2012年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）（含解析版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔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(zhì)一定是Cl2 C．某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在I﹣ D．某溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)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(zhì)硅是將太陽能轉(zhuǎn)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(shù)的值，下列敘述中不正確的是（）A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA B．28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA C．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA D．常溫常壓下，22.4L氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)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(gòu)）（）A．5種 B．6種 C．7種 D．8種 5．（6分）已知溫度T時水的離子積常數(shù)為KW，該溫度下，將濃度為amol?L﹣1的一元酸HA與bmol?L﹣1一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是（）A．a(chǎn)=b B．混合溶液的pH=7 C．混合溶液中，c（H+）=mol?L﹣1 D．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（）12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10A．C7H16 B．C7H14O2 C．C8H18 D．C8H18O 7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其中W的陰離子的核外電子數(shù)與X、Y、Z原子的核外內(nèi)層電子數(shù)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(chǎn)Y的單質(zhì)，而Z不能形成雙原子分子．根據(jù)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W＜X＜Y＜Z B．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數(shù)的總和為20 C．W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26～28三大題，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0.54gFeClx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0.40mol?L﹣1的鹽酸滴定，滴至終點時消耗鹽酸25.0mL．計算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeClx中的x值：（列出計算過程）（2）現(xiàn)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）=1﹕2.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為．在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和反應制備，F(xiàn)eCl3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(zhì)，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MnO2﹣Zn電池類似，K2FeO4﹣Zn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．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﹣890.3kJ?mol﹣1、﹣285.8kJ?mol﹣1、﹣283.0kJ?mol﹣1，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）△H=+108kJ?mol﹣1．反應體系達到平衡后，各物質(zhì)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）：①計算反應在第8min時的平衡常數(shù)K=；②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“=”）③若12min時反應于T（8）下重新達到平衡，則此時c（COCl2）=mol?L﹣1④比較產(chǎn)物CO在2～3min、5～6min、12～13min時平均反應速率[平均反應速率分別以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13）表示]的大??；⑤比較反應物COCl2在5～6min、15～16min時平均反應速率的大?。簐（5～6）v（15～16）（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(shù)據(jù)如下：苯溴溴苯密度/g?cm﹣30.883.101.50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(chǎn)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(jīng)過下列步驟分離提純：①向a中加入10mL水，然后過濾除去未反應的鐵屑；②濾液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗滌．NaOH溶液洗滌的作用是；③向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣，靜置、過濾．加入氯化鈣的目的是；（3）經(jīng)以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質(zhì)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(jié)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.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．二、選考題（本題包括36～38三大題，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的低價硫化物，且部分Fe的硫化物轉(zhuǎn)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(nèi)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(zhuǎn)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）ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含ⅥA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途．請回答下列問題：（1）S單質(zhì)的常見形式是S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)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(shù)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(gòu)型為，離子的立體構(gòu)型為；（5）H2SeO3的K1和K2分別是2.7×10﹣3和2.5×10﹣8，H2SeO4的第一步幾乎完全電離，K2是1.2×10﹣2，請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關系解釋：①H2SeO3和H2SeO4的第一步電離程度大于第二步電離的原因：；②H2SeO4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(jié)構(gòu)如圖2所示，其晶胞邊長為540.0pm，密度為g?cm﹣3（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：①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；②D可與銀氨溶液反應生成銀鏡；③F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(jié)構(gòu)簡式為；（5）E的同分異構(gòu)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(jié)構(gòu)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(zhì)一定是Cl2 C．某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在I﹣ D．某溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)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(zhì)的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用；PT：物質(zhì)的檢驗和鑒別的實驗方案設計．【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(zhì)具有氧化性；C．CC14層顯紫色，證明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，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(zhì)具有氧化性，可能為NO2、O3、Cl2等物質(zhì)，但不一定為Cl2，故B錯誤；C．CC14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(chǎn)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(zhì)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(zhì)硅是將太陽能轉(zhuǎn)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 【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(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【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(zhì)硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉(zhuǎn)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(zhì)硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉(zhuǎn)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?！军c評】本題考查了硅性質(zhì)的應用，高分子化合物的判斷，生活中有機物的分類結(jié)構(gòu)和性質(zhì)應用判斷，題目較簡單．3．（6分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中不正確的是（）A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA B．28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA C．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA D．常溫常壓下，22.4L氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA 【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【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28gCH2中所含碳原子物質(zhì)的量得到所含原子數(shù)；C、NO2和N2O4分子最簡比相同為NO2，只需計算92gNO2中所含原子數(shù)；D、依據(jù)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(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體含有的氧原子數(shù)為2NA，故A正確；B、28g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28gCH2中所含碳原子物質(zhì)的量==2mol，含有的碳原子數(shù)為2NA，故B正確；C、NO2和N2O4分子最簡比相同為NO2計算92gNO2中所含原子數(shù)=×3×NA=6NA，故C正確；D、常溫常壓下，22.4L氯氣物質(zhì)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(shù)的應用，主要是微粒數(shù)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(gòu)）（）A．5種 B．6種 C．7種 D．8種 【考點】I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【專題】532：同分異構(gòu)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(zhì)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，結(jié)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(zhì)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(jié)構(gòu)有8種，故選：D?！军c評】本題考查有機物的推斷、同分異構(gòu)體的書寫等，難度中等，可以利用烴基異構(gòu)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(shù)為KW，該溫度下，將濃度為amol?L﹣1的一元酸HA與bmol?L﹣1一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是（）A．a(chǎn)=b B．混合溶液的pH=7 C．混合溶液中，c（H+）=mol?L﹣1 D．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．【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(shù)為KW，濃度為amol/L的一元酸HA與bmol/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(jù)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。【點評】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(jù)pH以及酸堿的物質(zhì)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（）12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10A．C7H16 B．C7H14O2 C．C8H18 D．C8H18O 【考點】RE：探究化學規(guī)律．【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(jù)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(shù)相差1，該組中碳原子數(shù)為2+（7﹣1）×1=8．【解答】解：根據(jù)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+2，即第26項應在第7組第二位的烷烴，相鄰組碳原子數(shù)相差1，該組中碳原子數(shù)為2+（7﹣1）×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(shù)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(shù)據(jù)，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(shù)依次增大，其中W的陰離子的核外電子數(shù)與X、Y、Z原子的核外內(nèi)層電子數(shù)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(chǎn)Y的單質(zhì)，而Z不能形成雙原子分子．根據(jù)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W＜X＜Y＜Z B．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數(shù)的總和為20 C．W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(jié)構(gòu)與元素周期律的關系．【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(chǎn)Y的單質(zhì)，這是工業(yè)上生產(chǎn)氮的方法，Z的原子序數(shù)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(nèi)層電子是2個，所以W是H，結(jié)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(chǎn)Y的單質(zhì)，這是工業(yè)上生產(chǎn)氮的方法，Z的原子序數(shù)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(nèi)層電子是2個，所以W是H，則A．X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C＞N，Z為Ne，原子半徑測定依據(jù)不同，一般不與主族元素的原子半徑相比較，故A錯誤；B．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數(shù)的總和為1+4+5+8=18，故B錯誤；C．W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；D．W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(zhì)量較大時，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(jié)構(gòu)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(zhì)．二、必考題（本題包括26～28三大題，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0.54gFeClx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0.40mol?L﹣1的鹽酸滴定，滴至終點時消耗鹽酸25.0mL．計算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeClx中的x值：n（OH﹣）=n（H+）=n（Cl﹣）=0.0250L×0.40mol?L﹣1=0.010mol，=0.010mol，x=3（列出計算過程）（2）現(xiàn)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）=1﹕2.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為10%．在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和鹽酸反應制備，F(xiàn)eCl3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(zhì)，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，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MnO2﹣Zn電池類似，K2FeO4﹣Zn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﹣+3eˉ+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．【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）依據(jù)離子交換關系氫氧根離子物質(zhì)的量等于氯離子物質(zhì)的量等于氫離子物質(zhì)的量，依據(jù)0.54gFeClx中氯離子物質(zhì)的量計算x值；（2）依據(jù)元素守恒計算氯化亞鐵和氯化鐵物質(zhì)的量之比，進一步計算氯化鐵質(zhì)量分數(shù)；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(zhì)；（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﹣+5H2O．K2FeO4﹣Zn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Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)產(chǎn)物和電子守恒寫出正極反應：FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ；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×0.40mol?L﹣1=0.010mol，0.54gFeClx樣品中含有氯離子物質(zhì)的量為=0.010mol，解得x=3，故答案為：n（Cl）=n（H+）=n（OH﹣）=0.0250L×0.40mol?L﹣1=0.010mol，=0.010mol，x=3；（2）FeCl2和FeCl3的混合物的樣品中FeCl2物質(zhì)的量為x，F(xiàn)eCl3的物質(zhì)的量為y，則（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，氯化鐵物質(zhì)的量分數(shù)=×100%=10%；在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和鹽酸反應得到，F(xiàn)eCl3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(zhì)，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：①FeO42﹣+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH﹣；負極電極反應為：②Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)電極反應的電子守恒，①×2+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﹣+3eˉ+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(chǎn)物的判斷等，混合物質(zhì)量分數(shù)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﹣890.3kJ?mol﹣1、﹣285.8kJ?mol﹣1、﹣283.0kJ?mol﹣1，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+COCl2；（4）COCl2的分解反應為COCl2（g）=Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ?mol﹣1．反應體系達到平衡后，各物質(zhì)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）：①計算反應在第8min時的平衡常數(shù)K=0.234mol?L﹣1；②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“=”）③若12min時反應于T（8）下重新達到平衡，則此時c（COCl2）=0.031mol?L﹣1④比較產(chǎn)物CO在2～3min、5～6min、12～13min時平均反應速率[平均反應速率分別以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13）表示]的大小v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；⑤比較反應物COCl2在5～6min、15～16min時平均反應速率的大?。簐（5～6）＞v（15～16）（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?！究键c】CK：物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線；CP：化學平衡的計算．【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(jù)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(jù)此計算；（3）CHCl3中碳為+2價，COCl2中碳為+4價，故H2O2中氧元素化合價由﹣1價降低為﹣2價，生成H2O，由電子轉(zhuǎn)移守恒與原子守恒可知可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化學計量數(shù)為1：1：1：1，根據(jù)原子守恒故含有HCl生成；（4）①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(shù)表達式計算；②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(jù)此結(jié)合溫度對平衡影響判斷；③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(shù)不變，與8min到達平衡時的平衡常數(shù)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(jù)平衡常數(shù)計算c（COCl2）；④根據(jù)化學反應速率的定義，可知反應在2～3min和12～13min處于平衡狀態(tài)，CO的平均反應速率為0，據(jù)此判斷；⑤在5～6min和15～16min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15～16min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，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）根據(jù)CH4、H2、和CO的燃燒熱分別寫出燃燒的熱化學方程式：①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ?mol﹣1；②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ?mol﹣1；③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ?mol﹣1，利用蓋斯定律將②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3kJ?mol﹣1，即生成2molCO，需要吸熱247.3KJ，那么要得到1立方米的CO，吸熱為×=5.52×103KJ；故答案為：5.52×103KJ；（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(zhuǎn)移守恒與原子守恒可知可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化學計量數(shù)為1：1：1：1，根據(jù)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）①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(shù)k==0.234mol?L﹣1，故答案為：0.234mol?L﹣1；②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：＜；③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(shù)不變，與8min到達平衡時的平衡常數(shù)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；④根據(jù)化學反應速率的定義，可知反應在2～3min和12～13min處于平衡狀態(tài)，CO的平均反應速率為0，在5～6min時，反應向正反應進行，故CO的平均反應速率為：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13），故答案為：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；⑤在5～6min和15～16min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15～16min時各組分的濃度都小，因此反應速率小，即v（5～6）＞v（15～16），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?！军c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．（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(shù)據(jù)如下：苯溴溴苯密度/g?cm﹣30.883.101.50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(chǎn)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(jīng)過下列步驟分離提純：①向a中加入10mL水，然后過濾除去未反應的鐵屑；②濾液依次用10mL水、8mL10%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；③向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣，靜置、過濾．加入氯化鈣的目的是干燥；（3）經(jīng)以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質(zhì)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(jié)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.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】16：壓軸題；534：有機物的化學性質(zhì)及推斷．【分析】（1）苯與液溴反應生成HBr，HBr與水蒸氣結(jié)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，把未反應的Br2變成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加干燥劑，據(jù)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(jù)沸點不同，利用蒸餾的方法進行分離；（4）根據(jù)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(jié)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(zhì)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36～38三大題，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：（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(zhuǎn)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+O2Cu2S+2FeS+SO2、FeS+3O22FeO+2SO2，反射爐內(nèi)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(zhuǎn)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(zhì)形式沉積在c（陽極）下方，F(xiàn)e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(zhì)；P8：物質(zhì)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．【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的低價硫化物：產(chǎn)物為Cu2S、FeS；部分Fe的硫化物轉(zhuǎn)變?yōu)镕e的低價氧化物：產(chǎn)物為FeO；反射爐內(nèi)生成爐渣的主要成分是FeSiO3；（2）Cu2S被氧化為Cu2O：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2O與Cu2S反應：2Cu2O+Cu2S6Cu+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(zhì)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(jù)化合價升降相等配平，反應方程式為：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2；FeS和氧氣反應生成FeO，根據(jù)化合價升降相等，配平方程式為：FeS+3O22FeO+2SO2，生成爐渣的主要成分為：FeSiO3，故答案是：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O22FeO+2SO2；FeSiO3；（2）Cu2S被氧化為Cu2O的反應方程式為：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2O與Cu2S發(fā)生反應的方程式為：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，故答案是：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+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，方程式為：Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag比較穩(wěn)定，不反應，以單質(zhì)形式沉積在c（陽極）下方，F(xiàn)e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(zhì)形式沉積在c（陽極）下方，F(xiàn)e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(zhì)，特別是閱讀信息、處理信息的能力，難度稍大．12．（15分）ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含ⅥA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途．請回答下列問題：（1）S單質(zhì)的常見形式是S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)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)原子失去一個電子轉(zhuǎn)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O＞S＞Se；（3）Se的原子序數(shù)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(gòu)型為平面三角形，離子的立體構(gòu)型為三角錐形；（5）H2SeO3的K1和K2分別是2.7×10﹣3和2.5×10﹣8，H2SeO4的第一步幾乎完全電離，K2是1.2×10﹣2，請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關系解釋：①H2SeO3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；②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：H2SeO3和H2SeO4可表示為（HO）SeO和（HO）SeO2．H2SeO3中Se為+4價，而H2SeO4中Se為+6價，正電性更高．導致Se﹣O﹣H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(jié)構(gòu)如圖2所示，其晶胞邊長為540.0pm，密度為g?cm﹣3（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(gòu)型；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題；51B：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；51D：化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）由S8分子結(jié)構(gòu)可知，在S8分子中S原子成鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)為2，即價層電子對數(shù)為4；（2）同主族元素從上到下元素的第一電離能逐漸減??；（3）Se位于元素周期表第四周期第ⅥA族，以此可確定原子序數(shù)，根據(jù)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(jù)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(gòu)型；（5））①酸第一步電離產(chǎn)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(chǎn)生的H+抑制第二步電離；②H2SeO3的分子結(jié)構(gòu)為，Se為+4價，而H2SeO4的分子結(jié)構(gòu)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(nèi)的四個小立方體的中心，不在同一平面上，過b向上面作垂線，構(gòu)成直角三角形，兩邊分別為；a，即可求出斜邊為a（a為晶胞邊長）．【解答】解：（1）由S8分子結(jié)構(gòu)可知，在S8分子中S原子成鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)為2，即價層電子對數(shù)為4，因此S原子采用的雜化軌道方式為sp3，故答案為：sp3；（2）同主族元素從上到下元素的第一電離能逐漸減小，則有O＞S＞Se，故答案為：O＞S＞Se；（3）Se位于元素周期表第四周期第ⅥA族，原子序數(shù)為34，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4，則核外M層電子的排布式為3s23p63d10，故答案為：34；3s23p63d10；（4）同主族元素對應的氫化物中，元素的非金屬性越強，對應的氫化物的酸性越弱，則H2Se的酸性比H2S強，氣態(tài)SeO3分子中Se形成3個δ鍵，沒有孤電子對，為平面三角形分子，SO32﹣中S形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)為=1，則為三角錐形，故答案為：強；平面三角形；三角錐形；（5）①酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負電荷，吸引H+，同時產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，所以H2SeO4和H2SeO3第一步電離程度大于第二部電離程度，導致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，故答案為：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；②H2SeO3的分子結(jié)構(gòu)為，Se為+4價，而H2SeO4的分子結(jié)構(gòu)為，Se為+6價，后者Se原子吸電子能力強，導致Se﹣O﹣H中的O原子更向Se偏移，則羥基上氫原子更容易電離出H+，故答案為：H2SeO3和H2SeO4可表示為（HO）SeO2和（HO）2SeO2．H2SeO3中Se為+4價，而H2SeO4中Se為+6價，正電性更高．導致Se﹣O﹣H中的O原子更向Se偏移，越易電離出H+；（6）晶胞中含有S離子位于頂點和面心，共含有+6×=4，Zn離子位于體心，共4個，則晶胞中平均含有4個ZnS，質(zhì)量為，晶胞的體積為（540.0×10﹣10cm）3，則密度為g?cm﹣3，四個Zn2+在體內(nèi)的四個小立方體的中心，不在同一平面上，過b向上面作垂線，構(gòu)成直角三角形，兩邊分別為；a，即可求出斜邊為a（a為晶胞邊長），則a位置S2﹣離子與b位置Zn2+離子之間的距離為×540.0pm=135pm或或，故答案為：；或或【點評】本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)相關知識，涉及雜化軌道、第一電離能、電負性、電子排布式、分子的立體構(gòu)型、晶胞的計算等，難度較大，需要學生具有扎實的基礎與靈活運用的能力．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：①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；②D可與銀氨溶液反應生成銀鏡；③F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的化學名稱為甲苯；（2）由B生成C的化學方程式為，該反應的類型為取代反應；（3）F的分子式為C7H4O3Na2；（4）G的結(jié)構(gòu)簡式為；（5）E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應的共有13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(jié)構(gòu)簡式）?！究键c】HB：有機物的推斷．【分析】由A的分子式為C7H8，最終合成對羥基苯甲酸丁酯可知，A為甲苯，甲苯在鐵作催化劑條件下，苯環(huán)甲基對位上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應生成B，B為，結(jié)合信息②可知，D中含有醛基，B在光照條件下，甲基上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應生成C，C為，C在氫氧化鈉水溶液中，甲基上的氯原子發(fā)生取代反應，生成D，結(jié)合信息①可知，D為，D在催化劑條件下醛基被氧化生成E，E為，E在堿性高溫高壓條件下，結(jié)合信息③可知，苯環(huán)上的Cl原子被取代生成F，同時發(fā)生酯化反應，F(xiàn)為，F(xiàn)酸化生成對羥基苯甲酸G（），據(jù)此解答。【解答】解：由A的分子式為C7H8，最終合成對羥基苯甲酸丁酯可知，A為甲苯，甲苯在鐵作催化劑條件下，苯環(huán)甲基對位上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應生成B，B為，結(jié)合信息②可知，D中含有醛基，B在光照條件下，甲基上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應生成C，C為，C在氫氧化鈉水溶液中，甲基上的氯原子發(fā)生取代反應，生成D，結(jié)合信息①可知，D為，D在催化劑條件下醛基被氧化生成E，E為，E在堿性高溫高壓條件下，結(jié)合信息③可知，苯環(huán)上的Cl原子被取代生成F，同時發(fā)生酯化反應，F(xiàn)為，F(xiàn)酸化生成對羥基苯甲酸G（），（1）通過以上分析知，A為，其名稱是甲苯，故答案為：甲苯；（2）B為C為，B發(fā)生取代反應生成C，反應方程式為，反應類型是取代反應，故答案為：；取代（3）F為，分子式為C7H4O3Na2，故答案為：C7H4O3Na2；（4）通過以上分析知，G為，故答案為：；（5）E為，E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，側(cè)鏈為﹣OOCH、﹣Cl，有鄰、間、對3種；側(cè)鏈為﹣CHO、﹣OH、﹣Cl時，當﹣CHO、﹣OH處于鄰位時，﹣Cl有4種位置；當﹣CHO、﹣OH處于間位時，﹣Cl有4種位置；當﹣CHO、﹣OH處于對位時，﹣Cl有2種位置；故共有3+4+4+2=13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，故答案為：13；。【點評】本題考查有機物推斷，為高頻考點，側(cè)重考查學生分析判斷能力及利用信息解答問題能力，根據(jù)反應條件結(jié)合題給信息進行推斷，難點是同分異構(gòu)體種類判斷，注意苯環(huán)上、支鏈上發(fā)生取代反應條件差別，題目難度不大。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔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(zhì)一定是Cl2 C．某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在I﹣ D．某溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)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(zhì)硅是將太陽能轉(zhuǎn)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(shù)的值，下列敘述中不正確的是（）A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA B．28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA C．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA D．常溫常壓下，22.4L氯氣與足量的鎂粉充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)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(gòu)）（）A．5種 B．6種 C．7種 D．8種 5．（6分）已知溫度T時水的離子積常數(shù)為KW，該溫度下，將濃度為amol?L﹣1的一元酸HA與bmol?L﹣1一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是（）A．a(chǎn)=b B．混合溶液的pH=7 C．混合溶液中，c（H+）=mol?L﹣1 D．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（）12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10A．C7H16 B．C7H14O2 C．C8H18 D．C8H18O 7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其中W的陰離子的核外電子數(shù)與X、Y、Z原子的核外內(nèi)層電子數(shù)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(chǎn)Y的單質(zhì)，而Z不能形成雙原子分子．根據(jù)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W＜X＜Y＜Z B．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數(shù)的總和為20 C．W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26～28三大題，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0.54gFeClx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0.40mol?L﹣1的鹽酸滴定，滴至終點時消耗鹽酸25.0mL．計算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeClx中的x值：（列出計算過程）（2）現(xiàn)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）=1﹕2.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為．在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和反應制備，F(xiàn)eCl3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(zhì)，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MnO2﹣Zn電池類似，K2FeO4﹣Zn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．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﹣890.3kJ?mol﹣1、﹣285.8kJ?mol﹣1、﹣283.0kJ?mol﹣1，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