1、2012年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）一、選擇題（每小題6分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1（6分）下列敘述中正確的是（）A液溴易揮發(fā)，在存放液溴的試劑瓶中應加水封B能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍色的物質一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液一定含有Ag+2（6分）下列說法正確的是（）A醫(yī)用酒精的濃度通常是95%B單質硅是將太陽能轉化為電能的常用材料C淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物D合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料3（6分）用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列

2、敘述中不正確的是（）A分子總數為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數為2NAB28 g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數為2NAC常溫常壓下，92g 的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數為6NAD常溫常壓下，22.4 L 氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉移的電子數為2NA4（6分）分子式為C5H12O且可與金屬鈉反應放出氫氣的有機物有（不考慮立體異構）（）A5種B6種C7種D8種5（6分）已知溫度T時水的離子積常數為KW，該溫度下，將濃度為a molL1的一元酸HA與b molL1一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液

3、中，c（H+）= molL1D混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）6（6分）分析下表中各項的排布規(guī)律，按此規(guī)律排布第26項應為（）12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10AC7H16BC7H14O2CC8H18DC8H18O7（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，其中W的陰離子的核外電子數與X、Y、Z原子的核外內層電子數相同X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產Y的單質，而Z不能形成雙原子分子根據以上敘述，下列說法中正確的是（）A上述四種元素的原

4、子半徑大小為WXYZBW、X、Y、Z原子的核外最外層電子數的總和為20CW與Y可形成既含極性共價鍵又含非極性共價鍵的化合物D由W與X組成的化合物的沸點總低于由W與Y組成的化合物的沸點二、必考題（本題包括2628三大題，共43分每個試題考生都必須作答）8（14分）鐵是應用最廣泛的金屬，鐵的鹵化物、氧化物以及高價鐵的含氧酸鹽均為重要化合物（1）要確定鐵的某氯化物FeClx的化學式，可用離子交換和滴定的方法實驗中稱取0.54g FeClx樣品，溶解后先進行陽離子交換預處理，再通過含有飽和OH的陰離子交換柱，使Cl和OH發(fā)生交換交換完成后，流出溶液的OH用0.40molL1的鹽酸滴定，滴至終點時消耗鹽

5、酸25.0mL計算該樣品中氯的物質的量，并求出FeClx中的x值： （列出計算過程）（2）現有一含有FeCl2和FeCl3的混合物的樣品，采用上述方法測得n（Fe）n（Cl）=12.1，則該樣品中FeCl3的物質的量分數為 在實驗室中，FeCl2可用鐵粉和 反應制備，FeCl3可用鐵粉和 反應制備；（3）FeCl3與氫碘酸反應時可生成棕色物質，該反應的離子方程式為 （4）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料FeCl3和KClO在強堿性條件下反應可生成K2FeO4，其反應的離子方程式為 與MnO2Zn電池類似，K2FeO4Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電

6、池中作為正極材料，其電極反應式為 該電池總反應的離子方程式為 9（15分）光氣（COCl2）在塑料、制革、制藥等工業(yè)中有許多用途，工業(yè)上采用CO與Cl2在活性炭催化下合成。（1）實驗室中常用來制備氯氣的化學方程式為 ；（2）工業(yè)上利用天然氣（主要成分為CH4）與CO2進行高溫重整制備CO，已知CH4、H2和CO的燃燒熱（H）分別為890.3kJmol1、285.8kJmol1、283.0kJmol1，則生成1m3（標準狀況）CO所需熱量為 ；（3）實驗室中可用氯仿（CHCl3）與雙氧水直接反應制備光氣，其反應的化學方程式為 ；（4）COCl2的分解反應為COCl2（g）=Cl2（g）+CO（g

7、）H=+108kJmol1反應體系達到平衡后，各物質的濃度在不同條件下的變化狀況如圖所示（第10min到14minCOCl2的濃度變化曲線未示出）：計算反應在第8min時的平衡常數K= ；比較第2min反應溫度T（2）與第8min反應溫度T（8）的高低：T（2） T（8）（填“”、“”或“=”）若12min時反應于T（8）下重新達到平衡，則此時c（COCl2）= molL1比較產物CO在23min、56min、1213min時平均反應速率平均反應速率分別以v（23）、v（56）、v（1213）表示的大小 ；比較反應物COCl2在56min、1516min時平均反應速率的大?。簐（56） v（1

8、516）（填“”、“”或“=”），原因是 。10（14分）溴苯是一種化工原料，實驗室合成溴體的裝置示意圖及有關數據如下：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸點/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步驟回答問題：（1）在a中加入15mL無水苯和少量鐵屑在b中小心加入4.0mL液態(tài)溴向a中滴入幾滴溴，有白霧產生，是因為生成了 氣體繼續(xù)滴加至液溴滴完裝置d的作用是 ；（2）液溴滴完后，經過下列步驟分離提純：向a中加入10mL水，然后過濾除去未反應的鐵屑；濾液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗滌NaOH溶液洗滌的作用是 ；向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯

9、化鈣，靜置、過濾加入氯化鈣的目的是 ；（3）經以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質為 ，要進一步提純，下列操作中必須的是 ；（填入正確選項前的字母）A重結晶 B過濾 C蒸餾 D萃?。?）在該實驗中，a的容積最適合的是 （填入正確選項前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL二、選考題（本題包括3638三大題，每大題均為15分考生任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分）11（15分）由黃銅礦（主要成分是CuFeS2）煉制精銅的工藝流程示意圖如圖1所示： 圖1 圖2（1）在反射爐中，把銅精礦砂和石英砂混合加熱到1000左右，黃銅礦與空氣反應生成Cu和Fe的低價硫

10、化物，且部分Fe的硫化物轉變?yōu)镕e的低價氧化物該過程中兩個主要反應的化學方程式分別是 、 ，反射爐內生成爐渣的主要成分是 ；（2）冰銅（Cu2S 和FeS互相熔合而成）含Cu量為20%50%轉爐中，將冰銅加熔劑（石英砂）在1200左右吹入空氣進行吹煉冰銅中的Cu2S被氧化為Cu2O，生成的Cu2O與Cu2S反應，生成含Cu量約為98.5%的粗銅，該過程中發(fā)生反應的化學方程式分別是 、 ；（3）粗銅的電解精煉如圖2所示在粗銅的電解過程中，粗銅板應是圖中電極 （填圖中的字母）；在電極d上發(fā)生的電極反應式為 ，若粗銅中還含有Au、Ag、Fe，它們在電解槽中的存在形式和位置為 12（15分）A族的氧、

11、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現出多種氧化態(tài)，含A族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途請回答下列問題：（1）S單質的常見形式是S8，其環(huán)狀結構如圖1所示，S原子采用的軌道雜化方式是 ；（2）原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為 ；（3）Se的原子序數為 ，其核外M層電子的排布式為 ；（4）H2Se的酸性比 H2S （填“強”或“弱”）氣態(tài)SeO3分子的立體構型為 ，離子的立體構型為 ；（5）H2SeO3 的K1和K2分別是2.7×103和2.5×108，H2

12、SeO4的第一步幾乎完全電離，K2是1.2×102，請根據結構與性質的關系解釋：H2SeO3和H2SeO4的第一步電離程度大于第二步電離的原因： ；H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因： （6）ZnS在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛立方ZnS晶體結構如圖2所示，其晶胞邊長為540.0pm，密度為 gcm3（列式并計算），a位置S2離子與b位置Zn2+離子之間的距離為 pm（列式表示）13（15分）對羥基苯甲酸丁酯（俗稱尼泊金丁酯）可用作防腐劑，對酵母和霉菌有很強的抑制作用，工業(yè)上常用對羥基苯甲酸與丁醇在濃硫酸催化下進行酯化反應而制得。以下是某課題組開發(fā)的從廉價、易得

13、的化工原料出發(fā)制備對羥基苯甲酸丁酯的合成路線：已知以下信息：通常在同一個碳原子上連接兩個2羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基；D可與銀氨溶液反應生成銀鏡；F的核磁共振氫譜表明有兩種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積比為1：1。回答下列問題：（1）A的化學名稱為 ；（2）由B生成C的化學方程式為 ，該反應的類型為 ；（3）F的分子式為 ；（4）G的結構簡式為 ；（5）E的同分異構體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應的共有 種，其中核磁共振氫譜有三種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積比為2：2：1的是 （寫結構簡式）。2012年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題6分在每小題給出的四個選項中，只有一

14、項是符合題目要求的）1（6分）下列敘述中正確的是（）A液溴易揮發(fā)，在存放液溴的試劑瓶中應加水封B能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍色的物質一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液一定含有Ag+【考點】PS：物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用；PT：物質的檢驗和鑒別的實驗方案設計菁優(yōu)網版權所有【專題】542：化學實驗基本操作【分析】A實驗室保存液溴常用水封的方法；B能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍色的物質具有氧化性；CCC14層顯紫色，證明原溶液中存在I2；D溶液中加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉

15、淀，可能為AgCl或BaSO4【解答】解：A液溴易揮發(fā)，密度比水大，實驗室常用水封的方法保存，故A正確；B能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍色的物質具有氧化性，可能為NO2、O3、Cl2等物質，但不一定為Cl2，故B錯誤；CCC14層顯紫色，證明原溶液中存在I2，I無色，故C錯誤；D溶液中加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能為AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查物質的保存、檢驗等知識，題目難度不大，解答該類題目注意把握相關化學基本實驗操作2（6分）下列說法正確的是（）A醫(yī)用酒精的濃度通常是95%B單質硅是將太陽能轉化為電能的常用材料C淀粉、纖維

16、素和油脂都屬于天然高分子化合物D合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料【考點】FH：硅和二氧化硅；IO：生活中的有機化合物；L1：有機高分子化合物的結構和性質菁優(yōu)網版權所有【專題】55：化學計算【分析】A、醫(yī)用酒精的濃度通常是75%，此濃度殺菌消毒作用強；B、單質硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉化為電能；C、油脂不是高分子化合物；D、合成纖維是有機非金屬材料，光導纖維是新型無機非金屬材料；【解答】解：A、醫(yī)用酒精的濃度通常是75%，此濃度殺菌消毒作用強；故A錯誤；B、單質硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉化為電能；故B正確；C、淀粉、纖維素都屬于天然高分子化合物，油脂不是高分子化合物；故C

17、錯誤；D、合成纖維是有機非金屬材料，光導纖維是新型無機非金屬材料；故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了硅性質的應用，高分子化合物的判斷，生活中有機物的分類結構和性質應用判斷，題目較簡單3（6分）用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述中不正確的是（）A分子總數為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數為2NAB28 g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數為2NAC常溫常壓下，92g 的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數為6NAD常溫常壓下，22.4 L 氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉移的電子數為2NA【考點】4F：阿伏加德羅常數菁優(yōu)網版權所有【專題】518：阿伏加德羅常數和阿

18、伏加德羅定律【分析】A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子；B、乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）最簡式相同為CH2，計算28 gCH2中所含碳原子物質的量得到所含原子數；C、NO2和N2O4分子最簡比相同為NO2，只需計算92gNO2中所含原子數；D、依據氣體摩爾體積的應用條件分析；【解答】解：A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子，分子總數為NA的NO2和CO2混合氣體含有的氧原子數為2NA，故A正確；B、28 g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中，乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）最簡式相同為CH2，計算28 gCH2中所含碳原子物質的量=2mol，含有的碳原子數為2NA，故B正確；C、NO2和N2O4分

19、子最簡比相同為NO2計算92gNO2中所含原子數=×3×NA=6NA，故C正確；D、常溫常壓下，22.4 L 氯氣物質的量不是1mol，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查了阿伏加德羅常數的應用，主要是微粒數的計算，氣體摩爾體積的條件計算應用，題目難度中等4（6分）分子式為C5H12O且可與金屬鈉反應放出氫氣的有機物有（不考慮立體異構）（）A5種B6種C7種D8種【考點】I4：同分異構現象和同分異構體菁優(yōu)網版權所有【專題】532：同分異構體的類型及其判定【分析】分子式為C5H12O的有機物，能與金屬鈉反應放出氫氣，說明分子中含有OH，該物質為戊醇，可以看作羥基取代戊烷形成的

20、醇，戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，結合等效氫判斷【解答】解：分子式為C5H12O的有機物，能與金屬鈉反應放出氫氣，說明分子中含有OH，該物質為戊醇，可以看作羥基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3種H原子，被OH取代得到3種醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4種H原子，被OH取代得到4種醇；C（CH3）4分子中有1種H原子，被OH取代得到1種醇；所以該有機物的可能結構有8種，故選：D?！军c評】本題考查有機物的推斷、同分異構體的書寫等，難度中等，可以利用烴基異構判斷，但相對羥基取代復雜5（6分）已知溫度T時水的離子積常數為KW，該溫度下，

21、將濃度為a molL1的一元酸HA與b molL1一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液中，c（H+）= molL1D混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算菁優(yōu)網版權所有【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題【分析】溫度T時水的離子積常數為KW，濃度為a mol/L的一元酸HA與b mol/L的一元堿BOH等體積混合，若溶液呈中性，反應后的溶液中應存在c（H+）=c（OH）=mol/L【解答】解：A因酸堿的強弱未知，a=b，只能說明酸堿恰好完全反應，但如為強酸弱堿鹽或強堿

22、弱酸鹽，則溶液不呈中性，故A錯誤；B因溫度未知，則pH=7不一定為中性，故B錯誤；C混合溶液中，c（H+）=mol/L，根據c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）mol/L，溶液呈中性，故C正確；D任何溶液都存在電荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A），不能確定溶液的酸堿性，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，注意溶液呈中性應存在c（H+）=c（OH），由于溫度未知，且酸堿的強弱未知，不能根據pH以及酸堿的物質的量關系判斷6（6分）分析下表中各項的排布規(guī)律，按此規(guī)律排布第26項應為（）12345678910C2H4C2H6

23、C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10AC7H16BC7H14O2CC8H18DC8H18O【考點】RE：探究化學規(guī)律菁優(yōu)網版權所有【專題】16：壓軸題；536：有機物分子組成通式的應用規(guī)律【分析】根據表中的化學式規(guī)律采用分組分類法推出：每4個化學式為一組，依次是烯烴、烷烴、飽和一元醇、飽和二元醇第26項應在第7組第二位的烷烴，相鄰組碳原子數相差1，該組中碳原子數為2+（71）×1=8【解答】解：根據表中的化學式規(guī)律采用分組分類法推出：每4個化學式為一組，依次是烯烴、烷烴、飽和一元醇、飽和二元醇。把表中化學式分為4循環(huán)，26=4×6+

24、2，即第26項應在第7組第二位的烷烴，相鄰組碳原子數相差1，該組中碳原子數為2+（71）×1=8，故第26項則為C8H18。故選：C?！军c評】考查分子式的判斷，難度中等，實際是一道數學題，不需要過多的化學知識，細心分析表中化學式的有關數據，找出規(guī)律，即可解題，尋找規(guī)律是關鍵7（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，其中W的陰離子的核外電子數與X、Y、Z原子的核外內層電子數相同X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產Y的單質，而Z不能形成雙原子分子根據以上敘述，下列說法中正確的是（）A上述四種元素的原子半徑大小為WXYZBW、X、Y、Z

25、原子的核外最外層電子數的總和為20CW與Y可形成既含極性共價鍵又含非極性共價鍵的化合物D由W與X組成的化合物的沸點總低于由W與Y組成的化合物的沸點【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】16：壓軸題；51C：元素周期律與元素周期表專題【分析】X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，用的是C14，采用的是斷代法；工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產Y的單質，這是工業(yè)上生產氮的方法，Z的原子序數大于X、Y，且不能形成雙原子，所以可能是稀有氣體Ne，X、Y、Z核外內層電子是2個，所以W是H，結合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題【解答】解：X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年

26、代，用的是C14，采用的是斷代法；工業(yè)上采用液態(tài)空氣分餾方法來生產Y的單質，這是工業(yè)上生產氮的方法，Z的原子序數大于X、Y，且不能形成雙原子，所以可只能是稀有氣體Ne，X、Y、Z核外內層電子是2個，所以W是H，則AX為C，Y為N，同周期元素從左到右元素的原子半徑逐漸減小，則原子半徑CN，Z為Ne，原子半徑測定依據不同，一般不與主族元素的原子半徑相比較，故A錯誤；BW、X、Y、Z原子的核外最外層電子數的總和為1+4+5+8=18，故B錯誤；CW與Y可形成N2H4的化合物，既含極性共價鍵又含非極性共價鍵，故C正確；DW為H元素，X為C元素，Y為N元素，C和H可形成多種烴類化合物，當相對分子質量較大

27、時，形成的烴在常溫下為液體或固體，沸點較高，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律的關系，題目難度中等，本題注意正確推斷元素的種類為解答該題的關鍵，易錯點為C，注意碳氫化合物的種類以及性質二、必考題（本題包括2628三大題，共43分每個試題考生都必須作答）8（14分）鐵是應用最廣泛的金屬，鐵的鹵化物、氧化物以及高價鐵的含氧酸鹽均為重要化合物（1）要確定鐵的某氯化物FeClx的化學式，可用離子交換和滴定的方法實驗中稱取0.54g FeClx樣品，溶解后先進行陽離子交換預處理，再通過含有飽和OH的陰離子交換柱，使Cl和OH發(fā)生交換交換完成后，流出溶液的OH用0.40molL1的鹽

28、酸滴定，滴至終點時消耗鹽酸25.0mL計算該樣品中氯的物質的量，并求出FeClx中的x值：n（OH）=n（H+）=n（Cl）=0.0250L×0.40 molL1=0.010 mol，=0.010mol，x=3（列出計算過程）（2）現有一含有FeCl2和FeCl3的混合物的樣品，采用上述方法測得n（Fe）n（Cl）=12.1，則該樣品中FeCl3的物質的量分數為10%在實驗室中，FeCl2可用鐵粉和鹽酸反應制備，FeCl3可用鐵粉和氯氣反應制備；（3）FeCl3與氫碘酸反應時可生成棕色物質，該反應的離子方程式為2Fe3+2I=2Fe2+I2（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種強氧化劑

29、，可作為水處理劑和高容量電池材料FeCl3和KClO在強堿性條件下反應可生成K2FeO4，其反應的離子方程式為2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O與MnO2Zn電池類似，K2FeO4Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，其電極反應式為FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH該電池總反應的離子方程式為3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH【考點】5A：化學方程式的有關計算；BH：原電池和電解池的工作原理菁優(yōu)網版權所有【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物【分析】（1）依據離子交換關系氫氧根離子物質的量等于

30、氯離子物質的量等于氫離子物質的量，依據0.54g FeClx中氯離子物質的量計算x值；（2）依據元素守恒計算氯化亞鐵和氯化鐵物質的量之比，進一步計算氯化鐵質量分數；氯化亞鐵用鐵和稀酸反應生成，氯化鐵可以直接用鐵和氯氣反應得到；（3）氯化鐵具有氧化性碘化氫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞鐵和碘單質；（4）用FeCl3與KClO在強堿性條件下反應制取K2FeO4，反應的離子方程式為2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2OK2FeO4Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，負極為鋅失電子發(fā)生氧化反應，電極反應Zn2e+2OH=Zn（OH）2；依據產物和

31、電子守恒寫出正極反應：FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH；有正極反應和負極反應合并得到電池反應【解答】解：（1）n（Cl）=n（H+）=n（OH）=0.0250L×0.40 molL1=0.010 mol，0.54g FeClx樣品中含有氯離子物質的量為=0.010 mol，解得x=3，故答案為：n（Cl）=n（H+）=n（OH）=0.0250L×0.40 molL1=0.010 mol，=0.010 mol，x=3；（2）FeCl2和FeCl3的混合物的樣品中FeCl2物質的量為x，FeCl3的物質的量為y，則（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：

32、y=9：1，氯化鐵物質的量分數=×100%=10%；在實驗室中，FeCl2可用鐵粉和鹽酸反應得到，FeCl3可用鐵粉和氯氣反應生成，故答案為：10%；鹽酸；氯氣；（3）氯化鐵具有氧化性碘化氫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞鐵和碘單質，反應離子方程式為：2Fe3+2I=2Fe2+I2，故答案為：2Fe3+2I=2Fe2+I2；（4）用FeCl3與KClO在強堿性條件下反應制取K2FeO4，反應的離子方程式為2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，原電池的負極發(fā)生氧化反應，正極電極反應式為：FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；負極電極

33、反應為：Zn2e+2OH=Zn（OH）2；依據電極反應的電子守恒，×2+×3合并得到電池反應為：3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH，故答案為：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH【點評】本題考查學生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應，原電池的工作原理的應用，電極反應，電極產物的判斷等，混合物質量分數計算，難度中等，要求學生要有扎實的基礎知識和靈活運用知識解決問題的能力注意基礎知

34、識的全面掌握9（15分）光氣（COCl2）在塑料、制革、制藥等工業(yè)中有許多用途，工業(yè)上采用CO與Cl2在活性炭催化下合成。（1）實驗室中常用來制備氯氣的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）工業(yè)上利用天然氣（主要成分為CH4）與CO2進行高溫重整制備CO，已知CH4、H2和CO的燃燒熱（H）分別為890.3kJmol1、285.8kJmol1、283.0kJmol1，則生成1m3（標準狀況）CO所需熱量為5.52×103KJ；（3）實驗室中可用氯仿（CHCl3）與雙氧水直接反應制備光氣，其反應的化學方程式為CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COC

35、l2；（4）COCl2的分解反應為COCl2（g）=Cl2（g）+CO（g）H=+108kJmol1反應體系達到平衡后，各物質的濃度在不同條件下的變化狀況如圖所示（第10min到14minCOCl2的濃度變化曲線未示出）：計算反應在第8min時的平衡常數K=0.234molL1；比較第2min反應溫度T（2）與第8min反應溫度T（8）的高低：T（2）T（8）（填“”、“”或“=”）若12min時反應于T（8）下重新達到平衡，則此時c（COCl2）=0.031molL1比較產物CO在23min、56min、1213min時平均反應速率平均反應速率分別以v（23）、v（56）、v（1213）表示

36、的大小v（56）v（23）=v（1213）；比較反應物COCl2在56min、1516min時平均反應速率的大小：v（56）v（1516）（填“”、“”或“=”），原因是在相同溫度時，該反應的反應物的濃度越高，反應速率越大。【考點】CK：物質的量或濃度隨時間的變化曲線；CP：化學平衡的計算菁優(yōu)網版權所有【專題】16：壓軸題；51E：化學平衡專題【分析】（1）實驗室通常用二氧化錳與濃鹽酸共熱的方法制備氯氣；（2）根據CH4、H2、和CO的燃燒熱分別寫出燃燒的熱化學方程式，利用蓋斯定律書寫該反應的熱化學方程式，據此計算；（3）CHCl3中碳為+2價，COCl2中碳為+4價，故H2O2中氧元素化合價

37、由1價降低為2價，生成H2O，由電子轉移守恒與原子守恒可知可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化學計量數為1：1：1：1，根據原子守恒故含有HCl生成；（4）由圖可知，8min時COCl2的平衡濃度為0.04mol/L，Cl2的平衡濃度為0.11mol/L，CO的平衡濃度為0.085mol/L，代入平衡常數表達式計算；第8min時反應物的濃度比第2min時減小，生成物濃度增大，平衡向正反應方向移動，4min瞬間濃度不變，不可能為改變壓強、濃度，應是改變溫度，據此結合溫度對平衡影響判斷；由圖可知，10min瞬間Cl2濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO，降低CO的濃度，平衡

38、常數不變，與8min到達平衡時的平衡常數相同，由圖可知，12min時到達平衡時Cl2的平衡濃度為0.12mol/L，CO的平衡濃度為0.06mol/L，根據平衡常數計算c（COCl2）；根據化學反應速率的定義，可知反應在23 min和1213 min處于平衡狀態(tài)，CO的平均反應速率為0，據此判斷；在56 min和1516 min時反應溫度相同，在相同溫度時，該反應的反應物濃度越高，反應速率越大，但1516 min時各組分的濃度都小，因此反應速率小?！窘獯稹拷猓海?）二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下生成氯化錳、氯氣與水制取氯氣，反應方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O，故答

39、案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）根據CH4、H2、和CO的燃燒熱分別寫出燃燒的熱化學方程式：O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）H=571.6kJmol 1；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）H=890.3kJmol1；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.03kJmol1，利用蓋斯定律將可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；H=+247.3 kJmol 1，即生成2molCO，需要吸熱247.3 KJ，那么要得到1立方米的CO，吸熱為×=5.52×103KJ；故答案為：5.5

40、2×103KJ；（3）CHCl3中碳為+2價，COCl2中碳為+4價，故H2O2中氧元素化合價由1價降低為2價，生成H2O，由電子轉移守恒與原子守恒可知可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化學計量數為1：1：1：1，根據原子守恒故含有HCl生成，故反應方程式為CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2，故答案為：CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2；（4）由圖可知，8min時COCl2的平衡濃度為0.04mol/L，Cl2的平衡濃度為0.11mol/L，CO的平衡濃度為0.085mol/L，故該溫度下化學平衡常數k=0.234 molL1，故答案為：0.

41、234 molL1；第8min時反應物的濃度比第2min時減小，生成物濃度增大，平衡向正反應方向移動。4min瞬間濃度不變，不可能為改變壓強、濃度，應是改變溫度，又因為正反應為吸熱反應，所以T（2）T（8），故答案為：；由圖可知，10min瞬間Cl2濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO，降低CO的濃度，平衡常數不變，與8min到達平衡時的平衡常數相同，由圖可知，12min時到達平衡時Cl2的平衡濃度為0.12mol/L，CO的平衡濃度為0.06mol/L，故：=0.234mol/L，解得c（COCl2）=0.031mol/L，故答案為：0.031；根據化學反應速率的定義，可知反應在2

42、3 min和1213 min處于平衡狀態(tài)，CO的平均反應速率為0，在56min時，反應向正反應進行，故CO的平均反應速率為：v（56）v（23）=v（1213），故答案為：v（56）v（23）=v（1213）；在56 min和1516 min時反應溫度相同，在相同溫度時，該反應的反應物濃度越高，反應速率越大，但1516 min時各組分的濃度都小，因此反應速率小，即v（56）v（1516），故答案為：；在相同溫度時，該反應的反應物的濃度越高，反應速率越大。【點評】本題涉及化學方程式、熱化學方程式的書寫和化學平衡圖象的有關計算，意在考查考生對反應熱、化學平衡等化學反應原理掌握的情況，難度中等。10

43、（14分）溴苯是一種化工原料，實驗室合成溴體的裝置示意圖及有關數據如下：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸點/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步驟回答問題：（1）在a中加入15mL無水苯和少量鐵屑在b中小心加入4.0mL液態(tài)溴向a中滴入幾滴溴，有白霧產生，是因為生成了HBr氣體繼續(xù)滴加至液溴滴完裝置d的作用是吸收HBr和Br2；（2）液溴滴完后，經過下列步驟分離提純：向a中加入10mL水，然后過濾除去未反應的鐵屑；濾液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗滌NaOH溶液洗滌的作用是除去HBr和未反應的Br2；向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣

44、，靜置、過濾加入氯化鈣的目的是干燥；（3）經以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質為苯，要進一步提純，下列操作中必須的是C；（填入正確選項前的字母）A重結晶 B過濾 C蒸餾 D萃?。?）在該實驗中，a的容積最適合的是B（填入正確選項前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL【考點】U3：制備實驗方案的設計菁優(yōu)網版權所有【專題】16：壓軸題；534：有機物的化學性質及推斷【分析】（1）苯與液溴反應生成HBr，HBr與水蒸氣結合呈白霧；液溴都易揮發(fā)，而苯的鹵代反應是放熱的，尾氣中有HBr及揮發(fā)出的Br2，用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣；（2溴苯中含有溴，加NaOH溶液

45、，把未反應的Br2變成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加干燥劑，據此解答；（3）由分離操作可知，分離出的粗溴苯中含有未反應的苯，分離互溶的液體，根據沸點不同，利用蒸餾的方法進行分離；（4）根據制取溴苯所加的液體的體積進行解答，溶液的體積一般不超2/3，不少于1/3【解答】解：（1）苯與液溴反應生成HBr，HBr與水蒸氣結合呈白霧；液溴都易揮發(fā)，而苯的鹵代反應是放熱的，尾氣中有HBr及揮發(fā)出的Br2，用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣，故答案為：HBr；吸收HBr和Br2；（2）溴苯提純的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后過濾除去未反應的鐵屑，再加NaOH溶液，把未反應的Br2變成NaBr

46、和NaBrO洗到水中然后加干燥劑，無水氯化鈣能干燥溴苯，故答案為：除去HBr和未反應的Br2；干燥；（3）反應后得到的溴苯中溶有少量未反應的苯利用沸點不同，苯的沸點小，被蒸餾出，溴苯留在母液中，所以采取蒸餾的方法分離溴苯與苯，故答案為：苯；C；（4）操作過程中，在a中加入15mL無水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液態(tài)溴，所以a的容積最適合的是50mL，故答案為：B【點評】本題主要考查了溴苯的制取實驗、物質的分離提純等，清楚制備的原理是解答的關鍵，題目難度中等二、選考題（本題包括3638三大題，每大題均為15分考生任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分）11（15分）由

47、黃銅礦（主要成分是CuFeS2）煉制精銅的工藝流程示意圖如圖1所示：（1）在反射爐中，把銅精礦砂和石英砂混合加熱到1000左右，黃銅礦與空氣反應生成Cu和Fe的低價硫化物，且部分Fe的硫化物轉變?yōu)镕e的低價氧化物該過程中兩個主要反應的化學方程式分別是2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2、FeS+3O2 2FeO+2SO2，反射爐內生成爐渣的主要成分是FeSiO3；（2）冰銅（Cu2S 和FeS互相熔合而成）含Cu量為20%50%轉爐中，將冰銅加熔劑（石英砂）在1200左右吹入空氣進行吹煉冰銅中的Cu2S被氧化為Cu2O，生成的Cu2O與Cu2S反應，生成含Cu量約為98.5%的粗銅

48、，該過程中發(fā)生反應的化學方程式分別是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2；（3）粗銅的電解精煉如圖2所示在粗銅的電解過程中，粗銅板應是圖中電極c（填圖中的字母）；在電極d上發(fā)生的電極反應式為Cu2+2e=Cu，若粗銅中還含有Au、Ag、Fe，它們在電解槽中的存在形式和位置為Au、Ag以單質形式沉積在c（陽極）下方，Fe以Fe2+的形式進入電解液中【考點】GP：銅金屬及其重要化合物的主要性質；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；U3：制備實驗方案的設計菁優(yōu)網版權所有【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物【分析】（1）黃銅礦與空氣反應生成Cu和Fe

49、的低價硫化物：產物為Cu2S、FeS；部分Fe的硫化物轉變?yōu)镕e的低價氧化物：產物為FeO；反射爐內生成爐渣的主要成分是FeSiO3；（2）Cu2S被氧化為Cu2O：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu2O與Cu2S反應：2Cu2O+Cu2S 6Cu+2SO2；（3）粗銅應該放在陽極，c是陽極；d是陰極，發(fā)生還原反應 Cu2+2e=Cu；粗銅中的Au、Ag、，它們在電解槽中的下方，以單質形式沉積在c（陽極）下方；Fe以Fe2+的形式進入電解液中【解答】解：（1）黃銅礦與空氣反應生成Cu2S、FeS，根據化合價升降相等配平，反應方程式為：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2

50、；FeS和氧氣反應生成FeO，根據化合價升降相等，配平方程式為：FeS+3O2 2FeO+2SO2，生成爐渣的主要成分為：FeSiO3，故答案是：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O2 2FeO+2SO2；FeSiO3；（2）Cu2S被氧化為Cu2O的反應方程式為：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu2O與Cu2S發(fā)生反應的方程式為：2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2，故答案是：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2；（3）c連電源正極，d連電源的負極；故c為陽極，d為陰極；粗銅板應放在陽極，即c；d陰極發(fā)生還原反應

51、，方程式為：Cu2+2e=Cu；Au、Ag比較穩(wěn)定，不反應，以單質形式沉積在c（陽極）下方，Fe失去電子變成Fe2+的形式進入電解液中，故答案是：c；Cu2+2e=Cu；Au、Ag以單質形式沉積在c（陽極）下方，Fe以Fe2+的形式進入電解液中【點評】本題考查銅及其化合物的性質，特別是閱讀信息、處理信息的能力，難度稍大12（15分）A族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現出多種氧化態(tài)，含A族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途請回答下列問題：（1）S單質的常見形式是S8，其環(huán)狀結構如圖1所示，S原子采用的軌道雜化方式是sp3；（2）原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失

52、去一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為OSSe；（3）Se的原子序數為34，其核外M層電子的排布式為3s23p63d10；（4）H2Se的酸性比 H2S強（填“強”或“弱”）氣態(tài)SeO3分子的立體構型為平面三角形，離子的立體構型為三角錐形；（5）H2SeO3 的K1和K2分別是2.7×103和2.5×108，H2SeO4的第一步幾乎完全電離，K2是1.2×102，請根據結構與性質的關系解釋：H2SeO3和H2SeO4的第一步電離程度大于第二步電離的原因：第一步電離后生成的負離子較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子

53、；H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：H2SeO3和H2SeO4可表示為（HO）SeO和（HO）SeO2H2SeO3中Se為+4價，而H2SeO4中Se為+6價，正電性更高導致SeOH中的O原子更向Se偏移，越易電離出H+（6）ZnS在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛立方ZnS晶體結構如圖2所示，其晶胞邊長為540.0pm，密度為gcm3（列式并計算），a位置S2離子與b位置Zn2+離子之間的距離為或或pm（列式表示）【考點】8B：元素電離能、電負性的含義及應用；98：判斷簡單分子或離子的構型；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷菁優(yōu)網版權所有【專題】16：

54、壓軸題；51B：原子組成與結構專題；51D：化學鍵與晶體結構【分析】（1）由S8分子結構可知，在S8分子中S原子成鍵電子對數為2，孤電子對數為2，即價層電子對數為4；（2）同主族元素從上到下元素的第一電離能逐漸減小；（3）Se位于元素周期表第四周期第A族，以此可確定原子序數，根據核外電子排布規(guī)律規(guī)律書寫Se的價層電子的電子排布式；（4）根據中心原子形成的價層電子對判斷雜化類型和分子的立體構型；（5）酸第一步電離產生的酸根陰離子帶有負電荷，由于異種電荷相互吸引，第一步產生的H+抑制第二步電離；H2SeO3的分子結構為，Se為+4價，而H2SeO4的分子結構為，Se為+6價，后者Se原子吸電子能力強；（6）第一問我們常碰到，后面一問要注意四個Zn2+在體內的四個小立方體的中心，不在同一平面上，過