1、2015-2016学年广东省惠州市高三（上）第三次调研化学试卷一、选择题（每题6分，共42分）1下列有关说法，正确的是（）ASO2的水溶液能导电，说明SO2是电解质BAl（OH）3有弱碱性，可用于中和胃酸C铜的金属性比铝弱，可以用铜罐贮运浓硝酸D明矾和漂白粉常用于自来水的净化和消毒，两者原理相同2为提纯如表物质（括号内是杂质），所选试剂和方法正确的是（）被提纯物质除杂试剂分离方法A 溴化钠溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液B氯化铵溶液（FeCl3）氢氧化钠溶液过滤C二氧化碳（CO）氧化铜粉末通过灼热的CuO粉末D苯（苯酚）浓溴水过滤AABBCCDD3如表是周期表短周期的一部分，A、B、C三
2、种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述正确的是（）ACBAA、B、C原子半径大小：ACBBC元素单质是氧化性最强的非金属单质CA与C的气态氢化物饱和水溶液的pH：ACD最高价氧化物对应的水化物的酸性：CB4下列说法正确的是（）A淀粉、油脂、纤维素均为高分子有机物B酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHC用新制Cu（OH）2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖溶液D分子所有碳原子一定不能共平面5如表实验不能达到预期目的是（）序号实验操作实验目的A浓、稀HNO3分别与Cu反应比较浓、稀HNO3的氧化性强弱B验证Ks
3、p（AgI）Ksp（AgCl）向含等物质的量NaCl、KI的混合液中滴加AgNO3溶液C往稀硫酸中加入少量硫酸铜加快锌与稀硫酸反应的反应速率D检验乙酸溶液中是否混有乙醇取样液于试管，加一绿豆颗粒大的钠粒AABBCCDD6常温时，下列各组离子能大量共存的是（）ApH=1的无色溶液：Na+、Cu2+、NO3、SO42B能溶解Al（OH）3固体的溶液：K+、Na+、HCO3、SO42C水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液：Ba2+、Na+、Cl、NO3D能使淀粉KI试纸变蓝的溶液：K+、Fe2+、NO3、Cl725时，下列叙述正确的是（）A将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混
4、合后，pH7BNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=2c（SO42）C0.1 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL1CH3COONa等体积混合后pH7，则c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）DKNO3和CH3COONH4溶液pH均为7，两溶液中水的电离程度相同二、非选择题8用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO的流程为：已知：Zn及化合物性质与Al及化合物性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42下表为几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀时金
5、属离子浓度为1.0molL1）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.8沉淀完全的pH3.08.88.9（1）往滤液A中加H2O2的作用是将 Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为（2）调节pH=34的试剂X可以用：AZnO BNaOH CZn（OH）2 DZnSO4调节pH=34的目的是（3）往滤液A中加的Y试剂可以是：AZnO BNaOH CNa2CO3DZnSO4（4）由不溶物生成溶液D的化学方程式为（5）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是、抽滤、晾干（6）测定胆矾晶体纯度（不含能与I反应的杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶，加适量水溶解，再加过量KI，用
6、0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.60mL，离子反应为：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为若滴定前仰视、滴定后俯视滴定管读数，所测纯度将会（填“偏高”、“偏低”或“不变”）9控制和治理CO2、SO2、NOx是解决温室效应、减少酸雨和光化学烟雾的有效途径（1）如图1是1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO的能量变化图已知：N2（g）+O2（g）2NO （g）H=179.5kJmol12NO （g）+O2（g）2NO2（g）H=112.3kJmol1NO与C
7、O反应生成无污染气体的热化学方程式为（2）工业上利用CO2生产甲醇燃料，反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1将6mol CO2和8mol H2充入容积为2L的密闭容器（温度不变），H2的物质的量随时间变化如图2实线所示（图中字母后的数字表示对应坐标）该反应在08min内CO2的平均反应速率为 molL1min1；该反应的平衡常数表达式：K=；仅改变某一条件再进行实验，测得H2物质的量变化如虚线所示与实线相比，曲线改变的条件可能是，曲线改变的可能是若实线对应的平衡常数为K，曲线对应的平衡常数为K1，则K和K1 的大小关系是（3）若以如图3装置用
8、电化学原理将SO2转化为重要化工原料若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极电极反应为10某小组用如图装置（其它仪器略）电解食盐水，通过测定产物的量计算食盐水的电解率 食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）100%甲方案：利用甲、乙装置测定食盐水的电解率（1）电解食盐水的离子方程式；若甲中滴有酚酞，则电解时甲中边（填“左”或“右”）碳棒附近溶液变红（2）若a中盛足量NaOH溶液，测定a在电解前后质量变化计算食盐水的电解率，正确连接顺序为连（填A、B、C、D、E导管口），a中的化学方程式为乙方案：利用甲、丙装置测定食盐水的电解率（3）若将A接E，通过测定丙中b装置或氧化铜硬质
9、玻璃管反应前后质量差计算食盐水的电解率，则c中应该盛的试剂是某同学认为该方案测得的实验结果不准确，你认为其可能的原因是丙方案：只利用甲装置测定食盐水的电解率（4）常温时，称取58.5gNaCl溶于水配成200mL溶液，置于甲中电解一段时间，所得溶液pH为14，则食盐水的电解率为（电解前后溶液体积不变，Na23、Cl35.5）三、选做题11氯化铜、氯化亚铜广泛用于有机催化剂实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，制备铜的氯化物的流程如图1：（1）固体1成分的化学式（2）溶液1可加试剂X，用于调节pH以除去杂质，X可选用：aNaOH bNH3H2O cCuO dCuSO4（3）操作的名称检验溶液2是否
10、含有杂质离子的试剂可以是（4）操作需在HCl气流中加热浓缩的原因（5）反应是向溶液2中通入SO2，加热生成CuCl白色沉淀，离子方程式为（6）用如图仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）按气流方向连接各仪器接口：a、实验前要进行的一步重要操作是反应时盛粗铜粉试管的现象12A、B、X、Y、Z是前四周期的常见元素，原子序数依次增大，A可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧
11、化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34，请回答：（1）AY2是常用的溶剂，是分子（填极性或非极性），分子中存在个键（2）X与NaOH溶液反应的离子方程式（3）超高导热绝缘耐高温纳米XB的晶体与金刚石类似，是晶体（4）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为（用元素符号作答）（5）Z的基态原子核外电子排布式为（6）元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z十HCl十O2ZCl十HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性下列说法或表示不正确的是：氧化剂是O2HO2在碱中不能稳定存在氧化产物是HO2，1molZ参加反应有1mol电
12、子发生转移（7）Z的晶胞结构如图，其密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为（8）ZYO4常作电镀液，其中Y原子的杂化轨道类型是13有机物E是一种医药中间体，可用于制备抗凝血药，可以通过如图路线合成：（1）A可以发生银镜反应，反应的化学方程式为（2）B中含氧官能团的名称，B转化为C的反应类型（3）1mol D最多可与mol H2加成（4）写出E与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（5）能同时满足下列条件的B的同分异构体有种能发生银镜反应；遇FeCl3发生显色反应； 1mol该物质最多可消耗2mol NaOH；核磁共振氢谱显示其只有4种不同环境的氢原子（6）苯甲酸苯甲酯是一种重要的有机合成中间体
13、已知：；光照时，甲苯与Cl2侧链取代试写出以甲苯为原料制取苯甲酸苯甲酯的合成路线流程图（无机原料任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH2015-2016学年广东省惠州市高三（上）第三次调研化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1下列有关说法，正确的是（）ASO2的水溶液能导电，说明SO2是电解质BAl（OH）3有弱碱性，可用于中和胃酸C铜的金属性比铝弱，可以用铜罐贮运浓硝酸D明矾和漂白粉常用于自来水的净化和消毒，两者原理相同【考点】物质的组成、结构和性质的关系；电解质与非电解质【分析】A导电的离子不是二氧化硫电离的，二氧化硫为非电解质；B
14、氢氧化铝能够与盐酸反应生成氯化铝和水；C铜能够与浓硝酸反应，而铝在常温下能够与浓硝酸发生钝化现象；D明矾净水利用的是铝离子的水解，而漂白粉的净水利用的是强氧化性【解答】解：ASO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸能够部分电离，导致溶液导电，说明亚硫酸为电解质，而二氧化硫在溶液中不能电离，则SO2不是电解质，故A错误；B胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝为难溶物，且能够与盐酸反应，所以可用氢氧化铝治疗胃酸，故B正确；C常温下铝与浓硝酸发生钝化，故常温下可用铝制的容器盛放浓硝酸，而铜在常温下能够与浓硝酸发生反应，所以不能用铜罐贮运浓硝酸，故C错误；D明矾在溶液中能够水解生成氢氧化铝胶体，可由于吸附水中混浊物从
15、而可净水，而漂白粉具有强氧化性，可对自来进行水净化、消毒，两者的原理不同，故D错误；故选B2为提纯如表物质（括号内是杂质），所选试剂和方法正确的是（）被提纯物质除杂试剂分离方法A 溴化钠溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液B氯化铵溶液（FeCl3）氢氧化钠溶液过滤C二氧化碳（CO）氧化铜粉末通过灼热的CuO粉末D苯（苯酚）浓溴水过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A二者均与氯水反应；B二者均与NaOH反应；CCO还原CuO生成二氧化碳；D溴、三溴苯酚均易溶于苯【解答】解：A二者均与氯水反应，试剂应选溴水，故A错误；B二者均与NaOH
16、反应，试剂应选氨水，故B错误；CCO还原CuO生成二氧化碳，则通过灼热的CuO粉末可除杂，故C正确；D溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故D错误；故选C3如表是周期表短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述正确的是（）ACBAA、B、C原子半径大小：ACBBC元素单质是氧化性最强的非金属单质CA与C的气态氢化物饱和水溶液的pH：ACD最高价氧化物对应的水化物的酸性：CB【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】图是周期表中短周期的一部分，设B元素的质子数为x，则A的质子数为x9，C的质子数为x7，B
17、元素的原子核内质子数等于中子数，则B的质量数为2x，A、B、C三种元素的原子核外电子数等于B的质量数，则x9+x+x7=2x，解得：x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，所以A为N元素、B为S元素、C为F元素，据此解答【解答】解：图是周期表中短周期的一部分，设B元素的质子数为x，则A的质子数为x9，C的质子数为x7，B元素的原子核内质子数等于中子数，则B的质量数为2x，A、B、C三种元素的原子核外电子数等于B的质量数，则x9+x+x7=2x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，根据分析可知：A为N元素、B为S元素、C为F元素，AB原子
18、电子层数大于A、C，A和C电子层数相等，且A原子序数小于C，所以原子半径大小顺序是：BAC，故A错误；BC为F元素，非金属性最强，其单质是氧化性最强的非金属单质，故B正确；CA、C分别为N、F，对应氢化物分别为NH3、HF，则氢化物溶液的pH：HFNH3，故C错误；DC为F元素，不存在最高价氧化物对应水化物，故D错误，故选B4下列说法正确的是（）A淀粉、油脂、纤维素均为高分子有机物B酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHC用新制Cu（OH）2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖溶液D分子所有碳原子一定不能共平面【考点】有机物的鉴别；淀粉的性质和用途【分析】
19、A相对分子质量达到10000以上的化合物为高分子化合物；B根据酯化反应原理可知CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；C新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀；D根据苯、乙烯平面结构，碳碳单键可以旋转分析【解答】解：A淀粉和纤维素属于高分子化合物，而油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；B结合酯化反应原理可知，在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故B错误；C新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀
20、，现象不同，可鉴别，故C正确；D苯、乙烯平面结构，碳碳单键可以旋转，因此所有碳原子可能共平面，故D错误；故选C5如表实验不能达到预期目的是（）序号实验操作实验目的A浓、稀HNO3分别与Cu反应比较浓、稀HNO3的氧化性强弱B验证Ksp（AgI）Ksp（AgCl）向含等物质的量NaCl、KI的混合液中滴加AgNO3溶液C往稀硫酸中加入少量硫酸铜加快锌与稀硫酸反应的反应速率D检验乙酸溶液中是否混有乙醇取样液于试管，加一绿豆颗粒大的钠粒AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓、稀硝酸的强氧化性不同，与铜反应的剧烈程度不同；B溶度积常数小的物质先沉淀；CZn能置换出Cu，Zn、Cu和稀硫
21、酸构成原电池；DNa和乙酸、乙醇都反应【解答】解：A浓、稀硝酸的强氧化性不同，与铜反应的剧烈程度不同，浓硝酸氧化性较强，可与铜剧烈反应，能达到实验目的，故A不选；B溶度积常数小的物质先沉淀，向含等物质的量NaCl、KI的混合液中滴加AgNO3溶液，先生成AgI，说明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），能实现实验目的，故B故选；CZn能置换出Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，从而加快反应速率，故C不选；D乙酸、乙醇均能与钠反应产生气体，不能检验是否含乙醇，故D选；故选D6常温时，下列各组离子能大量共存的是（）ApH=1的无色溶液：Na+、Cu2+、NO3、SO42B能溶解Al（OH）3固体的溶
22、液：K+、Na+、HCO3、SO42C水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液：Ba2+、Na+、Cl、NO3D能使淀粉KI试纸变蓝的溶液：K+、Fe2+、NO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液中存在大量氢离子，无色溶液中不存在有色的铜离子；B能溶解Al（OH）3固体的溶液为强碱溶液或酸性溶液，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；C水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；D能使淀粉KI试纸变蓝的溶液具有氧化性，亚铁离子具有还原性【解答】解：ACu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；B
23、能溶解Al（OH）3固体的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Ba2+、Na+、Cl、NO3之间不发生反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D能使淀粉KI试纸变蓝的溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C725时，下列叙述正确的是（）A将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH7BNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=2c（SO42）C0.1 m
24、olL1CH3COOH溶液与0.1 molL1CH3COONa等体积混合后pH7，则c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）DKNO3和CH3COONH4溶液pH均为7，两溶液中水的电离程度相同【考点】离子浓度大小的比较【分析】A常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合，醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；BNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断c（Na+）、c（SO42）关系；C.0.1 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL1CH3COONa等体
25、积混合后pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离程度较小；D酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离【解答】解：A常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合，醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，所以混合溶液pH7，故A错误；BNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），所以c（Na+）2c（SO42），故B错误；C.0.1 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL1CH3COONa等体积混合后pH7，说明醋酸电离程度大于
26、醋酸根离子水解程度，但醋酸电离程度较小，结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故C正确；D酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，硝酸钾中钾离子、硝酸根离子都不影响水电离，醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子都促进水电离，所以两种溶液中水电离程度不同，故D错误；故选C二、非选择题8用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO的流程为：已知：Zn及化合物性质与Al及化合物性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42下表为几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀时金
27、属离子浓度为1.0molL1）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.8沉淀完全的pH3.08.88.9（1）往滤液A中加H2O2的作用是将 Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（2）调节pH=34的试剂X可以用AC：AZnO BNaOH CZn（OH）2 DZnSO4调节pH=34的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3，达到除去Fe3+的目的（3）往滤液A中加的Y试剂可以是B：AZnO BNaOH CNa2CO3DZnSO4（4）由不溶物生成溶液D的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（5）由溶液D制胆矾晶
28、体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、晾干（6）测定胆矾晶体纯度（不含能与I反应的杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶，加适量水溶解，再加过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.60mL，离子反应为：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为98.00%若滴定前仰视、滴定后俯视滴定管读数，所测纯度将会偏低（填“偏高”、“偏低”或“不变”）【考点】制备实验方案的设计【分析】由实验流程可知，Zn、Fe与硫酸反应，可知不溶物为Cu，Cu与过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜溶液，则
29、D为硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾；滤液A中含硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸，加过氧化氢可将亚铁离子氧化，条件pH使铁离子转化为沉淀，可利用ZnO、Zn（OH）2等促进铁离子水解转化为沉淀，滤液B主要含硫酸锌，与碱反应生成氢氧化锌，再加热分解生成ZnO；A中加Y调节pH值大于11，故可以加入强碱，Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，再加热分解生成ZnO（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；（3）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH
30、11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；（4）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（5）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；（6）根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3 2Cu2+，根据反应的关系式计算；滴定前仰视、滴定后俯视滴定管读数，V偏小【解答】解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（2）调节溶液pH，降低溶
31、液酸度，可以使铁离子全部沉淀，加ZnO、Zn（OH）2等促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去，调节pH=34的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3，达到除去Fe3+的目的，故答案为：AC；使Fe3+转化为Fe（OH）3，达到除去Fe3+的目的；（3）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；（4）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打
32、破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（5）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（6）CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2+4I2CuI+I2，且发生I2+2S2O322I+S4O62，则可得关系式2Na2S2O3 2Cu2+，则n（CuSO45H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L19.60103L=1.96103mol，m（CuSO45H2O）=1.96103mol250g/mol=0.49
33、0g，（CuSO45H2O）=100%=98.00%，故答案为：98.00%；若滴定前仰视、滴定后俯视滴定管读数，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏小，故测量纯度偏低，故答案为：偏低9控制和治理CO2、SO2、NOx是解决温室效应、减少酸雨和光化学烟雾的有效途径（1）如图1是1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO的能量变化图已知：N2（g）+O2（g）2NO （g）H=179.5kJmol12NO （g）+O2（g）2NO2（g）H=112.3kJmol1NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式为2NO （g）+2CO （g）=N2（g）+2 CO2（g）
34、H=759.8 kJmol1（2）工业上利用CO2生产甲醇燃料，反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1将6mol CO2和8mol H2充入容积为2L的密闭容器（温度不变），H2的物质的量随时间变化如图2实线所示（图中字母后的数字表示对应坐标）该反应在08min内CO2的平均反应速率为0.125 molL1min1；该反应的平衡常数表达式：K=；仅改变某一条件再进行实验，测得H2物质的量变化如虚线所示与实线相比，曲线改变的条件可能是升温，曲线改变的可能是增压若实线对应的平衡常数为K，曲线对应的平衡常数为K1，则K和K1 的大小关系是K1K（3）
35、若以如图3装置用电化学原理将SO2转化为重要化工原料若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极电极反应为SO22e+2H2O=4H+SO42【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）NO与CO反应生成无污染气体，发生反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368134=234kJ，反应热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=234 kJmol1，结合已知热化学方程式，利用盖斯定律书写目标热化学方程式；（2）由图可知，8min时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8m
36、ol2mol=6mol，根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（CO2）；化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意固体、纯液体不需要写出；曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，改变条件平衡向逆反应方向移动，可能是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动；曲线反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，可能是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；（3）反应本质是：SO2+O2+H2O=H2SO4，负极发生氧化反
37、应，二氧化硫在负极失去电子与水生成硫酸根、氢离子【解答】解：（1）NO与CO反应生成无污染气体，发生反应为：2 NO+2 CO=N2+2 CO2，已知：N2（g）+O2（g）=2NO （g）H=179.5kJmol12NO （g）+O2（g）=2NO2（g）H=112.3kJmol1由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368134=234kJ，该反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=234 kJmol1，根据盖斯定律可知，2+得：2 NO （g）+2 CO （g）=N2（g）+2 CO2（g）H=759.8 kJmol1，故答
38、案为：2 NO （g）+2 CO （g）=N2（g）+2 CO2（g）H=759.8 kJmol1；（2）由图可知，8min时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol2mol=6mol，故v（H2）=0.375mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（H2）=0.375mol/（Lmin）=0.125mol/（Lmin），故答案为：0.125；反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：；曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，可能是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化；曲线反
39、应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故温度越高平衡常数越小，曲线温度最高，故K1K，故答案为：升温；增压；K1K；（3）反应本质为SO2+O2+H2O=H2SO4，负极发生氧化反应，二氧化硫在负极失去电子与水生成硫酸根、氢离子，负极电极反应式为SO22e+2H2O=4H+SO42，故答案为：SO22e+2H2O=4H+SO4210某小组用如图装置（其它仪器略）电解食盐水，通过测定产物的量计算食盐水的电解率 食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）100%甲方案：利用甲、乙
40、装置测定食盐水的电解率（1）电解食盐水的离子方程式2Cl+2H2OCl2+2H2+2OH；若甲中滴有酚酞，则电解时甲中左边（填“左”或“右”）碳棒附近溶液变红（2）若a中盛足量NaOH溶液，测定a在电解前后质量变化计算食盐水的电解率，正确连接顺序为B连C（填A、B、C、D、E导管口），a中的化学方程式为Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO乙方案：利用甲、丙装置测定食盐水的电解率（3）若将A接E，通过测定丙中b装置或氧化铜硬质玻璃管反应前后质量差计算食盐水的电解率，则c中应该盛的试剂是浓硫酸某同学认为该方案测得的实验结果不准确，你认为其可能的原因是氢气还原氧化铜时，氢气不能全部反应，
41、误差太大丙方案：只利用甲装置测定食盐水的电解率（4）常温时，称取58.5gNaCl溶于水配成200mL溶液，置于甲中电解一段时间，所得溶液pH为14，则食盐水的电解率为20.0%（电解前后溶液体积不变，Na23、Cl35.5）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲装置电解饱和食盐水，左侧碳棒连接电源负极，为阴极，右侧碳棒连接电源正极，为阳极，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色；（2）甲装置中B口导出的气体为氯气，用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应生成氯化钠、次氯酸钠与水；（3）通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装
42、置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，要防止外界空气中的水蒸气等被U形管中碱石灰吸收，结合氢气还原氧化铜时，氢气不能全部反应来考虑；（4）根据溶液pH计算氢氧根离子浓度，结合化学方程式计算反应的氯化钠质量，计算200ml溶液中氯化钠的质量，用反应的氯化钠质量除以原溶液中氯化钠质量得到食盐水的电解率【解答】解：（1）甲装置电解饱和食盐水，左侧碳棒连接电源负极，为阴极，右侧碳棒连接电源正极，为阳极，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解氯化钠的总反应为：2Cl+2H2O
43、Cl2+2H2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OCl2+2H2+2OH；左；（2）甲装置中B口导出的气体为氯气，用氢氧化钠溶液吸收氯气，则装置B连C，反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，离子方程式为：Cl2+2OH=H2O+Cl+ClO，故答案为：B；C；Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO；（3）利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，c中应该盛的试剂是浓硫酸，氢气还原氧化铜时，氢气不能全部反应，所以该方案测得的实
44、验结果不准确，故答案为：浓硫酸；氢气还原氧化铜时，氢气不能全部反应，误差太大；（4）若电解200mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，则c（H+）=1014mol/L，c（OH）=1mol/L，氢氧根离子物质的量=0.2L1mol/L=0.2mol，由2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2可知，电解的氯化钠物质的量为0.2mol，其质量=0.2mol58.5g/mol=11.7g，100%=20%，故答案为：20%三、选做题11氯化铜、氯化亚铜广泛用于有机催化剂实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，制备铜的氯化物的流程如图1：（1）固体1成分的化学式FeCl3、CuCl2（2）溶
45、液1可加试剂X，用于调节pH以除去杂质，X可选用c：aNaOH bNH3H2O cCuO dCuSO4（3）操作的名称过滤检验溶液2是否含有杂质离子的试剂可以是KSCN溶液（4）操作需在HCl气流中加热浓缩的原因抑制氯化铜水解（5）反应是向溶液2中通入SO2，加热生成CuCl白色沉淀，离子方程式为2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42（6）用如图仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）按气流方向连接各仪器接口：ad、ej、hf、gb实验前要进行的一步重要操作是检查装置的气密性反应时盛粗铜粉试管的现象产生大量棕黄色烟【考点】制备实验方案的设计【分析】粗
46、铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl22H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl22H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，以此解答（1）（4）；（5）溶液2中通入SO2，加热生成CuCl白色沉淀，发生氧化还原反应；（6）制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应，结合实验装置可知
47、，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，利用饱和食盐水除去HCl，再利用浓硫酸干燥，然后Cu与氯气反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气，该实验连接好装置后要检验气密性，以此来解答【解答】解：粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl22H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl22H2O，再经
48、过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，（1）固体1成分的化学式为FeCl3、CuCl2，故答案为：FeCl3、CuCl2；（2）不能引入新杂质，结合上述分析可知，CuO符合，故答案为：c；（3）操作1为过滤；检验溶液2是否含有杂质离子（铁离子）的试剂可以是KSCN溶液，故答案为：过滤；KSCN溶液；（4）操作需在HCl气流中加热浓缩的原因抑制氯化铜水解，故答案为：抑制氯化铜水解；（5）反应是向溶液2中通入SO2，加热生成CuCl白色沉淀，离子方程式为2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42，故答案为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42；（6）制备纯净、
49、干燥的氯气并与粗铜反应，结合实验装置可知，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，利用饱和食盐水除去HCl，再利用浓硫酸干燥，然后Cu与氯气反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气，结合上述分析可知，除杂时导管长进短出，则气流方向连接各仪器接口：ad、ej、hf、gb，故答案为：d；e；j；h；f；g；b；该实验制备气体并进行气体的性质实验，则实验前要进行的一步重要操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；Cu与氯气反应生成氯化铜固体，则反应时盛粗铜粉试管的现象是产生大量棕黄色烟，故答案为：产生大量棕黄色烟12A、B、X、Y、Z是前四周期的常见元素，原子序数依次增大，A可形成自然界硬度最大的单质；B
50、与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34，请回答：（1）AY2是常用的溶剂，是非极性分子分子（填极性或非极性），分子中存在2个键（2）X与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）超高导热绝缘耐高温纳米XB的晶体与金刚石类似，是原子晶体（4）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为ONAl（用元素符号作答）（5）Z的基态原
51、子核外电子排布式为Ar3d104s1（6）元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z十HCl十O2ZCl十HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性下列说法或表示不正确的是：氧化剂是O2HO2在碱中不能稳定存在氧化产物是HO2，1molZ参加反应有1mol电子发生转移（7）Z的晶胞结构如图，其密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为（8）ZYO4常作电镀液，其中Y原子的杂化轨道类型是sp3杂化【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原
52、子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=6334=29，故Z为Cu元素，据此进行解答【解答】解：A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数
53、=6334=29，故Z为Cu元素，（1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个键，所以CS2分子存在2个键，故答案为：非极性分子；2；（2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2），故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体，故答案为：原子；（4）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：ONAl，故答案为：O
54、NAl；（5）Z为29号Cu元素，根据构造原理，其基态原子核外电子排布式为：Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1，故答案为：Ar3d104s1；（6）O2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的化合价是0.5价，化合价降低作氧化剂，故正确；HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，故正确；还原产物是HO2，故错误；1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故正确，根据以上分析可知，不正确的为，故答案为：；（7）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8+6=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：
55、 g，设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，其密度为：=9.00g/cm3，整理可得x=，故答案为：；（8）SO42离子的中心原子S的价层电子对为： =4，孤电子对数为： =0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为sp3，故答案为：sp3杂化13有机物E是一种医药中间体，可用于制备抗凝血药，可以通过如图路线合成：（1）A可以发生银镜反应，反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OH CH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O（2）B中含氧官能团的名称羧基、羟基，B转化为C的反应类型取代反应（3）1mol D最多可与3mol H2加成（4）写出E与足量NaOH溶液完
56、全反应的化学方程式+2NaOH +H2O（5）能同时满足下列条件的B的同分异构体有2种能发生银镜反应；遇FeCl3发生显色反应； 1mol该物质最多可消耗2mol NaOH；核磁共振氢谱显示其只有4种不同环境的氢原子（6）苯甲酸苯甲酯是一种重要的有机合成中间体已知：；光照时，甲苯与Cl2侧链取代试写出以甲苯为原料制取苯甲酸苯甲酯的合成路线流程图（无机原料任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）A的分子式为C2H4O，含有发生有机反应，含有醛基，催化氧化得到乙酸，则A为CH3CHO；（2）由B的结构简式可知，含有的官能团为羧基、
57、羟基，B与甲醇发生酯化反应生成C为；（3）D中苯环与氢气发生加成反应；（4）E中酯基所得得到的羧基、酚羟基均与氢氧化钠反应；（5）同时满足下列条件的B的同分异构体：能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基； 1mol该物质最多可消耗2mol NaOH，结合B的结构简式可知，含有2个OH、1个CHO，核磁共振氢谱显示其只有4种不同环境的氢原子，三个侧链处于间位，或邻位且CHO处于2个OH之间；（6）甲苯与氯气在光照条件下得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，苯甲酸与苯甲醇在浓硫酸、加热条件下发生转化反应得到苯甲酸苯甲酯【解答】解
58、：A的分子式为C2H4O，含有发生有机反应，含有醛基，催化氧化得到乙酸，则A为CH3CHO，乙酸分子羧酸中OH被Cl取代生成CH3COCl，B与甲醇发生酯化反应生成C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D转化得到E（1）A为CH3CHO，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH CH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OH CH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（2）B中含氧官能团为：羧基、羟基，B与甲醇发生酯化反应生成C为，属于取代反应，故答案为：羧基、羟基；取代反应；（3）D中苯环与氢气发生加成反应，1m
59、ol D最多可与3mol H2加成，故答案为：3；（4）E与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式： +2NaOH +H2O，故答案为： +2NaOH +H2O；（5）同时满足下列条件的B的同分异构体：能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基； 1mol该物质最多可消耗2mol NaOH，结合B的结构简式可知，含有2个OH、1个CHO，核磁共振氢谱显示其只有4种不同环境的氢原子，为、，故答案为：2；（6）甲苯与氯气在光照条件下得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，苯甲酸与苯甲醇在浓硫酸、加热条件下发生转化反应得到苯甲酸苯甲酯，合成路线流程图为：，故答案为：2017年1月21日