1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年四川省绵阳市高中高三（上）第二次诊考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1科研、生产和生活中的下列做法，利用了氧化还原反应的是（）A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素B用氯化铁溶液腐蚀铜制印刷电路板C在空气净化器中装入活性炭层D服用阿司匹林出现水杨酸反应时用小苏打解毒2下例物质发生反应后固体质量一定减少的是（）AFeCO3在空气中灼烧B铝条插入冷的浓硫酸中CNa2O2敞放在空气中D向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液3实验室用如图装置完成下表所列的四个实验，不能达到实验目的是（） 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 验证C
2、2H5OH与浓H2SO4加热至170制得的乙烯的性质 NaOH溶液Br2水 B 检验FeSO4受热分解产生的气体中由SO3和SO2 BaCl2溶液品红溶液 C 验证电石与饱和食盐水反应生成的乙炔的性质CuSO4溶液 KMnO4溶液 D 验证氧化性：Cl2Br2I2NaBr溶液 KI溶液AABBCCDD4下列有关0.2mol/L Fe（NO3）2溶液的叙述正确的是（）A该溶液中Na+、K+、Fe（CN）63、I可以大量共存B滴加稀硫酸，充分振荡无现象C通入H2S气体，发生反应的离子方程式为Fe2+S2FeSD50mL该溶液与过量Zn充分反应，生成0.56gFe5科学家开发出一种新型锂氧电池，其能
3、量密度极高，效率达90%以上电池中添加碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O 2I2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是（）A放电时负极上I 被氧化B充电时Li+从阳极区移向阴极区C充电时阴极反应为LiOH+eLi+OHD放电时正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH6常温下，向20 mL 0.10 molL1 NaHCO3溶液中滴加0.10 molL1 CaCl2溶液至pH=7，有白色沉淀生成，无气体放出对反应所得混合液的下列说法错误的是（）A存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡Bc（Na+）=c（Cl）c（HCO3）c（CO32）=c（
4、Ca2+）Cc（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl）D反应的离子方程式：2HCO3+Ca2+CaCO3+H2CO37工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：（g） （g）+H2（g）现将x mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）体积分数不考虑副反应，下列说法正确的是（）A400时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆） 均减小，且乙苯转化率降低B500时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，平衡不移动C550时，用平衡分压代
5、替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=p总D550时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450时的3倍二、解答题（共4小题，满分58分）8X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻，都是蛋白质的组成元素；X、T同族，Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等U是d区元素，U2+的核外最高能级有2对成对电子请回答下列问题：（1）Q原子的核外电子排布式为（2）XZ2的分子中键与键数目之比为，YZ2离子的VSEPR模型名称是（3）Q、R、T的单质形成的晶体中，熔点由高到低的顺序是（填化学式），既能与强酸反应，又能与强碱反应的是（填化学式）（4）通常情况下，U2+
6、的溶液很稳定，它与YH3形成的配位数为6的配离子却不稳定，在空气中易被氧化为U（YH3）63+，该反应的离子方程式是9实验室用图所示装置制备KClO溶液，再与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4查阅资料Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在05的强碱性溶液中较稳定制备KClO及K2FeO4（1）仪器a的名称：，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是（2）装置B吸收的气体是，装置D的作用是（3）C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，水浴控制反应温度
7、为25，搅拌1.5 h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），该反应的离子方程式为再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯步骤为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤23次，在真空干燥箱中干燥测定产品纯度（5）称取提纯后的K2FeO4样品0.2100 g于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250 mL溶液，取出25.00 mL放入锥形瓶，用0.01000 mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操
8、作2次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液30.00 mL涉及主要反应为：Cr（OH）4+FeO42Fe（OH）3+CrO42+OHCr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O则该K2FeO4样品的纯度为10利多卡因是医用临床常用的局部麻药，其一种合成路线如下：已知：ROHRCl请回答下列问题：（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有，D的名称为（2）C的结构简式为，的反应类型是（3）反应的化学方程式为（4）写出G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式：（5）E存在多种同分异构体，写出满足下列条件的所有同分异构体的结构简式：a能使Br2的CCl4溶液褪色，遇FeCl3溶液
9、显色 b含有NH2，苯环上只有1种氢11氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）CuS精矿经250低温焙烧后生成CuO，步骤中主要反应的离子方程式是（2）步骤先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是（3）步骤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是（写名称）；步骤醇洗的作用是（4）已知25，101 kPa时：S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8 kJ/mol2Cu（s）+O2（g）2C
10、uO（s）H=314.6 kJ/molCu（s）+S（s）CuS（s）H=53.1 kJ/mol步骤中CuS与O2反应的热化学方程式是（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是（6）假设上述步反应完全转化，步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100 kg 96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO2m3（标准状况）2015-2016学年四川省绵阳市高中高三（上）第二次诊考化学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科研、生产和生活中的下列做法，利用了氧化还原反应的是（）A用乙醚从黄花蒿中提
11、取青蒿素B用氯化铁溶液腐蚀铜制印刷电路板C在空气净化器中装入活性炭层D服用阿司匹林出现水杨酸反应时用小苏打解毒【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，发生氧化还原反应时，元素的化合价一定发生变化，以此解答【解答】解：A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，利用了物质的溶解性，属于物理性质，故A错误；B氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，Fe、Cu元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C利用活性炭的吸附性，不是化学变化，故C错误；D发生复分解反应生成二氧化碳，不是氧化还原反应，故D错误故选B【点评】本题考查氧化还原反应及生活中的化学，侧重于化学与
12、生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意氧化还原反应中一定有元素的化合价变化，题目难度不大2下例物质发生反应后固体质量一定减少的是（）AFeCO3在空气中灼烧B铝条插入冷的浓硫酸中CNa2O2敞放在空气中D向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液【考点】镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A碳酸铁在空气中灼烧生成四氧化三铁；B铝条插入浓硫酸中发生钝化，固体质量增加；C过氧化钠与水、二氧化碳反应生成碳酸钠或氢氧化钠；D氢氧化镁沉淀转化成氢氧化铁沉淀，固体质量增加【解答】解：AFeCO3在空气中灼烧生成四氧化三铁，导致固体质量一定减少，故A正确；B铝表明被浓硫酸
13、氧化，导致固体质量增加，故B错误；C过氧化钠与水、二氧化碳反应，导致固体质量增加，故C错误；DMg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，氢氧化镁转化成氢氧化铁，固体质量增加，故D错误；故选A【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物性质，题目难度不大，明确常见金属单质及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力3实验室用如图装置完成下表所列的四个实验，不能达到实验目的是（） 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 验证C2H5OH与浓H2SO4加热至170制得的乙烯的性质 NaOH溶液Br2水 B 检验FeSO4受热分解产生的气体中由SO3和SO2 BaCl2溶液品红溶
14、液 C 验证电石与饱和食盐水反应生成的乙炔的性质CuSO4溶液 KMnO4溶液 D 验证氧化性：Cl2Br2I2NaBr溶液 KI溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A二氧化硫能使溴水褪色； B二氧化硫与氯化钡不反应；CX可除去混有的硫化氢，Y可检验乙炔；D过量的氯气能与碘化钾反应【解答】解：AC2H5OH与浓硫酸加热至170制取乙烯，发生消去反应，X中NaOH溶液除去二氧化硫，Y中Br2水褪色可检验乙烯，故A正确； B二氧化硫与氯化钡不反应，有沉淀生成说明有三氧化硫，使品红褪色说明有二氧化硫，故B正确；CX可除去混有的硫化氢，Y可检验乙炔，乙炔能使酸性高锰
15、酸钾褪色，Y中观察到褪色可检验乙炔，故C正确；D过量的氯气能与碘化钾反应，不能确定与碘化钾反应的是溴单质，故D错误故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的制备、检验及氧化性比较等，把握制备中可能混有的杂质、有机物的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大4下列有关0.2mol/L Fe（NO3）2溶液的叙述正确的是（）A该溶液中Na+、K+、Fe（CN）63、I可以大量共存B滴加稀硫酸，充分振荡无现象C通入H2S气体，发生反应的离子方程式为Fe2+S2FeSD50mL该溶液与过量Zn充分反应，生成0.56gFe【考点】氧化还原反
16、应；离子方程式的书写；离子共存问题【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】A亚铁离子能和Fe（CN）63反应生成蓝色沉淀；B酸性条件下亚铁离子能被硝酸根离子氧化；C通入H2S气体时，硝酸亚铁和硫化氢发生氧化还原反应，且FeS能和硝酸反应；DZn和亚铁离子发生置换反应生成Fe【解答】解：A亚铁离子能和Fe（CN）63反应生成蓝色沉淀，该反应还用于检验亚铁离子，所以不能共存，故A错误；B酸性条件下亚铁离子能被硝酸根离子氧化生成铁离子，硝酸根离子被还原生成NO，溶液由浅绿色转化为黄色，故B错误；C通入H2S气体时，硝酸亚铁和H2S反应可以生成Fe 3+、S，故C错误；DZn和亚铁离子发生置换反
17、应生成Fe，根据原子守恒得析出n（Fe）=nFe（NO3）2=0.2mol/L0.05L=0.01mol，m（Fe）=0.01mol56g/mol=0.56g，故D正确；故选D【点评】本题以硝酸亚铁为载体考查氧化还原反应，涉及氧化还原反应计算、离子共存等知识点，明确物质性质是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，易错选项是C5科学家开发出一种新型锂氧电池，其能量密度极高，效率达90%以上电池中添加碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O 2I2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是（）A放电时负极上I 被氧化B充电时Li+从阳极区移向阴极区C充电时阴极反
18、应为LiOH+eLi+OHD放电时正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、放电时，负极上发生失电子的氧化反应，元素的化合价升高；B、充电时，电解质里的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；C、充电时阴极发生得电子的还原反应；D、放电时，正极上发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式【解答】解：A、放电时，负极上发生失电子的氧化反应，元素的化合价升高，根据总反应，得到I 被氧化，故A正确；B、充电时，电解质里的阳离子移向阴极，故B正确；C、充电时阴极发生得电子的还原反应，应该是碘单质得电子的还原反应，故C错误；D、放电时，正极上发生得电子的
19、还原反应，正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH，故D正确故选C【点评】本题以新型电池为载体考查原电池和电解池原理，明确原电池和电解池电极上得失电子即可解答，注意电极方程式的书写是关键6常温下，向20 mL 0.10 molL1 NaHCO3溶液中滴加0.10 molL1 CaCl2溶液至pH=7，有白色沉淀生成，无气体放出对反应所得混合液的下列说法错误的是（）A存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡Bc（Na+）=c（Cl）c（HCO3）c（CO32）=c（Ca2+）Cc（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl）D反应的离子方程式：2HCO3+Ca2+
20、CaCO3+H2CO3【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A反应后的溶液中得到碳酸钙沉淀，溶液中存在沉淀溶解平衡，生成碳酸存在电离平衡，少量碳酸根离子存在水解平衡；B依据反应后溶液显中性溶液是NaCl、H2CO3 和NaHCO3混合溶液，有白色沉淀生成，无气体放出，发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3，c（HCO3）c（CO32）；C溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl）+c（OH），溶液至pH=7，c（H+）=c（OH）；D发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3
21、+2NaCl+H2CO3，书写得到反应的离子方程式【解答】解：A反应后的溶液中得到碳酸钙沉淀，溶液中存在沉淀溶解平衡，生成碳酸存在电离平衡，少量碳酸根离子存在水解平衡，混合溶液中存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡，故A正确；B溶液中发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3，还有过量的碳酸氢钠，NaCl、H2CO3 和NaHCO3混合溶液呈中性，混合溶液中c（Na+）c（Cl），碳酸根离子来源于碳酸钙的溶解电离，碳酸的第二步电离，c（HCO3）c（CO32）c（Ca2+），故B错误；C溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3）+
22、2c（CO32）+c（Cl）+c（OH），溶液至pH=7c（H+）=c（OH），c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl），故C正确；D滴加0.10 molL1 CaCl2溶液至pH=7，有白色沉淀生成，无气体放出，发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3，还有过量的碳酸氢钠，溶液呈中性，书写得到反应的离子方程式，2HCO3+Ca2+CaCO3+H2CO3，故D正确；故选B【点评】本题考查了电解质溶液中反应实质，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒、物料守恒等知识，题目难度较大7工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯
23、的反应如下：（g） （g）+H2（g）现将x mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）体积分数不考虑副反应，下列说法正确的是（）A400时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆） 均减小，且乙苯转化率降低B500时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，平衡不移动C550时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=p总D550时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450时的3倍【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【专题】化学平衡图像【分析】A、向体积可变的密闭容器中通
24、入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动；B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动；C、由图可知550时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，结合气体分压（p分）=气体总压（p总）体积分数；D、由图可知550时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%【解答】解：A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，故A错误；B
25、、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动，而不是不移动，故B错误；C、由图可知500时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，（g） （g）+H2（g）初起量：x mol 0 0变化量：0.6xmol 0.6xmol 0.6xmol平衡量：0.4xmol 0.6xmol 0.6xmol所以K=p总，故C正确；D、由图可知550时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%，所以550时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450时的2倍，故D错误；故选C【点评】本题考查较综合，涉及平衡常数的计算、转化率的计算等知识点，侧重考
26、查计算、基本理论，会利用三段式法进行分析解答，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻，都是蛋白质的组成元素；X、T同族，Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等U是d区元素，U2+的核外最高能级有2对成对电子请回答下列问题：（1）Q原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1（2）XZ2的分子中键与键数目之比为1：1，YZ2离子的VSEPR模型名称是平面三角形（3）Q、R、T的单质形成的晶体中，熔点由高到低的顺序是SiAlNa（填化学式），既能与强酸反应，又能与强碱反应的是Al（填化学式）
27、（4）通常情况下，U2+的溶液很稳定，它与YH3形成的配位数为6的配离子却不稳定，在空气中易被氧化为U（YH3）63+，该反应的离子方程式是4Co（NH3）62+O2+2H2O4Co（NH3）63+4OH【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻，都是蛋白质的组成元素，则X为C、Y为N、Z为O；X、T同族，则T为Si；Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等，则Q、R原子最外层电子数之和为4，二者原子序数大于氧、小于Si，可推知Q为Na、R为Al；
28、U是d区元素，U2+的核外最高能级有2对成对电子，原子外围电子排布为3d74s2，故U为Co，据此解答【解答】解：X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻，都是蛋白质的组成元素，则X为C、Y为N、Z为O；X、T同族，则T为Si；Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等，则Q、R原子最外层电子数之和为4，二者原子序数大于氧、小于Si，可推知Q为Na、R为Al；U是d区元素，U2+的核外最高能级有2对成对电子，原子外围电子排布为3d74s2，故U为Co（1）Q为Na，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，故答案为：1s22s22p63
29、s1；（2）CO2分子结构式为O=C=O，双键中含有1个键、1个键，故分子中键与键数目之比为1：1，NO2离子中N原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故大拿为：1：1；平面三角形；（3）Si单质为原子晶体，Al、Na单质为金属晶体，Si单质熔点最高，由于铝离子半径小于钠离子半径，铝离子所带电荷更多，故金属铝中金属键更强，则Al的熔点高于钠的，故熔点由高到低的顺序是：SiAlNa，既能与强酸反应，又能与强碱反应的是Al，故答案为：SiAlNa；Al；（4）通常情况下，Co2+的溶液很稳定，它与NH3形成的配位数为6的配离子却不稳定，在空气中易被氧化为Co（NH3）63+，该反
30、应的离子方程式是：4Co（NH3）62+O2+2H2O4Co（NH3）63+4OH，故答案为：4Co（NH3）62+O2+2H2O4Co（NH3）63+4OH【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、价层电子对互斥理论、晶体类型与性质、配合物等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握9实验室用图所示装置制备KClO溶液，再与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4查阅资料Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在05的强碱性溶液中较稳定制备KClO及K2FeO4（1）仪器
31、a的名称：分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3（2）装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气（3）C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，水浴控制反应温度为25，搅拌1.5 h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），该反应的离子方程式为3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+3Cl+5H2O再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯步骤为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KO
32、H溶液中，过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤23次，在真空干燥箱中干燥测定产品纯度（5）称取提纯后的K2FeO4样品0.2100 g于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250 mL溶液，取出25.00 mL放入锥形瓶，用0.01000 mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液30.00 mL涉及主要反应为：Cr（OH）4+FeO42Fe（OH）3+CrO42+OHCr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O则该K2FeO4样品
33、的纯度为94.3%【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，（1）根据装置图可知仪器名称；Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，据此判断冰水浴的原因；（2）氯气中有氯化氢需要除去，氯气有毒，需要进行尾气吸收；（3）足量KClO中依次加入KOH溶液、
34、Fe（NO3）3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，据此书写该反应的离子方程式；（4）K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以提纯K2FeO4粗产品时可以将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中，过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤23次，在真空干燥箱中干燥，据此答题；（5）根据反应Cr（OH）4+FeO42Fe（OH）3+CrO42+OH和Cr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式2FeO42Cr2O726Fe2+，利用（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量可计算得高铁
35、酸钾的质量，进而确定K2FeO4样品的纯度；【解答】解：根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，（1）根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，故答案为：分液漏斗；防止Cl2与KOH反应生成KClO3；（2）氯气中有氯化氢需要除去，氯气有毒，需要
36、进行尾气吸收，所以装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气，故答案为：HCl；吸收Cl2，防止污染空气；（3）足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+3Cl+5H2O；（4）K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以提纯K2FeO4粗产品时可以将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中，过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过
37、滤，用乙醇洗涤23次，在真空干燥箱中干燥，故答案为：过滤；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；（5）根据反应Cr（OH）4+FeO42Fe（OH）3+CrO42+OH和Cr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式2FeO42Cr2O726Fe2+，根据题意可知，（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为0.03L0.01000 mol/L=0.0003mol，所以高铁酸钾的质量为=0.198g，所以K2FeO4样品的纯度为100%=94.3%，故答案为：94.3%；【点评】本题考查实验制备方案、氧化还原反应的离子方程式的书写、物质的分离提纯、对条件与操作的
38、分析评价、纯度的计算等，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难度中等10利多卡因是医用临床常用的局部麻药，其一种合成路线如下：已知：ROHRCl请回答下列问题：（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有sp3、sp2杂化，D的名称为1，3二甲苯（或间二甲苯）（2）C的结构简式为，的反应类型是取代反应（3）反应的化学方程式为（4）写出G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式： +2NaOH+HOCH2COONa+NaCl（5）E存在多种同分异构体，写出满足下列条件的所有同分异构体的结构简式：a能使Br2的CCl4溶液褪色，遇FeCl3溶液显色 b含有NH2，苯环上只有1种氢【考点】有机
39、物的推断【专题】有机推断【分析】A发生取代反应生成B，根据B结构简式知，A结构简式为CH3COOH，B发生取代反应生成C，结合题给信息知，C结构简式为CH2ClCOCl，D反应生成E，E发生反应，结合题给信息知，E结构简式为，D发生取代反应生成E，D结构简式为，G发生取代反应生成利多卡因，则G结构简式为，反应为取代反应，据此分析解答【解答】解：A发生取代反应生成B，根据B结构简式知，A结构简式为CH3COOH，B发生取代反应生成C，结合题给信息知，C结构简式为CH2ClCOCl，D反应生成E，E发生反应，结合题给信息知，E结构简式为，D发生取代反应生成E，D结构简式为，G发生取代反应生成利多卡
40、因，则G结构简式为，反应为取代反应，（1）A中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上的C原子价层电子对个数是2，所以C原子采用杂化方式为sp3、sp2杂化，D名称是1，3二甲苯（或间二甲苯），故答案为：sp3、sp2杂化；1，3二甲苯（或间二甲苯）；（2）通过以上分析知，C结构简式为，的反应类型是取代反应，故答案为：； 取代反应；（3）该反应方程式为，故答案为：；（4）G结构简式为，G和NaOH水溶液反应方程式为+2NaOH +HOCH2COONa+NaCl，故答案为： +2NaOH +HOCH2COONa+NaCl；（5）E结构简式为，E的同分异构体符合下列条件：a能使Br2的CCl4溶液褪
41、色，遇FeCl3溶液显色，说明含有不饱和键和酚羟基； b含有NH2，苯环上只有1种氢，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及获取信息利用信息解答问题能力，根据某些物质结构简式结合反应条件、题给信息进行推断，正确判断各物质结构简式是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等11氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）CuS精矿经250低温焙烧后生成CuO，步骤
42、中主要反应的离子方程式是CuO+2H+Cu2+H2O（2）步骤先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水（3）步骤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是硫酸（写名称）；步骤醇洗的作用是快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化（4）已知25，101 kPa时：S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8 kJ/mol2Cu（s）+O2（g）2CuO（s）H=314.6 kJ/molCu（s）+S（s）CuS（s）H=53.1 kJ/mol步骤中CuS与O2反应的热化学方程式是2CuS（s）+3O2（g）2Cu
43、O（s）+2SO2（g）H=802.0kJ/mol（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是2（6）假设上述步反应完全转化，步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100 kg 96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO211.3m3（标准状况）【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫，用硫酸酸浸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫，生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸，过滤后滤液回收，氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥
44、得CuCl产品，（1）步骤中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（2）步骤先加NaCl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀；（3）氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸，用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；（4）反应S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8 kJ/mol，2Cu（s）+O2（g）2CuO（s）H=314.6 kJ/mol，Cu（s）+S（s）CuS（s）H=53.1 kJ/mol，根据盖斯定律，将2+2可得CuS与O2反
45、应的热化学方程式；（5）根据均摊法，位于60角顶点的原子属于该晶胞的为，位于120角顶点的原子属于该晶胞的为，根据CuS晶胞结构图可知，还有一个硫原子位于晶胞体内，据此答题；（6）根据步操作共损失产品3.5%可知，生产100 kg 96.5%的CuCl，则反应中产生的CuCl的质量为=100 kg，根据反应2CuS+3O22CuO+2SO2、2CuO+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4，可知每生成1molCuCl，会产生1mol二氧化硫需要处理，据此计算【解答】解：CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫，用硫酸酸浸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫
46、，生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸，过滤后滤液回收，氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品，（1）步骤中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+Cu2+H2O，故答案为：CuO+2H+Cu2+H2O；（2）步骤先加NaCl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀，故答案为：CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水；（3）氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸，用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，故答案为：硫酸；快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；（
47、4）反应S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8 kJ/mol，2Cu（s）+O2（g）2CuO（s）H=314.6 kJ/mol，Cu（s）+S（s）CuS（s）H=53.1 kJ/mol，根据盖斯定律，将2+2可得CuS与O2反应的热化学方程式为2CuS（s）+3O2（g）2CuO（s）+2SO2（g）H=802.0 kJ/mol，故答案为：2CuS（s）+3O2（g）2CuO（s）+2SO2（g）H=802.0 kJ/mol；（5）根据均摊法，位于60角顶点的原子属于该晶胞的为，位于120角顶点的原子属于该晶胞的为，根据CuS晶胞结构图可知，还有一个硫原子位于晶胞体内，所以晶胞中含
48、有硫原子的数目是为4+4+1=2，故答案为：2；（6）根据步操作共损失产品3.5%可知，生产100 kg 96.5%的CuCl，则反应中产生的CuCl的质量为=100 kg，根据反应2CuS+3O22CuO+2SO2、2CuO+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4，可知每生成1molCuCl，会产生0.5mol二氧化硫需要处理，所以生产100 kg 96.5%的CuCl产品，需要处理的尾气中含SO2的体积为0.5L=11.3m3，故答案为：11.3【点评】本题考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、晶胞的分析、化学计算的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意（6）中利用两个方程式进行的计算版权所有：高考资源网()投稿兼职请联系：2355394692