1、2014-2015学年河北省衡水中学高三（上）第五次调研化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C70、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B40下列说法正确的是( )AB40和C70、都属于新型化合物BC60、和N60属于同分异构体CB40、C60、N60、C70都只含共价键DB40、C60、N60、C70都属于烯烃2化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是( )AABBCCDD3W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W
2、的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是( )A单质熔点：WZB离子半径：WXZC最高正价：WXZD原子序数：ZWXY4近年来科学家正在研制一种高容量、低成本锂铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是( )A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B放电时，负极的电极反应式为CuO+H2O+2eCu+2OHC通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，铜相当于催化剂5下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是( )AABBC
3、CDD6向某恒容密闭容器中充入一定量C02和H：，发生反应：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）测得平衡体系中C02的百分含量（CQ%）与反应温度变化的关系如图所示下列物理量 中，a点大于b点的是 正反应速率逆反应速率HCOOH（g）的浓度对应温度时的平衡常数( )ABCD7常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是( )ApH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中：c（Na+）c（CH3C00）B将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（OH）不断增大C等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14D浓度均为0.1 mol1的CH3COOH溶
4、液和氨水等体积混合后：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题39题为选考题考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8（14分）甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）2CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1（1）用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式
5、为_（2）某温度下，向4L恒容密闭容器中通人6mol C02和6mol CH4，发生反应（），平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=_，CH4的转化率为_（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H2=29.1kJmol1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如图1、2：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是_ （填“3.5106PaPa“4.0106Pa“或“5.0106Pa”）实际工业生产中采用的温度是80，其理由是_（4）直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于
6、其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注DMFC的工作原理如图3所示：通入a气体的电极是电池的_（填“正”或“负”）极，其电极反应式为常温下，用此电池以惰性电极电解O5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为_（忽略溶液的体积变化）9为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验实验I：反应产物的定性探究，按如图装置（固定装置已略去）进行实验：（1）F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是_；B装置中的现象是_（2）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是_（3）实验结束时，撤去所
7、有酒精灯之前必须完成的实验操作是_（4）实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是_实验：反应产物的定量探究（5）在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，且黑色物质为Cu2S产生Cu2S的反应为aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e H2O，则a：b=_（6）为测定硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液中振荡，以淀粉溶液为指示剂，用O36molL1的Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液25.00mL若反应消耗铜的质量为6.4g，则硫酸铜的产率为_（已知2Cu
8、2+4I=2CuI+I2，2S2O32+I2=S4O62+2I）10（14分）某化学小组通过查阅资料，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废催化剂主要含有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沉淀时的pH如下：（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是_（2）“酸浸”时所加入的酸是_ （填化学式）（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为_（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是_（5）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeS047H20），其原因可能是_（写出一点即可
9、）（6）NiS047H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为_三、选做题：化学与技术（共1小题，满分15分）11粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等 一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是_（2）第1次过滤时滤渣的主要成分有_（填化学式，下同）和_，第3次过滤时滤渣的成分是_（3）在104用硫酸浸取时，铝的浸取
10、率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为_h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是_ （填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是_ （举一例）（4）流程中循环使用的物质有_和_（填化学式）（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C136H20，该过程能够发生的原因是_（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是_选做题：物质结构与性质（共1小题，满分0分）121967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等回答下列问题：（
11、1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于_（填“晶 体”或“非晶体”）（2）基态铜原子有_个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为_，在CuS04溶液 中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为_（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为_；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（HSCN）的沸点低于异硫氰酸（HN=C=S）的沸点，其原因是_（4）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2的配位数为_（5）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为_（用含“a、N
12、A 的代数式表示）gcm3选做题：有机化学基础（共1小题，满分0分）13丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下已知：E的核磁共振氢谱只有一组峰；C能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为_，其反应类型为_（2）D的化学名称是_（3）J的结构简式为_，由D生成E的化学方程式为_（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式为_（写出一种即可）（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇AKL 反应条件1为_；反应条件2所选择的试剂为_；L的结构简式为_2014-20
13、15学年河北省衡水中学高三（上）第五次调研化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C70、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B40下列说法正确的是( )AB40和C70、都属于新型化合物BC60、和N60属于同分异构体CB40、C60、N60、C70都只含共价键DB40、C60、N60、C70都属于烯烃考点：化学键；烯烃 专题：物质的分类专题；化学键与晶体结构分析：A均只有一种元素组成；B均为单质，且为不同元素的单质；C均只有一种元素，则只含非金属元素之间的化学键；D烯烃含C、H元素解答：解
14、：AB40和C70都只有一种元素组成，均属于单质，故A错误；BC60和N60为不同的单质，故B错误；C均只有一种元素，则只含非金属元素之间的化学键，则只含共价键，故C正确；D烯烃含C、H元素，几种单质均不属于烯烃，故D错误；故选C点评：本题考查化学键，为高频考点，把握物质的组成、相关概念的辨析、化学键的形成为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大2化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是( )AABBCCDD考点：硅和二氧化硅；钠的重要化合物；乙烯的用途 专题：化学应用分析：A乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用；BSi02是酸性氧化物，常温下能够与
15、氢氟酸反应；C过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；DAl（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低；解答：解：A乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；BSi02是酸性氧化物，故B错误；C过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；DAl（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故D错误；故选：A点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的用途是解题关
16、键，题目难度不大3W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是( )A单质熔点：WZB离子半径：WXZC最高正价：WXZD原子序数：ZWXY考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：W的单质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，W的单质是氮气，据此解答即可解答：解：A、根据W的单
17、质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，W的单质是氮气，Z的单质是金属，单质熔点：应该是ZW，故A错误；B、根据核外电子排布相同的离子，核电荷数大的半径小，所以离子半径应该是：WZX，故B错误；C、最高正价：W是+5价，X是+3价，Z是+1或+2价，故C正确；D、原子序数：YXZW，故D错误，故选C点评：本题考查了元素推断、元素周期表、元素周期律，关键是得到W、X、Y、Z对应的元素，难度不大4近年来科学家正在研制一种高容量、低成本
18、锂铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是( )A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B放电时，负极的电极反应式为CuO+H2O+2eCu+2OHC通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，铜相当于催化剂考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为LieLi+，正极上电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答解答：解：A放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固
19、体电解质向Cu极移动，故A正确；B放电时，负极的电极反应式为LieLi+，故B错误；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B点评：本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用5下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是( )AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的
20、化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验 专题：实验评价题分析：AS02通入紫色石蕊试液，溶液变红；B先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，发生沉淀的转化；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，则含铁离子；D热水中红色加深，则升高温度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移动解答：解：AS02通入紫色石蕊试液，溶液变红，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故A错误；B先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，发生沉淀的转化，则KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2，故B错误；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，则溶液中含有Fe3+，现象与结论合理，故C正确；D热水中红色加深，则升高温度2NO
21、2（g）N2O4（g）向逆向移动，则反应2NO2（g）N2O4（g）的H0，故D正确；故选CD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀的转化、离子检验及化学平衡移动等为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大6向某恒容密闭容器中充入一定量C02和H：，发生反应：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）测得平衡体系中C02的百分含量（CQ%）与反应温度变化的关系如图所示下列物理量 中，a点大于b点的是 正反应速率逆反应速率HCOOH（g）的浓度对应温度时的平衡常数( )ABCD考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学平衡常数的含义 专题：化学平衡专题分析：根据
22、图象可知，可逆反应CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）随着温度升高，二氧化碳含量增大，说明正反应为放热反应；温度越高，反应速率越大，则a点的正逆反应速率都小于b点；HCOOH（g）为生成物，二氧化碳、氢气为反应物，则二氧化碳百分含量越大，则氢气含量越大、甲酸含量越小，则a点甲酸的浓度大于b点、a点氢气的浓度大于b点，由于温度改变反应向正方向移动时，平衡常数增大，据此进行解答解答：解：温度升高，反应速率增大，a点温度小于b，则a点的正反应速率一定小于b，故错误；b点温度大于a点，则正逆反应速率a点小于b点，故错误；甲酸为生成物，二氧化碳为反应物，则二氧化碳百分含量越大，甲酸浓度越小，b点二氧
23、化碳百分含量大于a点，则a点甲酸的浓度大于b点，故正确；温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，a点大于b点的，故正确；综上，错误，正确，故选D点评：本题考查了百分含量随温度变化的曲线、可逆反应的影响因素，题目难度不大，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，正确分析图象中曲线变化为解答本题的关键，试题培养了学生分析、理解图象信息的能力7常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是( )ApH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中：c（Na+）c（CH3C00）B将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（OH）不断增大C等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+
24、b=14D浓度均为0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：ACH3COOH的电离大于CH3COO的水解，所以c（Na+）c（CH3COO）；B在稀释过程中，由于n（CH3COOH）减小，而n（H+）增多，c（H+）减小，则c（OH）不断增大；C若a+b=14，则c（H+）=c（OH），醋酸会过量，所以a+b14；D浓度均为0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后，根据电荷守恒分析解答：解：ACH3C
25、OOH的电离大于CH3COO的水解，所以c（Na+）c（CH3COO），故A正确；B在稀释过程中，由于n（CH3COOH）减小，而n（H+）增多，c（H+）减小，则c（OH）不断增大，故B正确；C若a+b=14，则c（H+）=c（OH），醋酸会过量，所以a+b14，故C错误；D浓度均为0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后，根据电荷守恒，（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+），故D正确；故选C点评：本题考查了弱电解质的电离，题目难度不大，注意根据物料守恒判断混合溶液中离子浓度的关系三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题32题为必考题每个试题考生都必须作
26、答第33题39题为选考题考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8（14分）甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）2CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1（1）用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1（2）某温度下，向4L恒容密闭容器中通人6mol C02和6mol CH4，发生反应（）
27、，平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=1，CH4的转化率为33.3%（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H2=29.1kJmol1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如图1、2：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0106Pa （填“3.5106PaPa“4.0106Pa“或“5.0106Pa”）实际工业生产中采用的温度是80，其理由是高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低（4）直接甲醇燃料电池（简称DM
28、FC）由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注DMFC的工作原理如图3所示：通入a气体的电极是电池的负（填“正”或“负”）极，其电极反应式为常温下，用此电池以惰性电极电解O5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为13（忽略溶液的体积变化）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据盖斯定律计算书写热化学方程式；（2）根据平衡体系中各组分的体积分数均为，利用三段式计算出平衡时各组分的含量，
29、计算平衡常数和转化率；（3）依据转化率曲线分析判断；图象分析速率随温度变化的趋势分析回答；（4）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应；根据电解池的工作原理和电极方程式来计算解答：解：（1）根据（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1由（）2+（）2+（）得2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H，故H
30、=2H1+2H2+H3=（+247.3kJmol1）2+（90.1kJmol1）2+（566.0kJmol1）=251.6kJmol1，所以用CH4和O2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1，故答案为：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1；（2）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）起始（mol） 6 6 0 0变化（mol） x x 2x 2x平衡（mol）6x 6x 2x 2x平衡体系中各组分的体积分数均为，所以6x=2x，解得x=2，则此温度下该反应的平衡常数X=1，CH4的
31、转化率为=33.3%，故答案为：1；33.3%；（3）从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，图象中转化率变化最大的是4.0106Pa，故答案为：4.0106Pa；依据图象分析温度在高于80C对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向进行，不利于转化率增大，故答案为：高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；（4）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为 CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电
32、极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：负；CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；用此电池以惰性电极电解饱和食盐水的电极反应为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，当两极共收集到标准状况下的气体1.12L（0.05mol）时，则生成氢氧化钠的物质的量是0.05mol，所以COH=0.1mol/L，所以PH=13，故答案为：13点评：本题考查了盖斯定律的应用、热化学方程式的计算书写、化学平衡的计算、图象分析判断以及电化学的知识等，注意掌握基础知识的掌握，题目难度中等9为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验实验I：反应产物的定性探究，按如图装置（固定装置已略去）进行实验：
33、（1）F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是SO2+2OH=SO32+H2O；B装置中的现象是白色粉末变蓝色（2）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色（3）实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是拉起铜丝，关闭K1，K2（4）实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，观察是否有蓝色出现实验：反应产物的定量探究（5）在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，且黑色物质为Cu2S产生Cu2S的反应为aCu+bH2SO4cCu2S+
34、dCuSO4+e H2O，则a：b=5：4（6）为测定硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液中振荡，以淀粉溶液为指示剂，用O36molL1的Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液25.00mL若反应消耗铜的质量为6.4g，则硫酸铜的产率为90%（已知2Cu2+4I=2CuI+I2，2S2O32+I2=S4O62+2I）考点：性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验 专题：氧族元素分析：加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中
35、含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收（1）二氧化硫和NaOH反应生成亚硫酸钠和水；无水硫酸铜检验水蒸气；（2）实验过程中，要证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，只要证明生成的气体中含有二氧化硫不含氢气即可；（3）实验结束时，撤去所有酒精灯之前要防止倒吸；（4）铜离子在水溶液中呈蓝色，根据溶液颜色判断是否含有铜离子；（5）根据转移电子及原子守恒配平方程式，从而确定a、b关系；（6）根据2Cu2+4I=2
36、CuI+I2、S2O32+I2=S4O62+2I得2Cu2+I2S2O32，根据铜离子和硫代硫酸根离子之间的关系式计算解答：解：加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收（1）二氧化硫属于酸性氧化物，和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为 SO2+2OH=SO32+H2O；水具有挥
37、发性，升高温度促进其挥发，所以生成的气体中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜由白色变为蓝色，所以B装置中的现象是：白色粉末变蓝色，故答案为：SO2+2OH=SO32+H2O；白色粉末变蓝色；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体，故答案为：D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色；（3）实验结束时，拉起铜丝，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作
38、是关闭K1，K2，防止CE中的溶液倒吸，炸裂玻璃管，故答案为：拉起铜丝，关闭K1，K2；（4）验证生成的溶液中含有铜离子，需要把试管中的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色溶液，将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，出现蓝色溶液证明含有铜离子，故答案为：将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，观察是否有蓝色出现；（5）aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e H2O中Cu元素化合价由0价变为+1价、+2价、S元素化合价由+6价变为2价，转移电子数为16，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为10Cu+8H2SO42Cu2S+6Cu
39、SO4+8H2O，所以a：b=10：8=5：4，故答案为：5：4；（6）根据2Cu2+4I=2CuI+I2、2S2O32+I2=S4O62+2I得2Cu2+I22S2O32，设制得的溶液中硫酸铜的物质的量浓度为xmol/L，2Cu2+I22S2O32，2mol 2mol0.025xmol （0.360.025）mol2molL：2mol=0.025xmol：（0.360.025）molx=0.36，则250mL溶液中m（Cu2+）=0.36mol/L0.25L=0.09mol，参加反应的n（Cu）=0.1mol，则硫酸铜的产率=90%，故答案为：90%点评：本题以浓硫酸和铜的反应为载体考查性质
40、实验方案设计，涉及气体制取、气体检验、反应方程式的配平、方程式的计算等知识点，综合性较强，明确反应原理及基本操作是解本题关键，知道二氧化硫、氢气的检验方法及顺序，题目难度中等10（14分）某化学小组通过查阅资料，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废催化剂主要含有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沉淀时的pH如下：（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O（2）“酸浸”时所加入的酸是H2SO4
41、（填化学式）（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是3.27.1（5）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeS047H20），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（写出一点即可）（6）NiS047H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH+
42、H2O+e=Ni（OH）2+OH考点：制备实验方案的设计；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题分析：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）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碱反应溶解得到溶
43、液含有偏铝酸盐；（2）依据最后制备NiSO47H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；（3）加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子易转化为沉淀除去；（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液；（5）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（6）正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2解答：解：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
44、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）“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，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）“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NiSO47H2
45、O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；故答案为：H2SO4；（3）铁离子易转化为沉淀除去，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，其反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.27.1间，故答案为：3.27.1；（5）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
46、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；（6）NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，故答案为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH点评：本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等三、选做题：化学与技术（共1小题，
47、满分15分）11粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等 一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率（2）第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2（填化学式，下同）和CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3（3）在104用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为2h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是NH4F （填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过
48、程中会产生污染环境的HF和NH3等 （举一例）（4）流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl（填化学式）（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C136H20，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C136H20达到饱和，而硫酸铝不饱和（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是使废弃固体资源化利用考点：制备实验方案的设计；硅和二氧化硅；物质的分离、提纯和除杂 专题：实验题分析：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2（S
49、O4）3，用盐酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氢得AlCl36H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl36H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3，据此答题解答：解：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2（SO4）3，用盐酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氢得AlCl36H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，Al
50、Cl36H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3，（1）粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率，故答案为：增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率；（2）通过上面的分析可知，第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2和 CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3，故答案为：SiO2； CaSO4；Al（OH）3；（3）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，在相同时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会
51、产生污染环境的HF和NH3等，故答案为：2； NH4F；生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等；（4）根据上面的分析可知，流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl，故答案为：H2SO4；NH4Cl；（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C136H20，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C136H20达到饱和，而硫酸铝不饱和，便于A1C136H20析出，故答案为：通入氯化氢使A1C136H20达到饱和，而硫酸铝不饱和； （6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用，故答案为：使废弃固体资源化利用点评：本题以教材重要基本理论和原理为知识平台，考查化学反应
52、基本原理、物质的性质等在化学与技术中的综合应用，解题关键在于找准中间产品和相互交叉的流水生产线，在分析过程中，抓住中间产品的关联作用，逐一破解，难度中等选做题：物质结构与性质（共1小题，满分0分）121967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等回答下列问题：（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体（填“晶 体”或“非晶体”）（2）基态铜原子有1个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，在CuS04溶液 中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为深
53、蓝色（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为5NA；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（HSCN）的沸点低于异硫氰酸（HN=C=S）的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能（4）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2的配位数为4（5）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为（用含“a、NA 的代数式表示）gcm3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布 专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）根据晶体和非晶体中微粒的排列特点分析；（2）Cu为29号元素，电子排
54、布式为1s22s22p63s23p63d104s1；配合离子Cu（NH3）42+为深蓝色；（3）（SCN）2分子结构式为NCSSCN，1个NC键中有1个键，其余两个为键；分子间有氢键的能使物质熔沸点升高；（4）根据晶胞的结构图可求S2的配位数；（5）根据均摊法计算出晶胞中Cu、Au原子数，根据计算密度解答：解：（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故答案为：晶体；（2）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，可以看出只有4S轨道上的电子未成对，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9
55、，在CuS04溶液 中滴入过量氨水，形成配合物为Cu（NH3）42+，为深蓝色，故答案为：1；1s22s22p63s23p63d9；深蓝色；（3）（SCN）2分子结构式为NCSSCN，1个NC键中有1个键，其余两个为键，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为5NA，异硫氰酸（HN=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；（4）根据图1，距离S2最近的锌离子有4个，即S2的配位数为4，故答案为：4；（5）Cu原子位于晶胞面心，数目为6=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8=1，晶胞体积V=（a107）3，密度=gcm
56、3，故答案为：点评：本题考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，重在考查学习获知题给信息的能力和解决问题的能力，难度中等选做题：有机化学基础（共1小题，满分0分）13丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下已知：E的核磁共振氢谱只有一组峰；C能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应（2）D的化学名称是2甲基丙烯（3）J的结构简式为，由D生成E的化学方程式为CH2=C（CH3）2+HBr（CH3）3CBr（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与Fe
57、Cl3溶液发生显色反应的结构简式为（写出一种即可）（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇AKL 反应条件1为Br2、光照；反应条件2所选择的试剂为镁、乙醚；L的结构简式为考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C（CH3）2，E为（CH3）3CBr，根据题中已知可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生
58、成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2苯基乙醇，据此答题解答：解：比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C（CH3）2，E为（CH3）3CBr，根据题中已知可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2苯基乙醇，（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应，故答案为：+Br
59、2+HBr；取代反应； （2）D为CH2=C（CH3）2，名称是2甲基丙烯，故答案为：2甲基丙烯；（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，由D生成E的化学方程式为CH2=C（CH3）2+HBr（CH3）3CBr，故答案为：； CH2=C（CH3）2+HBr（CH3）3CBr；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有OH、CH2Br呈对位连结，另外还有四个CH3基团，呈对称分布，或者是OH、C（CH3）2Br呈对位连结，另外还有2个CH3基团，以OH为对称轴对称分布，这样有，故答案为：； （5）反应的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为：Br2、光照；镁、乙醚；点评：本题考查有机物的推断，侧重于有机物官能团的性质以及学生分析能力的考查，解答本题的突破口为E的推断，答题时注意把握题给信息，体会做题思路，可采用逆推的方法推断，题目难度中等