山西省呂梁市2015屆高考化學一模試卷

1、山西省呂梁市2015屆高考化學一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1（6分）下列說法正確的是（）A直徑為20nm的納米碳酸鈣屬于膠體B海水中提取鎂的各步均為氧化還原反應C可溶性鐵鹽和鋁鹽可用作凈水劑D光導纖維是一種新型硅酸鹽材料2（6分）設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A10mL 18mol/L濃硫酸與足量銅加熱充分反應，轉移電子數(shù)為0.18NAB0.1mol24Mg32S晶體中所含中子總數(shù)為2.8NAC標準狀況下，22.4LCO2中含有的共同電子對數(shù)為2NAD6.0g醋酸晶體中含有的H+數(shù)為0.1NA3（6分）下列分子中的碳原子一定處于同一平面的是（）ABC

2、CHCCH2CH3DCH3CH=CHCHO4（6分）布洛芬屬于丁苯丙酸的一種，是世界衛(wèi)生組織推薦的兒童抗炎退燒藥，其結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A布洛芬的分子式為C12H18O3B布洛芬與苯甲酸（C6H5COOH）互為同系物C布洛芬能發(fā)生加成、取代等反應D丁苯丙酸共有12種可能的結構5（6分）已知W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，其中X、Y為金屬元素，W與Y的原子序數(shù)相差5，下列說法正確的是（）AX離子的氧化性大于Y離子BW的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的弱C含Y的鹽溶液一定顯酸性DX離子的半徑小于W離子6（6分）室溫下，用0.1mol/LHC

3、l滴定10mL0.1mol/LNa2CO3，滴定曲線如圖所示下列說法正確的是（）A水電離程度由大到小的順序為：abcdBa點時：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）Cb點時：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）Dd點時：c（H+）c（HCO3）=c（CO32）7（6分）下列實驗能達到預期實驗目的是（） 實驗 實驗目的 A 乙醇、乙酸與濃硫酸混合共熱一段時間，對混合液直接蒸餾 制備純凈的乙酸乙酯 B 將某氣體通入品紅溶液，溶液褪色 檢驗氣體中的SO2 C測定等物質的量濃度的HCOOK和K2S溶液的pH 比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小

4、 D向等體積等濃度的H2O2溶液中分別加入5滴等濃度的CuSO4和KMnO4溶液，觀察氣體產(chǎn)生的速度比較CuSO3和KMnO4的催化效果AABBCCDD二、解答題（共6小題，滿分88分）8（15分）氧化銅、氯化亞銅是重要的化工原料，廣泛地用作有機合成催化劑實驗室中以粗銅（含雜志Fe）為原料制備銅的氯化物，現(xiàn)用如圖所示的實驗儀器及藥品來制備純凈，干燥的氯氣并與粗銅反應（鐵架臺、鐵夾、酒精燈已省略），請回答：（1）按氣流方向連接儀器接口順序為a、（2）簡述檢驗裝置A氣密性的操作：（3）D中發(fā)生反應的化學式為（4）反應后，裝置B中溶液具有漂白、消毒作用、若用鋼鐵（含F(xiàn)e、C）制品盛裝該溶液會發(fā)生電化

5、學腐蝕，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀、溶液會失去漂白、殺菌消毒功效該電化學腐蝕過程中正極反應式為將上述實驗制得的固體產(chǎn)物按如圖流程操作，請回答：（1）用稀鹽酸溶解固體的原因為（2）已知CuCl難溶于水，由溶液2制CuCl的離子方程式為（3）用下面的方法測定固體產(chǎn)物中CuCl2的質量分數(shù)：取2.00mL溶液2轉移到錐形瓶中，再加入過量的20%KI溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，用0.200mol/L Na2S2O3標準溶液滴定，反應原理為2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O=S4O+2I，重復滴定三次，平均消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL，則固體產(chǎn)物中CuCl2的質量分數(shù)為9（14分）

6、鎳氫電池的應用很廣，其正負極材料都可以再生利用，正極主要為氫氧化鎳，其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，現(xiàn)利用以下工藝流程回收正極材料中的Co、Ni元素（部分條件未給出）已知：浸出液中各離子含量 金屬離子Ni2+ Co2+Fe3+ Mn2+Ca2+ Mg2+ 濃度（g/L） 63.65.90 1.000.22 5.24×102 6.37×102Ksp（CaF2）=2.7×1011，Ksp（MgF2）=6.5×109，Ksp=5.5×1016回答下列問題：（1）浸出液沉鐵過程中，生成的沉淀是FeOOH，發(fā)生反應的離子

7、方程式為（2）加入NaF可除去Ca2+、Mg2+，若使溶液中Ca2+、Mg2+濃度小于1.0×105mol/L，F(xiàn)濃度必須大于mol/L（列出計算式即可）（3）過硫酸銨溶液除去，反應生成對大氣無污染的氣體，1mol尿素能吸收工業(yè)尾氣中氫氧化物（假設NO、NO2體積比為1：1）的質量為g11（15分）純堿作為基本化工原料在國民經(jīng)濟中占有重要地位，聯(lián)合制堿法制得優(yōu)質純堿的同時，還可得到副產(chǎn)品氯化銨，且達到充分利用原料的目的，工業(yè)流程及相關溶解度曲線如圖，請回答：（1）母液的主要成分是，氨母液碳酸化時發(fā)生反應的化學方程式為；氨母液保持在3035下碳酸化，原因是（2）在NaHCO3過濾后，將

8、NH4Cl分離并使用剩余的母液回至制堿系統(tǒng)復用，是聯(lián)堿法與氨堿法的主要區(qū)別，母液循環(huán)析出，除加入NaCl固體外，還應采取的措施是（3）不用其他試劑，檢驗NH4Cl是否純凈的方法及操作是12（15分）元素周期表可以指導我們尋找和合成成新的物質，如金屬和非金屬分界線附近的元素可用于制造半導體材料，是科學研究的熱點（1）鍺是一種重要的半導體材料，基態(tài)鍺原子的價層電子排布圖為（2）GaAs是人工合成的新型半導體材料，可將（CH3）2Ga和AsH3在700時反應得到，反應的化學方程式為，GaAs晶體結構與金剛石相似，晶體中Ga的雜化軌道類型為，As與Ga之間存在的化學鍵有（3）元素As和Se中第一電離能

9、較小的是（填元素名稱）；As2Se2是一種非晶態(tài)半導體，也稱玻璃半導體，下列說法正確的是（填選項序號）A固態(tài)As2Se2具有良好的自范性B固態(tài)As2Se2表現(xiàn)為各向同性CAs2Se3屬于合金（4）硼酸三異丙酯為半導體硼擴散源，可由硼酸與醇酯化反應得到，硼酸（H2BO3）為一元弱酸，其呈酸性的機理是：硼酸與水作用時，硼原子與水電離產(chǎn)生的OH結合形成Y離子，導致溶液中c（H+）c（OH），Y的結構簡式是，硼酸具有層狀結構，每層結構如圖所示，每摩爾晶體中所含氫鍵的數(shù)目為（設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值）13（15分）下列轉化關系中的AE均為有機物（部分反應條件和產(chǎn)物已略去），其中PLA是一種可降解的了綠

10、色分子材料，E為高分子化合物E可，已知：A與葡萄糖的實驗式相同，經(jīng)質譜法檢測A的式子量為90，其核磁共振氫譜顯示有面積比為3：1：1：1的四個峰，請回答：（1）A的結構簡式為C中所含官能團的名稱是（2）反應的化學方程式為反應的化學方程式為（3）反應和的反應類型分別是和（4）反應的化學方程式為（5）A有多種同分異構體，請寫出分子中只含有兩種不同環(huán)境氫原子的同分異構體的結構簡式（任寫兩種）山西省呂梁市2015屆高考化學一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1（6分）下列說法正確的是（）A直徑為20nm的納米碳酸鈣屬于膠體B海水中提取鎂的各步均為氧化還原反應C可溶性

11、鐵鹽和鋁鹽可用作凈水劑D光導纖維是一種新型硅酸鹽材料考點：分散系、膠體與溶液的概念及關系；化學基本反應類型；硅和二氧化硅 分析：A膠體是分散系；B海水中提取鎂：；C鋁離子和鐵離子屬于弱根離子，能水解生成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體；D光導纖維的成分是二氧化硅解答：解：A納米碳酸鈣只有一種物質，不是分散系，故A錯誤； B氫氧化鎂和鹽酸反應不是氧化還原反應，故B錯誤；C鋁離子和鐵離子屬于弱根離子，能水解生成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性，能吸附懸浮物而凈水，故C正確；D光導纖維的成分是二氧化硅，不是硅酸鹽，故D錯誤故選C點評：本題考查分散系、物質的分類等，難度較小，旨在考查學生對基礎知識的識記，

12、注意基礎知識的積累掌握2（6分）設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A10mL 18mol/L濃硫酸與足量銅加熱充分反應，轉移電子數(shù)為0.18NAB0.1mol24Mg32S晶體中所含中子總數(shù)為2.8NAC標準狀況下，22.4LCO2中含有的共同電子對數(shù)為2NAD6.0g醋酸晶體中含有的H+數(shù)為0.1NA考點：阿伏加德羅常數(shù) 專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律分析：A、10mL，18mol/L的濃硫酸中含有0.18mol硫酸，完全反應0.18mol硫酸會生成0.09mol二氧化硫，轉移了0.18mol電子，由于銅與稀硫酸不反應，轉移的電子的物質的量小于0.18mol；B、根據(jù)中子

13、數(shù)=質量數(shù)質子數(shù)計算24Mg32S晶體中含有的中子數(shù)；C、求出二氧化碳的物質的量，然后根據(jù)1mol二氧化碳中含4mol共用電子對來分析；D、醋酸是共價化合物，晶體時不含氫離子解答：解：A、由于隨著反應的進行，濃硫酸變成稀硫酸，反應停止，所以反應生成的二氧化硫小于0.09mol，轉移的電子小于0.18mol，轉移電子數(shù)小于0.18NA，故A錯誤；B、根據(jù)中子數(shù)=質量數(shù)質子數(shù)可知，1mol24Mg32S晶體中含28mol中子，故0.1mol此晶體中含2.8mol中子，故B正確；C、標況下，22.4L二氧化碳的物質的量為1mol，而1mol二氧化碳中含4mol共用電子對，故C錯誤；D、醋酸是共價化合

14、物，只有在溶液中才能電離出氫離子，即晶體時不含氫離子，故D錯誤故選B點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大3（6分）下列分子中的碳原子一定處于同一平面的是（）ABCCHCCH2CH3DCH3CH=CHCHO考點：常見有機化合物的結構 專題：有機化學基礎分析：在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行判斷解答：解：A乙基中含有類似的兩個甲基部分，甲基具有四面體結構，所以烴基上的2個碳原子與苯環(huán)上的碳原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B環(huán)己烷中含有6個碳原子，均為亞甲基，甲基具有四

15、面體結構，所以原子不可能處于同一平面，故B錯誤；C乙炔中的兩個碳原子處于同一直線上，此為丁炔，34號碳均為四面體結構，不可能與三鍵上的碳共平面，故C錯誤；D乙烯中的六個原子共平面，故此有機物的甲基中的碳與碳碳雙鍵中的碳共平面，最后一個碳為醛基，連在烯烴的一個碳上，可以共平面，故D正確，故選D點評：本題主要考查有機化合物的結構特點，做題時注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結構特點判斷有機分子的空間結構4（6分）布洛芬屬于丁苯丙酸的一種，是世界衛(wèi)生組織推薦的兒童抗炎退燒藥，其結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A布洛芬的分子式為C12H18O3B布洛芬與苯甲酸（C6H5COOH）互為同系物C布洛芬能發(fā)生

16、加成、取代等反應D丁苯丙酸共有12種可能的結構考點：有機物的結構和性質 專題：有機物的化學性質及推斷分析：有機物含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和、酯化反應，以此解答該題解答：解：A由結構簡式可知有機物分子式為C12H18O2，故A錯誤；B布洛芬與苯甲酸結構相似，都含有苯環(huán)和羧基，分子式不同，屬于同系物，故B正確；C含有羧基，可發(fā)生取代反應，苯環(huán)能發(fā)生加成反應，故C正確；D丙基有CH2CH2CH2CH3、CH2CH（CH3）2、CH（CH3）CH2CH3，丙酸基CH（CH3）COOH、CH2CH2COOH2種，且兩個基團有鄰、間、對3種，共12種，故D正確故選A點評：本題考查有機物的結構和性質，為

17、高頻考點，題目難度不大，注意有機物的含有的官能團的性質，此為解答該題的關鍵，注意把握同分異構體的判斷5（6分）已知W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，其中X、Y為金屬元素，W與Y的原子序數(shù)相差5，下列說法正確的是（）AX離子的氧化性大于Y離子BW的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的弱C含Y的鹽溶液一定顯酸性DX離子的半徑小于W離子考點：原子結構與元素周期律的關系 專題：元素周期律與元素周期表專題分析：W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，則W處于第二周期，X、Y、Z處于第三周期，而X、Y為金屬元素，則金屬性XY，W

18、、Z為非金屬，且非金屬性WZ，A金屬性越強，陽離子氧化性越弱；B非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定性；CY可能為Mg或Al，偏鋁酸鈉溶液呈堿性；D電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大解答：解：W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，則W處于第二周期，X、Y、Z處于第三周期，而X、Y為金屬元素，則金屬性XY，W、Z為非金屬，且非金屬性WZA金屬性XY，金屬性越強，陽離子氧化性越弱，即X離子的氧化性小于Y離子，故A錯誤；B非金屬性WZ，非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定性，即W的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強，故B錯誤；CY可能為Mg或Al，而

19、偏鋁酸鈉溶液呈堿性，故C錯誤；DX離子、W離子核外電子層結構相同，X離子核電荷數(shù)較大，其離子半徑較小，故D正確，故選D點評：本題考查位置結構性質關系綜合應用，關鍵是明確元素的相對位置，C選項為易錯點，學生容易忽略偏鋁酸鹽，難度中等6（6分）室溫下，用0.1mol/LHCl滴定10mL0.1mol/LNa2CO3，滴定曲線如圖所示下列說法正確的是（）A水電離程度由大到小的順序為：abcdBa點時：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）Cb點時：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）Dd點時：c（H+）c（HCO3）=c（CO32）考點：離子濃度大小的比

20、較 分析：A碳酸鈉溶液促進了水的電離、酸溶液抑制了水的電離，據(jù)此進行判斷；Ba點為碳酸鈉溶液，由于氫氧根離子來自水的電離和碳酸根離子的水解，則c（OH）c（HCO3）；Cb點加入10mL氯化氫溶液，二者恰好反應生成碳酸氫鈉，根據(jù)碳酸氫鈉溶液中的物料守恒判斷；Dd點時加入20mL鹽酸，二者反應生成氯化鈉和碳酸，碳酸為二元弱酸，以第一步電離為主，則c（HCO3）c（CO32）解答：解：A碳酸鈉溶液中的氫氧根離子是水電離的，溶液pH越大，水的電離沉淀越大，則abc三點水的電離程度大小為：abc，d點鹽酸過量，溶液顯示酸性，氫離子抑制了水的電離，則d點水的電離程度最小，則水的電離程度大小為：abcd，

21、故A正確；Ba點時為碳酸鈉溶液，碳酸根離子部分水解，溶液顯示堿性，則：c（Na+）c（CO32），由于氫氧根離子來自水的電離和碳酸根離子的水解，則c（OH）c（HCO3），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3），故B錯誤；Cb點時加入10mL相同濃度的鹽酸，二者恰好反應生成碳酸氫鈉，根據(jù)碳酸氫鈉溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C錯誤；Dd點時加入20mL鹽酸，二者恰好反應生成氯化鈉和碳酸，碳酸為二元弱酸，以第一步電離為主，則c（HCO3）c（CO32），溶液中離子濃度大小為：c（H+）c（HCO3）c（C

22、O32），故D錯誤；故選A點評：本題考查了離子濃度大小比較、酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確反應后溶質的組成為解答關鍵，注意掌握酸堿混合的定性判斷方法，能夠根據(jù)鹽的水解原理、電荷守恒、物料守恒等知識判斷離子濃度大小7（6分）下列實驗能達到預期實驗目的是（） 實驗 實驗目的 A 乙醇、乙酸與濃硫酸混合共熱一段時間，對混合液直接蒸餾 制備純凈的乙酸乙酯 B 將某氣體通入品紅溶液，溶液褪色 檢驗氣體中的SO2 C測定等物質的量濃度的HCOOK和K2S溶液的pH 比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小 D向等體積等濃度的H2O2溶液中分別加入5滴等濃度的CuSO4和KMnO4溶液，觀察氣

23、體產(chǎn)生的速度 比較CuSO3和KMnO4的催化效果AABBCCDD考點：化學實驗方案的評價 專題：實驗評價題分析：A乙醇和乙酸都具有揮發(fā)性，導致生成的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸；B能使品紅溶液褪色的無色氣體不一定是二氧化硫；C酸的電離平衡常數(shù)越大，其相應的鉀鹽pH越小；D酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化雙氧水生成氧氣解答：解：A乙醇和乙酸都具有揮發(fā)性，導致生成的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸，應該用飽和的碳酸鈉溶液收集制取的乙酸乙酯，故A錯誤；B能使品紅溶液褪色的無色氣體不一定是二氧化硫，如氯氣、臭氧等，故B錯誤；C酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸根離子水解程度越小，則其相應的鉀鹽pH越小，所以測定等物

24、質的量濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故C正確；D酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化雙氧水生成氧氣，所以不能比較CuSO3和KMnO4的催化效果，故D錯誤；故選C點評：本題考查化學實驗方案評價，為2015屆高考高頻點，涉及乙酸乙酯的制取、二氧化硫性質、鹽類水解、催化劑對反應速率的影響等知識點，明確實驗原理是解本題關鍵，易錯選項是D，注意酸性高錳酸鉀溶液的強氧化性，為易錯點二、解答題（共6小題，滿分88分）8（15分）氧化銅、氯化亞銅是重要的化工原料，廣泛地用作有機合成催化劑實驗室中以粗銅（含雜志Fe）為原料制備銅的氯化物，現(xiàn)用如圖所示的實驗儀

25、器及藥品來制備純凈，干燥的氯氣并與粗銅反應（鐵架臺、鐵夾、酒精燈已省略），請回答：（1）按氣流方向連接儀器接口順序為ad、eh、jf、gb（2）簡述檢驗裝置A氣密性的操作：利用止水夾夾住導氣管的橡皮管，從長頸漏斗中加水至漏斗內外形成液面高度差，一段時間內，液面高度差不變，說明氣密性良好（3）D中發(fā)生反應的化學式為Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3（4）反應后，裝置B中溶液具有漂白、消毒作用、若用鋼鐵（含F(xiàn)e、C）制品盛裝該溶液會發(fā)生電化學腐蝕，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀、溶液會失去漂白、殺菌消毒功效該電化學腐蝕過程中正極反應式為ClO+2e+H2O=Cl+2OH將上述實驗制得

26、的固體產(chǎn)物按如圖流程操作，請回答：（1）用稀鹽酸溶解固體的原因為抑制Cu2+、Fe3+水解（2）已知CuCl難溶于水，由溶液2制CuCl的離子方程式為2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42（3）用下面的方法測定固體產(chǎn)物中CuCl2的質量分數(shù)：取2.00mL溶液2轉移到錐形瓶中，再加入過量的20%KI溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，用0.200mol/L Na2S2O3標準溶液滴定，反應原理為2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O=S4O+2I，重復滴定三次，平均消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL，則固體產(chǎn)物中CuCl2的質量分數(shù)為83.1%考點：制備實驗方案的設計

27、 專題：實驗設計題分析：I（1）KMnO4與濃鹽酸制取的Cl2含有HCl和H2O，用飽和食鹽水除去HCl，用濃硫酸除去H2O，然后Cl2與Cu反應，最后用NaOH溶液吸收未反應的Cl2，防止污染空氣；（2）利用止水夾夾住導氣管的橡皮管，從長頸漏斗中加水至漏斗內外形成液面高度差，一段時間內，液面高度差不變，說明氣密性良好；（3）D中發(fā)生反應有：氯氣與Cu反應生成氯化銅，與Fe反應生成氯化鐵；（4）裝置B吸收未反應的氯氣，反應生成NaCl、NaClO，NaClO具有漂白性，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀、溶液會失去漂白、殺菌消毒功效，說明ClO在正極上得電子，發(fā)生還原反應生產(chǎn)Cl，由于為堿性條件，還生

28、成OH，粗銅含有Fe，制備的CuCl2中含有FeCl3，CuCl2和FeCl3均為強酸弱堿鹽，能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物均有HCl，加稀鹽酸溶解，能抑制氯化銅、氯化鐵水解，加入氫氧化鈉溶液，消耗溶液中H+，調節(jié)pH使雜質Fe3+轉化為沉淀而除去，溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，發(fā)生氧化還原反應，SO2為還原劑，被氧化為SO42；（3）由2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O32=S4O42+2I，可得關系式2n（ClCl2）I22n（S2O32），據(jù)此計算200mL溶液中n（ClCl2），進而計算ClCl2的質量分數(shù)解答：解：I（1）KMnO4與濃鹽酸制取的C

29、l2含有HCl和H2O，用飽和食鹽水除去HCl，用濃硫酸除去H2O，然后Cl2與Cu反應，最后用NaOH溶液吸收未反應的Cl2，防止污染空氣，故按氣流方向連接儀器接口順序為ad、ej、hf、gb，故答案為：d；e；j；h；f；g；b；（2）檢驗A裝置氣密性方法為：利用止水夾夾住導氣管的橡皮管，從長頸漏斗中加水至漏斗內外形成液面高度差，一段時間內，液面高度差不變，說明氣密性良好，故答案為：利用止水夾夾住導氣管的橡皮管，從長頸漏斗中加水至漏斗內外形成液面高度差，一段時間內，液面高度差不變，說明氣密性良好；（3）D中發(fā)生反應有：氯氣與Cu反應生成氯化銅，與Fe反應生成氯化鐵，反應方程式為：Cu+Cl

30、2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3，故答案為：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3；（4）裝置B吸收未反應的氯氣，反應生成NaCl、NaClO，NaClO具有漂白性，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀、溶液會失去漂白、殺菌消毒功效，說明ClO在正極上得電子，發(fā)生還原反應生產(chǎn)Cl，由于為堿性條件，還生成OH，該電化學腐蝕過程中正極反應式為：ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案為：ClO+2e+H2O=Cl+2OH；粗銅含有Fe，制備的CuCl2中含有FeCl3，CuCl2和FeCl3均為強酸弱堿鹽，能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物均有HCl，加稀鹽酸溶解，能抑制氯化銅、氯化鐵水解，

31、加入氫氧化鈉溶液，消耗溶液中H+，調節(jié)pH使雜質Fe3+轉化為沉淀而除去，溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，發(fā)生氧化還原反應，SO2為還原劑，被氧化為SO42，（1）由上述分析可知，用稀鹽酸溶解固體的原因是：抑制Cu2+、Fe3+水解，故答案為：抑制Cu2+、Fe3+水解；（2）溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，發(fā)生氧化還原反應，SO2為還原劑，被氧化為SO42，反應離子方程式為：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42，故答案為：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42；（3）由2Cu2+4I=2Cu

32、I+I2、I2+2S2O32=S4O42+2I，可得關系式2n（ClCl2）I22n（S2O32），故200mL溶液中n（ClCl2）=n（S2O32）=0.02L×0.2mol/L×=0.4mol，則樣品中m（ClCl2）=0.4mol×135g/mol=54g，則ClCl2的質量分數(shù)為×100%=83.1%，故答案為：83.1%點評：本題考查物質的制備實驗方案、化學工藝流程，涉及對裝置及操作的分析評價、氣密性檢驗、電化學腐蝕、滴定計算等，側重于基礎知識的綜合應用，難度中等9（14分）鎳氫電池的應用很廣，其正負極材料都可以再生利用，正極主要為氫氧化鎳，

33、其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，現(xiàn)利用以下工藝流程回收正極材料中的Co、Ni元素（部分條件未給出）已知：浸出液中各離子含量 金屬離子Ni2+ Co2+Fe3+ Mn2+Ca2+ Mg2+ 濃度（g/L） 63.65.90 1.000.22 5.24×102 6.37×102Ksp（CaF2）=2.7×1011，Ksp（MgF2）=6.5×109，Ksp=5.5×1016回答下列問題：（1）浸出液沉鐵過程中，生成的沉淀是FeOOH，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2+H2O2+H2O=2FeOOH+4H+（2）加入N

34、aF可除去Ca2+、Mg2+，若使溶液中Ca2+、Mg2+濃度小于1.0×105mol/L，F(xiàn)濃度必須大于mol/L（列出計算式即可）（3）過硫酸銨，其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，加稀硫酸溶解、過濾，濾液中含有Ni2+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，加雙氧水，同時調節(jié)pH=3.4，亞鐵離子轉化為沉淀FeOOH析出，過濾，濾液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，在濾液中加NaF固體，Ca2+和Mg2+轉化為沉淀CaF2、MgF2，過濾，濾液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+，在濾液中加過硫酸銨，把Co2+氧化為

35、Co3+，把Mn2+氧化為MnO4，MnO4繼續(xù)與Mn2反應生成MnO2沉淀，調節(jié)pH=4.0，Co3+轉化為Co（OH）3沉淀，過濾，在濾液中加碳酸鈉生成NiCO3沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到純凈的NiCO3；（1）酸性條件下，亞鐵離子被雙氧水氧化生成FeOOH和H+；（2）若使溶液中Ca2+、Mg2+濃度小于1.0×105mol/L，根據(jù)c（F）=計算氟離子的最小濃度；（3）根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式，再計算氧化劑和還原劑的物質的量之比；MnO4可與Mn2+反應生成MnO2，結合元素守恒和電子守恒配平方程式；根據(jù)表格中Mn2+和Co2+濃度求出質量和物質的量，再根據(jù)二者

36、與（NH）2S2O8反應的方程式計算；（4）溶液pH較大時Ni2+會形成Ni（OH）2沉淀析出；（5）從渾濁液中得到純凈的固體需要過濾、洗滌、干燥解答：解：鎳氫電池是正極主要為氫氧化鎳，其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，加稀硫酸溶解、過濾，濾液中含有Ni2+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，加雙氧水，同時調節(jié)pH=3.4，亞鐵離子轉化為沉淀FeOOH析出，過濾，濾液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，在濾液中加NaF固體，Ca2+和Mg2+轉化為沉淀CaF2、MgF2，過濾，濾液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+，在濾液中加

37、過硫酸銨，把Co2+氧化為Co3+，把Mn2+氧化為MnO4，MnO4繼續(xù)與Mn2反應生成MnO2沉淀，調節(jié)pH=4. 0，Co3+轉化為Co（OH）3沉淀，過濾，在濾液中加碳酸鈉生成NiCO3沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到純凈的NiCO3；（1）酸性條件下，亞鐵離子被雙氧水氧化生成FeOOH和H+，其反應的離子方程式為：2Fe2+H2O2+H2O=2FeOOH+4H+；故答案為：2Fe2+H2O2+H2O=2FeOOH+4H+；（2）已知Ksp（CaF2）=2.7×1011，Ksp（MgF2）=6.5×109，CaF2的溶度積比MgF2小，CaF2先沉淀，當MgF2完全沉淀

38、（即濃度小于1.0×105mol/L）時，CaF2也一定完全沉淀，當溶液中Mg2+濃度等于1.0×105mol/L時，c（F）=，所以若使溶液中Ca2+、Mg2+濃度小于1.0×105mol/L，F(xiàn)濃度必須大于；故答案為：；（3）該反應中，錳元素的化合價變化為+2價+7價，失電子化合價升高，錳離子作還原劑；氧元素的化合價不變，所以S元素得電子化合價降低，S2O82作氧化劑，S元素化合價變化為+7價+6價，則該方程式為8H2O+5S2O82+2Mn2+=2MnO4+10SO42+16H+，所以氧化劑和還原劑的物質的量之比為5：2；MnO4可與Mn2+反應生成MnO2

39、，其離子方程式為：3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+；1L浸出液中的Mn2+為0.22g，Co2+為5.90g，Co2+與S2O82的反應方程式為S2O82+2Co2+=2SO42+2Co3+，則5（NH）2S2O82Mn2+ （NH）2S2O82Co2+； 5×228 2×55 228 2×59 m 0.22g m5.9g則過硫酸銨的質量=m+m=+=13.68g；故答案為：5：2；3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+；13.68；（4）已知Ksp=5.5×1016，當溶液pH較大時Ni2+會形成Ni（OH）2沉淀析出，使

40、產(chǎn)品的回收率降低；故答案為：Ni2+也會形成Ni（OH）2沉淀析出；（5）加入Na2CO3溶液后，Ni2+轉化為NiCO3沉淀，要從該渾濁液中得到純凈的固體需要過濾、洗滌、干燥，故答案為：過濾、洗滌、干燥點評：本題考查了物質的分離提純的方法和基本操作綜合，題目涉及物質的分離、離子方程式的書寫、Ksp的有關計算、氧化還原反應的計算等，題目難度中等，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力和計算能力10（14分）2014年全國各地都遭遇了“十面埋伏”，二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒是霧霾的主要組成成分，綜合治理其污染是環(huán)境化學當前的重要研究內容（1）汽車尾氣中的NO（g）和CO（g）在一定溫度和催化

41、劑的條件下可凈化已知部分化學鍵的鍵能如下（鍵能指氣態(tài)原子形成1mol化學鍵釋放的最小能量） 化學鍵 N=OCO C=ONN 鍵能（kj/mol）632 1072 750 946汽車尾氣進化中NO（g）和CO（g）發(fā)生反應的熱化學方程式為2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=556kJmol1若上述反應在絕熱、恒榮的密閉體系中進行，并在t1時到達平衡狀態(tài)，則下列示意圖不符合題意的是AB（填選項序號）（圖中1、M、z分別表示質量分數(shù)、混合氣體平均相對分子質量、正反應速率）（2）尾氣中的SO2可先催化氧化生成SO2，再合成硫酸，已知：2SO（g）+O2（g）2SO2（g）H=196

42、.0kj/mol在一定溫度的密閉容器中，SO2的轉化率時間的變化關系如圖2所示，則A點的正反應速率v正（SO2）B點的正反應速率v正（SO2）（填“大于”、“小于”或“等于”）在某溫度時，向10L的密閉容器中加入4.0mol SO2和10.0mol O2，反應達到平衡，改變下列條件，再次達到平衡時，能使O2的新平面濃度和原來平衡濃度相同的是BC（填選項序號）A在其他條件不變時，減少容器的容積B保持溫度和容器內壓強不變，再充入2.0mol SO2和5.0mol O2C保持溫度和容器體積不變，再充入SO2和SO3，使之濃度擴大為原來的兩倍（3）用NH3催化還原NO2也可以消除氫氧化物的污染，反應原

43、理為：NO（g）+NO（g）+2NH2（g）2N2（g）+3H2O（g）對于氣體反應，用某組分（B）的平衡壓強（pB）代替物質的量濃度（cb）也可以表示平衡常數(shù)（記作Kp），則上述反應的K的表達式為（4）以N2O4為原料采用電解法可制備新型綠色硝化劑N2O3，實驗裝置如圖3所示，電解池中生成N2O3的電極反應式為N2O4+2HNO3e=2N2O3+2H+（5）尾氣中氫氧化物（NO和NO2）可用尿素溶液除去，反應生成對大氣無污染的氣體，1mol尿素能吸收工業(yè)尾氣中氫氧化物（假設NO、NO2體積比為1：1）的質量為76g考點：熱化學方程式；原電池和電解池的工作原理；化學平衡的影響因素 專題：基本概

44、念與基本理論分析：（1）先寫出化學方程式2NO+2CON2+2CO2，然后根據(jù)焓變=反應物的總鍵能生成物的總鍵能計算焓變，再根據(jù)化學方程式計算2molNO完全燃燒時放出的熱量，標注物質聚集狀態(tài)寫出熱化學方程式；A到達平衡后各組分的含量不發(fā)生變化；B到達平衡后，反應前后氣體物質的量變化，氣體質量不變，結合=分析；C到達平衡后正、逆速率相等，不再變化；（2）圖象分析可知A點到B點二氧化硫轉化率增大，說明A點未達到平衡狀態(tài)，此時反應正向進行，但隨反應物濃度減小，正反應速率減??；再次達到平衡時，能使O2的新平面濃度和原來平衡濃度相同，平衡不變，依據(jù)改變條件和影響平衡的因素分析判斷選項；（3）依據(jù)化學平

45、衡常數(shù)表達式的書寫方法書寫；（4）由N2O4制取N2O3需要失去電子，所以N2O3在陽極區(qū)生成；（5）根據(jù)題目信息寫出方程式，建立關系式，然后依據(jù)關系式進行計算；解答：解：（1）反應為2NO+2CON2+2CO2，H=反應物的總鍵能生成物的總鍵能=2×632 kJmol1+2×1072 kJmol1946 kJmol14×750 kJmol1=556kJmol1，N2H4燃燒的熱化學方程式為：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=556kJmol1，故答案為：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=556kJmol1；ANO的質量

46、分數(shù)為定值，t1時刻處于平衡狀態(tài)，故A正確，B該反應正反應為放熱反應，隨反應進行溫度升高，平衡逆向進行，反應前后氣體物質的量變化，氣體質量不變，平均摩爾質量不變說明達到平衡狀態(tài)，故B正確，C、到達平衡后正、逆速率相等，不再變化，t1時刻V正最大，之后隨反應進行速率發(fā)生變化，未到達平衡，故C錯誤；故答案為：AB（2）一定溫度的密閉容器中，分析SO2的轉化率時間的變化可知A點到B點二氧化硫轉化率增大，說明A點未達到平衡狀態(tài)，此時反應正向進行，隨反應進行濃度減小，反應速率減小，A點的正反應速率v正（SO2）B點的正反應速率v正（SO2），故答案為：；在某溫度時，向10L的密閉容器中加入4.0mol

47、SO2和10.0mol O2，反應達到平衡，改變下列條件，再次達到平衡時，能使O2的新平面濃度和原來平衡濃度相同，分析選項可知A在其他條件不變時，減少容器的容積，壓強增大，平衡正向進行，體積減小氧氣濃度增大，故A錯誤；B保持溫度和容器內壓強不變，再充入2.0mol SO2和5.0mol O2，為保持壓強不變，體積增大，最后達到相同平衡狀態(tài)，氧氣濃度不變，故B正確；C保持溫度和容器體積不變，溫度不變平衡常數(shù)不變，K=，再充入SO2和SO3，使之濃度擴大為原來的兩倍，平衡常數(shù)不變，氧氣濃度不變，故C正確；故答案為：BC（3）NO（g）+NO（g）+2NH3（g）2N2（g）+3H2O（g）對于氣體

48、反應，用某組分（B）的平衡壓強（pB）代替物質的量濃度（cb）也可以表示平衡常數(shù)（記作Kp），則上述反應的K的表達式為：KP=，故答案為：；（4）從電解原理來看，N2O4制備N2O3為氧化反應，則N2O3應在陽極區(qū)生成，反應式為N2O4+2HNO3e=2N2O3+2H+，故答案為：N2O4+2HNO3e=2N2O3+2H+；（5）由題目信息可知，NO、NO2二者混合物與水反應生成亞硝酸，反應方程式為NO+NO2+H2O=2HNO2；亞硝酸再與尿素反應生成CO2和N2，反應方程式為CO （NH2）2+2HNO2=CO2+2N2+3H2O NO+NO2 2HNO2 CO（NH2）2（30+46）g

49、 1mol1mol尿素能吸收工業(yè)尾氣中氮氧化物（假設NO、NO2體積比為1：1）的質量為76g，故答案為：76；點評：本題主要考查了熱化學方程式書寫，電極反應，化學平衡移動、化學平衡常數(shù)計算分析判斷等，難度不大，培養(yǎng)了學生分析問題的能力11（15分）純堿作為基本化工原料在國民經(jīng)濟中占有重要地位，聯(lián)合制堿法制得優(yōu)質純堿的同時，還可得到副產(chǎn)品氯化銨，且達到充分利用原料的目的，工業(yè)流程及相關溶解度曲線如圖，請回答：（1）母液的主要成分是NaCl，氨母液碳酸化時發(fā)生反應的化學方程式為NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3；氨母液保持在3035下碳酸化，原因是防止碳酸氫銨分解（2）在

50、NaHCO3過濾后，將NH4Cl分離并使用剩余的母液回至制堿系統(tǒng)復用，是聯(lián)堿法與氨堿法的主要區(qū)別，母液循環(huán)析出，除加入NaCl固體外，還應采取的措施是通入氨氣（3）不用其他試劑，檢驗NH4Cl是否純凈的方法及操作是取少量氯化銨產(chǎn)品于試管底部，加熱，若試管底部無殘留物，表明氯化銨產(chǎn)品純凈考點：純堿工業(yè)（侯氏制堿法） 專題：實驗設計題分析：以食鹽、氨和二氧化碳（其中二氧化碳來自合成氨廠用水煤氣制取氫氣時的廢氣）為原料來制取純堿，聯(lián)合制堿法包括兩個過程：第一個過程是將氨通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳，發(fā)生反應：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離

51、子、碳酸氫根離子，這其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，發(fā)生反應：NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3再利用碳酸氫鈉不穩(wěn)定性，受熱容易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，得到純堿，其濾液是含有氯化銨和氯化鈉的溶液，第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結晶沉淀出氯化銨晶體由于氯化銨在常溫下的溶解度比氯化鈉要大，低溫時的溶解度則比氯化鈉小，而且氯化銨在氯化鈉的濃溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低溫條件下，向濾液中加入細粉狀的氯化鈉，并通入氨氣，可以使氯化銨單獨結晶沉淀析出，經(jīng)過濾、洗滌和干燥即得氯化銨產(chǎn)品此時濾出氯化銨沉淀后所得的濾液，已基本上被氯化

52、鈉飽和，可回收循環(huán)使用由流程圖可知，母液由母液析出NH4Cl得到，故母液為NaCl溶液、母液為氯化銨和氯化鈉的溶液解答：解：以食鹽、氨和二氧化碳（其中二氧化碳來自合成氨廠用水煤氣制取氫氣時的廢氣）為原料來制取純堿，聯(lián)合制堿法包括兩個過程：第一個過程是將氨通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳，發(fā)生反應：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子、碳酸氫根離子，這其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，發(fā)生反應：NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3再利用碳酸氫鈉不穩(wěn)定性，受熱容易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，得到純堿，其濾

53、液是含有氯化銨和氯化鈉的溶液，第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結晶沉淀出氯化銨晶體由于氯化銨在常溫下的溶解度比氯化鈉要大，低溫時的溶解度則比氯化鈉小，而且氯化銨在氯化鈉的濃溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低溫條件下，向濾液中加入細粉狀的氯化鈉，并通入氨氣，可以使氯化銨單獨結晶沉淀析出，經(jīng)過濾、洗滌和干燥即得氯化銨產(chǎn)品此時濾出氯化銨沉淀后所得的濾液，已基本上被氯化鈉飽和，可回收循環(huán)使用（1）由流程圖可知，母液由母液析出NH4Cl得到，由上述分析可知，母液的主要成分是NaCl，氨母液碳酸化時發(fā)生反應的化學方程式為：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，高

54、于35NH4HCO3開始分解，氨母液保持在3035下碳酸化，原因是：防止碳酸氫銨分解，故答案為：NaCl；NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3；防止碳酸氫銨分解；（2）在NaHCO3過濾后，將NH4Cl分離并使用剩余的母液回至制堿系統(tǒng)復用，是聯(lián)堿法與氨堿法的主要區(qū)別，母液循環(huán)析出，除加入NaCl固體外，還應采取的措施是：通入氨氣，故答案為：通入氨氣；（3）從母液中析出的NH4Cl中可能含有NaCl，取少量氯化銨產(chǎn)品于試管底部，加熱，若試管底部無殘留物，表明氯化銨產(chǎn)品純凈，故答案為：取少量氯化銨產(chǎn)品于試管底部，加熱，若試管底部無殘留物，表明氯化銨產(chǎn)品純凈點評：本題考查侯德邦

55、制堿法，掌握原理是解題的關鍵，是對學生綜合能力的考查，題目難度中等12（15分）元素周期表可以指導我們尋找和合成成新的物質，如金屬和非金屬分界線附近的元素可用于制造半導體材料，是科學研究的熱點（1）鍺是一種重要的半導體材料，基態(tài)鍺原子的價層電子排布圖為4s24p2（2）GaAs是人工合成的新型半導體材料，可將（CH3）2Ga和AsH3在700時反應得到，反應的化學方程式為（CH3）3Ga+AsH33CH4+GaAs，GaAs晶體結構與金剛石相似，晶體中Ga的雜化軌道類型為sp3，As與Ga之間存在的化學鍵有共價鍵（3）元素As和Se中第一電離能較小的是硒（填元素名稱）；As2Se2是一種非晶態(tài)半導體，也稱玻璃半導體，下列說法正確的是B（填選項序號）A固態(tài)As2Se2具有良好的自范性B固態(tài)As2Se2表現(xiàn)為各向同性CAs2Se3屬于合金（4）硼酸三異丙酯為半導體硼擴