＝0，因而c（B＋）＝c（BOH），根据电荷守恒，c（Cl－）＋c（OH－）＝c（B＋）＋c（H＋），可变为c（Cl－）＋c（OH－）＝c（BOH）＋c（H＋），因而c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）－c（BOH），D项正确。
选择题答题栏
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
二、非选择题（共58分。
第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
）
（一）必考题：
共43分。
26．（15分）ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。
天然锆英石（ZrSiO4）含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
已知：
Fe（SCN）3难溶于MIBK;Zr（SCN）4在水中溶解度不大，易溶于MIBK。
（1）锆英石中锆元素的化合价为______________。
（2）氯化主反应：
ZrSiO4（s）＋2C（s）＋4Cl2（g）
ZrCl4（g）＋SiCl4（g）＋2CO2（g） ΔH<0，ZrCl4的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是___________________。
氯化过程中ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是________________________________________________________________________。
（3）写出Al2O3高温氯化过程中转化为AlCl3的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
（4）Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是________________________（用离子方程式解释）。
若盐酸溶解后溶液中c（Cu2＋）＝0.01mol/L，当溶液中Cu2＋开始沉淀时，c（CN－）＝___________。
（已知Ksp[Cu（CN）2]＝4.00×10－10）
（5）实验室进行萃取和反萃取的仪器是_________。
流程中萃取与反萃取的目的是___________。
26．解析：
（1）由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O为－2价，Si为＋4价，可得锆英石（ZrSiO4）中Zr元素的化合价为＋4价；
（2）根据图像可知ZrCl4的产率在温度为360℃、1MPa时最高，说明氯化的最佳条件是360℃、1MPa；根据图像可知：
在360℃以前，随着温度的升高，ZrCl4的产率逐渐增大，是由于温度升高，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrCl4的产率逐渐增大，到360℃达到最大值，此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrCl4的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrCl4的产率又逐渐降低；（3）Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为2Al2O3＋3C＋6Cl2
4AlCl3＋3CO2；（4）锆英石（ZrSiO4）中含有铁元素的氧化物，在粉碎、氯化处理过程中有Fe3＋生成，Fe3＋具有氧化性，而H2S或S2－具有还原性，会发生氧化还原反应：
2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S＋2H＋或2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S或2Fe3＋＋3S2－===2FeS↓＋S，影响Cu2＋的沉淀，若用NaCN，就不会发生上述反应；由于Ksp[Cu（CN）2]＝c（Cu2＋）·c2（CN－）＝4.00×10－10，c（Cu2＋）＝0.01mol/L，当溶液中Cu2＋开始沉淀时，c（CN－）＝
＝2.00×10－4mol/L；（5）由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu2＋与沉淀试剂形成Cu（CN）2沉淀过滤除去，Fe3＋与加入的NH4SCN形成配合物Fe（SCN）3，Zr4＋形成Zr（SCN）4，由于Fe（SCN）3难溶于MIBK，而Zr（SCN）4在水中溶解度不大，易溶于MIBK，向Fe（SCN）3、Zr（SCN）4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后，分液，可将Fe（SCN）3分离除去，然后向MIBK的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr（SCN）4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2。
所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。
答案：
（1）＋4
（2）360℃、1MPa 360℃以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360℃以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小
（3）2Al2O3＋3C＋6Cl2
4AlCl3＋3CO2 （4）2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S＋2H＋（或2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S或2Fe3＋＋3S2－===2FeS↓＋S） 2.00×10－4mol/L （5）分液漏斗、烧杯 除去铁元素杂质
27．（14分）某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁（FeC2O4·2H2O），进一步制备高纯度还原铁粉。
已知：
FeC2O4·2H2O难溶于水，150℃开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
请回答下列问题`：
（1）下列操作或描述正确的是________。
A．步骤②，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2＋水解
B．步骤③，采用热水洗涤可提高除杂效果
C．步骤③，母液中的溶质主要是（NH4）2SO4和H2C2O4
D．步骤③，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100℃
（2）如图装置，经过一系列操作完成步骤③中的抽滤和洗涤。
请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整（洗涤操作只需考虑一次）:
开抽气泵→a→b→d→________→c→关抽气泵。
a．转移固液混合物；b.关活塞A；c.开活塞A；d.确认抽干；e.加洗涤剂洗涤
抽滤和普通过滤相比，优点是___________________________________________。
（3）称取一定量的FeC2O4·2H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：
n（Fe2＋）/mol
n（C2O
）/mol
试样中FeC2O4·2H2O的质量分数
9.80×10－4
9.80×10－4
0.980
由表中数据推测试样中最主要的杂质是____________________。
（4）实现步骤④必须用到的两种仪器是__________________________。
（供选仪器：
a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶）
该步骤的化学方程式为____________________________________。
（5）为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是__________________________。
27．解析：
硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2＋的水解，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁（Fe2O3），再用CO还原氧化铁得到还原铁粉；
（1）A.Fe2＋易水解，步骤②，H2C2O4稍过量除抑制Fe2＋水解外，最主要的作用是将溶液里的Fe2＋完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率，故A错误；B.步骤③，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故B正确；C.步骤③，经抽滤后，所得滤液中除（NH4）2SO4和H2C2O4外，仍是草酸亚铁的饱和溶液，故C错误；D.为使FeC2O4·2H2O快速干燥，可使温度高于100℃，但须低于150℃，故D正确；
（2）步骤③中抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵；（3）由图表数据可知，溶液中已知Fe2＋或C2O
的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2＋或C2O
，杂质只能是反应的另一种生成物（NH4）2SO4；（4）固体灼烧需要在坩埚里进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O4·2H2O＋3O2
2Fe2O3＋8CO2＋8H2O；（5）步骤⑤选用碳粉还原Fe2O3，多余的碳粉会影响铁粉的纯度。
答案：
（1）BD
（2）c→e→b→d 加快过滤速度（其他合理答案也可） （3）（NH4）2SO4 （4）bd 4FeC2O4·2H2O＋3O2
2Fe2O3＋8CO2＋8H2O （5）产品中含碳杂质
28．（14分）探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。
回答下列问题：
（1）已知：
①CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g） ΔH1＝＋206.1kJ·mol－1
②2H2（g）＋CO（g）CH3OH（l） ΔH2＝－128.3kJ·mol－1
③2H2（g）＋O2（g）2H2O（g） ΔH3＝－483.6kJ·mol－1
25℃时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示。
图1
图2
①工业生产时一般会选择在p4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因__________________________________________________。
②在压强为p4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0～5min内，用CO表示该反应平均速率为___________；该温度下，反应的平衡常数为___________（保留3位有效数字）。
（3）工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2（g）＋CO（g）CH3OH（g）。
对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图2为4种投料比[n（CO）∶n（H2）分别为5∶7、10∶17、5∶9、1∶2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
①曲线b对应的投料比是___________。
②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是_______________________________。
③投料比为10∶17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为_______________。
28．解析：
（1）根据盖斯定律：
2×①＋2×②＋③得2CH4（g）＋O2（g）2CH3OH（l） ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2＋ΔH3＝（2×206.1kJ·mol－1）－（2×128.3kJ·mol－1）－483.6kJ·mol－1＝－328.0kJ·mol－1，故甲烷与氧气反应生成甲醇的热化学方程式表示为CH4（g）＋
O2（g）CH3OH（l） ΔH＝－164.0kJ·mol－1；
（2）①根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；②起始时甲烷的浓度为0.1mol·L－1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1mol·L－1×80%＝0.08mol·L－1，v（CO）＝2×v（CH4）＝2×
＝0.032mol·L－1·min－1；
CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g）
0.10.100
0.080.080.160.16
0.020.020.160.16
K＝
＝
＝1.64；
（3）①由方程式知，投料比n（CO）∶n（H2）越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是5∶9；②根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低；③投料比为10∶17对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则
2H2（g）＋CO（g）CH3OH（g）
17100
157.57.5
22.57.5
混合气体中CO的物质的量分数为
＝20.8%。
答案：
（1）CH4（g）＋
O2（g）CH3OH（l）
ΔH＝－164.0kJ·mol－1
（2）①较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率 ②0.032mol·L－1·min－1 1.64 （3）①5∶9 ②投料比越大，反应温度越低 ③20.8%
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做则按所做的第一题计分。
35．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
（1）请写出基态Cu原子的价电子排布式_________。
焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_________而变为激发态。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。
第一电离能Il（Zn）______Il（Cu）（填“大于”或“小于”），原因是_______________________________________。
（3）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式：
请分析1个松脂酸铜中π键的个数___________加“*”碳原子的杂化方式为_____________。
（4）硫酸铜溶于氨水形成[Cu（NH3）4]SO4深蓝色溶液。
①[Cu（NH3）4]SO4中阴离子的立体构型是_________。
②在[Cu（NH3）4]2＋中Cu2＋、NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点_________________膦（填“高于”或“低于”）。
（5）黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5g·cm－3，求晶胞的边长___________（只写计算式，不求结果）。
35．解析：
（1）Cu原子核外有29个电子，其价电子排布式为3d104s1；焰色反应，是电子在不同的轨道发生跃迁产生的现象；
（2）Zn外围电子排布为3d104s2，Cu外围电子排布为3d104s1，Zn原子核外电子排布为全满结构，更难失去电子，故第一电离能锌大于铜；（3）单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，该有机物中含有3×2＝6个双键，所以1个松脂酸铜中π键的个数为6；加“*”碳原子形成的都是单键，其杂化方式为sp3；（4）①[Cu（NH3）4]SO4中阴离子为硫酸根，中心原子S的价层电子对数为4，则轨道杂化类型为sp3，S上没有孤电子对，SO
的立体构型是正四面体；②在[Cu（NH3）4]2＋中Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤对电子，所以形成的化学键称为配位键；提供孤电子对的成键原子是N;③因为氨气分子间可以形成氢键，所以氨的沸点高于膦；（5）由题干信息知，黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶胞中含有3个Cu、1个Zn，则晶胞的质量为
g＝
g，则晶胞的边长为
cm＝
cm。
答案：
（1）3d104s1 跃迁
（2）大于 Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子 （3）6 sp3 （4）①正四面体 ②配位键 N ③高于 （5）
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：
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