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广东省三校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试卷（Word版附解析）
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这是一份广东省三校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试卷（Word版附解析），文件包含广东省三校2024-2025学年高三上学期8月开学摸底考化学试题原卷版docx、广东省三校2024-2025学年高三上学期8月开学摸底考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共16小题，共48分。
1. 下列关于常见有机物的说法正确的是
A. 乙烯和苯都能和溴水发生化学反应而使溴水褪色
B 乙烷可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 糖类和蛋白质都是高分子化合物
D. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯和溴发生加成反应，使溴水褪色，苯和溴水发生萃取，故A错误；
B.乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.糖类中的单糖和二糖不属于高分子化合物，故C错误；
D.乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，油脂和氢氧化钠反应生成高级脂肪酸钠和甘油，故D正确；
答案选D。
2. 能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自于自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。下列叙述正确的是( )
A. 水煤气是二次能源B. 水力是二次能源
C. 天然气二次能源D. 电能是一次能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．水煤气是通过煤与水反应制取的，是二级能源，A正确；
B．水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，B错误；
C．天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；
D．电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，D错误。
故合理选项是A。
3. 下列各项叙述中，正确的是
A. 、、的电负性随原子序数的增大而增大
B. 价电子排布为的元素位于第周期第Ⅴ族，是区元素
C. 和轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 原子的价电子表示式不符合洪特规则
【答案】B
【解析】
【详解】A．、、位于同一主族，同主族元素从上到下，电负性减小，则、、的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；
B．价电子排布为的元素有个电子层、最外层电子数为，位于第四周期第Ⅴ族，最后填充电子，是区元素，故B正确；
C．轨道均为哑铃形，能层越大能量越高，轨道能量低于，故C错误；
D．原子的轨道含有个电子时处于半满状态，较稳定，其价电子排布式为，符合符合洪特规则，故D错误；
故选：。
4. 下列物质通常用电解法冶炼的是
A. NaB. FeC. CuD. Ag
【答案】A
【解析】
【分析】炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此分析解答。
【详解】A．Na的性质很活泼，用电解熔融的氯化物的方法冶炼，A项正确；
B．Fe用热还原法冶炼，B项错误；
C．Cu用热还原法冶炼，C项错误；
D．Ag用热分解法冶炼，D项错误；
答案选A。
5. 下列反应属于氧化还原反应的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】有电子转移的化学反应属于氧化还原反应，其特征是：反应中有元素化合价的升降。
【详解】A．中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；
B．中Na、H元素的化合价变化，B为氧化还原反应，B正确；
C．中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D．中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
故选B。
6. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
B. 葡萄糖和果糖的分子式都是，二者互为同分异构体
C. 不含其他杂质的油脂属于纯净物
D. 石油裂解和油脂皂化都是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，两者的现象相同，但原理不同，故A错误；
B．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式都是，故互为同分异构体，故B正确；
C．天然的油脂是多种混合甘油酯所组成的混合物，故C错误；
D．根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将其分离的方法称为石油的分馏，故石油的分馏是物理变化，而石油的裂解、皂化反应、煤的干馏均为化学变化，故D错误；
故选B。
7. 工业上合成的反应为，下列有关说法不正确的是
A. 、、三种有机物均易发生加成反应
B. 、、三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C. 、、三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D. 二氯代物有种不考虑立体异构
【答案】B
【解析】
【详解】A．都含有碳碳不饱和键，可发生加成反应，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故B错误；
C．都含有碳碳不饱和键，都可酸性高锰酸钾溶液氧化，原理相同，故C正确；
D．的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在相同的碳原子上有1种，如在不同的碳原子上有6种，共7种，故D正确；
故选。
8. 下列离子方程式正确的是
A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ＝ Al(OH)3↓
B. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na＋Cu2＋＝Cu＋2Na＋
C. 氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H+ + SO42-＋Ba2+ + 2OH－＝ BaSO4↓＋2H2O
D. 将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 一水合氨是弱电解质，应该用化学式表示，A错误；B. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，不能置换出铜，B错误；C. 氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H+ +SO42-＋Ba2+ +2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，C正确；D. 没有配平，将Cl2通入FeCl2溶液中：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，D错误，答案选C。
9. 短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。K、L、 M、N 均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K 是主要的大气污染物之一,0.05ml·L-1丙溶液的pH为1,上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径： WZ>X
C. 原子最外层电子数： W【答案】B
【解析】
【详解】根据题意判断K、L、 M、N分别是二氧化硫、水、二氧化碳、三氧化硫。W、X、Y、Z 分别是氢、碳、氧、硫。A. 原子半径： X>Y，故A错误；B. 酸性：碳酸<硫酸，所以非金属性：碳<硫，同周期元素非金属性：氧>硫，因此，元素的非金属性： Y>Z>X，故B正确；C. 原子最外层电子数： W10. LED系列产品是被看好的一类节能新产品,下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是
A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2O
B. b处通入氧气，为电池的正极
C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D. P-型半导体连接的是电池负极．
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；
B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，b处通入的是氧气，正确；
C．该装置的能量转换有化学能、电能和光能，错误；
D．P-型半导体连接的是电池正极，错误；
答案选B。
11. 下列说法正确的是：
A. 其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数
B. 其它条件不变时，增大反应物的浓度，可以提高反应物的活化分子百分数
C. 保持温度不变，化学平衡正向移动时，化学平衡常数增大，逆向移动时则减小
D. 其它条件不变时，加入高效催化剂，可以增大化学反应速率和反应物的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数，导致活化分子数增多，化学反应速率增大，A项正确；
B．其它条件不变时，增大反应物的浓度，反应物的活化分子百分数不变，但活化分子数增多，化学反应速率增大，B项错误；
C．化学平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，C项错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，增大化学反应速率，但无法改变平衡，即不会改变反应物的转化率，D项错误；
答案选A。
12. 下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是
A. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C. 取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D. 取ag混合物与足量溶液充分反应，得bg溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag混合物共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；
C．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；
故选：D。
13. 下列有关晶体的叙述中，正确的是
A. 氯化钠晶胞中含有4个NaCl分子
B. 金刚石结构中最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个分子周围距离相等且最近的分子共有8个
D. 金属Zn晶体中的晶胞如图所示，这种堆积方式称为体心立方堆积
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠是离子晶体，其中含有钠离子和氯离子，不含氯化钠分子，故A错误；
B．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故B正确；
C．干冰晶体中，分子间以范德华力结合，分子呈密堆积排列，每个分子周围距离相等且最近的分子共有12个，故C错误；
D．由图示，该种堆积方式为六方最紧密堆积，故D错误；
故选B。
14. 下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷
B. 用装置乙分离乙酸乙酯和水
C. 用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分
D. 用装置丁制取并收集乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲在强光照条件下会爆炸，不能制取一氯甲烷，A错误；
B．乙酸乙酯不溶于水，可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和水，B正确；
C．石油分馏实验中，温度计测量蒸气的温度，因此温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，C错误；
D．用装置丁制取并收集乙酸乙酯时，因为乙酸乙酯易在碱性环境下水解，所以直立的试管中应为饱和碳酸钠溶液，D错误；
故选B。
15. 下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）
A. H2+CuO=Cu+H2OB. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C. H2+Cl2=2HClD. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2中只含有非极性共价键，CuO中含有离子键，Cu中含有金属键，H2O中含有极性共价键，则反应物中只有非极性共价键、离子键的断裂，生成物中只有金属键、极性共价键的形成，故A不符合题意；
B．Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中只含有极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，O2中含有非极性共价键，则反应中有离子键、极性共价键、非极性共价键的断裂和形成，故B符合题意；
C．H2、Cl2中都只含有非极性共价键，HCl中只含有极性共价键，故C不符合题意；
D．NaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，NaCl中含有离子键，NaClO中含有离子键和极性共价键，H2O中只含有极性共价键，则产物中没有非极性共价键的形成，故D不符合题意；
故选B。
16. 活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如图：下列有关叙述正确的是（ ）
A. 反应①离子方程式为2NO2-+2H2O+2I-=2NO↑+I2+4OH-
B. 实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C. 流程中I2碘经过吸附，转化为I-、IO3-再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D. 反应②所得溶液呈紫色
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①是酸性溶液中，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．实验室从反应②所得溶液提取碘需要萃取分液提取，故B错误；
C．流程中经过吸附，转化为、再转化为的过程是为了富集碘，得到浓度较大的碘单质，故C正确；
D．碘单质的水溶液呈黄色得到棕色溶液，故D错误；
故答案选C。
【点睛】写离子方程式时候要注意反应物可能会受环境的影响，如酸性或碱性环境等，不同的环境反应的生成物不同。
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
17. 燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填写“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图_____。
(3) 研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：
2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·ml－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是：____________________________。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 ml CO、1 ml SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是________(填写编号)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E．CO2
【答案】 ①. ΔH3－2ΔH2 ②. < ③. 增大 ④. 不变 ⑤. ⑥. Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 ⑦. 0.44 ⑧. A
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律进行解题即可；
(2) ①根据CO2转化率与温度的关系可知，温度升高，转化率越小，故平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②根据勒夏特列原理进行解题即可，平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变平衡常数不变；
③投料比等于化学计量系数比时，产物的体积分数最大，据此确定示意图；
(3)
①从图象中可以获取信息，即Fe2O3可以在较低的温度下发挥催化作用，故可以节约能源；
②进行三段式分析后，根据平衡常数表达式进行计算即可；
③根据勒夏特列原理进行分析即可求解。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应①可由③-2②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH1<0，故答案为：<；
②其他条件不变，仅仅增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；
③当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；
(3)①根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②利用三段式法进行计算：
故K＝0.44，故答案为：0.44；
③A．增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A符合题意；
B．若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B不符合题意；
C．通入N2，平衡不移动，SO2的转化率不变，C不符合题意；
D．通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D不符合题意；
E．通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E不符合题意；
故答案为：A。
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
18. 工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)
（1）气体X是___________，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：___________。
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是___________，不用浓硫酸的原因是___________。
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是___________。滤液G的主要溶质是___________(填化学式)。
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、___________、烘干。
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4·5H2O(不含能与I-反应的氧化性杂质)的纯度。取a g试样配成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，消耗c ml·L-1Na2S2O3溶液的体积为V mL。
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式___________。
②计算试样中CuSO4·5H2O的纯度___________(用a、c、V表示)。
【答案】（1） ①. SO2 ②. Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2
（2） ①. 溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+ ②. 浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2
（3） ①. 取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽 ②. (NH4)2SO4
（4）过滤洗涤 （5） ①. 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 ②. %
【解析】
【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(HO)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
【小问1详解】
高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
【小问2详解】
稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
【小问3详解】
检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
【小问4详解】
由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
【小问5详解】
用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I-氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-==2CuI↓+I2；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋—Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3ml，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==%。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
19. 是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，遇生成氧氯化磷()，且氧氯化磷可用于农药、医药的制造及有机合成等。某校同学设计下列装置制取。
回答下列问题：
（1）盛装浓盐酸仪器名称为______。
（2）装置盛放的试剂是____；中进入冷凝管中的水从接口_____填字母进入，盛无水干燥管的作用是_____。
（3）实验开始前及整个过程中需通入，其目的是_____。
（4）装置中生成的离子方程式为_____；中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为_____。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. 浓硫酸 ②. ③. 防止水蒸气进入系统导致水解
（3）隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】反应开始前先通入CO2，除去装置中原有的空气，随后A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，生成的氯气经过B中浓硫酸干燥后进入D中与白磷加热条件下反应生成PCl3，PCl3经过冷凝后收集在烧瓶中，多余的氯气通入NaOH溶液中被吸收，CaCl2用于吸收水蒸气，防止生成的PCl3水解。
【小问1详解】
结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
PCl3是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，所以装置盛放的试剂是浓硫酸，中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从口进入，盛无水干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致水解；
【小问3详解】
实验开始前及整个过程中需通入，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
【小问4详解】
装置中生成的离子方程式为中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
20. 丁腈橡胶、合成纤维、制备古马隆树脂的原料的合成路线如下：
已知：i．
ii．+
（1）中所含官能团的名称是___。
（2）和的结构简式依次是____、_____。
（3）反应Ⅱ的化学方程式是_____。
（4）完全转化成所消耗的的质量是____。
（5）反应Ⅲ的化学方程式是____。
（6）下列说法正确的是选填字母_____。
a．反应Ⅰ是加聚反应 b．的分子式为
c．与甲基丁二烯互为同系物 d．的同分异构体中属于苯的同系物的有种
（7）烃的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为，则反应Ⅳ的化学方程式是____。
【答案】（1）碳碳双键
（2） ①. ②.
（3）→
（4）10 （5）n H2N(CH2)6NH2 +n HOOC(CH2)4COOH→+(2n−1)H2O
（6）
（7）+
【解析】
【分析】本题考查有机物的推断与合成，充分利用分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，是对有机化学的综合考查，是高考常考题型。
由、分子式结合丁腈橡胶的结构简式推断知为为电解还有得到酸化得到，则为丁二烯与氯气发生加成反应生成与发生取代反应生成与氢气发生加成反应得到，结合的结构简式可知，为为与发生缩聚反应得到为，与烃发生加成反应生成，而的相对分子质量为，故K的相对分子质量为，则，则的分子式为，结合的结构可知为，为。
【小问1详解】
为中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
【小问2详解】
和的结构简式依次是、，故答案为：、；
【小问3详解】
反应Ⅱ的化学方程式是：，故答案为：；
【小问4详解】
为，碳碳双键、均与氢气发生加成反应生成完全转化成所消耗的为，消耗氢气质量是，故答案为：；
【小问5详解】
反应Ⅲ的化学方程式是：nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O，故答案为nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O。
【小问6详解】
反应Ⅰ是加聚反应，故正确；
由的结构可知，的分子式为，故错误；
与甲基丁二烯均含有个碳碳双键，二者互为同系物，故正确；
为，的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对种，或者含有个甲基，有连、偏、均种，故共有种，故正确，
故选：；
【小问7详解】
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共16小题，共48分。
1. 下列关于常见有机物的说法正确的是
A. 乙烯和苯都能和溴水发生化学反应而使溴水褪色
B 乙烷可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 糖类和蛋白质都是高分子化合物
D. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯和溴发生加成反应，使溴水褪色，苯和溴水发生萃取，故A错误；
B.乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.糖类中的单糖和二糖不属于高分子化合物，故C错误；
D.乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，油脂和氢氧化钠反应生成高级脂肪酸钠和甘油，故D正确；
答案选D。
2. 能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自于自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。下列叙述正确的是( )
A. 水煤气是二次能源B. 水力是二次能源
C. 天然气二次能源D. 电能是一次能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．水煤气是通过煤与水反应制取的，是二级能源，A正确；
B．水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，B错误；
C．天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；
D．电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，D错误。
故合理选项是A。
3. 下列各项叙述中，正确的是
A. 、、的电负性随原子序数的增大而增大
B. 价电子排布为的元素位于第周期第Ⅴ族，是区元素
C. 和轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 原子的价电子表示式不符合洪特规则
【答案】B
【解析】
【详解】A．、、位于同一主族，同主族元素从上到下，电负性减小，则、、的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；
B．价电子排布为的元素有个电子层、最外层电子数为，位于第四周期第Ⅴ族，最后填充电子，是区元素，故B正确；
C．轨道均为哑铃形，能层越大能量越高，轨道能量低于，故C错误；
D．原子的轨道含有个电子时处于半满状态，较稳定，其价电子排布式为，符合符合洪特规则，故D错误；
故选：。
4. 下列物质通常用电解法冶炼的是
A. NaB. FeC. CuD. Ag
【答案】A
【解析】
【分析】炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此分析解答。
【详解】A．Na的性质很活泼，用电解熔融的氯化物的方法冶炼，A项正确；
B．Fe用热还原法冶炼，B项错误；
C．Cu用热还原法冶炼，C项错误；
D．Ag用热分解法冶炼，D项错误；
答案选A。
5. 下列反应属于氧化还原反应的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】有电子转移的化学反应属于氧化还原反应，其特征是：反应中有元素化合价的升降。
【详解】A．中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；
B．中Na、H元素的化合价变化，B为氧化还原反应，B正确；
C．中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D．中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
故选B。
6. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
B. 葡萄糖和果糖的分子式都是，二者互为同分异构体
C. 不含其他杂质的油脂属于纯净物
D. 石油裂解和油脂皂化都是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，两者的现象相同，但原理不同，故A错误；
B．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式都是，故互为同分异构体，故B正确；
C．天然的油脂是多种混合甘油酯所组成的混合物，故C错误；
D．根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将其分离的方法称为石油的分馏，故石油的分馏是物理变化，而石油的裂解、皂化反应、煤的干馏均为化学变化，故D错误；
故选B。
7. 工业上合成的反应为，下列有关说法不正确的是
A. 、、三种有机物均易发生加成反应
B. 、、三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C. 、、三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D. 二氯代物有种不考虑立体异构
【答案】B
【解析】
【详解】A．都含有碳碳不饱和键，可发生加成反应，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故B错误；
C．都含有碳碳不饱和键，都可酸性高锰酸钾溶液氧化，原理相同，故C正确；
D．的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在相同的碳原子上有1种，如在不同的碳原子上有6种，共7种，故D正确；
故选。
8. 下列离子方程式正确的是
A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ＝ Al(OH)3↓
B. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na＋Cu2＋＝Cu＋2Na＋
C. 氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H+ + SO42-＋Ba2+ + 2OH－＝ BaSO4↓＋2H2O
D. 将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 一水合氨是弱电解质，应该用化学式表示，A错误；B. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，不能置换出铜，B错误；C. 氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H+ +SO42-＋Ba2+ +2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，C正确；D. 没有配平，将Cl2通入FeCl2溶液中：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，D错误，答案选C。
9. 短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。K、L、 M、N 均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K 是主要的大气污染物之一,0.05ml·L-1丙溶液的pH为1,上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径： W
C. 原子最外层电子数： W
【解析】
【详解】根据题意判断K、L、 M、N分别是二氧化硫、水、二氧化碳、三氧化硫。W、X、Y、Z 分别是氢、碳、氧、硫。A. 原子半径： X>Y，故A错误；B. 酸性：碳酸<硫酸，所以非金属性：碳<硫，同周期元素非金属性：氧>硫，因此，元素的非金属性： Y>Z>X，故B正确；C. 原子最外层电子数： W
A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2O
B. b处通入氧气，为电池的正极
C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D. P-型半导体连接的是电池负极．
【答案】B
【解析】
【详解】A．由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；
B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，b处通入的是氧气，正确；
C．该装置的能量转换有化学能、电能和光能，错误；
D．P-型半导体连接的是电池正极，错误；
答案选B。
11. 下列说法正确的是：
A. 其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数
B. 其它条件不变时，增大反应物的浓度，可以提高反应物的活化分子百分数
C. 保持温度不变，化学平衡正向移动时，化学平衡常数增大，逆向移动时则减小
D. 其它条件不变时，加入高效催化剂，可以增大化学反应速率和反应物的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数，导致活化分子数增多，化学反应速率增大，A项正确；
B．其它条件不变时，增大反应物的浓度，反应物的活化分子百分数不变，但活化分子数增多，化学反应速率增大，B项错误；
C．化学平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，C项错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，增大化学反应速率，但无法改变平衡，即不会改变反应物的转化率，D项错误；
答案选A。
12. 下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是
A. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C. 取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D. 取ag混合物与足量溶液充分反应，得bg溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag混合物共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；
C．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；
故选：D。
13. 下列有关晶体的叙述中，正确的是
A. 氯化钠晶胞中含有4个NaCl分子
B. 金刚石结构中最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个分子周围距离相等且最近的分子共有8个
D. 金属Zn晶体中的晶胞如图所示，这种堆积方式称为体心立方堆积
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠是离子晶体，其中含有钠离子和氯离子，不含氯化钠分子，故A错误；
B．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故B正确；
C．干冰晶体中，分子间以范德华力结合，分子呈密堆积排列，每个分子周围距离相等且最近的分子共有12个，故C错误；
D．由图示，该种堆积方式为六方最紧密堆积，故D错误；
故选B。
14. 下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷
B. 用装置乙分离乙酸乙酯和水
C. 用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分
D. 用装置丁制取并收集乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲在强光照条件下会爆炸，不能制取一氯甲烷，A错误；
B．乙酸乙酯不溶于水，可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和水，B正确；
C．石油分馏实验中，温度计测量蒸气的温度，因此温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，C错误；
D．用装置丁制取并收集乙酸乙酯时，因为乙酸乙酯易在碱性环境下水解，所以直立的试管中应为饱和碳酸钠溶液，D错误；
故选B。
15. 下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）
A. H2+CuO=Cu+H2OB. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C. H2+Cl2=2HClD. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2中只含有非极性共价键，CuO中含有离子键，Cu中含有金属键，H2O中含有极性共价键，则反应物中只有非极性共价键、离子键的断裂，生成物中只有金属键、极性共价键的形成，故A不符合题意；
B．Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中只含有极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，O2中含有非极性共价键，则反应中有离子键、极性共价键、非极性共价键的断裂和形成，故B符合题意；
C．H2、Cl2中都只含有非极性共价键，HCl中只含有极性共价键，故C不符合题意；
D．NaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，NaCl中含有离子键，NaClO中含有离子键和极性共价键，H2O中只含有极性共价键，则产物中没有非极性共价键的形成，故D不符合题意；
故选B。
16. 活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如图：下列有关叙述正确的是（ ）
A. 反应①离子方程式为2NO2-+2H2O+2I-=2NO↑+I2+4OH-
B. 实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C. 流程中I2碘经过吸附，转化为I-、IO3-再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D. 反应②所得溶液呈紫色
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①是酸性溶液中，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．实验室从反应②所得溶液提取碘需要萃取分液提取，故B错误；
C．流程中经过吸附，转化为、再转化为的过程是为了富集碘，得到浓度较大的碘单质，故C正确；
D．碘单质的水溶液呈黄色得到棕色溶液，故D错误；
故答案选C。
【点睛】写离子方程式时候要注意反应物可能会受环境的影响，如酸性或碱性环境等，不同的环境反应的生成物不同。
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
17. 燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填写“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图_____。
(3) 研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：
2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·ml－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是：____________________________。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 ml CO、1 ml SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是________(填写编号)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E．CO2
【答案】 ①. ΔH3－2ΔH2 ②. < ③. 增大 ④. 不变 ⑤. ⑥. Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 ⑦. 0.44 ⑧. A
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律进行解题即可；
(2) ①根据CO2转化率与温度的关系可知，温度升高，转化率越小，故平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②根据勒夏特列原理进行解题即可，平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变平衡常数不变；
③投料比等于化学计量系数比时，产物的体积分数最大，据此确定示意图；
(3)
①从图象中可以获取信息，即Fe2O3可以在较低的温度下发挥催化作用，故可以节约能源；
②进行三段式分析后，根据平衡常数表达式进行计算即可；
③根据勒夏特列原理进行分析即可求解。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应①可由③-2②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH1<0，故答案为：<；
②其他条件不变，仅仅增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；
③当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；
(3)①根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②利用三段式法进行计算：
故K＝0.44，故答案为：0.44；
③A．增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A符合题意；
B．若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B不符合题意；
C．通入N2，平衡不移动，SO2的转化率不变，C不符合题意；
D．通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D不符合题意；
E．通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E不符合题意；
故答案为：A。
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
18. 工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)
（1）气体X是___________，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：___________。
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是___________，不用浓硫酸的原因是___________。
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是___________。滤液G的主要溶质是___________(填化学式)。
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、___________、烘干。
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4·5H2O(不含能与I-反应的氧化性杂质)的纯度。取a g试样配成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，消耗c ml·L-1Na2S2O3溶液的体积为V mL。
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式___________。
②计算试样中CuSO4·5H2O的纯度___________(用a、c、V表示)。
【答案】（1） ①. SO2 ②. Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2
（2） ①. 溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+ ②. 浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2
（3） ①. 取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽 ②. (NH4)2SO4
（4）过滤洗涤 （5） ①. 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 ②. %
【解析】
【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(HO)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
【小问1详解】
高温下在过量空气中煅烧辉铜矿，Cu2S会和氧气反应生成SO2，所以气体X是SO2；高温下，Cu2S与氧气发生反应的方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2或2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
【小问2详解】
稀硫酸与Fe3O4反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，和氧化铜反应生成硫酸铜，和SiO2不反应，所以固体B中加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；该反应不能采用浓硫酸溶液，是因为浓硫酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化，本身被还原，生成对环境有污染的SO2；
【小问3详解】
检验Fe3＋是否存在可以用KSCN溶液，所以鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；前面相继除去了硅元素，铁元素，滤渣是CuO，所以滤液G的主要溶质是(NH4)2SO4；
【小问4详解】
由溶液获得晶体的基本操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤、烘干等；
【小问5详解】
用硫酸铜与碘化钾反应，然后用Na2S2O3滴定反应生成的I2，说明Cu2＋能将I-氧化成碘单质，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，说明有CuI生成，所以CuSO4与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-==2CuI↓+I2；根据化学反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6得到关系式为 Cu2＋—Na2S2O3，所以CuSO4·5H2O的物质的量等于Na2S2O3的物质的量=c×V×10-3ml，所以试样中CuSO4·5H2O的纯度==%。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
19. 是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，遇生成氧氯化磷()，且氧氯化磷可用于农药、医药的制造及有机合成等。某校同学设计下列装置制取。
回答下列问题：
（1）盛装浓盐酸仪器名称为______。
（2）装置盛放的试剂是____；中进入冷凝管中的水从接口_____填字母进入，盛无水干燥管的作用是_____。
（3）实验开始前及整个过程中需通入，其目的是_____。
（4）装置中生成的离子方程式为_____；中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为_____。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. 浓硫酸 ②. ③. 防止水蒸气进入系统导致水解
（3）隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】反应开始前先通入CO2，除去装置中原有的空气，随后A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，生成的氯气经过B中浓硫酸干燥后进入D中与白磷加热条件下反应生成PCl3，PCl3经过冷凝后收集在烧瓶中，多余的氯气通入NaOH溶液中被吸收，CaCl2用于吸收水蒸气，防止生成的PCl3水解。
【小问1详解】
结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
PCl3是无色澄清发烟液体沸点为，在潮湿空气中水解成和，所以装置盛放的试剂是浓硫酸，中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从口进入，盛无水干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致水解；
【小问3详解】
实验开始前及整个过程中需通入，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
【小问4详解】
装置中生成的离子方程式为中白磷与反应生成三氯化磷的化学方程式为。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
20. 丁腈橡胶、合成纤维、制备古马隆树脂的原料的合成路线如下：
已知：i．
ii．+
（1）中所含官能团的名称是___。
（2）和的结构简式依次是____、_____。
（3）反应Ⅱ的化学方程式是_____。
（4）完全转化成所消耗的的质量是____。
（5）反应Ⅲ的化学方程式是____。
（6）下列说法正确的是选填字母_____。
a．反应Ⅰ是加聚反应 b．的分子式为
c．与甲基丁二烯互为同系物 d．的同分异构体中属于苯的同系物的有种
（7）烃的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为，则反应Ⅳ的化学方程式是____。
【答案】（1）碳碳双键
（2） ①. ②.
（3）→
（4）10 （5）n H2N(CH2)6NH2 +n HOOC(CH2)4COOH→+(2n−1)H2O
（6）
（7）+
【解析】
【分析】本题考查有机物的推断与合成，充分利用分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，是对有机化学的综合考查，是高考常考题型。
由、分子式结合丁腈橡胶的结构简式推断知为为电解还有得到酸化得到，则为丁二烯与氯气发生加成反应生成与发生取代反应生成与氢气发生加成反应得到，结合的结构简式可知，为为与发生缩聚反应得到为，与烃发生加成反应生成，而的相对分子质量为，故K的相对分子质量为，则，则的分子式为，结合的结构可知为，为。
【小问1详解】
为中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
【小问2详解】
和的结构简式依次是、，故答案为：、；
【小问3详解】
反应Ⅱ的化学方程式是：，故答案为：；
【小问4详解】
为，碳碳双键、均与氢气发生加成反应生成完全转化成所消耗的为，消耗氢气质量是，故答案为：；
【小问5详解】
反应Ⅲ的化学方程式是：nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O，故答案为nH2N(CH2)6NH2＋nHOOC(CH2)4COOH→＋(2n－1)H2O。
【小问6详解】
反应Ⅰ是加聚反应，故正确；
由的结构可知，的分子式为，故错误；
与甲基丁二烯均含有个碳碳双键，二者互为同系物，故正确；
为，的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对种，或者含有个甲基，有连、偏、均种，故共有种，故正确，
故选：；
【小问7详解】
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