高中_化学_历年高考化学真题_2013年化学高考真题_2013年*苏省高考化学试卷

2013年*苏省高考化学试卷　一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．（2分）燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（　　）A．*醇B．天然气C．液化石油气D．*气2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．*烯的结构简式：C3H6B．*氧根离子的电子式：C．*原子的结构示意图：D．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子U3．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．使*基橙变红*的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B．使*酞变红*的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣D．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣4．（2分）下列有关物质*质的应用正确的是（　　）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强*反应，可用石英器皿盛放***C．生石灰能与水反应，可用来干燥*气D．*化铝是一种电解质，可用于电解法制铝5．（2分）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等*作。下列图示对应的*作规范的是（　　）A．称量B．溶解C．转移D．定容6．（2分）*、乙、*、丁四种物质中，*、乙、*均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：*乙*．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若*为焦炭，则丁可能是O2B．若*为SO2，则丁可能是氨水C．若*为Fe，则丁可能是盐*D．若*为NaOH溶液，则丁可能是CO27．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．78g苯含有C=C双键的数目为3NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA8．（2分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．MnO2与浓盐*反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．明*溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O9．（2分）Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（　　）A．Mg电极是该电池的正极B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应C．石墨电极附近溶液的OH﹣的物质的量浓度增大D．溶液中Cl﹣向正极移动10．（2分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）B．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同C．元素Y的简单气态*化物的热稳定*比Z的强D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物　二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确*只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确*包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）下列有关说法正确的是（　　）A．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0B．电解法精炼铜时，以粗铜作*极，纯铜作阳极C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小12．（4分）*物贝诺酯可由乙酰水杨*和对乙酰氨基*在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（　　）A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨*和对乙酰氨基*C．乙酰水杨*和对乙酰氨基*均能与NaHCO3溶液反应D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨**和对乙酰氨基**13．（4分）下列依据相关实验得出的结论正确的是（　　）A．向某溶液中加入稀盐*，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳*盐溶液B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰*反应，火焰呈黄*，该溶液一定是*盐溶液C．将某气体通入溴水中，溴水颜*褪去，该气体一定是乙烯D．向某溶液中滴加KS溶液，溶液不变*，滴加*水后溶液显红*，该溶液中一定含Fe2+14．（4分）一定温度下，三种碳*盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=﹣lgc（M），pc（CO32﹣）=﹣lgc（CO32﹣）．下列说法正确的是（　　）A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32﹣）C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣）D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）15．（4分）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其正反应放热．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1　三、非选择题16．（12分）氧化镁在医*、建筑等行业应用广泛．硫*镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫*反应的离子方程式为　　．（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为　　．（3）滤渣2的成分是　　（填化学式）．（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．①D中收集的气体可以是　　（填化学式）．②B中盛放的溶液可以是　　（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀**d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄*固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　　．17．（15分）化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化．A的有关转化反应如下（部分反应条件略去）：已知：①②（R表示烃基，R′和R″表示烃基或*）（1）写出A的结构简式：　　．（2）G是常用指示剂*酞．写出G中含氧官能团的名称：　　和　　．（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的*．写出该化合物的结构简式：　　（任写一种）．（4）F和D互为同分异构体．写出反应E→F的化学方程式：　　．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．18．（12分）硫*镍铵[（NH4）xNiy（SO4）m•nH2O]可用于电镀、印刷等领域．某同学为测定硫*镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL（标准状况）．（1）若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2+含量将　　（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）．（2）氨气常用　　检验，现象是　　．（3）通过计算确定银硫*镍铵的化学式（写出计算过程）　　．19．（15分）柠檬*亚铁（FeC6H6O7）是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿*（FeSO4•7H2O）通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7═FeC6H6O7+CO2↑+H2O下表列出了相关金属离子生成*氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8（1）制备FeCO3时，选用的加料方式是　　（填字母），原因是　　．a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中b．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是　　．（3）将制得的FeCO3加入到足量柠檬*溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应．①铁粉的作用是　　．②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　　．（4）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬*亚铁晶体．分离过程中加入无水乙醇的目的是　　．（5）某研究*学习小组欲从硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3）出发，先制备绿*，再合成柠檬*亚铁．请结合如图的绿*溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4•7H2O晶体的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、稀硫*和NaOH溶液）：向一定量烧渣中加入足量的稀硫*充分反应，　　，得到FeSO4溶液，　　，得到FeSO4•7H2O晶体．20．（14分）*是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的**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*（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=+3359.26kJ•mol﹣1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89.61kJ•mol﹣12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3则△H3=　　kJ•mol﹣1．（2）白*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+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白*的物质的量是　　．（3）*的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含*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的关系如图所示．①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在　　；pH=8时，溶液中主要含*物种浓度大小关系为　　．②Na2HPO4溶液显碱*，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显**，其原因是　　（用离子方程式表示）．（4）*的化合物三*氧*（）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**气体．季戊四醇与X的核磁共振*谱如图所示．①**气体是　　（填化学式）．②X的结构简式为　　．　四、[选做题]本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．21．（12分）A．[物质结构与*质]元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍．（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．①在1个晶胞中，X离子的数目为　　．②该化合物的化学式为　　．（2）在Y的*化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　　．（3）Z的*化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是　　．（4）Y与Z可形成YZ42﹣①YZ42﹣的空间构型为　　（用文字描述）．②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　　．（5）X的*化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为　　．22．3，5﹣二*氧基苯*是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成．一种以间苯三*为原料的合成反应如下：*醇、乙醚和3，5﹣二*氧基苯*的部分物理*质见下表：物质沸点/℃熔点/℃密度（20℃）/g•cm﹣3溶解**醇64.7/0.7915易溶于水乙醚34.5/0.7138微溶于水3，5﹣二*氧基苯*/33～36/易溶于*醇、乙醚，微溶于水（1）反应结束后，先分离出*醇，再加入乙醚进行萃取．①分离出*醇的*作是的　　．②萃取用到的分液漏斗使用前需　　并洗净，分液时有机层在分液漏斗的　　填（“上”或“下”）层．（2）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤．用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是　　；用饱和食盐水洗涤的目的是　　．（3）洗涤完成后，通过以下*作分离、提纯产物，正确的*作顺序是　　（填字母）．a．蒸馏除去乙醚b．重结晶c．过滤除去干燥剂d．加入无水CaCl2干燥（4）固液分离常采用减压过滤．为了防止倒吸，减压过滤完成后应先　　，再　　．　2013年*苏省高考化学试卷参考*与试题解析　一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．（2分）燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（　　）A．*醇B．天然气C．液化石油气D．*气【分析】依据物质燃烧产物分析判断，*醇、天然气、液化石油气含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，*气燃烧生成无污染的水．【解答】解：*醇、天然气、液化石油气含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，*气燃烧生成无污染的水，是最环保的燃料，故选：D。【点评】本题考查燃料燃烧产物分析，含碳元素化合物燃烧易生成一氧化碳污染*气体，题目较简单．　2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．*烯的结构简式：C3H6B．*氧根离子的电子式：C．*原子的结构示意图：D．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子U【分析】A、烯烃的结构简式中C=C双键不能省略；B、*氧根离子带1个单位的负电荷，离子中O原子与H原子之间形成1对孤对电子；C、*原子质子数为17，核外电子数为17，33个电子层，各层电子数分别为2、8、7；D、原子符号ZAX左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符合，其中质量数=质子数+中子数．【解答】解：A、烯烃的结构简式中C=C双键不能省略，*烯的结构简式为CH3CH=CH2，C3H6是*烯的分子式，故A错误；B、*氧根离子带1个单位的负电荷，离子中O原子与H原子之间形成1对孤对电子，*氧根电子式为，故B正确；C、*原子质子数为17，核外电子数为17，3个电子层，各层电子数分别为2、8、7，*原子结构示意图为，故C错误；D、中子数为146、质子数为92的铀（U）原子的质量数为146+92=238，该铀原子符号为U，故D错误；故选：B。【点评】本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意B选项中*氧根与羟基电子式的区别．　3．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．使*基橙变红*的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B．使*酞变红*的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣D．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣【分析】A．使*基橙变红*的溶液，pH＜3.1，溶液显**；B．使*酞变红*的溶液，pH＞8，溶液显碱*；C．AgI为黄*沉淀；D．AlO2﹣、H+反应．【解答】解：A．使*基橙变红*的溶液，pH＜3.1，溶液显**，该组离子之间不反应，能共存，故A正确；B．使*酞变红*的溶液，pH＞8，溶液显碱*，Cu2+、HCO3﹣分别与碱反应，则不能共存，故B错误；C．Ag+、I﹣结合生成AgI为黄*沉淀，Ag+、SO42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；D．AlO2﹣、H+反应时，*少量生成沉淀，*过量时生成铝离子，则不能共存，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意*碱指示剂的变*范围为解答的易错点，题目难度不大．　4．（2分）下列有关物质*质的应用正确的是（　　）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强*反应，可用石英器皿盛放***C．生石灰能与水反应，可用来干燥*气D．*化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【分析】A．液氨汽化时要吸收大量的热；B．二氧化硅可与***反应生成四*化硅气体；C．*氧化钙能和*气反应；D．*化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电．【解答】解：A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与***反应生成四*化硅气体，故B错误；C．CaO遇水生成*氧化钙，而*氧化钙会和*气反应，故C错误；D．*化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝，故D错误。故选：A。【点评】本题考查物质的*质和用途，难度不大，注意*气不能用氧化钙干燥．　5．（2分）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等*作。下列图示对应的*作规范的是（　　）A．称量B．溶解C．转移D．定容【分析】A．*品不能直接放在托盘内，且*品与砝码放反了；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；C．应用玻璃棒引流；D．胶头滴管不能伸入容量瓶内。【解答】解：A．用天平称量*品，*品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C．应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D．胶头滴管不能伸入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选：B。【点评】本题实验考查基本*作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本*作。　6．（2分）*、乙、*、丁四种物质中，*、乙、*均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：*乙*．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若*为焦炭，则丁可能是O2B．若*为SO2，则丁可能是氨水C．若*为Fe，则丁可能是盐*D．若*为NaOH溶液，则丁可能是CO2【分析】A、*为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；B、若*为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若*为Fe，丁为盐*，铁和盐*反应生成*化亚铁和*气，不能进一步和盐*反应；D、若*为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3．【解答】解：A、*为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；B、若*为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；C、若*为Fe，丁为盐*，铁和盐*反应生成*化亚铁和*气，不能进一步和盐*反应，故C错误；D、若*为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了物质*质的转化关系和*质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质*质是解题关键，题目难度中等．　7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．78g苯含有C=C双键的数目为3NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【分析】A、次**根离子是弱**离子，水溶液中发生水解；B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键，C、N2与CO摩尔质量相同都为28g/mol，都是双原子分子；D、依据标准状况下气体物质的量n=，结合二氧化氮和水反应生成**和一氧化氮的氧化还原反应计算电子转移；【解答】解：A、次**根离子是弱**离子，水溶液中发生水解；1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目小于NA，故A错误；B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键，不存在碳碳双键，故B错误；C、N2与CO摩尔质量相同都为28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体物质的量==0.5mol，含有的原子数目为NA，故C正确；D、标准状况下气体物质的量n===0.3mol，二氧化氮和水反应生成**和一氧化氮的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化还原反应中0.3mol二氧化氮反应转移电子0.2mol；故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要有盐类水解应用，苯分子结构的掌握，气体摩尔体积的计算应用，题目难度中等．　8．（2分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．MnO2与浓盐*反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．明*溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O【分析】A．HCl为强电解质，应完全电离；B．是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C．没有配平；D．NaOH完全反应，生成碳*钙、水、碳***．【解答】解：A．MnO2与浓盐*反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．明*溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；C．Na2O2溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等．　9．（2分）Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（　　）A．Mg电极是该电池的正极B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应C．石墨电极附近溶液的OH﹣的物质的量浓度增大D．溶液中Cl﹣向正极移动【分析】该装置中Mg易失电子作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，H2O2具有氧化*，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，据此分析解答．【解答】解：A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，故A错误；B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，故B错误；C．石墨电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，*离子浓度减小，则溶液pH增大，OH﹣的物质的量浓度增大，故C正确；D．放电时，*离子向负极移动，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了原电池原理，由Mg、双氧水的*质确定正负极，会正确书写电极反应式，知道离子移动方向，题目难度不大．　10．（2分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）B．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同C．元素Y的简单气态*化物的热稳定*比Z的强D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X的原子半径比Y的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为*元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，故Y为氮元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X的原子半径比Y的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为*元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，故Y为氮元素，A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞N＞O，即r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；B、O2﹣、Na+离子的核外电子数都是10个电子，核外电子层结构相同，故B错误；C、同周期自左而右非金属*增强，故非金属*O＞N，非金属*越强气态*化物越稳定，故*化物稳定*H2O＞NH3，故C错误；D、由H、N、O三元素组成的化合物中，若**为共价化合物，**铵为离子化合物，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质结构*质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为*元素．　二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确*只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确*包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）下列有关说法正确的是（　　）A．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0B．电解法精炼铜时，以粗铜作*极，纯铜作阳极C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小【分析】A、根据本反应前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时自发；B、用电解法精炼精铜时，粗铜作阳极，纯铜作*极；C、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，以及=来分析；D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，但两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大．【解答】解：A、本反应前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时自发，即该反应的△H＜0，故A正确；B、用电解法精炼精铜时，粗铜作阳极，纯铜作*极，故B错误；C、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，减小，所以减小，故C正确；D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，但两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大，故D错误；故选：AC。【点评】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对用熵变焓变判断反应方向，水解反应、电解池等方面的能力．　12．（4分）*物贝诺酯可由乙酰水杨*和对乙酰氨基*在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（　　）A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨*和对乙酰氨基*C．乙酰水杨*和对乙酰氨基*均能与NaHCO3溶液反应D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨**和对乙酰氨基**【分析】A．贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣；B．对乙酰氨基*含*﹣OH；C．乙酰水杨*含﹣COOH，*﹣OH的**不能与NaHCO3溶液反应；D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键．【解答】解：A．贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣，两种含氧官能团，故A错误；B．对乙酰氨基*含*﹣OH，遇FeCl3溶液显紫*，则可用FeCl3溶液区别乙酰水杨*和对乙酰氨基*，故B正确；C．乙酰水杨*含﹣COOH，*﹣OH的**不能与NaHCO3溶液反应，则只有乙酰水杨*能与NaHCO3溶液反应，故C错误；D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键，不生成乙酰水杨**和对乙酰氨基**，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和*质，明确*及酯的*质是解答本题的关键，注意选项D中的水解为解答的难点和易错点，题目难度中等．　13．（4分）下列依据相关实验得出的结论正确的是（　　）A．向某溶液中加入稀盐*，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳*盐溶液B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰*反应，火焰呈黄*，该溶液一定是*盐溶液C．将某气体通入溴水中，溴水颜*褪去，该气体一定是乙烯D．向某溶液中滴加KS溶液，溶液不变*，滴加*水后溶液显红*，该溶液中一定含Fe2+【分析】A、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊；B、钾元素的焰*反应若不用钴玻璃也会发出黄*火焰；C、溴水中溴单质是强氧化剂，通入的气体只要是还原*气体都可以使溴水褪*；D、依据亚铁离子的检验方法分析判断．【解答】解：A、向某溶液中加入稀盐*，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳*盐溶液或碳**盐溶液或亚硫*盐溶液，故A错误；B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰*反应，火焰呈黄*，钾元素的焰*反应若不用钴玻璃也会发出黄*火焰，该溶液不一定是含*元素的溶液，故B错误；C、将某气体通入溴水中，溴水颜*褪去，通入的气体只要是还原*气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪*，如二氧化硫、硫化*等，该气体不一定是乙烯，故C错误；D、向某溶液中滴加KS溶液，溶液不变*，说明不含铁离子，滴加*水后溶液显红*，*气氧化亚铁离子为铁离子，遇到硫**钾溶液生成血红*溶液*该溶液中一定含Fe2+，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了常见离子检验方法和现象判断，主要是碳*盐、亚硫*盐、溴单质、亚铁离子等物质*质的分析应用，焰*反应的实验方法应用，题目难度中等．　14．（4分）一定温度下，三种碳*盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=﹣lgc（M），pc（CO32﹣）=﹣lgc（CO32﹣）．下列说法正确的是（　　）A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32﹣）C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣）D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）【分析】A．pM相等时，图线中pc（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小；B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣）；C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32﹣）；D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣）；【解答】A．pM相等时，图线中p（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣），所以c（Mn2+）=c（CO32﹣），故B正确；C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32﹣），所以c（Ca2+）＞c（CO32﹣），故C错误；D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣），所以c（Mg2+）＜c（CO32﹣），故D正确；故选：BD。【点评】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc（CO32﹣）、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等．　15．（4分）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其正反应放热．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1【分析】A．两个容器中平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率；B．平衡常数K只与温度有关，Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，体系温度不同；C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，所以容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多；D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1．【解答】解：A．两个容器中平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率建立平衡途径不同，无法比较反应速率，故A错误；B．Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，所以平衡常数K不同，故B错误；C．由于正反应是放热反应，容器Ⅰ中反应从正方向开始，随着反应的进行温度在升高，而温度升高会使平衡逆向移动，抑制了CO的转化，容器Ⅱ中反应从逆向开始，随着反应的进行温度在降低，会使平衡正向移动，促进了CO的转化，因此容器Ⅰ中CO的转化率比容器Ⅱ中的小，平衡时容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C正确；D．如果温度相同时，容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，因为容器绝热，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，所以容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了化学平衡的建立与等效平衡的关系，需要注意的是容器绝热，反应放热，温度升高，学生易错．　三、非选择题16．（12分）氧化镁在医*、建筑等行业应用广泛．硫*镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫*反应的离子方程式为　MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O　．（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为　2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O　．（3）滤渣2的成分是　Fe（OH）3　（填化学式）．（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．①D中收集的气体可以是　CO　（填化学式）．②B中盛放的溶液可以是　d　（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀**d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄*固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O　．【分析】（1）碳*镁与稀硫*反应生成硫*镁水和二氧化碳；（2）过氧化*在**条件下氧化硫*亚铁为硫*铁；（3）加入氨水调节溶液PH使*氧化铁全部沉淀；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰*钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的*氧化*溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集．【解答】解：（1）MgCO3与稀硫*反应生成硫*镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，故*为：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；（2）加入H2O2氧化时，在**溶液中氧化硫*亚铁为硫*铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O，故*为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O；（3）*溶后过滤得到溶液中加入过氧化*氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为*氧化铁，故*为：Fe（OH）3；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰*钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的*氧化*溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①D中收集的气体可以是CO，故*为：CO；②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故*为：d；③A中得到的淡黄*固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为﹣2价，反应的离子方程式为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O，故*为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O．【点评】本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫*质应用，混合物分离方法和实验*作方法，物质*质熟练掌握是解题关键，题目难度中等．　17．（15分）化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化．A的有关转化反应如下（部分反应条件略去）：已知：①②（R表示烃基，R′和R″表示烃基或*）（1）写出A的结构简式：　　．（2）G是常用指示剂*酞．写出G中含氧官能团的名称：　羟基　和　酯基　．（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的*．写出该化合物的结构简式：　　（任写一种）．（4）F和D互为同分异构体．写出反应E→F的化学方程式：　　．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【分析】化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯*，A的结构简式为：，A在一定条件下和*气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬*钾溶液氧化生成C，C的结构简式为：，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：．【解答】解：化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯*，A的结构简式为：，A在一定条件下和*气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬*钾溶液氧化生成C，C的结构简式为：，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：．（1）通过以上分析知，A的结构简式为：，故*为：；（2）根据G的结构简式知，G中含有的官能团有：羟基和酯基，故*为：羟基、酯基；（3）分子中只有两种不同化学环境*的E的同分异构体有：，故*为：；（4）F的结构简式为：，在加热、浓硫*作催化剂条件下E发生消去反应生成F，所以反应E→F的化学方程式为：，故*为：；（5）根据题给信息知其合成路线为：在镍作催化剂、高温高压条件下，苯*和*气加成反应生成环己醇，在加热条件下，环己醇和溴化*发生取代反应生成1﹣溴环己*，1﹣溴环己*和镁、无水乙醚反应生成，和*醛、水反应生成，在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化生成，所以其合成路线流程图为，故*为：．【点评】本题考查有机物的推断及合成，同时考查学生知识迁移能力，利用题给信息进行分析解答，明确有机物的官能团及*质是解本题关键，难度较大．　18．（12分）硫*镍铵[（NH4）xNiy（SO4）m•nH2O]可用于电镀、印刷等领域．某同学为测定硫*镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL（标准状况）．（1）若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2+含量将　偏高　（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）．（2）氨气常用　湿润的红*石蕊试纸　检验，现象是　试纸颜*由红变蓝　．（3）通过计算确定银硫*镍铵的化学式（写出计算过程）　（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O　．【分析】（1）滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，测定结果会偏高；（2）根据氨气的检验方法完成；（3）根据反应和滴定数据计算出镍离子的物质的量；根据氨气的体积计算出氨气的物质的量；根据正负电荷相等求算出硫*根的物质的量，再利用质量计算出水的物质的量，最后求出硫*镍铵的化学式．【解答】解：（1）由于没有用标准液润洗滴定管，使得滴定管中的标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，测定结果偏高，故*是：偏高；（2）氨气常用湿润的红*石蕊试纸进行检验，试纸由红*变成蓝*，故*是：湿润的红*石蕊试纸；试纸颜*由红变蓝；（3）25mL溶液中镍离子的物质的量是：n（Ni2+）=n（H2Y2﹣）=0.04000mol•L﹣1×0.03125L=1.250×10﹣3mol，氨气的物质的量等于铵离子的物质的量，n（NH4+）==2.500×10﹣3mol根据电荷守恒，硫*根的物质的量是：n（SO42﹣）=×[2n（Ni2+）+n（NH4+）]=2.500×10﹣3mol，所以：m（Ni2+）=59g•mol﹣1×1.250×10﹣3mol=0.07375gm（NH4+）=18g•mol﹣1×2.500×10﹣3mol=0.04500gm（SO42﹣）=96g•mol﹣1×2.500×10﹣3mol=0.2400gn（H2O）==1.250×10﹣2molx：y：m：n=n（NH4+）：n（Ni2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=2：1：2：10，硫*镍铵的化学式为（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O，答：硫*镍铵的化学式是（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O．【点评】本题考查了探究硫*镍铵的组成，涉及了滴定知识、氨气的检验方法，本题难度中等．　19．（15分）柠檬*亚铁（FeC6H6O7）是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿*（FeSO4•7H2O）通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7═FeC6H6O7+CO2↑+H2O下表列出了相关金属离子生成*氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8（1）制备FeCO3时，选用的加料方式是　c　（填字母），原因是　避免生成Fe（OH）2沉淀　．a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中b．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是　取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐**化的BaCl2溶液，若无白*沉淀产生，则表明已洗涤干净　．（3）将制得的FeCO3加入到足量柠檬*溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应．①铁粉的作用是　防止+2价的铁元素被氧化　．②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　加入适量柠檬*让铁粉反应完全　．（4）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬*亚铁晶体．分离过程中加入无水乙醇的目的是　降低柠檬*亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出　．（5）某研究*学习小组欲从硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3）出发，先制备绿*，再合成柠檬*亚铁．请结合如图的绿*溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4•7H2O晶体的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、稀硫*和NaOH溶液）：向一定量烧渣中加入足量的稀硫*充分反应，　“（过滤，）向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤”或“过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫*至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤”　，得到FeSO4溶液，　（滴加稀硫**化，）加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量*水洗涤，低温干燥　，得到FeSO4•7H2O晶体．【分析】（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于Na2CO3溶液碱*很强，可能会生成Fe（OH）2沉淀，为避免生成Fe（OH）2沉淀，如果将Na2CO3加入FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为**，Fe2+不易沉淀．因此，CO32﹣容易与Fe2+结合为沉淀析出，因此应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中；（2）判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质．首先要弄清沉淀上的杂质是什么，然后再去检测里面的离子．本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣，即该题便转化成SO42﹣的检验；（3）因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬*亚铁过程中应尽量避免与氧气接触．加入铁粉的目的就是与柠檬*反应产生H2，形成一个无氧的环境．除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬*，反应也生成了需要的产品柠檬*亚铁，不会引入杂质．（4）最后的溶液经浓缩形成柠檬*亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬*亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬*亚铁的溶解度，从而获得更多的产品．（5）由硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3）制备FeSO4•7H2O晶体，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项．向烧渣中加入足量的稀硫*，Fe2O3、Al2O3均会与硫*反应，分别生成Fe2（SO4）2和Al2（SO4）2，SiO2不反应，先过滤把SiO2除去，然后向滤液中加入足量的铁粉，将Fe3+转化成Fe2+，根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，再根据绿*溶解度曲线，60℃时绿*的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在*水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干．【解答】解：（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于Na2CO3溶液碱*很强，可能会生成Fe（OH）2沉淀，如果将Na2CO3加入FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为**，Fe2+不易沉淀．因此，CO32﹣容易与Fe2+结合为沉淀析出，因此为避免生成Fe（OH）2沉淀，应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中；故*为：c，避免生成Fe（OH）2沉淀；（2）判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质．首先要弄清沉淀上的杂质是什么，然后再去检测里面的离子．本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣，即该题便转化成SO42﹣的检验．具体*作为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐**化的BaCl2溶液，若无白*沉淀产生，则表明已洗涤干净；故*为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐**化的BaCl2溶液，若无白*沉淀产生，则表明已洗涤干净；（3）因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬*亚铁过程中应尽量避免与氧气接触．加入铁粉的目的就是与柠檬*反应产生H2，形成一个无氧的环境．除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬*，反应也生成了需要的产品柠檬*亚铁，不会引入杂质；故*为：防止+2价的铁元素被氧化，加入适量柠檬*让铁粉反应完全；（4）最后的溶液经浓缩形成柠檬*亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬*亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬*亚铁的溶解度，从而获得更多的产品；故*为：降低柠檬*亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；（5）由硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3）制备FeSO4•7H2O晶体，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项．向烧渣中加入足量的稀硫*，Fe2O3、Al2O3均会与硫*反应，分别生成Fe2（SO4）2和Al2（SO4）2，SiO2不反应，先过滤把SiO2除去，然后向滤液中加入足量的铁粉，将Fe3+转化成Fe2+，根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，再根据绿*溶解度曲线，60℃时绿*的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在*水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干；故*为：过滤向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤或“过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫*至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤；（滴加稀硫**化，）加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量*水洗涤，低温干燥．【点评】本题考查了学生在新情境下物质的制备实验中基本的实验技能和对教材相关实验的理解的迁移能力，中档题难度偏大，掌握物质*质和实验技能是解题关键．　20．（14分）*是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的**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*（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=+3359.26kJ•mol﹣1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89.61kJ•mol﹣12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3则△H3=　+2821.6　kJ•mol﹣1．（2）白*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+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白*的物质的量是　3mol　．（3）*的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含*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的关系如图所示．①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在　4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）　；pH=8时，溶液中主要含*物种浓度大小关系为　c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）　．②Na2HPO4溶液显碱*，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显**，其原因是　3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+　（用离子方程式表示）．（4）*的化合物三*氧*（）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**气体．季戊四醇与X的核磁共振*谱如图所示．①**气体是　HCl　（填化学式）．②X的结构简式为　　．【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*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*物种浓度大小关系可由图表得出；（4）HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解，溶液呈碱*，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；（5）根据核磁共振*谱可知：季戊四醇中有两种*原子，而新型阻燃剂中间体X中只有一种*原子，说明三*氧*（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1反应时，季戊四醇中羟基*全部消失，生成*化***气体．【解答】解：（1）①2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359.26kJ•mol﹣1②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89.61kJ•mol﹣1①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3=△H1+△H2×6=+2821.6kJ•mol﹣1，故*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*中*的化合价由0价变为+5价，1个白*得到20个电子，所以60molCuSO4能氧化白*的物质的量为3mol，故*为：3mol；（3）①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4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可），溶液中主要含*物种浓：度大小关系可由图表得出c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣），故*为：4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）；c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）；②HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解，电离反应式为HPO42﹣⇌PO43﹣+H+，水解反应式为HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，溶液呈碱*，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++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+，使得水解程度小于电离程度，溶液则显**，故*为：3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+；（4）核磁共振*谱可知：季戊四醇中有两种*原子，而新型阻燃剂中间体X中只有一种*原子，说明三*氧*（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1反应时，季戊四醇中羟基*全部消失，生成*化***气体，故*为：①HCl；②．【点评】本题围绕*及其化合物展开，涉及元素化合物*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*谱等知识，难度中等以上．　四、[选做题]本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．21．（12分）A．[物质结构与*质]元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍．（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．①在1个晶胞中，X离子的数目为　4　．②该化合物的化学式为　ZnS　．（2）在Y的*化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　sp3　．（3）Z的*化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是　水分子与乙醇分子之间形成*键　．（4）Y与Z可形成YZ42﹣①YZ42﹣的空间构型为　正四面体　（用文字描述）．②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　CCl4或SiCl4等　．（5）X的*化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为　16NA　．【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素．【解答】解：元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素．（1）①X离子数目=8×+6×=4，故*为：4；②该晶胞中X离子数目=8×+6×=4，Y离子数目=4，所以X和Y离子数目之比等于4：4即1：1，所以该化合物的化学式为ZnS，故*为：ZnS；（2）在H2S中硫原子的价层电子数=2+=4，所以采用sp3杂化，故*为：sp3；（3）在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之间易形成*键，*键的存在导致其溶解*增大，故*为：水分子与乙醇分子之间形成*键；（4）①SO42﹣中价层电子数=4+=4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故*为：正四面体；②等电子体中原子个数相等且价电子数相等，所以与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiCl4等，故*为：CCl4或SiCl4等；（5）每mol配合物[X（NH3）4]Cl2中，σ键数目=（3×4+4）NA=16NA，故*为：16NA．【点评】本题考查物质结构和*质，涉及化学式的确定、*键、杂化方式的判断等知识点，明确化学式的确定方法、*键对物质*质的影响、杂化方式的判断方法等是解本题关键，注意配合物[Zn（NH3）4]Cl2中，配位键也是σ键，为易错点．　22．3，5﹣二*氧基苯*是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成．一种以间苯三*为原料的合成反应如下：*醇、乙醚和3，5﹣二*氧基苯*的部分物理*质见下表：物质沸点/℃熔点/℃密度（20℃）/g•cm﹣3溶解**醇64.7/0.7915易溶于水乙醚34.5/0.7138微溶于水3，5﹣二*氧基苯*/33～36/易溶于*醇、乙醚，微溶于水（1）反应结束后，先分离出*醇，再加入乙醚进行萃取．①分离出*醇的*作是的　蒸馏　．②萃取用到的分液漏斗使用前需　检漏　并洗净，分液时有机层在分液漏斗的　上　填（“上”或“下”）层．（2）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤．用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是　除去HCl　；用饱和食盐水洗涤的目的是　除去少量NaHCO3且减少产物损失　．（3）洗涤完成后，通过以下*作分离、提纯产物，正确的*作顺序是　dcab　（填字母）．a．蒸馏除去乙醚b．重结晶c．过滤除去干燥剂d．加入无水CaCl2干燥（4）固液分离常采用减压过滤．为了防止倒吸，减压过滤完成后应先　拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管　，再　关闭抽气泵　．【分析】（1）沸点不同且互溶的液体可以采用蒸馏的方法分离，分液漏斗使用前要进行检漏，根据密度分析；（2）碳***能和强*反应，碳***易溶于水中；（3）根据各步骤实验目的进行排序；（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵．【解答】解：（1）①根据图表知，*醇和乙醚的能互溶，但沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离出*醇，故*为：蒸馏；②分液漏斗在使用前要进行检漏，当分液漏斗不漏时才能使用，根据密度知，有机层的密度小于水，是在上方，故*为：检漏，上；（2）因为混合物中含有*化*，*化*能和碳***反应，所以为除去*化*用饱和NaHCO3溶液洗涤，碳***易溶于水，为除去剩余的碳***用饱和食盐水洗涤且不减少产物的损失，故*为：除去HCl，除去少量NaHCO3且减少产物损失；（3）洗涤完成后，为除去水分，用无水*化钙干燥，然后过滤除去干燥剂，再根据沸点不同利用蒸馏的方法除去乙醚，最后再利用重结晶的方法制得较纯产物，所以其排列顺序为：dcab，故*为：dcab；（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵，故*为：拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，关闭抽气泵．【点评】本题考查了有机物的分离和提纯，对于减压蒸馏接触较少，学生感觉较难，为学习难点．