廣東省深圳市第二外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2016屆高三上學(xué)期第二次質(zhì)檢化學(xué)試卷【解析版】

1、2015-2016學(xué)年廣東省深圳市第二外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三（上）第二次質(zhì)檢化學(xué)試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分每小題的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1下列說(shuō)法正確的是( )A坩堝主要用于給固體加熱，可用坩堝將燒堿加熱融化B明礬凈水原理是吸附，不涉及化學(xué)變化C合成纖維和光導(dǎo)纖維都是新型無(wú)機(jī)非金屬材料DSO2與FeSO4溶液使酸性高錳酸鉀的紫色褪去原理相同2設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說(shuō)法正確的是( )A0.1mol/L NaOH溶液中，Na+個(gè)數(shù)為0.1NABNa2O2與足量的水反應(yīng)生成1molO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NAC2 L0.5 molL1亞硫酸溶液中含有的H+離子數(shù)為2 N

2、AD1molO2和O3混合氣體中含有氧原子的數(shù)目為2.5NA3常溫下，水溶液中能大量共存的一組離子是( )A與Al反應(yīng)放出氫氣的溶液中：Na+、H+、NH4+、NO3B在c（H+）=1.01013，mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3、S2D在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO、Cl4能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是( )A向NaOH溶液中通入過(guò)量的CO2：CO2+OHHCO3B將SO2氣體通入Ba（NO3）2溶液：SO2+H2O+Ba2+BaSO3+2H+C實(shí)驗(yàn)室制氯氣：MnO2+4HCl（濃）Mn2+2Cl2+2H2ODA

3、lCl3溶液與過(guò)量氨水混合：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O5下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象對(duì)應(yīng)的結(jié)論正確的是( )選項(xiàng)現(xiàn)象結(jié)論A中導(dǎo)管口冒氣泡，手松開(kāi)無(wú)現(xiàn)象氣密性良好B中KMnO4溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性C中關(guān)閉K，氣體顏色在熱水中比冷水深NO2生成N2O4為吸熱反應(yīng)D中燒瓶中形成噴泉Cl2易溶于CCl4AABBCCDD6表中陳述I、均正確，且兩者在反應(yīng)原理上相似的是( )選項(xiàng)陳述I陳述A向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先變紅后褪色向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先變紅后褪色B將SO2和Cl2同時(shí)通入BaCl2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀將CO2和NH3同時(shí)通入CaCl2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀C向Mg

4、Cl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成紅褐色沉淀DNa投入水中產(chǎn)生大量氣泡Na2CO3投入鹽酸中產(chǎn)生大量氣泡AABBCCDD7向30mL 1mol/L的AlCl3溶液中逐漸加入濃度為4mol/L的NaOH溶液，若產(chǎn)生0.78g白色沉淀，則加入的NaOH溶液的體積可能為( )A3mLB7.5mLC15mLD17.5mL三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第8題第32題為必考題每個(gè)試題考生都必須作答第33題第40題為選考題考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共145分）8FeCl3 具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3

5、高效，且腐蝕性小請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）FeCl3 凈水的原理是_FeCl3 溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）_（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 廢液得到FeCl3若酸性FeCl2 廢液中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，則該溶液的pH約為_(kāi)完成NaClO3 氧化FeCl2 的離子方程式：ClO3+Fe2+_=Cl+Fe3+_（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2Fe（OH

6、）2+H2OFe（OH）3+H+K3以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是_（4）FeCl3也可以用作SO2尾氣的吸收劑，原理上與NaOH吸收SO2有何不同_（5）電解時(shí)，微粒的放電順序遵循微粒得失電子能力的強(qiáng)弱，SO32具有強(qiáng)的還原性用NaOH吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液用碳棒進(jìn)行電解，寫(xiě)出陽(yáng)極電極反應(yīng)_9（14分）高純六水氯化鍶晶體（SrCl26H2O）具有很高的經(jīng)濟(jì)價(jià)值，工業(yè)上用難溶于水的碳酸鍶（SrCO3）為原料（含少量鋇和鐵的化合物等），制備高純六水氯化鍶晶體的過(guò)程為：已知：SrCl26H2O晶體在61時(shí)開(kāi)始失去結(jié)晶水，100時(shí)失去全部結(jié)晶水有關(guān)氫氧化

7、物開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH表：氫氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2開(kāi)始沉淀的pH1.56.5沉淀完全的pH3.79.7（1）操作加快反應(yīng)速率的措施有_（寫(xiě)一種）碳酸鍶與鹽酸反應(yīng)的離子方程式_（2）酸性條件下，加入30% H2O2溶液，將Fe2+氧化成Fe3+，其離子方程式為_(kāi)（3）在步驟的過(guò)程中，將溶液的pH值由1調(diào)節(jié)至4時(shí)，宜用的試劑為_(kāi)A氨水 B氫氧化鍶粉末 C 氫氧化鈉 D碳酸鈉晶體（4）操作中所得濾渣的主要成分是_ （填化學(xué)式）（5）步驟的操作是_、_（6）工業(yè)上用熱風(fēng)吹干六水氯化鍶，適宜的溫度是_A5060B7080C80100D100以上10鋼鐵企業(yè)酸洗鋼材時(shí)產(chǎn)生的廢液主要成分為F

8、e2+、H+、Cl，可用下述方法處理該廢液，回收鹽酸和制備氧化鐵涂料（1）單質(zhì)X的化學(xué)式是_（2）氯化亞鐵溶液經(jīng)高溫噴霧焙燒轉(zhuǎn)化為HCl氣體和氧化鐵粉末，有關(guān)的化學(xué)方程式依次為：_（3）某鐵紅涂料中除含有Fe2O3外，還可能添加有CuO或FeO中的一種，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，探究該鐵紅涂料中添加物的成分提出合理假設(shè)假設(shè)1：添加了CuO假設(shè)2：添加了FeO請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)方案，驗(yàn)證上述假設(shè)，寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論限選試劑：鐵粉、3molL1 H2SO4、0.1molL1酸性KMnO4溶液、10% NaOH溶液、10% H2O2、KSCN溶液操作步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1取少量樣品于試管1中，_樣品全部溶解，

9、得到澄清的溶液步驟2_步驟3_（4）請(qǐng)計(jì)算，用635g水完全吸收“高溫噴霧焙燒”產(chǎn)生的HCl氣體_升（標(biāo)準(zhǔn)狀況），即可得到36.5%的濃鹽酸（相對(duì)原子質(zhì)量 Cl35.5 H1）【化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)】11（14分）氯化亞銅（CuCl）廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過(guò)程如下：回答下列問(wèn)題：（1）步驟中得到的氧化產(chǎn)物是_溶解溫度應(yīng)控制在6070，原因是_（2）寫(xiě)出步驟中主要反應(yīng)的離子方程式_（3）步驟包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，

10、酸洗采用的酸是_（寫(xiě)名稱(chēng)）（4）上述工藝中，步驟不能省略，理由是_（5）步驟、都要進(jìn)行固液分離工業(yè)上常用的固液分離設(shè)備有_（填字母）A分餾塔 B離心機(jī) C反應(yīng)釜 D框式壓濾機(jī)（6）準(zhǔn)確稱(chēng)取所制備的氯化亞銅樣品m g，將其置于過(guò)量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用a molL1的K2Cr2O7溶液滴定到終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反應(yīng)中Cr2O72被還原為Cr3+樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12碳及其化合物廣泛存在于自然界中，回答下列問(wèn)題：（1）處于一定空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用_形象化描述在基態(tài)14C原子中

11、，核外存在_對(duì)自旋相反的電子（2）碳在形成化合物時(shí)，其鍵型以共價(jià)鍵為主，原因是_（3）CS2分子中，共價(jià)鍵的類(lèi)型有_，C原子的雜化軌道類(lèi)型是_，寫(xiě)出兩個(gè)與CS2具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子或離子_（4）CO能與金屬Fe形成Fe（CO）5，該化合物熔點(diǎn)為253K，沸點(diǎn)為376K，其固體屬于_晶體（5）碳有多種同素異形體，其中石墨烯與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：在石墨烯晶體中，每個(gè)C原子連接_個(gè)六元環(huán)，每個(gè)六元環(huán)占有_個(gè)C原子在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個(gè)C原子連接_個(gè)六元環(huán)，六元環(huán)中最多有_個(gè)C原子在同一平面【化學(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】13A（C2H2）是基本有機(jī)化工原

12、料由A制備聚乙烯醇縮丁醛和順式異戊二烯的合成路線(xiàn)（部分反應(yīng)條件略去）如圖所示：回答下列問(wèn)題：（1）A的名稱(chēng)是_，B含有的官能團(tuán)是_（2）的反應(yīng)類(lèi)型是_，的反應(yīng)類(lèi)型是_（3）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為_(kāi)（4）3氯3甲基1丁烯一定條件下，也可以反應(yīng)得到異戊二烯，請(qǐng)寫(xiě)出反應(yīng)方程式（注明條件）_（5）寫(xiě)出與A具有相同官能團(tuán)的異戊二烯的所有同分異構(gòu)體_（寫(xiě)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）2015-2016學(xué)年廣東省深圳市第二外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三（上）第二次質(zhì)檢化學(xué)試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分每小題的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1下列說(shuō)法正確的是( )A坩堝主要用于給固體加熱，可用坩堝將燒堿加熱融化B明礬凈水原理是吸附，

13、不涉及化學(xué)變化C合成纖維和光導(dǎo)纖維都是新型無(wú)機(jī)非金屬材料DSO2與FeSO4溶液使酸性高錳酸鉀的紫色褪去原理相同【考點(diǎn)】鹽類(lèi)水解的應(yīng)用；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì) 【分析】A、坩堝的材質(zhì)是陶瓷，成分中含二氧化硅；B、明礬水解出氫氧化鋁膠體，有吸附功能；C、合成纖維是有機(jī)非金屬材料，光導(dǎo)纖維是新型無(wú)機(jī)非金屬材料；D、SO2與FeSO4均有強(qiáng)還原性【解答】解：A、瓷坩堝為硅酸鹽產(chǎn)品，含有二氧化硅，在加熱條件下與NaOH反應(yīng)而使坩堝炸裂，故A錯(cuò)誤；B、明礬溶于水，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；C、合成纖維是有機(jī)非金屬材料，是有機(jī)高分子

14、化合物，而光導(dǎo)纖維是二氧化硅，是新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故C錯(cuò)誤；D、SO2與FeSO4均有強(qiáng)還原性，均能使高錳酸鉀溶液被還原而褪色，原理相同，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了硅性質(zhì)的應(yīng)用，高分子化合物的判斷，生活中有機(jī)物的分類(lèi)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)應(yīng)用判斷，題目較簡(jiǎn)單2設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說(shuō)法正確的是( )A0.1mol/L NaOH溶液中，Na+個(gè)數(shù)為0.1NABNa2O2與足量的水反應(yīng)生成1molO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NAC2 L0.5 molL1亞硫酸溶液中含有的H+離子數(shù)為2 NAD1molO2和O3混合氣體中含有氧原子的數(shù)目為2.5NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù) 【分析】A、溶液體積不明

15、確；B、過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)為歧化反應(yīng)，當(dāng)生成1mol氧氣時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子；C、亞硫酸為弱酸，不能完全電離；D、氧氣中含2個(gè)氧原子，而臭氧中含3個(gè)氧原子【解答】解：A、溶液體積不明確，溶液中的鈉離子的個(gè)數(shù)無(wú)法計(jì)算，故A錯(cuò)誤；B、過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)為歧化反應(yīng)，當(dāng)生成1mol氧氣時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，即2NA個(gè)，故B正確；C、亞硫酸為弱酸，不能完全電離，故溶液中的氫離子的個(gè)數(shù)小于2NA個(gè)，故C錯(cuò)誤；D、氧氣中含2個(gè)氧原子，而臭氧中含3個(gè)氧原子，故1mol氧氣和臭氧中含有的氧原子的個(gè)數(shù)介于2NA3NA之間，故D錯(cuò)誤故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，題目難度不大，注意物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)以及物質(zhì)

16、存在的外界條件和聚集狀態(tài)等問(wèn)題3常溫下，水溶液中能大量共存的一組離子是( )A與Al反應(yīng)放出氫氣的溶液中：Na+、H+、NH4+、NO3B在c（H+）=1.01013，mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3、S2D在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO、Cl【考點(diǎn)】離子共存問(wèn)題 【分析】A與Al反應(yīng)放出氫氣的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，氫離子、銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)，硝酸根離子在酸性條件下與鋁反應(yīng)不會(huì)生成氫氣；B在c（H+）=1.01013，mol/L的溶液中存在大量氫氧根離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫氧根離子反應(yīng)；C

17、鐵離子、鎂離子都與硫離子反應(yīng)；DpH=1的溶液為酸性溶液，次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)生成次氯酸【解答】解：A與Al反應(yīng)放出氫氣的溶液為酸性或強(qiáng)堿性溶液，H+、NH4+與堿性溶液中的氫氧根離子反應(yīng)，NO3在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，與Al反應(yīng)不會(huì)生成氫氣，故A錯(cuò)誤；B在c（H+）=1.01013，mol/L的溶液為堿性溶液，Na+、K+、AlO2、CO32之間不反應(yīng)，都不與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故B正確；CFe3+、Mg2+都與S2發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；DpH=1的溶液中存在大量氫離子，ClO與氫離子反應(yīng)生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)評(píng)】本

18、題考查離子共存的判斷，為中等難度的試題，注意掌握離子反應(yīng)發(fā)生條件，明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間； 能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；解決離子共存問(wèn)題時(shí)還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來(lái)判斷溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的顏色，如無(wú)色時(shí)可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色離子的存在；溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；是“可能”共存，還是“一定”共存等4能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是( )A向NaOH溶液中通入過(guò)量的CO2：CO2+OHHCO3B將SO2氣體通入Ba（NO3）2溶液：SO2+H2O+B

19、a2+BaSO3+2H+C實(shí)驗(yàn)室制氯氣：MnO2+4HCl（濃）Mn2+2Cl2+2H2ODAlCl3溶液與過(guò)量氨水混合：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫(xiě) 【分析】A反應(yīng)生成碳酸氫鈉；B發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇、NO；C鹽酸完全電離；D反應(yīng)生成氫氧化鋁和氯化銨【解答】解：A向NaOH溶液中通入過(guò)量的CO2的離子反應(yīng)為CO2+OHHCO3，故A正確；B將SO2氣體通入Ba（NO3）2溶液中的離子反應(yīng)為Ba2+2NO3+3SO2+2H2OBaSO4+2NO+4H+2SO42，故B錯(cuò)誤；C實(shí)驗(yàn)室制氯氣的離子反應(yīng)為MnO2+4H+2ClMn2+2Cl2+2H

20、2O，故C錯(cuò)誤；DAlCl3溶液與過(guò)量氨水混合的離子反應(yīng)為Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子反應(yīng)方程式書(shū)寫(xiě)的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)書(shū)寫(xiě)方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，注意離子反應(yīng)中保留化學(xué)式的物質(zhì)，題目難度不大5下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象對(duì)應(yīng)的結(jié)論正確的是( )選項(xiàng)現(xiàn)象結(jié)論A中導(dǎo)管口冒氣泡，手松開(kāi)無(wú)現(xiàn)象氣密性良好B中KMnO4溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性C中關(guān)閉K，氣體顏色在熱水中比冷水深NO2生成N2O4為吸熱反應(yīng)D中燒瓶中形成噴泉Cl2易溶于CCl4AABBCCDD【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià) 【專(zhuān)

21、題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題【分析】A手松開(kāi)無(wú)現(xiàn)象，氣密性不好；B發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C氣體顏色在熱水中比冷水深，則對(duì)于2NO2N2O4，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)；D擠壓膠頭滴管，Cl2易溶于CCl4，打破壓強(qiáng)平衡，引發(fā)噴泉實(shí)驗(yàn)【解答】解：A手松開(kāi)無(wú)現(xiàn)象，氣密性不好，應(yīng)松開(kāi)手后水上升在導(dǎo)管中形成一段水柱，則氣密性良好，故A錯(cuò)誤；B發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4溶液紫紅色褪去，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，與漂白性無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C氣體顏色在熱水中比冷水深，則對(duì)于2NO2N2O4，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，則NO2生成N2O4為放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤D擠壓膠頭滴管，Cl2易溶于CCl4，打破壓強(qiáng)平衡，引發(fā)噴泉實(shí)驗(yàn)，現(xiàn)象與結(jié)論均合

22、理，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及氣密性檢驗(yàn)、氧化還原反應(yīng)、平衡移動(dòng)影響因素及噴泉實(shí)驗(yàn)等，注重高頻考點(diǎn)的考查，把握物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大6表中陳述I、均正確，且兩者在反應(yīng)原理上相似的是( )選項(xiàng)陳述I陳述A向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先變紅后褪色向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先變紅后褪色B將SO2和Cl2同時(shí)通入BaCl2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀將CO2和NH3同時(shí)通入CaCl2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀C向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成紅褐色沉淀DNa投入水中產(chǎn)生

23、大量氣泡Na2CO3投入鹽酸中產(chǎn)生大量氣泡AABBCCDD【考點(diǎn)】鈉的重要化合物；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；鈉的化學(xué)性質(zhì)；鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物 【專(zhuān)題】元素及其化合物【分析】ANa2O2和水反應(yīng)生成NaOH和氧氣，使酚酞變紅，但Na2O2有強(qiáng)氧化性，將變紅的酚酞氧化變?yōu)闊o(wú)色，所以溶液先變紅后褪色；氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，使酚酞變紅，但次氯酸有強(qiáng)氧化性，將變紅的石蕊氧化變?yōu)闊o(wú)色，所以溶液先變紅后褪色；B二氧化硫與氯氣、水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，硫酸與氯化鋇發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和鹽酸；二氧化碳、氨氣和氯化鈣發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氯化銨；C

24、氯化鎂和氫氧化鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈉；氯化鐵與氫氧化鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀和氯化鐵；D鈉與水發(fā)生置換反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣；碳酸鈉和鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氯化鈉、水和二氧化碳【解答】解：ANa2O2和水反應(yīng)生成NaOH和氧氣，使酚酞變紅，但Na2O2有強(qiáng)氧化性，將變紅的酚酞氧化變?yōu)闊o(wú)色，所以溶液先變紅后褪色；氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，使酚酞變紅，但次氯酸有強(qiáng)氧化性，將變紅的石蕊氧化變?yōu)闊o(wú)色，所以溶液先變紅后褪色，二者原理相似，故A可選；B二氧化硫與氯氣、水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，硫酸與氯化鋇發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和鹽酸；二氧化碳、氨氣和氯化鈣發(fā)生復(fù)

25、分解反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氯化銨，二者原理不同，故B不選；C氯化鎂和氫氧化鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈉；氯化鐵與氫氧化鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀和氯化鐵，二者原理相似，故C可選；D鈉與水發(fā)生置換反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣；碳酸鈉和鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氯化鈉、水和二氧化碳，二者原理不同，故D不選，故選AC【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，難度中等把握反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是解題的關(guān)鍵7向30mL 1mol/L的AlCl3溶液中逐漸加入濃度為4mol/L的NaOH溶液，若產(chǎn)生0.78g白色沉淀，則加入的NaOH溶液的體積可能為( )A3mLB7.5mLC15mLD17.5mL【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)

26、算 【分析】AlCl3和NaOH反應(yīng)與NaOH的量的多少有關(guān)，當(dāng)NaOH不足時(shí)生成Al（OH）3，當(dāng)堿過(guò)量時(shí)，則生成NaAlO2現(xiàn)AlCl3的物質(zhì)的量為0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀時(shí)，沉淀質(zhì)量應(yīng)為2.34g，現(xiàn)沉淀質(zhì)量為0.78g，說(shuō)明有兩種情況：一為沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一種情況為沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2【解答】解：現(xiàn)AlCl3的物質(zhì)的量為0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀時(shí)，沉淀質(zhì)量應(yīng)為2.34g，現(xiàn)沉淀質(zhì)量為0.78g，說(shuō)明有兩種情況：一為沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一種情況為沉淀部分溶解，既生成Al（

27、OH）3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al（OH）3）=0.01mol，若堿不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，NaOH的物質(zhì)的量為0.01mol3=0.03mol，加入NaOH溶液的體積為=0.0075L，即7.5mL；沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，則由 Al3+3OHAl（OH）30.03mol 0.09mol 0.03mol Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（0.030.01）mol （0.030.01）mol 則消耗的堿的物質(zhì)的量為0.09mol+（0.030.01）mol=0.11mol，加入NaOH溶液的體積為=0.0275L，即27.5m

28、L；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查鋁的計(jì)算，題目難度中等，本題的解答關(guān)鍵是根據(jù)題意確定發(fā)生反應(yīng)的情況，結(jié)合反應(yīng)的有關(guān)方程式計(jì)算三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第8題第32題為必考題每個(gè)試題考生都必須作答第33題第40題為選考題考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共145分）8FeCl3 具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3 高效，且腐蝕性小請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）FeCl3 凈水的原理是Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)FeCl3 溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）2Fe3+Fe=3Fe2+（2）為節(jié)約成

29、本，工業(yè)上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 廢液得到FeCl3若酸性FeCl2 廢液中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，則該溶液的pH約為2完成NaClO3 氧化FeCl2 的離子方程式：ClO3+Fe2+6H+=Cl+Fe3+3H2O（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2Fe（OH）2+H2OFe（OH）3+H+K3以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是K1K2K3（4）FeCl3也可以用作SO2尾氣的吸收劑，

30、原理上與NaOH吸收SO2有何不同2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl、2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O（5）電解時(shí)，微粒的放電順序遵循微粒得失電子能力的強(qiáng)弱，SO32具有強(qiáng)的還原性用NaOH吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液用碳棒進(jìn)行電解，寫(xiě)出陽(yáng)極電極反應(yīng)SO322e+H2O=SO42+2H+【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；氧化還原反應(yīng)方程式的配平；原電池和電解池的工作原理；pH的簡(jiǎn)單計(jì)算；鹽類(lèi)水解的原理 【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，可起到凈水的作用；鋼鐵設(shè)備中的Fe會(huì)與鐵離子反應(yīng)生成

31、亞鐵離子；（2）根據(jù)電荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH濃度很小，在這里可以忽略不計(jì)），據(jù)此溶液中氫離子的濃度，再根據(jù)pH=lgc（H+）計(jì)算；氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應(yīng)物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價(jià)從+5價(jià)降低到1價(jià)，得到6個(gè)電子，而Fe元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+3價(jià)，失去1個(gè)電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6，則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3；（3）鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數(shù)逐漸減??；（4）氯化

32、鐵具有強(qiáng)氧化性，可氧化二氧化硫氣體；（5）陽(yáng)極上亞硫酸根離子在陽(yáng)極上失去電離生成硫酸根離子【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，可起到凈水的作用；鋼鐵設(shè)備中的Fe會(huì)與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案為：Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)；2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）根據(jù)電荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH濃度很小，在這里可以忽略不計(jì)），則c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，則溶液pH=lg1

33、.0102=2，故答案為：2；氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應(yīng)物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價(jià)從+5價(jià)降低到1價(jià)，得到6個(gè)電子，而Fe元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+3價(jià)，失去1個(gè)電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6，則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3，配平后離子方程式為：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，故答案為：1；6；6H+；1；6；3H2O；（3）鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數(shù)逐漸減小，則K1K2K3，故答案為：K1K2K3；（4）氯化鐵具

34、有強(qiáng)氧化性，可氧化二氧化硫氣體，反應(yīng)的方程式為2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl，氫氧化鈉與二氧化硫發(fā)生中和反應(yīng)，方程式為2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案為：2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl、2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（5）亞硫酸根離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸根離子，電極反應(yīng)式為：SO322e+H2O=SO42+2H+；故答案為：SO322e+H2O=SO42+2H+【點(diǎn)評(píng)】本題考查鐵的化合物性質(zhì)的應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)方程式的配平、對(duì)圖象的分析能力、平衡移動(dòng)影響因素等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與

35、靈活運(yùn)用難度，難度中等9（14分）高純六水氯化鍶晶體（SrCl26H2O）具有很高的經(jīng)濟(jì)價(jià)值，工業(yè)上用難溶于水的碳酸鍶（SrCO3）為原料（含少量鋇和鐵的化合物等），制備高純六水氯化鍶晶體的過(guò)程為：已知：SrCl26H2O晶體在61時(shí)開(kāi)始失去結(jié)晶水，100時(shí)失去全部結(jié)晶水有關(guān)氫氧化物開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH表：氫氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2開(kāi)始沉淀的pH1.56.5沉淀完全的pH3.79.7（1）操作加快反應(yīng)速率的措施有加熱、充分?jǐn)嚢琛⑦m當(dāng)增加鹽酸濃度等（寫(xiě)一種）碳酸鍶與鹽酸反應(yīng)的離子方程式SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O（2）酸性條件下，加入30% H2O2溶液，將Fe2+氧

36、化成Fe3+，其離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（3）在步驟的過(guò)程中，將溶液的pH值由1調(diào)節(jié)至4時(shí)，宜用的試劑為BA氨水 B氫氧化鍶粉末 C 氫氧化鈉 D碳酸鈉晶體（4）操作中所得濾渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4 （填化學(xué)式）（5）步驟的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（6）工業(yè)上用熱風(fēng)吹干六水氯化鍶，適宜的溫度是AA5060B7080C80100D100以上【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題【分析】以SrCO3為原料制備六水氯化鍶（SrCl26H2O），由流程可知，SrCO3和鹽酸反應(yīng)后溶液中除含有Sr2+和Cl外，還含有少量Fe2

37、+、Ba2+雜質(zhì)，然后加硫酸生成硫酸鋇沉淀，加入過(guò)氧化氫，調(diào)節(jié)溶液pH可生成氫氧化鐵沉淀，所以過(guò)濾后濾渣為硫酸鋇和氫氧化鐵，濾液中含SrCl2，最后蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶得到SrCl26H2O，以此來(lái)解答【解答】解：以SrCO3為原料制備六水氯化鍶（SrCl26H2O），由流程可知，SrCO3和鹽酸反應(yīng)后溶液中除含有Sr2+和Cl外，還含有少量Fe2+、Ba2+雜質(zhì)，然后加硫酸生成硫酸鋇沉淀，加入過(guò)氧化氫，調(diào)節(jié)溶液pH可生成氫氧化鐵沉淀，所以過(guò)濾后濾渣為硫酸鋇和氫氧化鐵，濾液中含SrCl2，最后蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶得到SrCl26H2O，（1）增大反應(yīng)速率，則增大濃度，加熱，或者攪拌，增大接觸面積，碳酸鍶與

38、鹽酸反應(yīng)生成氯化鍶、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O，故答案為：加熱、充分?jǐn)嚢琛⑦m當(dāng)增加鹽酸濃度等；SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O；（2）酸性條件下，加入30% H2O2溶液，將Fe2+氧化成Fe3+，同時(shí)生成水，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案為：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）調(diào)節(jié)pH除去Fe3+等，要不能引入雜質(zhì)，最好選用氫氧化鍶粉末或氧化鍶粉末，故答案為：B；（4）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸鋇生成，水解可生成氫氧化鐵沉淀，所以沉淀有兩種即BaSO4、Fe（OH）3，故答

39、案為：Fe（OH）3、BaSO4；（5）由濾液得到晶體，應(yīng)經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等操作，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；（6）六水氯化鍶晶體61時(shí)開(kāi)始失去結(jié)晶水，100時(shí)失去全部結(jié)晶水，則用熱風(fēng)吹干六水氯化鍶，選擇的適宜溫度范圍是5060，故答案為：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，為高頻考點(diǎn)，把握制備流程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及物質(zhì)分離方法為解答的關(guān)鍵，涉及反應(yīng)速率、氧化還原反應(yīng)、滴定原理等，注意信息與所學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等10鋼鐵企業(yè)酸洗鋼材時(shí)產(chǎn)生的廢液主要成分為Fe2+、H+、Cl，可用下述方法處理該廢液，回收鹽酸和制備氧化鐵涂料（1）單質(zhì)X的化學(xué)式是Fe（2）氯化亞鐵

40、溶液經(jīng)高溫噴霧焙燒轉(zhuǎn)化為HCl氣體和氧化鐵粉末，有關(guān)的化學(xué)方程式依次為：4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+4HCl（或 FeCl2+2H20Fe（OH）2+2HCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O）（3）某鐵紅涂料中除含有Fe2O3外，還可能添加有CuO或FeO中的一種，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，探究該鐵紅涂料中添加物的成分提出合理假設(shè)假設(shè)1：添加了CuO假設(shè)2：添加了FeO請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)方案，驗(yàn)證上述假設(shè)，寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論限選試劑：鐵粉、3molL1 H2SO4、0.1molL1酸性KMnO4溶液、10% NaOH溶液、10% H2

41、O2、KSCN溶液操作步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1取少量樣品于試管1中，加入足量的3molL1H2SO4，充分振蕩樣品全部溶解，得到澄清的溶液步驟2取少許上述溶液于試管2，加入足量鐵粉，充分振蕩；再加入足量3molL1H2SO4，充分振蕩步驟3取少許步驟1溶液于試管3中，逐滴加入0.1 molL1酸性KMnO4溶液若試管中出現(xiàn)紅色固體，說(shuō)明試樣中有CuO如果紫紅色褪去，說(shuō)明試樣中有FeO（4）請(qǐng)計(jì)算，用635g水完全吸收“高溫噴霧焙燒”產(chǎn)生的HCl氣體224升（標(biāo)準(zhǔn)狀況），即可得到36.5%的濃鹽酸（相對(duì)原子質(zhì)量 Cl35.5 H1）【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)

42、題【分析】實(shí)驗(yàn)?zāi)康臑辂}酸和制備氧化鐵涂料，則所加單質(zhì)X應(yīng)為Fe，可與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，過(guò)濾后將濾液高溫焙燒，轉(zhuǎn)化為HCl氣體和氧化鐵粉末，涉及反應(yīng)為FeCl2+2H20Fe（OH）2+2HCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，以此解答該題【解答】解：（1）除去鹽酸獲得亞鐵鹽，所加的金屬只能是金屬鐵，故答案為：Fe；（2）氯化亞鐵溶液中亞鐵離子會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，即FeCl2+2H2OFe（OH）2+2HCl，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，會(huì)被氧化為氫氧化鐵，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4 Fe（OH）3，氫氧化鐵可以分解，即2

43、Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，總方程式為4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+4HCl，故答案為：4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+4HCl（或 FeCl2+2H20Fe（OH）2+2HCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O）；（3）氧化銅可以溶解于強(qiáng)酸溶液中，得到含有銅離子的鹽，加入足量鐵粉可以將金屬銅置換出來(lái)，據(jù)此可以檢驗(yàn)固體是氧化銅，氧化亞鐵可以和強(qiáng)酸反應(yīng)生成亞鐵鹽，能使高錳酸鉀褪色，據(jù)此可以檢驗(yàn)固體中含有氧化亞鐵，可取少量樣品于試管中，加入足量的3molL1H2SO4，充分振蕩取少許上述溶液于，加入足量鐵粉，充分

44、振蕩；再加入足量3molL1H2SO4，充分振蕩，取少許步驟1溶液于試管中，逐滴加入0.1 molL1酸性KMnO4溶液，若試管中出現(xiàn)紅色固體，說(shuō)明試樣中有CuO，如果紫紅色褪去，說(shuō)明試樣中有FeO，故答案為：操作步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1取少量樣品于試管1中，加入足量的3molL1H2SO4，充分振蕩步驟2取少許上述溶液于試管2，加入足量鐵粉，充分振蕩；再加入足量3molL1H2SO4，充分振蕩步驟3取少許步驟1溶液于試管中3，逐滴加入0.1 molL1酸性KMnO4溶液（步驟2和步驟3的操作和現(xiàn)象結(jié)論可以互換位置） 若試管中出現(xiàn)紅色固體，說(shuō)明試樣中有CuO如果紫紅色褪去，說(shuō)明試樣中有FeO（

45、4）設(shè)HCl體積為VL，則=36.5%，解得V=224，故答案為：224【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)探究物質(zhì)分離方法和物質(zhì)性質(zhì)的分析判斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰陀?jì)算能力的考查，注意把握實(shí)驗(yàn)原理、掌握物質(zhì)性質(zhì)是關(guān)鍵，題目難度中等【化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)】11（14分）氯化亞銅（CuCl）廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過(guò)程如下：回答下列問(wèn)題：（1）步驟中得到的氧化產(chǎn)物是CuSO4或Cu2+溶解溫度應(yīng)控制在6070，原因是溫

46、度低溶解速度慢，溫度過(guò)高銨鹽分解（2）寫(xiě)出步驟中主要反應(yīng)的離子方程式2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+（3）步驟包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是硫酸（寫(xiě)名稱(chēng)）（4）上述工藝中，步驟不能省略，理由是醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化（5）步驟、都要進(jìn)行固液分離工業(yè)上常用的固液分離設(shè)備有BD（填字母）A分餾塔 B離心機(jī) C反應(yīng)釜 D框式壓濾機(jī)（6）準(zhǔn)確稱(chēng)取所制備的氯化亞銅樣品m g，將其置于過(guò)量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用a molL1的K2Cr2O7溶液滴定到終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反應(yīng)中Cr

47、2O72被還原為Cr3+樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 【分析】酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過(guò)濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，步驟、都要進(jìn)行固液分離，根據(jù)混合的水溶性進(jìn)行分離，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化，可用離心機(jī)以及框式壓濾機(jī)，以得到濾餅，氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液

48、，發(fā)生6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，結(jié)合關(guān)系式解答該題【解答】解：酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過(guò)濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅（1）由于酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解溫度應(yīng)控制在6070，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過(guò)高銨鹽分解，故答案為：CuSO4或Cu2+；溫度低溶解速度慢，溫度過(guò)高銨鹽分解；（2）銅離子

49、與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，故答案為：2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+；（3）由流程可知，經(jīng)酸洗、水洗后得到硫酸銨，則應(yīng)加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質(zhì)，故答案為：硫酸；（4）步驟為醇洗，因乙醇沸點(diǎn)低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，故答案為：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；（5）步驟、都要進(jìn)行固液分離，根據(jù)混合的水溶性進(jìn)行分離，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化，可用離心機(jī)以及框式壓濾機(jī)，以得到濾

50、餅，故答案為：BD；（6）氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，反應(yīng)的關(guān)系式為6CuCl6Fe2+Cr2O72， 6 1 n ab103moln=6ab103mol，m（CuCl）=99.5g/mol6ab103mol=0.597abg，則樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 100%，故答案為：100%【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生閱讀獲取信息的能力、常用化學(xué)用語(yǔ)、氧化還原滴定的應(yīng)用等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰陀?jì)算能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)流程，難度中等，注意（6）中利用關(guān)系式的計(jì)

51、算【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12碳及其化合物廣泛存在于自然界中，回答下列問(wèn)題：（1）處于一定空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述在基態(tài)14C原子中，核外存在2對(duì)自旋相反的電子（2）碳在形成化合物時(shí)，其鍵型以共價(jià)鍵為主，原因是C有4個(gè)價(jià)電子且半徑較小，難以通過(guò)得或失電子達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（3）CS2分子中，共價(jià)鍵的類(lèi)型有鍵和鍵，C原子的雜化軌道類(lèi)型是sp，寫(xiě)出兩個(gè)與CS2具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子或離子CO2、SCN或COS等（4）CO能與金屬Fe形成Fe（CO）5，該化合物熔點(diǎn)為253K，沸點(diǎn)為376K，其固體屬于分子晶體（5）碳有多種同素異形體，其中石墨烯

52、與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：在石墨烯晶體中，每個(gè)C原子連接3個(gè)六元環(huán)，每個(gè)六元環(huán)占有2個(gè)C原子在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個(gè)C原子連接12個(gè)六元環(huán)，六元環(huán)中最多有4個(gè)C原子在同一平面【考點(diǎn)】真題集萃；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；晶胞的計(jì)算 【專(zhuān)題】元素周期律與元素周期表專(zhuān)題【分析】（1）處于一定空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；根據(jù)同一軌道的2兩個(gè)電子自選方向相反判斷；（2）共價(jià)鍵為原子之間以共用電子對(duì)成鍵，碳的非金屬性較弱，但半徑較小，反應(yīng)中難以失去或得到電子；（3）CS2分子的結(jié)構(gòu)式為S=C=S，含有鍵和鍵；結(jié)合鍵和孤對(duì)電子數(shù)判斷價(jià)層電子對(duì)數(shù)，以此判斷雜化類(lèi)型；與CS2具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子或離子為等電子體，應(yīng)含有3個(gè)原子，價(jià)電子數(shù)為16；（4）熔點(diǎn)為253K，沸點(diǎn)為376K，具有分子晶體的性質(zhì)；（5）石墨晶體中最小的環(huán)為六元環(huán)，每個(gè)碳原子連接3個(gè)CC化學(xué)健，每個(gè)CC化學(xué)健被2個(gè)碳原子共用；在金剛石的晶體結(jié)構(gòu)中每個(gè)碳原子與周?chē)?個(gè)碳原子形成四個(gè)碳碳單鍵，這5個(gè)碳原子形成