2016年四川省高考化学试卷

这是一份2016年四川省高考化学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2016年四川省高考化学试卷
　
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．（3分）化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（　　）
A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
2．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由红色变为黄色
KCl溶液具有碱性
C
在CuSO4溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42﹣
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（　　）
A．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl﹣、MnO4﹣
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32﹣
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O
D．稀硫酸与Ba（OH）2溶液的反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+2H2O
4．（3分）NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．2.4g Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
5．（3分）某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6（x＜1），下列关于该电池的说法不正确的是（　　）
A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6
C．充电时，若转移1mol e﹣，石墨（C6）电极将增重7x g
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+
6．（3分）一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时φ （CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z的大小为a＞3＞b
C．图中X点对应的平衡混合物中=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
7．（3分）向1L含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+Na2CO3下列对应关系正确的是（　　）
选项
n（CO2）/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c（Na+）＞c（AlO2﹣）+c（OH﹣）
B
0.01
c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）
C
0.015
c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞C（OH﹣）
D
0.03
c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
A．A B．B C．C D．D
　
二、解答题（共4小题，满分13分）
8．M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素．M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满．请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是　 　，X和Y中电负性较大的是　 　（填元素符号）．
（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是　 　．
（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是　 　．
（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是　 　（填离子符号）．
（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是　 　．

9．（13分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业．某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探究．
【资料查阅】

【实验探究】
该小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器略）．
请回答下列问题：
（1）仪器X的名称是　 　．
（2）实验操作的先后顺序是a→　 　→e（填操作的编号）
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是　 　．
（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是　 　．
【探究反思】
（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是　 　．
②若杂质是CuO，则产生的原因是　 　．
10．高血脂严重影响人体健康，化合物E是一种临床治疗高血脂症的药物，E的合成路线如图（部分反应条件和试剂略）：

已知：（R1和R2代表烷基）
请回答下列问题：
（1）试剂Ⅰ的名称是　 　，试剂Ⅱ中官能团的名称是　 　，第②步的反应类型是　 　．
（2）第①步反应的化学方程式是　 　．
（3）第⑥步反应的化学方程式是 　 　．
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是　 　．
（5）C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3（CH2）4OH．若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X和Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是　 　．
11．资源的高效利用对保护环境．促进经济持续健康发展具有重要作用．磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3•MgCO3．某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和H2其简化流程如图：

已知：①Ca5（PO4）3F在950℃不分解
②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是　 　
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是　 　
（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是　 　
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是　 　
（5）工业上常用磷精矿[Ca5PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸．已知25℃，101kPa时：
CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol
5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol
则Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是　 　
（6）在一定条件下CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1：5，达平衡时，CO转化了．若a kg含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5（PO4）3F转化为P4，将产生的CO与H2O（g）按起始物质的量之比1：3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2　 　kg．
　

2016年四川省高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．（3分）化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（　　）
A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
【分析】本题考查学生对物理变化和化学变化的确定．判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化．
【解答】解：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，属于化学变化，故A错误；
B、硅胶做干燥剂是吸水，没有发生化学变化，故B正确；
C、二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质，发生了化学反应，属于化学变化，故C错误；
D、肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，故D错误。
故选：B。
【点评】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键．判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质．一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化．
　
2．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由红色变为黄色
KCl溶液具有碱性
C
在CuSO4溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；
B．生成AgCl沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；
C．硫酸铜与KI发生氧化还原反应生成碘和CuI；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl等。
【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故A错误；
B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入KCl生成AgCl沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B错误；
C．苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与KI发生氧化还原反应生成碘和CuI，故C正确；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl等，可能含有硫酸根离子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
　
3．（3分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（　　）
A．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl﹣、MnO4﹣
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32﹣
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O
D．稀硫酸与Ba（OH）2溶液的反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A．无色溶液中不能存在有颜色的离子；
B．pH=2的溶液呈酸性，弱酸的酸根离子不能大量存在；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水；
D．离子的配比数不符合反应的实际．
【解答】解：A．MnO4﹣是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；
B．pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；
D．氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误。
故选：C。
【点评】本题综合考查离子共存以及离子方程式的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质以及离子的性质，难度不大．
　
4．（3分）NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．2.4g Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
【分析】A．镁失去电子生成二价镁离子；
B．将标况下气体的体积转化为物质的量，结合1个二氧化碳分子含有2个氧原子解答；
C.1个甲醇含有1个C﹣O键，1个O﹣H，3个C﹣H键；
D．醋酸是弱酸，不能完全电离．
【解答】解：A、2.4g镁的物质的量为=0.1mol，反应中失去0.2mol电子，故A错误；
B、标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为=0.25mol，含有的氧原子为0.25mol×2=0.5mol，含有的氧原子数为0.5NA，故B正确；
C、个甲醇含有1个C﹣O键，1个O﹣H，3个C﹣H键，共含有5个σ键，氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1mol，含有0.5molσ键，故C错误；
D、醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数小于0.05NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，注意甲醇的结构、弱电解质电离特点，题目难度不大．
　
5．（3分）某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6（x＜1），下列关于该电池的说法不正确的是（　　）
A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6
C．充电时，若转移1mol e﹣，石墨（C6）电极将增重7x g
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+
【分析】放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合价降低，Co得到电子，则Li1﹣xCoO2为正极，LixC6为负极，Li元素的化合价升高变成Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答．
【解答】解：放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合价降低，Co得到电子，则Li1﹣xCoO2为正极，LixC6为负极，Li元素的化合价升高变成Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，
A．放电时，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移，故A正确；
B．放电时，负极LixC6失去电子产生Li+，电极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6，故B正确；
C．充电时，石墨（C6）电极变成LixC6，电极反应式为：xLi++C6+xe﹣═LixC6，则石墨（C6）电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：
xLi+～～～xe﹣
1mol 1mol
可知若转移1mole﹣，就增重1molLi+，即7g，故C错误；
D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，充电是放电的逆反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查二次电池的充放电原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，在写电极反应式时注意装置中有自由移动的Li+，C选项考查学生的仔细程度，难度适中．
　
6．（3分）一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时φ （CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z的大小为a＞3＞b
C．图中X点对应的平衡混合物中=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
【分析】由图象可知升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，起始=Z，Z越小，说明加入甲烷的物质的量相等水来说越多，含量越大，以此解答该题．
【解答】解：A．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，故A正确；
B．起始=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为a＜3＜b，故B错误；
C．起始=3，水和甲烷按1：1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C错误；
D．增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素及应用，为高频考点，题目难度不大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．
　
7．（3分）向1L含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+Na2CO3下列对应关系正确的是（　　）
选项
n（CO2）/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c（Na+）＞c（AlO2﹣）+c（OH﹣）
B
0.01
c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）
C
0.015
c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞C（OH﹣）
D
0.03
c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
A．A B．B C．C D．D
【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠．然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol的二氧化碳，生成0.03mol的碳酸氢钠，由此分析各选项．
【解答】解：A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B、当二氧化碳为0.01mol，所得溶液为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B错误；
C、当二氧化碳为0.015mol时，所以得溶液为0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故C错误；
D、当二氧化碳的量为0.03mol时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，主要掌握盐类水解的分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目有一定的难度．
　
二、解答题（共4小题，满分13分）
8．M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素．M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满．请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是　1s22s22p63s1　，X和Y中电负性较大的是　Cl　（填元素符号）．
（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是　H2O分子能形成氢键，而H2S不能形成氢键　．
（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是　平面三角形　．
（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是　Na+　（填离子符号）．
（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是　3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4　．

【分析】M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素．M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于VIB族，故Z为Cr．
【解答】解：M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素．M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于VIB族，故Z为Cr．
（1）R为Na，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1，同周期自左而右电负性增大，故Cl元素电负性大于S的，
故答案为：1s22s22p63s1；Cl；
（2）H2O分子能形成氢键，使水的沸点升高，而H2S不能形成氢键，故硫化氢的沸点低于水的，
故答案为：H2O分子能形成氢键，而H2S不能形成氢键；
（3）X与M形成的SO3分子中S原子孤电子对数==0，价层电子对数为3+0=3，故其空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（4）M和R所形成的一种离子化合物为Na2O，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，黑色球与白色球数目之比为2：1，故图中黑球代表的离子是Na+，
故答案为：Na+；
（5）Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）为K2Cr2O7，与氧元素的氢化物发生氧化还原反应，该氢化物为H2O2，在稀硫酸中，Cr元素被还原为+3价，H2O2被氧化生成氧气，反应方程式为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4，
故答案为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、氢键、空间构型、晶胞计算、氧化还原反应等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算．
　
9．（13分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业．某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探究．
【资料查阅】

【实验探究】
该小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器略）．
请回答下列问题：
（1）仪器X的名称是　球形干燥管　．
（2）实验操作的先后顺序是a→　c﹣d﹣b　→e（填操作的编号）
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是　先逐渐变为红色，后褪色　．
（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　．
【探究反思】
（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是　加热时间不足或温度偏低　．
②若杂质是CuO，则产生的原因是　通入HCl的量不足　．
【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生2CuCl22CuCl+Cl2↑，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，以此来解答．
【解答】解：（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；
（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a﹣c﹣d﹣b﹣e，
故答案为：c﹣d﹣b；
（3）B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，
故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；
（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（5）①由2CuCl22CuCl+Cl2↑，杂质是CuCl2说明CuCl2没有反应完全，分解温度不高，故答案为：加热时间不足或温度偏低；
②杂质是氧化铜，说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体，故答案为：通入HCl的量不足．
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，（5）为解答的难点，题目难度中等．
　
10．高血脂严重影响人体健康，化合物E是一种临床治疗高血脂症的药物，E的合成路线如图（部分反应条件和试剂略）：

已知：（R1和R2代表烷基）
请回答下列问题：
（1）试剂Ⅰ的名称是　甲醇　，试剂Ⅱ中官能团的名称是　溴原子　，第②步的反应类型是　取代反应　．
（2）第①步反应的化学方程式是　CH3CH（COOH）2+2CH3OHCH3CH（COOCH3）2+2H2O　．
（3）第⑥步反应的化学方程式是 　+CO2↑　．
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是　CH3I　．
（5）C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3（CH2）4OH．若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X和Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是　　．
【分析】（1）试剂I的结构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比、、BrCH2CH2CH2Br的结构可知，反应②属于取代反应；
（2）反应①是CH3CH（COOH）2与CH3OH发生酯化反应生成CH3CH（COOCH3）2；
（3）反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，B酸化生成C，则C为，结合信息可知D；
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，对比D、E的结构简式可知试剂Ⅲ为CH3I；
（5）C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成X、Y和CH3（CH2）4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X为，Y为HOCH2CH2OH．
【解答】解：（1）试剂I的结构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比、、BrCH2CH2CH2Br的结构可知，反应②属于取代反应，
故答案为：甲醇；溴原子；取代反应；
（2）反应①是CH3CH（COOH）2与CH3OH发生酯化反应生成CH3CH（COOCH3）2，反应方程式为：CH3CH（COOH）2+2CH3OHCH3CH（COOCH3）2+2H2O，
故答案为：CH3CH（COOH）2+2CH3OHCH3CH（COOCH3）2+2H2O；
（3）反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，B酸化生成C，则C为，结合信息可知D，第⑥步反应的化学方程式是：+CO2↑，
故答案为：→+CO2↑；
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，对比D、E的结构简式可知试剂Ⅲ为CH3I，
故答案为：CH3I；
（5）C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成X、Y和CH3（CH2）4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X为，Y为HOCH2CH2OH，X和Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是：，
故答案为：．
【点评】本题考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名、官能团的识别、反应类型的判断、同分异构体、化学方程式的书写等，是对有机化学基础的综合考查，侧重考查学生分析推理能力．
　
11．资源的高效利用对保护环境．促进经济持续健康发展具有重要作用．磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3•MgCO3．某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和H2其简化流程如图：

已知：①Ca5（PO4）3F在950℃不分解
②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是　二氧化碳（CO2）　
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是　烧杯、漏斗和玻璃棒　
（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是　NH4+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca（OH）2反应生成Ca2+　
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是　MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4　
（5）工业上常用磷精矿[Ca5PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸．已知25℃，101kPa时：
CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol
5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol
则Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是　Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol　
（6）在一定条件下CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1：5，达平衡时，CO转化了．若a kg含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5（PO4）3F转化为P4，将产生的CO与H2O（g）按起始物质的量之比1：3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2　　kg．
【分析】磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5（PO4）3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C等，在高温下发生4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，可生成P4，以此解答该题．
【解答】解：磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5（PO4）3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C等，在高温下发生4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，
（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），故答案为：二氧化碳（CO2）；
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，H+能从磷矿I中浸取出Ca2+，故答案为：NH4+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca（OH）2反应生成Ca2+；
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4，
故答案为：MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；
（5）已知25℃，101kPa时：
①CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol
②5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol
根据盖斯定律：①×5﹣②得Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol，
故答案为：Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol；
（6）根据题给数据利用三行式分析．设CO的起始浓度为1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1 5 0 0
转化浓度（mol/L）
平衡浓度（mol/L）
则K===1．

相同条件下当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1：3，平衡常数不变，设转化的CO为x．
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1 3 0 0
转化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）（1﹣x） （3﹣x） x x
则=1，解得x=，即达平衡时，CO转化了，转化为P4的Ca5（PO4）3F质量为a×10%×b%kg，
根据反应4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为kg，
则转化的CO的质量为×kg，
根据反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）知相同条件下达平衡时能产生H2=kg．
故答案为：．
【点评】本题考查物质的制备，涉及化学反应原理，涉及化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量等知识，题目难度较大，注意掌握实验的原理和流程，把握平衡常数的意义，试题计算量较大，充分培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．