2019年高三化学第二次模拟考试试题（含解析）.doc

2019年高三化学第二次模拟考试试题（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法不正确的是（）A12C、13C、14C 为碳元素的三种核素元素周期表中碳的相对原子质量为12.01，说明自然界中的碳主要以12C的核素形式存在14C为放射性核素，可用于同位素示踪B汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率C能量是可以互相转化的植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化D乳酸分子中既有羟基又有羧基，因此可在一定条件下缩聚得到聚乳酸（PLA）该高分子化合物是一种可降解的环保材料考点：同位素及其应用；化学能与热能的相互转化；常见的生活环境的污染及治理；合成材料专题：化学应用分析：A碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度；B催化剂不能改变平衡转化率；C能量是可以互相转化的；D羟基和羧基能发生酯化反应解答：解：A碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，说明自然界中的碳主要以12C的核素形式存在，14C为放射性核素，故A正确； B催化剂不能改变平衡转化率，只能加快反应速率，故B错误；C植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化，故C正确；D羟基和羧基能发生酯化反应，酯易水解，故D正确故选B点评：本题考查相对原子质量、催化剂、能量转化以及有机物的结构与性质，为高考频点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大2对可逆反应N2 （g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大B若单位时间内生成x mol N2的同时，消耗2x molNH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，2v正（H2）=3v逆（NH3）D加入催化剂，正反应速率增大，逆反应速率不变考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：A增加容器体积即减小压强，正逆反应速率都减小；B生成氮气和消耗氨气表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等；C根据化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比结合平衡时3v正（NH3）=3v逆（NH3）判断；D根据催化剂同等程度的改变正逆反应速率判断解答：解：A达到化学平衡时，若增加容器体积即减小压强，正逆反应速率都减小，故A错误；B若单位时间内生成x mol N2的同时，消耗2x molNH3，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故B错误；C化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知2v正（H2）=3v正（NH3），3v正（NH3）=3v逆（NH3），所以2v正（H2）=3v逆（NH3），故C正确；D催化剂同等程度的改变正逆反应速率，所以加入催化剂，正反应速率增大，逆反应速率也同等程度增大，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡的建立过程、化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意掌握影响化学平衡的因素及化学平衡状态的特征3下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A用惰性电极电解CuCl2溶液：2Cu2+2H2O4H+O2+2CuBBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OD氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A用惰性电极电解CuCl2溶液，铜离子、氯离子放电；B滴加NaHSO4溶液至中性，反应生成硫酸钡和水，不符合离子配比；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式解答：解：A用惰性电极电解CuCl2溶液的离子反应为Cu2+2ClCl2+Cu，故A错误；BBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故B错误；C用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，故C正确；D氯气和水的反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电解、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大4（6分）下列说法正确的是（）A实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗B用pH试纸测定溶液pH时，通常是将pH试纸放入待测溶液中润湿后，半分钟内跟标准比色卡比较C重结晶是提纯固体的常用方法，碘单质亦可在水溶液中通过重结晶提纯D用丁达尔现象可鉴别蛋白质溶液、淀粉溶液和葡萄糖溶液考点：化学实验安全及事故处理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，为保护皮肤，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗；B将pH试纸放入待测溶液中润湿后，正确使用方法是用玻璃棒点蘸取溶液点滴到试纸的中部与标准比色卡比较；C碘易溶于有机溶剂，常用萃取法提纯碘；D蛋白质溶液、淀粉溶液都是胶体，用丁达尔现象无法鉴别解答：解：A实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，为保护皮肤，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗，故A正确；B将pH试纸放入待测溶液中润湿后，正确使用方法是用玻璃棒点蘸取溶液点滴到试纸的中部与标准比色卡比较，故B错误；C碘易溶于有机溶剂，常用萃取法提纯碘，故C错误；D蛋白质溶液、淀粉溶液都是胶体，用丁达尔现象无法鉴别，故D错误；故选A点评：本题考查了实验基本操作及事故处理，PH试纸的正确使用方法是解答本题的关键，题目难度不大5（6分）短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A与C同主族，A与其它元素不在同一周期，B与D同主族，常温下D的单质为淡黄色固体下列推断中正确的是（）A原子半径由小到大的顺序：r（C）r（D）r（E）B元素D、E分别与A形成的化合物的热稳定性：EDC元素D的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的强D元素B分别与A、C形成的化合物中化学键的类型完全相同考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下D的单质为淡黄色固体，则D为S元素；B与D同主族，则B为O元素；A与C同主族，A与其它元素不在同一周期，则A为H元素，结合原子序数可知C为Na，E的原子序数大于S，故E为Cl，结合元素周期律进行解答解答：解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下D的单质为淡黄色固体，则D为S元素；B与D同主族，则B为O元素；A与C同主族，A与其它元素不在同一周期，则A为H元素，结合原子序数可知C为Na，E的原子序数大于S，故E为Cl，A同周期自左而右原子半径增大，故原子半径ClSNa，故A错误；B同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ClS，非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性HClH2S，故B正确；C同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ClS，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：高氯酸硫酸，故C错误；D元素O分别与H元素形成的化合物为H2O或H2O2，只含有共价键，而O元素与Na元素C形成的化合物为Na2O或Na2O2，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，含有化学键类型不相同，故D错误，故选B点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素好是解题关键，注意对基础知识的理解掌握6（6分）下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量则Fe（s）+S（s）FeS（s）H=95.6 kJmol1B稀醋酸与0.1 molL1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3 kJmol1C已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+285.5 kJmol1D已知2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221 kJmol1，则可知C的燃烧热H=110.5 kJmol1考点：反应热和焓变；热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据n=计算物质的量分析判断B、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程；C、反应的焓变和化学方程式中物质的量有关；D、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析解答：解：A、密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12KJ=95.6KJ，热化学方程式为Fe（s）+S（s）FeS（s）H=95.6kJmol1 ，故A正确；B、稀醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，与0.1molL1NaOH溶液反应放出的热量小于中和热，焓变是负值则：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H57.3kJmol1，故B错误；C、已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571kJmol1，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误；故选A点评：本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写，燃烧热，中和热放热概念分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等7（6分）设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的数量为（）1L 1molL1的NaClO 溶液中含有ClO的数目为NA78g 苯含有C=C 双键的数目为3NA常温常压下，14g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4NA1mol甲醇中含有CH键的数目为4NA25，pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NA标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA常温常压下，18g H2O 中含有的原子总数为3NA标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAA1个B2个C3个D4个考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：ClO是弱酸根，在水溶液中会水解；根据苯的结构来分析；根据N2与CO的摩尔质量均为28g/mol和两者均为双原子分子来分析；根据NO2与水的反应为歧化反应来分析；Na2O2与H2O的反应是歧化反应；依据甲醇结构分析化学键数目；溶液体积不明确；标况下，己烷为液态；根据H2O是三原子分子来分析；氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底；解答：解：ClO是弱酸根，在水溶液中会水解，故溶液中ClO的个数小于NA，故错误；苯不是单双键交替的结构，苯的结构中无双键，故错误；N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量n=0.5mol，而两者均为双原子分子，故0.5mol混合气体含有1mol原子，故正确；标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故错误；Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故正确；甲醇结构简式CH3OH，1mol甲醇中含有CH键的数目为3NA，故错误；溶液体积不明确，无法计算氢氧根的个数，故错误；标况下，己烷为液态，故错误；18gH2O 的物质的量为1mol，而H2O 是三原子分子，故1mol水中含3mol原子，故正确；氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA故错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答8（14分）碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，回答下列问题：（1）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4A （白色）+K2SO4+I2，16.0g CuSO4与过量KI反应后可得19.1g 的A，写出A的化学式：CuI工业生产中，可用智利硝石（含有NaIO3）为原料，与NaHSO3溶液反应后生成碘，写出此反应的离子方程式：2IO3+5HSO3=3H+5SO42+I2+H2O（2）单质碘与氟气反应可制得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离（如：2H2OH3O+OH），生成的阳离子为IF4+，则阴离子为IF6（3）将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500得到棕色片状固体（AlI3），此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体请写出AlI3和Na2CO3溶液反应的离子方程式：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2（4）设计以下实验方案判断加碘食盐中碘的存在形式为I、IO3，或两者同时存在请对以下试验方案进行预测和分析首先取试样加水溶解，分成三份试样：第一份试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中同时存在I和IO3，该过程反应的离子方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O第二份试样酸化后加FeCl3（或H2O2）溶液，如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I第三份试样酸化后，如果直接使淀粉KI试纸变蓝，说明试样存在IO3离子考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：（1）根据元素守恒知，A中含有Cu元素，该反应中I元素化合价由1价变为0价，Cu元素得电子化合价降低，白色沉淀是Cu和I元素形成的化合物，n（CuSO4）=0.1mol，m（Cu）=64g/mol0.1mol=6.4g，A中n（I）=0.1mol，n（Cu）：n（I）=0.1mol：0.1mol=1：1，据此判断A化学式；碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水；（2）根据水的电离方程式确定IF5电离方程式，从而确定其阴离子；（3）AlI3属于强酸弱碱盐、Na2CO3属于强碱弱酸盐，二者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；（4）碘离子具有还原性、碘酸根离子具有强氧化性，试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明有碘单质生成，则存在碘离子和碘酸根离子；试样酸化后，然后向溶液中加入氧化剂，如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I；试样酸化后，如果直接使淀粉碘化钾试纸变蓝色，就说明含有碘酸根离子解答：解：（1）根据元素守恒知，A中含有Cu元素，该反应中I元素化合价由1价变为0价，Cu元素得电子化合价降低，白色沉淀是Cu和I元素形成的化合物，n（CuSO4）=0.1mol，m（Cu）=64g/mol0.1mol=6.4g，A中n（I）=0.1mol，n（Cu）：n（I）=0.1mol：0.1mol=1：1，则A化学式为CuI；碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水，离子方程式为2IO3+5HSO3=3H+5SO42+I2+H2O，故答案为：CuI；2IO3+5HSO3=3H+5SO42+I2+H2O；（2）根据水的电离方程式知，IF5电离方程式为2IF5IF4+IF6，所以阴离子为IF6，故答案为：IF6；（3）AlI3属于强酸弱碱盐、Na2CO3属于强碱弱酸盐，二者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2，故答案为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；（4）碘离子具有还原性、碘酸根离子具有强氧化性，试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明有碘单质生成，则存在碘离子和碘酸根离子，离子反应方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故答案为：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O；试样酸化后，然后向溶液中加入氧化剂，如FeCl3（或H2O2），如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I，故答案为：FeCl3（或H2O2）；试样酸化后，如果直接使淀粉碘化钾试纸变蓝色，则碘离子被氧化生成碘单质，就说明原溶液含有碘酸根离子，故答案为：淀粉KI点评：本题考查碘元素及其化合物的性质，侧重考查性质实验方案设计，涉及离子检验、双水解反应、弱电解质的电离等知识点，明确物质性质是解本题关键，会利用已知知识采用知识迁移方法解答问题，题目难度中等9（16分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：反应I：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol反应II：2CO2（g）+6H2（g）=CH3CH2OH（g）+3H2O（g）H=173.6kJ/mol写出由CH3OH（g）合成CH3CH2OH（g）的反应的热化学方程式2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）H=75.6 kJmol1工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）H=90.8kJmol1在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230、250和270三种温度下合成甲醇的规律如图1是上述三种温度下H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是270；该温度下上述反应的化学平衡常数的表达式为；若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8kJ如图2是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同（1）甲中负极的电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O（2）乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为2.24L（3）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图3，则图中线表示的是Fe2+的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要280 mL 5.0molL1 NaOH溶液考点：化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素分析：、依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；、正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；利用平衡时各物质的浓度和化学方程式，书写平衡常数的表达式K=；反应焓变与温度和反应物生成物能量有关，与物质浓度无关，若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为对应反应的焓变；、（1）通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；（2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气；阳极电极反应和电子守恒计算得到；（3）C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算解答：解：、已知：反应I：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0 kJmol1反应II：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）H=173.6kJmol1根据盖斯定律I2得：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）；H=75.6 kJmol1；故答案为：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）H=75.6 kJmol1；、根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230，由图象可知曲线Z为270，反应的平衡常数表达式为：K=；反应焓变与起始量和平衡量有关，与变化过程无关，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1所以若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8KJ；故答案为：270；90.8；、（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；（2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为： Cu2+2e=Cu，0.1mol 0.2mol2H+2e=H2， 2x xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH4e=2H2O+O2，4x x得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，故答案为：2.24L；（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，为Fe3+，为Fe2+，为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu2e=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3+e=Fe2+，溶液中有Fe3+ 0.2mol，Fe2+ 0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为=0.28L=280mL，故答案为：Fe2+；280点评：本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，注意等效思想的运用以及运用极限方法确定c的取值范围，为高考常见题型，难度较大10（13分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为Fe2（OH）n（SO4）30.5nm，广泛用于污水处理实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO47H2O），过程如图1：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如图2装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为adecbf装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量铁屑，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾过滤所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”）（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：制备聚铁和绿矾（FeSO47H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在7080条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，（1）此题为二氧化硫的验证，利用其特殊性质漂白性来分析；（2）根据实验目的连接仪器；A中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（3）利用二价铁与三价铁之间的相互转化来分析；利用过滤装置分析使用的玻璃仪器；（4）依据高锰酸钾溶液具有强氧化性分析滴定管使用；（5）根据聚铁的化学式中铁与氢氧根离子的关系判断解答：解：制备聚铁和绿矾（FeSO47H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在7080条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫，故答案为：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；（2）收集二氧化硫应先干燥再收集，二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理，所以按气流方向连接顺序为adecbf；装置A中铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：d；e；c；b；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤，过滤操作使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：铁屑；烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）KMnO4标准溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶管，滴定时需要选择酸式滴定管，故答案为：酸式；（5）聚铁的化学式为Fe2（OH）n（SO4）30.5n，若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，据此计算的铁的含量减少，铁的质量分数偏小，故答案为：偏小点评：本题考查了化学物质的制备方案的设计，题目难度中等，明确制备原理及化学实验操作方法为解答关键，对学生来说高铁不是很熟悉，但是铁与亚铁之间的转化还是很容易实现的，起点高，落点低，是一道质量较好的题目三、选做题：选修2-化学与技术（共1小题，满分15分）11（15分）锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源工业上常以锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂其中一种工艺流程如下：已知：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：Li2OAl2O34SiO2（2）反应加入碳酸钙的作用是除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀（3）写出反应中生成沉淀A的离子方程式：Mg2+2OHMg（OH）2、Ca2+CO32CaCO3（4）反应生成Li2CO3沉淀，写出在实验室中得到Li2CO3沉淀的操作名称过滤，洗涤所得Li2CO3沉淀要使用热水 （选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗（5）电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2考点：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专题分析：（1）根据元素的化合价将Li、Al、Si写成氧化物形式，中间用连接即可；（2）根据工艺流程可知，加入碳酸钙目的是除去硫酸，调节溶液pH，除去铁离子、铝离子；（3）反应要除去镁离子，加入过量氢氧化钙后生成氢氧化镁沉淀，然后用碳酸钠除去过量的钙离子杂质，所以沉淀为氢氧化镁、碳酸钙，据此写出反应的离子方程式；（4）分离出不溶物方法为过滤；根据表中数据可知，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）根据蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氢气解答：解：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为Li2OAl2O34SiO2，故答案为：Li2OAl2O34SiO2；（2）由（1）改写可知，锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应中加入碳酸钙的作用为：除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2+2OHMg（OH）2、Ca2+CO32CaCO3，故答案为：Mg2+2OHMg（OH）2、Ca2+CO32CaCO3；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，故答案为：过滤；热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2，故答案为：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2（其他合理答案均可）点评：本题考查了工业上以锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键选做题：选修3-物质结构（共1小题，满分0分）12（xx宿迁模拟）黄血盐（亚铁氰化钾，K4Fe（CN）6）易溶于水，广泛用做食盐添加剂（抗结剂），食盐中黄血盐的最大使用量为10mgkg1黄血盐经长时间火炒，超过400时会分解生成剧毒的氰化钾回答下列问题：（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6 K4Fe（CN）6中Fe2+与CN之间的作用力是配位键（2）CN中碳原子的杂化方式为sp；1molCN中含有键的数目为2NA（3）金属钾、铁的晶体的晶胞结构如图，钾、铁两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为2：3（4）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与CN是等电子体的气态化合物，反应化学方程式为K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成Fe2+，根据构造原理书写Fe2+核外电子排布式，提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子之间易形成配位键；（2）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；1个CN中含有2个键；（3）钾原子的配位数是8，铁原子的配位数是3=12；（4）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，说明元素化合价不变，生成硫酸盐和一种与CN是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知该气态化合物是CO，根据反应物和生成物、反应条件写出反应方程式解答：解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ，亚铁离子含有空轨道，N原子含有孤电子对，所以能形成配位键，故答案为：1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ； 配位键；（2）CN中碳原子含有2个键且不含孤电子对，所以碳原子的杂化方式为 sp；1个CN中含有2个键，所以1molCN中含有键的数目为2NA个，故答案为：sp；2NA；（3）钾原子的配位数是8，铁原子的配位数是3=12，所以钾、铁两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8：12=2：3，故答案为：2：3；（4）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，说明元素化合价不变，生成硫酸盐和一种与CN是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知该气态化合物是CO，铁元素存在于硫酸亚铁中，钾元素存在于硫酸钾中，所以该反应方程式为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O 2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2 SO4+6CO，故答案为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O 2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2 SO4+6CO点评：本题考查较综合，涉及电子排布式的书写、杂化方式的判断、配位数的计算等知识点，难点是配位数的计算，同时考查学生空间想象能力，难度较大选做题：选修5-有机化学基础（共1小题，满分0分）13（xx江西二模）以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物N（C4H8O2）（1）反应的反应类型为加成反应（2）HOCH2CCCH2OH分子中，在同一个平面的原子最多有8个（3）化合物M不可能发生的反应是DE（填序号）A氧化反应 B取代反应 C消去反应 D加成反应 E还原反应（4）N的同分异构体中，属于酯类的有4种（5）A与M互为同分异构体，有如下转化关系其中E的结构简式为填写下列空白：A的结构简式为，B中的官能团名称是醛基、羟基D的分子式为C8H12O4写出B与银氨溶液反应的化学方程式：考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：甲醛和乙炔发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式知，M的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，M部分被氧化生成N，结合N的分子式知，N的结构简式为：HOCH2CH2CH2CHO，（1）由HCHO、HCCH及HOCH2CCCH2OH结构可知，HCHO中C=O双键中1个CO键断裂、HCCH中CH断裂，H原子与O原子结合、碳原子相互连接生成HOCH2CCCH2OH，属于加成反应；（2）CC形成直线型结构，与其直接相连的原子在同一直线上，CH2为四面体结构，最多有3个原子共面，旋转CC单键可以使2个平面处于同一平面，据此解答；（3）HOCH2CCCH2OH与氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式可知M的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，含有OH，具有醇的性质；（4）M部分氧化生成N（C6H8O2），可知N为HOCH2CH2CH2CHO，讨论形成酯的醇与羧酸，判断属于酯类的N的同分异构体数目；（5）A与M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，由E的结构并结合信息，可知B的结构简式为：，故A的结构简式为：，B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化生成C，所以C的结构简式为：，C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，所以D的结构简式为：，据此进行解答解答：解：甲醛和乙炔发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式知，M的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，M部分被氧化生成N，结合N的分子式知，N的结构简式为：HOCH2CH2CH2CHO，（1）CHO中C=O双键断裂与乙炔发生加成反应生成HOCH2CCCH2OH，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；（2）根据CC为直线结构，与其直接相连的原子在同一直线上，则4个C原子在一条直线上，又CH2为四面体结构，最多有3个原子共面，则在同一个平面的原子最多有8个，故答案为：8；（3）HOCH2CCCH2OH与氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式可知M为HOCH2CH2CH2CH2OH，能发生氧化、取代消去反应，不存在不饱和键，则不能发生加成、还原反应，所以化合物M不可能发生的反应为D、E，故答案为：DE；（4）N的同分异构体中，属于酯类的有：甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以有4种，故答案为：4；（5）A与M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，由E的结构并结合信息，可知B的结构简式为：，故A的结构简式为：，B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化生成C，所以C的结构简式为：，C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，所以D的结构简式为，通过以上分析知，A为：，B为：，含有醛基和醇羟基，故答案为：；醛基、羟基；D的结构简式为：，D的化学式为：C8H12O4，故答案为：C8H12O4；B和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的合成与推断，题目难度中等，根据有机物的官能团及其性质来分析解答，注意反应前后官能团的变化，书写方程式时要注明条件，为易错点