1、四川省成都市树德中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活联系密切，下列说法正确的是（）A作净水剂的明矾和作消毒剂的漂白粉都是强电解质B浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果C药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性D合成氨生产中将NH3液化分离，虽可提高N2、H2的转化率但减小了反应速率2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子数为0.4NAB常温下，1L0.1molL1CuSO4溶液中粒子总数小于0.2NAC1 mol冰醋酸和1 mol
2、乙醇在浓硫酸加热下充分反应生成H2O个数为NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3NA3下列有关NH4Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，Na+、H+、Cl、SCN可以大量共存B通入H2S气体至过量会生成两种沉淀C加入NaOH溶液至Fe3+刚好沉淀完全的离子方程式：NH4+Fe3+4OHFe（OH）3+NH3H2OD离子浓度关系：c（SO42）c（NH4+）c（Fe3+ ）c（H+ ）c（OH）4下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是（）序号相关实验试剂现象和结论探究Na2CO3和NaHCO3的稳定性固体Na2CO3和NaHC
3、O3加热后试管内壁均有水珠，两种物质受热是否分解无法判断检验淀粉在硫酸溶液中是否发生水解氢氧化钠、硫酸铜溶液加热后试管底部出现砖红色说明水解过程已发生比较Cl2 与I2的氧化性氯水、淀粉KI试纸试纸变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2氧化铝熔点高用砂纸打磨过的铝箔加热后铝熔化并不滴落，好像有层膜兜着，说明氧化铝熔点高ABCD5利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液，下列说法中不正确的是（）A燃料电池的A极连接电解池的C极B燃料电池工作时当0.2 NA个H+通过质子交换膜移向右边，饱和食盐水中可产生2.24L气体CA电极的电极反应式为：CH48e+2H2OCO2+8H+D电解池总反应式为NaCl+
4、H2ONaClO+H26硫酸生产中炉气转化反应为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）研究发现，SO3的体积分数（SO3%）随温度（T）的变化如曲线I所示下列判断正确的是（）A该反应在高温时比低温更易自发进行B曲线I上A、C两点反应速率的关系是：vAvCCT0时该反应的平衡常数为160D已知V2O5的催化效果比Fe2O3好，若I表示用V2O5催化剂的曲线，则II是Fe2O3作催化剂的曲线7室温下，用0.1molL1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1molL1HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（）A滴定时均可用酚酞作指示剂BM
5、点c（HX）c（X）c（OH）c（H+）C将P点和N点的溶液混合，1.0107mol/LD向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c（Na+）c（HX）=c（Cl）二、非选择题（共58分）8（13分）A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，EC2与BC2为等电子体，D基态原子有11种运动状态的电子，F是第四周期未成对电子最多的原子请回答下列问题：（1）上述元素中第一电离能最大的是（填元素符号）A基态原子的电子排布式是，E在周期表中的位置是第周期族（1）科学家成功地在高压下将AC2转化为具有空间立体网状结构的晶体，该晶体中A的杂化轨
6、道类型是（2）D+、AB、F6+三种离子组成的化合物D3F（AB）6，其中化学键的类型有，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为（3）“酒精检测仪”中有红色FC3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为9（15分）Cu2O是一种具有良好光电效应的材料，某学习小组探究制备Cu2O的方法【查阅资料】CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2OCu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和CuCu2O和Cu（SO3）23可以相互转化Cu2O Cu（SO3）23（无色）（1）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式：Cu2+SO32+Cu2O+HSO3【实验探究】操
7、作现象i有黄色沉淀出现，随着Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5mL时，溶液的蓝色消失ii将试管加热，黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当加到10mL时，沉淀完全溶解，得无色溶液（2）证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的试剂最好选用A浓硝酸 B稀硝酸 C浓硫酸 D稀硫酸（3）经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是（4）iii中砖红色沉淀消失的原因是（5）在加热条件下，若向2mL0.25molL1Na2SO3溶液中滴加0.25molL1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是（6）由上述实验
8、得出结论：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是、（7）若先向KOH溶液中加入一定量的CuSO4溶液，再加入一定量的肼（N2H4），加热并保持反应体系的温度在90，反应完全后，分离、洗涤、真空干燥所得到的固体为纳米氧化亚铜检验反应混合体系内纳米Cu2O已经生成的实验方法是10（15分）有机化合物甲、乙用于制备化妆品，二者合成路线如下（部分产物及条件略）已知：（R、R代表烃基或H）问题：（1）由D合成导电高分子物质的化学名称是（2）化合物A的结构简式为，“EF”的反应类型为（3）F有机化合物甲的化学方程式为（4）化合物W的相对分子质量为106，B与W可用进行鉴别（5）化
9、合物C的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，且M、N中均只含一种官能团，N中含有四个甲基X的结构简式是满足合成路线的N的同分异构体是写出N+W乙的化学方程式11（15分）某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO47H2O已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时的pH如下：沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始沉淀pH3.41.87.57.2完全沉淀pH5.23.29.79.2回
10、答下列问题：（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的两种仪器为（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是“酸浸”时所加入的酸是（填化学式）酸浸后，经操作a分离出固体后，溶液中可能含有的金属离子是（3）调节溶液PH为23的目的是（4）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO47H2O），其原因可能是（回答一点即可）（5）现有100千克含镍催化剂，如果酸浸步骤镍浸出率为a%，其它物质全部参与反应，且假定镍在酸浸后续步骤无损失操作C后粗晶体中含绿矾b%，则最终能得到粗晶体千克（Ni59 NiSO47H2O281）（只要求写出计算表达式）若要进一步提纯晶体，需进行的操
11、作是2016年四川省成都市树德中学高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活联系密切，下列说法正确的是（）A作净水剂的明矾和作消毒剂的漂白粉都是强电解质B浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果C药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性D合成氨生产中将NH3液化分离，虽可提高N2、H2的转化率但减小了反应速率【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A漂白粉是混合物，电解质必须为化合物；B乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；C苯酚能够使蛋白质变性，但苯酚不具有强氧化性；
12、D生成物浓度减小，反应速率减小【解答】解：A漂白粉属于混合物而不是纯净物，所以漂白粉不属于电解质，故A错误；B乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故B错误；C苯酚的水溶液可使菌体蛋白变性杀菌消毒，但苯酚无强氧化性，故C错误；D合成氨生产中将NH3液化分离，导致生成物浓度减小，平衡向着正向移动，但反应速率会减小，故D正确；故选D【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，题目难度不大，试题有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，
13、注意相关基础知识的积累2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子数为0.4NAB常温下，1L0.1molL1CuSO4溶液中粒子总数小于0.2NAC1 mol冰醋酸和1 mol乙醇在浓硫酸加热下充分反应生成H2O个数为NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A甲醛和甲酸甲酯的最简式均为CH2O；B粒子指代不明；C酯化反应为可逆反应，不能进行到底；D.5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，转移15mol电子时生成4mol氮气【解答】解：A甲醛和
14、甲酸甲酯的最简式均为CH2O，故3.0g混合物中含有的CH2O的物质的量为n=0.1mol，故含0.4mol原子即0.4NA个，故A正确；B.1L0.1molL1CuSO4溶液中，含有铜离子、硫酸根离子，水分子，题干未指明微粒种类，无法判断，故B错误；C.1 mol冰醋酸和1 mol乙醇在浓硫酸加热下充分反应生成H2O个数少于NA，故C错误；D.5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，转移15mol电子时生成4mol氮气，则生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA，故D错误；故选：A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，注意有
15、机物结构特点、可逆反应不能进行到底的特点，题目难度中等3下列有关NH4Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，Na+、H+、Cl、SCN可以大量共存B通入H2S气体至过量会生成两种沉淀C加入NaOH溶液至Fe3+刚好沉淀完全的离子方程式：NH4+Fe3+4OHFe（OH）3+NH3H2OD离子浓度关系：c（SO42）c（NH4+）c（Fe3+ ）c（H+ ）c（OH）【考点】铵盐；离子浓度大小的比较；离子共存问题【分析】A三价铁离子与SCN可发生络合反应；B通入H2S气体，反应生成硫单质、硫酸亚铁和硫酸铵；C加入NaOH溶液至Fe3+刚好沉淀完全，此时铵根离子未参加反应；D硫酸铁铵为
16、强电解质，完全电离生成铵根离子、三价铁离子、硫酸根离子，三价铁离子、铵根离子水解，三价铁离子水解能力强于铵根离子，据此分析解答【解答】解：ANH4Fe（SO4）2溶液含有三价铁离子，三价铁离子与SCN可发生络合反应，二者不能共存，故A错误；B通入H2S气体至过量会生成一种沉淀，即硫单质，故B错误；C加入NaOH溶液至Fe3+刚好沉淀完全的离子方程式：Fe3+3OHFe（OH）3，故C错误；D硫酸铁铵为强电解质，1mol硫酸铁铵完全电离生成1mol铵根离子、1mol三价铁离子、2mol硫酸根离子，三价铁离子、铵根离子都是弱碱阳离子，都发生水解，所以溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根子浓度，三价铁离
17、子水解能力强于铵根离子，所以氨根离子浓度大于三价铁离子浓度，所以离子浓度大小关系为：c（SO42）c（NH4+）c（Fe3+ ）c（H+ ）c（OH），故D正确；故选：D【点评】本题考查了铵盐的性质，明确硫酸铁铵的电离方式，明确铵根离子、三价铁离子性质是解题关键，注意三价铁离子水解能力强于铵根离子，题目难度中等4下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是（）序号相关实验试剂现象和结论探究Na2CO3和NaHCO3的稳定性固体Na2CO3和NaHCO3加热后试管内壁均有水珠，两种物质受热是否分解无法判断检验淀粉在硫酸溶液中是否发生水解氢氧化钠、硫酸铜溶液加热后试管底部出现砖红色说明水解过程已发生比较
18、Cl2 与I2的氧化性氯水、淀粉KI试纸试纸变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2氧化铝熔点高用砂纸打磨过的铝箔加热后铝熔化并不滴落，好像有层膜兜着，说明氧化铝熔点高ABCD【考点】化学实验方案的评价【分析】碳酸钠不分解；且没有水生成；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应；试纸变蓝，说明生成碘；加热后铝表面生成氧化铝，熔化并不滴落，说明氧化铝没有熔化【解答】解：根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故错误；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，出现砖红色说明水解过程已发生，故正确；试纸变蓝，说明生成碘，可说明氯气的强氧化性较
19、强，故正确；加热后铝表面生成氧化铝，熔化并不滴落，说明氧化铝没有熔化，说明氧化铝的熔点高，故正确故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大5利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液，下列说法中不正确的是（）A燃料电池的A极连接电解池的C极B燃料电池工作时当0.2 NA个H+通过质子交换膜移向右边，饱和食盐水中可产生2.24L气体CA电极的电极反应式为：CH48e+2H2OCO2+8H+D电解池总反应式为NaCl+H2ONaClO+H2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】
20、利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液的原理：在阴极上产生氢气，氢气密度比空气小，C处产生的是氢气，活性电极铁也只能在这里作阴极；在阳极上产生氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，则D处产生的是氯气，根据原本电池的工作原理以及电极反应式来回答判断【解答】解：利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液的原理：在阴极上产生氢气，氢气密度比空气小，C处产生的是氢气，活性电极铁也只能在这里作阴极；在阳极上产生氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，则D处产生的是氯气A燃料电池中通入燃料甲烷的电极A是负极，C是阴极，A极连接电解池的C极，故A正确；B但未指明标况
21、，不能确定气体体积，故B错误；CA电极是负极，燃料发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：CH48e+2H2O=CO2+8H+，故C正确；D电解饱和食盐水制备漂白液次氯酸钠，电解池总反应式为NaCl+H2ONaClO+H2，故D正确； 故选B【点评】本题考查了原电池和电解池原理及物质的量的有关计算，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等6硫酸生产中炉气转化反应为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）研究发现，SO3的体积分数（SO3%）随温度（T）的变化如曲线I所示下列判断正确的是（）A该反应在高温时比低温更易自发进行B曲线I上A、C两点反应速率的关系是：vAvCCT0时该反应的平衡常数
22、为160D已知V2O5的催化效果比Fe2O3好，若I表示用V2O5催化剂的曲线，则II是Fe2O3作催化剂的曲线【考点】化学平衡的计算【分析】由图可知T0前反应未达平衡，T0时处于平衡状态，T0后升高温度平衡向逆反应移动，则该反应为放热反应A根据HTS0自发进行判断；B温度越高反应速率越快；CSO2和O2的起始浓度不知道，无法计算；D使用催化剂，加快化学反应速率，缩短到达平衡时间，但平衡不移动【解答】解：由图可知T0前反应未达平衡，T0时处于平衡状态，T0后升高温度平衡向逆反应移动，则该反应为放热反应A2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）该反应中S0，放热反应H0，HTS0自发进行，所以低
23、温更易自发进行，故A错误；BC点的温度高于A点，温度升高，化学反应速率加快，所以vAvC，故B正确；C平衡常数k=，由于SO2和O2的起始浓度不知道，无法计算平衡时浓度，所以无法计算平衡常数，故C错误；D使用催化剂，加快化学反应速率，缩短到达平衡时间，但平衡不移动，用V2O5催化剂与Fe2O3作催化剂，到达平衡时三氧化硫的含量相同，故D错误故选：B【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、反应自发性的判断等，题目难度中等要注意催化剂只改变化学反应速率，对化学平衡无影响，侧重于考查学生的分析能力和应用能力7室温下，用0.1molL1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.
24、1molL1HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（）A滴定时均可用酚酞作指示剂BM点c（HX）c（X）c（OH）c（H+）C将P点和N点的溶液混合，1.0107mol/LD向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c（Na+）c（HX）=c（Cl）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A碱滴定酸时，溶液由酸性变为碱性，用酚酞作指示剂溶液由无色变为红色；BM点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c（Na+）=c（X）+c（HX），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X）+c（
25、OH）判断；CP点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，P、N点溶液混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性；D根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（X）+c（OH），溶液pH=7，则c（Na+）=c（Cl）+c（X），由物料守恒可知c（Na+）=c（X）+c（HX），联立可得c（HX）=c（Cl），而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c（NaX）c（HX）【解答】解：A碱滴定酸时，溶液
26、由酸性变为碱性，用酚酞作指示剂溶液由无色变为红色，NaOH滴定HCl、HX溶液都是由酸性变为碱性，都可以用酚酞作指示剂，故A正确；BM点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c（Na+）=c（X）+c（HX），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X）+c（OH），联立可得：c（X）+c（HX）+2c（H+）=2c（X）+2c（OH），整理得：c（HX）c（X）=2c（OH）2c（H+）c（OH）c（H+），故B正确；CP点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX
27、、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，则1.0107mol/L，故C错误；D根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（X）+c（OH），溶液pH=7，则c（Na+）=c（Cl）+c（X），由物料守恒可知c（Na+）=c（X）+c（HX），联立可得c（HX）=c（Cl），而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c（NaX）c（HX），故溶液中c（Na+）c（HX）=c（Cl），故D正确故选：C【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析
28、及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，会根据溶液酸碱性确定HX电离程度和NaX水解程度的关系，题目难度中等二、非选择题（共58分）8（13分）（2016成都校级模拟）A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，EC2与BC2为等电子体，D基态原子有11种运动状态的电子，F是第四周期未成对电子最多的原子请回答下列问题：（1）上述元素中第一电离能最大的是N（填元素符号）A基态原子的电子排布式是1s22s22p2，E在周期表中的位置是第三周期VIA族（1）科学家成功地在高压下将AC2转化为具有空间立体网状结构的晶体，该
29、晶体中A的杂化轨道类型是sp3（2）D+、AB、F6+三种离子组成的化合物D3F（AB）6，其中化学键的类型有离子键、配位键、共价键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为Cr（CN）63（3）“酒精检测仪”中有红色FC3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+2CO2+9H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，外围电子排布分别为2s22p2、2s22p4，则A为碳元素，C为O元素，B的原子序数介于碳、氧之
30、间，则B为N元素；D基态原子有11种运动状态的电子，则D为Na；F是第四周期未成对电子最多的原子，外围电子排布式为3d54s1，则F为Cr；EO2与NO2为等电子体，结合原子序数可知E为S元素【解答】解：A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，外围电子排布分别为2s22p2、2s22p4，则A为碳元素，C为O元素，B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；D基态原子有11种运动状态的电子，则D为Na；F是第四周期未成对电子最多的原子，外围电子排布式为3d54s1，则F为Cr；EO2与NO2为等电子体，结合原子序数可知E为S元素
31、（1）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故上述元素中第一电离能最大的是N；A为碳元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p2，E为S元素，在周期表中的位置是第三周期VIA族，故答案为：N；1s22s22p2；三、VIA；（1）科学家成功地在高压下将CO2转化为具有空间立体网状结构的晶体，属于原子晶体，与二氧化硅晶体结构类似，该晶体中C原子形成4个键，没有孤对电子，碳原子杂化轨道类型是sp3，故答案为：sp3；（2）Na+、CN、Cr6+三种离子组成的化合物Na3Cr（CN）6，其中化学键的类型有离子键、配位键、共价键，该化合物中存在一
32、个复杂离子，该离子的化学式为：Cr（CN）63，故答案为：离子键、配位键、共价键；Cr（CN）63；（3）“酒精检测仪”中有红色CrO3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为：C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+2CO2+9H2O，故答案为：C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+2CO2+9H2O【点评】本题元素推断为载体，考查核外电子排布、电离能、结构与位置关系、晶体结构、杂化方式、配合物、陌生方程式书写等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力9（15分）（2016成都校级模拟）Cu2O是一种具有良好光电效应的
33、材料，某学习小组探究制备Cu2O的方法【查阅资料】CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2OCu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和CuCu2O和Cu（SO3）23可以相互转化Cu2O Cu（SO3）23（无色）（1）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式：Cu2+SO32+2H2OCu2O+1SO42+HSO3【实验探究】操作现象i有黄色沉淀出现，随着Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5mL时，溶液的蓝色消失ii将试管加热，黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当加到10mL时，沉淀完全溶
34、解，得无色溶液（2）证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的试剂最好选用DA浓硝酸 B稀硝酸 C浓硫酸 D稀硫酸（3）经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是Cu2SO3Cu2O+SO2（4）iii中砖红色沉淀消失的原因是c（SO32）增大，使Cu2OCu（SO3）23平衡正向移动，砖红色沉淀消失（5）在加热条件下，若向2mL0.25molL1Na2SO3溶液中滴加0.25molL1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是得到无色溶液，后来产生砖红色沉淀，并有刺激性气味气体生成（6）由上述实验得出结论：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是反
35、应温度、CuSO4和Na2SO3的物质的量之比（7）若先向KOH溶液中加入一定量的CuSO4溶液，再加入一定量的肼（N2H4），加热并保持反应体系的温度在90，反应完全后，分离、洗涤、真空干燥所得到的固体为纳米氧化亚铜检验反应混合体系内纳米Cu2O已经生成的实验方法是丁达尔效应【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成氧化亚铜和硫酸根一个铜离子降低1价，一个亚硫酸根升高2价，化合价升高和降低的总数相等配平得到离子方程式；（2）依据反应Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，反应现象为生成铜单质和蓝色溶液；（3）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜和二氧化
36、硫；（4）Cu2O能与Na2SO3反应生成Cu（SO3）23；（5）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成Cu2O；（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23；（7）反应混合体系内纳米Cu2O形成的是胶体，检验纳米Cu2O，是检验溶液是否具有丁达尔效应；【解答】解：（1）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成氧化亚铜和硫酸根一个铜离子降低1价，一个亚硫酸根升高2价，离子方程式：2Cu2+5SO32+2H2O1Cu2O+1SO42+4HSO3，故答案为：2，5，2H2O，1，1SO42，4；（2）Cu2O+H2SO4=CuSO4+
37、Cu+H2O，取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O，故选D，故答案为：D；（3）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜，化学方程式Cu2SO3Cu2O+SO2，故答案为：Cu2SO3Cu2O+SO2；（4）Cu2O能与Na2SO3反应生成无色Cu（SO3）23，c（SO32）增大，使Cu2OCu（SO3）23平衡正向移动，砖红色沉淀消失故答案为：c（SO32）增大，使Cu2OCu（SO3）23平衡正向移动，砖红色沉淀消失；（5）在加热条件下，若向2mL0.25molL1Na2SO3溶液中滴加0.25molL1CuSO4溶液至过量，CuSO4溶液和Na2SO3溶液
38、反应得到无色溶液，后来产生砖红色沉淀，并有刺激性气味气体生成，故答案为：得到无色溶液，后来产生砖红色沉淀，并有刺激性气味气体生成；（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23，应控制较高的反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比约为1：1，故答案为：反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比；（7）检验纳米Cu2O，在检验溶液是否具有丁达尔效应，故答案为：丁达尔效应；【点评】本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质设计实验步骤，题目难度不大10（
39、15分）（2016成都校级模拟）有机化合物甲、乙用于制备化妆品，二者合成路线如下（部分产物及条件略）已知：（R、R代表烃基或H）问题：（1）由D合成导电高分子物质的化学名称是聚乙炔（2）化合物A的结构简式为，“EF”的反应类型为加成反应（3）F有机化合物甲的化学方程式为（4）化合物W的相对分子质量为106，B与W可用酸性KMnO4溶液进行鉴别（5）化合物C的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，且M、N中均只含一种官能团，N中含有四个甲基X的结构简式是满足合成路线的N的同分异构体是写出N+W乙的化学方程式【考点】有机物的推断【分析】碳化钙与水反应生成A为CHCH，乙炔与氢气
40、发生加成反应生成乙烯，由甲的结构，逆推可知F为，乙烯与A反应得到E，E与氢气发生加成反应生成F，化合物A能与浓溴水反应产生白色沉淀，则A为，E为化合物C的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，则C为，W与N发生信息中的加成反应生成乙，化合物W的相对分子质量为106，M、N中均只含一种官能团，N中含有四个甲基，结合乙的结构简式，可知W为，则B为，N为（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2，故2分子丙酮与乙炔发生加成反应生成X为，X与氢气发生加成反应生成M为，M发生消去反应得到N，据此答题【解答】解：碳化钙与水反应生成A为CHCH，乙炔与氢气发生加成反应生成乙烯，由甲的结构，
41、逆推可知F为，乙烯与A反应得到E，E与氢气发生加成反应生成F，化合物A能与浓溴水反应产生白色沉淀，则A为，E为化合物C的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，则C为，W与N发生信息中的加成反应生成乙，化合物W的相对分子质量为106，M、N中均只含一种官能团，N中含有四个甲基，结合乙的结构简式，可知W为，则B为，N为（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2，故2分子丙酮与乙炔发生加成反应生成X为，X与氢气发生加成反应生成M为，M发生消去反应得到N（1）D的结构简式是CHCH，由D合成导电高分子物质的化学名称是聚乙炔，故答案为：聚乙炔；（2）根据上面的分析可知，A为，“EF”的
42、反应类型是：加成反应，故答案为：；加成反应；（3）“F有机化合物甲”的化学方程式是：，故答案为：；（4）W为，B为，乙苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而苯不能，所以可以用酸性KMnO4溶液鉴别它们，故答案为：酸性KMnO4溶液；（5）由上述分析可知，X的结构简式是：，故答案为：；满足合成路线的N的同分异构体是，故答案为：N+W乙的化学方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据甲与乙的结构、结合问题中物质的结构特点进行推断，注意对给予的反应信息的理解，侧重考查学生分析推理能力11（15分）（2016成都校级模拟）某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化
43、剂为原料来制备NiSO47H2O已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时的pH如下：沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始沉淀pH3.41.87.57.2完全沉淀pH5.23.29.79.2回答下列问题：（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的两种仪器为漏斗、蒸发皿（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O“酸浸”时所加入的酸是H2S
44、O4（填化学式）酸浸后，经操作a分离出固体后，溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+（3）调节溶液PH为23的目的是防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解（4）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO47H2O），其原因可能是H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的（回答一点即可）（5）现有100千克含镍催化剂，如果酸浸步骤镍浸出率为a%，其它物质全部参与反应，且假定镍在酸浸后续步骤无损失操作C后粗晶体中含绿矾b%，则最终能得到粗晶体千克（Ni59 NiSO47H2O281）（只要求写出计算表达式）若要进一步提纯晶体，需进行的操作是重结晶【考点】制备实验方
45、案的设计【分析】由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH23防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体；（1）依据流程图分析判断，操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO47H2O；（2）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强酸强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；依据最后制备NiSO47
46、H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；铁及其化合物、镍和硫酸反应生成亚铁离子和镍离子，过滤后得到溶液为硫酸亚铁和硫酸镍溶液；（3）调节溶液PH为23的目的是为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀；（4）含有绿矾晶体说明在加入过氧化氢保温过程中，过氧化氢未把亚铁离子全部氧化；（5）已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），镍元素占有（131%1.3%3.3%）=64.4%，结合元素守恒计算；【解答】解：（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO47H2O；，操作a、c中需使用的仪器除铁架
47、台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿，故答案为：漏斗、蒸发皿；（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+3H2O，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备 目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO
48、2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；H2SO4；Ni2+、Fe2+；（3）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下，故答案为：防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解；（4）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO47H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化，故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的；（5）已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）镍元素占有（131%1.3%3.3%）=64.4%，现有100千克含镍催化剂，如果酸浸步骤镍浸出率为a%，其它物质全部参与反应，且假定镍在酸浸后续步骤无损失操作C后粗晶体中含绿矾b%，得到10064.4%a%=（1b%）m（晶体）m（晶体）=kg，若要进一步提纯晶体，需进行的操作是重结晶，故答案为：；重结晶；件下离子
