2019-2020年高考化学诊断试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学诊断试卷（含解析）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列有关叙述中不正确的是（） A “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化 B 采用加热方法消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌 C 含有重金属的电器废品不能随意丢弃，要分类回收并利用 D 煤炭燃烧过程中安装“固硫”装置，主要是为了减少二氧化硫的排放2下列有关物质制取或性质探究实验设计不能达到实验目的是（） A 利用图1制取并收集干燥的氨气 B 利用图2制取Fe（OH）2，使用煤油的目的是防止生成的Fe（OH）2被空气氧化 C 利用图3制取并收集NO2气体 D 利用图4用酒精制取无水乙醇3下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是（） A 苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应 B C8H10含苯环的烃同分异构体有3种 C 乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上 D 莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色4科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是（） A 通入N2的电极发生的电极反应式为：N2+6e+8H+2NH4+ B 反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸 C 该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极 D 通入H2的电极为负极，A为NH4Cl5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（） A 稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O B 用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH C 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+ D 向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O6现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：原子半径：甲丙乙丁原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2则下列说法不正确的是（） A 乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键 B 四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强 C 丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性 D 乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙7根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（） A 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH） B 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cba C 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1 D 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右二、解答题（共3小题，满分43分）8工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：固体B为氧化物组成的混合物 Cu（NH3）42+（aq）Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）气体X是，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是，不用浓硫酸的原因是（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是滤液G的主要溶质是（填化学式）（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、烘干（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO45H2O（不含能与I反应的氧化性杂质）的纯度取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗c molL1 Na2S2O3溶液的体积为V mL写出CuSO4与KI反应的离子方程式计算试样中CuSO45H2O的纯度（用a、c、V表示）9煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中（1）已知：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为 该反应在 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1时，不同时间测得各物质的浓度如下表所示： 0 10 20 30 40 50NO 1.00 0.68 0.50 0.50 0.60 0.60N2 0 0.16 0.25 0.25 0.30 0.30CO2 0 0.16 0.25 0.25 0.30 0.301020min内，N2的平均反应速率v（N2）=30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是 （填字母序号）A通入一定量的NO B加入一定量的活性炭C加入合适的催化剂 D适当缩小容器的体积（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表所示：温度/ 400 500 800平衡常数K 9.94 9 1若反应在500时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020molL1，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石j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乙中A极产生的气体在标准状况下的体积为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2所示，则图中线表示的是（填离子符号）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 mL 5.0molL1 NaOH溶液10三氯化磷（PCl3）是合成药物的重要化工原料，可通过白磷和氯气化合得到已知：白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷）；POCl3能溶于PCl3；POCl3和PCl3遇水会强烈水解实验室制取PCl3的装置示意图和有关数据如下：物质 熔点/ 沸点/ 密度/gcm3白磷 44.1 280.5 1.82PCl3 112 75.5 1.574POCl3 2 105.3 1.675请回答：（1）实验所需氯气可用MnO2和浓HCl反应制取，实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外，还需要的玻璃仪器有制取的氯气需要进行干燥，请设计实验证明通入的氯气是干燥的（写出操作、现象、结论）实验过程中要加入白磷、通入CO2、通入Cl2、加热，实验时具体的操作方法和顺序是（3）E烧杯中加入冷水的目的是，干燥管中碱石灰的作用是（4）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等，先加入过量白磷加热，除去PCl5和过量白磷后，再除去PCl3中的POCl3制备纯净的PCl3可选用的方法有（填字母序号）A萃取 B过滤 C蒸馏 D蒸发结晶（5）PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，则PCl3和水反应后所得溶液中除OH之外其它离子的浓度由大到小的顺序是（已知亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸）若将0.01mol POCl3投入热水配成1L的溶液，再逐滴加入AgNO3溶液，则先产生的沉淀是已知Ksp（Ag3PO4）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010三、选修2-化学与技术11金属钒被誉为“合金的维生素”，钒及其化合物在工业生产中有着广泛的应用从废钒催化剂（主要成分有V2O5，VOSO4，K2SO4，SiO2等）中回收V2O5的生产流程图如下：请回答：（1）进行步骤前，将废钒催化剂粉碎的目的是写出步骤中发生氧化还原反应的离子方程式实验室中进行萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）R2（SO4）n（水层）+2n HA（有机层）2RAn（有机层）+n H2SO4（水层），为提高中萃取百分率，应采取的措施是；（3）25C时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3通过上表数据分析，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为；（4）在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示，则NH4VO3在分解过程中A先分解失去H2O，再分解失去NH3B先分解失去NH3，再分解失去H2OC同时分解失去H2O和NH3D同时分解失去H2、N2和H2O（5）全钒液储能电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+，电池放电时正极的电极反应式为四、化学-选修3：物质结构与性质12在周期表中136号之间的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E元素在第四周期，E的基态原子中未成对电子数是核外电子总数的1/4，F元素位于周期表的ds区，其基态原子最外能层只有一个电子（1）写出基态E原子的价电子排布式B、C、D三种元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）（3）A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为，分子的立体结构为；C的单质与化合物BD是等电子体，根据等电子体原理，写出化合物BD的电子式（4）A2D的沸点在同族元素中最高，其原因是A2D由液态形成晶体时密度（填“增大”、“不变”或“减小”），其主要原因（用文字叙述）（5）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如右图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为gcm3（用含a、NA的符号表示）五、化学-选修5：有机化学基础13塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料添加塑化剂（DBP）可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害其合成线路图如图I所示：已知以下信息：（R1、R2表示氢原子或烃基）C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示（1）C的结构简式为，E中所含官能团的名称是写出下列有关反应的化学方程式：E和H2以物质的量比1：1反应生成F：；B和F以物质的量比1：2合成DBP：；反应类型为（3）同时符合下列条件的B的同分异构体有种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式不能和NaHCO3溶液反应 能发生银镜反应遇FeC13溶液显紫色核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子甘肃省兰州市高考化学诊断试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列有关叙述中不正确的是（） A “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化 B 采用加热方法消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌 C 含有重金属的电器废品不能随意丢弃，要分类回收并利用 D 煤炭燃烧过程中安装“固硫”装置，主要是为了减少二氧化硫的排放考点： 常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析： A明矾不能淡化海水；B蛋白质在加热条件下可发生变性；C重金属离子会污染环境；D安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放解答： 解：A明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故A错误；B加热可使蛋白质变性而失去活性，故B正确；C重金属离子对人体有害，含有重金属的电器废品能随意丢弃，会污染环境危害人体健康，所以要分类回收并利用，故C正确；D安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故D正确故选A点评： 本题考查较为综合，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题，本题易错点为A，注意明矾净水的原理2下列有关物质制取或性质探究实验设计不能达到实验目的是（） A 利用图1制取并收集干燥的氨气 B 利用图2制取Fe（OH）2，使用煤油的目的是防止生成的Fe（OH）2被空气氧化 C 利用图3制取并收集NO2气体 D 利用图4用酒精制取无水乙醇考点： 化学实验方案的评价分析： A铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，利用碱石灰干燥，且氨气极易溶于水，防止倒吸，其密度比空气小，利用向下排空气法收集；B煤油不溶于水，在水的上方，隔绝空气；C二氧化氮与水反应；D用酒精制取无水乙醇，加CaO后增大与乙醇的沸点差异，利用蒸馏可分离提纯解答： 解：A铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，利用碱石灰干燥，且氨气极易溶于水，防止倒吸，其密度比空气小，利用向下排空气法收集，则图1可制取并收集干燥的氨气，故A正确；B煤油不溶于水，在水的上方，隔绝空气，能防止氢氧化亚铁被氧化，则图2可制取Fe（OH）2，使用煤油的目的是防止生成的Fe（OH）2被空气氧化，故B正确；C二氧化氮与水反应，图中二氧化氮的收集方法不合理，故C错误；D用酒精制取无水乙醇，加CaO后增大与乙醇的沸点差异，利用蒸馏可分离提纯，图中蒸馏装置及实验合理，故D正确；故选C点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备实验、混合物分离提纯等，把握物质的性质和反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大3下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是（） A 苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应 B C8H10含苯环的烃同分异构体有3种 C 乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上 D 莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色考点： 有机物的结构和性质；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体分析： A丙烯被酸性高锰酸钾氧化；B取代基可以是2个甲基或1个乙基；C乙烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点；D含有碳碳双键，可与溴发生加成反应解答： 解：A丙烯含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；BC8H10的芳香烃满足CnH2n6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：，故B错误；C乙烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点，则原子不可能在同一个平面上，故C错误；D含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确故选D点评： 本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大4科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是（） A 通入N2的电极发生的电极反应式为：N2+6e+8H+2NH4+ B 反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸 C 该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极 D 通入H2的电极为负极，A为NH4Cl考点： 原电池和电解池的工作原理分析： 以N2、H2为原料，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，电极方程式为H22e=2H+，以此解答该题解答： 解：A正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e+8H+=2NH4+，故A正确；B放电过程中，负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，消耗氢离子，电解质溶液PH升高，故需要加入盐酸，故B正确；CN2为正极，H2为负极，电流由正极N2流向负极H2，故C错误；D根据负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，则H2为负极，A为NH4Cl，故D正确故选C点评： 本题考新型燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据总反应式判断出正负极的反应，从化合价变化的角度分析，难度不大5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（） A 稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O B 用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH C 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+ D 向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O考点： 离子方程式的书写分析： A过量Fe粉参加反应生成硝酸亚铁、NO和水；B阳极上铜失电子生成Cu离子；C氢氧化铝不溶于弱碱；D二者反应生成硫酸钡、二氧化碳和水解答： 解：A过量Fe粉参加反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A错误；B阳极上铜失电子生成Cu离子，离子方程式为Cu+2H2OCu（OH）2+H2，故B错误；C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C正确；D二者反应生成硫酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+SO42+2H+BaSO4+CO2+H2O，故D错误；故选C点评： 本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、酸性强弱比较、生成物与反应物量的关系等知识点，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，易错选项是B6现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：原子半径：甲丙乙丁原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2则下列说法不正确的是（） A 乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键 B 四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强 C 丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性 D 乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙考点： 原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系分析： 现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲，则甲处于第一周期，乙、丙处于第二周期，丁处于第三周期，故甲为H元素；乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，则乙处于VA族，故乙为N元素；原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8，则丙最外层电子数为81=7，丁最外层电子数为85=3，故丙为F元素，丁为Al，原子半径符合HFNAl，据此解答解答： 解：现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲，则甲处于第一周期，乙、丙处于第二周期，丁处于第三周期，故甲为H元素；乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，则乙处于VA族，故乙为N元素；原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8，则丙最外层电子数为81=7，丁最外层电子数为85=3，故丙为F元素，丁为Al，原子半径符合HFNAl，A乙为N元素，乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有NH极性键，故A正确；B四种元素中丙（F）的非金属性最强，但氟元素没有最高价含氧酸，故B错误；C丁元素的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，乙元素最高价氧化物对应水化物为硝酸，二者恰好完全反应生成硝酸铝，溶液中铝离子水解，溶液显酸性，故C正确；D乙、丙两元素形成的简单氢化物分别为NH3、HF，由于氟元素非金属性较强，故HF的稳定性比氨气强，故D正确，故选B点评： 本题考查结构性质位置关系应用，关键是判断各元素所处周期、乙元素所在主族，以此进行推断，难度中等7根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（） A 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH） B 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cba C 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1 D 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；燃烧热；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题： 图示题分析： A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，根据质子守恒来回答；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol物质生成稳定产物所放出的热量；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，可以根据铁离子水解平衡的移动知识来判断解答： 解：A、体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH），故A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cba；故B错误；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJmol1，故C正确；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+，故D正确故选B点评： 本题综合考查学生弱电解质的电离平衡、酸的稀释以及燃烧热的判断等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：固体B为氧化物组成的混合物 Cu（NH3）42+（aq）Cu2+（aq）+4NH3（aq）（1）气体X是SO2，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+，不用浓硫酸的原因是浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽滤液G的主要溶质是（NH4）2SO4（填化学式）（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO45H2O（不含能与I反应的氧化性杂质）的纯度取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗c molL1 Na2S2O3溶液的体积为V mL写出CuSO4与KI反应的离子方程式2Cu2+4I=2CuI+I2计算试样中CuSO45H2O的纯度%（用a、c、V表示）考点： 三废处理与环境保护专题： 实验设计题分析： （1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；根据浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；（3）根据三价铁与KSCN溶液出现血红色，证明Fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液G的主要溶质；（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32计算解答： 解：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，所以气体X是SO2；故答案为：SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用；故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有Cu（NH3）42+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤、洗涤；（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2+4I=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I=2CuI+I2；据比例关系4CuSO45H2O4Cu2+2I24S2O32， cV103mol cV103mol试样中CuSO45H2O的质量分数为100%=%，故答案为：%点评： 本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等9煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中（1）已知：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+90.0kJmol1 该反应在高温 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1时，不同时间测得各物质的浓度如下表所示： 0 10 20 30 40 50NO 1.00 0.68 0.50 0.50 0.60 0.60N2 0 0.16 0.25 0.25 0.30 0.30CO2 0 0.16 0.25 0.25 0.30 0.301020min内，N2的平均反应速率v（N2）=0.009mol/（Lmin）30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是AD （填字母序号）A通入一定量的NO B加入一定量的活性炭C加入合适的催化剂 D适当缩小容器的体积（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表所示：温度/ 400 500 800平衡常数K 9.94 9 1若反应在500时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020molL1，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为75%（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石j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乙中A极产生的气体在标准状况下的体积为2.24L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2所示，则图中线表示的是Cu2+（填离子符号）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： 热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断专题： 基本概念与基本理论分析： （1）根据盖斯定律来写出碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答；反应前后是气体体积不变的反应，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大，说明改变的条件是缩小体积增大浓度，或加入一氧化氮达到新平衡后个物质浓度增大；（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；（4）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；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：（1）已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1根据盖斯定律，将可得：C（g）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+90kJmol1，反应的焓变H0，S0，根据反应自发进行的判据HTS0，所以需要高温下发生，故答案为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+90.0 kJmol1；高温；1020min内，N2的平均反应速率v（N2）=mol/（Lmin）=0.009 mol/（Lmin），故答案为：0.009 mol/（Lmin）；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；A通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；B加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；C加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；D适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故符合；故答案为：AD；（3）设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度， CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），起始（mol/L）：0.02 0.020 0 0转化（mol/L）：c c c c平衡（mol/L）：0.02c 0.02c c c代入500时反应平衡常数有k=9，解得c=0.015，CO的最大所以转化率为100%=75%，故答案为：75%；（4）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；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+，依据计算得到电子转移应为0.4mol，对比图象，可知此时溶液中为Fe2+ 0.5mol，和Cu2+离子0.2mol需要加入NaOH溶液1.4mol，体积为280ml，故答案为：Cu2+；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，难度较大10三氯化磷（PCl3）是合成药物的重要化工原料，可通过白磷和氯气化合得到已知：白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷）；POCl3能溶于PCl3；POCl3和PCl3遇水会强烈水解实验室制取PCl3的装置示意图和有关数据如下：物质 熔点/ 沸点/ 密度/gcm3白磷 44.1 280.5 1.82PCl3 112 75.5 1.574POCl3 2 105.3 1.675请回答：（1）实验所需氯气可用MnO2和浓HCl反应制取，实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外，还需要的玻璃仪器有圆底烧瓶和分液漏斗制取的氯气需要进行干燥，请设计实验证明通入的氯气是干燥的将氯气通入装有干燥的有色布条的集气瓶，布条不褪色，说明氯气是干燥的（写出操作、现象、结论）实验过程中要加入白磷、通入CO2、通入Cl2、加热，实验时具体的操作方法和顺序是先打开K2，等反应体系中充满CO2后，加入白磷，然后再打开K1，通入氯气，加热（3）E烧杯中加入冷水的目的是冷却收集PCl3，干燥管中碱石灰的作用是吸收多余的氯气和空气中的水蒸气（4）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等，先加入过量白磷加热，除去PCl5和过量白磷后，再除去PCl3中的POCl3制备纯净的PCl3可选用的方法有C（填字母序号）A萃取 B过滤 C蒸馏 D蒸发结晶（5）PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，则PCl3和水反应后所得溶液中除OH之外其它离子的浓度由大到小的顺序是c（H+）c（Cl）c（H2PO3）c（HPO32）（已知亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸）若将0.01mol POCl3投入热水配成1L的溶液，再逐滴加入AgNO3溶液，则先产生的沉淀是AgCl已知Ksp（Ag3PO4）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010考点： 制备实验方案的设计专题： 实验设计题分析： （1）实验室制取氯气用浓盐酸与MnO2 在加热的条件下进行，装置采用固体和液体加热制取气体的装置，所以实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外，还需要的玻璃仪器有圆底烧瓶和分液漏斗；干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性，可以使干燥有色布条褪色；PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），所以向通入CO2 将空气赶走，白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，然后在加入白磷，氯气最后通，白磷熔沸点低，最后加热；（3）PCl3 的沸点较低，E烧杯中加入冷水的目的是冷却收集PCl3，POCl3和PCl3遇水会强烈水解，干燥管中碱石灰的作用是吸收多余的氯气和空气中的水蒸气；（4）根据表格提供的信息，物质互溶且熔沸点不同，除去PCl3中的POCl3选用的方法是蒸馏法；（5）PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸，分别电离，一步比一步艰难，而HCl是强酸，全部电离；若将0.01 mol POCl3投入热水配成1 L的溶液，发生的化学反应为POCl3+H2O=H3PO4+3HCl，盐酸是强酸，Cl浓度为0.03mol/L，H3PO4 是中强酸，分步电离，以第一步电离为主，产生的PO43的浓度很小，结合溶度积，逐滴加入AgNO3溶液，则先产生的沉淀是AgCl解答： 解：（1）实验室制取氯气用浓盐酸与MnO2 在加热的条件下进行，装置采用固体和液体加热制取气体的装置，所以实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外，还需要的玻璃仪器有：圆底烧瓶和分液漏斗；干燥的氯气没有漂白性，所以证明通入的氯气是干燥的方法是：将氯气通入装有干燥的有色布条的集气瓶，布条不褪色，说明氯气是干燥的，故答案为：圆底烧瓶和分液漏斗；将氯气通入装有干燥的有色布条的集气瓶，布条不褪色，说明氯气是干燥的；PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），所以向通入CO2 将空气赶走，白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，然后在加入白磷，氯气最后通，白磷熔沸点低，最后加热，具体操作为：先打开K2，等反应体系中充满CO2后，加入白磷，然后再打开K1，通入氯气，加热，故答案为：先打开K2，等反应体系中充满CO2后，加入白磷，然后再打开K1，通入氯气，加热；（3）PCl3 的沸点较低，所以E烧杯中加入冷水的目的是冷却收集PCl3，POCl3和PCl3遇水会强烈水解，干燥管中碱石灰的作用是吸收多余的氯气和空气中的水蒸气，故答案为：冷却收集PCl3；吸收多余的氯气和空气中的水蒸气；（4）根据表格提供的信息，它们互溶且熔沸点不同，所以除去PCl3中的POCl3制备纯净的PCl3可选用的方法是蒸馏法，故选：C；（5）PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸，分别电离，一步比一步艰难，而HCl是强酸，全部电离，溶液中离子浓度顺序为：c（H+）c（Cl）c（H2PO3）c（HPO32），故答案为：c（H+）c（Cl）c（H2PO3）c（HPO32）；若将0.01 mol POCl3投入热水配成1 L的溶液，发生的化学反应为POCl3+H2O=H3PO4+3HCl，盐酸是强酸，Cl浓度为0.03mol/L，H3PO4 是中强酸，分步电离，以第一步电离为主，产生的PO43的浓度很小，根据Ksp（Ag3PO4）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010，逐滴加入AgNO3溶液，则先产生的沉淀是AgCl，故答案为：AgCl点评： 本题考查氯气的实验室制法、PCl3的制备、离子浓度的大小比较、沉淀溶解平衡等知识，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难度中等三、选修2-化学与技术11金属钒被誉为“合金的维生素”，钒及其化合物在工业生产中有着广泛的应用从废钒催化剂（主要成分有V2O5，VOSO4，K2SO4，SiO2等）中回收V2O5的生产流程图如下：请回答：（1）进行步骤前，将废钒催化剂粉碎的目的是增大固液接触面积，加快浸出速率，提高浸出率写出步骤中发生氧化还原反应的离子方程式V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O实验室中进行萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）R2（SO4）n（水层）+2n HA（有机层）2RAn（有机层）+n H2SO4（水层），为提高中萃取百分率，应采取的措施是加入碱中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取；（3）25C时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3通过上表数据分析，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为1.71.8；（4）在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示，则NH4VO3在分解过程中BA先分解失去H2O，再分解失去NH3B先分解失去NH3，再分解失去H2OC同时分解失去H2O和NH3D同时分解失去H2、N2和H2O（5）全钒液储能电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+，电池放电时正极的电极反应式为VO2+2H+eVO2+H2O考点： 三废处理与环境保护专题： 实验设计题分析： 生产流程：废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即可（1）根据影响化学反应速率的因素来回答；亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，据此书写离子方程式；萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；反萃取时分析平衡，VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）VOA2（有机层）+H2SO4（水层），为提高中萃取百分率，则加入碱中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取；（3）从沉淀率和pH关系找出最佳沉淀率；（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图象中固体质量分数结合方程式分析；（5）根据正极反应是还原反应书写解答： 解：生产流程：废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即可（1）将固体粉碎，增加固体的表面积，可以加快浸出速率，亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，所以步骤中发生氧化还原反应的离子反应方程式为：V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O，故答案为：增大固液接触面积，加快浸出速率，提高浸出率；V2O5+SO32+4H+=2VO2+SO42+2H2O；萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；反萃取时分析平衡，VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）VOA2（有机层）+H2SO4（水层），为提高中萃取百分率，则加