四川省成都市邛崃市高埂中学2015届高三下学期第二次强化训练化学.doc

四川省成都市邛崃市高埂中学2015届高三下学期第二次强化训练化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与环境密切相关，下列说法不正确的是（）A二氧化碳是形成酸雨的主要物质B随意丢弃废电池会对生态环境造成危害C任意排放工业废水会导致土壤和水源的污染D燃煤时加入适量的石灰可减少二氧化硫的排放2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1L1mol/L FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为NAB1mol NaHSO4晶体中所含离子的数目为2NAC1mol NO2溶于足量水中，转移电子的数目为NAD常温常压下，22.4L HCHO中所含键的数目为3NA3（6分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A室温下，pH=1的溶液中：Na+、NH4+、NO3、CO32B使酚酞呈红色的溶液中：Na+、K+、SiO32、AlO2C含有大量SO32的溶液中：K+、Ca2+、ClO、NO3D加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、HCO3、Cl4（6分）已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2O72I25（6分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）ANa2SO3溶液加水稀释后，pH和Kw均减小B0.1mol/L Na2CO3溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+c（H2CO3）C浓度分别为0.2mol/L和0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c（H+）之比小于2：1D室温下，pH=12的氨水与pH=2的H2SO4溶液等体积混合后，溶液呈酸性6（6分）下列实验能达到目的是（）A构成锌铜原电池B碘的CCl4溶液中分离I2并回收CCl4C制取O2D检查装置气密性7（6分）一定温度时，测得反应X（g）+Y（g）P（g）+Q（g）的平衡常数K=1.0该温度下向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别通入气体X和气体Y，其起始浓度如下表所示：起始浓度甲乙丙c（X）/（mol/L）0.100.100.20c（Y）/（mol/L）0.150.180.30下列说法不正确的是（）A反应开始时，甲中反应速率最慢，丙中反应速率最快B反应达到平衡时，甲、丙中Q的体积分数相等C乙中反应达到平衡时，X的转化率大于60%D甲中反应达到平衡时，c（Y）=0.10mol/L二、解答题（共4小题，满分58分）8（13分）X、Y、Z、R为短周期元素，原子序数依次增大X的基态原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍；Y的单质在空气中含量最高；Z的氧化物是常见的两性氧化物；R基态原子最外层成对电子的数目和未成对电子的数目相等（1）R位于元素周期表第周期、第族（2）X、R元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是（3）Y元素所在周期中，电负性最大的元素是（4）X和R形成的物质是一种超硬材料，其晶胞结构如图所示，晶胞中X原子的个数是（5）X的单质完全燃烧生成的产物分子属于分子（填“极性”或“非极性”）（6）Y和Z所形成的化合物ZY难溶于水，但易发生水解ZY在NaOH溶液中水解的离子方程式是9（14分）硫酸四氨合铜晶体CuSO4H2O可用作杀虫剂、印染助剂等某研究性学习小组通过如下实验制备了该晶体并测定了晶体中铜的质量分数（1）步骤1：向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量滴加过程中可观察到的现象是（2）步骤2：向步骤1所得溶液中缓慢加入乙醇至大量晶体析出加入乙醇能析出晶体的原因是从溶液中得到晶体的三步实验操作的顺序是（填字母编号）A洗涤 B过滤 C干燥（3）步骤3：配制溶液准确称取步骤2所得晶体2.0g溶于适量稀硫酸中，加水配制成100mL溶液在配制溶液的过程中，除100mL容量瓶、量筒、玻璃棒外，还需要用到的玻璃仪器有（填仪器名称）（4）步骤4：用碘量法测定晶体中Cu的含量反应原理如下：2Cu2+4I=2CuI+I2 I2+2S2O32=2I+S4O62取步骤3配制的溶液25.00mL于锥形瓶中，加入适量水稀释，再加入过量KI溶液以淀粉溶液作指示剂，用amol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗bmLNa2S2O3标准溶液测得晶体中铜的质量分数为（5）查阅资料得知：CuI对I2具有较强的吸附作用，滴定时被吸附的I2不能完全释放出来与Na2S2O3反应，会造成测定结果偏低下列情况中还能造成测定结果偏低的是A滴定前滴定管下端尖嘴无气泡，达到终点时有气泡B配制溶液时，加入的稀硫酸过量，使少量I被O2氧化成I2C配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线D滴定管水洗后直接加入Na2S2O3标准溶液10（16分）F是一种性能优异的高分子工程材料，合成路线如下（部分反应物、生成物、反应条件已略去）： 已知：CCHCCCH2OH 请回答下列问题：（1）A的名称是；第步反应类型是（2）向B的溶液中通入CO2不能得到C，其理由是（3）第步反应的化学方程式是（4）第步反应的化学方程式是（5）E在硫酸催化下加热，生成烃G，G聚合可得到合成橡胶H，H的结构简式是（6）含有苯环，无其它环，核磁共振氢谱中有三种峰的C的同分异构体有种11（15分）四川省钙芒硝矿（主要成分CaSO4Na2SO4）资源丰富钙芒硝矿可生产具有广泛用途的芒硝（Na2SO410H2O）和元明粉（Na2SO4），其简要生产流程如图1所示请回答下列问题：（1）浸取Na2SO4时，加入少量Na2CO3可使钙芒硝矿中的部分CaSO4转化为CaCO3，破坏钙芒硝矿结构，从而促进Na2SO4的浸取CaSO4能转化为CaCO3的原因是（2）向Na2SO4的浸取液中加入适量烧碱和纯碱，Ca2+和Mg2+分别生成、（填写化学式）被过滤除去（3）根据如图2溶解度曲线，可采用冷却结晶法从含少量NaCl的Na2SO4饱和溶液中制得芒硝的原因是：（4）已知：25、101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=222kJ/mol4Na2SO3（s）=3Na2SO4（s）+Na2S（s）H=122kJ/mol2Na2SO3 （s）+O2（g）=2Na2SO4（s）H=572kJ/mol元明粉经碳还原制备Na2S的热化学方程式是（5）如图3，用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极区制得H2SO4溶液，阴极区制得NaOH溶液其电解总反应的化学方程式是（6）芒硝加热至70时，得到Na2SO4的饱和溶液（结晶水作溶剂，忽略加热过程中水的蒸发）和无水Na2SO4若3220kg芒硝加热到70时，可析出元明粉（Na2SO4）的质量是Kg四川省成都市邛崃市高埂中学2015届高三下学期第二次强化训练化学试卷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）化学与环境密切相关，下列说法不正确的是（）A二氧化碳是形成酸雨的主要物质B随意丢弃废电池会对生态环境造成危害C任意排放工业废水会导致土壤和水源的污染D燃煤时加入适量的石灰可减少二氧化硫的排放考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：化学应用分析：A酸雨是因为空气中的污染物二氧化硫、氮氧化合物等过多造成的；B废电池中含较多的重金属等有毒物质；C工业废水含有有毒物质；D生石灰与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙进一步被氧气氧化成硫酸钙解答：解：A二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，故A错误； B废电池中含较多的重金属等有毒物质，如果乱扔，有毒物质就会破坏生态环境，对环境造成污染，故B正确；C工业废水含有有毒物质，会导致土壤和水源的污染，故C正确；D生石灰与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙进一步被氧气氧化成硫酸钙，起到故硫的作用，故D正确故选A点评：本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1L1mol/L FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为NAB1mol NaHSO4晶体中所含离子的数目为2NAC1mol NO2溶于足量水中，转移电子的数目为NAD常温常压下，22.4L HCHO中所含键的数目为3NA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：A、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；B、NaHSO4晶体中含1个钠离子和1个HSO4离子；C、NO2与水的反应是歧化反应；D、常温常下下，甲醛为液体解答：解：A、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Fe3+的个数小于NA个，故A错误；B、NaHSO4晶体中含1个钠离子和1个HSO4离子，故1mol的NaHSO4晶体中含1mol钠离子和1molHSO4离子，即含2mol离子，故B正确；C、NO2与水的反应是歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故1molNO2转移mol电子，故C错误；D、常温常下下，甲醛为液体，故22.4L甲醛的物质的量不是1mol，故D错误故选B点评：本题考查了物质的量的有关计算，掌握公式的运用和物质的状态是解题关键，难度不大3（6分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A室温下，pH=1的溶液中：Na+、NH4+、NO3、CO32B使酚酞呈红色的溶液中：Na+、K+、SiO32、AlO2C含有大量SO32的溶液中：K+、Ca2+、ClO、NO3D加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、HCO3、Cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：ApH=1的溶液为酸性溶液，碳酸根离子与酸性溶液中的氢离子反应；B使酚酞呈红色的溶液中中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，钙离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钙；D加入铝放出氢气的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子、铵根离子和碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还能够与氢离子反应解答：解：A该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32、AlO2之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CSO32与Ca2+、ClO之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+、NH4+、HCO3与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等4（6分）已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2O72I2考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答解答：解：A化合物KCrO2中，K为+1价，O为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C实验中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故C错误；D由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72I2，故D正确；故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大5（6分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）ANa2SO3溶液加水稀释后，pH和Kw均减小B0.1mol/L Na2CO3溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+c（H2CO3）C浓度分别为0.2mol/L和0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c（H+）之比小于2：1D室温下，pH=12的氨水与pH=2的H2SO4溶液等体积混合后，溶液呈酸性考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、Kw只受温度影响；B、据溶液中的质子守恒判断；C、醋酸浓度越低，电离程度越大；D、氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的强酸与弱碱溶液等体积混合，弱碱过量解答：解：A、亚硫酸钠溶液显碱性，加水稀释，溶液碱性减弱，pH减小，但Kw不变，故A错误；B、据质子守恒，Na2CO3溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故B错误；C、醋酸浓度越小，其电离程度越大，所以0.2mol/L和0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c（H+）之比小于2：1，故C正确；D、pH=12的氨水与pH=2的H2SO4溶液等体积混合后，得到硫酸铵和氨水的混合物，氨水浓度远大于硫酸铵，溶液显碱性，故D错误；故选C点评：本题考查了水的离子积常数只受温度影响、溶液中的质子守恒、弱酸电离平衡的影响因素、氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的酸与碱溶液等体积混合，混合溶液的酸碱性，注意氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的酸与碱溶液等体积混合，谁弱显谁性6（6分）下列实验能达到目的是（）A构成锌铜原电池B碘的CCl4溶液中分离I2并回收CCl4C制取O2D检查装置气密性考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：AZn直接与硫酸铜溶液反应，不能形成原电池反应；B温度计位置错误；C氧气的密度比空气大，应用向上排空法收集；D可先关闭止水夹，形成液面差，判断水柱是否变化解答：解：AZn直接与硫酸铜溶液反应，应将电极互换，否则不能形成原电池反应，故A错误；B温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故B错误；C氧气的密度比空气大，应用向上排空法收集，故C错误；D可先关闭止水夹，至长颈漏斗液面高于圆底烧瓶液面形成液面差，如一段时间内水柱不发生改变，则气密性良好，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及原电池、物质的分离、气体的制备以及气密性的检查等知识，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，难度不大，注意把握实验的严密性以及可行性的评价7（6分）一定温度时，测得反应X（g）+Y（g）P（g）+Q（g）的平衡常数K=1.0该温度下向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别通入气体X和气体Y，其起始浓度如下表所示：起始浓度甲乙丙c（X）/（mol/L）0.100.100.20c（Y）/（mol/L）0.150.180.30下列说法不正确的是（）A反应开始时，甲中反应速率最慢，丙中反应速率最快B反应达到平衡时，甲、丙中Q的体积分数相等C乙中反应达到平衡时，X的转化率大于60%D甲中反应达到平衡时，c（Y）=0.10mol/L考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A、浓度越大，反应速率最快；B、该反应是气体体积前后不变的反应，所以甲和丙为等效平衡，据此判断；C、设乙容器中平衡时X的转化为xmol/L，然后根据平衡常数求x，最后求X的转化率；D、甲容器中平衡时X的转化为xmol/L，然后根据平衡常数求x，最后求甲容器中c（Y）解答：解：A、反应开始时，丙中的物质的浓度最大，反应速率最快，甲中的物质的浓度最小，反应速率最慢，故A正确；B、甲和丙对比，并相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，丙甲、丙中Q的体积分数相等，故B正确；C、设乙容器中平衡时X的转化为xmol/L，根据K=1，得x=0.095，即X的转化率为95%，则X的转化率大于60%，故C正确；D、设甲容器中平衡时X的转化为xmol/L，根据K=1，得x=0.06，则平衡时甲容器中c（Y）是（0.150.06）mol/L=0.09mol/L，故D错误；故选D点评：本题考查学生影响化学反应速率的因素和影响化学平衡移动的因素，把握平衡移动的影响因素及K只受温度的影响即可解答，难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（13分）X、Y、Z、R为短周期元素，原子序数依次增大X的基态原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍；Y的单质在空气中含量最高；Z的氧化物是常见的两性氧化物；R基态原子最外层成对电子的数目和未成对电子的数目相等（1）R位于元素周期表第三周期、第A族（2）X、R元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是碳酸（3）Y元素所在周期中，电负性最大的元素是F（4）X和R形成的物质是一种超硬材料，其晶胞结构如图所示，晶胞中X原子的个数是4（5）X的单质完全燃烧生成的产物分子属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）（6）Y和Z所形成的化合物ZY难溶于水，但易发生水解ZY在NaOH溶液中水解的离子方程式是AlN+OH+H2O=AlO2+NH3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：Y的单质在空气中含量最高，则Y为N元素；Z的氧化物是常见的两性氧化物，则Z为Al元素；R基态原子最外层成对电子的数目和未成对电子的数目相等，则R为A族元素，其原子序数大于Al，则R为Si元素；X的基态原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍，其原子序数小于N，则应该含有两个电子层，s能级总共含有4个电子，则2p能级含有2个电子，故X为C元素，据此进行解答解答：解：Y的单质在空气中含量最高，则Y为N元素；Z的氧化物是常见的两性氧化物，则Z为Al元素；R基态原子最外层成对电子的数目和未成对电子的数目相等，则R为A族元素，其原子序数大于Al，则R为Si元素；X的基态原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍，其原子序数小于N，则应该含有两个电子层，s能级总共含有4个电子，则2p能级含有2个电子，故X为C元素，（1）R为Si元素，原子序数为14，位于周期表中第三周期第A族，故答案为：三；A；（2）X、R分部为C、Si元素，非金属性：CSi，则元素的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的为碳酸，故答案为：碳酸；（3）Y为N元素，处于第二周期，元素的非金属性越强，电负性越强，则该周期中电负性正确的为F，故答案为：F；（4）X和R形成的物质为是一种超硬材料为碳化硅，根据晶胞结构图可知，X原子处于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，每个晶胞中含有X原子的数目为：8+6=4，故答案为：4；（5）X的单质为碳，碳完全燃烧生成的产物为二氧化碳，二氧化碳分子为直线型结构，所以二氧化碳为极性键形成的非极性分子，故答案为：非极性；（6）Y和Z所形成的化合物ZY为AlN，氮化铝水解生成氢氧化铝和氨气，则AlN在NaOH溶液中反应生成偏铝酸根离子和氨气，反应的离子方程式为：AlN+OH+H2O=AlO2+NH3，故答案为：AlN+OH+H2O=AlO2+NH3点评：本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，明确均摊法在晶胞计算中的应用9（14分）硫酸四氨合铜晶体CuSO4H2O可用作杀虫剂、印染助剂等某研究性学习小组通过如下实验制备了该晶体并测定了晶体中铜的质量分数（1）步骤1：向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量滴加过程中可观察到的现象是先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色（2）步骤2：向步骤1所得溶液中缓慢加入乙醇至大量晶体析出加入乙醇能析出晶体的原因是硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度从溶液中得到晶体的三步实验操作的顺序是BAC（填字母编号）A洗涤 B过滤 C干燥（3）步骤3：配制溶液准确称取步骤2所得晶体2.0g溶于适量稀硫酸中，加水配制成100mL溶液在配制溶液的过程中，除100mL容量瓶、量筒、玻璃棒外，还需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管（填仪器名称）（4）步骤4：用碘量法测定晶体中Cu的含量反应原理如下：2Cu2+4I=2CuI+I2 I2+2S2O32=2I+S4O62取步骤3配制的溶液25.00mL于锥形瓶中，加入适量水稀释，再加入过量KI溶液以淀粉溶液作指示剂，用amol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗bmLNa2S2O3标准溶液测得晶体中铜的质量分数为12.8ab%或0.128ab（5）查阅资料得知：CuI对I2具有较强的吸附作用，滴定时被吸附的I2不能完全释放出来与Na2S2O3反应，会造成测定结果偏低下列情况中还能造成测定结果偏低的是BDA滴定前滴定管下端尖嘴无气泡，达到终点时有气泡B配制溶液时，加入的稀硫酸过量，使少量I被O2氧化成I2C配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线D滴定管水洗后直接加入Na2S2O3标准溶液考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成络离子，得到深蓝色溶液；（2）从硫酸四氨合铜晶体在水和乙醇中的溶解度大小分析；从溶液中得到晶体，需要先过滤、再洗涤，最后干燥；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器；（4）根据反应方程式写出关系式，然后根据硫代硫酸根离子的物质的量计算出铜的物质的量，再计算出晶体中铜的质量分数；（5）A滴定前滴定管下端尖嘴无气泡，达到终点时有气泡，导致消耗的标准液体积偏大；B配制溶液时，加入的稀硫酸过量，使少量I被O2氧化成I2，导致消耗的标准液体积偏小；C配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，导致配制的溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准液体积偏小；D滴定管水洗后直接加入Na2S2O3标准溶液，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大解答：解：（1）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成络离子，得到深蓝色溶液，发生Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3H2O=2+2OH+4H2O，故答案为：先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色；（2）由于硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向步骤1所得溶液中缓慢加入乙醇至大量晶体析出；从溶液中得到晶体，先需要过滤，然后洗涤除去杂质，最后干燥得到纯净的晶体，所以正确顺序为：BAC，故答案为：硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度；BAC；（3）在配制溶液的过程中，除100mL容量瓶、量筒、玻璃棒外，溶解晶体在烧杯中进行，定容时需要用到胶头滴管，故答案为：烧杯、胶头滴管；（4）根据反应2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O32=2I+S4O62可得关系式：2Cu2+I22S2O32，bmL amol/L的Na2S2O3标准溶液中含有Na2S2O3的物质的量为：amol/L0.001bL=0.001abmol，根据关系式可知，铜离子的物质的量为0.001abmol，原100mL溶液中含有铜离子的物质的量为：0.001abmol=0.004abmol，2.0g样品中铜的质量分数为：100%=12.8ab%，故答案为：12.8ab%或0.128ab；（5）A滴定前滴定管下端尖嘴无气泡，达到终点时有气泡，读出的标准液体积偏大，测定结果偏大，故A错误；B配制溶液时，加入的稀硫酸过量，使少量I被O2氧化成I2，导致滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B正确；C配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，配制的溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；D滴定管水洗后直接加入Na2S2O3标准溶液，标准液被稀释，标准液浓度减小，导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；故答案为：BD点评：本题考查了探究物质组成及含量的方法，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握化学实验基本操作方法，明确中和滴定原理及误差分析方法10（16分）F是一种性能优异的高分子工程材料，合成路线如下（部分反应物、生成物、反应条件已略去）： 已知：CCHCCCH2OH 请回答下列问题：（1）A的名称是二甲苯（或1，4二甲苯）；第步反应类型是加成反应（2）向B的溶液中通入CO2不能得到C，其理由是碳酸酸性比对苯二甲酸弱（3）第步反应的化学方程式是HCCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH（4）第步反应的化学方程式是（5）E在硫酸催化下加热，生成烃G，G聚合可得到合成橡胶H，H的结构简式是（6）含有苯环，无其它环，核磁共振氢谱中有三种峰的C的同分异构体有5种考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：根据题中各物质转化关系，由C的结构结合信息，可反推得B为，A为，根据题中信息，CHCH与甲醛反应发生信息中的加成反应得D为HOCH2CCCH2OH，根据E的分子式可知，D与氢气发生加成反应得E为HOCH2CH2CH2CH2OH，F是一种性能优异的高分子工程材料，C与E发生缩聚反应生成F为，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，由C的结构结合信息，可反推得B为，A为，根据题中信息，CHCH与甲醛反应发生信息中的加成反应得D为HOCH2CCCH2OH，根据E的分子式可知，D与氢气发生加成反应得E为HOCH2CH2CH2CH2OH，F是一种性能优异的高分子工程材料，C与E发生缩聚反应生成F为，（1）A为，A的名称是对二甲苯（或1，4二甲苯），第步反应类型是加成反应，故答案为：二甲苯（或1，4二甲苯）；加成反应；（2）由于碳酸酸性比对苯二甲酸弱，所以向的溶液中通入CO2不能得到C，故答案为：碳酸酸性比对苯二甲酸弱；（3）第步反应的化学方程式是HCCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH，故答案为：HCCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH； （4）第步反应的化学方程式是 ，故答案为：；（5）E为HOCH2CH2CH2CH2OH，E在硫酸催化下加热，生成烃G为CH2=CHCH=CH2，G发生加聚反应得H，H的结构简式是，故答案为：； （6）根据条件：含有苯环，无其它环，核磁共振氢谱中有三种峰的C的同分异构体为、共5种，故答案为：5；点评：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，推断A为对二甲苯是关键，注意根据官能团的性质与转化进行推断，是对有机知识的综合运用，是热点题型11（15分）四川省钙芒硝矿（主要成分CaSO4Na2SO4）资源丰富钙芒硝矿可生产具有广泛用途的芒硝（Na2SO410H2O）和元明粉（Na2SO4），其简要生产流程如图1所示请回答下列问题：（1）浸取Na2SO4时，加入少量Na2CO3可使钙芒硝矿中的部分CaSO4转化为CaCO3，破坏钙芒硝矿结构，从而促进Na2SO4的浸取CaSO4能转化为CaCO3的原因是碳酸钙溶解度小于硫酸钙（2）向Na2SO4的浸取液中加入适量烧碱和纯碱，Ca2+和Mg2+分别生成CaCO3、Mg（OH）2（填写化学式）被过滤除去（3）根据如图2溶解度曲线，可采用冷却结晶法从含少量NaCl的Na2SO4饱和溶液中制得芒硝的原因是：40C内，Na2SO410H2O的溶解度随温度的降低显著减小，而NaCl的溶解度基本不变，冷却时只有Na2SO410H2O结晶析出（4）已知：25、101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=222kJ/mol4Na2SO3（s）=3Na2SO4（s）+Na2S（s）H=122kJ/mol2Na2SO3 （s）+O2（g）=2Na2SO4（s）H=572kJ/mol元明粉经碳还原制备Na2S的热化学方程式是Na2SO4（s）+4C（s）=Na2S（s）+4CO（g）=578KJ/mol（5）如图3，用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极区制得H2SO4溶液，阴极区制得NaOH溶液其电解总反应的化学方程式是2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+2H2+O2（6）芒硝加热至70时，得到Na2SO4的饱和溶液（结晶水作溶剂，忽略加热过程中水的蒸发）和无水Na2SO4若3220kg芒硝加热到70时，可析出元明粉（Na2SO4）的质量是610Kg考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：芒硝矿（主要成分CaSO4Na2SO4）资源丰富钙芒硝矿可生产具有广泛用途的芒硝（Na2SO410H2O）和元明粉（Na2SO4），芒硝矿加入碳酸钠溶液浸取Na2SO4时，利用碳酸钙溶解度小于硫酸钙，加入少量Na2CO3可使钙芒硝矿中的部分CaSO4转化为CaCO3，得到滤液含有Mg2+，Ca2+，Cl，加入烧碱沉淀镁离子，加入碳酸钠除去钙离子过滤浓缩得到含氯离子的硫酸钠溶液，浓缩结晶过滤得到芒硝，70C加热得到Na2SO4的饱和溶液（结晶水作溶剂，忽略加热过程中水的蒸发）和无水Na2SO4；（1）碳酸钙比硫酸钙难溶，加入碳酸钠溶液使CaSO4能转化为CaCO3；（2）加入碳酸钠溶液沉淀钙离子生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀；（3）图象分析可知40C内，Na2SO410H2O的溶解度随温度的降低显著减小，而NaCl的溶解度基本不变；（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；（5）用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极区是氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子浓度增大制得H2SO4溶液，阴极区是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大制得NaOH溶液；（