糖，B为砖红色难溶于水的氧化物，应为Cu2O，则A为Cu（OH）2，C为葡萄糖酸，葡萄糖的化学式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6；A为Cu（OH）2，与硝酸反应的离子方程式为Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，故答案为：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O；检验淀粉，可用碘水，因淀粉遇碘变蓝色，故答案为：碘水；（2）若A是由M+和R构成的盐，X为二元强碱，B为气体，可知A为
28、铵盐，B应为NH3，反应的方程式为4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l），当生成18g液态水，即1mol时，放出能量Q kJ，则4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）H=6Q kJmol1，若将该反应设计成燃料电池，氨气为负极，被氧化生成氮气，电极方程式为2NH36e=N2+6H+，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）H=6Q kJmol1；2NH36e=N2+6H+；室温时，20mL 0.10molL1的B溶液用0.050molL1的硫酸溶液滴定，a点时pH=7，因c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH）
29、，则c（NH4+）=2c（SO42），所以c（NH4+）2c（SO42），b点时，恰好反应生成硫酸铵，由图象可知0.10molL1的氨水溶液pH=11，则c（OH）=103 molL1，可知一水合氨的电离常数为=105，则铵根离子的水解常数为=109，所以c2（H+）=（0.05c（H+）109，c（H+）7106 （molL1 ），故答案为：；7106 molL1点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握题给信息以及物质的性质，把握弱电解质的电离以及盐类水解的特点，易错点为（2），难度中等9K2CO3有广泛的用途（1）钾肥草木灰中含有K2CO3、K
30、2SO4、KCl等将草木灰用水浸取，过滤、蒸发得浓缩液该浓缩液呈碱性的原因用离子方程式表示为CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH检验该浓缩液中Cl所用的试剂有ABDAAgNO3溶液B硝酸C盐酸DBa（NO3）2溶液EBaCl2溶液（2）工业上曾利用如下反应生产碳酸钾：K2SO4+C+CaCO3K2CO3+X+CO2（未配平），已知X为两种元素组成的化合物，则X的化学式为CaS；反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2（3）离子膜电解炭化法是目前生产碳酸钾的常用的方法第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，按以下流程精制：已知：加入K2CO3后，
31、溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀KspMg（OH）2=5.61012，Ksp（CaCO3）=2.8109，Ksp（MgCO3）=6.8106操作的名称是过滤当加入KOH后，溶液中n（CO32）增大，主要原因是KspMg（OH）2比KspMgCO3小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）Mg2+（aq）+CO32（aq），加入KOH，Mg2+与OH结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32）增大）第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KH
32、CO3分解得到产品离子膜电解炭化法的整个过程中，可以循环利用的物质有盐酸、CO2考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性；检验Cl的方法是利用Ag+Cl=AgCl产生白色沉淀的原理，加入HNO3酸化后，应该再加入含有Ag+的溶液，但该浓缩液含有硫酸根离子，需排除干扰，加入适量的Ba（NO3）2溶液可除去SO42；（2）根据元素守恒X必含有钙元素，反应前后碳的化合价升高，硫的化合价降低，X为硫化钙，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，转移电子数为8e；（3）粗
33、KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤实现固液分离；难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32）增大；在离子膜电解炭化法的整个过程中盐酸、CO2 可以循环利用解答：解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH；钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离
34、子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl，所以选择ABD，故答案为：ABD；（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3K2CO3+X+CO2可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2，S元素化合价由+6价降低到2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中
35、元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，故答案为：CaS；1：2；（3）粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但KspMg（OH）2=5.61012Ksp（MgCO3）=6.8106，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，故答案为：过滤；KspMg（OH）2=5.61012Ksp（MgCO3）=6.8106，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32）增大，也可理解为
36、：MgCO3（s）Mg2+（aq）+CO32（aq），加入KOH，Mg2+与OH结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32）增大，故答案为：KspMg（OH）2比KspMgCO3小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）Mg2+（aq）+CO32（aq），加入KOH，Mg2+与OH结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32）增大）；离子膜电解炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHC
37、O3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，故答案为：盐酸、CO2点评：本题考查K2CO3的有关知识、涉及盐类水解、物质的分离提纯、氧化还原、对离子膜电解炭化法实验原理的理解等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，要求学生具有扎实的基础及综合运用知识分析问题、解决问题的能力10某学习小组探究铜跟浓硫酸反应的情况取6.4g铜片和10mL 18molL1的浓硫酸放在圆底烧瓶中，按右图所示装置进行实验（1）铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（2）实验结束
38、后，发现广口瓶中产生白色沉淀，加入足量盐酸后沉淀几乎完全溶解简要分析广口瓶中产生沉淀的主要原因：烧杯中的溶液倒吸入广口瓶中，与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀（3）实验结束后，发现烧瓶中有铜片剩余根据所学知识，他们认为烧瓶中还有较多的硫酸剩余选择合适的试剂，设计简单易行的实验方案证明有余酸：取少量余液于试管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有气体产生证明有余酸供选择的试剂：铁粉、银粉、BaCl2溶液、Na2CO3溶液（4）甲同学设计如下方案：测定产生气体的量，再计算余酸的浓度下列测定产生气体的量的实验方法中，不可行的是abc（填编号）a将气体缓缓通过预先称量、盛有碱石灰的干燥管，反
39、应结束后再次称量b将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，再加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀c用排水法测定产生气体的体积d用排饱和NaHSO3的方法测定产生气体的体积（5）乙同学设计通过酸碱中和滴定来测定余酸的浓度：待烧瓶冷却至室温后，将其中的溶液用蒸馏水稀释至100mL，移取25mL到锥形瓶中，滴加2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴至终点平行实验三次稀释时，应先往烧杯（填仪器名称）中加入蒸馏水（填“烧瓶中的溶液”或“蒸馏水”）该方法测得的余酸浓度偏大（填“偏大”、“偏小”或“准确”）（6）丙设计了测定余酸浓度的较为简易的实验方案：取出反应后剩余的铜片，进行洗涤、干燥、称量若称得剩
40、余铜片的质量为3.2g，反应后溶液体积变化忽略不计，则剩余硫酸的物质的量浓度为8mol/L考点：浓硫酸的性质实验 专题：实验设计题分析：（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水；（2）二氧化硫不与二氧化硫反应，但是二氧化硫容易与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，若发生倒吸现象，则亚硫酸钠与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；（3）证明硫酸有剩余，需要证明反应后的溶液中含有大量氢离子，据此设计实验方案；（4）碱石灰能吸收二氧化硫和水；硫酸酸化高锰酸钾后，影响了二氧化硫的测定；二氧化硫易溶于水，不能使用排水法测量气体体积，据此进行判断；（5）稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸加入蒸馏水中；酚酞的变
41、色范围为810，所以滴定终点时溶液的pH=8，则加入的氢氧化钠溶液比剩余溶液中氢离子的物质的量大，测定结果偏大；（6）根据反应方程式可知，反应消耗的硫酸的物质的量是铜的2倍，据此可以计算出消耗的硫酸的浓度及剩余硫酸的物质的量浓度解答：解：（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）由于氯化钡不与二氧化硫反应，若生成了白色沉淀，该白色沉淀只能为亚硫酸钡，说明烧杯中的溶液倒吸入广口瓶中，亚硫酸钠与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，故答案为：烧杯中的溶液倒吸入广口瓶中，与BaCl2
42、溶液反应生成BaSO3沉淀；（3）实验结束后，发现烧瓶中有铜片剩余，由于稀硫酸不与铜反应，则烧瓶中还有较多的硫酸剩余，证明硫酸有剩余，需要证明反应后的溶液中含有大量氢离子，可以用金属铁或碳酸钠溶液检验，方法为：取少量余液于试管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有气体产生证明有余酸，故答案为：取少量余液于试管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有气体产生证明有余酸；（4）a将装置产生的气体缓缓通过预先称量过盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称量，由于气体中含有水蒸气，碱石灰会吸收二氧化硫和水蒸气，称量后计算不准确，故a错误；b将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，由于硫酸能够与氯化钡
43、反应生成硫酸钡，干扰了二氧化硫的测定，所以不能用硫酸酸化高锰酸钾溶液，故b错误；c二氧化硫易溶于水，测量出的二氧化硫不准确，故c错误；d用排饱和NaHSO3溶液的方法测出装置A产生气体的体积，二氧化硫在饱和NaHSO3溶液中的溶解度降低，可以用排水量气方法进行二氧化硫的气体体积测定，故d正确；故答案为：abc；（5）浓硫酸密度大于水，稀释时放出大量热，所以稀释时，应先往烧杯中加入蒸馏水，然后再慢慢加入反应后烧杯中的溶液，故答案为：烧杯；蒸馏水；用酚酞做指示剂，溶液变色时的pH=87，则滴定终点时加入的氢氧化钠稍过量，导致测定结果偏大，故答案为：偏大；（6）反应的铜的物质的量为：n（Cu）=0.
44、05mol，根据反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O可知，反应消耗的硫酸的物质的量是铜的2倍，则反应消耗的硫酸的物质的量为：0.05mol2=0.1mol，则反应消耗的硫酸的浓度为：=10mol/L，所以反应后剩余硫酸的浓度为：18mol/L10mol/L=8mol/L，故答案为：8mol/L点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案的设计原则及浓硫酸的性质，试题侧重考查学生的分析及化学实验、化学计算能力三、化学-物质结构与性质（共1小题，满分13分）11（13分）氨是重要的化工原料，用途很广（1）合成氨
45、工厂常用醋酸二氨合铜（由Cu（NH3）2+和CH3COO构成）溶液吸收对氨合成催化剂有毒害的CO气体醋酸二氨合铜所含的元素中，第一电离能最大的是氮（填元素名称）醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，所属的晶体类型有b、c、d（填标号）a离子晶体 b分子晶体c原子晶体 d金属晶体第4周期元素中，基态原子与基态Cu原子具有相同未成对电子数的有4种（不含Cu）（2）BF3气体与NH3相遇立即生成一种白色晶体：BF3+NH3=F3BNH3BF3和NH3分子的空间构型分别为正三角形、三角锥型晶体F3BNH3中，B原子的杂化轨道类型为sp3（3）NH3可用于合成尿素、硫酸铵等氮肥某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种
46、组成为N4H4（SO4）2的物质该物质易溶于水，在水溶液中以SO42和N4H44+两种正四面体构型的离子存在N4H44+遇碱生成一种形似白磷的N4分子下列相关说法中，正确的是b（填序号）aN4是N2的同分异构体b1mol N4 分解生成N2，形成了4mol 键c白磷的沸点比N4高，原因是PP键键能比NN键大d白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强画出N4H44+的结构（标明其中的配位键）：考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 分析：（1）非金属性越强，第一电离能越大，但是最外层电子排布处于全满或半满状态时较稳定，
47、不易失电子，第一电离能较大；醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，有铜、金刚石、氧气、氢气等；Cu的外围电子排布为3d104s1，只有1个未成对电子；（2）根据分子中中心原子的价层电子对数判断杂化类型和分子的空间构型；（3）a分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；b一个N2中含有2个 键；c结构相似的分子晶体，相对分子量越大，熔沸点越高；d同主族从上到下，非金属性减弱；N4H44+中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键解答：解：（1）非金属性越强，第一电离能越大，但是最外层电子排布处于全满或半满状态时较稳定，不易失电子，第一电离能较大，醋酸二氨合铜所含的元素有Cu、O
48、、C、H、N，由于N原子的最外层排布为半满状态，第一电离能较大，所以第一电离能最大的是N；故答案为：氮；醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，有铜属于金属晶体、金刚石属于原子晶体、氧气和氢气属于分子晶体；故答案为：b、c、d；Cu的外围电子排布为3d104s1，只有1个未成对电子，第4周期元素中，基态原子含有一个未成对电子的元素有，K、Sc、GaBr，共有4种元素；故答案为：4；（2）BF3中B的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，分子的空间构型为正三角形，NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥型；故答案为：正三角形；三角锥型；晶体F3BNH3中，B原子的价
49、层电子对数为4，则杂化类型为sp3杂化；故答案为：sp3；（3）a分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体，N4与N2都是N元素的单质，属于同素异形体，故a错误；b一个N2中含有2个 键，1mol N4 分解生成2molN2，形成了4mol 键，故b正确；c结构相似的分子晶体，相对分子量越大，熔沸点越高，白磷的相对分子量比N4大，与键能无关，故c错误；d同主族从上到下，非金属性减弱，则P的非金属性比N弱，白磷的化学性质比N2活泼，与共价键稳定性有关，故d错误；故答案为：b；N4H44+中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键，则N4H44+的结构图为；故答案为：点评：
50、本题考查了晶体类型和第一电离能、杂化方式的判断、电子排布式的书写、电负性、微粒的空间结构、配位键等；考查的知识点较多，题目难度中等，注意对题中所给结构图的分析是解题的关键四、化学-有机化学基础（共1小题，满分0分）12芳香族化合物A（C8H6O4）能与NaHCO3溶液反应生成CO2由A与对二氯苯（）为原料经多步反应可合成1，4二羟基蒽醌（结构如图所示）（1）A的结构简式为（2）下列关于对二氯苯的说法中，正确的是a（填序号）a对二氯苯分子中所有原子都在同一平面上b对二氯苯进行氯化得到的三氯苯有三种c由苯和氯气制取对二氯苯的反应是加成反应d对二氯苯水解生成对氯苯酚的反应是氧化反应以A和乙烯为原料，
51、通过如下路线，可以合成塑化剂DBP（C16H22O4）CH2=CH2BCDE DBP已知：RCHO+RCH2CHO（3）D中不含氧官能团的名称为碳碳双键（4）由B生成E的过程中，涉及的反应类型有bcd（填序号）a取代反应b加成反应c消去反应d还原反应（5）写出E与A反应合成DBP的化学方程式：（6）直链化合物X是C的同分异构体，X分子中不含甲基，其1H核磁共振谱图中有3种峰X的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）芳香族化合物A（C8H6O4）能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明A中含有COOH，A的不饱和度为：=6，其中苯环的
52、不饱和度为4，1个羧基的不饱和度为2，结合A的分子式可知A分子中含有两个羧基，再结合A与对二氯苯（）为原料经多步反应合成的1，4二羟基蒽醌（）可知，A中两个羧基在苯环的邻位C上，据此写出A的结构简式；（2）a根据苯分子所有原子共平面进行判断；b对二氯苯分子中所有H原子都等效；c由苯和氯气制取对二氯苯的反应为取代反应；d对二氯苯水解生成对氯苯酚的反应属于取代反应；DBP的分子式为C16H22O4，A为，A与E在浓硫酸作用下发生反应生成DBP，该反应应该为酯化反应，结合A的分子式可知E分子中含有4个C、1个羟基，即1分子A与2分子E发生酯化反应生成DBP，再根据已知的信息反应可知B为CH3CHO、
53、C为CH3CH（OH）CH2CHO、D为CH3CH=CHCHO，D与氢气发生加成反应生成E，则E为CH3CH2CH2CH2OH，根据以上分析解答（3）（6）解答：解：（1）芳香族化合物A（C8H6O4）能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明A中含有COOH，A的不饱和度为：=6，其中苯环的不饱和度为4，1个羧基的不饱和度为2，结合A的分子式可知A分子中含有两个羧基，再结合A与对二氯苯（）为原料经多步反应合成的1，4二羟基蒽醌（）可知，A中两个羧基在苯环的邻位C上，则A的结构简式为：，故答案为：（2）a苯分子中所有原子共平面，则对二氯苯分子中所有原子都在同一平面上，故a正确；b由于对二氯苯分子
54、中所有H原子都等效，则对二氯苯进行氯化得到的三氯苯有1种，故b错误；c由苯和氯气制取对二氯苯，氯原子取代苯环上的H，该反应为取代反应，故c错误；d对二氯苯水解生成对氯苯酚的反应，属于卤代烃的水解反应，不属于氧化反应，故d错误；故答案为：a；DBP的分子式为C16H22O4，A为，A与E在浓硫酸作用下发生反应生成DBP，该反应应该为酯化反应，结合A的分子式可知E分子中含有4个C、1个羟基，即1分子A与2分子E发生酯化反应生成DBP，再根据已知的信息反应可知B为CH3CHO、C为CH3CH（OH）CH2CHO、D为CH3CH=CHCHO，D与氢气发生加成反应生成E，则E为CH3CH2CH2CH2O
55、H，（3）D的结构简式为：CH3CH=CHCHO，其分子中含有的不含氧元素的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（4）B为CH3CHO、C为CH3CH（OH）CH2CHO、D为CH3CH=CHCHO，E为CH3CH2CH2CH2OH，B生成C的反应为加成反应、C生成D的反应为消去反应、D生成E的反应为加成反应，也属于还原反应，所以由B生成E的过程中涉及的反应类型有：bcd，故答案为：bcd；（5）E与A反应合成DBP的反应为酯化反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）C的结构简式为CH3CH（OH）CH2CHO，直链化合物X是C的同分异构体，X分子中不含甲基，其1H核磁共振谱图中有3种峰，说明X中只有3种H原子，则X的结构简式具有对称结构，满足条件的C的结构简式为：HOCH2CH=CHCH2OH，故答案为：HOCH2CH=CHCH2OH点评：本题考查了有机推断，题目难度中等，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，涉及同分异构体的书写、有机反应类型判断、有机方程式书写、有机物结构与性质等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，