河南省周口市扶沟高中2015届高考化学模拟试卷【解析版】

1、2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（2）一、选择题1化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中正确的是( )A绿色荧光蛋白质（GFP）是高分子化合物，不可降解，其水溶液有丁达尔效应B天宫一号使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C顺丁橡胶、腈纶、涤纶和“人造棉花”都属于合成纤维D因为氨易液化，液氨在气化时会吸收大量的热量，所以液氨可作制冷剂2下列选项中，离子方程式书写正确的是( )A向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NOB泡沫灭火器的灭火原理：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2C向硝酸银溶液中加入足

2、量的氨水：Ag+2NH3H2O=Ag（NH3）2+2H2OD用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3H2O=NH4+HSO33下列仪器的使用、实验药品选择或实验现象描述正确的是( )A苯、乙醇、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质B可用蘸浓硫酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气C用量筒量取10.00mL 1.0mol/L的盐酸于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可制得0.1mol/L的盐酸D往装有铁钉的试管中加入2 mL水、3滴稀醋酸和1滴K3Fe（CN）6溶液，可以观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀4用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟

3、装置如图所示，下列说法正确的是( )A阳极室溶液由无色变成棕黄色B阴极的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2C电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO45分子式为C8H10的芳香烃，其一氯代物不可能有( )A3种B4种C5种D6种6下列说法正确的是( )A2NO2N2O4N2O42NO2，反应的化学平衡常数是反应的倒数B已知H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，将100.0mL 0.05mol/LBa（OH）2溶液与100.0mL 0.05mol/L H2SO4溶液混合，在298K、101kPa条件下放出热量

4、为0.573kJC已知298K 时，0.10mol/L HAc的电离度为1.32%在0.10mol/L HAc 和0.10mol/LNaAc的混合溶液20.00mL中，有如下变化：HAcH+Ac，NaAc=Na+Ac，Ac+H2OHAc+OH，向该溶液中滴入几滴稀盐酸，溶液的pH保持相对稳定D将明矾与纯碱溶液混合，有沉淀产生，该沉淀的成分为碳酸铝7如部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质能从M与R元素构成的盐溶液中置

5、换出单质M二、非选择题8苯甲酸广泛用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原理：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯已知：苯甲酸分子量122，熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物都有固定熔点（1）操作为_，操作为_（2）无色液体A是_，定性检验A的试剂是_，现象是_（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115开始熔化，达到130时仍有少量不熔，该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确请在答题卡上完成表中内容

6、序号实验方案实验现象结论将白色固体B加入水中，加热溶解，_得到白色晶体和无色溶液取少量滤液于试管中，_生成白色沉淀滤液含Cl干燥白色晶体，_白色晶体是苯甲酸（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40103mol，产品中苯甲酸质量分数的计算表达为_，计算结果为_（保留二位有效数字）9氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐从酸性电镀废液（主要含Cu2+、Fe3+）中制备氯化亚铜的工艺流程图如图甲；金属离子含量与混合液pH、CuCl产率与混合液pH的关系图如图乙已知：金属离

7、子浓度为1molL1时，Fe（OH）3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.4和3.0，Cu（OH）2开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.2和6.7，请回答下列问题：（1）酸浸时发生反应的离子方程式是_，析出CuCl晶体时的最佳pH在_左右（2）铁粉、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl的离子反应方程式为_（3）析出的CuCl晶体要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70干燥2h、冷却密封包装70真空干燥、密封包装的目的是_（4）产品滤出时所得滤液的主要分成是_，若想从滤液中获取FeSO47H2O晶体，还需要知道的_（5）若将铁粉换成亚硫酸钠也可得到氯化亚铜，试写出该反应的化学方程式：_为提高Cu

8、Cl的产率，常在该反应体系中加入稀碱溶液，调节pH至3.5这样做的目的是_10磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3（PO4）2等形式存在它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得相关热化学方程式如下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJmol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H1=89.61kJmol12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（

9、g）H3则H3=_kJmol1（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，60mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是_（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图1所示为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在_；pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为_Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是_

10、（用离子方程式表示）（4）磷的化合物三氯氧磷（ ）与季戊四醇（ ）以物质的量之比2：1 反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体季戊四醇与X 的核磁共振氢谱如图2所示酸性气体是_（填化学式）X的结构简式为_三、选做题11（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是_（2）某正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d5，该金属的元素符号为_（3）微粒间存在非极性键、配位键、氢键及范德华力的是_ANH4Cl晶体 BNa3AlF6晶体 CNa2CO310H2O晶体 DCuSO4溶液 ECH3COOH溶液（4）部分共价键键能数据如表：共价键HHNHNNN=NNN键能/kJmol14363911

11、59418945根据上表数据推算并写出由氮气和氢气合成氨气的热化学方程式：_（5）如表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系 次氯酸磷酸硫酸高氧酸含氧酸ClOH非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸由此可得出的判断含氧酸强弱的一条经验规律是_亚磷酸 （H3PO3 ） 也是中强酸，它的结构式为_亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_（6）金属铜溶于在浓氨水与双氧水的混合溶液，生成深蓝色溶液该深蓝色的浓溶液中加入乙醇可见到深蓝色晶体析出，请画出呈深蓝色的离子的结构简式_铜晶体为面心立方最密集堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度_ g/cm312我国第二代身份

12、证采用的是具有绿色环保性能的PETG新材料，PETG新材料可以回收再利用，而且对周边环境不构成任何污染PETG的结构简式如下：这种材料可采用如图所示的合成路线：已知：（1）（2）RCOORl+R2OHRCOOR2+R1OH（R、R1、R2表示烃基）试回答下列问题：（1）的反应类型是_，试剂X为_，E中官能团的名称为_（2）写出I的结构简式：_（3）合成时应控制的单体的物质的量：n（D）：n（E）：n（H）=_（用m、n表示）（4）写出反应的化学方程式：_（5）与G的分子式相同，且只含有一个酚羟基的同分异构体（醚类除外）有_种，其中核磁共振氢谱有6种不同类型的吸收峰，且峰的面积之比为1：1：1：

13、2：2：3的结构简式为_（6）D和E在催化剂作用下可生产一种聚酯纤维涤纶，请写出生产该物质的化学方程式_2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（2）一、选择题1化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中正确的是( )A绿色荧光蛋白质（GFP）是高分子化合物，不可降解，其水溶液有丁达尔效应B天宫一号使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C顺丁橡胶、腈纶、涤纶和“人造棉花”都属于合成纤维D因为氨易液化，液氨在气化时会吸收大量的热量，所以液氨可作制冷剂【考点】胶体的重要性质；氨的物理性质；有机高分子化合物的结构和性质；合成材料 【专题】化学计算【分析】A蛋白质可以水解生成氨基酸；B碳纤维是碳

14、量高于90%的无机高分子纤维属于无机非金属材料材料；C顺丁橡胶属于橡胶；D液氨气化时吸收大量的热，可以做制冷剂【解答】解：A蛋白质都可以水解生成氨基酸，故A错误；B碳纤维是无机非金属材料，故B错误；C顺丁橡胶属于橡胶，不是合成纤维，故C错误；D氨易液化，液氨在气化时会吸收大量的热量，所以液氨可作制冷剂，故D正确；故选D【点评】本题考查了蛋白质，合成材料，有机高分子化合物，氨气的性质，题目简单，属于对基本知识掌握的考查2下列选项中，离子方程式书写正确的是( )A向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NOB泡沫灭火器的灭火原理：2Al3+3C

15、O32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2C向硝酸银溶液中加入足量的氨水：Ag+2NH3H2O=Ag（NH3）2+2H2OD用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A稀盐酸少量，碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化；B泡沫灭火器中的药品为NaHCO3和Al2（SO4）3，其中HCO3和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，碳酸氢根离子不能拆开；C氨水足量，银离子与一水合氨反应生成银氨络离子；D氨水足量，反应生成亚硫酸铵，不是生成亚硫酸氢根离子【解答】解：A向Fe（NO3

16、）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：6I+8H+2NO32NO+4H2O+3I2，故A错误；B泡沫灭火器中的药品为NaHCO3和Al2（SO4）3，HCO3和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，离子方程式为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故B错误；C向硝酸银溶液中加入足量的氨水，生成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故C正确；D用足量的氨水处理硫酸工业的尾气，反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32，故D错误；故选C【点评】

17、本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力3下列仪器的使用、实验药品选择或实验现象描述正确的是( )A苯、乙醇、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质B可用蘸浓硫酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气C用量筒量取10.00mL 1.0mol/L的盐酸于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可制得0.1mol/L的盐酸D往装有铁钉的试管中加入2 mL水、3滴稀醋酸和1滴K3Fe

18、（CN）6溶液，可以观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀【考点】化学实验方案的评价 【分析】A乙醇与水互溶；B浓硫酸不挥发；C不能直接在容量瓶中稀释；DFe与醋酸反应生成亚铁离子，亚铁离子与K3Fe（CN）6反应生成蓝色沉淀【解答】解：A乙醇与水互溶，不能作萃取碘水的萃取剂，而苯、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质，故A错误；B浓硫酸不挥发，不能检验氨气，而用蘸浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气，故B错误；C不能直接在容量瓶中稀释，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；DFe与醋酸反应生成亚铁离子，亚铁离子与K3Fe（CN）6反应生成蓝色沉淀，则观察到

19、铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀，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，涉及混合物分离提纯、物质检验、溶液配制等，把握物质的性质、实验基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大4用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示，下列说法正确的是( )A阳极室溶液由无色变成棕黄色B阴极的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2C电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO4【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】A根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe

20、 2+失电子发生氧化反应；B阴极上H+放电生成H2；C电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH）增大；D电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中的溶质为NH3H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4【解答】解：A根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe 2+失电子发生氧化反应生成Fe 3+，电极反应式为Fe 2+e=Fe3+，所以溶液由浅绿色变为棕黄色，故A错误；B阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H2O4e2OH+H2，故B错误；C电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH）增大，溶液中pH增大，故C正确；D电解时，溶液中NH4+向阴极室移

21、动，H+放电生成H2，溶液中OH和NH4+结合生成电解质NH3H2O，所以阴极室中溶质为NH3H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4，故D错误；故选C【点评】本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，会正确书写电极反应式，知道电解后溶液中溶质成分，题目难度不大5分子式为C8H10的芳香烃，其一氯代物不可能有( )A3种B4种C5种D6种【考点】同分异构现象和同分异构体 【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度=4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为CH2CH3；若有2个侧链，为CH3，有邻、间、对三

22、种，分子中有几种等效氢原子，就有几种一氯代物，据此解答【解答】解：分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度=4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为CH2CH3，有一种，分子中有5种氢原子，一氯代物有5种；若有2个侧链，为CH3，有邻、间、对三种，分子中分别有3、4、2种氢原子，一氯代物分别有3、4、2种，故选D【点评】不同考查同分异构体的书写、芳香烃的概念等，比较基础，判断侧链是解题的关键，注意不饱和度的利用6下列说法正确的是( )A2NO2N2O4N2O42NO2，反应的化学平衡常数是反应的倒数B已知H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，将100.0

23、mL 0.05mol/LBa（OH）2溶液与100.0mL 0.05mol/L H2SO4溶液混合，在298K、101kPa条件下放出热量为0.573kJC已知298K 时，0.10mol/L HAc的电离度为1.32%在0.10mol/L HAc 和0.10mol/LNaAc的混合溶液20.00mL中，有如下变化：HAcH+Ac，NaAc=Na+Ac，Ac+H2OHAc+OH，向该溶液中滴入几滴稀盐酸，溶液的pH保持相对稳定D将明矾与纯碱溶液混合，有沉淀产生，该沉淀的成分为碳酸铝【考点】反应热和焓变；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 【分析】A、同一反应，平化

24、学衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强无关，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，对于一定温度下的同一个反应，其正反应和逆反应的化学平衡常数的乘积等于1；B、Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液混合还涉及钡离子与硫酸根离子反应的热效应；C、根据平衡的移动，导致溶液中的氢离子的浓度变化不明显；D、明矾与纯碱溶液混合，有沉淀产生，是铝离子与碳酸根离子的水解相互促进【解答】解：A、温度是否相同不知，所以必须是同一温度下2NO2N2O4N2O42NO2，反应的化学平衡常数是反应的化学平衡常数的倒数，故A错误；B、Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液混合还涉及钡离子与硫酸根离子反应的热

25、效应，所以放热量不等于0.573kJ，故B错误；C、该溶液中滴入几滴稀盐酸，Ac+H2OHAc+OH，平衡逆向移动，从而溶液中的氢离子的浓度变化不明显，所以溶液的pH保持相对稳定，故C正确；D、明矾与纯碱溶液混合，有沉淀产生，是铝离子与碳酸根离子的水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀，而不是碳酸铝，故D错误；故选C【点评】本题考查化学平衡常数、中和热、平衡的移动和盐的水解的相关知识，题目综合性强，难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力7如部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X

26、与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质能从M与R元素构成的盐溶液中置换出单质M【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】图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AF元素没有最高价含氧酸；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；C二氧化硅能与HF反应；DNa与盐溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与盐反应【解答】解：图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y

27、为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AF元素没有最高价含氧酸，故A错误；BO2、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故B正确；CO与Si两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅能与HF反应，故C错误；DNa与氯化铝溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，故D错误，故选B【点评】本题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，元素的推断是解答的关键，注意把握元素的性质及单质、化合物的性质即可解答，题目难度中等二、非选择题8苯甲酸广泛用于制药和化工行

28、业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原理：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯已知：苯甲酸分子量122，熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物都有固定熔点（1）操作为分液，操作为蒸馏（2）无色液体A是甲苯，定性检验A的试剂是酸性KMnO4溶液，现象是紫色溶液褪色（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115开始熔化，达到130时仍有少量不熔，该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确请在答题卡上完成表中内容序号实验方案实验现

29、象结论将白色固体B加入水中，加热溶解，冷却、过滤得到白色晶体和无色溶液取少量滤液于试管中，滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀滤液含Cl干燥白色晶体，加热使其熔化，测其熔点熔点为122.4白色晶体是苯甲酸（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40103mol，产品中苯甲酸质量分数的计算表达为，计算结果为96%（保留二位有效数字）【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲

30、苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，（1）依据流程分析混合物分离的实验方法和操作步骤；（2）依据分离试剂和过程可知，有机相中主要是为反应的甲苯，甲苯是苯的同系物，可以被高锰酸钾溶液氧化；（3）结合反应化学方程式中生成的产物和流程中分离步骤分析，白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物；依据苯甲酸熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；先检验苯甲酸的检验再检验氯化钾的存在【解答】

31、解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体，故答案为：分液；蒸馏；（2）依据流

32、程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；故答案为：甲苯；酸性KMnO4溶液；紫色溶液褪色；（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115开始熔化，达到130时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；故答案为：序号实验方案实验现象结论将白色固体B加入水中，加热，溶解，冷却、过滤得到白色晶体和无色溶液取少量滤液于试管中，滴入适量

33、的硝酸酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀滤液含有Cl干燥白色晶体，加热使其熔化，测其熔点；熔点为122.4白色晶体是苯甲酸（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40103mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=100%=96%；故答案为：100%；96%【点评】本题考查了物质性质的实验分析判断，物质分离条件，试剂选择，操作步骤的理解应用，物质成分的实验设计方案、步骤、试剂，样品纯度的计算，题目难度中等9氯化亚铜（CuCl）

34、是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐从酸性电镀废液（主要含Cu2+、Fe3+）中制备氯化亚铜的工艺流程图如图甲；金属离子含量与混合液pH、CuCl产率与混合液pH的关系图如图乙已知：金属离子浓度为1molL1时，Fe（OH）3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.4和3.0，Cu（OH）2开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.2和6.7，请回答下列问题：（1）酸浸时发生反应的离子方程式是Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，析出CuCl晶体时的最佳pH在3左右（2）铁粉、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl的离子反应方程式为2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2

35、+（3）析出的CuCl晶体要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70干燥2h、冷却密封包装70真空干燥、密封包装的目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化（4）产品滤出时所得滤液的主要分成是Na2SO4和FeSO4，若想从滤液中获取FeSO47H2O晶体，还需要知道的不同温度下硫酸钠和硫酸亚铁的溶解度（5）若将铁粉换成亚硫酸钠也可得到氯化亚铜，试写出该反应的化学方程式：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4为提高CuCl的产率，常在该反应体系中加入稀碱溶液，调节pH至3.5这样做的目的是OH中和了反应中的H+，有利于平衡向右移动，提高Cu

36、Cl的产率，但当OH浓度过大时，Cu+能与OH结合，生成氢氧化亚铜，从而降低了CuCl的产率【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】电镀废液中加入碱可生成Cu（OH）2、Fe（OH）3沉淀，在pH约为4时，用酸浸得到硫酸铜溶液和氢氧化铁沉淀，在硫酸铜溶液中加入氯化钠、铁，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+，最后所得滤液为硫酸亚铁，结合CuCl的性质和题目要求解答该题（1）在pH约为4时，用酸浸得到硫酸铜溶液和氢氧化铁沉淀，说明氢氧化铜被酸溶解，由图2可知，析出CuCl沉淀的最佳pH应为CuCl的产率最大，且氢氧化铁

37、杂质较少，应约为3左右；（2）在硫酸铜溶液中加入氯化钠、铁，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+，故答案为：2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+；（3）由题给信息可知CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，为防止氧化应隔绝空气，在干燥、真空环境中可加快乙醇和水的蒸发；（4）产品滤出时所得滤液的主要分成是Na2SO4和FeSO4；获取FeSO47H2O晶体，还需要知道的是硫酸钠和硫酸亚铁溶解度随温度的变化的情况；（5）若将铁粉换成亚硫酸钠是亚硫酸钠作为还原剂，失电子，反应方程式为：2 CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2C

38、uCl+2 Na2SO4+H2SO4，加入稀碱溶液消耗氢离子，从平衡正向移动，有利于氯化亚铜的产生，而当氢氧根离子浓度大到一定程度时以达到氢氧化铜的溶度积分析解答【解答】解：（1）在pH约为4时，用酸浸得到硫酸铜溶液和氢氧化铁沉淀，说明氢氧化铜被酸溶解，反应的离子方程式为Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，由图2可知，析出CuCl沉淀的最佳pH应为CuCl的产率最大，且氢氧化铁杂质较少，应约为3左右，故答案为：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O；3；（2）在硫酸铜溶液中加入氯化钠、铁，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+，故答案为：2Cu2

39、+2Cl+Fe=2CuCl+Fe2+；（3）由题给信息可知CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，为防止氧化应隔绝空气，在干燥、真空环境中可加快乙醇和水的蒸发，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）产品滤出时所得滤液的主要分成是Na2SO4和FeSO4；获取FeSO47H2O晶体，还需要知道的是硫酸钠和硫酸亚铁溶解度随温度的变化的情况，故答案为：Na2SO4和FeSO4；不同温度下硫酸钠和硫酸亚铁的溶解度；（5）亚硫酸钠作为还原剂，失电子，发生氧化还原反应，反应方程式为：2 CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2CuCl+2 Na2SO4+H2SO4

40、，加入稀碱溶液消耗氢离子，从平衡正向移动，有利于氯化亚铜的产生，而当氢氧根离子浓度大到一定程度时以达到氢氧化铜的溶度积，所以又析出氢氧化铜，所以调节pH至3.5，故答案为：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+H2O=2CuCl+2 Na2SO4+H2SO4；OH中和了反应中的H+，有利于平衡向右移动，提高CuCl的产率，但当OH浓度过大时，Cu+能与OH结合，生成氢氧化亚铜，从而降低了CuCl的产率【点评】本题考查制备方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握题给信息，答题时注意审题，把握自学能力的培养，难度中等10磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐

41、如Ca3（PO4）2等形式存在它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得相关热化学方程式如下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJmol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H1=89.61kJmol12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3则H3=2821.6kJmol1（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P4+60CuSO4

42、+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，60mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是3 mol（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图1所示为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在45.5；pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为c（HPO42）c（H2PO4）Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是3Ca2+2 HPO42Ca3（PO4）2+2H+（用离子方程式表示）（4）磷的化合

43、物三氯氧磷（ ）与季戊四醇（ ）以物质的量之比2：1 反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体季戊四醇与X 的核磁共振氢谱如图2所示酸性气体是HCl（填化学式）X的结构简式为【考点】热化学方程式；有关反应热的计算；盐类水解的应用 【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（2）根据氧化剂CuSO4得到的电子等于还原剂白磷失去的电子来分析；（3）根据为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4分布分数最大值所在区间；溶液中主要含磷物种浓度大小关系可由图表得出；HPO

44、42离子既能发生电离又能发生水解，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，根据HPO42离子和Ca2+离子反应生成沉淀使得水解程度小于电离程度；（4）根据核磁共振氢谱可知：季戊四醇中有两种氢原子，而新型阻燃剂中间体X中只有一种氢原子，说明三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1 反应时，季戊四醇中羟基氢全部消失，生成氯化氢酸性气体【解答】解：（1）2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26 kJmol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H2=89.61kJmol1+6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+1

45、0C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3=H1+H26=+2821.6kJmol1，故答案为：+2821.6；（2）CuSO4中铜的化合价由+2价变为+1价，1个CuSO4得到1个电子，60molCuSO4共得到电子60mol，白磷中磷的化合价由0价变为+5价，1个白磷得到20个电子，所以60molCuSO4能氧化白磷的物质的量为3mol，故答案为：3mol； （3）为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4分布分数最大值所在区间，即45.5（介于此区间内的任意值或区间均可），溶液中主要含磷物种浓：度大小关系可由图表得出 c（HPO42）c（H2PO

46、4），故答案为：45.5（介于此区间内的任意值或区间均可）；c（HPO42）c（H2PO4）；HPO42离子既能发生电离又能发生水解，电离反应式为HPO42PO43+H+，水解反应式为HPO42+H2OH2PO4+OH，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度；由于HPO42离子和Ca2+离子反应生成沉淀：3Ca2+2HPO42Ca3（PO4）2+2H+，使得水解程度小于电离程度，溶液则显酸性，故答案为：3Ca2+2HPO42Ca3（PO4）2+2H+；（4）核磁共振氢谱可知：季戊四醇中有两种氢原子，而新型阻燃剂中间体X中只有一种氢原子，说明三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1 反应时，

47、季戊四醇中羟基氢全部消失，生成氯化氢酸性气体，X的结构简式为：；故答案为：HCl； 【点评】本题围绕磷及其化合物展开，涉及元素化合物性质、热化学方程式、氧化还原反应判断、离子反应方程式的书写、读图读表、pH控制、核磁共振氢谱等知识，难度中等以上三、选做题11（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是Mg（2）某正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d5，该金属的元素符号为Mn（3）微粒间存在非极性键、配位键、氢键及范德华力的是EANH4Cl晶体 BNa3AlF6晶体 CNa2CO310H2O晶体 DCuSO4溶液 ECH3COOH溶液（4）部分共价键键能数据如表：共价键HHNHNNN=NNN键能/k

48、Jmol1436391159418945根据上表数据推算并写出由氮气和氢气合成氨气的热化学方程式：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=93kJ/mol（5）如表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系 次氯酸磷酸硫酸高氧酸含氧酸ClOH非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸由此可得出的判断含氧酸强弱的一条经验规律是含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强亚磷酸 （H3PO3 ） 也是中强酸，它的结构式为亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为H3PO3+2NaOHNa2HPO3+2H2O（6）金属铜溶于在浓氨水与双氧水的混合溶液，生成深蓝色溶液该深蓝色的浓

49、溶液中加入乙醇可见到深蓝色晶体析出，请画出呈深蓝色的离子的结构简式铜晶体为面心立方最密集堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度9.0 g/cm3【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【分析】（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势；（2）正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d5，那么原子核外电子排布为式为：Ar3d54s2；（3）不同非金属元素之间存在极性共价键，相同非金属元素之间存在非极性共价键，活泼金属与非金属形成离子键；配位键是一种特殊的共价键，它的特点在于共用的一对电子出自同一原子，而另一个原子有空轨道；所以其特征是成

50、键双方一方提供空轨道一方提供孤对电子；氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键；含F、O、N的氢化物中含有氢键，分子形成的物质之间存在范德华力；（4）化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，反应热等于反应物总键能减生成物总键能；（5）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数与酸性强弱的关系，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此写出它的结构式，含氧酸中羟基中的氢能被氢氧化钠中和，据此写化学方程式；（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键；铜晶体为面心立方最密集堆积，据此可计算出晶胞中含有铜原子数，根据公式=计算得出密度【解答】解：（1）同周

51、期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，元素的金属性NaMgAl，但是由于镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，故答案为：Mg；（2）正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d5，那么原子核外电子排布为式为：Ar3d54s2；即质子数为27，此元素为锰，元素符号为Mn，故答案为：Mn；（3）ANH4Cl晶体存在极性键、配位键、离子键，故A不选；BNa3AlF6晶体存在配位键、离子键，故B不选； CNa2CO310H2O晶体存在极性键、氢键及范德华力，故C不选； DCuSO4溶液存在极性键、离子键，故D不选；ECH3COOH溶液存在非极性键（CC、OO）、配位键、氢键及范德华力，故E选；故选E（4）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是H=3436 kJ/mol+945 kJ/mol23391kJ/mol=93kJ/mol，即热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=93kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=93kJ/mol；（5）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此可写出它的结构式为：，含氧酸中羟基中的氢能被