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& 河南省周口市扶沟高中2016届高三化学模拟试卷（3）（含解析）
河南省周口市扶沟高中2016届高三化学模拟试卷（3）（含解析）
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资料概述与简介
一、选择题
1．下列对生产、生活有关化学问题的分析正确的是(
A．医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是BaCO3等不溶于水的物质
B．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝
C．侯氏制碱是先将CO2通入饱和氯化钠溶液中，然后通入NH3得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠
D．血液透析是利用了胶体的性质
2．分子式为C9H12O，含有苯环的醇类同分异构体共有（不考虑立体异构）(
A．10种 B．8种 C．6种 D．4种
3．下列说法正确的是(
A．若高分子对应的单体只有一种，则此高聚物与单体有相同的最简式
B．等物质的量的乙烯与乙醇充分燃烧时消耗氧气的质量不相等
C．分子式为C6H12的某链状有机物，6个碳原子肯定在同一平面上，则与氢气加成后产物的名称为2，3一二甲基丁烷
新药帕拉米韦（结构如图）分子中含有氨基、羧基、羟基、醛基
4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是(
A．Z是海水中含量最高的金属元素，W是地壳中含量最多的金属元素
B．X、M两元素氢化物的稳定性：X＜M
C．X和W的氧化物均可做耐高温材料，M的氧化物可做太阳能电池
D．X、W的最高价氧化物的水化物间反应生成一种可净水的化合物
5．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．下列推断合理的是(
A．铁是阳极，电极反应为Fe﹣6e﹣+4H2O═FeO42﹣+8H
B．电解时电子的流动方向为：负极→Ni电极→溶液→Fe电极→正极
C．若隔膜为阴离子交换膜，则OH﹣自右向左移动
D．电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）
6．常温下，将Cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1moloL﹣1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH变化如图所示，下列有关叙述正确的是(
A．②点之前所发生反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
B．③点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）
C．实验进程中溶液的pH可以用pH试纸测得
D．曲线起点处水的电离程度最大
7．现有一Na2SO3、Na2SO4混合物样品ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是(
A．将样品配制成溶液V1 L，取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液V2 mL
B．向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bg
C．将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c g
D．将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体依次通过盛有饱和NaHSO3的洗气瓶、盛有浓H2SO4的洗气瓶、盛有碱石灰的干燥管Ⅰ、盛有碱石灰的干燥管Ⅱ，测定干燥管Ⅰ增重d g
二、非选择题
8．（14分）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）
已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl；遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3．PCl3、POCl3的熔沸点如表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃
PCl3 ﹣112 75.5
POCl3 2 105.3
请回答下列问题：
（1）B中所装试剂是__________；E中冷水的作用是__________．
（2）F中碱石灰的作用是__________．
（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是__________．
（4）粗产品中常含有POC13、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，通过__________（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．
（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为__________．
（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：
①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；
②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3，溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．
已知：H3PO3+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，
根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为__________．
9．将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示．
（1）下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是__________（填选项字母）．
A．容器内混合气体的压强不随时间变化而改变
B．容器内混合气体的密度不随时间变化而改变
C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变
D．容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变
（2）反应进行到10min时，共吸收热量11.38kJ，则该反应的热化学方程式为__________；
（3）计算该反应的平衡常数K=__________．
（4）反应进行到20min时，再向容器内充入一定量NO2，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9
①第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中NO2的体积分数为w2，则w1__________w2（填“＞”、“=”或“＜”）；
②请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线（曲线上必须标出“X”和“Y”）．
10．（1）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力．锂是制造化学电源的重要原料．如LiFePO4电池中某电极的工作原理如图：
该电池的电解质为能传导Li+的固体材料．放电时该电极是电池的__________极（填“正”或“负”），该电极反应式为__________．
（2）用此电池电解含有0.1mol/L CuSO4和0.1mol/L NaCl的混合溶液100mL，假如电路中转移了0.02mol e﹣，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是__________L．
11．（14分）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+；
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4oH2O＞NiC2O4o2H2O；
③某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及沉淀析出的理论pH如下表所示：
M（OH）n Ksp pH
开始沉淀 沉淀完全
Al（OH）3 1.9×10﹣23 3.4 4.2
Fe（OH）3 3.8×10﹣38 2.5 2.9
Ni（OH）2 1.6×10﹣14 7.6 9.8
回答下列问题：
（1）慢慢加入NiO以调节溶液的pH至__________（填写范围），依次析出沉淀Ⅰ__________和沉淀Ⅱ__________ （填化学式）．
（2）写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式：__________．
（3）加入Na2C2O4时最好采用饱和的Na2C2O4溶液，理由是__________．
（4）检验电解滤液时阳极产生的气体的方法：____________________．
（5）实验中，沉淀Ⅲ的氧化是在碱性条件下发生的．写出该“氧化”反应的离子方程式：__________．
（6）如何检验Ni（OH）3已洗涤干净？__________．
三、选做题【化学--选修2化学与技术】
12．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在
空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色；下图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、
Fe2+、Cl﹣）生产CuCl的流程如下：
根据以上信息回答下列问题：
（1）该生产过程还可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，工业生产硫酸的方法名称是__________，现代氯碱工业的装置名称是__________．
（2）写出生产过程中X__________Y__________ （填化学式）
（3）写出产生CuCl的化学方程式__________．
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用__________法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是__________；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是__________．
（5）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是__________．
（6）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是__________．
（7）工业氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g（称准至0.0002g）置于预先放入玻璃珠50粒和10ml过量的FeCl3溶液250ml锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是__________．
②待样品溶解后，加水50ml，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.10moloL﹣1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白试验一次．已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2
Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+如此再重复二次测得：
空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml） 0.75 0.50 0.80
0.25克样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml） 24.65 24.75 24.70
④数据处理：计算得该工业CuCl的纯度为__________（平行实验结果相差不能超过0.3%）
【化学-选修3：物质结构和性质】
13．黑火药是中国古代四大发明之一，已知它在爆炸时发生反应的化学方程式为：
S+2KNO3+3C═A+N2↑+3CO2↑ （已配平，A特指某一晶体）；请回答下列问题：
①除S外，上述元素的电负性从大到小依次为__________（填写元素符号）．
②在生成物中，A的晶体类型为__________，含极性共价键的分子内的中心原子轨道杂化类型为__________．
③已知CN﹣与N2为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为__________．
14．原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2．则T元素的基态原子外围电子（价电子）排布式为__________；Q3+离子的核外未成对电子数是__________．
15．若某金属单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．则晶胞中该原子的配位数为__________；该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的__________．
16．在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln（H2O）6﹣n]x+ （n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R﹣H），可发生离子交换反应：[CrCln（H2O）6﹣n]x++xR﹣H→Rx[CrCln（H2O）6﹣n]+xH+；交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．现将含0.0015mol[CrCln（H2O）6﹣n]x+的溶液，与R﹣H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200moloL﹣1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为__________，中心离子的配位数为__________．
【化学-选修5：有机化学基础】
17．有机物A的分子式为C9H10O2，A在光照条件下生成的一溴代物B，可发生如下转化关系（无机产物略）：
其中K物质与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构．
已知：①当羟基与双键碳原子相连时，易发生如下转化：RCH=CHOH→RCH2CHO；
②﹣ONa连在烃基上不会被氧化．
请回答下列问题：
（1）F与I中具有相同的官能团，检验该官能团的试剂是__________．
（2）上述变化中属于水解反应的是__________（填反应编号）．
（3）写出结构简式，G：__________，M：__________．
（4）写出下列反应的化学方程式：
ⅰ反应①：__________，
ⅱK与少量的氢氧化钠溶液反应：__________．
ⅲ高聚物在氢氧化钠溶液中加热：__________．
（5）同时符合下列要求的A的同分异构体有__________种．
I．含有苯环
Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应
Ⅲ．在稀氢氧化钠溶液中，1mol该同分异构体能与1mol NaOH反应．
2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（3）
一、选择题
1．下列对生产、生活有关化学问题的分析正确的是(
A．医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是BaCO3等不溶于水的物质
B．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝
C．侯氏制碱是先将CO2通入饱和氯化钠溶液中，然后通入NH3得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠
D．血液透析是利用了胶体的性质
【考点】药物的主要成分和疗效；胶体的重要性质；氨的化学性质；金属与合金在性能上的主要差异．
【专题】化学计算．
【分析】A．碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性的钡盐，有毒，不能作为钡餐；
B．制取铝的方法是电解熔融氧化铝；
C．侯氏制碱是先通NH3，再通CO2；
D．血液透析原理即为渗析原理．
【解答】解：A．碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性的钡盐，有毒，不能作为钡餐；医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是硫酸钡，故A错误；
B．焦炭还原不了金属铝；制取铝的方法是电解熔融氧化铝，故B错误；
C．侯氏制碱是先将NH3通入饱和氯化钠溶液中，使溶液呈碱性，再将CO2通入得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠，故C错误；
D．血液透析原理即为渗析原理，涉及胶体性质，故D正确，
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，难度不大．要注意平时知识的积累．
2．分子式为C9H12O，含有苯环的醇类同分异构体共有（不考虑立体异构）(
A．10种 B．8种 C．6种 D．4种
【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中﹣OH连在侧链上，苯环上有1个取代基团﹣C3H7O，或是含有两个取代基﹣CH3、﹣CH2CH2OH，或是﹣CH2CH3、﹣CH2OH；
还可以是含有3个取代基：含有2个﹣CH3、1个﹣CH2OH，三个取代基采取定二移一的方法解答即可．
【解答】解：有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中﹣OH连在侧链上，苯环上有1个取代基团﹣C3H7O，该结构有3种，或是含有两个取代基﹣CH3、﹣CH2CH2OH，该结构有邻间对三种，苯环上的取代基是﹣CH2CH3、﹣CH2OH，该结构有邻间对三种，还可以是含有3个取代基：含有2个﹣CH3、1个﹣CH2OH，该结构有6种，总计15种同分异构体．
【点评】本题主要考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，注意取代基的判断．
3．下列说法正确的是(
A．若高分子对应的单体只有一种，则此高聚物与单体有相同的最简式
B．等物质的量的乙烯与乙醇充分燃烧时消耗氧气的质量不相等
C．分子式为C6H12的某链状有机物，6个碳原子肯定在同一平面上，则与氢气加成后产物的名称为2，3一二甲基丁烷
新药帕拉米韦（结构如图）分子中含有氨基、羧基、羟基、醛基
【考点】有机化学反应的综合应用；有机物分子中的官能团及其结构．
【专题】有机化学基础．
【分析】A．要分析高聚物是加聚产物还是缩聚产物；
B．根据组成判断耗氧量；
C．乙烯所有的原子在同一平面上，故若6个碳原子肯定在同一平面上，应是乙烯中的氢原子被甲基取代，据此可知加成后产物；
D．从结构中判断官能团．
【解答】解：A．要分析高聚物是加聚产物还是缩聚产物，加聚产物和单体具有相同的最简式，而缩聚产物和单体最简式不同，因缩聚反应除生产高聚物外，还有小分子生成，故A错误；
B．乙烯的分子式为：C2H4，乙醇的分子式为C2H6O，可写成C2H4oH20，故等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，故B错误；
C．乙烯所有的原子在同一平面上，故若6个碳原子肯定在同一平面上，应是乙烯中的氢原子被甲基取代，该有机物为CH3（CH3）C=C（CH3）CH3，可知加成后产物为2，3一二甲基丁烷，故C正确；
D．从结构看，无醛基，故D错误；
【点评】本题考查了有机物的结构和性质，难度中等．记住一些重要有机物的空间构型，掌握基础是关键．
4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是(
A．Z是海水中含量最高的金属元素，W是地壳中含量最多的金属元素
B．X、M两元素氢化物的稳定性：X＜M
C．X和W的氧化物均可做耐高温材料，M的氧化物可做太阳能电池
D．X、W的最高价氧化物的水化物间反应生成一种可净水的化合物
【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】X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，应为N元素，X、Y同主族，则Y为P元素，Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，可知M为Si元素，Z为Mg元素，W为Al元素，结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
【解答】解：A．海水中含量最高的金属元素应为Na，故A错误；
B．X为N元素，M为Si元素，位于同周期，非金属性N＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；
C．X为N元素，W为Al元素，X的氧化物不可做耐高温材料，M为Si元素，单质硅可做太阳能电池，故C错误；
D．X为N元素，W为Al元素，对应的最高价氧化物的水化物间反应生成硝酸铝，水解可生成氢氧化铝，可用于净水，故D正确．
【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素的结构特点以及性质的递变规律，把握对应单质、化合物的性质和用途，难度不大．
5．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．下列推断合理的是(
A．铁是阳极，电极反应为Fe﹣6e﹣+4H2O═FeO42﹣+8H
B．电解时电子的流动方向为：负极→Ni电极→溶液→Fe电极→正极
C．若隔膜为阴离子交换膜，则OH﹣自右向左移动
D．电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子；
B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极；
C、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极；
D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液pH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；依据电子守恒分析生成氢氧根离子和消耗氢氧根离子相对大小分析溶液酸碱性．
【解答】解：A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，故A错误；
B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极，故B错误；
C、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故C错误；
D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H++2e﹣=H2↑，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故D正确；
【点评】本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是B，注意电子不能通过电解质溶液，题目难度中等．
6．常温下，将Cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1moloL﹣1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH变化如图所示，下列有关叙述正确的是(
A．②点之前所发生反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
B．③点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）
C．实验进程中溶液的pH可以用pH试纸测得
D．曲线起点处水的电离程度最大
【考点】氯气的化学性质．
【分析】整个过程发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，
A．HClO为弱电解质，应写成化学式；
B．根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣）判断；
C．次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测量；
D．当全被生成NaClO时促进水的电离．
【解答】解：A．HClO为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B．③点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故B正确；
C．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测量，故C错误；
D．当全被生成NaClO时，可水解，促进水的电离，故D错误．
【点评】本题综合考查氯气的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（ClO﹣）+c（HClO），为易错点，难度中等．
7．现有一Na2SO3、Na2SO4混合物样品ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是(
A．将样品配制成溶液V1 L，取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液V2 mL
B．向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bg
C．将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c g
D．将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体依次通过盛有饱和NaHSO3的洗气瓶、盛有浓H2SO4的洗气瓶、盛有碱石灰的干燥管Ⅰ、盛有碱石灰的干燥管Ⅱ，测定干燥管Ⅰ增重d g
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【专题】实验分析题．
【分析】A、根据KMnO4溶液氧化混合物中的Na2SO3的化学方程式结合消耗标准KMnO4溶液的量可以计算出Na2SO3的量；
B、H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量，再结合样品ag，可求出其中Na2SO3的质量分数；
C、样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2SO3，再加入足量BaCl2溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c g为硫酸钡质量，根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量，从而可求出其中Na2SO3的质量分数；
D、样品与足量稀盐酸充分反应将Na2SO3转化为二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而求出其中Na2SO3的质量分数，但与足量稀盐酸充分反应引入氯化氢气体，所以测定的结果不准确．
【解答】解：A、混合物中的Na2SO3与KMnO4溶液发生氧化还原反应，根据得失电子守恒根据消耗标准KMnO4溶液V2 mL计算Na2SO3的物质的量，再求其质量，可求出其中Na2SO3的质量分数，故A正确；
B、H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量即为mol，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量为mol，再结合样品ag，设Na2SO3为xmol，Na2SO4为ymol列方程组得可解出x，再求其质量，可求出其中Na2SO3的质量分数，故B正确；
C、样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2SO3，再加入足量BaCl2溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为c g为硫酸钡质量，根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量为×142g，Na2SO3的质量为a﹣×142g，从而可求出其中Na2SO3的质量分数，故C正确；
D、样品与足量稀盐酸充分反应将Na2SO3转化为二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而求出其中Na2SO3的质量分数，但与足量稀盐酸充分反应引入氯化氢气体，所以通过亚硫酸钠后二氧化硫气体增加测量不准确，故D错误；
【点评】本题主要考查了Na2SO3、Na2SO4混合物中亚硫酸钠含量的测定，主要利用亚硫酸钠的还原性设计实验，考查知识的迁移能力、设计和评价实验方案的能力，难度中等．
二、非选择题
8．（14分）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）
已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl；遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3．PCl3、POCl3的熔沸点如表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃
PCl3 ﹣112 75.5
POCl3 2 105.3
请回答下列问题：
（1）B中所装试剂是浓H2SO4；E中冷水的作用是冷凝PCl3防止其挥发．
（2）F中碱石灰的作用是吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应．
（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是排尽装置中的空气，防止白磷自燃．
（4）粗产品中常含有POC13、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，通过蒸馏（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．
（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+2H2O．
（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：
①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；
②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3，溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．
已知：H3PO3+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，
根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为79.75%．
【考点】制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算．
【分析】实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．
（1）氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，三氯化磷沸点低，可用冷水冷凝收集；
（2）碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；
（3）白磷能自燃，通入二氧化碳赶净空气；
（4）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠；
（6）依据反应的化学方程式H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可知n（H3PO3）=n（I2）总﹣n（Na2S2O3）×，25mL溶液中H3PO3的物质的量等于三氯化磷的物质的量，再求出三氯化磷的总物质的量和质量，然后求出质量分数．
【解答】解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．
（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），
故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，
故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+2H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+2H2O；
（6）0.1000moloL﹣1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000moloL﹣1×0.00mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol﹣0.1000moloL﹣1×0.00084L×=0.00058mol，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n（H3PO3）=n（I2）=0.00058mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.00058mol×=0.0058mol，所以1.00g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.0058mol，该产品中PCl3的质量分数为：×100%=79.75%；
故答案为：79.75%．
【点评】本题考查阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，题目难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，注意题中信息PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．
9．将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示．
（1）下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是B（填选项字母）．
A．容器内混合气体的压强不随时间变化而改变
B．容器内混合气体的密度不随时间变化而改变
C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变
D．容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变
（2）反应进行到10min时，共吸收热量11.38kJ，则该反应的热化学方程式为N2O4（g）?2NO2（g）△H=+56.9kJ/mol；
（3）计算该反应的平衡常数K=0.9．
（4）反应进行到20min时，再向容器内充入一定量NO2，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9
①第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中NO2的体积分数为w2，则w1＞w2（填“＞”、“=”或“＜”）；
②请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线（曲线上必须标出“X”和“Y”）．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】由图1可知，X、Y的浓度变化量之比为2：1，则X为NO2、Y为N2O4，发生反应：N2O4（g）?2NO2（g）．
（1）A．随反应进行混合气体总物质的量增大，恒温恒容下，容器内压强增大，压强不变说明到达平衡；
B．混合气体总质量不变，容器的容积不变，密度始终不变；
C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变，说明二氧化氮的浓度不变；
D．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，平均相对分子质量不变说明到达平衡；
（2）反应进行到10min时，参加反应的四氧化二氮为1L×（0.6﹣0.4）mol/L=0.2mol，共吸收热量11.38kJ，故反应1molN2O4共吸收热量11.38kJ×5=56.9kJ，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；
（3）平衡时c（NO2）=0.6mol/L、c（N2O4）=0.4mol/L，代入K=计算；
（4）①恒温恒容下，再充入一定量NO2，等效为增大压强，平衡逆向移动；
②20min时瞬间c（NO2）增大，c（N2O4）不变，而后平衡向逆反应方向移动，c（NO2）减小，c（N2O4）增大，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9mol/L，根据平衡常数计算平衡时c（N2O4），据此作图．
【解答】解：由图1可知，X、Y的浓度变化量之比为2：1，则X为NO2、Y为N2O4，发生反应：N2O4（g）?2NO2（g）．
（1）A．随反应进行混合气体总物质的量增大，恒温恒容下，容器内压强增大，压强不变说明到达平衡，故A正确；
B．混合气体总质量不变，容器的容积不变，密度为常数，密度不变不能说明到达平衡，故B错误；
C．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，故C正确；
D．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，平均相对分子质量不变说明到达平衡，故D正确，
（2）反应进行到10min时，参加反应的四氧化二氮为1L×（0.6﹣0.4）mol/L=0.2mol，共吸收热量11.38kJ，故反应1molN2O4共吸收热量11.38kJ×5=56.9kJ，故该反应热化学方程式为：N2O4（g）?2NO2（g），△H=+56.9kJ/mol，
故答案为：N2O4（g）?2NO2（g）△H=+56.9kJ/mol；
（3）平衡时c（NO2）=0.6mol/L、c（N2O4）=0.4mol/L，则平衡常数K===0.9，
故答案为：0.9；
（4）①恒温恒容下，再充入一定量NO2，等效为增大压强，平衡逆向移动，新平衡后混合气体中NO2的体积分数减小，故W1＞W2，故答案为：＞；
②20min时瞬间c（NO2）增大，c（N2O4）不变，而后平衡向逆反应方向移动，c（NO2）减小，c（N2O4）增大，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9mol/L，由于K==0.9，则平衡时c（N2O4）=mol/L=0.9mol/L，而X为NO2、Y为N2O4，20min后各物质的浓度随时间变化的曲线为：，故答案为：．
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡状态判断、平衡常数等，（4）中作图为易错点，注意再次平衡时各物质的浓度、条件改变瞬间各物质的浓度，难度中等．
10．（1）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力．锂是制造化学电源的重要原料．如LiFePO4电池中某电极的工作原理如图：
该电池的电解质为能传导Li+的固体材料．放电时该电极是电池的正极（填“正”或“负”），该电极反应式为FePO4+e﹣+Li+=LiFePO4．
（2）用此电池电解含有0.1mol/L CuSO4和0.1mol/L NaCl的混合溶液100mL，假如电路中转移了0.02mol e﹣，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是0.168L．
【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】（1）在原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据得失电子确定正负极，根据反应物、生成物书写电极反应式；
（2）由离子放电顺序可知，电解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100ml，阳极上氯离子和氢氧根离子放电生成氯气和氧气，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极上铜离子得电子，以此计算．
【解答】解：（1）放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，
电极反应式为FePO4+e﹣+Li+=LiFePO4，
故答案为：正；FePO4+e﹣+Li+=LiFePO4；
（2）电解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，电路中转移了0.02mol e﹣，依据电极反应和电子守恒分析判断；
阳极：2Cl﹣﹣2e ﹣=Cl2↑，
4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，
0.01mol 0.01mol
阴极：Cu2++2e﹣=Cu
所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=（0.005mol+0.0025mol）×22.4L/mol=0.168L；
故答案为：0.168．
【点评】本题考查了化学电源新型电池，熟悉元素化合价是解本题关键，根据图片中得失电子判断正负极，再结合图片书写电极反应式，注意根据电子守恒计算，题目难度不大．
11．（14分）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+；
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4oH2O＞NiC2O4o2H2O；
③某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及沉淀析出的理论pH如下表所示：
M（OH）n Ksp pH
开始沉淀 沉淀完全
Al（OH）3 1.9×10﹣23 3.4 4.2
Fe（OH）3 3.8×10﹣38 2.5 2.9
Ni（OH）2 1.6×10﹣14 7.6 9.8
回答下列问题：
（1）慢慢加入NiO以调节溶液的pH至4.2至7.6（填写范围），依次析出沉淀ⅠFe（OH）3和沉淀ⅡAl（OH）3 （填化学式）．
（2）写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4o2H2O↓+2NaCl．
（3）加入Na2C2O4时最好采用饱和的Na2C2O4溶液，理由是尽可能的将溶液中的Ni2+沉淀完全．
（4）检验电解滤液时阳极产生的气体的方法：用湿润的淀粉碘化钾试纸试纸变蓝色．
（5）实验中，沉淀Ⅲ的氧化是在碱性条件下发生的．写出该“氧化”反应的离子方程式：2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl﹣．
（6）如何检验Ni（OH）3已洗涤干净？取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，证明沉淀已洗涤干净．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】将废旧镍电池电极材料溶于稀盐酸，发生反应Ni（OH）2+2HCl=NiCl2+2H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，过滤得到的残渣是C，向滤液中加入NiO，条件溶液的pH，根据流程图知，生成的沉淀应该是Fe（OH）3、Al（OH）3，然后向滤液中加入Na2C2O4溶液，发生反应NiCl2+Na2C2O4=NiC2O4↓+2NaCl，过滤，将滤液电解，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，过滤得到的NiC2O4和NaOH反应生成Ni（OH）2，用氯气将Ni（OH）2氧化生成Ni（OH）3，最后洗涤沉淀得到较纯净的Ni（OH）3，据此分析解答，
（1）根据表中开始沉淀和沉淀完全PH数据解题；
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4o2H2O和NaCl；
（3）加入Na2C2O4时最好采用饱和的Na2C2O4溶液目的是完全沉淀镍离子；
（4）滤液为氯化钠溶液，电解时阳极产生氯气；
（5）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应生成Ni（OH）3沉淀；
（6）取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，证明沉淀已洗涤干净．
【解答】解：（1）根据表中开始沉淀和沉淀完全PH，Fe（OH）3开始沉淀PH=2.5沉淀完全PH=2.9，Al（OH）3开始沉淀PH=3.4沉淀完全PH=4.2，Ni（OH）2开始沉淀PH=7.6沉淀完全PH=9.8，慢慢加入NiO以调节溶液的pH至4.2至7.6，铁离子和铝离子冯分别全部沉淀，依次沉淀为：Fe（OH）3，Al（OH）3；此时镍离子不沉淀；
故答案为：4.2至7.6，Fe（OH）3，Al（OH）3 ；
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4o2H2O和NaCl，反应的化学方程式为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4o2H2O↓+2NaCl；
故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4o2H2O↓+2NaCl；
（3）加入Na2C2O4时最好采用饱和的Na2C2O4溶液尽可能的将溶液中的Ni2+沉淀完全；
故答案为：尽可能的将溶液中的Ni2+沉淀完全；
（4）滤液为氯化钠溶液，电解时阳极产生氯气，氯气有强氧化性，故可用湿润的淀粉碘化钾试纸，氯气和碘离子反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，
故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝色；
（5）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl﹣，
故答案为：2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl﹣；
（6）取最后一次洗涤浸出液，加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀，说明已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，证明沉淀已洗涤干净．
【点评】本题考查化学反应原理中的电化学，化学方程式的书写，离子的检验等，注意流程的分析和理解，掌握基础是解题关键，难度中等．
三、选做题【化学--选修2化学与技术】
12．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在
空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色；下图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、
Fe2+、Cl﹣）生产CuCl的流程如下：
根据以上信息回答下列问题：
（1）该生产过程还可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，工业生产硫酸的方法名称是接触室，现代氯碱工业的装置名称是离子交换膜电解槽．
（2）写出生产过程中XFeYHCl （填化学式）
（3）写出产生CuCl的化学方程式CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4．
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤，法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解．
（5）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体．
（6）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是防止CuCl的氧化和见光分解．
（7）工业氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g（称准至0.0002g）置于预先放入玻璃珠50粒和10ml过量的FeCl3溶液250ml锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是加速固体的溶解．
②待样品溶解后，加水50ml，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.10moloL﹣1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白试验一次．已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2
Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+如此再重复二次测得：
空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml） 0.75 0.50 0.80
0.25克样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml） 24.65 24.75 24.70
④数据处理：计算得该工业CuCl的纯度为95%（平行实验结果相差不能超过0.3%）
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】实验设计题．
【分析】要利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜，首先应制备并分离出铜，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）工业生产硫酸的方法为接触法制硫酸，氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽；
（2）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；过滤后滤渣中含有铜和铁，依据铜和铁的活泼性，加入盐酸分离二者；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；
（4）抽滤或者减压过滤可以快速过滤，CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，乙醇洗涤可以减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大是防止其水解生成沉淀；
（5）依据图示可知：铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫的物质的量之比为1：1，而产生CuCl的化学方程式中硫酸铜、二氧化硫物质的量之比恰好为：1：1；
（6）依据氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解的性质解答；
（7）①玻璃珠在物质溶解过程中可以加速固体的溶解；
④依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度．
【解答】解：向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）工业生产硫酸的方法名称是接触室，氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽，
故答案为：接触室；离子交换膜电解槽；
（2）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解；
故答案为：抽滤或者减压过滤；减少产品CuCl的损失；防止CuCl的水解；
（5）依据图示可知：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体，
故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体；
（6）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解；
（7）①玻璃珠在物质溶解过程中可以加速固体的溶解，故答案为：加速固体的溶解；
④根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为23.9×10﹣3L×0.1 moloL﹣1×99.5gomol﹣1/0.25g×100%=95%；
故答案为：95%．
【点评】本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，题目难度较大．
【化学-选修3：物质结构和性质】
13．黑火药是中国古代四大发明之一，已知它在爆炸时发生反应的化学方程式为：
S+2KNO3+3C═A+N2↑+3CO2↑ （已配平，A特指某一晶体）；请回答下列问题：
①除S外，上述元素的电负性从大到小依次为O＞N＞C＞K（填写元素符号）．
②在生成物中，A的晶体类型为离子晶体，含极性共价键的分子内的中心原子轨道杂化类型为sp．
③已知CN﹣与N2为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1．
【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素电离能、电负性的含义及应用．
【分析】①同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，据此解答；
②由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子晶体；含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2；
③CN﹣与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H﹣C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键．
【解答】解：①同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性O＞N＞C＞K，
故答案为：O＞N＞C＞K；
②由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子晶体，含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式，
故答案为：离子晶体；sp；
③CN﹣与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H﹣C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1，
故答案为：1：1．
【点评】本题考查了电负性、晶体类型、杂化轨道、等电子体等知识，题目难度不大，注意对基础知识的理解掌握，注意③CN﹣与N2为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为易错点．
14．原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2．则T元素的基态原子外围电子（价电子）排布式为3d84s2；Q3+离子的核外未成对电子数是5．
【考点】原子核外电子排布．
【专题】原子组成与结构专题．
【分析】原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，再结合核外电子排布规律解答．
【解答】解：原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe3+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d5，3d能级有5个单电子，
故答案为：3d84s2；5．
【点评】本题考查元素周期表、核外电子排布，根据“周期表中既处于同一周期又位于同一族”确定元素是关键，题目难度中等．
15．若某金属单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．则晶胞中该原子的配位数为12；该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的面心立方最密堆积．
【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】由晶胞结构可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，该晶胞构型为面心立方，据此判断．
【解答】解：由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积；
故答案为：12；面心立方最密堆积．
【点评】本题考查了晶胞结构图，题目难度不大，注意把握晶胞中该原子的配位数计算方法，熟悉常见的晶体堆积方式．
16．在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln（H2O）6﹣n]x+ （n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R﹣H），可发生离子交换反应：[CrCln（H2O）6﹣n]x++xR﹣H→Rx[CrCln（H2O）6﹣n]+xH+；交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．现将含0.0015mol[CrCln（H2O）6﹣n]x+的溶液，与R﹣H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200moloL﹣1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+，中心离子的配位数为6．
【考点】配合物的成键情况．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】中和发生反应：H++OH﹣=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，[CrCln（H2O）6﹣n]x+中Cr的化合价为+3价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式．
【解答】解：中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH﹣=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10﹣3L=0.003mol，
所以x==2，则[CrCln（H2O）6﹣n]2+中Cr的化合价为+3价，则有3﹣n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+，配离子中Cl原子和水分子数目即是中心离子的配位数，配位数为6；
故答案为：[CrCl（H2O）5]2+；6．
【点评】本题考查配离子和配位数、以及方程式有关计算，难度不大，注意利用方程式及化合价与离子电荷关系即可解答．
【化学-选修5：有机化学基础】
17．有机物A的分子式为C9H10O2，A在光照条件下生成的一溴代物B，可发生如下转化关系（无机产物略）：
其中K物质与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构．
已知：①当羟基与双键碳原子相连时，易发生如下转化：RCH=CHOH→RCH2CHO；
②﹣ONa连在烃基上不会被氧化．
请回答下列问题：
（1）F与I中具有相同的官能团，检验该官能团的试剂是银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液．
（2）上述变化中属于水解反应的是①⑥（填反应编号）．
（3）写出结构简式，G：CH3COOCH=CH2，M：．
（4）写出下列反应的化学方程式：
ⅰ反应①：+3NaOHCH3COONa++NaBr+H2O，
ⅱK与少量的氢氧化钠溶液反应：．
ⅲ高聚物在氢氧化钠溶液中加热：．
（5）同时符合下列要求的A的同分异构体有5种．
I．含有苯环
Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应
Ⅲ．在稀氢氧化钠溶液中，1mol该同分异构体能与1mol NaOH反应．
【考点】有机物的推断．
【分析】G发生加聚反应生成乙酸乙烯酯，则G的结构简式为：CH3COOCH=CH2，G发生水解反应生成乙酸钠和乙醛，F能被氧化，则F是乙醛，C是CH3COONa，乙醛被氧化生成乙酸，则E为CH3COOH，有机物A的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，考虑含有苯环，A在光照条件下生成的一氯代物B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D能连续被氧化生成J，D含有醇羟基，A含有酯基，故A中含有1个苯环、1个酯基，A在光照条件下生成的一溴代物B，A含有烃基，结合K的一元代物只有两种同分异构体，故A为，B为，D为，I为，J为，K为，M为，据此解答．
【解答】解：G发生加聚反应生成乙酸乙烯酯，则G的结构简式为：CH3COOCH=CH2，G发生水解反应生成乙酸钠和乙醛，F能被氧化，则F是乙醛，C是CH3COONa，乙醛被氧化生成乙酸，则E为CH3COOH，有机物A的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，考虑含有苯环，A在光照条件下生成的一氯代物B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D能连续被氧化生成J，D含有醇羟基，A含有酯基，故A中含有1个苯环、1个酯基，A在光照条件下生成的一溴代物B，A含有烃基，结合K的一元代物只有两种同分异构体，故A为，B为，D为，I为，J为，K为，M为，
（1）F与I中具有相同的官能团醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，能发生银镜反应或产生砖红色沉淀，
故答案为：银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液；
（2）上述反应中属于水解反应的是B、G发生的水解反应，
故选①⑥；
（3）通过以上分析知，G和M的结构简式分别为：CH3COOCH=CH2，，
故答案为：CH3COOCH=CH2，；
（4）反应①是在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成CH3COONa与，反应方程式为：+3NaOHCH3COONa++NaBr+H2O，K为，足量K与少量的氢氧化钠溶液反应，只有羧基反应，酚羟基不反应，反应方程式为：，高聚物在氢氧化钠溶液中加热，酯基发生水解，反应的方程式为，
故答案为：+3NaOHCH3COONa++NaBr+H2O，；；
（5）符合条件I．含有苯环，II．能发生银镜反应和水解反应，含有酯基，为甲酸酯，III．在稀氢氧化钠溶液中，1mol该同分异构体能与1molNaOH反应，应是甲酸与醇形成的酯，故符合条件的的同分异构体有：、、、、，
故答案为：5．
【点评】考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，题目给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度较大，利用正推法与逆推法结合推断其它，充分利用反应条件．
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