福建省厦门市高考化学5月模拟试卷（含解析）.doc

福建省厦门市2015届高考化学模 拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列生产过程中，不涉及氧化还原反应的是（）a氯碱工业b制普通玻璃c海水提溴d工业制硝酸2（6分）下列物质所含粒子数为0.1na（na为阿伏加德罗常数的值）的是（）a0.1molna2o2所含的阴离子b1l0.1moll1氨水中的nh4+c12.5ml16moll1的浓硫酸能溶解的cud4.6gno2气体所含的分子3（6分）乙烯的相关转化关系如图下列说法正确的是（）a聚乙烯是纯净物bx为c12cch3och3与甲互为同分异构体d甲乙反应类型为取代反应4（6分）常温下，对于ph=11的naoh溶液，下列说法错误的是（）ac（oh）=c（na+）+c（h+）b该溶液中的c（oh）=1.0103moll1c加水稀释104倍所得溶液显碱性d与ph=3的hf溶液等体积混合所得溶液：c（na+）=c（f）+c（hf）5（6分）关于如图所示实验的说法不正确的是（）a乙中产生的气泡是c02b丙中液体可产生丁达尔现象c若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（cl）不发生变化d若将cac03换成cas04也可得到相同的实验现象6（6分）我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池，以苯酚（c6h6o）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐下列说法正确的是（）aa为正极b左池电极反应式为c6h6o+11h2o28e=6co2+28h+c若右池产生0.672l气体（标况下），则转移电子0.15mold左池消耗的苯酚与右池消耗的no的物质的量之比为28：57（6分）用tio2负载moo3催化剂使有机物r催化脱硫，负载moo3的量对反应脱硫率的影响如图下列说法正确的是（）a负载moo3的量越大，平衡常数越大b当反应时间小于0.5h，脱硫率为0c1.6h负载moo3的量为10%和15%的脱硫率相等d0.51.2h时，负载moo3的量越大，脱硫速率越大二、必考题（共3小题，满分45分）8（14分）天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（cos）、乙硫醇（c2h5sh）等气体（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（oh）被sh取代，则乙硫醇的结构式为（3）下列事实可用于比较c与s两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是（填序号）a沸点：h2sch4 b元素在周期表中的位置 c酸性：h2so3h2co3 d同温同浓度水溶液的ph：na2co3na2so4（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：cosh2sna2s溶液x溶液+h2常温下，在反应中，每吸收lgh2s气体放出热量a kj，其热化学方程式为已知x溶液中硫元素的主要存在形式为s2o32，则反应中生成该离子的离子方程式为如图是反应中，在不同反应温度下，反应时间与h2产量的关系图（na2s初始含量为3mmo1）请结合图象数据解释x溶液中除s2o32外，还有so32、so42的原因答：9（15分）某工厂回收电镀污泥中的铜和镍，工艺流程如图：（1）下列措施中，可提高步骤浸出速率的是a加热 b增大压强 c延长浸出时间 d适当提高硫酸的浓度e及时分离出产物（2）步骤电解过程中铜粉在（填“阴“或“阳”）极产生若始终没有观察到气体生成，则该电解过程的离子方程式为（3）已知fepo4、a1po4、ni3（po4）2的kap分别为1.0x l022、1.0x l019、4.0x 1031步骤所得溶液中c（ni2+）为o.1mo1l1步骤反应后溶液中c（po43）理论上应控制的范围是 mo1l1 （离子浓度小于1o5 mo1l1可视为沉淀完全）（4）步骤的萃取原理为niso4（水层）+2（ha）2（有机层）ni（ha2）2（有机层）+h2so4（水层）为促使上述平衡向正反应方向移动，可采取的具体措施是（写一条即可）（5）步骤中作为反萃取剂的最佳试剂为（填名称）（6）该工艺流程中，可以循环使用的物质有10（16分）有关铝的几个实验如下请填写下列空白实验一 毛刷实验实验过程如图1（1）配制hg（no3）2溶液时，为抑制水解，需加入少量的（2）铝导线放naoh溶液的目的是除去表面的氧化膜，其化学方程式为（3）生成白色毛状物的实质是铝发生电化腐蚀生成a12o3，其中作正极材料的是（填序号）ao2 ba1 chg（no3）2 dhg实验二 探究白色毛状物是否含有结晶水取适量白色毛状物样品放入仪器x称量，质量为m1 g（4）图2中仪器x应选用以下哪个装置（填名称）（5）上述过程中“冷却“时要在图3所示的装置中进行的原因是（6）根据所得实验资料，能说明白色毛状物含结晶水的证据是（用代数式表示）实验三 验证a12 o3对石蜡油裂解的催化作用按图4连好装置，检查装置的气密性，加入56g al2o3，加热到500左右，往al2o3上滴入石蜡油已知：石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164223一定条件下，其裂解产物为乙烯和烷烃的混合物（7）使用装置b的目的是（8）需要再补充一个实验才能证明al2o3对石蜡油裂解反应有催化作用，请简述其实验方案：三、选修题：【物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）铜及其化合物在现代生活中应用广泛（1）用黄铜矿炼铜的最后一步反应为：cu2s+2cu2o6cu+so2硫元素的基态原子核外电子排布式为铜元素的电离能：i1i2 （填“或“）反应中形成的化学键类型为（2）硫酸铜与有机物x按1：2反应生成配合物m，其配离子结构如图已知a为第二周期元素配合物m的晶体类型为构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，这两种元素的电负性从大到小的顺序是（填元素符号）1mo1有机物x中含键的数目为（3）cu2+在生成2+时，核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上，则cu2+的轨道杂化方式不是sp3的原因是四、选修题：【有机化学基础】（共1小题，共0分）12几种解热镇痛药的结构如下：（1）阿司匹林和布洛芬含有的酸性官能团为（填名称）（2）1mol阿司匹林分别与足量naoh溶液、nahco3溶液反应，消耗溶质的物质的量之比为（3）扑热息痛与足量naoh溶液反应的化学方程式为（4）某医药中间体的合成如下：反应ii的反应类型为若b与扑热息痛互为同分异构体，则a的结构简式为若x的分子式为c3h6o2，且d能发生银镜反应，则d的结构简式可能为若e为热固性很好的功能高分子，则反应v的化学方程式为福建省厦门市2015届高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列生产过程中，不涉及氧化还原反应的是（）a氯碱工业b制普通玻璃c海水提溴d工业制硝酸考点：氧化还原反应 分析：判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应解答：解：a氯碱工业生成cl2、h2，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故a不选；b玻璃工业的反应类型主要是复分解反应，不涉及氧化还原反应，故b选；c海水中溴存在于化合物中，海水提溴时，溴元素化合价升高，发生氧化还原反应，故c不选；d硝酸工业存在n2+3h22nh3、2no+o2=2no2、3no2+h2o=2hno3+no，这几个反应都有电子的转移，所以涉及氧化还原反应，故d不选故选b点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累2（6分）下列物质所含粒子数为0.1na（na为阿伏加德罗常数的值）的是（）a0.1molna2o2所含的阴离子b1l0.1moll1氨水中的nh4+c12.5ml16moll1的浓硫酸能溶解的cud4.6gno2气体所含的分子考点：阿伏加德罗常数 分析：a、na2o2由2个钠离子和1mol过氧根构成；b、铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；c、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；d、二氧化氮气体中存在平衡：2no2n2o4，导致气体分子数减少解答：解：a、na2o2由2个钠离子和1mol过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子，即0.1na个，故a正确；b、铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故在溶液中含有的铵根离子的物质的量小于0.1mol，小于0.1na个，故b错误；c、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，则12.5ml16moll1的浓硫酸即0.2mol浓硫酸不能完全反应，则能溶解的铜的物质的量小于0.1mol，故c错误；d、4.6g二氧化氮的物质的量即0.1mol，而二氧化氮气体中存在平衡：2no2n2o4，导致气体分子数减少，故气体中的分子个数小于0.1na个，故d错误故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大3（6分）乙烯的相关转化关系如图下列说法正确的是（）a聚乙烯是纯净物bx为c12cch3och3与甲互为同分异构体d甲乙反应类型为取代反应考点：乙烯的化学性质；同分异构现象和同分异构体；乙醇的化学性质 分析：a、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中聚合度不同；b、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；c、乙烯与水发生加成反应生成乙醇；d、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛解答：解：a、聚乙烯中由于聚合度你n不同，故聚乙烯为混合物，故a错误；b、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故x是hcl，不是氯气，故b错误；c、乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇的分子式为ch3ch2oh，与甲醚是同分异构体，故c正确；d、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛，此反应属于氧化反应，故d错误，故选c点评：本题主要考查的是乙烯的性质，涉及反应类型的判断、试剂的选择等，难度不大4（6分）常温下，对于ph=11的naoh溶液，下列说法错误的是（）ac（oh）=c（na+）+c（h+）b该溶液中的c（oh）=1.0103moll1c加水稀释104倍所得溶液显碱性d与ph=3的hf溶液等体积混合所得溶液：c（na+）=c（f）+c（hf）考点：离子浓度大小的比较；钠的重要化合物 分析：a根据氢氧化钠溶液中的电荷守恒判断；b该溶液中的c（h+）=1.01011moll1，结合常温下水的离子积计算出溶液中氢氧根离子浓度；c碱溶液稀释后仍然为碱溶液，不可能变成酸性溶液；dhf为弱酸，混合液中hf过量，反应后的溶液显示酸性，则c（oh）c（h+），再结合电荷守恒判断解答：解：a根据naoh溶液中的电荷守恒可得：c（oh）=c（na+）+c（h+），故a正确；b常温下，对于ph=11的naoh溶液，c（h+）=1.01011moll1，则氢氧根离子浓度为：c（oh）=mol/l=1.0103moll1，故b正确；c原溶液中的c（oh）=1.0103moll1，加水稀释104倍所得溶液中氢氧根离子浓度只能接近1.0107moll1，仍然为碱性溶液，故c正确；dph=3的hf溶液中氢离子浓度为1.01011moll1，由于hf为弱电解质，则hf的浓度大于1.01011moll1，所以混合液中hf过量，混合液呈酸性：c（oh）c（h+），根据电荷守恒可知：c（na+）c（f），则c（na+）c（f）+c（hf），故d错误；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系及计算方法5（6分）关于如图所示实验的说法不正确的是（）a乙中产生的气泡是c02b丙中液体可产生丁达尔现象c若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（cl）不发生变化d若将cac03换成cas04也可得到相同的实验现象考点：盐类水解的应用 分析：a氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳；b氯化铁水解形成氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”；cfe3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3h+，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，烧杯中c（cl ）不发生变化；dcas04与氢离子不反应解答：解：a氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应过程中产生的气泡是co2 气体，故a正确；b丙中最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”，故b正确；c铁离子水解显酸性，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，烧杯中c（cl ）不发生变化，故c正确；dcas04与氢离子不反应，所以若将cac03换成cas04不会产生气泡，则实验现象不同，故d错误；故选d点评：本题考查了盐类水解原理、影响水解平衡的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和解决问题的能力6（6分）我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池，以苯酚（c6h6o）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐下列说法正确的是（）aa为正极b左池电极反应式为c6h6o+11h2o28e=6co2+28h+c若右池产生0.672l气体（标况下），则转移电子0.15mold左池消耗的苯酚与右池消耗的no的物质的量之比为28：5考点：原电池和电解池的工作原理 分析：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，左边装置电极a是负极，负极上c6h6o失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为c6h6o+11h2o28e=6co2+28h+，据此分析解答解答：解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，左边装置电极a是负极，负极上c6h6o失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为c6h6o+11h2o28e=6co2+28h+，a该原电池中，左边装置电极a是负极，故a错误；b左边装置电极a是负极，负极上c6h6o失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为c6h6o+11h2o28e=6co2+28h+，故b正确；c右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，产生0.672l气体（标况下），则转移电子10=0.3mol，故c错误；d放电时，右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，左边装置电极a是负极，电极反应式为c6h6o+11h2o28e=6co2+28h+，根据得失电子守恒，则消耗的苯酚与右池消耗的no3的物质的量之比为5：28，故d错误；故选b点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据n元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是2015届高考高频点，要熟练掌握7（6分）用tio2负载moo3催化剂使有机物r催化脱硫，负载moo3的量对反应脱硫率的影响如图下列说法正确的是（）a负载moo3的量越大，平衡常数越大b当反应时间小于0.5h，脱硫率为0c1.6h负载moo3的量为10%和15%的脱硫率相等d0.51.2h时，负载moo3的量越大，脱硫速率越大考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线 分析：a、根据平衡常数仅与温度有关判断；b、根据图象分析，当反应时间小于0.5h，反应仍然在进行；c、根据图象分析，以1.6h作垂线，分析负载moo3的量为10%和15%的脱硫率的纵坐标大小；d、根据图象分析，0.51.2h时内任一点作垂线，依据负载moo3的量的变化分析纵坐标脱硫速率的变化解答：解：a、根据平衡常数仅与温度有关，所以负载moo3的量越大，平衡常数不变，故a错误；b、根据图象，当反应时间小于0.5h，反应仍然在进行，脱硫率较小，但不等于0，故b错误；c、根据图象，以1.6h作垂线，负载moo3的量为10%和15%的脱硫率相等，故c正确；d、根据图象，0.51.2h时内任一点作垂线，负载moo3的量越大，脱硫速率也越大，故d正确；故选cd点评：本题考查学生的识图能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大二、必考题（共3小题，满分45分）8（14分）天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（cos）、乙硫醇（c2h5sh）等气体（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是第二周期第via族（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（oh）被sh取代，则乙硫醇的结构式为（3）下列事实可用于比较c与s两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是d（填序号）a沸点：h2sch4 b元素在周期表中的位置 c酸性：h2so3h2co3 d同温同浓度水溶液的ph：na2co3na2so4（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：cosh2sna2s溶液x溶液+h2常温下，在反应中，每吸收lgh2s气体放出热量a kj，其热化学方程式为h2s（g）+2naoh（aq）=na2s（aq）+2h2o（l）h=34akj/mol已知x溶液中硫元素的主要存在形式为s2o32，则反应中生成该离子的离子方程式为2s2+5h2o=s2o32+4h2+2oh如图是反应中，在不同反应温度下，反应时间与h2产量的关系图（na2s初始含量为3mmo1）请结合图象数据解释x溶液中除s2o32外，还有so32、so42的原因答：从图形可知，2，故部分硫元素的化合价将高于+2价考点：含硫物质的性质及综合应用；结构式；离子方程式的书写；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；热化学方程式 分析：（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小；（2）根据乙醇的结构式分析；（3）比较非金属性强弱，可以通过氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性等角度分析；（4）常温下，在反应中，每吸收lgh2s气体放出热量a kj，然后求出34g硫化氢即1mol反应的热效应，然后写出其热化学方程式；硫化钠与水反应生成s2o32、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；3molna2s若只生成s2o32转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则na2s失去的电子的物质的量大于12mol解答：解：（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：sco，则o原子的半径最小，o元素位于第二周期第via族；故答案为：第二周期第via族；（2）乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（oh）被sh取代，则乙硫醇的结构式为，故答案为：；（3）a氢化物的沸点高低与分子间作用力有关，不能根据沸点高低判断非金属性，故a错误； b根据周期表中位置可知非金属性：oc，os，但是不能比较c与s，故b错误；c元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，但是h2so3不是最高价含氧酸，故c错误；d元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，同温同浓度水溶液的ph：na2co3na2so4，说明碳酸的酸性小于硫酸，则非金属性：cs，故d正确；故答案为：d；（4）常温下，在反应中，每吸收lgh2s气体放出热量a kj，则34g硫化氢即1mol反应的热效应为34akj，所以其热化学方程式为h2s（g）+2naoh（aq）=na2s（aq）+2h2o（l）h=34akj/mol；故答案为：h2s（g）+2naoh（aq）=na2s（aq）+2h2o（l）h=34akj/mol；硫化钠与水反应生成s2o32、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2s2+5h2o=s2o32+4h2+2oh，故答案为：2s2+5h2o=s2o32+4h2+2oh；3molna2s若只生成s2o32转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，即=2，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则2，所以na2s失去的电子的物质的量大于12mol，因此产物中s的化合价高于+2价，所以有so32、so42；故答案为：从图形可知，2，故部分硫元素的化合价将高于+2价点评：本题以硫的化合物的性质为知识背景，考查了原子半径的比较、有机物的结构式、元素非金属性判断、热化学方程式、氧化还原反应等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力9（15分）某工厂回收电镀污泥中的铜和镍，工艺流程如图：（1）下列措施中，可提高步骤浸出速率的是ada加热 b增大压强 c延长浸出时间 d适当提高硫酸的浓度e及时分离出产物（2）步骤电解过程中铜粉在阴极（填“阴“或“阳”）极产生若始终没有观察到气体生成，则该电解过程的离子方程式为cu2+2fe2+cu+2fe3+（3）已知fepo4、a1po4、ni3（po4）2的kap分别为1.0x l022、1.0x l019、4.0x 1031步骤所得溶液中c（ni2+）为o.1mo1l1步骤反应后溶液中c（po43）理论上应控制的范围是1.0l0142.01014 mo1l1 （离子浓度小于1o5 mo1l1可视为沉淀完全）（4）步骤的萃取原理为niso4（水层）+2（ha）2（有机层）ni（ha2）2（有机层）+h2so4（水层）为促使上述平衡向正反应方向移动，可采取的具体措施是加入有机萃取剂（写一条即可）（5）步骤中作为反萃取剂的最佳试剂为硫酸（填名称）（6）该工艺流程中，可以循环使用的物质有硫酸和有机萃取剂考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：电镀污泥加硫酸溶解，过滤，滤液中含有cu2+、ni2+、fe2+、al3+，电解，铜离子在阴极得电子生成cu，亚铁离子在阳极失电子生成fe3+，过滤，滤液中含有ni2+、fe3+、al3+，再加磷酸钠，生成fepo4、a1po4沉淀，过滤，滤液中含有ni2+的溶液，加有机萃取剂萃取、分液，有机层中加硫酸，分液，水层中为niso4，（1）根据影响速率的因素分析；（2）铜离子在阴极得电子；阳极上fe2+失电子生成fe3+；（3）步骤应该控制溶液中po43，使fe3+、al3+全部转化为沉淀，而ni2+不生成沉淀，根据ksp计算；（4）已知存在平衡：niso4（水层）+2（ha）2（有机层）ni（ha2）2（有机层）+h2so4（水层），增大反应物的浓度，平衡正向移动；（5）若有使平衡逆向移动，则增大生成物的浓度；（6）根据提取niso4的步骤和分析解答：解：电镀污泥加硫酸溶解，过滤，滤液中含有cu2+、ni2+、fe2+、al3+，电解，铜离子在阴极得电子生成cu，亚铁离子在阳极失电子生成fe3+，过滤，滤液中含有ni2+、fe3+、al3+，再加磷酸钠，生成fepo4、a1po4沉淀，过滤，滤液中含有ni2+的溶液，加有机萃取剂萃取、分液，有机层中加硫酸，分液，水层中为niso4，（1）电镀污泥加硫酸溶解，若要提高浸出速率可以增大反应物的浓度，即增大硫酸的浓度，或者升高温度；故答案为：ad；（2）铜离子在阴极得电子生成cu，即电解过程中铜粉在阴极生成；阴极上铜离子在阴极得电子生成cu，阳极上fe2+失电子生成fe3+，则电解方程式为：cu2+2fe2+cu+2fe3+；故答案为：阴极；cu2+2fe2+cu+2fe3+；（3）步骤应该控制溶液中po43，使fe3+、al3+全部转化为沉淀，而ni2+不生成沉淀，若没有ni3（po4）2沉淀生成，则ksp=c3（ni2+）c2（po43）=（0.1）3c2（po43）=4.01031，所以c（po43）=2.01014mol/l；若使fe3+、al3+全部转化为沉淀，fepo4的ksp小先沉淀，al3+完全沉淀时fe3+也完全沉淀，ksp=c（al3+）c（po43）=（1o5）c（po43）=1.0l019，所以c（po43）=1.01014mol/l，即当c（po43）=1.01014mol/l时fe3+、al3+全部转化为沉淀；所以溶液中c（po43）的范围为：1.0l0142.01014；故答案为：1.0l0142.01014；（4）已知存在平衡：niso4（水层）+2（ha）2（有机层）ni（ha2）2（有机层）+h2so4（水层），增大反应物的浓度，平衡正向移动，所以为促使上述平衡向正反应方向移动应该加入有机萃取剂；故答案为：加入有机萃取剂；（5）步骤中作为反萃取剂，即平衡：niso4（水层）+2（ha）2（有机层）ni（ha2）2（有机层）+h2so4（水层）逆向移动，则增大生成物的浓度，所以加入硫酸反萃取剂；故答案为：硫酸；（6）步骤中加有机萃取剂，分液，水层中含有硫酸，步骤中加硫酸作为反萃取剂，分液有机层为有机萃取剂，则硫酸和有机萃取剂可以循环使用；故答案为：硫酸和有机萃取剂点评：本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，难度中等，明确各物质的性质是解本题的关键，注意分析分离提纯的流程以及平衡移动原理的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力10（16分）有关铝的几个实验如下请填写下列空白实验一 毛刷实验实验过程如图1（1）配制hg（no3）2溶液时，为抑制水解，需加入少量的硝酸（2）铝导线放naoh溶液的目的是除去表面的氧化膜，其化学方程式为al2o3+2naoh=2naalo2+h2o（3）生成白色毛状物的实质是铝发生电化腐蚀生成a12o3，其中作正极材料的是d（填序号）ao2 ba1 chg（no3）2 dhg实验二 探究白色毛状物是否含有结晶水取适量白色毛状物样品放入仪器x称量，质量为m1 g（4）图2中仪器x应选用以下哪个装置坩埚（填名称）（5）上述过程中“冷却“时要在图3所示的装置中进行的原因是防止在冷却过程中吸收空气中的水（6）根据所得实验资料，能说明白色毛状物含结晶水的证据是m2m3（用代数式表示）实验三 验证a12 o3对石蜡油裂解的催化作用按图4连好装置，检查装置的气密性，加入56g al2o3，加热到500左右，往al2o3上滴入石蜡油已知：石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164223一定条件下，其裂解产物为乙烯和烷烃的混合物（7）使用装置b的目的是将挥发出来的石蜡油冷却，防止对溴水进行萃取，干扰乙烯的检验（8）需要再补充一个实验才能证明al2o3对石蜡油裂解反应有催化作用，请简述其实验方案：不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用考点：探究物质的组成或测量物质的含量；铝的化学性质 分析：（1）硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸，加酸抑制其水解；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；（3）铝与硝酸汞置换生成汞，汞、al与电解质溶液形成原电池，活泼性弱的金属作正极；（4）灼烧固体在坩埚中进行；（5）为了防止固体吸收空气中的水，一般在干燥器中冷却；（6）加热前后固体的质量不同，说明固体中含有结晶水；（7）石蜡受热有部分挥发，挥发的石蜡会干扰乙烯的检验；（8）加氧化铝或不加氧化铝，两种情况下作对比实验解答：解：（1）硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸，加酸抑制其水解，为了避免引入杂质，所以要加硝酸来抑制其水解，故答案为：硝酸；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，其反应的方程式为：al2o3+2naoh=2naalo2+h2o，故答案为：al2o3+2naoh=2naalo2+h2o；（3）铝与硝酸汞置换生成汞，汞、al与电解质溶液形成原电池，活泼性弱的金属作正极，则正极为汞，故答案为：d；（4）把固体样品放入仪器中灼烧，灼烧固体在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（5）灼烧后的固体应该放在干燥器中冷却，以防止固体吸收空气中的水，故答案为：防止在冷却过程中吸收空气中的水；（6）加热前后固体的质量不同，说明加热时固体失去了结晶水，即m2m3，则说明固体中含有结晶水，故答案为：m2m3；（7）已知石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164223，而石蜡的分解温度为500左右，反应温度高于石蜡的沸点，则会有部分石蜡挥发，挥发的石蜡，进入溴水会发生萃取，而使溴水褪色，因此会干扰乙烯的检验，所以用冷水冷却挥发出来的石蜡；故答案为：将挥发出来的石蜡油冷却，防止对溴水进行萃取，干扰乙烯的检验；（8）要证明al2o3对石蜡油裂解反应有催化作用，应该在加氧化铝或不加氧化铝，两种情况下作对比实验，不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用，故答案为：不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用点评：本题考查了探究物质的组成、原电池原理的应用、物质的性质、催化剂催化作用的探究等，题目涉及的知识点较多，题目综合性强，侧重于考查学生的对基础知识的综合应用能力和实验探究能力三、选修题：【物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）铜及其化合物在现代生活中应用广泛（1）用黄铜矿炼铜的最后一步反应为：cu2s+2cu2o6cu+so2硫元素的基态原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p4铜元素的电离能：i1i2 （填“或“）反应中形成的化学键类型为金属键、共价键（2）硫酸铜与有机物x按1：2反应生成配合物m，其配离子结构如图已知a为第二周期元素配合物m的晶体类型为离子晶体构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，这两种元素的电负性从大到小的顺序是hcu（填元素符号）1mo1有机物x中含键的数目为11na（3）cu2+在生成2+时，核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上，则cu2+的轨道杂化方式不是sp3的原因是因4p已有1个电子，若形成sp3杂化轨道，无法提供4个空轨道形成4个配位键考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）硫元素原子核外电子数为16，根据能量最低原理书写基态原子核外电子排布式；cu的第一电离能为失去4s能级电子需要能量，第二电离能失去3d能级1个电子需要能量，3d为全满稳定状态，能量较低；反应生成cu与二氧化硫，cu为金属晶体，二氧化硫为共价化合物；（2）配合物m由配离子与硫酸根构成；构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，应是h元素与cu，未成对电子数均为1，非金属性越强，电负性越大；a为第二周期元素，由配离子结构可知，a成3个共价键且与铜离子形成配位键，故a为n元素，该有机物x为h2nch2ch2nh2；（3）核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上，若形成sp3杂化轨道，无法提供4个空轨道解答：解：（1）硫元素原子核外电子数为16，根据能量最低原理，其基态原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p4，故答案为：ls22s22p63s23p4；cu的第一电离能为失去4s能级电子需要能量，第二电离能失去3d能级1个电子需要能量，3d为全满稳定状态，能量较低，故铜元素的电离能：i1i2，故答案为：；反应生成cu与二氧化硫，cu为金属晶体，存在金属键，二氧化硫为共价化合物，含有共价键，故答案为：金属键、共价键；（2）配合物m由配离子与硫酸根构成，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，应是h元素与cu，未成对电子数均为1，非金属性越强，电负性越大，故电负性h