2012年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標(biāo))(答案解析版)

PAGE31頁（30頁）2012年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)）一、選擇題（每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．（6分）下列敘述中正確的是（ ）A．液溴易揮發(fā)，在存放液溴的試劑瓶中應(yīng)加水封BKI24 C．某溶液中加入CCl，CCl層顯紫色，證明原溶液中存在I4 D．某溶液中加入BaCl溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液一定含2有Ag+【考點(diǎn)】PSPT別的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)．【專題】542：化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作．【分析】A．實(shí)驗(yàn)室保存液溴常用水封的方法；BKIC．CC14I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能為AgCl或BaSO4．正確；BKINO2O3Cl2B錯(cuò)誤；C．CC14層顯紫色，證明原溶液中存在I2，I﹣無色，故C錯(cuò)誤；DBaCl2溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能為AgClBaSO4，不一定含有Ag+，故D錯(cuò)誤。故選：A。把握相關(guān)化學(xué)基本實(shí)驗(yàn)操作．2．（6分）下列說法正確的是（ ）A．醫(yī)用酒精的濃度通常是95%B．單質(zhì)硅是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的常用材料C．淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物D．合成纖維和光導(dǎo)纖維都是新型無機(jī)非金屬材【考點(diǎn)】FH：硅和二氧化硅；IO：生活中的有機(jī)化合物；L1：有機(jī)高分子化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】55：化學(xué)計(jì)算．【分析】A、醫(yī)用酒精的濃度通常是75%，此濃度殺菌消毒作用強(qiáng)；B、單質(zhì)硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能；C、油脂不是高分子化合物；D、合成纖維是有機(jī)非金屬材料，光導(dǎo)纖維是新型無機(jī)非金屬材料；75%，此濃度殺菌消毒作用強(qiáng)；故A誤；B、單質(zhì)硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能；故B正確；C、淀粉、纖維素都屬于天然高分子化合物，油脂不是高分子化合物；故C錯(cuò)誤；DD故選：B?！军c(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)物的分類結(jié)構(gòu)和性質(zhì)應(yīng)用判斷，題目較簡單．3．（6分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中不正確的是（ ）A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA2NB．28g乙烯和環(huán)丁烷（CH）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2N4 8 AN C．常溫常壓下，92g的NO和 ON 2 2 4 AD．常溫常壓下，22.4L氯氣與足量的鎂粉充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子；4 8 2 B、乙烯和環(huán)丁烷（CH）CH28gCH4 8 2 2 2 4 2 C、NONONO92gNO2 2 4 2 D、依據(jù)氣體摩爾體積的應(yīng)用條件分析；【解答】解：A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子，分子總數(shù)為NA的NO2和ACO22NA正確；ACB、28g乙烯和環(huán)丁烷（CH）的混合氣體中，乙烯和環(huán)丁烷（H）最簡式相C4 8 4 8CH228gCH2中所含碳原子物質(zhì)的量=A2NB正確；A

=2mol，含有的碳2 4 2 CNO2和NO分子最簡比相同為NO計(jì)算92gNO中所含原子數(shù)=×32 4 2 N ×=6NN A AD、常溫常壓下，22.4L1molD故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，主要是微粒數(shù)的計(jì)算，氣體摩爾體積的條件計(jì)算應(yīng)用，題目難度中等．4．（6分分子式為CH O且可與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣的有機(jī)物有（不考慮立5 12體異構(gòu)）（ ）A．5種 B．6種 C．7種 D．8種【考點(diǎn)】I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【專題】532：同分異構(gòu)體的類型及其判定．C【分析】分子式為H O的有機(jī)物，能與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明分子中含C5 12有﹣OH，該物質(zhì)為戊醇，可以看作羥基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，結(jié)合等效氫判斷．C【解答】解：分子式為H O的有機(jī)物，能與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明分子C5 123 H OH 3中含有﹣OH，該物質(zhì)為戊醇，可以看作羥基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，3 H OH 3CHCHCHCHCH分子中有 種原子，被﹣ 取代得到 種醇；3 2 2 2 33 3 2 3 CHCHCH（CH）4H原子，被﹣OH4C（CH）1H原子，被﹣OH3 3 2 3 所以該有機(jī)物的可能結(jié)構(gòu)有8種，故選：D?；悩?gòu)判斷，但相對(duì)羥基取代復(fù)雜．分Tamol?L﹣1的一元酸HA與bmol?L﹣1一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是（ ）a=bB混合溶液中，c（H+）=mol?L﹣1c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）【考點(diǎn)】DO：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．T時(shí)水的離子積常數(shù)為KWamol/LHAbmol/LBOHmol/L．【解答】解：Aa=bA錯(cuò)誤；pH=7B錯(cuò)誤；混合溶液中，c（H+）=c（H+）=c（OH﹣）═

mol/L，根據(jù)c（H+）?c（OH﹣）=KW，可知溶液mol/L，溶液呈中性，故C正確；不能D故選：C。c（H+）=c（OH﹣），pH以及酸堿的物質(zhì)的量關(guān)系判斷．6．（6分）分析下表中各項(xiàng)的排布規(guī)律，按此規(guī)律排布第26項(xiàng)應(yīng)為（ ）12345678910CH2 4CH2 6CHO2 6CHO2 6 2CH3 6CH3 8CHO3 8CHO3 8 2CH4 8CH4 A．CH7 16

B．CH O7 14 2

C．CH8 18

D．CH O8 18【考點(diǎn)】RE：探究化學(xué)規(guī)律．【專題】16：壓軸題；536：有機(jī)物分子組成通式的應(yīng)用規(guī)律．【分析】根據(jù)表中的化學(xué)式規(guī)律采用分組分類法推出：每4個(gè)化學(xué)式為一組，依次是烯烴、烷烴、飽和一元醇、飽和二元醇．第26項(xiàng)應(yīng)在第7組第二位的烷烴，相鄰組碳原子數(shù)相差1，該組中碳原子數(shù)為2+（7﹣1）×1=8．【解答】解：根據(jù)表中的化學(xué)式規(guī)律采用分組分類法推出：每4個(gè)化學(xué)式為一組，依次是烯烴、烷烴、飽和一元醇、飽和二元醇。把表中化學(xué)式分為4循環(huán)，26=4×6+2267組第二位的烷烴，相鄰組碳原子數(shù)相差2+（7﹣1）×1=826C8H18。故選：C。知識(shí)，細(xì)心分析表中化學(xué)式的有關(guān)數(shù)據(jù)，找出規(guī)律，即可解題，尋找規(guī)律是關(guān)鍵．7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其中W的陰離子的核外電子數(shù)與XYZ原子的核外內(nèi)層電子數(shù)相同的一種核素在考古時(shí)常用來鑒定一些文物的年代，工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產(chǎn)Y的單質(zhì)，而Z不能形成雙原子分子．根據(jù)以上敘述，下列說法中正確的是（ A．上述四種元素的原子半徑大小為W＜X＜Y＜ZB．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數(shù)的總和為20C．W與Y可形成既含極性共價(jià)鍵又含非極性共價(jià)鍵的化合物WXWY組成的化合物的沸點(diǎn)【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】16：壓軸題；51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】XC14，采用Y的單質(zhì)，這是工業(yè)上生XYNe，X、Y、Z2WH，結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題．【解答】解：XC14，Y的單質(zhì)，這是工業(yè)XYNe，X、Y、Z2WH，則A．XC，YNC＞N，ZNe，原子半徑測定依據(jù)不同，一般不與主族元素的原子半徑A錯(cuò)誤；B．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數(shù)的總和為1+4+5+8=18，故B錯(cuò)誤；CC．W與Y可形成NH的化合物，既含極性共價(jià)鍵又含非極性共價(jià)鍵，故正C2 4確；D．WH元素，XC元素，YN元素，CHD錯(cuò)誤。故選：C。C，注意碳?xì)浠衔锏姆N類以及性質(zhì)．二、必考題（本題包括26～28三大題，共43分．每個(gè)試題考生都必須作答）8．（14分鹽均為重要化合物．FeClx的化學(xué)式，可用離子交換和滴定的方法．實(shí)驗(yàn)0.54gFeClx樣品，溶解后先進(jìn)行陽離子交換預(yù)處理，再通過含有飽和OH﹣Cl﹣OH﹣OH﹣0.40mol?L﹣125.0mL．計(jì)算該樣品中氯FeClxx值：×0.40mol?L﹣1=0.010mol， （列出計(jì)算過程）FeCl2FeCl3的混合物的樣品，采用上述方法測得（Cl）=1﹕2.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為 10% ．在實(shí)驗(yàn)室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和 鹽酸 反應(yīng)制備，F(xiàn)eCl3可用鐵粉和 氯氣 反應(yīng)制備；（3）FeCl3與氫碘酸反應(yīng)時(shí)可生成棕色物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ．（K2FeO4）是一種強(qiáng)氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料和KClO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)可生成其反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ．與MnO2﹣Zn電池類似4 2 2 4 2 4 2 2 KFeO﹣ZnFeO應(yīng)式為FeO2﹣+3eˉ+4HO=Fe（OH）+5OH﹣．該電池總反應(yīng)的離子方程式為3Zn+2FeO2﹣+8HO=3Zn（OH）+2Fe（OH）+4OH﹣4 2 2 4 2 4 2 2 【考點(diǎn)】5A：化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）依據(jù)離子交換關(guān)系氫氧根離子物質(zhì)的量等于氯離子物質(zhì)的量等于氫離子物質(zhì)的量，依據(jù)0.54gFeClx中氯離子物質(zhì)的量計(jì)算x值；依據(jù)元素守恒計(jì)算氯化亞鐵和氯化鐵物質(zhì)的量之比，進(jìn)一步計(jì)算氯化鐵質(zhì)量分?jǐn)?shù)；氯化亞鐵用鐵和稀酸反應(yīng)生成，氯化鐵可以直接用鐵和氯氣反應(yīng)得到；鐵和碘單質(zhì)；2 FeCl3KClOKFeO2 4 2 2 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO2﹣+3Cl﹣+5HO．KFeO﹣Zn4 2 2 K池，F(xiàn)eO在電池中作為正極材料，負(fù)極為鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反K2 44 2 Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)產(chǎn)物和電子守恒寫出正極反應(yīng)：FeO2﹣+3eˉ+4HO→Fe（OH）+5OHˉ4 2 mol?L﹣1=0.010mol，0.54gFeClx樣品中含有氯離子物質(zhì)的量為x=3，

=0.010mol，解得故答案為：n（Cl）=n（H+）=n（OH﹣）=0.0250L×0.40mol?L﹣1=0.010mol，=0.010mol，x=3；FeCl2FeCl3FeCl2y，則（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，氯化鐵物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=×100%=10%；在實(shí)驗(yàn)室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和鹽酸反應(yīng)得到，F(xiàn)eCl3可用鐵粉和氯氣反應(yīng)生成，故答案為：10%；鹽酸；氯氣；2氯化鐵具有氧化性碘化氫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞鐵和碘單質(zhì)，反應(yīng)離子方程式為：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案為：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I；22 FeCl3KClOKFeO2 23 4 4 2 2Fe（OH）+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO2﹣+3Cl﹣+5HO，原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反FeO2﹣+3eˉ+4HO=Fe（OH）+5OH﹣；負(fù)極電極n﹣2e﹣+2O﹣n（H）23 4 4 2 4 2 3合并得到電池反應(yīng)為：3Zn+2FeO2﹣+8HO=3Zn（OH）+2Fe（OH4 2 3+4OH﹣，33 4 故答案為：2Fe （OH ）+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO2﹣+3Cl﹣+5HO 3 4 FeO

2﹣+3eˉ+4HO=Fe（OH）+5OH﹣；3Zn+2FeO2﹣+8HO=3Zn（OH）+2Fe4 2 3 4 2 23（OH）+4OH﹣．3原理的應(yīng)用，電極反應(yīng)，電極產(chǎn)物的判斷等，混合物質(zhì)量分?jǐn)?shù)計(jì)算，難度中等，要求學(xué)生要有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)和靈活運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力．注意基礎(chǔ)知識(shí)的全面掌握．9．（15分）光氣（COCl）在塑料、制革、制藥等工業(yè)中有許多用途，工業(yè)上2采用CO與Cl2在活性炭催化下合成。2（1）實(shí)驗(yàn)室中常用來制備氯氣的化學(xué)方程式為 MnO+4HCl（濃）2MnClMnCl+Cl↑+2HO222；工業(yè)上利用天然氣（CH4）CO2CO，已CH4H2CO的燃燒熱分別為﹣890.3kJ?mol﹣1﹣285.8kJ?mol﹣1﹣283.0kJ?mo﹣1則生成13（標(biāo)準(zhǔn)狀況O所需熱量為 5.52×103J ；CHCl 實(shí)驗(yàn)室中可用氯仿（CHCl3）方程式為+O=HCl+HO+COCl；CHCl 3 2 2 2 2COCl2COCl2（g）=Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ?mol﹣1．反應(yīng)體系達(dá)到平衡后，各物質(zhì)的濃度在不同條件下的變化狀況如圖所示（第10min到14minCOCl的濃度變化曲線未示出）：2①計(jì)算反應(yīng)在第8min時(shí)的平衡常數(shù)K= 0.234mol?L﹣1 ；②比較第2min反應(yīng)溫度與第8min反應(yīng)溫度的高低：T（2） ＜T（8）（填“＞”、“＜”或“=”）③若12min時(shí)反應(yīng)于T（8）下重新達(dá)到平衡，則此時(shí)c（COCl2）= mol?L﹣1CO2～3min、5～6min、12～13min時(shí)平均反應(yīng)速率[平均反應(yīng)速、、表示]的大小2～3）=v（12～13）；COCl25～6min、15～16min＞ 填“＞”、“＜”或原因是 在相同溫度時(shí)，該反應(yīng)反應(yīng)物的濃度越高，反應(yīng)速率越大 ?！究键c(diǎn)】CK：物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線；CP：化學(xué)平衡的計(jì)算．【專題】16：壓軸題；51E：化學(xué)平衡專題．【分析】（1）實(shí)驗(yàn)室通常用二氧化錳與濃鹽酸共熱的方法制備氯氣；CH4、H2CO的燃燒熱分別寫出燃燒的熱化學(xué)方程式，利用蓋斯定律書寫該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，據(jù)此計(jì)算；CHCl3中碳為+2中碳為+4價(jià)，故H2O2中氧元素化合價(jià)由﹣1﹣2H2l3、COCl2、H2OHCl生成；8minCOCl20.04mol/L，Cl20.11mol/L，CO0.085mol/L，代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算；②第8min時(shí)反應(yīng)物的濃度比第2min時(shí)減小，生成物濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，4min瞬間濃度不變，不可能為改變壓強(qiáng)、濃度，應(yīng)是改變溫度，據(jù)此結(jié)合溫度對(duì)平衡影響判斷；Cl2COCO8minCl2的平衡濃度為0.06mol/L，根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算c（COCl2）；④根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的定義，可知反應(yīng)在2～3min和12～13min處于平衡狀態(tài)，CO的平均反應(yīng)速率為0，據(jù)此判斷；5～6min15～16min15～16min率小?！窘獯稹拷猓海?）二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下生成氯化錳、氯氣與水制取氯氣，反應(yīng)方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；CH4、H2CO的燃燒熱分別寫出燃燒的熱化學(xué)方程式：①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ?mol﹣1；②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ?mol﹣1；③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ?mol﹣1，利用蓋斯定律將②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3kJ?mol﹣1，即生成2molCO，需要吸熱247.3KJ，那么要得到1立方米的CO，吸熱為×=5.52×103KJ；故答案為：5.52×103KJ；2 2 H CHCl3中碳為+2中碳為+4價(jià)，故HO中氧元素化合價(jià)由﹣1﹣價(jià)，生成2 2 H 2 3 2 22 CHCl 、COCl、HO的化學(xué)計(jì)量數(shù)為根據(jù)原子守恒故含有HCl生成故反應(yīng)方程式為 +O=HCl+HO+COCl ，故答案為2 CHCl 3 2 2 2 2HCHCl+O=HCl+HO+COCl；H3 2 2 2 2①由圖可知，8min時(shí)COCl2的平衡濃度為0.04mol/L，Cl2的平衡濃度為0.11mol/L，CO的平衡濃度為0.085mol/L，故該溫度下化學(xué)平衡常數(shù) =0.234mol?L﹣1，故答案為：0.234mol?L﹣1；②第8min時(shí)反應(yīng)物的濃度比第2min時(shí)減小，生成物濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)。4min瞬間濃度不變，不可能為改變壓強(qiáng)、濃度，應(yīng)是改變溫度，又因?yàn)檎磻?yīng)為吸熱反應(yīng)，所以T（2）＜T（8），故答案為：＜；Cl2COCO8min到達(dá)平衡時(shí)的平衡常數(shù)相同，由Cl2的平衡濃度為0.06mol/L

=0.234mol/Lc（COCl）2=0.031mol/L，故答案為：0.031；④根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的定義，可知反應(yīng)在2～3min和12～13min處于平衡狀態(tài)，CO05～6minCOv（2～3）=v（12～13）；5～6min15～16min15～16minv（5～6）＞v（15～16），故答案為：＞；在相同溫度時(shí)，該反應(yīng)的反應(yīng)物的濃度越高，反應(yīng)速率越大?！军c(diǎn)評(píng)】本題涉及化學(xué)方程式、熱化學(xué)方程式的書寫和化學(xué)平衡圖象的有關(guān)計(jì)算，意在考查考生對(duì)反應(yīng)熱、化學(xué)平衡等化學(xué)反應(yīng)原理掌握的情況，難度中等。密度/g?cm﹣3沸點(diǎn)密度/g?cm﹣3沸點(diǎn)/℃水中溶解度苯溴溴苯0.883.101.508059156微溶微溶微溶按下列合成步驟回答問題：在a15mLb4.0mL液態(tài)溴．向a中滴入幾滴溴，有白霧產(chǎn)生，是因?yàn)樯闪薍BrdHBrBr2；液溴滴完后，經(jīng)過下列步驟分離提純：①向a中加入10mL水，然后過濾除去未反應(yīng)的鐵屑；10mL水、8mL10%NaOH溶液、10mL水洗滌．NaOH滌的作用是除去HBrBr2；③向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣，靜置、過濾．加入氯化鈣的目的是干燥 ；經(jīng)以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質(zhì)為 苯 ，要進(jìn)一步提純下列操作中必須的是 C ；（填入正確選項(xiàng)前的字母）A．重結(jié)晶 B．過濾 C．蒸餾 D．萃取在該實(shí)驗(yàn)中，a的容積最適合的是 B ．（填入正確選項(xiàng)前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL．【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】16：壓軸題；534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】（1）苯與液溴反應(yīng)生成HBr，HBr與水蒸氣結(jié)合呈白霧；液溴都易揮發(fā)，而苯的鹵代反應(yīng)是放熱的，尾氣中有HBr及揮發(fā)出的Br2，用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣；（2NaOHBr2NaBrNaBrO洗到水中，然后加干燥劑，據(jù)此解答；根據(jù)沸點(diǎn)不同，利用蒸餾的方法進(jìn)行分離；根據(jù)制取溴苯所加的液體的體積進(jìn)行解答，溶液的體積一般不超2/3，不1/3．【解答】解：（1）苯與液溴反應(yīng)生成HBr，HBr與水蒸氣結(jié)合呈白霧；液溴都易揮發(fā)，而苯的鹵代反應(yīng)是放熱的，尾氣中有HBr及揮發(fā)出的Br2，用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣，故答案為：HBr；吸收HBr和Br2；溴苯提純的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后過濾除去未反應(yīng)NaOHBr2NaBrNaBrO洗到水中．然后加干燥劑，無水氯化鈣能干燥溴苯，HBrBr2；干燥；反應(yīng)后得到的溴苯中溶有少量未反應(yīng)的苯．利用沸點(diǎn)不同，苯的沸點(diǎn)小，苯；C；a15mLa10mLb中小心加入4.0mL液態(tài)溴，所以a的容積最適合的是50mL，故答案為：B．是解答的關(guān)鍵，題目難度中等．二、選考題（36～3815如果多做，則按所做的第一題計(jì)分）1分由黃銅礦（主要成分是CuFeS煉制精銅的工藝流程示意圖如圖122 所示：2 1000℃CuFeFeFe的低價(jià)氧化2CuFeS+O2 2 CuS+2FeS+SO 、FeS+3O2 2 爐渣的主要成分是 FeSiO3 ；

2FeO+2SO ，反射爐內(nèi)生成222冰銅（CuSFeS互相熔合而成）Cu20%～50%銅加熔劑（石英砂1200℃左右吹入空氣進(jìn)行吹煉．冰銅中的CuS被氧化22為 O，生成的CuO與CuS反應(yīng)，生成含Cu量約為98.5%的粗銅，該過S+S+3O2Cu222CuO+2SO22、2CuO+2CuO+CuS226Cu+SO↑；2；2所示．在粗銅的電解過程中，粗銅板應(yīng)是圖中電極c （填圖中的字母）；在電極d上發(fā)生的電極反應(yīng)式為Cu2++2e﹣=Cu ，若粗銅中還含有AuAg它們?cè)陔娊獠壑械拇嬖谛问胶臀恢脼?以單質(zhì)形式沉積在c（陽極）下方，F(xiàn)e以Fe2+的形式進(jìn)入電解液中． ．【考點(diǎn)】GPP8和基本操作綜合應(yīng)用；U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物．2CuFeCuS、FeS23FeFeFeOFeSiO；32 （） SCuO：2CuS+3O2 2 2 2 22Cu： O+CuS 6Cu+2SO↑；2Cu2 2 2

2CuO+2SO； OCuS反應(yīng)2 2 2 2（3）粗銅應(yīng)該放在陽極，c是陽極；d是陰極，發(fā)生還原反應(yīng)Cu2++2e﹣=Cu；Au、Agc（陽極下方；FeFe2+的形式進(jìn)入電解液中．22 2 2 【解答】解：（1）黃銅礦與空氣反應(yīng)生成CuS、FeS，根據(jù)化合價(jià)升降相等配平，反應(yīng)方程式為：2CuFeS+O CuS+2FeS+SO；FeS和氧氣反應(yīng)22 2 2 32 2 2 FeO生成爐渣的主要成分為：FeSiO，32 2 2

2FeO+2SO，22 故答案是：2CuFeS+2 FeSiO；3

CuS+2FeS+SO；FeS+3O 2FeO+2SO；2 （） SCuO2CuS+2 2 2 2 2CuO與CuS發(fā)生反應(yīng)的方程式為：2CuO+CuS2 2 2 22Cu 故答案是： S+3O 2CuO+2SO； O+Cu2Cu 2 2 2 2 2 2

2CuO+2SO；2 26Cu+SO↑，26Cu+SO↑；2連電源正極，dc為陽極，dc；dCu2++2e﹣=Cu；Au、Ag比較穩(wěn)c（陽極）FeFe2+式進(jìn)入電解液中，、Agc（陽極下方，F(xiàn)e以Fe2+的形式進(jìn)入電解液中．度稍大．12．（15分）ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含ⅥA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途．請(qǐng)回答下列問題：（1）SS81所示，S方式是sp3；原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)SSe原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)椋維＞Se ；Se的原子序數(shù)為 34 ，其核外M層電子的排布式為3s23p63d10 ；4 （）Se的酸性比HS 強(qiáng) （填“強(qiáng)”或“弱”）．氣態(tài)SeO4 2 2 3為 平面三角形 ，離子的立體構(gòu)型為 三角錐形 ；（5）H2SeO3K1K22.7×10﹣32.5×10﹣8，H2SeO4的第一步幾乎完全電離，K21.2×10﹣2，請(qǐng)根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋：①H2SeO3和H2SeO4的第一步電離程度大于第二步電離的原因： 第一步電離后生成的負(fù)離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的氫離子 ；②H2SeO4比H2SeO3酸性強(qiáng)的原因：H2SeO3和H2SeO4可表示為（HO）SeO和（HO）SeO2．H2SeO3中Se為+4價(jià)，而H2SeO4中Se為+6價(jià)，正電性更高．導(dǎo)致Se﹣O﹣H中的O原子更向Se偏移，越易電離出H+ ．（6）ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛．立方ZnS體結(jié)構(gòu)如圖2 所示，其晶胞邊長為540.0pm ，密度g?cm﹣3（列式并計(jì)算S2﹣b位置Zn2+離子之間的距離為 或 或 pm（列式表示）【考點(diǎn)】8B：元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；98：判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；9I：晶胞的計(jì)算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題；51B：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．S8S8S224；同主族元素從上到下元素的第一電離能逐漸減??；Se位于元素周期表第四周期第ⅥA族，以此可確定原子序數(shù)，根據(jù)核外Se的價(jià)層電子的電子排布式；根據(jù)中心原子形成的價(jià)層電子對(duì)判斷雜化類型和分子的立體構(gòu)型；H+抑制第二步電離；2 3 2 ②HSeO的分子結(jié)構(gòu)為，Se為+4價(jià)，而HSeO的分子結(jié)構(gòu)為2 3 2 ，Se為+6Se原子吸電子能力強(qiáng)；（6）第一問我們常碰到，后面一問要注意四個(gè)Zn2+在體內(nèi)的四個(gè)小立方體的中心，不在同一平面上，過b向上面作垂線，構(gòu)成直角三角形，兩邊分別為；a，即可求出斜邊為a（a為晶胞邊長）．【解答】解：（1）S8S8SSsp3，故答案為：sp3；同主族元素從上到下元素的第一電離能逐漸減小，則有O＞S＞Se，故答O＞S＞Se；Se位于元素周期表第四周期第ⅥA34，其核外電子排布1s22s22p63s23p63d104s24p4M3s23p63d10，故答案為：34；3s23p63d10；H同主族元素對(duì)應(yīng)的氫化物中，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物的酸越弱，則 Se的酸性比HS強(qiáng)，H2 23氣態(tài)SeO3分子中Se形成3個(gè)δ鍵，沒有孤電子對(duì)，為平面三角形分子，SO2﹣3中S形成3個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為 =1，則為三角錐形，故答案為：強(qiáng)；平面三角形；三角錐形；①酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負(fù)電荷，吸引H+H+H 抑制第二步電離，所以 SeO和 SeOH 2 4 2 3度，導(dǎo)致第一步電離后生成的負(fù)離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的氫離子，故答案為：第一步電離后生成的負(fù)離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的氫離子；2 3 2 ②HSeO的分子結(jié)構(gòu)為，Se為+4價(jià)，而HSeO的分子結(jié)構(gòu)為2 3 2 為+6SeSe﹣O﹣HOSeH+，2 3 2 4 2 2 2 2 故答案為：HSeOHSeO可表示為（HO）SeO（HO）SeO．H2 3 2 4 2 2 2 2 2 Se為+4HSeOSe為+6Se﹣O﹣HOSeH+；2 S離子位于頂點(diǎn)和面心，共含有體心，共4個(gè)，則晶胞中平均含有4個(gè)ZnS，質(zhì)量為

+6×=4，Zn離子位于，晶胞的體積為（540.0×10﹣10cm）3，則密度為 g?cm﹣3，四個(gè)Zn2+在體內(nèi)的四個(gè)小立方體的中心，不在同一平面上，過b向上面作垂線構(gòu)成直角三角形，兩邊分別為 ；a，即可求出斜邊為 a（a為晶胞邊長），則a位置S2﹣離子與b位置Zn2+離子之間的距離