全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷新課標(biāo)ⅱ卷答案與解析

2012年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)口卷）

參考答案與試題解析

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）（2013?西寧模擬）下列敘述中正確的是（）

A.液浪易揮發(fā)，在存放液澳的試劑瓶中應(yīng)加水封

B.能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍(lán)色的物質(zhì)一定是C12

C.某溶液中加入CC14,CC14層顯紫色，證明原溶液中存在1一

D.某溶液中加入BaC12溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液一定含有Ag+

【考點(diǎn)】物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì).

【專題】化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作.

【分析】A.實(shí)驗(yàn)室保存液濱常用水封的方法；

B.能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍(lán)色的物質(zhì)具有氧化性；

C.CC14層顯紫色，證明原溶液中存在12；

D,溶液中加入BaC12溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能為AgCl或BaSO*

【解答】解：A.液浪易揮發(fā)，密度比水大，實(shí)驗(yàn)室常用水封的方法保存，故A正確；

B.能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍(lán)色的物質(zhì)具有氧化性，可能為NO2、03、C12等物質(zhì)，但

不一定為C12,故B錯(cuò)誤；

C.CC14層顯紫色，證明原溶液中存在12,「無色，故C錯(cuò)誤；

D.溶液中加入BaC12溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能為AgCl或BaSO4,不一

定含有Ag+,故D錯(cuò)誤.

故選A.

【點(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的保存、檢驗(yàn)等知識，題目難度不大，解答該類題目注意把握相關(guān)化

學(xué)基本實(shí)驗(yàn)操作.

2.（6分）（2014?和平區(qū)一模）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)非金屬材料

【考點(diǎn)】硅和二氧化硅；生活中的有機(jī)化合物；有機(jī)高分子化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).

【專題】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)硅可以制太陽能目池板，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；

【解答】解：A、醫(yī)用酒精的濃度通常是75%,此濃度票菌消毒作用強(qiáng)；故A錯(cuò)誤；

B、單質(zhì)硅可以制太陽能旦池板，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；

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；故D錯(cuò)誤；

故選B.

【點(diǎn)評】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）（2014?西藏模擬）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N6和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA

B.28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA

C.常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA

D.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)】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.NO2和CO2分子中含有相同氧原子；

B、乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）最簡式相同為CH2,計(jì)算28gCH2中所含碳原子物質(zhì)的量得到所

含原子數(shù)；

C、NO2和N2CU分子最徑比相同為NO2,只需計(jì)算92gNO2中所含原子數(shù)；

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CO2混合

氣體含有的氧原子數(shù)為2NA,故A正確；

B、28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中，乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）最簡式相同為CH2,

計(jì)算28gCH2中所含碳原子物質(zhì)的量=2moL含有的碳原子數(shù)為2NA,故B正確；

14g/mol

C、NO2和N2O4分子最簡比相同為NO2計(jì)算92gNO2中所含原子數(shù)=―攀一X3XNA=6NA,

46g/mol

故C正確；

D、常溫常壓下，22.4L氯氣物質(zhì)的量不是Imol,故D錯(cuò)誤；

故選D.

【點(diǎn)評】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）（2013?廣東模擬）分子式為C5H120且可與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣的有機(jī)物有（不

考慮立體異構(gòu)）（）

A.5種B.6種C.7種D.8種

【考點(diǎn)】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體.

【專題】同分異構(gòu)體的類型及其判定.

【分析】分子式為C5Hl2（）的有機(jī)物，能與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明分子中含有-0H,

該物質(zhì)為戊醇，可以看作轉(zhuǎn)基取代戊烷形成的醉，戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，結(jié)合等

效氫判斷.

【解答】解：分子式為C5H12O的有機(jī)物，能與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明分子中含有-0H,

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，

CH3cH2cH2cH2cH3分子中有3種H原子，被-OH取代得到3種醇；

CH3cH2cH（CH3）2分子中有4種H原子，被?0H取代得到4種醇；

C（CH3）4分子中有1種H原子，被-0H取代得到1種醇；

所以該有機(jī)物的可能結(jié)構(gòu)有8種，

故選D.

【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的推斷、同分異構(gòu)體的書寫等，難度中等，可以利用燃基異構(gòu)判斷,

但相對羥基取代復(fù)雜.

5.(6分)(2015?銅川校級模擬)已知溫度T時(shí)水的離子積常數(shù)為Kw,該溫度下，將濃度

為amol*L'1的一元酸HA與bmol*L''一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的

依據(jù)是()

A.a=b

B.混合溶液的pH=7

C.混合溶液中，c(H+)二限mol>L-1

D.混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH)+c(A')

【考點(diǎn)】酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算.

【專題】電離平衡與溶液的pH專題.

【分析】溫度T時(shí)水的離子積常數(shù)為Kw,濃度為amol/L的一元酸HA與bmol/L的一元

堿BOH等體積混合，若溶液呈中性，反應(yīng)后的溶液中應(yīng)存在c(H+)=c(OH")=J^rnol/L.

【解答】解：A.因酸堿的強(qiáng)弱未知，a=b,只能說明酸堿恰好完全反應(yīng)，但如為強(qiáng)酸弱堿

鹽或強(qiáng)堿弱酸鹽，則溶液不呈中性，故A錯(cuò)誤；

B.因溫度未知，則pH=>7不一定為中性，故B錯(cuò)誤；

C.混合溶液中，c(H+)=Jj^mol/L,根據(jù)c(HD?c(OH)=Kw,可知溶液中c(H4')

=c(OH)=溶液呈中性，故C正確；

D.任何溶液都存在電荷守恒，即c(H+)+c(B+)=cCOH)+c(A),不能確定溶液的

酸堿性，故D錯(cuò)誤.

故選C.

【點(diǎn)評】本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，注意溶液呈中性應(yīng)存在c(H+)=c

(OH),由于溫度未知，且酸堿的強(qiáng)弱未知，不能根據(jù)pH以及酸堿的物質(zhì)的量關(guān)系判斷.

6.(6分)(2013?廣東模擬)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()

12345678910

C2H4C2H6C2H60C2H602C3H6C3H8C3H8。C3HxO2C4H8C4H1O

A.C7H16B.C7H14O2C.C8H18D.C8Hl8。

【考點(diǎn)】有機(jī)物實(shí)驗(yàn)式和分子式的確定.

【專題】壓軸題；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，依次是烯燒、

烷燒、飽和?元醇、飽和二元醉.第26項(xiàng)應(yīng)在第7組第二位的烷崎，相鄰組碳原子數(shù)相差

1,該組中碳原子數(shù)為2+(7-1)xl=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

燒、烷煌、飽和一元醇、飽和二元醇.把表中化學(xué)式分為4循環(huán)，26=4x6+2,即第26項(xiàng)應(yīng)

在第7組笫二位的烷燒，相鄰組碳原子數(shù)相差1,該組中碳原子數(shù)為2+(7-1)xl=8,故

第26項(xiàng)則為C8H18.

故選：C.

【點(diǎn)評】考查分子式的判斷，難度中等，實(shí)際是?道數(shù)學(xué)題，不需要過多的化學(xué)知識，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）（2013?西寧模擬）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X、Y、Z原子的核外內(nèi)層電子數(shù)相同.X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)空氣分儲(chǔ)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WVXVYVZ

B.W、X、Y、Z原子的咳外最外層電子數(shù)的總和為20

C.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

D.由W與X組成的化合物的沸點(diǎn)總低于由W與Y組成的化合物的沸點(diǎn)

【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.

【專題】壓軸題：元素周期律與元索周期表專題.

【分析】X的一種核素在考古時(shí)常用來鑒定一些文物的生代，用的是采用的是斷代法；

工業(yè)上采用液態(tài)空氣分儲(chǔ)方法來生產(chǎn)Y的單質(zhì)，這是工業(yè)上生產(chǎn)氮的方法，Z的原子序數(shù)

大于X、Y,且不能形成雙原子，所以可能是稀有氣體Ne,X、Y、Z核外內(nèi)層電子是2個(gè)，

所以W是H,結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題.

【解答】解：X的一種核素在考古時(shí)常用來鑒定一些文物的年代，用的是采用的是斷

代法；工業(yè)上采用液態(tài)空氣分儲(chǔ)方法來生產(chǎn)Y的單質(zhì)，這是工業(yè)上生產(chǎn)氮的方法，Z的原

子序數(shù)大于X、Y,且不能形成雙原子，所以可只能是稀有氣體Ne,X、Y、Z核外內(nèi)層電

子是2個(gè)，所以W是II,貝ij

A.X為C,Y為N,同周期元素從左到右元素的原子半徑逐漸減小，則原子半徑C>N,Z

為Ne,原子半徑測定依據(jù)不同，一般不與主族元素的原子半徑相比較，故A錯(cuò)誤；

B.W、X、Y、Z原子的垓外最外層電子數(shù)的總和為1+4+5+8=18,故B錯(cuò)誤：

C.W與Y可形成N2H4的化合物，既含極性共價(jià)鍵又含非極性共價(jià)鍵，故C正確；

D.W為H元素，X為C元素，Y為N元素，C和H可形成多種燒類化合物，當(dāng)相對分子

質(zhì)量較大時(shí)，形成的燒在常溫下為液體或固體，沸點(diǎn)較高，故D錯(cuò)誤.

故選C.

【點(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，本題注意正確推斷元素的

種類為解答該題的關(guān)鍵，易錯(cuò)點(diǎn)為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）鐵是應(yīng)用最廣泛的金屬，鐵的鹵化物、氧化物以及高價(jià)鐵的含氧酸鹽均為重要

化合物.

（1）要確定鐵的某氯化物FeCk的化學(xué)式，可用離子交換和滴定的方法.實(shí)驗(yàn)中稱取0.54g

FeClx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0卜「的陰離子交換柱，使

C「和OH發(fā)生交換.交換完成后，流出溶液的用0.40mol?L”的鹽酸滴定，滴至終點(diǎn)

時(shí)消耗鹽酸25.0mL.計(jì)算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeCk中的x值：n（OH）=n

（H+）=n（Cl）=0.0250Lx0.40mol*L''=0.010moh54gy^O.OlOmoI,x=3（歹U

56+35.5x

出計(jì)算過程）

（2）現(xiàn)有一含有FeC12和FeC13的混合物的樣品，采用上述方法測得n（Fe）：n（Cl）=1

：2.1,則該樣品中FeC13的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為10%.在實(shí)驗(yàn)室中，F(xiàn)eC12可用鐵粉和鹽

酸_反應(yīng)制備，F(xiàn)cC13可用鐵粉和氯氣反應(yīng)制備;

（3）FeC13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++2成

=2Fe2++h.

(4)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強(qiáng)氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料.FeCl3和

KQO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)可生成K2FeO4,其反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++3CKr+10OH-

=2FeO42+3C「+5H2O.與MnCh-Zn電池類似，QFeCM-Zn也可以組成堿性電池，

K2FeO4在電池中作為正極材料，其電極反應(yīng)式為FeO『+3eF4H2O=Fe(OH)3+5OH

.該電池總反應(yīng)的離子方程式為3Zn+2FeO42'8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH

1常點(diǎn)】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；化學(xué)電源新型電池.

【專題】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)0.54gFeCk中氯離子物質(zhì)的量計(jì)算x值；

(2)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；

(3)氯化鐵具有氧化性碘化氫具有還原性，二者發(fā)生氧叱還原反應(yīng)生成氯化亞鐵和碘單質(zhì)；

(4)用FeC13與KQO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)制取K2FeO4,反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++3CIO

2

'+10OH=2FCO4+3C1-5H2O.K2FCO4-Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4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)，電極反應(yīng)Zn-2e.+2OH-=Zn(OH)2；依據(jù)產(chǎn)

物和電子守恒寫出正極反應(yīng)：FeO?+3e-+4H2O^Fe(OH)3+5OH-；有正極反應(yīng)和負(fù)極反

應(yīng)合并得到電池反應(yīng).

【解答】解：(1)n(Cl)=n(H+)=n(OH)=O.O25OLxO4OmohL-'=0.010mol,0.54gFeClx

樣品中含有氯離子物質(zhì)的量為.。54§一xx=0.010mol,解得x=3,

56+35.5x

故答案為：n(CD=n(H+)=n(OH.)=0.0250Lx0.40mol*L'=0.010mol,°。54g-x-0.010

56+35.5x

moi,x=3:

(2)FeC12和FcC13的混合物的樣品中FcC12物質(zhì)的量為x,FcCh的物質(zhì)的量為y,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)二系x10()%=10%；

在實(shí)驗(yàn)室中，F(xiàn)eQ2可用鐵粉和鹽酸反應(yīng)得到，F(xiàn)eC13可用鐵粉和氯氣反應(yīng)生成，故答案為：

10%；鹽酸;氯氣;

(3)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)生成氯化亞鐵和碘中.質(zhì)，

3+2+3+2+

反應(yīng)離子方程式為：2Fc+2I=2Fe+I2,故答案為：2Fc+2I=2Fe+l2；

(4)用FeC13與KC1O在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)制取K2FeO。反應(yīng)的離子方程式為2Fe(OH)

3+3ClO-+4OH=2FeO42--3C「+5H2O,原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極電極反應(yīng)式為：

①FeO42+3e-+4H20=Fe(OH)3+5OH*負(fù)極電極反應(yīng)為：@Zn-2e+2OH-=Zn(OH)

2；依據(jù)電極反應(yīng)的電子守恒，①x2+②x3合并得到電池反應(yīng)為：3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn

(OH)2+2Fe(OH)3+4OH,

故答案為:2Fe(OH)3+3C1O'+4OH-=2FeO42-+3C1"+5H1O；FeO?'+3e-+4H2O=Fe(OH)

3+5OH'；3Zn+2FcO42'+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH'.

【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應(yīng)，原電池的工作原理的應(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，速度中等，要求學(xué)生要有扎實(shí)的基礎(chǔ)

知識和靈活運(yùn)用知識解決問題的能力.注意基礎(chǔ)知識的全面掌握.

9.(15分)(2013秋?龍游縣校級期中)光氣(COC12)在塑料、制革、制藥等工業(yè)中有許

多用途，工業(yè)上采用CO與C12在活性炭催化下合成.

(1)實(shí)驗(yàn)室中常用來制備氯氣的化學(xué)方程式為MnO2-4HCl(濃)

=^=MnC12+C12個(gè)+2H2O

(2)工業(yè)上利用天然氣[主要成分為CH4)與CO2進(jìn)行高溫重整制備CO,已知CH4、H2

和CO的燃燒熱(△#分別為?890.3kJ?mo1】、?285.8kJ?mo「】、?283.0kJ?mol],則生

成1m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO所需熱量為5.52X1()3KJ；

(3)實(shí)驗(yàn)室中可用氯仿1CHC13)與雙氧水直接反應(yīng)制備光氣，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為—

CHCI3+H2O2=HCI+H2O+COCI2；

(4)COC12的分解反應(yīng)為COC12(g)=Ch(g)+CO(g)△H=+108kJ.mor'.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lOmin到14min的濃度變

化曲線未示出)：

①計(jì)算反應(yīng)在第8min時(shí)的平衡常數(shù)K=0.234mol?L、；

②比較第2min反應(yīng)溫度T(2)與第8min反應(yīng)溫度T：8)的高低：T(2)<T(8)

(填"<”或"二〃)

③若12min時(shí)反應(yīng)于T(8)下重新達(dá)到平衡,則此時(shí)c(COCI2)=0.031mol?L1

④比較產(chǎn)物CO在2?3irin、5?6min、12?13min時(shí)平均反應(yīng)速率呼均反應(yīng)速率分別以v

(2?3)、v(5?6)、v(12?13)表示1的大小v(5?6)>v(2?3)=v(12?13)；

⑤比較反應(yīng)物COC12在，?6min、15?16min時(shí)平均反應(yīng)速率的大?。簐(5?6)>v

(15-16)(填“>"、"V"或原因是在相同溫度時(shí)，該反應(yīng)的反應(yīng)物的濃度越高，

反應(yīng)速率越大.

【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線；化學(xué)平衡的計(jì)算.

【專題】壓軸題：化學(xué)平衡專題.

【分析】(1)實(shí)驗(yàn)室通常用二氧化缽與濃鹽酸共熱的方法制備氯氣；

(2)根據(jù)CH4、H2、和CO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；

(3)CHC13中碳為+2價(jià)，COC12中碳為+4價(jià)，故H2O2中氧元素化合價(jià)由-1價(jià)降低為-2

價(jià)，生成H2O，由電子轉(zhuǎn)移守恒與原子守恒可知可知，CHC13、H2O2、COC12、H2O的化學(xué)

計(jì)量數(shù)為1：1：1：1,根據(jù)原子守恒故含有HC1生成；

(4)①由圖可知，8min時(shí)COC12的平衡濃度為0.04mol/L,CI2的平衡濃度為0.11mol/L,

CO的平衡濃度為0.085mol/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)合溫度對平衡影響

判斷;

③由圖可知，lOmin瞬間C12濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO,降低CO

的濃度，平衡常數(shù)不變，與8min到達(dá)平衡時(shí)的平衡常數(shù)相同，由圖可知，12min時(shí)到達(dá)平

衡時(shí)C12的平衡濃度為0.12mol/L,CO的平衡濃度為0.06mol/L,根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算c(COC12)；

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在5?6min和15?16min時(shí)反應(yīng)溫度相同，在相同溫度時(shí)，該反應(yīng)的反應(yīng)物濃度越高，

反應(yīng)速率越大，但15?16min時(shí)各組分的濃度都小，因此反應(yīng)速率小.

【解答】解：(1)二氧化鎰與濃鹽酸在加熱條件下生成氯化銹、氯氣與水制取氯氣，反應(yīng)方

程式為：

MnO2+4HCl(濃)=^=MnC12+Cl2t+2H2O,故答案為：MnO2+4HCl(濃)

=^=MnC12+C12個(gè)+2H2O：

(2)根據(jù)CH4、H2、和CO的燃燒熱分別寫出燃燒的熱化學(xué)方程式：

①02(g)+2H2(g)=2H2O(L)△H=-571.6kJ-mol'：

②CH4(g)+202(g)=C02(g)+2H2O(L)△H=-890.3kJ*mor1；

③2co(g)+02(g)=2CO2(g)△H=-566.03kJ?morl,

利用蓋斯定律將②-①-③可得：=十

CH4(g)+CO2<g)=2CO(g)+2H2(g);△H247.3

kJ*molI

即生成2moicO,需要吸熱247.3KJ,那么要得到1立方米的CO,吸熱為

O3KJ

WOOLx247.3kJ=552x]；

22.4L/inol2mol

故答案為:5.52X103KJ；

(3)CHCh中碳為+2價(jià)，C0C12中碳為+4價(jià)，故H2O2中氧元素化合價(jià)由7價(jià)降低為?2

價(jià)，生成H2O，由電子轉(zhuǎn)移守恒與原子守恒可知可知，CHC"H2O2、C0C12、H20的化學(xué)

計(jì)量數(shù)為1：1：1：1,根據(jù)原子守恒故含有HC1生成，故反應(yīng)方程式為

CHC13+H2O2=HC1+H2O+COCI2,故答案為：CHC13+H202=HCl+H2O+COC12;

(4)①由圖可知,8min時(shí)C0C12的平衡濃度為0.04mol/L,CI2的平衡濃度為O.Umol/L,

CO的平衡濃度為0.085mol/L,故該溫度下化學(xué)平衡常數(shù)

k二。llmol/LX。085inol/L=0234mol?Ll故答案為：0.234mol?L7：

0.04inol/L

②笫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：V；

③由圖可知，lOmin瞬間CI2濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO,降低CO

的濃度，平衡常數(shù)不變，與8min到達(dá)平衡時(shí)的平衡常數(shù)相同，由圖可知，12min時(shí)到達(dá)平

衡時(shí)CI2的平衡濃度為0.12mol/L,CO的平衡濃度為0.06mol/L,故：

S061Tle11/1X0.121noi/L=0234mH/L,解得c(COCI2)=0.031mol/L,故答案為：0.031；

c(COC12)

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,在5?6min時(shí)，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行，故CO的平均反應(yīng)速率為：v(5?6)

>v(2?3)=v(12?13),故答案為：v(5?6)>v(2?3)=v(12?13)；

⑤在5?6min和15?16min時(shí)反應(yīng)溫度相同，在相同溫度時(shí)，該反應(yīng)的反應(yīng)物濃度越高，

反應(yīng)速率越大，但15?16min時(shí)各組分的濃度都小，因此反應(yīng)速率小，即v（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.

【點(diǎn)評】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.

10.（14分）（2013?無錫一模）浸苯是一種化工原料，實(shí)驗(yàn)室合成浸體的裝置示意圖及有關(guān)

數(shù)據(jù)如下：

茉澳浪茉

密度/g?cm30.883.101.50

沸點(diǎn)/℃8059156

水中溶解度微溶微溶微溶

按下列合成步驟回答問題：

（1）在a中加入15mL無水苯和少量鐵屑.在b中小心加入4.0mL液態(tài)溟.向a中滴入幾

滴浪，有白色煙霧產(chǎn)生，是因?yàn)樯闪薍Br氣體.繼續(xù)滴加至液溟滴完.裝置d的作用

是一吸收HBr和Br2:

（2）液溪滴完后，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；

②濾液依次用10mL水、8mLi0%的NaOH溶液、10mL水洗滌.NaOH溶液洗滌的作用是

除去HBr和未反應(yīng)的Br2:

③向分出的粗漠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；

（3）經(jīng)以上分離操作后，粗溟苯中還含有的主要雜質(zhì)為要進(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.蒸館D.萃取

（4）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.25mLB.50mLC.250mLD.500mL.

【考點(diǎn)】苯的性質(zhì).

【專題】壓軸題；有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷.

【分析】（1）苯與液溟反應(yīng)生成HBr,HBr與水蒸氣結(jié)合呈白霧；

液溟都易揮發(fā)，而苯的鹵穴反應(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；

（2溟茶中含有澳，加NaOH溶液，把未反應(yīng)的Br2變成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加

干燥劑，據(jù)此解答；

（3）由分離操作可知，分離出的粗浪苯中含有未反應(yīng)的苯，分離互溶的液體，根據(jù)沸點(diǎn)不

同，利用蒸飾的方法進(jìn)行分離；

（4）根據(jù)制取澳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,不少于1/3.

【解答】解：（1）苯與液溟反應(yīng)生成HBr,HBr與水蒸氣結(jié)合呈白霧；

液澳都易揮發(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Brz；

（2）澳苯提純的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后過濾除去未反應(yīng)的鐵屑，再

加NaOH溶液，把未反應(yīng)的Br2變成NaBr和NaBrO洗到水中.然后加干燥劑，無水氯化鈣

能干燥濱苯，

故答案為：除去HBr和未反應(yīng)的Br2；干燥；

（3）反應(yīng)后得到的浪芾中溶有少量未反應(yīng)的策.利用沸點(diǎn)不同，茉的沸點(diǎn)小，被蒸餡出，

澳苯留在母液中，所以采取蒸儲(chǔ)的方法分離澳苯與苯，故答案為：苯；C；

（4）操作過程中，在a中加入15mL無水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL

液態(tài)漠，所以a的容積最適合的是50mL,故答案為：B.

【點(diǎn)評】本題主要考查了溟苯的制取實(shí)驗(yàn)、物質(zhì)的分離提純等，清楚制備的原理是解答的關(guān)

鍵，題目難度中等.

二、選考題（本題包括36?38三大題，每大題均為15分.考生任選一題作答，如果多做,

則按所做的第一題計(jì)分）

11.（15分）（2015?江西校級二模）由黃銅礦（主要成分是CUFCS2）煉制精銅的工藝流程

示意圖如圖1所示：

國

硫酸銅溶液

圖1國2

（1）在反射爐中，把銅精礦砂和石英砂混合加熱到10（X）°C左右，黃銅礦與空氣反應(yīng)生成

Cu和Fe的低價(jià)硫化物，且部分Fe的硫化物轉(zhuǎn)變?yōu)镕e的低價(jià)氧化物.該過程中兩個(gè)主要反

應(yīng)的化學(xué)方程式分別是2CuFeS2+O2r51mlCu2s+2FeS+SO2、FeS+3O2

rs]inn

2FeO+2s02，反射爐內(nèi)生成爐渣的主要成分是一FeSiCh:

（2）冰銅（Cu2s和FeS互相熔合而成）含Cu量為20%?50%.轉(zhuǎn)爐中，將冰銅加熔劑（石

英砂）在1200℃左右吹入空氣進(jìn)行吹煉.冰銅中的Cu2s被氧化為CsO,生成的C112O與

Cu2s反應(yīng)，生成含Cu展約為98.5%的粗銅，該過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式分別是_

2CU2S+3O2一向皿-2口20+2502、2Cu2O+Cu2s向6Cu+SO2個(gè)；；

（3）粗銅的電解精煉如圖2所示.在粗銅的電解過程中，粗銅板應(yīng)是圖中電極（填圖

中的字母）；在電極d上發(fā)生的電極反應(yīng)式為（:仔十+式=Cu，若粗銅中還含有Au、Ag、

Fc,它們在電解槽中的存在形式和位置為Au、AR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)】銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)；銅的電解精煉.

【專題】幾種重要的金屬及其化合物.

【分析】（1）黃銅礦與空氣反應(yīng)生成Cu和Fe的低價(jià)硫化物：產(chǎn)物為Cu2S、FeS；部分Fe

的硫化物轉(zhuǎn)變?yōu)镕e的低價(jià)氧化物：產(chǎn)物為FeO；反射爐內(nèi)生成爐渣的主要成分是FeSiCh：

（2）Cu2s被氧化為CU2O：2CU2S+3O2一向皿-2Cu2O+2SO2；CgO與Cu2s反應(yīng)：2Cu2O+Cu2s

同皿-6(211+2s02個(gè):

（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；粗銅中的Au、

Ag、，它們在電解槽中的下方，以單質(zhì)形式沉積在c（陽極）下方；Fe以Fe?+的形式進(jìn)入電

解液中.

【解答】解：（1）黃銅礦與空氣反應(yīng)生成Cu2S、FeS,根據(jù)化合價(jià)升降相等配平，反應(yīng)方程

式為：2CuFeS2+O2-向皿-Cu2s+2FeS+SCh；FeS和氧氣反應(yīng)生成FeO,根據(jù)化合價(jià)升降相

等，配平方程式為：FeS+3O2尸-2FeO+2s02,生成爐渣的主要成分為：FeSiOs,

故答案是：2CuFeS2+O2=S^=(：u2s+2FeS+SO2：FeS+3O2-向皿-2FeO+2s02：FeSiOs；

向皿-2cli2O+2SO2：Cu2O與CU2S

（2）Cu2s被氧化為Cu2O的反應(yīng)方程式為：2CU2S+3O2

發(fā)生反應(yīng)的方程式為：2Q12O+CU2s-向皿-6CU+SO2個(gè),

故答案是：2CU2S+3O2一向皿-2CU2O+2SO2；2Cu2O+Cu2s=S^=6Cu+SO2個(gè);

（3）c連電源正極，d連電源的負(fù)極；故c為陽極，d為陰極；粗銅板應(yīng)放在陽極，即c；d

陰極發(fā)生還原反應(yīng)，方程式為：Cu2++2e=Cu；Au、Ag比較穩(wěn)定，不反應(yīng)，以單質(zhì)形式沉

積在c（陽極）下方，F(xiàn)e失去電子變成Fe?+的形式進(jìn)入電解液中，

故答案是：c；Cu2++2e'=Cu：Au、Ag以單質(zhì)形式沉積在c（陽極）下方，F(xiàn)e以Fe?+的形式

進(jìn)入電解液中.

【點(diǎn)評】本題考查銅及其化合物的性質(zhì)，特別是閱讀信息、處理信息的能力，難度稍大.

12.（15分）（2013?長安區(qū)校級模擬）VIA族的氧、硫、硒（Se）、瑞（Te）等元素在叱合

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.請回答

下列問題：

圖2

（DS單質(zhì)的常見形式是S8,其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如圖1所示,S原子采用的軌道雜化方式是

（2）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)正離子所需

要的最低能量，0、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)镺>S>Se；

（3）Se的原子序數(shù)為34,其核外M層電子的排布式為3s23如3d；

（4）H2Sc的酸性比H2s強(qiáng)（填“強(qiáng)"或"弱"氣態(tài)Se03分子的立體構(gòu)型為平面三角

形，so：一離子的立體構(gòu)型為三角錐形；

（5）H2SeO3的Ki和K2分別是2.7x10-3和2.5x10-8,HzSeCM的第一步幾乎完全電離，K2

是1.2x10-2,請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋：

①HzSeO3和H2SeO4的第一步電離程度大卜第二步電離的原因；第一步電離后生成的負(fù)

離子較難再進(jìn)?步電離出帶正電荷的氫離子；

@H2SCO4比H2SeO3酸性強(qiáng)的原因：H2SeO3和H2SCO4可表示為（HO）ScO和（HO）

SeO2.H2SeO3中Se為+4價(jià)，而HzSeCM中Se為+6價(jià)，正電性更高.導(dǎo)致Se-0-H中的

O原子更向Sc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晶體結(jié)構(gòu)如圖

4X（65+32）g?mol-

2所示，其晶胞邊長為540.0pm,密度為_6.02X晨止?］。］］？二4.3（歹ij式

（540.OXiO-1Ocin）

并計(jì)算），a位置S2.離子與b位置Z/+離子之間的距離為,270.0---------或

F1-COS109。28,

135.QXJo廠

-----oM135^3—pm（列式表示）

?iuyzo

【考點(diǎn)】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；判斷簡單

分子或離子的構(gòu)型；晶胞的計(jì)算.

【專題】壓軸題；原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu).

【分析】（1）由S8分子結(jié)構(gòu)可知，在S8分子中S原子成鍵電子對數(shù)為2,孤電子對數(shù)為2,

即價(jià)層電子對數(shù)為4：

（2）同主族元素從上到下元素的第一電離能逐漸減??；

（3）Se位于元素周期表第四周期笫VIA族，以此可確定原子序數(shù)，根據(jù)核外電子排布規(guī)律

規(guī)律書寫Se的價(jià)層電子的電子排布式；

（4）根據(jù)中心原子形成的價(jià)層電子對判斷雜化類型和分子的立體構(gòu)型；

（5））①酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負(fù)電荷，由于異種電荷相互吸引，第一步產(chǎn)

生的H+抑制第二步電離；

0

@H2SeO3的分子結(jié)構(gòu)為目一O一4一。一H,Se為+4價(jià)，而H2SeO4的分子結(jié)構(gòu)為

0N

S

H

O

Se為+6價(jià)，后者Se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)Z/+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，兩邊分別為返于-la,即可求出斜邊為”

444

（a為晶胞邊長）.

【解答】解：（1）由S8分子結(jié)構(gòu)可知，在S8分子中S原子成鍵電子對數(shù)為2,孤電子對數(shù)

為2,即價(jià)層電子對數(shù)為4,因此S原子采用的雜化軌道方式為sp3,故答案為：sp3；

（2）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,故答案為：0>S

>Se；

（3）Se位于元素周期表第四周期第VIA族，原子序數(shù)為34,其核外電子排布式為

Is22s22P63s23P63d104s24P4,則核外M層電子的排布式為3s23P63d7

故答案為：34；3s23p63ci10；

（4）同主族元素對應(yīng)的氫化物中，元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的氫化物的酸性越弱，則H2Se

的酸性比H2s強(qiáng)，

氣態(tài)SeO3分子中Se形成3個(gè)6鍵，沒有孤電子對，為平面三角形分子，SO3?一中S形成3

個(gè)b鍵，孤電子對數(shù)為6+2二2義3制,則為三角錐形，

2

故答案為：強(qiáng)；平面三角形；三角錐形；

（5）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+,同時(shí)產(chǎn)生的H+抑制第二步

電離，所以H2SeCH和H2SeO3第一步電離程度大于第二部電離程度，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；

O

②H2SeO3的分子結(jié)構(gòu)為—/一。一//,Se為+4價(jià)，而H2SeO4的分子結(jié)構(gòu)為

ON

S

U

O

Se為-6價(jià)，后者Se原子吸電子能力強(qiáng)，導(dǎo)致Se-O-H中的O原子更

向Se偏移，則羥基上氫原子更容易電離出H+,

故答案為：H?SeO3和H2ScO4可表示為（HO）SeO2和（HO）2SCO2.H2SCO3中Se為+4

價(jià)，而H2SeO4中Se為+6價(jià)，正電性更高.導(dǎo)致Se-0-H中的O原子更向Se偏移，越

易電離出H+；

（6）晶胞中含有S離子位于頂點(diǎn)和面心，共含有叫=4,Zn離子位于體心，共4個(gè),

則晶胞中平均含有4個(gè)ZnS,質(zhì)晶為4X（65+32'g/ml,晶胞的體積為（540.0x|（）7°cm）

6.02X10ZJ/inol

4X（65+32）g?molT

3所宓由/6.02X1023mol-1/1-3

,則的度為-----------------------3=4.lg*cm

（540.OX10-^cm）

四個(gè)Z「+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，兩邊分別為返?；la,即可求出斜邊為Yla（a為晶胞邊長），則a位置S?-離子

444

與b位置ZP離子之間的距離為近x540.0pm=135&pir或7270.0或

4Vl-cosl09028?

135.0X72

.109°28''

S1IT

2

4X(65+32)g-mol-1

故答案為：6.02X10^-1270.0,135.0X加、

O13=4>1；或.109°28,或

(540.OX10-l°cm)Vl-cosl09028/

sin2

13573

【點(diǎn)評】本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)相關(guān)知識，涉及雜化軌道、第一電離能、電負(fù)性、電

子排布式、分子的立體構(gòu)型、晶胞的計(jì)算等，難度較大，需要學(xué)生具有扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)

用的能力.

13.（15分）（2013?河北區(qū)一模）［化學(xué)-選修5有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］

對羥基苯甲酸丁酯（俗稱尼泊金丁酯）可用作防腐劑，對酵母和霉菌有很強(qiáng)的抑制作用，工

業(yè)上常用對羥基苯甲酸與丁醇在濃硫酸催化下進(jìn)行酯化反應(yīng)而制得.以下是某課題組開發(fā)的

從廉價(jià)、易得的化工原料出發(fā)制備對羥基苯甲酸丁酯的合成路線：

已知以下信息：

①通常在同一個(gè)碳原子上連有兩個(gè)羥基不穩(wěn)定，易脫水形成默基；

②D可與銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡；

③F的核磁共振氫譜表明其有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為1:I.

回答下列問題：

（I）A的化學(xué)名稱為甲苯；

CH.CHCL

人I+2Clj——加?入\+2HCI

（2）由B生成C的化學(xué)反應(yīng)方程式為Aci,該反應(yīng)的類

型為取代；

Ci-fVCHO

（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為___________