2014年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）下载

2014 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 一、选择题（本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分） 1．（6 分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（　　） A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯 2．（6 分）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（　　） 选项 现象或事实 用热的烧碱溶液洗去油污 漂白粉在空气中久置变质 解释 ABNa2CO3 可直接和油污反应 漂白粉中的 CaCl2 与空气中的 CO2 反应生成 CaCO3 C施肥时，草木灰（有效成分为 K2CO3）不 K2CO3 与 NH4Cl 反应生成氨气 能与 NH4Cl 混合使用 会降低肥效 FeCl3 能从含有 Cu2+的溶液中置 DFeCl3 溶液可用于铜质印刷线路板制作 换出铜 A．A B．B C．C D．D 3．（6 分）已知分解 1mol H2O2 放出热量 98kJ，在含少量 I﹣的溶液中，H2O2 分 解的机理为： H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快下列有关该反应的说法正确的是（　　） A．反应速率与 I﹣的浓度有关 B．IO﹣也是该反应的催化剂 C．反应活化能等于 98kJ•mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2） 4．（6 分）X，Y，Z 均为短周期元素，X，Y 处于同一周期，X，Z 的最低价离 子分别为 X2﹣和 Z﹣，Y+和 Z﹣具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（　　 ）A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z C．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣ B．单质沸点：X＞Y＞Z D．原子序数：X＞Y＞Z 第 1 页（共 35 页） 5．（6 分）溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误 的是（　　） A．溴酸银的溶解是放热过程 B．温度升高时溴酸银溶解速度加快 C．60℃时溴酸银的 Ksp 约等于 6×10﹣4 D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯 6．（6 分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（　　） A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干 B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗 C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 7．（6 分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（　　） 选项 ①②③实验结论 ANa2S 稀硫酸 AgNO3 与 AgCl Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S） 的浊液 BC浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 Na2SO3 稀盐酸 Ba（NO3）2 溶 SO2 与可溶性钡盐均可生成 白色沉淀 液DNa2CO3 浓硝酸 Na2SiO3 溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸 A．A B．B C．C D．D 　第 2 页（共 35 页） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共 58 分） 8．（13 分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验 室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图 1、2 及表格： 图 1 图 2 图 3 密度/（g•cm﹣3） 相对分子质量 沸点/℃ 水中溶解性 88 60 0.8123 1.0492 0.8670 131 118 142 异戊醇 乙酸 微溶 溶130 乙酸异戊酯 实验步骤： 难溶 在 A 中加入 4.4g 异戊醇、6.0g 乙酸、数滴浓硫酸和 2～3 片碎瓷片，开始缓慢加 热 A，回流 50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和 碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水 MgSO4 固体，静置片刻， 过滤除去 MgSO4 固体，进行蒸馏纯化，收集 140﹣143℃馏分，得乙酸异戊酯 第 3 页（共 35 页） 3.9g． 回答下列问题： （1）仪器 B 的名称是　 　； （2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是　 是　； 　，第二次水洗的主要目的 （3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后　 ）　（填标号 a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出 b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出 c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出 d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出 （4）本实验中加入过量乙酸的目的是　 （5）实验中加入少量无水 MgSO4 的目的是　 （6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图 3）　 （7）本实验的产率是　（填标号） a.30% b.40% c.60% d.90% （8）在进行蒸馏操作时，若从 130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏　 （填“高”或“低”），其原因是　． 　； 　； 　（填标号） 　9．（15 分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答 下列问题： （1）H3PO2 是一元中强酸，写出其电离方程式　 （2）H3PO2 及 NaH2PO2 均可将溶液中的 Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。 ①H3PO2 中，P 元素的化合价为　； ②利用 H3PO2 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1， 　； 则氧化产物为　 　（填化学式）； ③NaH2PO2 为　 　（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显　 　（填“弱酸性” 、“中性”或“弱碱性”）； （3）H3PO2 的工业制法是：将白磷（P4）与 Ba（OH）2 溶液反应生成 PH3 气体 和 Ba（H2PO2），后者再与 H2SO4 反应，写出白磷与 Ba（OH） 溶液反应的 22第 4 页（共 35 页） 化学方程式　 　； （4）H3PO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和 阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）： ①写出阳极的电极反应式　 　； ②分析产品室可得到 H3PO2 的原因　 　； ③早期采用“三室电渗析法”制备 H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用 H3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室 与产品室，其缺点是产品中混有　 　杂质，该杂质产生的原因是　 　。 10．（15 分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水 合法生产，回答下列问题： （1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H）， 再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式　 　； （2）已知： 甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1 甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1 乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1 则乙烯气相直接水合反应 C2H4 （g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=　 　kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是　 （3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中 =1：1） 　； ：第 5 页（共 35 页） ①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中 A 点的平衡常数 Kp=　 压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）； 　（用平衡分 　； ②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为　 　，理由是　 ③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度 290℃ ，压强 6.9MPa， =0.6：1，乙烯的转化率为 5%，若要进一步提 ：高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有　 、　。 　　【化学-选修 2：化学与技术】 11．（15 分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3， Ca5（OH）（PO4） ]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情 3况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸 生产过程中由磷灰石制单质磷的流程： 第 6 页（共 35 页） 部分物质的相关性质如下： 熔点/℃ 沸点/℃ 280.5 备注 44 白磷 PH3 ﹣133.8 ﹣90 ﹣87.8 ﹣86 难溶于水、有还原性 易水解 SiF4 回答下列问题： （1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的　 　% ；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中 Ca5F（PO4）3 反应化学方程式为：　 ．现有 1t 折合含有 P2O5 约 30%的磷灰石，最多可制得到 85%的商品磷酸　 t． 　　（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将 SiO2、过量焦炭与磷灰 石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是　 　（填化学式）．冷凝 塔 1 的主要沉积物是　 （4）尾气中主要含有　 入纯碱溶液，可除去　 填化学式） 　，冷凝塔 2 的主要沉积物是　． 　，还含有少量的 PH3、H2S 和 HF 等．将尾气先通 　；再通入次氯酸钠溶液，可除去　 　．（均 （5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是　 　． 　【化学-选修 3：物质结构与性质】 12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由 Al、Cu、Fe 三种金属元素组成， 回答下列问题： （1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过　 方法区分晶体、准晶体和非晶体． 　（2）基态 Fe 原子有　 硫氰化钾检验 Fe3+，形成的配合物的颜色为　 （3）新制备的 Cu（OH） 可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成 Cu2O 　个未成对电子，Fe3+的电子排布式为　 　，可用 　． 2，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为　 数目为　 　；1mol 乙醛分子中含有的 σ 键的 　．Cu2O 为 　，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是　 第 7 页（共 35 页） 半导体材料，在其立方晶胞内部有 4 个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点， 则该晶胞中有　个铜原子． （4）Al 单质为面心立方晶体，其晶胞参数 a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数 　g•cm﹣3（不必计算出结果）． 为　 　，列式表示 Al 单质的密度　 　【化学-选修 5：有机化学基础】 13．席夫碱类化合物 G 在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成 G 的一 种路线如下： 已知以下信息： ①②1molB 经上述反应可生成 2molC，且 C 不能发生银镜反应。 ③D 属于单取代芳香烃，其相对分子质量为 106。 ④核磁共振氢谱显示 F 苯环上有两种化学环境的氢。 ⑤回答下列问题： （1）由 A 生成 B 的化学方程式为　 　，反应类型为　 　； （2）E 的化学名称是　 （3）G 的结构简式为　 　，由 D 生成 E 的化学方程式为　 　； 　； （4）F 的同分异构体中含有苯环的还有　 　种（不考虑立体异构），其中核 磁共振氢谱中有 4 组峰，且面积比为 6：2：2：1 的是　 　，（写出其中 的一种的结构简式）。 （5）由苯和化合物 C 经如下步骤可合成 N﹣异丙基苯胺。 第 8 页（共 35 页） 反应条件 1 所选择的试剂为　 结构简式为　。 　；反应条件 2 所选择的试剂为　 　；I 的 　第 9 页（共 35 页） 2014 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 参考答案与试题解析 　一、选择题（本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分） 1．（6 分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（　　） A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯 【考点】I4：同分异构现象和同分异构体．菁优网版权所有 【专题】531：同系物和同分异构体． 【分析】戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯 存在碳链异构、官能团异构、位置异构． 【解答】解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为 3 种，而戊醇和戊烯存在碳链 异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构类 型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体 的数目均大于 3 种， 故选：A。 【点评】本题主要考查了同分异构体数目的判断，可通过同分异构体的类型进行 简单判断，难度不大． 　2．（6 分）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（　　） 选项 现象或事实 解释 A用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3 可直接和油污反 应B漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的 CaCl2 与空气 中的 CO2 反 应生成 CaCO3 第 10 页（共 35 页） C施肥时，草木灰（有效成分为 K2CO3） K2CO3 与 NH4Cl 反应生成 不能 氨气会降低 肥效 与 NH4Cl 混合使用 FeCl3 溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3 能从含有 Cu2+的溶 D液中置换出铜 A．A B．B C．C D．D 【考点】FH：硅和二氧化硅；GF：钠的重要化合物；GL：两性氧化物和两性氢 氧化物；IC：乙烯的用途．菁优网版权所有 【分析】A．依据盐类水解的性质及油脂水解的性质解答； B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸； C．依据盐类水解的性质解答； D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜． 【解答】解：A．油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸盐 水解显碱性，升高温度促进盐类水解，所以用热的纯碱溶液洗去油污，碳酸 钠与油脂不直接反应，故 A 错误； B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯 酸具有漂白作用，二氧化碳与氯化钙不反应，故 B 错误； C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（ 有效成分为 K2CO3）不能与 NH4Cl 混合使用，故 C 正确； D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜不能置换铁，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解的分析应用、氧化性强弱 判断等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知识 的学习与积累，难度不大． 　3．（6 分）已知分解 1mol H2O2 放出热量 98kJ，在含少量 I﹣的溶液中，H2O2 分 解的机理为： H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢第 11 页（共 35 页） H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快下列有关该反应的说法正确的是（　　） A．反应速率与 I﹣的浓度有关 B．IO﹣也是该反应的催化剂 C．反应活化能等于 98kJ•mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2） 【考点】16：化学反应的基本原理；17：化学反应的能量变化规律；BB：反应 热和焓变；CA：化学反应速率的影响因素．菁优网版权所有 【专题】513：物质的性质和变化专题；517：化学反应中的能量变化． 【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应； B、反应的催化剂是 I﹣； C、分解 1mol 过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能； D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比； 【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大 小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为 0 时反应不能发生，故 A 正确； B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是 I﹣，IO﹣只是中间产物， 故 B 错误； C、1mol 过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H 不是反应的活化能，是生成物 与反应物的能量差，故 C 错误； D、因为反应是在含少量 I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用 其浓度变化表示反应速率，故 D 错误。故选：A。 【点评】本题是 2014 年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应 速率的相关知识，题目难度不大． 　4．（6 分）X，Y，Z 均为短周期元素，X，Y 处于同一周期，X，Z 的最低价离 子分别为 X2﹣和 Z﹣，Y+和 Z﹣具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（　　 第 12 页（共 35 页） ）A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：X＞Y＞Z D．原子序数：X＞Y＞Z C．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣ 【考点】1B：真题集萃；8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 【分析】X、Z 的最低价离子分别为 X2﹣和 Z﹣，则 X 为第ⅥA 族元素，Z 为ⅦA 族元素；Y+和 Z﹣具有相同的电子层结构，则 Y 在 Z 的下一周期，则 Y 为 Na 元素，Z 为 F 元素，X、Y 同周期，则 X 为 S 元素，结合元素在周期表中的 位置以及元素周期律知识解答该题． 【解答】解：X、Z 的最低价离子分别为 X2﹣和 Z﹣，则 X 为第ⅥA 族元素，Z 为ⅦA 族元素；Y+和 Z﹣具有相同的电子层结构，则 Y 在 Z 的下一周期，则 Y 为 Na 元素，Z 为 F 元素，X、Y 同周期，则 X 为 S 元素， A．X、Y、Z 分别为 S、Na、F，原子最外层电子数分别为 6、1、7，故 A 错误； B．常温下 Na、S 为固体，F2 为气体，Na 的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺 序应为 Na＞S＞F2，故 B 错误； C．Na+、F﹣具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为 F﹣ ＞Na+，故 C 错误； D．X、Y、Z 原子序数分别为 16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故 D 正确。 故选：D。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生 的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推 断元素的种类． 　5．（6 分）溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误 的是（　　） 第 13 页（共 35 页） A．溴酸银的溶解是放热过程 B．温度升高时溴酸银溶解速度加快 C．60℃时溴酸银的 Ksp 约等于 6×10﹣4 D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯 【考点】62：溶解度、饱和溶液的概念；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转 化的本质．菁优网版权所有 【专题】519：物质的量浓度和溶解度专题． 【分析】A．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为吸 热过程； B．温度升高，可以加快物质的溶解速率； C．根据溶度积表达式及溶液中银离子和溴酸根离子的浓度计算； D．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸银 的混合物。 【解答】解：A．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸银 的溶解过程为吸热过程，故 A 错误； B．升高温度，溴酸银的溶解度增大，所以温度升高时溴酸银溶解速度加快，故 B 正确； C.60℃时溴酸银的溶解度为 0.6g，溴酸银的物质的量为： ≈2.5× 10﹣3mol，100.6g 溴酸银溶液的体积约为 100.6mL，溶液中银离子、溴酸根离 子浓度约为 2.5×10﹣2mol/L，所以 60℃时溴酸银的 Ksp=2.5×10﹣2×2.5×10﹣2 第 14 页（共 35 页） ≈6×10﹣4，故 C 正确； D．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受温 度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故 D 正 确； 故选：A。 【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与 提纯，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度 积的概念及计算方法。 　6．（6 分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（　　） A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干 B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗 C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有 【专题】25：实验评价题；541：化学实验常用仪器及试剂． 【分析】A．锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干； B．滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释； C．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消耗 的标准液体积偏大； D．容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此次 配制失败． 【解答】解：A．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶 液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故 A 错误； B．酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀 释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故 B 正确； C．滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质的 量偏大，测定结果偏高，故 C 错误； 第 15 页（共 35 页） D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管吸 出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法偏大，题目难度不大，注意 掌握常见仪器的构造及正确的使用方法，明确容量瓶、锥形瓶、滴定管的使 用方法． 　7．（6 分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（　　） 选项 ①②③实验结论 ANa2S 稀硫酸 AgNO3 与 AgCl 的浊 液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S） BCD浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化 性Na2SO3 Na2CO3 稀盐酸 浓硝酸 Ba（NO3）2 SO2 与可溶性钡盐均可生 溶液 成白色沉淀 Na2SiO3 溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸 C．C D．D A．A B．B 【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有 【专题】25：实验评价题． 【分析】A．不发生沉淀的转化，AgNO3 与 AgCl 的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（ Ag2S），则生成 Ag2S； B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后 C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧 化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色； C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与 Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成 硫酸钡沉淀； D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅 酸钠溶液反应生成硅酸沉淀． 第 16 页（共 35 页） 【解答】解：A．图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对 AgNO3 与 AgCl 的浊液 中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成 Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能 比较溶度积，故 A 错误； B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后 C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧 化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色， 故 B 正确； C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与 Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成 硫酸钡沉淀，但 SO2 与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应， 故 C 错误； D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅 酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的 干扰，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，涉及沉淀的生成与转化、 浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置 中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不 大． 　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共 58 分） 8．（13 分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验 室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图 1、2 及表格： 第 17 页（共 35 页） 图 1 图 2 图 3 密度/（g•cm﹣3） 相对分子质量 沸点/℃ 水中溶解性 88 60 0.8123 1.0492 0.8670 131 118 142 异戊醇 乙酸 微溶 溶130 乙酸异戊酯 实验步骤： 难溶 在 A 中加入 4.4g 异戊醇、6.0g 乙酸、数滴浓硫酸和 2～3 片碎瓷片，开始缓慢加 热 A，回流 50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和 碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水 MgSO4 固体，静置片刻， 过滤除去 MgSO4 固体，进行蒸馏纯化，收集 140﹣143℃馏分，得乙酸异戊酯 3.9g． 回答下列问题： （1）仪器 B 的名称是　球形冷凝管　； （2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是　洗掉大部分硫酸和醋酸　，第 二次水洗的主要目的是　洗掉碳酸氢钠　； （3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后　d　（填标号） a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出 b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出 c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出 d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出 （4）本实验中加入过量乙酸的目的是　提高醇的转化率　； 第 18 页（共 35 页） （5）实验中加入少量无水 MgSO4 的目的是　干燥乙酸异戊酯　； （6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图 3）　b　（填标号） （7）本实验的产率是　c　（填标号） a.30% b.40% c.60% d.90% （8）在进行蒸馏操作时，若从 130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏　高　 （填“高”或“低”），其原因是　会收集少量未反应的异戊醇　． 【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有 【专题】24：实验设计题． 【分析】（1）根据题中仪器 B 的构造判断该仪器的名称； （2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸； 第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠； （3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答； （4）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高 进行判断加入过量乙酸的目的； （5）少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分，起到干燥作用； （6）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除 ad，再根据球形冷凝管容易使产品 滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论； （7）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算 出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计 算出产率； （8）若从 130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反 应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大． 【解答】解：（1）由装置中仪器 B 的构造可知，仪器 B 的名称为球形冷凝管， 故答案为：球形冷凝管； （2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是 除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗 净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗涤后生成的酯中混有碳酸氢 钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠， 第 19 页（共 35 页） 故答案为：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠； （3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时， 要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活 塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为 d， 故答案为：d； （4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种 反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量 乙酸的目的是提高转化率， 故答案为：提高醇的转化率； （5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥， 故答案为：干燥乙酸异戊酯； （6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以 ad 错误 ；c 中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此 仪器及装置安装正确的是 b， 故答案为：b； （ 7 ） 乙 酸 的 物 质 的 量 为 ： n= =0.1mol ， 异 戊 醇 的 物 质 的 量 为 ： n= =0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照 1：1 进行反应，所以乙酸过 量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成 0.05mol 乙 酸 异 戊 酯 ； 实 际 上 生 成 的 乙 酸 异 戊 酯 的 物 质 的 量 为 ： =0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为： ×100%=60% ，故答案为：c； （8）在进行蒸馏操作时，若从 130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇， 会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高， 故答案为：高；会收集少量未反应的异戊醇． 【点评】本题为一道高考题，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提 纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度较 大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力 第 20 页（共 35 页） 及灵活应用所学知识的能力． 　9．（15 分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答 下列问题： （1）H3PO2 是一元中强酸，写出其电离方程式　H3PO2⇌H2PO2 +H+　； ﹣（2）H3PO2 及 NaH2PO2 均可将溶液中的 Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。 ①H3PO2 中，P 元素的化合价为　+1　； ②利用 H3PO2 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1， 则氧化产物为　H3PO4　（填化学式）； ③NaH2PO2 为　正盐　（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显　弱碱性　（填“弱 酸性”、“中性”或“弱碱性”）； （3）H3PO2 的工业制法是：将白磷（P4）与 Ba（OH）2 溶液反应生成 PH3 气体 和 Ba（H2PO2），后者再与 H2SO4 反应，写出白磷与 Ba（OH） 溶液反应的 22化学方程式　2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑　； （4）H3PO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和 阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）： ①写出阳极的电极反应式　2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+　； ②分析产品室可得到 H3PO2 的原因　阳极室的 H+穿过阳膜扩散至产品室，原料 ﹣室的 H2PO2 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成 H3PO2　； ③早期采用“三室电渗析法”制备 H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用 H3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室 与产品室，其缺点是产品中混有　PO43﹣（或 HPO42﹣、H2PO4 、H3PO4）　 ﹣﹣杂质，该杂质产生的原因是　H2PO2 或 H3PO2 被氧化　。 第 21 页（共 35 页） 【考点】1B：真题集萃；B1：氧化还原反应；D3：电解质在水溶液中的电离；DI ：电解原理；EI：磷．菁优网版权所有 【专题】51I：电化学专题；52：元素及其化合物． 【分析】（1）根据 H3PO2 是一元中强酸可知，H3PO2 是弱电解质，溶液中部分 电离出氢离子，据此写出电离方程式； （2）①根据化合物中总化合价为 0 计算出 P 元素的化合价； ②先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1 计 算出反应产物中 P 的化合价； ③根据 H3PO2 是一元中强酸，可以判断 NaH2PO2 为正盐，由于为 H3PO2 为弱电 解质，则 NaH2PO2 为强碱弱酸盐，则溶液显示弱碱性； （3）根据题干信息“将白磷（P4）与 Ba（OH）2 溶液反应生成 PH3 气体和 Ba（ H2PO2）2”写出该反应的化学方程式为； ﹣（4）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和 H2PO2 ，判断放电能力 强弱，然后写出阳极的电极反应式； ②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到 H3PO2 的原因； ③根据 H3PO2 及 NaH2PO2 均容易被氧化分析该装置缺点。 【解答】解：（1）H3PO2 是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电 离方程式为：H3PO2⇌H2PO2 +H+， ﹣故答案为：H3PO2⇌H2PO2 +H+； ﹣（2）①H3PO2 中，总化合价为 0，其中氢元素为+1 价，氧元素为﹣2 价，则 P 元素的化合价为：+1 价， 第 22 页（共 35 页） 故答案为：+1； ②该反应中 Ag+为氧化剂，H3PO2 为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，设反应产物中 P 的化合价为 x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0） =1×（x﹣1），解得 x=5，所以氧化产物为+5 价的 H3PO4， 故答案为：H3PO4； ③由于 H3PO2 是一元中强酸，所以 NaH2PO2 为正盐，由于为 H3PO2 为弱电解质， 则 NaH2PO2 为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性， 故答案为：正盐；弱碱性； （3）H3PO2 的工业制法是：将白磷（P4）与 Ba（OH）2 溶液反应生成 PH3 气体 和 Ba（H2PO2）2，该反应的化学方程式为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（ H2PO2）2+2PH3↑， 故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑； ﹣（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和 H2PO2 ，其中放电能力 最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+， 故答案为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+； ②产品室可得到 H3PO2 的原因是因为：阳极室的 H+穿过阳膜扩散至产品室，原 ﹣料室的 H2PO2 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成 H3PO2， 故答案为：阳极室的 H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的 H2PO2 穿过阴膜扩散 ﹣至产品室，二者反应生成 H3PO2； ③早期采用“三室电渗析法”制备 H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用 H3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室 与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把 H2PO2 或 H3PO2 氧化成 PO43﹣，产 ﹣品中混有 PO43﹣（或 HPO42﹣、H2PO4 、H3PO4）， ﹣﹣﹣故答案为：PO43﹣（或 HPO42﹣、H2PO4 、H3PO4）；H2PO2 或 H3PO2 被氧化。 【点评】本题考查了盐的水解原理、电解原理、弱电解质的电离、氧化还原反应 等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知 第 23 页（共 35 页） 识的掌握情况。 　10．（15 分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水 合法生产，回答下列问题： （1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H）， 再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式　C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H、 C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4　； （2）已知： 甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1 甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1 乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1 则乙烯气相直接水合反应 C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=　﹣45.5　 kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是　无副产品，原子利 用率 100%　； （3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中 ：=1：1） ①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中 A 点的平衡常数 Kp=　0.07（MPa）﹣1　 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）； ②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为　p1＜p2＜p3＜p4　，理由是　反应分 子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高　； ③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度 290℃ 第 24 页（共 35 页） ，压强 6.9MPa， ：=0.6：1，乙烯的转化率为 5%，若要进一步提 高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有　 将产物乙醇液化移去　、　增加 比　。 ：【考点】1B：真题集萃；BE：热化学方程式；C8：化学平衡常数的含义；CB： 化学平衡的影响因素；CM：转化率随温度、压强的变化曲线．菁优网版权所有 【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题． 【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙 酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸； （2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用 率 100%； （3）①列出 Kp 表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可； ②在相同温度下由于乙烯转化率为 p1＜p2＜p3＜p4，由 C2H4（g）+H2O（g） →C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的 影响分析； ③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改 变物质的浓度。 【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学方 程式为 C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方 程式为 C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4， 故答案为：C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4； （2）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△ H1=﹣23.9kJ•mol﹣1 甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1 乙醇异构化反应 ③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1， 根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（ ﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol； 第 25 页（共 35 页） 乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率 100%， 没有副产品， 故答案为：﹣45.5；无副产品，原子利用率 100%； （3）①C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g） 开始：1 转化：0.2 平衡：0.8 乙醇占 100.2 0.8 0.2 0.2 = ，乙烯和水各占 = ，则乙醇的分压为 7.85MPa× =0.87MPa，乙烯和水的分压为 7.85MPa× =3.49MPa， =0.07（MPa）﹣1， 所以 Kp= =故答案为：0.07（MPa）﹣1； ②在相同温度下由于乙烯转化率为 p1＜p2＜p3＜p4，由 C2H4（g）+H2O（g）═ C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向 移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是 p1＜p2＜p3＜p4， 故答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化 率提高； ③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改 变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度， 改变二者物质的量的比等， 故答案为：将产物乙醇液化移去；增加 ：比。 【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案 的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的 常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移 能力的培养。 　【化学-选修 2：化学与技术】 11．（15 分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3， 第 26 页（共 35 页） Ca5（OH）（PO4） ]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情 3况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸 生产过程中由磷灰石制单质磷的流程： 部分物质的相关性质如下： 熔点/℃ 44 沸点/℃ 280.5 备注 白磷 PH3 ﹣133.8 ﹣90 ﹣87.8 ﹣86 难溶于水、有还原性 易水解 SiF4 回答下列问题： （1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的　69　% ；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中 Ca5F（PO4） 反应化学方程式为：　Ca5F 3（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑　．现有 1t 折合含有 P2O5 约 30%的 磷灰石，最多可制得到 85%的商品磷酸　0.49　t． （3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将 SiO2、过量焦炭与磷灰 石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是　CaSiO3　（填化学式）． 冷凝塔 1 的主要沉积物是　液态白磷　，冷凝塔 2 的主要沉积物是　固态白 磷　． 第 27 页（共 35 页） （4）尾气中主要含有　SiF4、CO　，还含有少量的 PH3、H2S 和 HF 等．将尾 气先通入纯碱溶液，可除去　SiF4、H2S、HF　；再通入次氯酸钠溶液，可除 去　PH3　．（均填化学式） （5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是　产品纯度高　． 【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有 【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；548：制备实验 综合． 【分析】（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96% ×85%×80%=69%； （2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解 Ca5F（PO4） 可制得磷酸，根据质量 3守恒书写化学方程式；根据 P 元素守恒可得关系式 P2O5～2H3PO4，依据此关 系式计算； （3）将 SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难 溶性固体是 CaSiO3；根据冷却塔 1、2 的温度与白磷的熔点比较分析白磷的状 态； （4）二氧化硅和 HF 反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成 CO， 因此在尾气中主要含有 SiF4、CO，还含有少量的 PH3、H2S 和 HF 等；将尾 气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S 与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化 性，可除掉强还原性的 PH3； （5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺所得产品纯度大； 【解答】解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为： 4%+96%×85%×80%=69%， 故答案为：69； （2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解 Ca5F（PO4） 可制得磷酸，根据质量 3守 恒 定 律 可 得 反 应 的 化 学 方 程 式 为Ca5F （ PO4 ） 3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑； 根据 P 元素守恒可得关系式 P2O5～2H3PO4，142 份 P2O5 可制取 196 份磷酸，1t 折合含有 P2O5 约 30%的磷灰石，含有 P2O5 的质量为 0.3t，所以可制得到 85% 第 28 页（共 35 页） 的商品磷酸的质量为 =0.49t， 故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；0.49； （3）将 SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难 溶性固体是 CaSiO3；冷却塔 1 的温度是 70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此时主 要的沉积物是液态白磷；冷却塔 2 的温度是 18℃，低于白磷的熔点，故此时 的主要沉积物是固体白磷， 故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷； （4）二氧化硅和 HF 反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成 CO， 因此在尾气中主要含有 SiF4、CO，还含有少量的 PH3、H2S 和 HF 等；将尾 气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S 与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化 性，可除掉强还原性的 PH3， 故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3； （5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂 质少，因此逐渐被采用， 故答案为：产品纯度高． 【点评】本题考查了化工生产流程图，涉及磷矿石的主要用途、反应原理和有关 计算，该题是高考中的常见题型，题目难度中等，侧重对学生分析问题、解 答问题能力的培养． 　【化学-选修 3：物质结构与性质】 12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由 Al、Cu、Fe 三种金属元素组成， 回答下列问题： （1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过　X 射线衍射　方法区分晶体、准晶体和非晶体． （ 2 ） 基 态Fe 原 子 有4 　 个 未 成 对 电 子 ， Fe3+ 的 电 子 排 布 式 为1s22s22p63s23p63d5　，可用硫氰化钾检验 Fe3+，形成的配合物的颜色为　血红 色　． （3）新制备的 Cu（OH） 可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成 Cu2O 2，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为　sp3、sp2　；1mol 乙醛分子中含有的 σ 键 第 29 页（共 35 页） 的数目为　6NA　，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是　乙酸存在分子 间氢键　．Cu2O 为半导体材料，在其立方晶胞内部有 4 个氧原子，其余氧原 子位于面心和顶点，则该晶胞中有　16　个铜原子． （4）Al 单质为面心立方晶体，其晶胞参数 a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数 为12 　 ， 列 式 表 示Al 单 质 的 密 度　g•cm﹣3（不必计算出结果）． 【考点】1B：真题集萃；86：原子核外电子排布；96：共价键的形成及共价键 的主要类型；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；A6：不同晶体的结 构微粒及微粒间作用力的区别．菁优网版权所有 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构． 【分析】（1）晶体对 X 射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之 间； （2）根据 Fe 原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子时 ，先失去 4s 上的电子后失去 3d 上的电子，硫氰化铁为血红色； （3）乙醛中甲基上的 C 采取 sp3 杂化类型，醛基中的 C 采取 sp2 杂化类型；1 个 乙醛分子含有 6 个 σ 键和一个 π 键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高； 根据 O 数目和 Cu2O 中 Cu 和 O 的比例计算晶胞中 Cu 原子的数目； （4）在 Al 晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的 Al 原子在通过这个顶点的 三个面心上，面心占 ，通过一个顶点可形成8 个晶胞． 【解答】解：（1）从外观无法区分三者，但用 X 光照射挥发现：晶体对 X 射线 发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现 象即可确定， 故答案为：X 射线衍射； （2）26 号元素 Fe 基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，可知在 3d 上存在 4 个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去 4s 上的 2 个电子后 失去 3d 上的 1 个电子，因此 Fe3+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5，硫氰化 铁为血红色， 第 30 页（共 35 页） 故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色； （3）乙醛中甲基上的 C 形成 4 条 σ 键，无孤电子对，因此采取 sp3 杂化类型， 醛基中的 C 形成 3 条 σ 键和 1 条 π 键，无孤电子对，采取 sp2 杂化类型；1 个 乙醛分子含有 6 个 σ 键和一个 π 键，则 1mol 乙醛含有 6molσ 键，即 6NA 个 σ 键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛； 该晶胞中 O 原子数为 4×1+6× +8× =8，由 Cu2O 中 Cu 和 O 的比例可知该 晶胞中铜原子数为 O 原子数的 2 倍，即为 16 个； 故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；16； （4）在 Al 晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的 Al 原子在通过这个顶点的 三个面心上，面心占 ，通过一个顶点可形成8 个晶胞，因此该晶胞中铝原 子的配位数为 8×3× =12；一个晶胞中 Al 原子数为 8× =4，因此 Al 度的密ρ= = =g•cm﹣3， 故答案为： ．【点评】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、 杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考 题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点． 　【化学-选修 5：有机化学基础】 13．席夫碱类化合物 G 在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成 G 的一 种路线如下： 已知以下信息： 第 31 页（共 35 页） ①②1molB 经上述反应可生成 2molC，且 C 不能发生银镜反应。 ③D 属于单取代芳香烃，其相对分子质量为 106。 ④核磁共振氢谱显示 F 苯环上有两种化学环境的氢。 ⑤回答下列问题： （1）由 A 生成 B 的化学方程式为　（CH3）2CH﹣CCl（CH3）2+NaOH CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O　，反应类型为　消去反应　； （（ 2 ） E 的 化 学 名 称 是对 硝 基 乙 苯， 由D 生 成E 的 化 学 方 程 式 为+HO﹣NO2 +H2O　； （3）G 的结构简式为　 　； （4）F 的同分异构体中含有苯环的还有　19　种（不考虑立体异构），其中核 磁 共 振 氢 谱 中 有4 组 峰 ， 且 面 积 比 为6 ： 2 ： 2 ： 1 的 是　，（写出其中的一种的结 构简式）。 （5）由苯和化合物 C 经如下步骤可合成 N﹣异丙基苯胺。 反应条件 1 所选择的试剂为　浓硝酸、浓硫酸　；反应条件 2 所选择的试剂为　 Fe 粉/盐酸　；I 的结构简式为　 　。 【考点】HB：有机物的推断．菁优网版权所有 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 第 32 页（共 35 页） 【分析】A 的分子式为 C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热 条件下发生消去反应得到 B 为烯烃，1mol B 发生信息①中氧化反应生成 2mol C，且 C 不能发生银镜反应，B 为对称结构烯烃，且不饱和 C 原子没有 H 原 子，故 B 为（CH3）C=C（CH3），C 为（CH3）C=O，逆推可知 A 为（CH3 222）2CH﹣CCl（CH3）2．D 属于单取代芳烃，其相对分子质量为 106，D 含有 一个苯环，侧链式量=106﹣77=29，故侧链为﹣CH2CH3，D 为 ，核磁共振氢谱显示 F 苯环上有两种化学环境的氢，故 D 发生乙基对位取代反 应生成 E 为 ，则 F 为 ，由 F 的分子式可知，E 中硝基被还原为﹣NH2 ，C 与 F 发生信息⑤中反应，分子间脱去 1 分子 水形成 N=C 双键得到 G，则 G 为 ，据此解答。 【解答】解：A 的分子式为 C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、 加热条件下发生消去反应得到 B 为烯烃，1mol B 发生信息①中氧化反应生成 2mol C，且 C 不能发生银镜反应，B 为对称结构烯烃，且不饱和 C 原子没有 H 原子，故 B 为（CH3）2C=C（CH3）2，C 为（CH3）2C=O，逆推可知 A 为（ CH3）CH﹣CCl（CH3）．D 属于单取代芳烃，其相对分子质量为 106，D 含 22有一个苯环，侧链式量=106﹣77=29，故侧链为﹣CH2CH3，D 为 ，核磁共振氢谱显示 F 苯环上有两种化学环境的氢，故 D 发生乙基对位取代 反应生成 E 为 ﹣NH2，则 F 为 ，由 F 的分子式可知，E 中硝基被还原为 ，C 与 F 发生信息⑤中反应，分子间脱去 1 分子水形成 N=C 双键得到 G，则 G 为 。（1）由 A 生成 B 的化学方程式为：（CH3）2CH﹣CCl（CH3）2+NaOH CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，属于消去反应， （故答案为：（CH3 ）2CH﹣CCl（CH3 ）2+NaOH 2+NaCl+H2O；消去反应； （CH3 ）2C=C（CH3 ） 第 33 页（共 35 页） （2）由上述分析可知，E 为 ，化学名称是对硝基乙苯，由 D 生成E的化学方程式为：+HO﹣NO2 +H2O， 故答案为：对硝基乙苯；+HO﹣NO2 +H2O； （3）由上述分析可知，G 的结构简式为 ，故答案为： ；（4）F 为 ，含有苯环同分异构体中， 若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位 2 种， 若只有一个取代基，可以为﹣CH（NH2）CH3、﹣CH2CH2NH2、﹣NH﹣CH2CH3 、﹣CH2NHCH3、﹣N（CH3）2，有 5 种； 若取代为 2 个，还有﹣CH3、﹣CH2NH2 或﹣CH3、﹣NHCH3，各有邻、间、对 三种，共有 6 种； 若取代基有 3 个，即﹣CH3、﹣CH3、﹣NH2，2 个甲基相邻，氨基有 2 种位置， 2 个甲基处于间位，氨基有 3 种位置，2 个甲基处于对位，氨基有 1 种位置， 共有 2+3+1=6 种， 故符合条件的同分异构体有：2+5+6+6=19， 其中核磁共振氢谱为 4 组峰，且面积比为 6：2：2：1，说明含有 2 个﹣CH3，可 以是 ，故答案为：19； ；第 34 页（共 35 页） （5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到 H 为硝基苯，硝基苯在 Fe 粉/盐 酸条件下还有得到 I 为 ，再与（CH3）2C=O 反应得到 ，最后加成反应还原得到 ，故反应条件 1 所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件 2 所选用的试剂为： Fe 粉/稀盐酸，I 的结构简式为 ，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe 粉/盐酸； 。【点评】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行运用，能较好 的考查学生自学能力，要充分利用合成路线中有机物的分子式，关键是确定 A 与 D 的结构，再利用正、逆推法相结合进行推断，（4）中同分异构体问题为 易错点，难度中等。 第 35 页（共 35 页）