山西省吕梁市2015届高考化学一模试卷

1、山西省吕梁市2015届高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列说法正确的是（）A直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体B海水中提取镁的各步均为氧化还原反应C可溶性铁盐和铝盐可用作净水剂D光导纤维是一种新型硅酸盐材料2（6分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A10mL 18mol/L浓硫酸与足量铜加热充分反应，转移电子数为0.18NAB0.1mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8NAC标准状况下，22.4LCO2中含有的共同电子对数为2NAD6.0g醋酸晶体中含有的H+数为0.1NA3（6分）下列分子中的碳原子一定处于同一平面的是（）ABC

2、CHCCH2CH3DCH3CH=CHCHO4（6分）布洛芬属于丁苯丙酸的一种，是世界卫生组织推荐的儿童抗炎退烧药，其结构如图所示，下列说法不正确的是（）A布洛芬的分子式为C12H18O3B布洛芬与苯甲酸（C6H5COOH）互为同系物C布洛芬能发生加成、取代等反应D丁苯丙酸共有12种可能的结构5（6分）已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，其中X、Y为金属元素，W与Y的原子序数相差5，下列说法正确的是（）AX离子的氧化性大于Y离子BW的气态氢化物的稳定性比Z的弱C含Y的盐溶液一定显酸性DX离子的半径小于W离子6（6分）室温下，用0.1mol/LHC

3、l滴定10mL0.1mol/LNa2CO3，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A水电离程度由大到小的顺序为：abcdBa点时：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）Cb点时：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）Dd点时：c（H+）c（HCO3）=c（CO32）7（6分）下列实验能达到预期实验目的是（） 实验 实验目的 A 乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热一段时间，对混合液直接蒸馏 制备纯净的乙酸乙酯 B 将某气体通入品红溶液，溶液褪色 检验气体中的SO2 C测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH 比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小

4、 D向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体产生的速度比较CuSO3和KMnO4的催化效果AABBCCDD二、解答题（共6小题，满分88分）8（15分）氧化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂实验室中以粗铜（含杂志Fe）为原料制备铜的氯化物，现用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净，干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略），请回答：（1）按气流方向连接仪器接口顺序为a、（2）简述检验装置A气密性的操作：（3）D中发生反应的化学式为（4）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用、若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化

5、学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效该电化学腐蚀过程中正极反应式为将上述实验制得的固体产物按如图流程操作，请回答：（1）用稀盐酸溶解固体的原因为（2）已知CuCl难溶于水，由溶液2制CuCl的离子方程式为（3）用下面的方法测定固体产物中CuCl2的质量分数：取2.00mL溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液，用0.200mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O=S4O+2I，重复滴定三次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则固体产物中CuCl2的质量分数为9（14分）

6、镍氢电池的应用很广，其正负极材料都可以再生利用，正极主要为氢氧化镍，其表面覆盖有钴或氢氧化钴，还含有Fe、Mn、Ca、Mg等杂质元素，现利用以下工艺流程回收正极材料中的Co、Ni元素（部分条件未给出）已知：浸出液中各离子含量 金属离子Ni2+ Co2+Fe3+ Mn2+Ca2+ Mg2+ 浓度（g/L） 63.65.90 1.000.22 5.24×102 6.37×102Ksp（CaF2）=2.7×1011，Ksp（MgF2）=6.5×109，Ksp=5.5×1016回答下列问题：（1）浸出液沉铁过程中，生成的沉淀是FeOOH，发生反应的离子

7、方程式为（2）加入NaF可除去Ca2+、Mg2+，若使溶液中Ca2+、Mg2+浓度小于1.0×105mol/L，F浓度必须大于mol/L（列出计算式即可）（3）过硫酸铵溶液除去，反应生成对大气无污染的气体，1mol尿素能吸收工业尾气中氢氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为g11（15分）纯碱作为基本化工原料在国民经济中占有重要地位，联合制碱法制得优质纯碱的同时，还可得到副产品氯化铵，且达到充分利用原料的目的，工业流程及相关溶解度曲线如图，请回答：（1）母液的主要成分是，氨母液碳酸化时发生反应的化学方程式为；氨母液保持在3035下碳酸化，原因是（2）在NaHCO3过滤后，将

8、NH4Cl分离并使用剩余的母液回至制碱系统复用，是联碱法与氨碱法的主要区别，母液循环析出，除加入NaCl固体外，还应采取的措施是（3）不用其他试剂，检验NH4Cl是否纯净的方法及操作是12（15分）元素周期表可以指导我们寻找和合成成新的物质，如金属和非金属分界线附近的元素可用于制造半导体材料，是科学研究的热点（1）锗是一种重要的半导体材料，基态锗原子的价层电子排布图为（2）GaAs是人工合成的新型半导体材料，可将（CH3）2Ga和AsH3在700时反应得到，反应的化学方程式为，GaAs晶体结构与金刚石相似，晶体中Ga的杂化轨道类型为，As与Ga之间存在的化学键有（3）元素As和Se中第一电离能

9、较小的是（填元素名称）；As2Se2是一种非晶态半导体，也称玻璃半导体，下列说法正确的是（填选项序号）A固态As2Se2具有良好的自范性B固态As2Se2表现为各向同性CAs2Se3属于合金（4）硼酸三异丙酯为半导体硼扩散源，可由硼酸与醇酯化反应得到，硼酸（H2BO3）为一元弱酸，其呈酸性的机理是：硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH结合形成Y离子，导致溶液中c（H+）c（OH），Y的结构简式是，硼酸具有层状结构，每层结构如图所示，每摩尔晶体中所含氢键的数目为（设NA为阿伏伽德罗常数的值）13（15分）下列转化关系中的AE均为有机物（部分反应条件和产物已略去），其中PLA是一种可降解的了绿

10、色分子材料，E为高分子化合物E可，已知：A与葡萄糖的实验式相同，经质谱法检测A的式子量为90，其核磁共振氢谱显示有面积比为3：1：1：1的四个峰，请回答：（1）A的结构简式为C中所含官能团的名称是（2）反应的化学方程式为反应的化学方程式为（3）反应和的反应类型分别是和（4）反应的化学方程式为（5）A有多种同分异构体，请写出分子中只含有两种不同环境氢原子的同分异构体的结构简式（任写两种）山西省吕梁市2015届高考化学一模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）下列说法正确的是（）A直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体B海水中提取镁的各步均为氧化还原反应C可溶性

11、铁盐和铝盐可用作净水剂D光导纤维是一种新型硅酸盐材料考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；硅和二氧化硅 分析：A胶体是分散系；B海水中提取镁：；C铝离子和铁离子属于弱根离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体；D光导纤维的成分是二氧化硅解答：解：A纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，故A错误； B氢氧化镁和盐酸反应不是氧化还原反应，故B错误；C铝离子和铁离子属于弱根离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，故C正确；D光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故D错误故选C点评：本题考查分散系、物质的分类等，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，

12、注意基础知识的积累掌握2（6分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A10mL 18mol/L浓硫酸与足量铜加热充分反应，转移电子数为0.18NAB0.1mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8NAC标准状况下，22.4LCO2中含有的共同电子对数为2NAD6.0g醋酸晶体中含有的H+数为0.1NA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、10mL，18mol/L的浓硫酸中含有0.18mol硫酸，完全反应0.18mol硫酸会生成0.09mol二氧化硫，转移了0.18mol电子，由于铜与稀硫酸不反应，转移的电子的物质的量小于0.18mol；B、根据中子

13、数=质量数质子数计算24Mg32S晶体中含有的中子数；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含4mol共用电子对来分析；D、醋酸是共价化合物，晶体时不含氢离子解答：解：A、由于随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，所以反应生成的二氧化硫小于0.09mol，转移的电子小于0.18mol，转移电子数小于0.18NA，故A错误；B、根据中子数=质量数质子数可知，1mol24Mg32S晶体中含28mol中子，故0.1mol此晶体中含2.8mol中子，故B正确；C、标况下，22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而1mol二氧化碳中含4mol共用电子对，故C错误；D、醋酸是共价化合

14、物，只有在溶液中才能电离出氢离子，即晶体时不含氢离子，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3（6分）下列分子中的碳原子一定处于同一平面的是（）ABCCHCCH2CH3DCH3CH=CHCHO考点：常见有机化合物的结构 专题：有机化学基础分析：在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断解答：解：A乙基中含有类似的两个甲基部分，甲基具有四面体结构，所以烃基上的2个碳原子与苯环上的碳原子不可能处于同一平面，故A错误；B环己烷中含有6个碳原子，均为亚甲基，甲基具有四

15、面体结构，所以原子不可能处于同一平面，故B错误；C乙炔中的两个碳原子处于同一直线上，此为丁炔，34号碳均为四面体结构，不可能与三键上的碳共平面，故C错误；D乙烯中的六个原子共平面，故此有机物的甲基中的碳与碳碳双键中的碳共平面，最后一个碳为醛基，连在烯烃的一个碳上，可以共平面，故D正确，故选D点评：本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构4（6分）布洛芬属于丁苯丙酸的一种，是世界卫生组织推荐的儿童抗炎退烧药，其结构如图所示，下列说法不正确的是（）A布洛芬的分子式为C12H18O3B布洛芬与苯甲酸（C6H5COOH）互为同系物C布洛芬能发生

16、加成、取代等反应D丁苯丙酸共有12种可能的结构考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题解答：解：A由结构简式可知有机物分子式为C12H18O2，故A错误；B布洛芬与苯甲酸结构相似，都含有苯环和羧基，分子式不同，属于同系物，故B正确；C含有羧基，可发生取代反应，苯环能发生加成反应，故C正确；D丙基有CH2CH2CH2CH3、CH2CH（CH3）2、CH（CH3）CH2CH3，丙酸基CH（CH3）COOH、CH2CH2COOH2种，且两个基团有邻、间、对3种，共12种，故D正确故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为

17、高频考点，题目难度不大，注意有机物的含有的官能团的性质，此为解答该题的关键，注意把握同分异构体的判断5（6分）已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，其中X、Y为金属元素，W与Y的原子序数相差5，下列说法正确的是（）AX离子的氧化性大于Y离子BW的气态氢化物的稳定性比Z的弱C含Y的盐溶液一定显酸性DX离子的半径小于W离子考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，则W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，而X、Y为金属元素，则金属性XY，W

18、、Z为非金属，且非金属性WZ，A金属性越强，阳离子氧化性越弱；B非金属性越强，其氢化物越稳定性；CY可能为Mg或Al，偏铝酸钠溶液呈碱性；D电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大解答：解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，则W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，而X、Y为金属元素，则金属性XY，W、Z为非金属，且非金属性WZA金属性XY，金属性越强，阳离子氧化性越弱，即X离子的氧化性小于Y离子，故A错误；B非金属性WZ，非金属性越强，其氢化物越稳定性，即W的气态氢化物的稳定性比Z的强，故B错误；CY可能为Mg或Al，而

19、偏铝酸钠溶液呈碱性，故C错误；DX离子、W离子核外电子层结构相同，X离子核电荷数较大，其离子半径较小，故D正确，故选D点评：本题考查位置结构性质关系综合应用，关键是明确元素的相对位置，C选项为易错点，学生容易忽略偏铝酸盐，难度中等6（6分）室温下，用0.1mol/LHCl滴定10mL0.1mol/LNa2CO3，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A水电离程度由大到小的顺序为：abcdBa点时：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）Cb点时：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）Dd点时：c（H+）c（HCO3）=c（CO32）考点：离子浓度大小的比

20、较 分析：A碳酸钠溶液促进了水的电离、酸溶液抑制了水的电离，据此进行判断；Ba点为碳酸钠溶液，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH）c（HCO3）；Cb点加入10mL氯化氢溶液，二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；Dd点时加入20mL盐酸，二者反应生成氯化钠和碳酸，碳酸为二元弱酸，以第一步电离为主，则c（HCO3）c（CO32）解答：解：A碳酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，溶液pH越大，水的电离沉淀越大，则abc三点水的电离程度大小为：abc，d点盐酸过量，溶液显示酸性，氢离子抑制了水的电离，则d点水的电离程度最小，则水的电离程度大小为：abcd，

21、故A正确；Ba点时为碳酸钠溶液，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则：c（Na+）c（CO32），由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH）c（HCO3），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3），故B错误；Cb点时加入10mL相同浓度的盐酸，二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C错误；Dd点时加入20mL盐酸，二者恰好反应生成氯化钠和碳酸，碳酸为二元弱酸，以第一步电离为主，则c（HCO3）c（CO32），溶液中离子浓度大小为：c（H+）c（HCO3）c（C

22、O32），故D错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质的组成为解答关键，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，能够根据盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒等知识判断离子浓度大小7（6分）下列实验能达到预期实验目的是（） 实验 实验目的 A 乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热一段时间，对混合液直接蒸馏 制备纯净的乙酸乙酯 B 将某气体通入品红溶液，溶液褪色 检验气体中的SO2 C测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH 比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小 D向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气

23、体产生的速度 比较CuSO3和KMnO4的催化效果AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A乙醇和乙酸都具有挥发性，导致生成的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸；B能使品红溶液褪色的无色气体不一定是二氧化硫；C酸的电离平衡常数越大，其相应的钾盐pH越小；D酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化双氧水生成氧气解答：解：A乙醇和乙酸都具有挥发性，导致生成的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸，应该用饱和的碳酸钠溶液收集制取的乙酸乙酯，故A错误；B能使品红溶液褪色的无色气体不一定是二氧化硫，如氯气、臭氧等，故B错误；C酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物

24、质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故C正确；D酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化双氧水生成氧气，所以不能比较CuSO3和KMnO4的催化效果，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案评价，为2015届高考高频点，涉及乙酸乙酯的制取、二氧化硫性质、盐类水解、催化剂对反应速率的影响等知识点，明确实验原理是解本题关键，易错选项是D，注意酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，为易错点二、解答题（共6小题，满分88分）8（15分）氧化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂实验室中以粗铜（含杂志Fe）为原料制备铜的氯化物，现用如图所示的实验仪

25、器及药品来制备纯净，干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略），请回答：（1）按气流方向连接仪器接口顺序为ad、eh、jf、gb（2）简述检验装置A气密性的操作：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好（3）D中发生反应的化学式为Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3（4）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用、若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效该电化学腐蚀过程中正极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH将上述实验制得

26、的固体产物按如图流程操作，请回答：（1）用稀盐酸溶解固体的原因为抑制Cu2+、Fe3+水解（2）已知CuCl难溶于水，由溶液2制CuCl的离子方程式为2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42（3）用下面的方法测定固体产物中CuCl2的质量分数：取2.00mL溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液，用0.200mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O=S4O+2I，重复滴定三次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则固体产物中CuCl2的质量分数为83.1%考点：制备实验方案的设计

27、 专题：实验设计题分析：I（1）KMnO4与浓盐酸制取的Cl2含有HCl和H2O，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去H2O，然后Cl2与Cu反应，最后用NaOH溶液吸收未反应的Cl2，防止污染空气；（2）利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好；（3）D中发生反应有：氯气与Cu反应生成氯化铜，与Fe反应生成氯化铁；（4）装置B吸收未反应的氯气，反应生成NaCl、NaClO，NaClO具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明ClO在正极上得电子，发生还原反应生产Cl，由于为碱性条件，还生

28、成OH，粗铜含有Fe，制备的CuCl2中含有FeCl3，CuCl2和FeCl3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有HCl，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，加入氢氧化钠溶液，消耗溶液中H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO42；（3）由2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O32=S4O42+2I，可得关系式2n（ClCl2）I22n（S2O32），据此计算200mL溶液中n（ClCl2），进而计算ClCl2的质量分数解答：解：I（1）KMnO4与浓盐酸制取的C

29、l2含有HCl和H2O，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去H2O，然后Cl2与Cu反应，最后用NaOH溶液吸收未反应的Cl2，防止污染空气，故按气流方向连接仪器接口顺序为ad、ej、hf、gb，故答案为：d；e；j；h；f；g；b；（2）检验A装置气密性方法为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好，故答案为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好；（3）D中发生反应有：氯气与Cu反应生成氯化铜，与Fe反应生成氯化铁，反应方程式为：Cu+Cl

30、2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3；（4）装置B吸收未反应的氯气，反应生成NaCl、NaClO，NaClO具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明ClO在正极上得电子，发生还原反应生产Cl，由于为碱性条件，还生成OH，该电化学腐蚀过程中正极反应式为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH；粗铜含有Fe，制备的CuCl2中含有FeCl3，CuCl2和FeCl3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有HCl，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，

31、加入氢氧化钠溶液，消耗溶液中H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO42，（1）由上述分析可知，用稀盐酸溶解固体的原因是：抑制Cu2+、Fe3+水解，故答案为：抑制Cu2+、Fe3+水解；（2）溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO42，反应离子方程式为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42，故答案为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42；（3）由2Cu2+4I=2Cu

32、I+I2、I2+2S2O32=S4O42+2I，可得关系式2n（ClCl2）I22n（S2O32），故200mL溶液中n（ClCl2）=n（S2O32）=0.02L×0.2mol/L×=0.4mol，则样品中m（ClCl2）=0.4mol×135g/mol=54g，则ClCl2的质量分数为×100%=83.1%，故答案为：83.1%点评：本题考查物质的制备实验方案、化学工艺流程，涉及对装置及操作的分析评价、气密性检验、电化学腐蚀、滴定计算等，侧重于基础知识的综合应用，难度中等9（14分）镍氢电池的应用很广，其正负极材料都可以再生利用，正极主要为氢氧化镍，

33、其表面覆盖有钴或氢氧化钴，还含有Fe、Mn、Ca、Mg等杂质元素，现利用以下工艺流程回收正极材料中的Co、Ni元素（部分条件未给出）已知：浸出液中各离子含量 金属离子Ni2+ Co2+Fe3+ Mn2+Ca2+ Mg2+ 浓度（g/L） 63.65.90 1.000.22 5.24×102 6.37×102Ksp（CaF2）=2.7×1011，Ksp（MgF2）=6.5×109，Ksp=5.5×1016回答下列问题：（1）浸出液沉铁过程中，生成的沉淀是FeOOH，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+H2O=2FeOOH+4H+（2）加入N

34、aF可除去Ca2+、Mg2+，若使溶液中Ca2+、Mg2+浓度小于1.0×105mol/L，F浓度必须大于mol/L（列出计算式即可）（3）过硫酸铵，其表面覆盖有钴或氢氧化钴，还含有Fe、Mn、Ca、Mg等杂质元素，加稀硫酸溶解、过滤，滤液中含有Ni2+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，加双氧水，同时调节pH=3.4，亚铁离子转化为沉淀FeOOH析出，过滤，滤液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，在滤液中加NaF固体，Ca2+和Mg2+转化为沉淀CaF2、MgF2，过滤，滤液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+，在滤液中加过硫酸铵，把Co2+氧化为

35、Co3+，把Mn2+氧化为MnO4，MnO4继续与Mn2反应生成MnO2沉淀，调节pH=4.0，Co3+转化为Co（OH）3沉淀，过滤，在滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到纯净的NiCO3；（1）酸性条件下，亚铁离子被双氧水氧化生成FeOOH和H+；（2）若使溶液中Ca2+、Mg2+浓度小于1.0×105mol/L，根据c（F）=计算氟离子的最小浓度；（3）根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式，再计算氧化剂和还原剂的物质的量之比；MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，结合元素守恒和电子守恒配平方程式；根据表格中Mn2+和Co2+浓度求出质量和物质的量，再根据二者

36、与（NH）2S2O8反应的方程式计算；（4）溶液pH较大时Ni2+会形成Ni（OH）2沉淀析出；（5）从浑浊液中得到纯净的固体需要过滤、洗涤、干燥解答：解：镍氢电池是正极主要为氢氧化镍，其表面覆盖有钴或氢氧化钴，还含有Fe、Mn、Ca、Mg等杂质元素，加稀硫酸溶解、过滤，滤液中含有Ni2+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，加双氧水，同时调节pH=3.4，亚铁离子转化为沉淀FeOOH析出，过滤，滤液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，在滤液中加NaF固体，Ca2+和Mg2+转化为沉淀CaF2、MgF2，过滤，滤液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+，在滤液中加

37、过硫酸铵，把Co2+氧化为Co3+，把Mn2+氧化为MnO4，MnO4继续与Mn2反应生成MnO2沉淀，调节pH=4. 0，Co3+转化为Co（OH）3沉淀，过滤，在滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到纯净的NiCO3；（1）酸性条件下，亚铁离子被双氧水氧化生成FeOOH和H+，其反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+H2O=2FeOOH+4H+；故答案为：2Fe2+H2O2+H2O=2FeOOH+4H+；（2）已知Ksp（CaF2）=2.7×1011，Ksp（MgF2）=6.5×109，CaF2的溶度积比MgF2小，CaF2先沉淀，当MgF2完全沉淀

38、（即浓度小于1.0×105mol/L）时，CaF2也一定完全沉淀，当溶液中Mg2+浓度等于1.0×105mol/L时，c（F）=，所以若使溶液中Ca2+、Mg2+浓度小于1.0×105mol/L，F浓度必须大于；故答案为：；（3）该反应中，锰元素的化合价变化为+2价+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以S元素得电子化合价降低，S2O82作氧化剂，S元素化合价变化为+7价+6价，则该方程式为8H2O+5S2O82+2Mn2+=2MnO4+10SO42+16H+，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2；MnO4可与Mn2+反应生成MnO2

39、，其离子方程式为：3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+；1L浸出液中的Mn2+为0.22g，Co2+为5.90g，Co2+与S2O82的反应方程式为S2O82+2Co2+=2SO42+2Co3+，则5（NH）2S2O82Mn2+ （NH）2S2O82Co2+； 5×228 2×55 228 2×59 m 0.22g m5.9g则过硫酸铵的质量=m+m=+=13.68g；故答案为：5：2；3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+；13.68；（4）已知Ksp=5.5×1016，当溶液pH较大时Ni2+会形成Ni（OH）2沉淀析出，使

40、产品的回收率降低；故答案为：Ni2+也会形成Ni（OH）2沉淀析出；（5）加入Na2CO3溶液后，Ni2+转化为NiCO3沉淀，要从该浑浊液中得到纯净的固体需要过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥点评：本题考查了物质的分离提纯的方法和基本操作综合，题目涉及物质的分离、离子方程式的书写、Ksp的有关计算、氧化还原反应的计算等，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力10（14分）2014年全国各地都遭遇了“十面埋伏”，二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒是雾霾的主要组成成分，综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化

41、剂的条件下可净化已知部分化学键的键能如下（键能指气态原子形成1mol化学键释放的最小能量） 化学键 N=OCO C=ONN 键能（kj/mol）632 1072 750 946汽车尾气进化中NO（g）和CO（g）发生反应的热化学方程式为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=556kJmol1若上述反应在绝热、恒荣的密闭体系中进行，并在t1时到达平衡状态，则下列示意图不符合题意的是AB（填选项序号）（图中1、M、z分别表示质量分数、混合气体平均相对分子质量、正反应速率）（2）尾气中的SO2可先催化氧化生成SO2，再合成硫酸，已知：2SO（g）+O2（g）2SO2（g）H=196

42、.0kj/mol在一定温度的密闭容器中，SO2的转化率时间的变化关系如图2所示，则A点的正反应速率v正（SO2）B点的正反应速率v正（SO2）（填“大于”、“小于”或“等于”）在某温度时，向10L的密闭容器中加入4.0mol SO2和10.0mol O2，反应达到平衡，改变下列条件，再次达到平衡时，能使O2的新平面浓度和原来平衡浓度相同的是BC（填选项序号）A在其他条件不变时，减少容器的容积B保持温度和容器内压强不变，再充入2.0mol SO2和5.0mol O2C保持温度和容器体积不变，再充入SO2和SO3，使之浓度扩大为原来的两倍（3）用NH3催化还原NO2也可以消除氢氧化物的污染，反应原

43、理为：NO（g）+NO（g）+2NH2（g）2N2（g）+3H2O（g）对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cb）也可以表示平衡常数（记作Kp），则上述反应的K的表达式为（4）以N2O4为原料采用电解法可制备新型绿色硝化剂N2O3，实验装置如图3所示，电解池中生成N2O3的电极反应式为N2O4+2HNO3e=2N2O3+2H+（5）尾气中氢氧化物（NO和NO2）可用尿素溶液除去，反应生成对大气无污染的气体，1mol尿素能吸收工业尾气中氢氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为76g考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 专题：基本概

44、念与基本理论分析：（1）先写出化学方程式2NO+2CON2+2CO2，然后根据焓变=反应物的总键能生成物的总键能计算焓变，再根据化学方程式计算2molNO完全燃烧时放出的热量，标注物质聚集状态写出热化学方程式；A到达平衡后各组分的含量不发生变化；B到达平衡后，反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，结合=分析；C到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；（2）图象分析可知A点到B点二氧化硫转化率增大，说明A点未达到平衡状态，此时反应正向进行，但随反应物浓度减小，正反应速率减小；再次达到平衡时，能使O2的新平面浓度和原来平衡浓度相同，平衡不变，依据改变条件和影响平衡的因素分析判断选项；（3）依据化学平

45、衡常数表达式的书写方法书写；（4）由N2O4制取N2O3需要失去电子，所以N2O3在阳极区生成；（5）根据题目信息写出方程式，建立关系式，然后依据关系式进行计算；解答：解：（1）反应为2NO+2CON2+2CO2，H=反应物的总键能生成物的总键能=2×632 kJmol1+2×1072 kJmol1946 kJmol14×750 kJmol1=556kJmol1，N2H4燃烧的热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=556kJmol1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=556kJmol1；ANO的质量

46、分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故A正确，B该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，平均摩尔质量不变说明达到平衡状态，故B正确，C、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故C错误；故答案为：AB（2）一定温度的密闭容器中，分析SO2的转化率时间的变化可知A点到B点二氧化硫转化率增大，说明A点未达到平衡状态，此时反应正向进行，随反应进行浓度减小，反应速率减小，A点的正反应速率v正（SO2）B点的正反应速率v正（SO2），故答案为：；在某温度时，向10L的密闭容器中加入4.0mol

47、SO2和10.0mol O2，反应达到平衡，改变下列条件，再次达到平衡时，能使O2的新平面浓度和原来平衡浓度相同，分析选项可知A在其他条件不变时，减少容器的容积，压强增大，平衡正向进行，体积减小氧气浓度增大，故A错误；B保持温度和容器内压强不变，再充入2.0mol SO2和5.0mol O2，为保持压强不变，体积增大，最后达到相同平衡状态，氧气浓度不变，故B正确；C保持温度和容器体积不变，温度不变平衡常数不变，K=，再充入SO2和SO3，使之浓度扩大为原来的两倍，平衡常数不变，氧气浓度不变，故C正确；故答案为：BC（3）NO（g）+NO（g）+2NH3（g）2N2（g）+3H2O（g）对于气体

48、反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cb）也可以表示平衡常数（记作Kp），则上述反应的K的表达式为：KP=，故答案为：；（4）从电解原理来看，N2O4制备N2O3为氧化反应，则N2O3应在阳极区生成，反应式为N2O4+2HNO3e=2N2O3+2H+，故答案为：N2O4+2HNO3e=2N2O3+2H+；（5）由题目信息可知，NO、NO2二者混合物与水反应生成亚硝酸，反应方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2；亚硝酸再与尿素反应生成CO2和N2，反应方程式为CO （NH2）2+2HNO2=CO2+2N2+3H2O NO+NO2 2HNO2 CO（NH2）2（30+46）g

49、 1mol1mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为76g，故答案为：76；点评：本题主要考查了热化学方程式书写，电极反应，化学平衡移动、化学平衡常数计算分析判断等，难度不大，培养了学生分析问题的能力11（15分）纯碱作为基本化工原料在国民经济中占有重要地位，联合制碱法制得优质纯碱的同时，还可得到副产品氯化铵，且达到充分利用原料的目的，工业流程及相关溶解度曲线如图，请回答：（1）母液的主要成分是NaCl，氨母液碳酸化时发生反应的化学方程式为NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3；氨母液保持在3035下碳酸化，原因是防止碳酸氢铵分解（2）在

50、NaHCO3过滤后，将NH4Cl分离并使用剩余的母液回至制碱系统复用，是联碱法与氨碱法的主要区别，母液循环析出，除加入NaCl固体外，还应采取的措施是通入氨气（3）不用其他试剂，检验NH4Cl是否纯净的方法及操作是取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净考点：纯碱工业（侯氏制碱法） 专题：实验设计题分析：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳，发生反应：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离

51、子、碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，发生反应：NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3再利用碳酸氢钠不稳定性，受热容易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，得到纯碱，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化

52、钠饱和，可回收循环使用由流程图可知，母液由母液析出NH4Cl得到，故母液为NaCl溶液、母液为氯化铵和氯化钠的溶液解答：解：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳，发生反应：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子、碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，发生反应：NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3再利用碳酸氢钠不稳定性，受热容易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，得到纯碱，其滤

53、液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用（1）由流程图可知，母液由母液析出NH4Cl得到，由上述分析可知，母液的主要成分是NaCl，氨母液碳酸化时发生反应的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，高

54、于35NH4HCO3开始分解，氨母液保持在3035下碳酸化，原因是：防止碳酸氢铵分解，故答案为：NaCl；NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3；防止碳酸氢铵分解；（2）在NaHCO3过滤后，将NH4Cl分离并使用剩余的母液回至制碱系统复用，是联碱法与氨碱法的主要区别，母液循环析出，除加入NaCl固体外，还应采取的措施是：通入氨气，故答案为：通入氨气；（3）从母液中析出的NH4Cl中可能含有NaCl，取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净，故答案为：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净点评：本题考查侯德邦

55、制碱法，掌握原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等12（15分）元素周期表可以指导我们寻找和合成成新的物质，如金属和非金属分界线附近的元素可用于制造半导体材料，是科学研究的热点（1）锗是一种重要的半导体材料，基态锗原子的价层电子排布图为4s24p2（2）GaAs是人工合成的新型半导体材料，可将（CH3）2Ga和AsH3在700时反应得到，反应的化学方程式为（CH3）3Ga+AsH33CH4+GaAs，GaAs晶体结构与金刚石相似，晶体中Ga的杂化轨道类型为sp3，As与Ga之间存在的化学键有共价键（3）元素As和Se中第一电离能较小的是硒（填元素名称）；As2Se2是一种非晶态半导体，也称玻璃半导体，下列说法正确的是B（填选项序号）A固态As2Se2具有良好的自范性B固态As2Se2表现为各向同性CAs2Se3属于合金（4）硼酸三异丙酯为半导体硼扩