江苏省常州市2016年高考化学三模试卷(解析版).

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江苏省常州市2016年高考化学三模试卷（解析版）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•海洋是个巨大的资源宝库，蕴含的元素有80多种，从海水可以提取食盐、漠、镁、碘等多种物质.地球上99%以上的元素X蕴藏在大海，海水总储量高达1X10l4t,因此被称作"海洋元素〃.“海洋元素"X是（）A.NaB.ClC.BrD・Mg2.下列有关化学用语表示正确的是（A.梵基的电子式：B.淀粉和纤维素的实验式：CH2OC.CH4分子的球棍模型:D.核内有8个子的碳原子：IC3.常温下，下列各组离子在指定溶液一定能大量共存的是（）A.10molL/iKNC^j容液：『、Fe2+>SCNSO42'B.-CH厶=io-10的无色溶液：NaSBa*、NO3Cl-c（OH）C.由水电离产生c(H+)=10_,0mol/L的溶液：NH/、A1O2Ca2+>S2_D.c(CIO')=10molL'1的溶液：K*、SO32S2SO42-4.下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是（）A.水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂B.油脂水解可得到氨基酸和甘油C.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D.FeC13溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路 2.如图，用下列实验操作可完成两个实验.甲实验为粗盐难溶性杂质的去除，乙实验为配A.甲实验的步骤是①④⑤，其去除杂质的关键步骤是蒸发B.甲实验各步操作，玻璃棒的作用都是相同的C.乙实验若按照②③①的步骤进行操作，祛码为5g（游码读数0）,则配制的溶液浓度偏大（P水二lg/cn?）D.乙实验，若①所用的烧杯内壁沾有水，对配制的溶液浓度无影响3.下列离子方程式书写正确的是（）A.用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+—Ca2++H2O+CO2诵申B.用铜为电极电解饱和食盐水：2C1-+2H2O=Cl?个+比个+2OH「C.FeB「2溶液通入过量Cl?：2Fe2++2Br'+2C12—2Fe3++Br2+4Cl'D.Ba（OH）2溶液滴加NaHSO4溶液至性：Ba2++2OH'+2H++SO42—BaSO4xk+2H2O4.设Na为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（）A.01molFe与OlmolCl?充分反应，转移的电子数为03NAB.常温常压下，lmol的氨气和氢气混合气含有的核外电子数为2心C.25°C时，ILpH=13的Ba（OH）2溶液含有OH_的数目为02NAD.标准状况下，224LCC14和CH?。的混合物含有Na个碳原子5.甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）.下列各组物质，不满足图示转化关系的是（）①甲NH3乙。2丙NO戊h2o②Feh9oMTh2Fe2O3③AI2O3NaOH溶液NaA102溶液过量CO2 ④CO2o2Na戊A.①③B.②③C.②④D.①④2.工业上电解法处理含镰酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示.下列说法不正确的是）已知：®Ni2+在弱酸性溶液发生水解②氧化性:Ni2+（高浓度）>H*>Ni2+（低浓度）A.碳棒上发生的电极反应：4OH~-4e—O2^+2H2OB.电解过程，BNaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C.为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水pHD.若将图阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变3.短周期元素X、Y、Z、W、R的化合价与原子序数的关系如图所示.下列说法正确的A.原子半径：Z>Y>XB.Z和Y形成的化合物是离子化合物C.气态蛍化物的稳定性：Yc(OH)>c(H+)B.pH=4的溶液：c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32')=01molL1C.pH=8的溶液：c(Na+)>c(HCO3')>c(H2CO3)>c(CO32-)D.pH=ll的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CD+c(CO32')+c(HCO3')15.在恒温恒容的密闭容器发生反应：Fe3O4(s)+4H2(g)=3Fe(s)+4H2O(g).下列说法正确的是()c(H20)A.该反应的平衡常数表达式K=c(H2)B.若容器内气体的密度或压强保持不变，均说明该反应已达到平衡状态C.若FqCU足量，改变起始充入H2的浓度，达平衡时H2的转化率不变D.若初始时投入464gFe3O4与一定fiH2,反应达平衡时容器内固体共有4g,则FegCU的转化率为50%三、非选择题(共80分)16.氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂.实验室以粗铜(含杂质Fc)为原料，一种制备铜的氯化物的流程如图1.[J操作①*一"滔扳2CuCb•昭0反应②时②SOjS1按要求冋答卜•列问题：CuCl(1)操作①的名称是 ，检验溶液2是否含有杂质离子的试剂是(1)上述流程，所得固体K需要加稀盐酸溶解，其理由是 溶液1可加试剂X用于调节pH,以除去杂质，试剂X和固体J分别是(填序号).a.NaOHFe(OH)b.NH3H2OFe(OH)2c.CuOFe(OH)3d.CuSO4Cu(OH)2(1)反应②是向溶液2通入一定量的SO?，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀.写出制备CuCl的离子方程式：.(2)如图2所示将氯气从a通入与粗铜反应(铁架台、铁夹、酒精灯省略)，①反应吋，盛粗铜粉的试管的现象是.②反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁(含Fe、C)制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效.该电化学腐蚀过程的正极反应式为15.非索非那定(化合物H)是一种重要的抗过敏药，其部分合成路线如下:BTC的反应类型为，E分子含氧官能团有(写名称).(1)(2)D的结构简式为(3)FTG反应的化学方程式为.(4)请写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式①苯环上有3个取代基；②具有a-氨基酸结构；③有6种不同化学环境的蛍原子. (5)g"是一种重要的有机合成间体，请完成以苯乙烯为主要原料(其他试剂自选)合成该化合物的合成路线流程图.合成路线流程图示例如下：H2C二CH?至CH3CH2BrN2CH^^ch3ch2oh15.三草酸合铁(III)酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3〕3比0可用于摄影和蓝色印刷.某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体(g[Fe(C2O4)313H2O)铁元素含量，做了如下实验：步骤一：称量5000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液.步骤二：取所配溶液2500ml于锥形瓶，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时MnOJ被还原成Mn2+.向反应后的溶液加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶，此时，溶液仍呈酸性.步骤三：用()()l()mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液Vgl,MnO4被述原成Mn2+.重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0010mol/LKMnO4溶液V2ml；(1)为进一步测定铁元素的含量，加入锌粉的目的是将.(2)实验步骤二加KMnO4溶液的离子方程式为1112%.若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高.某同学将874g无水三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3](M=437g/mol)在一定条件下加热分解，所得固体的质量为542g；同时得到含两种成分的气体混合物，将生成的混合气体通过碱石灰增重22g.研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3(K元素只存在于盐).通过必要的计算，写出该分解反应的化学方程式.16.平板电视显示屏生产过程产生大量的废玻璃粉末(含SiO2>Fe2O3>CeO2^FeO等物质).某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁钱矶: 混合保混|_>80十厂操作NaOH浴液滤渣A滤叛A(热浓)稀硫酸过谑Ce(OH)3悬浊嵌已知:i.酸性条件下，肺在水溶液有Ce3C』4■两种主要存在形式，C』+易水解，C尹有较强氧化性.ii・CeO2不溶于稀硫酸iii.硫酸铁镀IF%(SO4)3(NH4)2SO424H2O］广泛用于水的净化处理.(1)滤液A的主要成分(填写化学式)(2)写出反应①的离子方程式(3)反应①Z前要洗涤滤渣B,对滤渣B进行"漂洗〃的实验操作方法是・(4)稀土元素的提纯，还可采用萃取法.己知化合物HT作为萃取剂能将肺离子从水溶液萃取出，过程表示为Ce2(SO4)3(水层)+6HT(有机层)—2CeT3(有机层)+3H2SO4(水层)，分液得到CeT3(有机层)，再加入H2SO4获得较纯的含Ce*的水溶液.可选择硫酸作反萃取的原因是.(5)用滴定法测定制得的Cc(OH)4产品纯度.称取Ce(0H)4样品加酸溶解►用FeSO"容'液滴定所用FeSO4溶液在空气需置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数.已知pH>ll时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成［Zn(OH)412'.用FeSO4溶液(含有ZnSO4杂质)制备硫酸铁镀矶.实验可选用的试剂:KMnO4溶^,30%H2O2,NaOH溶液，饱和石灰水，稀H2SO4溶液，稀盐酸.实验步骤依次为：①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液，加入足量的，过滤，洗涤；②将沉淀溶于稀硫酸，并加入,充分反应；③向②得到的溶液加入硫酸钱溶液，，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁钱 晶体(NH4)Fe(SO4)212也0.15.回答下列问题：（1）为了减少空气SO2的排放，常釆取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料.已知：2H2（g）+。2（g）—2H2O（g）△H1=・dkJmol-12C（s）+O2C/+都与氢氧根离子反应，s2A1O2-都与氢离子反应，Ca2+与S2-R应，在溶液一定不能大塑共存，故C错误；D.溶液C1CT能够氧化SO32S2',在溶液不能大量共存，故D错误；故选B.【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子Z间；能发生氧化还原反应的离子Z间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此判断溶液是否有大量的H+或OH'；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2Fe2Fe3MnO4-等有色离子的存在；试题有利于培养学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力.1.下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是()A.水玻璃对用于生产黏合剂和防火剂B.油脂水解可得到氨基酸和片油C.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D.FeCb溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路【分析】A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸钠具有黏性；B.油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解得到高级脂肪酸和甘油；C.盐析为可逆过程，是轻金属盐降低蛋白质溶解度使蛋白质沉淀；D.FeCls溶液能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+.【解答】解：A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸钠具有黏性，所以可作粘合剂；涂有硅酸钠溶液的木条加热时，水分蒸发后不易燃烧，所以可作防火剂，故A正确； B.油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解产物为高级脂肪酸和甘油，无氨基酸生成，故B错误；C.盐析为可逆过程，属于物理变化，盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性，故C正确；D.FeCb溶液能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,可用于蚀刻卬刷电路,故D正确；故选B.【点评】本题考查了物质性质，主要是硅酸钠、油脂、蛋白质、氯化铁等物质性质的理解应用，注意知识的积累，题目较简单.1.如图，用下列实验操作可完成两个实验.甲实验为粗盐难溶性杂质的去除，乙实验为配A.甲实验的步骤是①④⑤，其去除杂质的关键步骤是蒸发B.甲实验各步操作，玻璃棒的作用都是相同的C.乙实验若按照②③①的步骤进行操作，祛码为5g（游码读数0）,则配制的溶液浓度偏大（P水=lg/cm3）D.乙实验，若①所用的烧杯内壁沾有水，对配制的溶液浓度无影响【分析】A.粗盐提纯难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发，据此进行分析判断；B.根据溶解、过滤、蒸发操作的玻璃棒的作用进行分析判断；C.量取的水为42g；D.乙实验，若①所用烧杯刚刚用清水洗过，会造成溶剂的质量偏大.【解答】解：A.粗盐难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发，即步骤是①④⑤,其去除杂质的关键一步是过滤（把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法），故A错误;B.甲实验各步操作，溶解时玻璃棒的作用是搅拌，能够加快粗盐的溶解速率；过滤时玻璃棒的作用是引流；蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，防止液体飞溅；玻璃棒的作用不相同，故B 错误；B.量取的水为42g,由溶质质量分数的公式可知，会导致配制的溶液浓度偏大，故C正确;C.乙实验，若①所用烧杯刚刚用清水洗过，会造成溶剂的质量偏大，则会导致配制的溶液浓度偏小，故D错误.故选C.【点评】本题考查化学实验基本操作，难度不大，掌握粗盐提纯的步骤与注意事项、配制一定质量分数的溶液的步骤少注意事项是正确解答本题的关键.1.下列离子方程式书写正确的是()A.用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+—Ca2++H2O+CO2/r通电B.用铜为电极电解饱和食盐水：2CT+2比0CI2T+H2T+2OHC.FeBp溶液通入过量CI2：2Fe2++2Br-4-2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl'D.Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至性：Ba2++2OH'+2H++SO42'—BaSO4x|/+2H2O【分析】A、醋酸是弱电解质，要写成分子；B、Cu作阳极会失电子生成铜离子；C、FcB「2溶液通入过量Cl?生成漠单质和氯化铁；D、Ba(OH)2溶液滴加NaHSCU溶液至性生成硫酸顿和水.【解答】解:A、醋酸是弱电解质，要写成分子，则用醋酸除去水垢：CaCO3+2CH3COOH—Ca2++H2O+CO2个+2CH3COO，故A错误；诵申B、Cu作阳极会失电子生成铜离子，则用铜为电极电解饱和食盐水：Cu+2H2OH2T+C11(OH)2I，故B错误；C、FcBh溶液通入过量Cl?生成漠单质和氯化铁，则FeBs溶液通入过量CD：2Fe2++4Br_+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl*，故C错误；D、Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至性生成硫酸顿和水，则Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至性：Ba2++2OH~+2H++SO42'—BaSO44/+2H2O,故D正确.故选D.【点评】木题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，题FI难度不大. 1.设Na为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是()A.OlmolFe与OlmolCl?充分反应，转移的电子数为03NAB.常温常压下，lmol的氨气和氢气混合气，含有的核外电子数为2NaC.25°C时，ILpH=l3的Ba(OH)2溶液含有OH_的数目为02NAD.标准状况下，224LCC14和CH2O的混合物含有Na个碳原子【分析】A、OlmolCb与OlmolFe反应时，铁过量，据此分析转移电子情况；B、氢气和氨气均含2个电子；C、根据pH二13求出C(H+),然后根据K求出C(OH),再根据n二CV即可求出OFT的物质的量；D、标况下，CC14是液态.【解答】解：A、01molCl2与OlmolFe反应时，铁过量，01molCl2完全反应变为-1价，故转移02mol电子，故A错误；B、氢气和氨气均含2个电子，故1mol的氨气和氢气混合气体含2mol电子，故B正确；C、溶液的pH=13求出C(H+)=1013mol/L,然后根据常温下K=1014mol/L可知c(OH)—141014=10-13=01mol/L,OH「的物质的量n=CV=01mol/LX1L=01mol,OH_的个数为OINa，故C错误;D、标况下，CC»是液态，故D错误；故选B.【点评】本题考查了阿伏伽徳罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大.2.甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化).下列各组物质，不满足图示转化关系的是()甲乙丙戊①nh302NOh2o ②Feh2oH2Fe2O3③A12O3NaOH溶液NaAlO2溶液过量CO?④NagO?co9O2Na戊A.①③B.②③C.②④D.①④【分析】根据反应甲+乙T丙+丁，丙+戊T甲分析，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误.【解答】解：①4NH3+5O2咼温咼压4NO+6H2O,-氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误;@3Fe+4H2O(g)甘、;曰rojinn=_Fe3C)4+4H29△3H2+Fe2O3:2Fe+3H2O,所以能实现转化,故正确；(1)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3x|/+NaHCO3,所以不能实现转化，故错误；占燃④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na+O2""Na2O2,所以能实现转化，故正确；故选A.【点评】本题考查物质之间的化学反应，明确物质的性质是解本题关键，注意铁和水蒸气反应生成四氧化三铁而不是氧化铁，为易错点.1.工业上电解法处理含線酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示.下列说法不正确的是（）已知：®Ni2+在弱酸性溶液发生水解②氧化性:Ni2+（高浓度）>PT>Ni2+（低浓度）ABC A.碳棒上发生的电极反应：40H「・4e—O2^+2H2OB.电解过程，BNaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C.为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水pHD.若将图阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变【分析】A、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH・・4「=2比0+02丁；B、镀银铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-=Ni.电解过程为平衡A、C的电荷，A的Na*和C的C「分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B,这使BNaCl溶液的物质的量浓度不断增大；C、又因Ni?+在弱酸性溶液易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）>H+>Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水pH：D、若将图阳离子膜去掉，由于放电顺序Cr>OH则C「移向阳极放电：2C1…-2e-=Cl2^,电解反应总方程式会发生改变.【解答】解：A、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH—4J=2H2O+O2/T，故A正确；B、镀線铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-=Ni.电解过程为平衡A、C的电荷，A的Na+和C的C「分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B,这使BNaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C、因Ni?+在弱酸性溶液易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）>T>Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水pH,故C正确；D、若将图阳离子膜去掉，由于放电顺序C1>OH-,则C1'移向阳极放电：2C1…・2e「=C12^,电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选B.【点评】本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程溶 液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，题目难度等. 1.短周期元素X、Y、Z、W、R的化合价与原子序数的关系如图所示.下列说法正确的A.原子半径：Z>Y>XB.Z和Y形成的化合物是离子化合物C.气态氢化物的稳定性：Y00,即Z>X>Y,故A错误；B.Z和Y形成的化合物是氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，故B正确；C.非金属性0>S,即Y>R,非金属性越强氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：¥>R,故C错误；D.A1在浓硫酸发生钝化现象，不能溶解，故D错误；故选B.【点评】本题考查结构性质与位置关系等，难度不大，注意根据化合价结合原子序数推断元素，熟练掌握元素周期律.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.11・下列说法正确的是()A.铅蓄电池在充电过程，正、负极质量都增大B.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ZiHCOc(NH3*H2O)c.NH3H2O溶液加水稀释后，溶液—的值减小D.常温下，pH均为5的盐酸与氯化钱溶液，水的电离程度相同【分析】A、铅蓄电池在充电过程，正是硫酸铅氧化成二氧化铅、负极是硫酸铅还原成单质铅；B、反应能否自发进行，决定于有AH・TAS；C、加水稀释促进氨水的电离，所以一水合的浓度减少，钱根离子的浓度增大；D、盐酸抑制了水的电离，氯化钱钱离子促进了水的电离；【解答】解：A、铅蓄电池在充电过程，正是硫酸铅氧化成二氧化铅、负极是硫酸铅还原成单质铅，所以质量都减小，故A错误；B、反应物有气体，生成物没有气体，故△$<(),若要使反应自发进行，厶円-TAS<0,则AH必须小于0,故B正确；C、加水稀释促进氨水的电离，所以一水合的浓度减少，鞍根离子的浓度增大，则溶液c(NH3*H2O)机叽+)—的值减小，故C正确；D、盐酸抑制了水的电离，而氯化钱溶液钱离子水解，促进了水的电离，所以两溶液水的电离程度不相同，故D错误；故选BC.【点评】本题考查了铅蓄电池的充电原理、反应的自发性、水的电离平衡等知识，题目难度等，注意酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，而能够水解的盐能够促进水的电离.12.泰雅紫是古代地海沿岸出产的一种贵重染料，现知其结构为如图所示的含浪有机化合物, A.泰雅紫分子的分子式为CI6H8N2Br2O2B.lmol泰雅紫与H?加成最多需9molH2C.泰雅紫属于桂的衍生物D.检验泰雅紫漠元素可直接加入硝酸银溶液，观察是否有浅黄色沉淀生成【分析】由结构简式可知分子式，含苯环、・Br、・NH・、-C=C-.C=O,结合苯、烯坯、卤代坯的性质解答.【解答】解：A.由结构简式可知分子式为C16H8N2Br2O2,故A正确；A.苯环、碳碳双键、C=O均与氢气发生加成，贝lj1mol泰雅紫最多可与9molH2加成，故B正确；B.含有0、Br>N等元素，属于烧的衍生物，故C正确；C.含-Br,没有浪离子，则检验泰雅紫浪元素不能用直接加入硝酸银溶液观察是否有浅黄色沉淀的方法，故D错误.故选D.【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握官能团与性质的关系,熟悉烯烧、卤代烧、酮的性质即可解答，题目难度不大.13.下列实验对应的现彖与结论均正确的是()选项实验解释或结论A用洁净的Pt醮取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液一定含有Na3无fB用洁净的玻璃管向包有的脱脂棉吹气，脱CO2、H20与Na?02反应是放热脂棉燃烧反应C向澳水滴入植物油，振荡后，油层显无色澳不溶于油脂D将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色比。2的氧化性比fJ4•强A.AB.BC.CD.D【分析】A.检验钾离子，应透过蓝色钻玻璃；B.脱脂棉燃烧应达到着火点；C.植物油含有不饱和桂基，可与澳水发生加成反应;D.酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性. 【解答】解：A.检验钾离子，应透过蓝色钻玻璃，以滤去黄光，否则不能判断是否含有钾离子，故A错误；B.用洁净的玻璃管向包有"也02的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明反应达到着火点，应为放热反应，故B正确；C.植物油含有不饱和坯基，可与浪水发生加成反应，油层显无色，故C错误；D.酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，不能排除硝酸根离子的干扰，故D错误.故选B.【点评】本题考查较为综合，涉及离子的检验、元素化合物知识等知识，为高考常见题型,侧重于实验方案的评价能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度等.14.25°C时‘OlmolNzCCh与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液部分微粒与pH的关系如图所示.下列有关溶液离子浓度关系叙述正确的是()A.W点所示的溶液：c(CO32-)=c(HCO3J>c(OH-)>c(H+)B.pH=4的溶液：c(H2CO3)+c(HCO3')+c(CO32-)^OlmolL'1C.pH=8的溶液：c(Na+)>c(HCO3_)>c(H2CO3)>c(CO32)D.pH=ll的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(OH~)+c(CD+c(CO32')+c(HCO3)【分析】A.W点所示的溶液c(CO32-)=c(HCO3),溶液显碱性；B.根据物料守恒判断；C.先判断溶液的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；D.根据电荷守恒分析.【解答】解：A.W点所示的溶液c(CO32)=c(HCO3)，溶液显碱性，则c(OH)>c(H+),所以溶液离子浓度关系为：c(CO32)=c(HCO3)>c(OH)>c(H+),故A正确； B.pH=4,说明反应有CO?生成，所以根据物料守恒可知c(H2CO3)+c(HCO3_)+c(CO32■)<01molL-1,故B错误；C.根据图象可知pH=8吋，溶液碳酸盘钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应恰好是生成碳酸蛍钠，HC(V的水解程度大于电离程度，则c(Na+)>c(HCO3)>c(H2CO3)>c(CO32-),故C正确；D.根据图象对知pH二11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，溶液电荷守恒为:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CD+2c(CO32-)+c(HCO3),故D错误;故选AC.【点评】本题考查碳酸钠和盐酸反应离子浓度人小比较，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提岀了较高的要求，该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好儿种守恒关系,即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图彖和题意灵活运用即可，难度等.15.在恒温恒容的密闭容器发生反应：Fe3O4(s)+4H2(g)=3Fe(s)+4H2O(g).下列说法正确的是()c(H20)A.该反应的平衡常数表达式K=c(H2)B.若容器内气体的密度或压强保持不变，均说明该反应已达到平衡状态C.若FesCU足量，改变起始充入H2的浓度，达平衡时H2的转化率不变D.若初始时投入464gFe3O4与一定量比，反应达平衡时容器内固体共有4g,则FesCU的转化率为50%据此书写;r/『、生成物浓度的幕次方乘积［朋】人、K二反应物浓度的幕次方乘积,B、反应前后气体体积不变;C、反应前后气体体积不变，压强的改变对平衡无影响;D、利用三段式法计算.生成物浓度的幕次方乘和［H20］4故A错误;[h2]4'【解答】解：A、K二反应物浓度的幕次方乘积士B、反应前后气体体积不变，所以压强始终不变，故B错误;C、反应前后气体体积不变，压强低平衡无影响，故C正确; D、设参加反应的四氧化三铁的质量为x Fe3O4(s)+4H2(g)-3Fe(s)+4H2O(g)固态质量变化232g64gx4g232gX4gx二64g=232g‘232所以四氧化三铁的转化率为：^f-XlOO%=50%,故D正确；故选CD.【点评】本题考查了化学平衡常数表达式、平衡移动、转化率计算，题目难度等.三、非选择题(共80分)15.氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂.实验室以粗铜(含册②*皿|洛°杂质Fe)为原料，一种制备铜的氯化物的流程如图1.粗铜体J匚一滔扳2加试讯X调书pH撥作①反应②CuClS1按要求冋答下列问题：(1)操作①的名称是过滤，检验溶液2是否含有杂质离子的试剂是KSCN溶液或苯酚.(2)上述流程，所得固体K需要加稀盐酸溶解，其理由是抑制氯化铜、氯化铁水解；溶液1可加试剂X用于调节pH,以除去杂质，试剂X和固体J分别是(填序号)c.a.NaOHFe(OH)b.NH3H2OFe(OH)2c.CuOFe(OH)3d.CuSO4Cu(OH)2(3)反应②是向溶液2通入一定量的SO2,加热一段时间后生成CuCl白色沉淀.写出制备CuCl的离子方程式：2Cu*+2Cl一+SCh+2H?O:^^==2CuClO+4H++SO亡_.(4)如图2所示将氯气从a通入与粗铜反应(铁架台、铁夹、洒精灯省略)，①反应时，盛粗铜粉的试管的现象是产生大量棕黄色烟. ②反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效.该电化学腐蚀过程的正极反应式为CIO-+2e一+H?O二C「+2OH-.【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1加入X调节溶液pH,得到溶液乙，经过系列操作得到CuC122H2O,故溶液2为C11CI2溶液，则调节pH目的是使溶液铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuC122H2O,再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体.（1）操作①是分离固体和液体混合物的操作；溶液2若含有杂质离子则是Fe3+,用KSCN溶液或苯酚检验；（2）氯化铜、氯化铁在溶液会发牛水解，铜盐水解牛成氢氧化铜，保持溶液呈强酸性，避免铜离子水解损失，调节pH目的是使溶液铁离子转化为Fe（OH）3沉淀；（3）根据信息可知：SO?与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42'；（4）①Cu与CI2反应产生大量棕黄色烟（CuCl?）;②正极上C1CT得电子生成cr.【解答】解：粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1加入X调节溶液pH,得到溶液乙经过系列操作得到CuC122H2O,故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液铁离子转化为Fc（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuC122H2O,再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体.（1）操作①是分离固体和液体混合物的操作，所以操作①的名称是过滤，溶液2若含有杂质离子则是Fe*,用KSCN溶液或苯酚检验，故答案为：过滤；KSCN溶液或苯酚；（2）氯化铜、氯化铁的金屈离子易水解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入CH之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3,调节pH目的是使溶液铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质， 故答案为：抑制氯化铜、氯化铁水解；C；（3）根据信息可知：在加热条件下，SO?与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42',其反应的离子方稈式为：2Cu2++2C1'+SO2+2H2O===2CuC1^+4H++SO42_,。丄△丄。故答案为：2Cu-++2Cl-+SO2+2H2O===2CuC1Jz+4H++SO42-;（4）①Cu与Cl?反应产生大量棕黄色烟（CuCl?）,则反应时盛粗铜粉的试管的现象是产生大量棕黄色烟，故答案为：产生大量棕黄色烟；②反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶生成NaClO溶液，该溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化腐蚀，CUT得电子作正极生成CT,则正极上的电极方稈式为：CIO+2e_+H2O=Cr+2OH',故答案为：ClO'+2e'+H2O=Cr+2OH【点评】本题以实验室制备氯化铜为背景，考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查. 17.非索非那定（化合物H）是一种重要的抗过敏药,其部分合成路线如下:（1）BTC的反应类型为取代反应，E分子含氧官能团有酯基、拨基（2）D的结构简式为（写名称）. （3）FTG反应的化学方程式为（4）请写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式(5)0230%H>C)2HTS分矗催化剂.△COOHqh^ohcooc2h5浓HjSOx△CIhCI(CHJ'COKcooc2hs①苯环上有3个取代基；②具有a■氨基酸结构；③有6种不同化学环境的蛍原子.OOH是一种重要的有机合成间体，请完成以苯乙烯为主要原料（其他试剂自选）合成该化合物的合成路线流程图.合成路线流程图示例如下：H2OCH2竺CH3CH2BrNa0H^^CH3CH2OH【分析】（1）根据反应流程图，对比B、C的结构可知，B支链对位的H原子被取代生成C；根据有机物E的结构简式判断分子含氧官能团;（2）対比C、E的结构，结合D的分子式，可知C脱去1分子HC1形成三元环、含氮基团被-OH取代生成C,C再与乙醇发生酯化反应得到E,据此可以确定D的结构简式;（3）对比F、G的结构简式，可知FTG的反应是在氯化氢作用下F分子的碳碳三元环断裂，发生加成反应;（4）B的同分异构体满足：①环上有3个取代基；②具有a■氨基酸结构；③有6种不同化学环境的氢原子，具有a■氨基酸结构的侧链至少含有3种氢原子，则其它共含有3种氢原子，结合B的结构，应含有2个-CH3.-CH（NH2）COOH,且为对称结构; (1)由ETF的转化可知，引入2个甲基，则苯乙醛氧化为苯乙酸，苯乙酸与乙醇发生酯COOGHs,最后在稀硫酸条件下发牛水解反应得到化反应得到苯乙酸乙酯，在CH3CI/(CH3)3COOK条件下得到【解答】解：(1)根据反应流程图，对比B、C的结构可知，B支链对位的H原子被取代生成C,属于収代反应；根据有机物E的结构简式，可知分子含氧官能团为酯基、摭基,故答案为：取代反应；酯基、拨基;(2)对比C、E的结构，结合D的分子式，可知C脱去1分子HC1形成三元环、含氮基团被・0H取代生成C,C再与乙醇发生酯化反应得到E,可以确定D的结构简式为(3)对比F、G的结构简式，可知FTG的反应是在氯化氢作用下F分子的碳碳三元环断裂,发生加成反应，反应方程式为(4)B的同分异构体满足：①环上有3个取代基；②具有a-氨基酸结构；③有6种不同化学环境的©原子，具有a-氨基酸结构的侧链至少含有3种©原子，则其它共含有3种氢原子，结合B的结构，应含有2个-CH?、-CH(NH2)COOH,且为对称结构，符合条 件的同分异构体为: nh2(2)由ETF的转化可知，引入2个甲基，则苯乙醛氧化为苯乙酸，苯乙酸与乙醇发生酯在稀硫酸条件下发牛水解反应得到补全合成路线流程图为02催化剂.△COOHC4KOHCIhCI(CHJ3COKcooc2h5浓HjSOx△COOHCOOC2Hs-"叮催化剂.△COOHC4UOHCOOC2H5故答案为：CIhCI(ClhhCOK浓lhSO4・△化反应得到苯乙酸乙酯，在CH3C1/(CH3)3COOK条件下得到『0【点评】木题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型.有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意(3)合成路线充分利用转化关系甲基的引入，难度等.18.三草酸合铁(III)酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3】3出0可用于摄影和蓝色E卩刷.某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体(K3〔Fe(C2O4)313H2O)铁元素含量，做了如下实验：步骤一：称量5000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液.步骤二：取所配溶液2500ml于锥形瓶，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时MnO4-fe还原成Mn2+.向反应后的溶液加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶，此时，溶液仍呈酸性. 步骤三：用0010mol/LKM11O4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V]ml,MnO4'被还原成M/+.重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0010mol/LKMnOq溶液Vpml；（1）为进一步测定铁元素的含量，加入锌粉的目的是将还原Fe族为Fe?+.（2）实验步骤二加KMnO4溶液的离子方程式为1112%2MnO4~+5出仑02+6『一10CO?T+2Mn2J8H?O・若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高偏高.某同学将874g无水三草酸合铁酸钾（©[Fe（C2O4）3]（M=437g/mol）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为542g；同时得到含两种成分的气体混合物，将生成的混合气体通过碱石灰增重22g.研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3（K元素只存在于盐）.通过必要的汁算，写出该分解反应的化学方程式.【分析】（1）锌粉能与Fe?+反应，加入锌粉的目的是将F尹恰好还原成Fe?+；（2）草酸与酸性的高镭酸钾发生氧化还原反应，生成二氧化碳、猛离子和水；加入的KMnO4的溶液的量不足，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高毎酸钾反应，使的滴定2,2g44g/mol亚铁离子消耗的髙镭酸钾的体积偏大:（3）根据生成的混合气体通过碱石灰增重22g,则气体之一为C02,并且n（CO2）==005mol,根据原子守恒另一种气体只能为CO,其质量为874・542・22=112g,即n（CO）=2詁蔦1=004mol；依据信息：固体产物，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3,结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在结合原子守恒计算各物质的量之比，从而书写方程式.【解答】解：（1）向反应后的溶液加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉的目的是将F尹恰好还原成Fe2+；故答案为：还原F尹为Fe?：（2）草酸与酸性的高钮酸钾发生氧化还原反应，生成二氧化碳、镒离子和水，离子方程式为：2MnO4'+5H2C2O4+6H+—IOCO2个+2Mn2++8H2O；加入的KMnO4的溶液的量不够，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高猛酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高镒酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高，故答案为：2MnO4+5H2C2O4+6H+—1OCO2个+2Mn2++8H2O；偏高； 2,2g(3)将生成的混合气体通过碱石灰增重22g,则气体之一为CO?,并且n(C02)=钊*耐]=005mol,根据原子守恒另一种气体只能为CO,其质量为874-542-22=112g,即n(CO)1.12g=2F：g/mol=QQ4mol;固体产物，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3,结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，又874g无水三草酸合铁酸钾8.74g(K3[Fe(C2O4)3](M=437g/mol)的物质的量为：怖戸打f=002mol,所以根据钾守恒则n(K2CO3)=003mol,根据氧守恒则n(FeO)=001mol,铁守恒则n(Fe)=001mol,所以反应方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]=3K2CO3+Fe+FeO+4COT+5CO2T，答：该分解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]—3K2CO3+Fe+FeO+4COT+5CO2T.【点评】本题主要考查实验的基本操作及其计算，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题忖难度等.18.平板电视显示屏生产过程产生大量的废玻璃粉末(含SiO2>Fe2O3^CeO2.FeO等物质).某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程対资源进行冋收，得到Ce(OH)4和硫酸铁钱矶:NaOH洛液"aS~加热蒸发已知：i.酸性条件下，肺在水溶液有Ce3Ce*两种主要存在形式，C』+易水解，Ce牡有较强氧化性.ii.CCO2不溶于稀硫酸iii.硫酸铁钱[F®(SO4)3(NH4)2SO424H2O]广泛用于水的净化处理.(1)滤液A的主要成分Na?SiO3(填写化学式)(2)写出反应①的离子方程式2CeO?+H?O?+6H+—2Ci++O?+4H?O(3)反应①Z前要洗涤滤渣B,对滤渣B进行〃漂洗〃的实验操作方法是沿玻璃棒向漏斗加蒸饰水至没过沉淀，待水流过漏斗颈，重复2-3次・ (1)稀土元素的提纯，还可采用萃取法.已知化合物HT作为萃取剂能将肺离子从水溶液萃取出，过程表示为Ce2(SO4)3(水层)+6HT(有机层)—2CeT3(有机层)+3H2SO4(水层)，分液得到CeT3(有机层)，再加入H2SO4获得较纯的含CJ+的水溶液.可选择硫酸作反萃取的原因是加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce?+进入水层.(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度.称取Ce(0H)4样品►加酸溶解►用FeSO"容'液滴定所用FeSCU溶液在空气臨置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数偏人.已知pH>ll时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成［Zn(OH)4J2'.用FeSO4溶液(含有ZnSO4杂质)制备硫酸铁鞍矶.实验可选用的试剂：KMnO4溶液，30%H2O2,NaOH溶液，饱和石灰水，稀H2SO4溶液，稀盐酸.实验步骤依次为：①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液，加入足量的NaOH溶液，过滤，洗涤；②将沉淀溶于稀硫酸，并加入30%H?Q、溶液,充分反应；③向②得到的溶液加入硫酸钱溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁钱晶体(NH4)Fe(SO4)212比0.【分析】废玻璃粉末(含SiCh、Fg、CeO2sFeO等物质)加入NaOH溶液，SiO?和NaOH溶液反应生成硅酸钠，Fe2O3^CeO?、FeO不反应，然后过滤，滤液A含有硅酸钠和NaOH,滤渣A含有Fe2O3^CeO?、FeO；向滤渣加入稀硫酸，Fe2O3>FeO溶解生成F®(SO4)3、FeSO4,CeO?不溶于稀硫酸，然后过滤，滤液B含有Fe?(SO4)3、FeSO4和硫酸，滤渣B含有CeO2；将滤液B氧化得到硫酸铁，然后加热蒸发并加入硫酸镀，通过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铁W;将滤渣B加入稀硫酸和双氧水，C/+有较强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，自身被还原得到Ce3+,向溶液加入碱得到Ce(OH)3悬浊液，将Ce(OH)3氧化得到Ce(OH)4；(1)滤液A的主要成分为硅酸钠；(2)反应①为CeO2和H2O2的氧化还原反应；(3)洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗加蒸帼水至没过沉淀，待水白然流下，重复2〜3次；(4)生成物浓度增大，平衡逆向移动; (5)所用FcSO4溶液在空气露置一段时间后再进行滴定，导致硫酸亚铁溶液体积增大，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数增大；(6)①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液，加入足量的NaOH溶液，亚铁离子和氢氧根离子反应生成沉淀，锌离子和过量氢氧根离子生成偏锌酸根离子，然后采用过滤方法分离；②将硫酸亚铁氧化得到硫酸铁；③向②得到的溶液加入硫酸钱溶液，从溶液获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干的方法.【解答】解:废玻璃粉末(含SiO2>Fe2O3^CeO2xFeO等物质)加入NaOH溶液，SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠，Fe2O3^CeO2>FeO不反应，然后过滤，滤液A含有硅酸钠和NaOH,滤渣A含有代2。3、CeO2>FeO；向滤渣加入稀硫酸，Fe2O3>FeO溶解生成F®(SO4)3、FeSO4,CeO?不溶于稀硫酸，然后过滤，滤液B含有Fe?(SO4)3、FeSO4和硫酸，滤渣B含有CeO2；将滤液B氧化得到硫酸铁，然后加热蒸发并加入硫酸镀，通过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铁W;将滤渣B加入稀硫酸和双氧水，C/+有较强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，自身被还原得到Ce3+,向溶液加入碱得到Ce(OH)3悬浊液，将Cc(OH)3氧化得到Ce(OH)4；(1)只有二氧化硅能溶于NaOH溶液，所以滤液A的主要成分为Na2SiO3,故答案为：Na2SiO3；(2)反应①为Ce。?和H2O2的氧化还原反应，双氧水被氧化生成氧气，离子反应方程式为2CeO2+H2O2+6H+—2Ce3++O2个+4H2O,故答案为：2CeO2+H2O2+6H+—2Ce3++O2T+4H2O；(3)洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗加蒸傳水至没过沉淀，待水自然流下，重复2〜3次，从而得到较纯净的沉淀沿玻璃棒向漏斗加蒸馆水至没过沉淀，待水自然流下，重复2〜3次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗加蒸饰水至没过沉淀，待水自然流下，重复2〜3次；(4)加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce酣进入水层，所以可选择硫酸作反萃取剂，故答案为：加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce?+进入水层；(5)所用FeSCU溶液在空气露置一段时间后再进行滴定，部分亚铁离子被氧化生成铁离子,则硫酸亚铁浓度降低，导致硫酸亚铁溶液体积增大，所以测得该Cc(OH)4产品的质量分数偏大， 故答案为：偏大；(1)①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液，加入足量的NaOH溶液，亚铁离子和氢氧根离子反应生成沉淀，锌离子和过量氢氧根离子生成偏锌酸根离子，然后采用过滤方法分离，故答案为：NaOH溶液；②硫酸铁和硫酸钱混合得到硫酸铁钱饥，所以将沉淀溶解在足暈的稀硫酸，并加入适暈30%H2O2溶液，充分反应得到硫酸铁溶液，故答案为：加入30%H2O2溶液；③向②得到的溶液加入硫酸镀溶液，从溶液获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结品、过滤、洗涤、常温晾干的方法，从而得到晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶.【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及物质分离和提纯方法选取、晶体获取方法、氧化还原反应等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图发生的反应及基本操作方法，题目难度等.20.回答下列问题：(1)为了减少空气SO?的排放，常釆取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料.已知：2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)dkJmol-12C(s)+O210,所以二者不能共存,故答案为：不能；(4)C5H6的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有三类H原子，该分子不饱和度5X2+2-6/TA=——0——二3,说明含有两个碳碳双键，且符合条件的该物质结构简式为C5H6与Br2l：1加成后产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱有3种H原子，所以该物质发生1,3加成，N是该物质发生1,2加成得到的产物，连接浪原子的C原子为手性碳原子，所以有两个，故答案为：。；2.【点评】本题考查较综合，涉及存在离子与pH的关系、氧化还原反应的计算、盖斯定律等知识点，同时考查学生分析图象、解答问题能力，难点是(2)题计算，注意水和BrF?元素化合价变化，为易错点.20.锂■磷酸氧铜电池正极的活性物质^Cu4O(PO4)2,可通过下列反应制备: 2Na3PO4+4CuSO4+2NH3H2O—Cu4O(PO4)2^+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O （1）写!li基态CM+的核外电子排布式[Ar]3d9,上述方程式涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为OVN.（2）PO43-的空间构型是正四面体.（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有PH工或AsH?、H3O4•或<2岂・（各举一例）.（4）氨基乙酸铜的分子结构如图1,碳原子的杂化方式为spXsp?.（5）在硫酸铜溶液加入过量KCN,生成配合物[Cu（CN）4]^,则lmol[Cu（CN）J2'含有的o键的数目为8N&.（6）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图2所示.则该化合物的化学式为CuH.【分析】（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理写出其核外电子排布式，铜最外层有1个电子，根据元素周期律比较电第一电离能；（2）根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；（3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子；（4）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（5）在[Cu（CN）4]2',一个CM含有1个o•键，每个CW和Cu间有1个。键；（6）利用均摊法确定其化学式.【解答】解：（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：[Ar]3d9；同一周期，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以N、0元素第一电离能为0<三二6,所以其化学式为CuH,故答案为：CuH.【点评】本题考查了物质结构及性质，这些知识点都是考查热点，难点是化学式的确定，注意该题每个顶点上的原子被6个晶胞占有而不是8个晶胞占有，为易错点.