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1、精选优质文档-倾情为你奉上 2019高考冲刺模拟理综卷化学部分练习8 1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是（）A. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B. 因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理C. 本草经集注中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”D. 煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料2. 工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理以下处理措施和方法类别都正确的是（）选项污染物处理措施方法类别A含Cr2O72-废水加FeSO4沉降物理法B含纯碱的废
2、水加石灰水反应化学法C含Cu2+等重金属离子的废水加硫酸盐沉降化学法D含复杂有机物的废水通过微生物代谢生物法A. AB. BC. CD. D3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A. 在18gCD4中含有NA个碳原子B. 某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAC. 4.4g乙醛和丁酸的混合物完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.25NAD. 100mL浓度为lmol/L的蔗糖溶液中所含分子数为0.1NA4. 已知咖啡酸的结构如图所示关于咖啡酸的描述正确的是（）A. 与咖啡酸的物质类别完全相同（含咖啡酸），且苯环上只有3个取代基的同分异构体（包括顺反异
3、构）有18种B. 1mol咖啡酸最多可与3molBr2反应C. 咖啡酸与互为同系物D. 1mol咖啡酸与足量NaHCO3溶液反应产生3mol气体5. 某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是（）A. 该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B. 电极B附近的HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+D. 该电池工作时，每消耗11.2LO2（标准状况下），可以除去含1molNO和NO2的混合尾气6. 短周
4、期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X与Y、W可分别形成10e-、18e-的化合物甲和化合物乙，甲为非电解质，乙为强电解质，甲与乙常温下可化合得到离子化合物丙X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数则下列说法正确的是（）A. 化合物甲比乙的沸点低B. X、Y、Z、W的简单离子半径大小为：WYZXC. 丙属于正盐，其水溶液呈中性D. X和Z形成的二元化合物与乙的化学键类型相同7. 室温下，用相同浓度的KOH溶液，分别滴定浓度均为0.1molL-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定曲线如图所示，下列判断正确的是（）A. 滴定至P点时，溶液中：c（A-）c（K+）c（HA）c（H+）
5、c（OH-）B. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）-c（OH-）=c（H+）C. 同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的pH大小关系：pH（KA）pH（KB）pH（KD）D. 当三种酸都中和至中性时，消耗KOH溶液的体积的大小关系为：V（HA）V（HB）V（HD）8. 利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列问题：化学键H-HC-OCOH-OC
6、-HE/（kJmol-1）4363431076465413（1）已知反应中的相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）数据见表：由此计算H2=_kJmol-1，已知H1=-58kJmol-1，则H3=_kJmol-1（2）反应、对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为_（3）一定条件下，在2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2发生反应图1是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线当温度为500K时，该反应10min达到平衡010min时间内用CH3OH表示该反应的化学反应速率为_若改充入1molCO2和3molH2，则图1中的曲线会_（填“上移”或“下移”）（4）某温度
7、下在容积为2L的密闭容器中充入1molCO和2molH2合成甲醇，发生反应，各组分的物质的量随时间的变化情况如图2所示5min至10min时速率变化的原因可能是_；若该反应在恒温恒压下进行，能说明该反应达到平衡状态的是_A单位时间内消耗CO的浓度与生成CH3OH的浓度相等B混合气体的密度不变CCO和H2的体积分数之比不变D混合气体的平均相对分子质量不变15min时，仅增加反应体系中CO的物质的量（其他条件不变），至20min时反应重新达到平衡；则新加入的CO的物质的量为_mol（保留两位有效数字）9. 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，如回收利用电解精炼铜的阳极泥中含
8、有的银、铂、金等贵重金属提炼阳极泥的方法有多种，湿法提炼是其中重要的一种，其主要生产流程如图1：请回答下列问题：（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和_（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为_（3）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1molAg，需要消耗_gN2H4（4）固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4；在NaAuCl4中Au元素的化合价为_，该反应的离子方程式为_（5）阳极泥中的铜可以用FeC13溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和Fe2+；结合图2析：（其中的纵
9、坐标代表金属阳离子浓度的对数）要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是_，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去_离子；从图中数据计算可得Cu（OH）2的Ksp约为_ 10. SO2是高中化学重点学习的三大气体之一，是常见的大气污染物之一，同时也是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义，请回答下列问题。某研究小组将纯净的SO2气体通入0.5molL-1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3-假设二：溶液中溶解的O2（1）验证假设一：请在下表空白处填写相关实验现象实验步
10、骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的10mL0.5mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体。_ 假设一成立实验2：在盛有不含O2的10mL0.5mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体。_ 设计实验1的目的是_。（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线如图甲。实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_。我国规定空气中SO2含量不得超过0.02mg/L某化学兴趣小组选用图乙实验装置，测定工业原料气（含SO2、N2、O2）中SO2的含量。（1）若原料气从左向右流，上述装置连接的顺序是：原料气_（
11、用字母和箭头表示）。当装置中出现_现象时，立即停止通气。（2）你认为以下试剂中，可以用来代替试管中的酸性高锰酸钾溶液的是_。ANaOH溶液B溴水C氨水DBaCl2溶液中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L某兴趣小组用图丙装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量定性测定。（1）B中加入250.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，除去C中过量的H2O2，然后用0.0600mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_g/L。（2）该测定结果比
12、实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。11. 铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途回答下列问题：（1）CuSO4晶体中S原子的杂化方式为_，SO42-的立体构型为_（2）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：子的核外电子排布式为_N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为_（填元素符号）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu（NH3）4SO4，下列说法正确的是_A氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故BNH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角CCu
13、（NH3）4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体D已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出akJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3（g）+O2（g）=N2（g）+H2O（g）H=-5akJmol-1（3）硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A，其结构如图1所示1mol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为_氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体：_（写化学式）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2所示则该化合物的化学式是_答案和解析1.【答案】D【解析】解：A明矾溶液中Al3+水解使溶液呈
14、酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故A正确； B生石灰与水反应放热，生成的氢氧化钙呈碱性，加热、强碱都能使蛋白质变性，能杀菌消毒，故B正确； C钾元素的焰色反应为紫色，灼烧硝酸钾，火焰为紫色，灼烧硫酸钠，火焰为黄色，所以区分二者利用了“焰色反应”，故C正确； D煤的气化为碳和水反应生成水煤气的过程，液化为为碳和水反应生成甲醇的过程，都化学变化，故D错误。 故选：D。A明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液； BA生石灰与水反应放热，生成的氢氧化钙； C钾元素的焰色反应为紫色； D煤的气化和液化属于化
15、学变化本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大2.【答案】D【解析】解：AFeSO4具有还原性，可与Cr2O72-+发生氧化还原反应生成Fe3+和Cr3+，故方法类别为化学法，故A错误；B纯碱与石灰水反应生成的氢氧化钠又是新的污染物，故B错误；C硫酸铜可溶，所以不能沉淀除去，故C错误；D含复杂有机物的废水，可通过微生物代谢是生物法，故D正确，故选：D。污染治理要求能除掉有毒的物质，新生成的物质对环境无污染，物理法与化学法的区别是否有新物质生成本题考查常见的化学反
16、应，解题时注意物理法与化学法的区别是否有新物质生成是解题的关键3.【答案】C【解析】解：ACD4中摩尔质量为：20g/mol，在18gCD4中含有NA=0.9NA个碳原子，故A错误；B气体状况未知，无法确定气体摩尔体积，无法计算氢气的物质的量，故B错误；C.4.4g乙醛和丁酸的混合物含有C2H4O物质的量=0.1mol，完全燃烧，消耗氧气物质的量为0.25mol，分子数为：0.25NA，故C正确；D蔗糖溶液含有蔗糖分子和水分子，所以100mL浓度为lmol/L的蔗糖溶液中所含分子数远远大于0.1NA，故D错误；故选：C。ACD4中摩尔质量为：20g/mol；B气体状况未知；C乙醛与丁酸具有相同
17、最简式C2H4O，1molC2H4O完全燃烧消耗2.5mol氧气；D蔗糖溶液含有蔗糖分子和水分子本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，物质结构的分析理解，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意知识的积累4.【答案】A【解析】解：A与咖啡酸的物质类别完全相同（含咖啡酸），且苯环上只有3个取代基的同分异构体，说明苯环侧链为2个-OH、1个-CH=CHCOOH或-C（COOH）=CH2，当侧链为2个-OH、1个-CH=CHCOOH（存在顺反异构）时，苯环侧链3个取代基可能组合有：3个取代基都在间位，有1种结构，3个取代基都在邻位，有2种结构，3个取代
18、基中只有2个相邻，2个-OH相邻的有1种结构，1个-OH和-CH=CHCOOH相邻时有2种结构，所以有1+2+1+2=6种结构，同时满足有机物都存在顺反异构，总共有62=12种结构；当侧链为2个-OH、1个-C（COOH）=CH2（不存在顺反异构）时，苯环侧链3个取代基可能组合有：3个取代基都在间位，有1种结构，3个取代基都在邻位，有2种结构，3个取代基中只有2个相邻，2个-OH相邻的有1种结构，1个-OH和-C（COOH）=CH2相邻时有2种结构，总共有1+2+1+2=6种结构，所以满足体积的有机物总共有12+6=18种结构，故A正确；B含双键与溴水发生加成反应，含酚-OH，酚-OH的邻对位
19、与溴水发生取代反应，所以1mol该有机物最多消耗4mol溴单质，故B错误；C咖啡酸中含有两个酚羟基，而分子中含有1个酚羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D只有官能团-COOH与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，1mol该有机物分子中含有1mol羧基，最多产生1mol二氧化碳，故D错误；故选：A。由咖啡酸的结构简式可知，其分子中含2个酚-OH、1个碳碳双键和1个-COOH，结合酚、烯烃、羧酸的性质及同系物的概念、同分异构体的书写原则进行解答本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，题目难度中等，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸、烯烃性质的考查，A为易错点，注意掌握同分异
20、构体的书写原则5.【答案】C【解析】解：将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，则通入氧气的电极B是正极，A是负极，A电子的流向外电路由负极到正极，即A到B，电子不能经过电解质，故A错误；BB电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，溶液体积增大，所以硝酸根离子浓度减小，故B错误；C该原电池中，通入氮氧化物的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极A表面反应之一为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故C正确；D该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，每消
21、耗11.2L即0.5molO2（标准状况下），即转移2mol电子，根据电子守恒，结合电极反应情况：NO-3e-、NO2-e-、，可除去含NO和NO2的混合尾气介于mol2mol之间，故D错误；故选：C。该原电池中，氮氧化物失电子发生氧化反应，电极反应式之一为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，再结合氧气和转移电子之间的关系式计算。本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是A，电子不进入溶液中，为易错点。6.【答案】B【解析】解：由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为Na，W为C
22、l，A氨气分子间含氢键，化合物甲比乙的沸点高，故A错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则X、Y、Z、W的简单离子半径大小为：WYZX，故B正确；C丙属于正盐，其水溶液水解显酸性，故C错误；DX和Z形成的二元化合物为NaH，只含离子键，乙的化学键为共价键，故D错误；故选：B。短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X与Y、W可分别形成10e-、18e-的化合物甲和化合物乙，甲为非电解质，乙为强电解质，甲与乙常温下可化合得到离子化合物丙，可知甲为NH3，乙为HCl，丙为NH4Cl，则X为H，Y为N，W为Cl；X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外
23、层电子数，Y的最外层电子数为7-1-5=1，结合原子序数可知Z为Na，以此来解答本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素化合物知识、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大7.【答案】A【解析】解：A滴定到P点时溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液显酸性，HA的电离为主，但电离程度较小，因此c（A-）c（K+）c（HA）c（H+）c（OH-），故A正确；B混合溶液的质子守恒关系式为c（HA）+c（HB）+c（HD）+c（H+）=c（OH-），即c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH-）-c（H+），故B错误；C
24、由图可知，0.1molL-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液中HA的起始pH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越弱，对应的盐水解程度越大，同浓度的盐溶液pH值越大，同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的pH大小关系：pH（KA）pH（KB）pH（KD），故C错误；D当三种酸都中和至中性时，pH=7，三种离子的浓度分别等于c（K+），然而三种酸的电离程度不同，酸性越弱，电离程度越小，加入的KOH的体积越少，故消耗KOH溶液的体积的大小关系为：V（HA）V（HB）V（HD），故D错误；故选：A。A滴定到P点时溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液显酸性，酸的电离大于盐的水解；B溶液中存在
25、质子守恒式；C由开始的pH可比较酸性，酸性越弱，对应盐的水解程度越大，碱性越强；D当三种酸都中和至中性时，三种酸中阴离子离子的浓度均等于c（K+），酸性越弱，电离程度越小，加入的KOH的体积越少本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握混合后溶液的溶质、pH与酸的浓度、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大8.【答案】-99；+41；K3=；0.03mol/（Lmin）；上移；增大压强；B、D；0.63【解析】解：（1）根据反应的焓变与键能的关系计算，H=反应物总键能-生成物总键能，则H2=E（CO）+2E（H-H）-3E（C-H）-E（C-O）
26、-E（O-H）=-99kJ/mol，已知H1=-58kJ/mol，反应可由-得到，根据盖斯定律，H3=H1-H2=+41kJ/mol，故答案为：-99；+41；（2）反应可由-得到，根据多重平衡规则，故答案为：；（3）根据图象，反应温度为500K时反应的平衡转化率为60%，反应起始时有1molCO2，则反应过程中CO2转化了n=1mol60%=0.6mol，容器体积为V=2L，反应达到平衡的时间为t=10min，则化学反应平均速率为=0.03mol/（Lmin），故答案为：0.03mol/（Lmin）；若改充入1molCO2和3molH2，相同温度时，增加了某一种反应物的量，则可以增加另一种反
27、应物的平衡转化率，因此CO2的平衡转化率增加，图线上移，故答案为：上移；（4）反应为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应为气体分子数减少的反应，反应焓变值小于0，则反应为放热反应，根据图象，5-10min内CO、H2的消耗量与CH3OH的生成量满足化学计量比，因此可以判断改变的条件不是浓度项，对比0-5min，5-10min内化学反应速率是增加的，考虑升高温度和增大压强，由于反应是放热反应，升高温度导致化学平衡左移不符合图象，因此采取的措施为增大压强，故答案为：增大压强；反应在恒温恒压下进行，随着反应进行，体系的体积发生变化，据此逐项分析，A单位时间内消耗CO的浓度与生成CH3OH的
28、浓度相等，单位时间内消耗CO的浓度始终与单位时间内生成CH3OH的浓度相等，不能判断化学反应是否达到平衡，故A不选；B混合气体的密度为，反应前后遵循质量守恒，m不变，反应为恒压容器，随着反应进行容器体积发生改变，因此混合气体的密度随着反应的进行发生改变，可以判断化学反应是否达到平衡，故B可选；C体积分数为，起始时充入的CO和H2是按照化学计量比充入的，反应过程中CO和H2也是按照化学计量比反应的，因此整个反应过程中CO和H2的体积分数之比不变，不能判断化学反应是否达到平衡，故C不选；D混合气体的平均相对分子质量为，反应前后混合气体质量不变，混合气体总物质的量发生改变，因此混合气体的平均相对分子
29、质量随着反应的进行而改变，当混合气体的平均相对分子质量不发生改变时可以判断化学反应是否达到平衡，故D可选，故答案为：B、D；15min时仅增加CO的物质的量而不改变其他条件，根据图象，20min达到平衡时，H2的物质的量为0.6mol，发生的化学反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），温度不变，化学平衡常数不变，该温度下，反应的化学平衡常数为K=，增加部分CO后，设初始时CO的物质的量为xmol，反应消耗了H2的物质的量为0.2mol，则再次达到平衡时，c（CO）=，c（CH3OH）=0.35mol/L，K=，解得x=0.93，则增加的CO的物质的量为0.93mol-0.4mol=0
30、.63mol，故答案为：0.63（1）根据反应的焓变与键能的关系计算，H=反应物总键能-生成物总键能，根据盖斯定律计算反应的焓变；（2）根据多重平衡规则推导反应平衡常数间的关系；（3）根据图象，反应温度为500K时反应的平衡转化率为60%，根据化学反应速率计算公式=计算；若改充入1molCO2和3molH2，相同温度时，增加了某一种反应物的量，则可以增加另一种反应物的平衡转化率；（4）反应为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应为气体分子数减少的反应，结合焓变和压强变化对化学平衡移动的改变考虑；反应在恒温恒压下进行，随着反应进行，体系的体积发生变化，据此逐项分析；15min时仅增加CO
31、的物质的量而不改变其他条件，根据图象，20min达到平衡时，H2的物质的量为0.6mol，据此列式计算本题考查化学原理部分知识，包含盖斯定律的运用，多重平衡规则的运用，化学反应速率的计算，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，均为高频考点，题目难度中等，平时需加强综合知识能力的训练9.【答案】烧杯、漏斗 AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl-+2H2O 8 +3价 2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+ 1.010-20【解析】解：电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属，空气中灼烧、酸浸、过滤分离得到脱铜渣A，加入氨
32、水过滤分离得到银氨溶液和固体B，溶液中加入N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，还原产物为Ag，固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，通入二氧化硫还原得到Au和溶液，在溶液中加入锌粉过滤得到Pb、Pd制成的合金，（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法为固体和溶液分离，需要过滤操作，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗；（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水生成银氨络合物，反应的离子方程式为：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl-+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl-+2H2O；（
33、3）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，N2H4N24e-，Ag（NH3）2+Age-，N2H44Ag4e-，则每生成1molAg，需要消耗N2H4物质的量0.25mol，质量=0.25mol32g/mol=8g，故答案为：8；（4）在NaAuCl4中钠饮食化合价+1价，氯元素化合价-1价，元素化合价代数和为0计算金的化合价为+3价，单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故答案为：+3价；2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；（5）要从浸出液中提纯铜，
34、最好先加入酸化的双氧水，是氧化亚铁离子为铁离子，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，便于除去铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+；Ksp（Cu（OH）2=c（Cu2+）c2（OH-），结合图中数据，PH=6时，lgc=-4，c（Cu2+）=10-4mol/L，c（OH-）=10-8mol/L，Ksp（Cu（OH）2=c（Cu2+）c2（OH-）=10-4mol/L（10-8mol/L）2=1.010-20，故答案为：1.010-20；电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属，空气中灼烧、酸浸、过滤分离得到脱铜渣A，加入氨水过滤分离得到银氨溶
35、液和固体B，溶液中加入N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，还原产物为Ag，固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，通入二氧化硫还原得到Au和溶液，在溶液中加入锌粉过滤得到Pb、Pd制成的合金，（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法为固体和溶液分离，需要过滤操作，据此选择仪器；（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水生成银氨络合物；（3）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，则依据化学方程式定量关系和氧化还原反应电子守恒计算；（4）在NaAuCl4中钠饮食化合价+1价，氯元素化合价-1价，元素化合价代数和为0计算金的化合价，单质Au在酸性环境下与NaC
36、lO3、NaCl反应生成NaAuCl4；（5）要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，是氧化亚铁离子为铁离子，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，便于除去铁离子；Ksp（Cu（OH）2=c（Cu2+）c2（OH-）结合图中数据计算本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用、溶度积常数计算，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，题目难度中等，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质10.【答案】无现象；白色沉淀生成；做对比实验；3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+2NO+4H+；cdbae；溶液紫（或紫红）色褪去；B；0.192；盐酸易挥发，用不挥发的强
37、酸例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响【解析】解：（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象；二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO32H+SO32-，H+、NO3-结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，故答案为：无现象；白色沉淀生成；实验一在盛有不含O2的10mL0.5mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，实验二在盛有不含O2的10mL0.5mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，对比实验观察反应现象确定硝酸根在
38、酸溶液中具有氧化性，故答案为：做对比实验；（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO32H+SO32-，所以溶液的pH减小；试验2发生反应：3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H+3SO42-，反应中生成了强酸硫酸，则实验2的pH小于实验1，故答案为：3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H+3SO42-；（1）原料气通过高锰酸钾溶液，能氧化H2SO3，生成H2SO4 ，吸收二氧化硫气体，通过装置排水量气测定仪器和氮气的体积；装置是吸收二氧化硫气体，高锰酸钾溶液紫色，全部反应紫色褪去，应停止通气，连接装置接口顺序为：cdbae，装置是吸收二氧化硫气体
39、，高锰酸钾溶液紫色，全部反应紫色褪去，应停止通气，否则二氧化硫吸收不完全，造成误差，故答案为：cdbae；溶液紫（或紫红）色褪去；（2）二氧化硫具有还原性，可以利用高锰酸钾溶液吸收，且现象明显，氢氧化钠虽能吸收二氧化硫气体但无明显现象，溴水可以吸收二氧化硫棕红色褪去，现象明显，氨水可以吸收二氧化硫，但实验现象无明显现象；故答案为：B；（1）根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为：（0.0600mol/L0.025L）64g/mol=0.048g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.192g/L，故答案为：0.192；（2）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液
40、体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，故答案为：盐酸易挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象；二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO32H+SO32-，H+、NO3-结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡；用BaCl2溶液作对比试验观察反应现象；（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出
41、氢离子，所以溶液的pH减小；试验2中反应生成强电解质硫酸，则实验2的pH更小；（1）原料气通过高锰酸钾溶液，能氧化H2SO3，生成H2SO4 ，吸收二氧化硫气体，通过装置排水量气测定仪器和氮气的体积；装置是吸收二氧化硫气体，高锰酸钾溶液紫色，全部反应紫色褪去，应停止通气；（2）二氧化硫具有还原性，可以利用高锰酸钾溶液吸收，且现象明显，氢氧化钠虽能吸收二氧化硫其他单无明显现象，溴水可以吸收二氧化硫棕红色褪去，现象明显，氨水可以吸收二氧化硫，但实验现象无明显现象；（1）根据关系式2NaOHH2SO4SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；（2）根据盐酸是挥
42、发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则。11【答案】sp3；正四面体；1s22s22p63s23p63d10（或Ar3d10）；NOS；AC；8NA；N2O（或SCN-、N3-等）；Cu2O【解析】解：（1）SO42-的价电子对数=4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为
43、0，所以为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；（2）铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或Ar3d10元素周期律中，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A和第A、第A和第A互换，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为NOS，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；NOS；A氨气分子与水分子之间存在氢键
44、，氢键的存在使物质的溶解性显著增大，故A正确；B氨气分子的键角小于水分子的键角，故B错误；C根据相似相溶分析：乙醇分子极性弱于水的极性，在乙醇中溶解度降低；故C正确；D燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态故D错误；故答案为：AC；（3）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，1molH2N-CH2-COONa中含有8mol键，所以1mol氨基乙酸钠中含有键的数目为8NA，故答案为：8NA；原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，则CO2的等电子体为：N2O（或SCN-、N3-等）；故答案为：N2O（或SCN-、N3-等）；利用均摊法知，该化合物中O原子个数=1+8=2，Cu原子个数
45、为4，铜原子和氧原子个数之比=4：2=2：1，所以其化学式为：Cu2O，故答案为：Cu2O（1）计算S原子的价电子对数进行判断；（2）先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层上的电子；根据第一电离能的变化规律比较其大小；A氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大；B据分子的空间结构判断；C根据相似相容原理判断；D燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态；（3）共价单键为键，共价双键中一个是键、一个是键；原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；利用均摊法确定该化合物的化学式本题以元素的推断为载体，考查了电离能、杂化理论，分子结构、核外电子排布规律、晶胞计算等知识点，是对物质结构知识的综合考查，侧重对知识迁移的运用、分析解决问题的能力考查，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常专心-专注-专业