2022年辽宁省抚顺市重点高中协作校高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．近年来，乳酸成为研究热点之一，以乳酸为原料制成的高分子材料具有生物兼容性．已知乳酸的结构简式为，下列物质中能与乳酸发生反应的是()A．金属铁B．NH4Cl溶液C．乙烷D．苯2．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是()A．AB．BC．CD．D3．有机物的一氯代物共有（不考虑立体异构）A．3种B．4种C．5种D．6种4．下列实验装置正确且能达到相应实验目的是()23A．如图装置可用于已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸B．如图装置可用于氯化铵固体和氢氧化钙固体反应制取少量氨气C．如图装置可用于收集SO2，并吸收多余的SO2D．如图装置可用于制取少量Cl25．一定条件下，利用如图所示装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是()A．外电路电子的移动方向：A→电源→BB．气体X在反应中通常体现还原性C．电极D为惰性电极，E为活泼电极D．电极D的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣═C6H126．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是()A．单质熔点：W＞ZB．离子半径：W＞X＞ZC．最高正价：W＞X＞Z23D．原子序数：Z＞W＞X＞Y7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是()A．常温下，pH=9的NaHA溶液：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）B．Na2CO3溶液：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）﹣c（Na+）C．向NaOH溶液中滴入CH3COOH溶液后溶液显碱性：c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．浓度均为0.1mol•L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）=0.2mol•L﹣1二、填空题（共6小题，满分88分）8．（14分）运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义．请回答下列问题：（1）利用对苯醌质子电池可检测氨气，其电池反应原理为2NH3+（对苯醌）═N2H4+（对苯酚），N2H4的结构式为__________，该电池正极的电极反应式为__________．（2）25℃时．将nmol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的盐酸等体积混合．①当混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）时．则溶液的pH=__________．②当混合溶液中，c（NH4+）＞c（Cl﹣）时．则反应的情况可能为__________．a．盐酸不足．氨水剩余b．氨水与盐酸恰好完全反应c．盐酸过量（3）在0.5L恒容密闭容器中，一定量的N2与H2进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣1，其化学平衡常数K值和温度的关系如下：①写出该反应的化学平衡常数的表达式：__________，b__________（填“大于”、“小于”或“等于”）0．②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的v正（N2）__________（填“大于”、“小于”或“等于”）v逆（N2）．（4）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=180.5kJ•mol﹣1写出氨高温催化氧化的热化学方程式__________．9．（14分）某酸性FeSO3溶液中含有少量的SnSO4，为得到纯净的硫酸亚铁晶体（FeSO4•xH2O），可向溶液中通入H2S气体至饱和，然后用硫酸酸化至pH=2．过滤后，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，得到硫酸亚铁晶体．查阅资料，得到相关物质的有关数据如下表：23（1）用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时还需加入的物质是__________．（2）为检验制得的硫酸亚铁晶体中是否含有Fe3+，可选用的试剂为__________．A．KSCN溶液B．稀硫酸C．淀粉﹣KI溶液D．KMnO4溶液（3）通入H2S气体至饱和的目的是__________；用硫酸酸化至pH=2的目的是__________．（4）为研究硫酸亚铁晶体的热分解，某兴趣小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品，按图1装置进行高温加热，使其完全分解（硫酸亚铁晶体在高温条件下回分解为三种化合物和一种单质，该单质能使带火星的木条复燃），对所得产物进行探究，并通过称量装置B的质量测出x的值．①装置B中午睡硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中海油__________．②实验中要持续通入氮气，否则测出的x会__________（填“偏于”、“偏于”或“不变”）．③硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中固体呈红棕色，将其加入足量稀盐酸中，固体全部溶解，得黄色溶液．④某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体进行热分解，获得相关数据，绘制成的固体质量与分解温度的关系图如图2，根据图中有关数据，可计算出x为__________．10．黄铜矿（CuFeS2）是炼钢和炼铜的主要原料，在高温下灼烧生成三氧化二铁和氧化亚铜．三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某学校化学兴趣小组通过实验来探究﹣红色粉末是Fe2O3、Cu2O或两者的混合物，探究过程如下：[查阅资料]Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO．[提出假设]假设1：红色粉末是Fe2O3．假设2：红色粉末是Cu2O．假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物．[提出探究实验]取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是__________．（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，某同学认为原固体粉末中一定不含三氧化二铁，你认为这种说法合理吗？__________．简述你的理由（不需要写出反应的化学方程式）__________．23（3）若固体粉末完全溶液无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是__________，写出发生的氧化还原反应的离子方程式：__________．[探究延伸]（4）经试验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．实验小组称取3.04g该红色粉末，设计如下实验方案进行实验．经查资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH如下：步骤Ⅰ：将3.04g红色粉末溶于足量稀硫酸中，再加入足量H2O2溶液，振荡，得澄清透明溶液X．步骤Ⅱ：在溶液X中加入适量Cu（OH）2粉末，调节溶液pH=4.0，过滤，得红褐色沉淀Y和滤液Z．步骤Ⅲ：将沉淀Y充分灼烧，得1.6g红色固体M．步骤Ⅳ：将滤液Z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gCuSO4•5H2O晶体．①沉淀Y的化学式为__________．②步骤Ⅳ中不需要用到的实验仪器__________．a．烧杯b．玻璃棒c．分液漏斗d．酒精灯e．铁架台（带铁圈）f．托盘天平g．量筒h．蒸发皿i．容量瓶．③红色粉末样品中Cu2O的质量分数为__________．11．粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物．我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等．一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是__________．（2）第1次过滤时滤渣的主要成分有__________（填化学式，下同）和__________，第3次过滤时滤渣的成分是__________（3）在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为__________h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是__________（填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是__________（举一例）．23（4）流程中循环使用的物质有__________和__________．（填化学式）（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C13•6H20，该过程能够发生的原因是__________（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是__________．12．1967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等．回答下列问题：（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于__________（填“晶体”或“非晶体”）．（2）基态铜原子有__________个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为__________，在CuS04溶液中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为__________．（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有．键的数目为__________；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H﹣N=C=S）的沸点，其原因是__________．（4）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2﹣的配位数为__________．（5）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为__________（用含“a、NA的代数式表示）g•cm﹣3．13．金刚乙烷、金刚乙胺等已经被批准用于临床治疗人感染禽流感，且临床研究表明金刚乙烷比金刚乙胺的副作用小．（1）金刚乙烷可通过下列转化生成金刚乙胺：23①金刚乙烷的分子式为__________．②反应Ⅰ的反应类型为__________．反应Ⅱ的另一产物为__________．（2）金刚乙烷还可通过如图下列转化生成高分子化合物（用“R﹣”表示，如金刚乙烷表示为R﹣CH2CH3）；已知：E分子中有两个C=O双键，但不能发生银镜反应；标准状况下，1molF与足量的钠完全反应会生成22.4L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4L气体．①条件1为__________．②条件2为__________，写出C→D的化学方程式：__________．③E分子中官能团的名称为__________，G的结构简式为__________．④满足下列条件的F的同分异构体只有一种，其结构简式为__________．a．属于芳香族化合物b．核磁共振氢谱图中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1：1．2022年辽宁省抚顺市重点高中协作校高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．近年来，乳酸成为研究热点之一，以乳酸为原料制成的高分子材料具有生物兼容性．已知乳酸的结构简式为，下列物质中能与乳酸发生反应的是()A．金属铁B．NH4Cl溶液C．乙烷D．苯考点：有机物的结构和性质．分析：乳酸含有羧基，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，还可发生缩聚反应，以此解答该题．解答：解：乳酸含有羧基，具有酸性，可与铁发生置换反应生成氢气，与氯化铵、乙烷、苯不反应．故选A．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握有机物的官能团的性质．2．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是()23A．AB．BC．CD．D考点：钠的重要化合物；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物；乙烯的用途．分析：A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低；B．Si02是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用；解答：解：A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误；B．Si02是酸性氧化物，故B错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确；故选：D．点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的用途是解题关键，题目难度不大．3．有机物的一氯代物共有（不考虑立体异构）A．3种B．4种C．5种D．6种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体．23分子中等效氢原子一般有如下情况：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，同一碳原子所连的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．解答：解：，该分子为完全对称结构，故分子中由4种氢原子，有4种一氯代物．故选B．点评：本题考查一氯代物的书写，题目难度不大，注意分子中有几种氢原子，就有几种一氯代物．4．下列实验装置正确且能达到相应实验目的是()A．如图装置可用于已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸B．如图装置可用于氯化铵固体和氢氧化钙固体反应制取少量氨气C．如图装置可用于收集SO2，并吸收多余的SO2D．如图装置可用于制取少量Cl2考点：化学实验方案的评价．分析：A．已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，碱不能选酸式滴定管；B．氯化铵固体和氢氧化钙固体生成氨气，为固体加热装置，且有水生成；C．二氧化硫的密度比空气的密度大；D.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应．23解答：解：A．已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，碱不能选酸式滴定管，图中酸式滴定管盛放NaOH溶液，仪器使用不合理，故A错误；B．氯化铵固体和氢氧化钙固体生成氨气，为固体加热装置，且有水生成，则试管口略向下倾斜，图中装置合理，故B正确；C．二氧化硫的密度比空气的密度大，图中收集气体的方法不合理，收集气体时导管应长进短出，故C错误；D.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则图中装置不能制备氯气，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、收集及中和滴定实验等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及分析，题目难度不大．5．一定条件下，利用如图所示装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是()A．外电路电子的移动方向：A→电源→BB．气体X在反应中通常体现还原性C．电极D为惰性电极，E为活泼电极D．电极D的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣═C6H12考点：电解原理．分析：根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，电子从负极流向阴极，据此分析．解答：解：A、A是负极、B是正极，外电路中电子从B→电极→A，故A错误；B、E作阳极，在阳极上生成气体X应该具有氧化性，故B错误；C、电极D、E都必须是惰性电极，故C错误；D、该装置的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，在D电极上苯中的碳得电子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，故D正确；故选D．点评：本题考查了电解池的反应原理，明确D作阴极，E作阳极是解答的关键，题目难度中等．6．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是()A．单质熔点：W＞ZB．离子半径：W＞X＞ZC．最高正价：W＞X＞Z23D．原子序数：Z＞W＞X＞Y考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：W的单质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，W的单质是氮气，据此解答即可．解答：解：A、根据W的单质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，W的单质是氮气，Z的单质是金属，单质熔点：应该是Z＞W，故A错误；B、根据核外电子排布相同的离子，核电荷数大的半径小，所以离子半径应该是：W＞Z＞X，故B错误；C、最高正价：W是+5价，X是+3价，Z是+1或+2价，故C正确；D、原子序数：Y＞X＞Z＞W，故D错误，故选C．点评：本题考查了元素推断、元素周期表、元素周期律，关键是得到W、X、Y、Z对应的元素，难度不大．7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是()A．常温下，pH=9的NaHA溶液：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）B．Na2CO3溶液：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）﹣c（Na+）C．向NaOH溶液中滴入CH3COOH溶液后溶液显碱性：c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．浓度均为0.1mol•L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）=0.2mol•L﹣1考点：离子浓度大小的比较．分析：A、NaHA溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，HA﹣水解大于HA﹣电离程度；B、根据电荷守恒分析解答；C、如果氢氧化钠大量过剩，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）；D、根据物料守恒分析解答．解答：解：A．NaHA溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，HA﹣水解大于HA﹣电离程度，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣），故A正确；B、Na2CO3溶液中由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），所以c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）﹣c（Na+），故B正确；C、如果氢氧化钠大量过剩，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故C错误；D、浓度均为0.1mol•L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）==0.1mol•L﹣1，故D错误；故选AB．点评：本题考查离子浓度的大小的比较，学生要学会电荷守恒和物料守恒在解离子浓度大小题型中的综合应用，比较容易．二、填空题（共6小题，满分88分）8．（14分）运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义．请回答下列问题：23（1）利用对苯醌质子电池可检测氨气，其电池反应原理为2NH3+（对苯醌）═N2H4+（对苯酚），N2H4的结构式为，该电池正极的电极反应式为．（2）25℃时．将nmol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的盐酸等体积混合．①当混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）时．则溶液的pH=7．②当混合溶液中，c（NH4+）＞c（Cl﹣）时．则反应的情况可能为a．a．盐酸不足．氨水剩余b．氨水与盐酸恰好完全反应c．盐酸过量（3）在0.5L恒容密闭容器中，一定量的N2与H2进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣1，其化学平衡常数K值和温度的关系如下：①写出该反应的化学平衡常数的表达式：，b小于（填“大于”、“小于”或“等于”）0．②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的v正（N2）小于（填“大于”、“小于”或“等于”）v逆（N2）．（4）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=180.5kJ•mol﹣1写出氨高温催化氧化的热化学方程式4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol．考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算．23分析：（1）肼相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代；该电池正极上得到电子生成；（2）①根据电荷守恒及c（Cl﹣）=c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；②根据电荷守恒及c（Cl﹣）＜c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；（3）①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，书写平衡常数表达式，分析平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析反应热量变化情况；②依据浓度商和平衡常数的比较，判断反应进行的方向；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1，利用盖斯定律进行计算，由①+2×②得出正确结论．解答：解：（1）肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，所以肼的结构式为；该电池正极上得到电子生成，电极反应式为：，故答案为：；；（2）①根据电荷守恒得：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+），所以c（OH﹣）=c（H+），所以溶液呈中性，即pH=7，故答案为：7；②根据电荷守恒得：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），当c（NH4+）＞c（Cl﹣）时，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性；a．盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性，与题意相符，故a可选；b．氨水与盐酸恰好反应，生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，与题意不符，故b不选；23c．盐酸过量，溶液呈酸性，与题意不符，故c不选；故答案为：a；（3）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣1，平衡常数K=，由表中数据可知：平衡常数随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，故正反应为放热反应，故b小于0，故答案为：；小于；②400°CN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的K=0.5，400℃时，测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，浓度分别为=6mol/L，=4mol/L，=2mol/L，Qc==1.1＞K，说明平衡逆向进行，v正（N2）＜v逆（N2）；故答案为：小于；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1，由①+2×②可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=（﹣1266.8kJ•mol﹣1）+（+180.5kJ•mol﹣1）=﹣905.8KJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol．点评：本题考查的知识点较多，涉及结构式、电极反应式的书写，溶液中离子浓度大小的判断，平衡常数的计算和化学平衡移动原理，以及盖斯定律的应用，综合性较强，浓度较大．要注意掌握根据浓度商和平衡常数的比较，判断反应进行的方向，题目难度中等．9．（14分）某酸性FeSO3溶液中含有少量的SnSO4，为得到纯净的硫酸亚铁晶体（FeSO4•xH2O），可向溶液中通入H2S气体至饱和，然后用硫酸酸化至pH=2．过滤后，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，得到硫酸亚铁晶体．查阅资料，得到相关物质的有关数据如下表：（1）用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时还需加入的物质是铁粉和稀硫酸．（2）为检验制得的硫酸亚铁晶体中是否含有Fe3+，可选用的试剂为AC．A．KSCN溶液B．稀硫酸C．淀粉﹣KI溶液D．KMnO4溶液（3）通入H2S气体至饱和的目的是除去溶液中的Sn2+离子，并防止Fe2+被氧化；用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+离子生成沉淀．（4）为研究硫酸亚铁晶体的热分解，某兴趣小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品，按图1装置进行高温加热，使其完全分解（硫酸亚铁晶体在高温条件下回分解为三种化合物和一种单质，该单质能使带火星的木条复燃），对所得产物进行探究，并通过称量装置B的质量测出x的值．23①装置B中午睡硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中海油二氧化硫．②实验中要持续通入氮气，否则测出的x会偏小（填“偏于”、“偏于”或“不变”）．③硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中固体呈红棕色，将其加入足量稀盐酸中，固体全部溶解，得黄色溶液．④某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体进行热分解，获得相关数据，绘制成的固体质量与分解温度的关系图如图2，根据图中有关数据，可计算出x为7．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时要抑制亚铁离子水解和被氧气氧化；（2）KSCN溶液与Fe3+的溶液反应会使溶液呈血红色，Fe3+有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，碘遇淀粉显蓝色；（3）依据题中实验过程分析，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2+；（4）①二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色；②实验中要持续通入氮气，把水蒸气全部赶出，否则测出的x会偏小；③通过FeSO4•xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：2x，根据原子守恒计算．解答：解：（1）用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时要抑制亚铁离子水解和被氧气氧化，所以用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时还需加入的物质是少量铁粉和稀硫酸，故答案为：铁粉和稀硫酸；（2）KSCN溶液与Fe3+的溶液反应会使溶液呈血红色，Fe3+有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，碘遇淀粉显蓝色，所以检验硫酸亚铁晶体中是否含有Fe3+，可以用KSCN溶液或淀粉﹣KI溶液，故选AC；（3）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故答案为：除去溶液中的Sn2+离子，并防止Fe2+被氧化；防止Fe2+离子生成沉淀；（4）①二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：二氧化硫；②实验中要持续通入氮气，把水蒸气全部赶出，否则测出的x会偏小，故答案为：偏小；④通过FeSO4•xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：x，Fe2O3～2xH2O2316036x8g12.6gx=7故答案为：7．点评：本题主要考查了学生根据实验原理从资料中获得有效信息的能力、实验分析能力、根据化学式的计算能力等，难度较大．10．黄铜矿（CuFeS2）是炼钢和炼铜的主要原料，在高温下灼烧生成三氧化二铁和氧化亚铜．三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某学校化学兴趣小组通过实验来探究﹣红色粉末是Fe2O3、Cu2O或两者的混合物，探究过程如下：[查阅资料]Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO．[提出假设]假设1：红色粉末是Fe2O3．假设2：红色粉末是Cu2O．假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物．[提出探究实验]取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色．（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，某同学认为原固体粉末中一定不含三氧化二铁，你认为这种说法合理吗？不合理．简述你的理由（不需要写出反应的化学方程式）当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后产生的Fe3+与Cu反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不变红色．（3）若固体粉末完全溶液无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是Fe2O3和Cu2O，写出发生的氧化还原反应的离子方程式：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．[探究延伸]（4）经试验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．实验小组称取3.04g该红色粉末，设计如下实验方案进行实验．经查资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH如下：步骤Ⅰ：将3.04g红色粉末溶于足量稀硫酸中，再加入足量H2O2溶液，振荡，得澄清透明溶液X．步骤Ⅱ：在溶液X中加入适量Cu（OH）2粉末，调节溶液pH=4.0，过滤，得红褐色沉淀Y和滤液Z．步骤Ⅲ：将沉淀Y充分灼烧，得1.6g红色固体M．步骤Ⅳ：将滤液Z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gCuSO4•5H2O晶体．①沉淀Y的化学式为Fe（OH）3．②步骤Ⅳ中不需要用到的实验仪器cgi．a．烧杯b．玻璃棒c．分液漏斗d．酒精灯e．铁架台（带铁圈）f．托盘天平g．量筒h．蒸发皿i．容量瓶．③红色粉末样品中Cu2O的质量分数为47.4%．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．23分析：氧化亚铜为金属氧化物，溶于酸生成盐和水；（1）依据假设1为氧化铁和实验过程分析，固体溶解后生成硫酸铁，遇到硫氰化钾会发生反应生成血红色溶液；（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰化钾不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应；（4）①红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物溶于硫酸后氧化亚铜反应生成的铜和还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀；推断为Y氢氧化铁沉淀，将沉淀Y充分灼烧，得1.6g红色固体M为Fe2O3，步骤Ⅳ：将滤液Z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gCuSO4•5H2O晶体，是溶液中得到溶质结晶水合物；是通过蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥得到晶体，结合铁元素守恒计算氧化铁质量得到氧化亚铜质量计算质量分数；解答：解：（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中．在所得溶液中再滴加KSCN试剂，若假设1成立，红色粉末是Fe2O3，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色，故答案为：固体完全溶解，溶液呈血红色；（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色，所以滴加KSCN试剂后溶液不变红色，不能说明原混合物不含氧化铁，故答案为：不合理；当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后产生的Fe3+与Cu反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；故答案为：Fe2O3和Cu2O；Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）①红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物溶于硫酸后，氧化亚铜反应生成的铜会还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，过程分析判断固体Y为氢氧化铁沉淀；调节溶液PH使铁离子全部沉淀，为不引入杂质需要加入氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH；故答案为：Fe（OH）3；②步骤Ⅳ是溶液中得到溶质结晶水合物；是通过蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥得到晶体，需要用到仪器有：a．烧杯，b．玻璃棒，d．酒精灯，e．铁架台（带铁圈），f．托盘天平，h．蒸发皿；步骤Ⅳ中不需要用到的实验仪器：c．分液漏斗，g．量筒，i．容量瓶；故答案为：cgi；③经试验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物，步骤Ⅰ：将3.04g红色粉末溶于足量稀硫酸中，再加入足量H2O2溶液，氧化亚铁离子为铁离子，振荡，得澄清透明溶液X．步骤Ⅱ：在溶液X中加入适量Cu（OH）2粉末，调节溶液pH=4.0，过滤，得红褐色沉淀Y为氢氧化铁和滤液Z为硫酸铜溶液．步骤Ⅲ：将沉淀Y充分灼烧，得1.6g红色固体M为Fe2O3，物质的量==0.01mol23步骤Ⅳ：将滤液Z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gCuSO4•5H2O晶体，物质的量==0.024mol．红色粉末样品中Cu2O的质量分数=×100%=47.4%，故答案为：47.4%．点评：本题主要考查了实验探究物质组成和性质的实验分析，物质的性质和转化关系，掌握基础，细心审题是解题关键，题目难度中等．11．粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物．我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等．一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率．（2）第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2（填化学式，下同）和CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3（3）在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为2h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是NH4F（填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等（举一例）．（4）流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl．（填化学式）（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C13•6H20，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和，而硫酸铝不饱和（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是使废弃固体资源化利用．考点：制备实验方案的设计；硅和二氧化硅；物质的分离、提纯和除杂．专题：实验题．23分析：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2（SO4）3，用盐酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氢得AlCl3•6H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl3•6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3，据此答题．解答：解：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2（SO4）3，用盐酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氢得AlCl3•6H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl3•6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3，（1）粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率，故答案为：增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率；（2）通过上面的分析可知，第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2和CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3，故答案为：SiO2；CaSO4；Al（OH）3；（3）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，在相同时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等，故答案为：2；NH4F；生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等；（4）根据上面的分析可知，流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl，故答案为：H2SO4；NH4Cl；（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C13•6H20，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和，而硫酸铝不饱和，便于A1C13•6H20析出，故答案为：通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和，而硫酸铝不饱和；（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用，故答案为：使废弃固体资源化利用．点评：本题以教材重要基本理论和原理为知识平台，考查化学反应基本原理、物质的性质等在化学与技术中的综合应用，解题关键在于找准中间产品和相互交叉的流水生产线，在分析过程中，抓住中间产品的关联作用，逐一破解，难度中等．12．1967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等．回答下列问题：（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体（填“晶体”或“非晶体”）．（2）基态铜原子有1个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，在CuS04溶液中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为深蓝色．（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有．键的数目为5NA；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H﹣N=C=S）的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能．（4）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2﹣的配位数为4．23（5）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为（用含“a、NA的代数式表示）g•cm﹣3．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布．专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．分析：（1）根据晶体和非晶体中微粒的排列特点分析；（2）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；配合离子[Cu（NH3）4]2+为深蓝色；（3）（SCN）2分子结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，1个N≡C键中有1个θ键，其余两个为π键；分子间有氢键的能使物质熔沸点升高；（4）根据晶胞的结构图可求S2﹣的配位数；（5）根据均摊法计算出晶胞中Cu、Au原子数，根据计算密度．解答：解：（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故答案为：晶体；（2）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，可以看出只有4S轨道上的电子未成对，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，在CuS04溶液中滴入过量氨水，形成配合物为[Cu（NH3）4]2+，为深蓝色，故答案为：1；1s22s22p63s23p63d9；深蓝色；（3）（SCN）2分子结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，1个N≡C键中有1个θ键，其余两个为π键，1mol（SCN）2分子中含有θ键的数目为5NA，异硫氰酸（H﹣N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；（4）根据图1，距离S2﹣最近的锌离子有4个，即S2﹣的配位数为4，故答案为：4；（5）Cu原子位于晶胞面心，数目为6×=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8×=1，晶胞体积V=（a×10﹣7）3，密度==g•cm﹣3，故答案为：．点评：本题考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，重在考查学习获知题给信息的能力和解决问题的能力，难度中等．2313．金刚乙烷、金刚乙胺等已经被批准用于临床治疗人感染禽流感，且临床研究表明金刚乙烷比金刚乙胺的副作用小．（1）金刚乙烷可通过下列转化生成金刚乙胺：①金刚乙烷的分子式为C12H20．②反应Ⅰ的反应类型为取代反应．反应Ⅱ的另一产物为HCl．（2）金刚乙烷还可通过如图下列转化生成高分子化合物（用“R﹣”表示，如金刚乙烷表示为R﹣CH2CH3）；已知：E分子中有两个C=O双键，但不能发生银镜反应；标准状况下，1molF与足量的钠完全反应会生成22.4L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4L气体．①条件1为氢氧化钠醇溶液，加热．②条件2为氢氧化钠溶液，加热，写出C→D的化学方程式：R﹣CHBr﹣CH2Br+2NaOHR﹣CHOH﹣CH2OH+2NaBr．③E分子中官能团的名称为羰基、羧基，G的结构简式为．④满足下列条件的F的同分异构体只有一种，其结构简式为．a．属于芳香族化合物b．核磁共振氢谱图中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1：1．考点：有机物的推断．分析：（1）交点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，结合结构简式书写其分子式；金刚烷与氯气可发生取代反应，取代产物与氨气反应生成金刚乙胺和氯化氢；（2）金刚乙烷与氯气发生取代反应生成A，由B可与溴发生加成反应可知B为R﹣CH=CH2，A生成B发生消去反应，则C为R﹣CHBr﹣CH2Br，D可发生多步氧化，应为醇，则D为R﹣CH（OH）﹣CH2OH，E分子中有两个C=O双键，但不发生银镜反应，说明不含﹣CHO，1molF与足量NaHCO3溶液完全反应也生成22.4L气体，说明F中含有1个﹣COOH，而1mol23F与足量的钠完全反应生成22.4L气体，则说明F含有1个﹣OH、1个﹣COOH，E生成F的反应为还原反应，故E为RCOCOOH，F为R﹣CH（OH）﹣COOH，F发生缩聚反应生成高聚物G为，以此解答该题．解答：解：（1）①交点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，结合金刚烷的结构简式，可知其分子式为：C12H20，故答案为：C12H20；②金刚烷与氯气可发生取代反应，取代产物与氨气反应生成金刚乙胺和氯化氢，故答案为：取代反应；HCl；（2）金刚乙烷与氯气发生取代反应生成A，由B可与溴发生加成反应可知B为R﹣CH=CH2，A生成B发生消去反应，则C为R﹣CHBr﹣CH2Br，D可发生多步氧化，应为醇，则D为R﹣CH（OH）﹣CH2OH，E分子中有两个C=O双键，但不发生银镜反应，说明不含﹣CHO，1molF与足量NaHCO3溶液完全反应也生成22.4L气体，说明F中含有1个﹣COOH，而1molF与足量的钠完全反应生成22.4L气体，则说明F含有1个﹣OH、1个﹣COOH，E生成F的反应为还原反应，故E为RCOCOOH，F为R﹣CH（OH）﹣COOH，F发生缩聚反应生成高聚物G为，①A生成B发生消去反应，应在氢氧化钠醇溶液中加热条件下进行，故答案为：氢氧化钠醇溶液，加热；②C为R﹣CHBr﹣CH2Br，D为R﹣CH（OH）﹣CH2OH，C应在氢氧化钠溶液条件下加热生成，反应的方程式为R﹣CHBr﹣CH2Br+2NaOHR﹣CHOH﹣CH2OH+2NaBr，故答案为：氢氧化钠溶液，加热；R﹣CHBr﹣CH2Br+2NaOHR﹣CHOH﹣CH2OH+2NaBr；③E为RCOCOOH，含有官能团为羰基和羧基，F为R﹣CH（OH）﹣COOH，F发生缩聚反应生成高聚物G为，故答案为：羰基、羧基；；④F为R﹣CH（OH）﹣COOH，分子式为C12H18O3，含有4个环，不饱和度为4，对应的同分异构体属于芳香族化合物，说明含有苯环，核磁共振氢谱图中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1：1，说明结构对称，应为，故答案为：．23点评：本题考查有机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意以E、F的性质为突破口进行推断，再结合反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，易错点为④，注意同分异构体的书写．23
