1、2016年广东省七校联合体联考高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1东汉周易参同契中记载：“胡粉投火中，色坏还为铅”，实验表明胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水变浑浊的湿气则胡粉的主要成分为（）APbCO3B2PbCO3Pb（OH）2CPb（OH）2D（CH3COO）2Pb2有机物甲、乙的结构如图所示下列说法错误的是（）A甲、乙互为同分异构体B一定条件下，甲、乙均能发生取代反应C甲、乙都能与金属钠反应生成氢气D甲、乙都能使酸性KMnO4溶液褪色3设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1L 1 molL1的Na2CO3 溶液中含有的阴离子数目大于NA
2、B标准状况下，2.24LCCl4中含有共价键总数为0.4NAC常温常压下，18g D2O的原子总数为3NAD7.1g Cl2与足量的Fe反应，转移电子数目为0.3NA4中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A元素的非金属性较强，其单质也越活泼磷单质比N2稳定B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完全C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀AABBCCDD5下列实
3、验装置正确且能达到实验目的是（）A用如图所示装置除去Cl2中含有的少量HClB如图所示为石油分馏C如图所示为检查装置气密性D如图所示为测定未知盐酸的浓度6短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法正确的是（）A离子半径：r（Z2+）r（Y2）BY的气态简单氢化物的热稳定性比氮元素的气态简单氢化物强CY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同DX、Y、Z、W元素的最高正价均等于其所在族的族序数7硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没
4、有气体放出在反应后的溶液中逐滴加入4molL1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图下列说法不正确的是（）AD点溶液中存在：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（NO3）BEF段发生化学反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=Al（OH）4C原溶液中n（NH4+）=0.012molD溶液中结合OH能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+二、解答题（共3小题，满分43分）8硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O是分析化学中重要的试剂，学习小组探究其分解产物（1）甲组按照图1所示的装置进行实验，关闭止水夹并加热A中的硫酸亚铁铵固体至分
5、解完全，检验其分解产物装置B仪器名称是，所放试剂是装置C中可观察到的现象是，由此可知硫酸亚铁铵的分解产物中有（写化学式）（2）乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序（用装置的字母表示）为A、；取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，通入N2的目的是装置H中有白色沉淀，则证明分解产物中有；G中发生反应的离子方程式为（3）丙组将一定量的硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明：此固体产物不含二价铁：9研究铁及其化合物对于工业生产具有重要意义
6、（1）Fe2（SO4）3和明矾一样也具有净水作用，其净水的原理是（用离子方程式表示）（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的水处理剂已知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备高铁酸钾的基本流程如图1所示：反应氧化过程所发生反应的离子方程式是：，在生产中一般控制反应温度30以下，其原因是：反应中加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明在提纯K2FeO4中采用重结晶、过滤、洗涤、低温烘干的方法，洗涤滤渣的方法是_若某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定溶液中ClO与ClO3的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的
7、氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图2所示：阳极的电极反应式为；其中可循环使用的物质是（填化学式）10已知硫氨热化学循环分解水的示意图如图1：（1）从反应物和生成物的角度来看反应I属于（填序号）a离子反应 b化合反应 c中和反应 d氧化还原反应（2）反应II是将太阳能转化为电能，再进行电解，电解池阳极的反应式是（3）反应IV是由（a）、（b）两步反应组成：H2SO4（l）SO3（g）+H2O（g）H=+177kJmol1 （a）2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H=+196kJmol1 （b）H2O（l）H2O（
8、g）H=+44kJmol1 （c）H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式为：提高H2SO4（l）的分解率的方法是（写两种）（4）恒温恒容的密闭容器中进行不同温度下的SO3分解实验原理按反应（b）SO3起始物质的量均为dmol，图2中L曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，M曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率Y点对应温度下的反应速率：v（正）v（逆）（选填：，=）；随温度的升高，M曲线逼近L曲线的原因是：若X点时总压为0.1MPa，列式计算SO3分解反应在图中X点的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的
9、量分数，保留2位有效数字）化学-选修2化学与技术（共1小题，满分15分）11氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，见光分解变成褐色；如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）生产CuCl的流程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）该生产过程可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，现代氯碱工业的装置名称是_（2）流程中的X是，Y是 （均填化学式）（3）产生CuCl的化学方程式为（4）为了提髙CuCl产品的质量，采用法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水洗涤而用无水乙醇洗涤，其目的是，生产过
10、程中控制溶液的pH不能过大的原因是（5）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是（6）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g 置于预先放入10mL过量的FeCl3溶液250mL的锥形瓶中，不断摇动；待样品溶解后，加水50mL、邻菲罗啉指示剂2滴；立即用0.10molL1硫酸铈Ce（SO4）2标准溶液滴至绿色出现为终点同时做空白试验一次已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，如此再重复二次实验得到以下数据：123空白试验消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml）0.750.500.800.25克样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml）
11、24.6524.7524.70（说明：空白试验指在不加试样的情况下按试样分析规程在同样的操作条件下进行的分析，所得结果的数值为空白值）数据处理：计算得该工业CuCl的纯度为（平行实验结果相差不能超过0.3%）化学-选修3物质结构与性质（共1小题，满分0分）12铜是应用较为广泛的有色金属（1）基态铜原子的核外电子排布式为（2）金属化合物Cu2Zn合金具有较高的熔点、较大的强度、硬度和耐磨度Cu2Zn合金的晶体类型是（3）某含铜化合物的离子结构如图1所示该离子中存在的作用力有；a离子键 b共价键 c配位键 d氢键 e范德华力该离子中第二周期的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是；该离子中N原子的
12、杂化类型有（4）铜与氧形成化合物的晶体结构如图2该化合物的化学式为，O的配位数是若该晶胞参数为d nm，该晶体的密度为g/cm3化学-选修5有机化学基础（共1小题，满分0分）13“张烯炔环异构反应”可高效构筑五元环化合物：（R、R、R表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J的路线如下：已知：（1）A的结构简式是（2）B、C 含有相同的官能团，D 中含有的官能团是（3）E与溴水反应生成F的化学方程式是；试剂a 是（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H（顺式结构）的化学方程式为（5）某芳香族化合物N的相对分子质量比E的相对分子质量大2，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，则N的
13、同分异构体有种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是（写出一种即可）（6）参照上述合成信息，设计一条由和CH3CHO为原料合成的合成路线流程图：（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）2016年广东省七校联合体联考高考化学三模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东汉周易参同契中记载：“胡粉投火中，色坏还为铅”，实验表明胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水变浑浊的湿气则胡粉的主要成分为（）APbCO3B2PbCO3Pb（OH）2CPb（OH）2D（CH3COO）2Pb【考点】物质的组成、结构和
14、性质的关系【分析】依据题干：“胡粉投火中，色坏还为铅”，得到其中含有铅元素，受热可以分解为氧化物，胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水浑浊的二氧化碳气体，据此回答【解答】解：根据信息：“胡粉投火中，色坏还为铅”，得到化合物中含有铅元素，受热可以分解为氧化物，难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水浑浊的二氧化碳气体，所以成分是2PbCO3Pb（OH）2故选：B2有机物甲、乙的结构如图所示下列说法错误的是（）A甲、乙互为同分异构体B一定条件下，甲、乙均能发生取代反应C甲、乙都能与金属钠反应生成氢气D甲、乙都能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物的结构和性质【分析】A分子式相同结构不同的有机物互
15、称同分异构体；B甲含有羧基、乙含有酯基，甲能发生酯化反应、乙能发生水解反应；C羧基、羟基能和钠反应生成氢气；D碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色【解答】解：A分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体，甲、乙分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故A正确；B甲含有羧基、乙含有酯基，甲能发生酯化反应、乙能发生水解反应，酯化反应和水解反应都属于取代反应，所以甲乙都能发生取代反应，故B正确；C羧基、羟基能和钠反应生成氢气，甲含有羧基，乙不含羧基或羟基，所以甲能和钠反应、乙不能和钠反应，故C错误；D碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲乙都含有碳碳双键，所以都
16、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选C3设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1L 1 molL1的Na2CO3 溶液中含有的阴离子数目大于NAB标准状况下，2.24LCCl4中含有共价键总数为0.4NAC常温常压下，18g D2O的原子总数为3NAD7.1g Cl2与足量的Fe反应，转移电子数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，导致溶液中阴离子数目增多；B气体摩尔体积使用对象为气体；C质量转换为物质的量，结合1个D2O含有3个原子解答；DA.1mol氯气失去2mol电子【解答】解：A常温下，1
17、L0.1molL1 Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故A正确；B标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C常温常压下，18g D2O的物质的量n=0.9mol，的原子总数为2.7NA，故C错误；D7.1gCl2的物质的量是0.1mol，失去电子数目为0.2NA，故D错误；故选：A4中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A元素的非金属性较强，其单质也越活泼磷单质比N2稳定B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别
18、加入足量的浓硝酸、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完全C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀AABBCCDD【考点】探究化学规律【分析】A非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关；B常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；C分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高；D溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质【解答】解：A非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，但其单质不一定
19、越活泼，氮气化学性质稳定，常温下不发生反应，而磷常温下能够与空气中的氧气反应，所以磷单质的化学性质比氮气活泼，故A错误；B常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象，导致抑制铝和浓硝酸的反应，则Al在稀硝酸中先溶解完，故B错误；C分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键，所以熔沸点NH3PH3，故C错误；D溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，溶度积ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀，说明溶解度ZnSCuS，故D正确；故选D5下列实验装置正确且能达到实验目的是（）A用如图所示装置除去Cl2中含有的少量HClB如图所示为石油分馏C如图所示为检查装置
20、气密性D如图所示为测定未知盐酸的浓度【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气能与NaOH溶液反应；B分馏时测定蒸汽的温度；C根据能否产生压强差判断装置的气密性；D量取碱性溶液选择碱式滴定管【解答】解：A氯气能与NaOH溶液反应，所以除去Cl2中含有的少量HCl，应该把气体通入饱和食盐水中，故A错误；B分馏时测定蒸汽的温度，所以温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入液体中，故B错误；C从长颈漏斗中加水，当水的液面高于长颈漏斗下端时，极性加水，漏斗中液面高于烧瓶中液面，而且液面差保持不变，则可以证明装置不漏气，故C正确；D量取碱性溶液选择碱式滴定管，所以NaOH标准溶液应该盛放在碱式滴定
21、管中，故D错误故选C6短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法正确的是（）A离子半径：r（Z2+）r（Y2）BY的气态简单氢化物的热稳定性比氮元素的气态简单氢化物强CY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同DX、Y、Z、W元素的最高正价均等于其所在族的族序数【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元
22、素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，故Z的质子数为12，则Z为MgA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：r（Mg2+）r（O2），故A错误；B元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）N，所以Y的气态简单氢化物的热
23、稳定性比氮的强，故B正确；CY和Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO含有离子键，而SiO2中存在共价键，故C错误；D氧元素没有最高正价+6，故D错误故选：B7硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没有气体放出在反应后的溶液中逐滴加入4molL1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图下列说法不正确的是（）AD点溶液中存在：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（NO3）BEF段发生化学反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=Al（OH）4C原溶液中n（NH4+）=0.012molD溶液中结合OH
24、能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+【考点】离子方程式的有关计算【分析】铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：H+OH=H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3，NH4+OHNH3H2O，Al（OH）3 +O
25、H=AlO2+2H2O，AD点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠；BEF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中；C根据DE段消耗氢氧化钠的体积，结合发生反应计算溶液中n（NH4+）；D根据发生反应的顺序，可以判断结合OH能力的强弱【解答】解：铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发
26、生的反应依次有：H+OH=H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3，NH4+OHNH3H2O，Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O，AD点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠，由电荷守恒可知应为c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（NO3），故A正确；BEF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中，反应为Al（OH）3+OH=Al（OH）4，故B正确；C由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mol，由NH4+OHNH3H2O可知溶液中n（NH4+）=n（OH）=0.003L4mol/L=0.012mol，故C正确；D根据发生反应的顺序可知，结合OH能力最强的离子是
27、H+，最弱的离子是NH4+，故D错误故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O是分析化学中重要的试剂，学习小组探究其分解产物（1）甲组按照图1所示的装置进行实验，关闭止水夹并加热A中的硫酸亚铁铵固体至分解完全，检验其分解产物装置B仪器名称是干燥管，所放试剂是碱石灰装置C中可观察到的现象是溶液由无色变红色，由此可知硫酸亚铁铵的分解产物中有NH3（写化学式）（2）乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序（用装置的字母表示）为A、DHEGF；取适量硫酸亚铁铵固体
28、于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，通入N2的目的是排尽装置中的空气（或O2），防止对SO2的验证产生干扰装置H中有白色沉淀，则证明分解产物中有SO3；G中发生反应的离子方程式为SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4+H2O+2H+（3）丙组将一定量的硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明：此固体产物不含二价铁：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）装置B的形状和作用可知为干燥管，盛放固体干燥剂，检验氨气利用装置C中的酚酞溶液，装置B是除去生成的硫的氧化物；装置C中
29、可观察到的现象是变红色，证明分解产物中生成了氨气；（2）乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，分解产物通过装置D防止倒吸和冷凝，通过装置H中的足量元素和氯化钡溶液检验是否生成气体中含三氧化硫，通过装置E检验三氧化硫是否除净，通过装置G过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫气体需要尾气吸收，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，目的是干净装置中的氧气避免对二氧化硫检验的干扰；装置H中有白色沉淀，说明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀为硫酸钡沉淀，G中过氧化氢氧化二氧化硫为了谁，和氯化钡反应生成硫酸钡不是沉淀
30、；（3）利用二价铁离子具有还原性设计实验检验【解答】解：（1）装置B的形状和作用可知为干燥管，盛放固体干燥剂，硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O分解可能的产物为氨气、硫的氧化物和水，检验氨气利用装置C中的酚酞溶液，所以装置B是除去生成的硫的氧化物为碱石灰，故答案为：干燥管；碱石灰；装置C中可观察到的现象是变红色，氨气溶于水生成一水合氨是弱碱，溶液中电离显碱性，遇到酚酞变红色，证明分解产物中生成了氨气，故答案为：溶液由无色变红色；NH3；（2）乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，分解产物通过装置D防止倒吸和冷凝，通过装置H中
31、的足量元素和氯化钡溶液检验是否生成气体中含三氧化硫，通过装置E检验三氧化硫是否除净，通过装置G过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫气体需要尾气吸收，据上述分析可知装置连接顺序为ADHEGF，取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，目的是干净装置中的氧气避免对二氧化硫检验的干扰，故答案为：DHEGF；排尽装置中的空气（或O2），防止对SO2的验证产生干扰；装置H中有白色沉淀，说明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀为硫酸钡沉淀，原气体中生成了SO3，G中过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为：
32、SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4+H2O+2H+，故答案为：SO3 ；SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4+H2O+2H+；（3）利用二价铁离子具有还原性设计实验检验，实验设计为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色，故答案为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色9研究铁及其化合物对于工业生产具有重要意义（1）Fe2（SO4）3和明矾一样也具有净水作用，其净水的原理是Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+（用离子方程式表示）（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的水处理剂已知高铁酸盐热稳定性差
33、，工业上用湿法制备高铁酸钾的基本流程如图1所示：反应氧化过程所发生反应的离子方程式是：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，在生产中一般控制反应温度30以下，其原因是：防止生成的高铁酸钠发生分解反应中加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小在提纯K2FeO4中采用重结晶、过滤、洗涤、低温烘干的方法，洗涤滤渣的方法是用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次_若某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定溶液中ClO与Cl
34、O3的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11：3（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图2所示：阳极的电极反应式为Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；其中可循环使用的物质是NaOH溶液（填化学式）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的；（2）氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，据此写出氧化过程的离子方程式；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30
35、以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解；加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23 次；Cl2生成ClO、ClO3化合价升高，是被氧化的过程，而Cl2生成NaCl是化合价降低被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，据ClO与ClO3的物质的量浓度之比可计算出失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量；再根据氯元素被还原生成KCl的化合价变化为1计算出被还原的氯元素的物质的量，最后计算出
36、被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比；（3）依据阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42结合碱性环境来写出电极方程式；根据OH在阳极被消耗，而在阴极会生成来分析【解答】解：（1）三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；（2）氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产
37、中一般控制反应温度30以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；防止生成的高铁酸钠发生分解；加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23 次，故答案为：用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23 次；Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由
38、0价升高为+1价和+5价，经测定ClO和ClO3物质的量之比为1：2，则可设ClO为1mol，ClO3为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol（10）+2mol（50）=11mol，氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则被还原的Cl的物质的量为： =11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，故答案为：11：3；（3）阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42，由
39、于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H+2e=H2，c（OH）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用，故答案为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；NaOH溶液10已知硫氨热化学循环分解水的示意图如图1：（1）从反应物和生成物的角度来看反应I属于ab（填序号）a离子反应 b化合反应 c中和反应 d氧化还原反应（2）反应II是将太阳能转化为电能，再进行电解，电解池阳极的反应式是SO322e+H2O=SO42+2H+（3）反应IV是由（a）、（b）两步反应组成：H2SO4（
40、l）SO3（g）+H2O（g）H=+177kJmol1 （a）2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H=+196kJmol1 （b）H2O（l）H2O（g）H=+44kJmol1 （c）H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式为：2H2SO4（l）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）H=+462kJmol1提高H2SO4（l）的分解率的方法是（写两种）升高温度和及时分离SO2或O2（4）恒温恒容的密闭容器中进行不同温度下的SO3分解实验原理按反应（b）SO3起始物质的量均为dmol，图2中L曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，M曲线表示不同温度下反应
41、经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率Y点对应温度下的反应速率：v（正）v（逆）（选填：，=）；随温度的升高，M曲线逼近L曲线的原因是：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）若X点时总压为0.1MPa，列式计算SO3分解反应在图中X点的平衡常数Kp=0.052MPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，保留2位有效数字）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；电解原理【分析】（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应；（2）据图分析，反应是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气；（3
42、）利用已知热化学方程式，据盖斯定律书写H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式；根据平衡移动考虑提高H2SO4（l）的分解率的方法；（4）Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；利用三段式计算平衡时各组分物质的量，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时总压强，再计算各组分分压，根据Kp=计算【解答】解：（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应，反应的离子方程式为SO2+H2O+2NH3=2NH4+SO32，属于离子反应和化合反应，故答案为：ab；（2）反应是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和
43、氢气，阳极上是亚硫酸根离子得到电子生成硫酸根离子，电极反应为：SO322e+H2O=SO42+2H+，故答案为；SO322e+H2O=SO42+2H+；（3）已知H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）H=+177kJmol1（a）2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H=+196kJmol1（b）H2O（l）H2O（g）H=+44kJmol1 （c）据盖斯定律，2a+b2c得：2H2SO4（l）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）H=+462kJmol1；升高温度和及时分离SO2或O2都是提高H2SO4（l）的分解率方法，故答案为：2H2SO4（l）2SO2（g）+O2（g）+2
44、H2O（l）H=+462kJmol1；升高温度和及时分离SO2或O2；（4）Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）；（5）起始时充入dmol SO3反应体系起始总压强0.1MPa反应在一定的温度下达到平衡时SO3的转化率为60%，转化的二氧化硫为dmol0.6=0.6dmol，则： 2 SO3（g）2SO2 （g）+O2 （g）起始量（mol）：d 0 0变化量（mol）：0.6d 0.
45、6d 0.3d平衡量（mol）：0.4d 0.6d 0.3d恒温恒容下，平衡时总压强为0.1MPa=0.13MPa，故Kp=0.052MPa，故答案为：0.052MPa化学-选修2化学与技术（共1小题，满分15分）11氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，见光分解变成褐色；如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）生产CuCl的流程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）该生产过程可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，现代氯碱工业的装置名称是离子交换膜电解槽_此空删去（2）流程中的X是
46、Fe，Y是HCl （均填化学式）（3）产生CuCl的化学方程式为CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4（4）为了提髙CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水洗涤而用无水乙醇洗涤，其目的是CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少产品CuCl的损失，生产过程中控制溶液的pH不能过大的原因是溶液pH大会促进CuCl的水解（5）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是防止CuCl的氧化和见光分解（6）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g 置于预先放入10mL过量的FeCl3溶液250mL的锥形瓶中，不断
47、摇动；待样品溶解后，加水50mL、邻菲罗啉指示剂2滴；立即用0.10molL1硫酸铈Ce（SO4）2标准溶液滴至绿色出现为终点同时做空白试验一次已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，如此再重复二次实验得到以下数据：123空白试验消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml）0.750.500.800.25克样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml）24.6524.7524.70（说明：空白试验指在不加试样的情况下按试样分析规程在同样的操作条件下进行的分析，所得结果的数值为空白值）数据处理：计算得该工业CuCl的纯度为95%（平行实验结果相差不能超过0.3%）【考点
48、】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】要利用制作印刷电路的废液制备CuCl，首先应制备并分离出Cu，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入过量的Fe粉，Fe3+与Fe粉反应转化为Fe2+，Cu2+与Fe反应生成Cu，然后过滤，滤渣为过量的Fe和生成的Cu，依据Cu与Fe活泼性，将滤渣溶于盐酸，Cu与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为Cu，然后Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2，Cu与Cl2反应生成CuCl2，CuSO4、SO2、CuCl2反应生成CuCl；（1）氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽；（2）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl
49、）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；过滤后滤渣中含有铜和铁，依据铜和铁的活泼性，加入盐酸分离二者；（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；（4）抽滤或者减压过滤可以快速过滤，CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，乙醇洗涤可以减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大是防止其水解生成沉淀；（5）依据氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解的性质解答；（6）依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度【解答】解：要利用制作印刷电路的废液制备CuC
50、l，首先应制备并分离出Cu，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入过量的Fe粉，Fe3+与Fe粉反应转化为Fe2+，Cu2+与Fe反应生成Cu，然后过滤，滤渣为过量的Fe和生成的Cu，依据Cu与Fe活泼性，将滤渣溶于盐酸，Cu与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为Cu，然后Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2，Cu与Cl2反应生成CuCl2，CuSO4、SO2、CuCl2反应生成CuCl；（1）氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽，故答案为：离子交换膜电解槽；（2）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子
51、能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，故答案为：Fe；HCl；（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4，故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4；（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是：CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失，生
52、产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解；故答案为：抽滤或者减压过滤；CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少产品CuCl的损失；溶液pH大会促进CuCl的水解；（5）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解；（6）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为100%=95%，故答案为：95%化学-选修3物质结构与性
53、质（共1小题，满分0分）12铜是应用较为广泛的有色金属（1）基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）金属化合物Cu2Zn合金具有较高的熔点、较大的强度、硬度和耐磨度Cu2Zn合金的晶体类型是金属晶体（3）某含铜化合物的离子结构如图1所示该离子中存在的作用力有bc；a离子键 b共价键 c配位键 d氢键 e范德华力该离子中第二周期的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC；该离子中N原子的杂化类型有sp2、sp3杂化（4）铜与氧形成化合物的晶体结构如图2该化合物的化学式为Cu2O，O的配位数是8若该晶胞参数为d nm，该晶体的密度为g/cm3【考点】原子核
54、外电子排布；化学键；晶胞的计算【分析】（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理与洪特规则特例书写；（2）Cu2Zn合金的晶体类型是金属晶体；（3）由图可知，铜离子与N、O原子之间形成配位键，非金属原子之间形成共价键；离子中第二周期元素为C、N、O，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素；离子中存在C=N双键中的N原子形成3个键，另外N原子形成4个键，均没有孤电子对；（4）Cu原子处于晶胞内部，O原子处于晶胞顶点与面心，利用均摊法计算晶胞中Cu原子、O原子数目，进而确定晶体的化学式；以上底面面心O原子研究，与之最
55、近的Cu原子有8个，为晶胞中上层4个Cu原子，及面心氧原子所在另外晶胞中下层4个Cu原子，根据=计算【解答】解：（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理与洪特规则特例，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）Cu2Zn合金的晶体类型是金属晶体，故答案为：金属晶体；（3）由图可知，铜离子与N、O原子之间形成配位键，非金属原子之间形成共价键，故选：bc；离子中第二周期元素为C、N、O，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一
56、电离能：NOC，故答案为：NOC；离子中存在C=N双键中的N原子形成3个键，另外N原子形成4个键，均没有孤电子对，分别采取sp2、sp3杂化，故答案为：sp2、sp3杂化；（4）Cu原子处于晶胞内部，O原子处于晶胞顶点与面心，晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为8+6=4，故晶体的化学式为Cu2O；以上底面面心O原子研究，与之最近的Cu原子为晶胞中上层4个Cu原子，及面心氧原子所在另外晶胞中下层4个Cu原子，O原子配位数为8，晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为4，晶胞体积V=（d107cm）3，则=，故答案为：Cu2O；8；化学-选修5有机化学基础（共1小题，满分0分）13“张烯炔环异构反应
57、”可高效构筑五元环化合物：（R、R、R表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J的路线如下：已知：（1）A的结构简式是CH3CCCH2OH（2）B、C 含有相同的官能团，D 中含有的官能团是碳碳双键、醛基（3）E与溴水反应生成F的化学方程式是；试剂a 是NaOH、醇溶液（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H（顺式结构）的化学方程式为（5）某芳香族化合物N的相对分子质量比E的相对分子质量大2，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，则N的同分异构体有14种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是（写出一种即可）（6）参照上述合成信息，
58、设计一条由和CH3CHO为原料合成的合成路线流程图：（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）【考点】有机物的推断【分析】由合成流程可知，A与氢气发生加成反应生成CH3CH=CHCH2OH，A应为CH3CCCH2OH，B、C含有相同的官能团，B为，C为CH3CHO，由信息可知生成D为，D氧化生成E为，与溴水反应生成F为，试剂a为NaOH/醇溶液，F发生消去反应生成G，则G，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反应生成H，最后H发生“张烯炔环异构化反应”生成I，以此解答该题【解答】解：由合成流程可知，A与氢气发生加成反应生成CH3CH=CHCH2OH，A应为CH3CCCH2OH，B
59、、C含有相同的官能团，B为，C为CH3CHO，由信息可知生成D为，D氧化生成E为，与溴水反应生成F为，试剂a为NaOH/醇溶液，F发生消去反应生成G，则G，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反应生成H，最后H发生“张烯炔环异构化反应”生成I，（1）由以上分析可知A为CH3CCCH2OH，故答案为：CH3CCCH2OH；（2）D为，含有的官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；（3）E与溴水反应生成F的化学方程式是；试剂a是NaOH、醇溶液，故答案为：；NaOH、醇溶液；（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H的化学方程式为，故答案为：；（5）E为，某芳香族化合物N的
60、相对分子质量比E的相对分子质量大2，应不含碳碳双键，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，可为苯丙酸，如苯环含有1个侧链，可为CH2CH2COOH、CH（CH3）COOH，如苯环含有2个侧链，侧链可为CH3、CH2COOH，有邻、间、对3种，也可为CH2CH3、COOH，也有邻、间、对3种，如含有3个侧链，则含有2个CH3、1个COOH，有6种，共14种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是，故答案为：14；（6）由和CH3CHO为原料合成，应先在碱性条件下反应生成苯丙烯醛，然后与溴发生加成反应、进而氧化、水解生成，合成路线为，故答案为：2016年12月27日