广东省深圳市第二外国语学校2016届高三上学期第二次质检化学试卷解析版

20152016学年广东省深圳市第二外国语学校高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题本题共7小题，每小题6分每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是A坩埚主要用于给固体加热，可用坩埚将烧碱加热融化B明矾净水原理是吸附，不涉及化学变化C合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料DSO2与FESO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去原理相同2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A01MOL/LNAOH溶液中，NA个数为01NABNA2O2与足量的水反应生成1MOLO2，转移电子数目为2NAC2L05MOLL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAD1MOLO2和O3混合气体中含有氧原子的数目为25NA3常温下，水溶液中能大量共存的一组离子是A与AL反应放出氢气的溶液中NA、H、NH4、NO3B在C（H）101013，MOL/L的溶液中NA、K、ALO2、CO32C澄清透明的溶液中FE3、MG2、NO3、S2D在PH1的溶液中NH4、K、CLO、CL4能正确表示下列反应的离子方程式是A向NAOH溶液中通入过量的CO2CO2OHHCO3B将SO2气体通入BA（NO3）2溶液SO2H2OBA2BASO32HC实验室制氯气MNO24HCL（浓）MN22CL22H2ODALCL3溶液与过量氨水混合AL34NH3H2OALO24NH42H2O5下列实验现象对应的结论正确的是选项现象结论A中导管口冒气泡，手松开无现象气密性良好B中KMNO4溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深NO2生成N2O4为吸热反应D中烧瓶中形成喷泉CL2易溶于CCL4AABBCCDD6表中陈述I、均正确，且两者在反应原理上相似的是选项陈述I陈述A向酚酞溶液中加NA2O2，溶液先变红后褪色向石蕊溶液中通入CL2，溶液先变红后褪色B将SO2和CL2同时通入BACL2溶液中，产生白色沉淀将CO2和NH3同时通入CACL2溶液中，产生白色沉淀C向MGCL2溶液中加入NAOH溶液生成白色沉淀向FECL3溶液中加入NAOH溶液生成红褐色沉淀DNA投入水中产生大量气泡NA2CO3投入盐酸中产生大量气泡AABBCCDD7向30ML1MOL/L的ALCL3溶液中逐渐加入浓度为4MOL/L的NAOH溶液，若产生078G白色沉淀，则加入的NAOH溶液的体积可能为A3MLB75MLC15MLD175ML三、非选择题包括必考题和选考题两部分第8题第32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题考生根据要求作答（一）必考题（共145分）8FECL3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FECL3高效，且腐蚀性小请回答下列问题（1）FECL3净水的原理是_FECL3溶液腐蚀钢铁设备，除H作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）_（2）为节约成本，工业上用NACLO3氧化酸性FECL2废液得到FECL3若酸性FECL2废液中C（FE2）20102MOLL1，C（FE3）10103MOLL1，C（CL）53102MOLL1，则该溶液的PH约为_完成NACLO3氧化FECL2的离子方程式CLO3FE2_CLFE3_（3）FECL3在溶液中分三步水解FE3H2OFE（OH）2HK1FE（OH）2H2OFE（OH）2HK2FE（OH）2H2OFE（OH）3HK3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是_（4）FECL3也可以用作SO2尾气的吸收剂，原理上与NAOH吸收SO2有何不同_（5）电解时，微粒的放电顺序遵循微粒得失电子能力的强弱，SO32具有强的还原性用NAOH吸收烟气中的SO2，将所得的NA2SO3溶液用碳棒进行电解，写出阳极电极反应_9（14分）高纯六水氯化锶晶体（SRCL26H2O）具有很高的经济价值，工业上用难溶于水的碳酸锶（SRCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体的过程为已知SRCL26H2O晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的PH表氢氧化物FE（OH）3FE（OH）2开始沉淀的PH1565沉淀完全的PH3797（1）操作加快反应速率的措施有_（写一种）碳酸锶与盐酸反应的离子方程式_（2）酸性条件下，加入30H2O2溶液，将FE2氧化成FE3，其离子方程式为_（3）在步骤的过程中，将溶液的PH值由1调节至4时，宜用的试剂为_A氨水B氢氧化锶粉末C氢氧化钠D碳酸钠晶体（4）操作中所得滤渣的主要成分是_（填化学式）（5）步骤的操作是_、_（6）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是_A5060B7080C80100D100以上10钢铁企业酸洗钢材时产生的废液主要成分为FE2、H、CL，可用下述方法处理该废液，回收盐酸和制备氧化铁涂料（1）单质X的化学式是_（2）氯化亚铁溶液经高温喷雾焙烧转化为HCL气体和氧化铁粉末，有关的化学方程式依次为_（3）某铁红涂料中除含有FE2O3外，还可能添加有CUO或FEO中的一种，请设计实验方案，探究该铁红涂料中添加物的成分提出合理假设假设1添加了CUO假设2添加了FEO请设计方案，验证上述假设，写出实验步骤、预期现象和结论限选试剂铁粉、3MOLL1H2SO4、01MOLL1酸性KMNO4溶液、10NAOH溶液、10H2O2、KSCN溶液操作步骤预期现象和结论步骤1取少量样品于试管1中，_样品全部溶解，得到澄清的溶液步骤2_步骤3_（4）请计算，用635G水完全吸收“高温喷雾焙烧”产生的HCL气体_升（标准状况），即可得到365的浓盐酸（相对原子质量CL355H1）【化学选修2化学与技术】11（14分）氯化亚铜（CUCL）广泛应用于化工、印染、电镀等行业CUCL难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是CU和少量CUO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CUCL的工艺过程如下回答下列问题（1）步骤中得到的氧化产物是_溶解温度应控制在6070，原因是_（2）写出步骤中主要反应的离子方程式_（3）步骤包括用PH2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_（写名称）（4）上述工艺中，步骤不能省略，理由是_（5）步骤、都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有_（填字母）A分馏塔B离心机C反应釜D框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品MG，将其置于过量的FECL3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用AMOLL1的K2CR2O7溶液滴定到终点，消耗K2CR2O7溶液BML，反应中CR2O72被还原为CR3样品中CUCL的质量分数为_【化学选修3物质结构与性质】12碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述在基态14C原子中，核外存在_对自旋相反的电子（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_（3）CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_（4）CO能与金属FE形成FE（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_晶体（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示在石墨烯晶体中，每个C原子连接_个六元环，每个六元环占有_个C原子在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_个六元环，六元环中最多有_个C原子在同一平面【化学选修5有机化学基础】13A（C2H2）是基本有机化工原料由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示回答下列问题（1）A的名称是_，B含有的官能团是_（2）的反应类型是_，的反应类型是_（3）D的结构简式分别为_（4）3氯3甲基1丁烯一定条件下，也可以反应得到异戊二烯，请写出反应方程式（注明条件）_（5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体_（写结构简式）20152016学年广东省深圳市第二外国语学校高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题本题共7小题，每小题6分每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是A坩埚主要用于给固体加热，可用坩埚将烧碱加热融化B明矾净水原理是吸附，不涉及化学变化C合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料DSO2与FESO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去原理相同【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质【分析】A、坩埚的材质是陶瓷，成分中含二氧化硅；B、明矾水解出氢氧化铝胶体，有吸附功能；C、合成纤维是有机非金属材料，光导纤维是新型无机非金属材料；D、SO2与FESO4均有强还原性【解答】解A、瓷坩埚为硅酸盐产品，含有二氧化硅，在加热条件下与NAOH反应而使坩埚炸裂，故A错误；B、明矾溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C、合成纤维是有机非金属材料，是有机高分子化合物，而光导纤维是二氧化硅，是新型无机非金属材料，故C错误；D、SO2与FESO4均有强还原性，均能使高锰酸钾溶液被还原而褪色，原理相同，故D正确故选D【点评】本题考查了硅性质的应用，高分子化合物的判断，生活中有机物的分类结构和性质应用判断，题目较简单2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A01MOL/LNAOH溶液中，NA个数为01NABNA2O2与足量的水反应生成1MOLO2，转移电子数目为2NAC2L05MOLL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAD1MOLO2和O3混合气体中含有氧原子的数目为25NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、溶液体积不明确；B、过氧化钠与水反应为歧化反应，当生成1MOL氧气时转移2MOL电子；C、亚硫酸为弱酸，不能完全电离；D、氧气中含2个氧原子，而臭氧中含3个氧原子【解答】解A、溶液体积不明确，溶液中的钠离子的个数无法计算，故A错误；B、过氧化钠与水反应为歧化反应，当生成1MOL氧气时转移2MOL电子，即2NA个，故B正确；C、亚硫酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2NA个，故C错误；D、氧气中含2个氧原子，而臭氧中含3个氧原子，故1MOL氧气和臭氧中含有的氧原子的个数介于2NA3NA之间，故D错误故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题3常温下，水溶液中能大量共存的一组离子是A与AL反应放出氢气的溶液中NA、H、NH4、NO3B在C（H）101013，MOL/L的溶液中NA、K、ALO2、CO32C澄清透明的溶液中FE3、MG2、NO3、S2D在PH1的溶液中NH4、K、CLO、CL【考点】离子共存问题【分析】A与AL反应放出氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，氢离子、铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气；B在C（H）101013，MOL/L的溶液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铁离子、镁离子都与硫离子反应；DPH1的溶液为酸性溶液，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸【解答】解A与AL反应放出氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，H、NH4与碱性溶液中的氢氧根离子反应，NO3在酸性条件下具有强氧化性，与AL反应不会生成氢气，故A错误；B在C（H）101013，MOL/L的溶液为碱性溶液，NA、K、ALO2、CO32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；CFE3、MG2都与S2发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DPH1的溶液中存在大量氢离子，CLO与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，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；溶液的颜色，如无色时可排除CU2、FE2、FE3、MNO4等有色离子的存在；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能正确表示下列反应的离子方程式是A向NAOH溶液中通入过量的CO2CO2OHHCO3B将SO2气体通入BA（NO3）2溶液SO2H2OBA2BASO32HC实验室制氯气MNO24HCL（浓）MN22CL22H2ODALCL3溶液与过量氨水混合AL34NH3H2OALO24NH42H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成碳酸氢钠；B发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO；C盐酸完全电离；D反应生成氢氧化铝和氯化铵【解答】解A向NAOH溶液中通入过量的CO2的离子反应为CO2OHHCO3，故A正确；B将SO2气体通入BA（NO3）2溶液中的离子反应为BA22NO33SO22H2OBASO42NO4H2SO42，故B错误；C实验室制氯气的离子反应为MNO24H2CLMN22CL22H2O，故C错误；DALCL3溶液与过量氨水混合的离子反应为AL33NH3H2OAL（OH）33NH4，故D错误；故选A【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，把握发生的反应及离子反应书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大5下列实验现象对应的结论正确的是选项现象结论A中导管口冒气泡，手松开无现象气密性良好B中KMNO4溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深NO2生成N2O4为吸热反应D中烧瓶中形成喷泉CL2易溶于CCL4AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A手松开无现象，气密性不好；B发生氧化还原反应；C气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2N2O4，升高温度，平衡逆向移动；D挤压胶头滴管，CL2易溶于CCL4，打破压强平衡，引发喷泉实验【解答】解A手松开无现象，气密性不好，应松开手后水上升在导管中形成一段水柱，则气密性良好，故A错误；B发生氧化还原反应，KMNO4溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故B错误；C气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2N2O4，升高温度，平衡逆向移动，则NO2生成N2O4为放热反应，故C错误D挤压胶头滴管，CL2易溶于CCL4，打破压强平衡，引发喷泉实验，现象与结论均合理，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气密性检验、氧化还原反应、平衡移动影响因素及喷泉实验等，注重高频考点的考查，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大6表中陈述I、均正确，且两者在反应原理上相似的是选项陈述I陈述A向酚酞溶液中加NA2O2，溶液先变红后褪色向石蕊溶液中通入CL2，溶液先变红后褪色B将SO2和CL2同时通入BACL2溶液中，产生白色沉淀将CO2和NH3同时通入CACL2溶液中，产生白色沉淀C向MGCL2溶液中加入NAOH溶液生成白色沉淀向FECL3溶液中加入NAOH溶液生成红褐色沉淀DNA投入水中产生大量气泡NA2CO3投入盐酸中产生大量气泡AABBCCDD【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】ANA2O2和水反应生成NAOH和氧气，使酚酞变红，但NA2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使酚酞变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；B二氧化硫与氯气、水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；二氧化碳、氨气和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵；C氯化镁和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铁；D钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气；碳酸钠和盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳【解答】解ANA2O2和水反应生成NAOH和氧气，使酚酞变红，但NA2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使酚酞变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色，二者原理相似，故A可选；B二氧化硫与氯气、水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；二氧化碳、氨气和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，二者原理不同，故B不选；C氯化镁和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铁，二者原理相似，故C可选；D钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气；碳酸钠和盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二者原理不同，故D不选，故选AC【点评】本题考查物质的性质，难度中等把握反应的实质是解题的关键7向30ML1MOL/L的ALCL3溶液中逐渐加入浓度为4MOL/L的NAOH溶液，若产生078G白色沉淀，则加入的NAOH溶液的体积可能为A3MLB75MLC15MLD175ML【考点】化学方程式的有关计算【分析】ALCL3和NAOH反应与NAOH的量的多少有关，当NAOH不足时生成AL（OH）3，当碱过量时，则生成NAALO2现ALCL3的物质的量为003MOL，完全生成AL（OH）3沉淀时，沉淀质量应为234G，现沉淀质量为078G，说明有两种情况一为沉淀不完全，只生成AL（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成AL（OH）3沉淀，又生成NAALO2【解答】解现ALCL3的物质的量为003MOL，完全生成AL（OH）3沉淀时，沉淀质量应为234G，现沉淀质量为078G，说明有两种情况一为沉淀不完全，只生成AL（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成AL（OH）3沉淀，又生成NAALO2，N（AL（OH）3）001MOL，若碱不足，由AL33OHAL（OH）3可知，NAOH的物质的量为001MOL3003MOL，加入NAOH溶液的体积为00075L，即75ML；沉淀部分溶解，既生成AL（OH）3沉淀，又生成NAALO2，则由AL33OHAL（OH）3003MOL009MOL003MOLAL（OH）3OHALO22H2O（003001）MOL（003001）MOL则消耗的碱的物质的量为009MOL（003001）MOL011MOL，加入NAOH溶液的体积为00275L，即275ML；故选B【点评】本题考查铝的计算，题目难度中等，本题的解答关键是根据题意确定发生反应的情况，结合反应的有关方程式计算三、非选择题包括必考题和选考题两部分第8题第32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题考生根据要求作答（一）必考题（共145分）8FECL3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FECL3高效，且腐蚀性小请回答下列问题（1）FECL3净水的原理是FE3水解生成的FE（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质FECL3溶液腐蚀钢铁设备，除H作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）2FE3FE3FE2（2）为节约成本，工业上用NACLO3氧化酸性FECL2废液得到FECL3若酸性FECL2废液中C（FE2）20102MOLL1，C（FE3）10103MOLL1，C（CL）53102MOLL1，则该溶液的PH约为2完成NACLO3氧化FECL2的离子方程式CLO3FE26HCLFE33H2O（3）FECL3在溶液中分三步水解FE3H2OFE（OH）2HK1FE（OH）2H2OFE（OH）2HK2FE（OH）2H2OFE（OH）3HK3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1K2K3（4）FECL3也可以用作SO2尾气的吸收剂，原理上与NAOH吸收SO2有何不同2FECL3SO22H2O2FECL2H2SO42HCL、2NAOHSO2NA2SO3H2O（5）电解时，微粒的放电顺序遵循微粒得失电子能力的强弱，SO32具有强的还原性用NAOH吸收烟气中的SO2，将所得的NA2SO3溶液用碳棒进行电解，写出阳极电极反应SO322EH2OSO422H【考点】性质实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理；PH的简单计算；盐类水解的原理【专题】实验设计题【分析】（1）FE3水解生成的FE（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的FE会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒C（CL）2C（FE2）3C（FE3）C（H）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据PHLGC（H）计算；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，CL元素的化合价从5价降低到1价，得到6个电子，而FE元素的化合价从2价升高到3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，FE2的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；（4）氯化铁具有强氧化性，可氧化二氧化硫气体；（5）阳极上亚硫酸根离子在阳极上失去电离生成硫酸根离子【解答】解（1）FE3水解生成的FE（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的FE会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是2FE3FE3FE2，故答案为FE3水解生成的FE（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2FE3FE3FE2；（2）根据电荷守恒C（CL）2C（FE2）3C（FE3）C（H）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），则C（H）C（CL）2C（FE2）3C（FE3）10102MOLL1，则溶液PHLG101022，故答案为2；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，CL元素的化合价从5价降低到1价，得到6个电子，而FE元素的化合价从2价升高到3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，FE2的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为CLO36FE26HCL6FE33H2O，故答案为1；6；6H；1；6；3H2O；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3，故答案为K1K2K3；（4）氯化铁具有强氧化性，可氧化二氧化硫气体，反应的方程式为2FECL3SO22H2O2FECL2H2SO42HCL，氢氧化钠与二氧化硫发生中和反应，方程式为2NAOHSO2NA2SO3H2O，故答案为2FECL3SO22H2O2FECL2H2SO42HCL、2NAOHSO2NA2SO3H2O；（5）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为SO322EH2OSO422H；故答案为SO322EH2OSO422H【点评】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等9（14分）高纯六水氯化锶晶体（SRCL26H2O）具有很高的经济价值，工业上用难溶于水的碳酸锶（SRCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体的过程为已知SRCL26H2O晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的PH表氢氧化物FE（OH）3FE（OH）2开始沉淀的PH1565沉淀完全的PH3797（1）操作加快反应速率的措施有加热、充分搅拌、适当增加盐酸浓度等（写一种）碳酸锶与盐酸反应的离子方程式SRCO32HSR2CO2H2O（2）酸性条件下，加入30H2O2溶液，将FE2氧化成FE3，其离子方程式为2FE2H2O22H2FE32H2O（3）在步骤的过程中，将溶液的PH值由1调节至4时，宜用的试剂为BA氨水B氢氧化锶粉末C氢氧化钠D碳酸钠晶体（4）操作中所得滤渣的主要成分是FE（OH）3、BASO4（填化学式）（5）步骤的操作是蒸发浓缩、冷却结晶（6）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是AA5060B7080C80100D100以上【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】以SRCO3为原料制备六水氯化锶（SRCL26H2O），由流程可知，SRCO3和盐酸反应后溶液中除含有SR2和CL外，还含有少量FE2、BA2杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液PH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SRCL2，最后蒸发、冷却结晶得到SRCL26H2O，以此来解答【解答】解以SRCO3为原料制备六水氯化锶（SRCL26H2O），由流程可知，SRCO3和盐酸反应后溶液中除含有SR2和CL外，还含有少量FE2、BA2杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液PH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SRCL2，最后蒸发、冷却结晶得到SRCL26H2O，（1）增大反应速率，则增大浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SRCO32HSR2CO2H2O，故答案为加热、充分搅拌、适当增加盐酸浓度等；SRCO32HSR2CO2H2O；（2）酸性条件下，加入30H2O2溶液，将FE2氧化成FE3，同时生成水，反应的离子方程式为2FE2H2O22H2FE32H2O，故答案为2FE2H2O22H2FE32H2O；（3）调节PH除去FE3等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末，故答案为B；（4）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，水解可生成氢氧化铁沉淀，所以沉淀有两种即BASO4、FE（OH）3，故答案为FE（OH）3、BASO4；（5）由滤液得到晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；（6）六水氯化锶晶体61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是5060，故答案为A【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应、滴定原理等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度中等10钢铁企业酸洗钢材时产生的废液主要成分为FE2、H、CL，可用下述方法处理该废液，回收盐酸和制备氧化铁涂料（1）单质X的化学式是FE（2）氯化亚铁溶液经高温喷雾焙烧转化为HCL气体和氧化铁粉末，有关的化学方程式依次为4FECL24H2OO22FE2O34HCL（或FECL22H20FE（OH）22HCL，4FE（OH）2O22H2O4FE（OH）3，2FE（OH）3FE2O33H2O）（3）某铁红涂料中除含有FE2O3外，还可能添加有CUO或FEO中的一种，请设计实验方案，探究该铁红涂料中添加物的成分提出合理假设假设1添加了CUO假设2添加了FEO请设计方案，验证上述假设，写出实验步骤、预期现象和结论限选试剂铁粉、3MOLL1H2SO4、01MOLL1酸性KMNO4溶液、10NAOH溶液、10H2O2、KSCN溶液操作步骤预期现象和结论步骤1取少量样品于试管1中，加入足量的3MOLL1H2SO4，充分振荡样品全部溶解，得到澄清的溶液步骤2取少许上述溶液于试管2，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3MOLL1H2SO4，充分振荡步骤3取少许步骤1溶液于试管3中，逐滴加入01MOLL1酸性KMNO4溶液若试管中出现红色固体，说明试样中有CUO如果紫红色褪去，说明试样中有FEO（4）请计算，用635G水完全吸收“高温喷雾焙烧”产生的HCL气体224升（标准状况），即可得到365的浓盐酸（相对原子质量CL355H1）【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】实验目的为盐酸和制备氧化铁涂料，则所加单质X应为FE，可与盐酸反应生成FECL2，过滤后将滤液高温焙烧，转化为HCL气体和氧化铁粉末，涉及反应为FECL22H20FE（OH）22HCL；4FE（OH）2O22H2O4FE（OH）3；2FE（OH）3FE2O33H2O，以此解答该题【解答】解（1）除去盐酸获得亚铁盐，所加的金属只能是金属铁，故答案为FE；（2）氯化亚铁溶液中亚铁离子会发生水解反应生成氢氧化亚铁，即FECL22H2OFE（OH）22HCL，氢氧化亚铁不稳定，会被氧化为氢氧化铁，4FE（OH）2O22H2O4FE（OH）3，氢氧化铁可以分解，即2FE（OH）3FE2O33H2O，总方程式为4FECL24H2OO22FE2O34HCL，故答案为4FECL24H2OO22FE2O34HCL（或FECL22H20FE（OH）22HCL，4FE（OH）2O22H2O4FE（OH）3，2FE（OH）3FE2O33H2O）；（3）氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁，可取少量样品于试管中，加入足量的3MOLL1H2SO4，充分振荡取少许上述溶液于，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3MOLL1H2SO4，充分振荡，取少许步骤1溶液于试管中，逐滴加入01MOLL1酸性KMNO4溶液，若试管中出现红色固体，说明试样中有CUO，如果紫红色褪去，说明试样中有FEO，故答案为操作步骤预期现象和结论步骤1取少量样品于试管1中，加入足量的3MOLL1H2SO4，充分振荡步骤2取少许上述溶液于试管2，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3MOLL1H2SO4，充分振荡步骤3取少许步骤1溶液于试管中3，逐滴加入01MOLL1酸性KMNO4溶液（步骤2和步骤3的操作和现象结论可以互换位置）若试管中出现红色固体，说明试样中有CUO如果紫红色褪去，说明试样中有FEO（4）设HCL体积为VL，则365，解得V224，故答案为224【点评】本题考查了实验探究物质分离方法和物质性质的分析判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理、掌握物质性质是关键，题目难度中等【化学选修2化学与技术】11（14分）氯化亚铜（CUCL）广泛应用于化工、印染、电镀等行业CUCL难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是CU和少量CUO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CUCL的工艺过程如下回答下列问题（1）步骤中得到的氧化产物是CUSO4或CU2溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解（2）写出步骤中主要反应的离子方程式2CU2SO322CLH2O2CUCLSO422H（3）步骤包括用PH2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是硫酸（写名称）（4）上述工艺中，步骤不能省略，理由是醇洗有利于加快去除CUCL表面水分防止其水解氧化（5）步骤、都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有BD（填字母）A分馏塔B离心机C反应釜D框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品MG，将其置于过量的FECL3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用AMOLL1的K2CR2O7溶液滴定到终点，消耗K2CR2O7溶液BML，反应中CR2O72被还原为CR3样品中CUCL的质量分数为100【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是CU和少量CUO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CUCL，发生2CU2SO322CLH2O2CUCLSO422H，得到的CUCL经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生FE3CUCLFE2CU2CL，加入K2CR2O7溶液，发生6FE2CR2O7214H6FE32CR37H2O，结合关系式解答该题【解答】解酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是CU和少量CUO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CUCL，发生2CU2SO322CLH2O2CUCLSO422H，得到的CUCL经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化CU生成CUSO4或CU2，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为CUSO4或CU2；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CUCL，发生2CU2SO322CLH2O2CUCLSO422H，故答案为2CU2SO322CLH2O2CUCLSO422H；（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CUCL溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为硫酸；（4）步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，故答案为醇洗有利于加快去除CUCL表面水分防止其水解氧化；（5）步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，故答案为BD；（6）氯化亚铜与氯化铁发生FE3CUCLFE2CU2CL，加入K2CR2O7溶液，发生6FE2CR2O7214H6FE32CR37H2O，反应的关系式为6CUCL6FE2CR2O72，61NAB103MOLN6AB103MOL，M（CUCL）995G/MOL6AB103MOL0597ABG，则样品中CUCL的质量分数为100，故答案为100【点评】本题考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意（6）中利用关系式的计算【化学选修3物质结构与性质】12碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构（3）CS2分子中，共价键的类型有键和键，C原子的杂化轨道类型是SP，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子CO2、SCN或COS等（4）CO能与金属FE形成FE（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体属于分子晶体（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示在石墨烯晶体中，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有2个C原子在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接12个六元环，六元环中最多有4个C原子在同一平面【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；根据同一轨道的2两个电子自选方向相反判断；（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳的非金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或得到电子；（3）CS2分子的结构式为SCS，含有键和键；结合键和孤对电子数判断价层电子对数，以此判断杂化类型；与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有3个原子，价电子数为16；（4）熔点为253K，沸点为376K，具有分子晶体的性质；（5）石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3个CC化学健，每个CC化学健被2个碳原子共用；在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，这5个碳原子形成的是正四面体结构，键角为109028，最小的环为6元环【解答】解（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，离核近的区域电子云密度较大，离核远的区域电子云密度较小，C原子核外电子排布为1S22S22P2，轨道式为如图所示，则在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，故答案为电子云；2；（2）共价键为原子之间以共用