《2019-2020学年北京市10区新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市10区新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市 10 区新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以 NaOH 溶液为电解质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确A电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出B铁电极上的主要反应为：Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O C电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 减小D图中的离子交换膜为阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO42
2、-，电极反应式为Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与 H2反应使产率降低。【详解】A 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na2FeO4与 H2反应使产率降低，故A 正确；B 项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成Fe
3、O42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故 B正确；C 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，由于有 OH-生成，电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 增大，故C错误；D 项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，Ni 电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。2新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化
4、还原无关的是（）选项A B C D 消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84 消毒液A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】双氧水、臭氧、84 消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。3短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大。X 的族序数是周期数的3 倍，25 时，0.1 molL1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH 为 13，W 的最外层有6 个电子。下列说法正确的是()A X的简单气态氢化物的热稳定性比W 的弱B原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)C元素 Y、W 的简单阴离子具有相同的电子层结构D Z分
5、别与 X、Y、W 形成的化合物中均一定只含离子键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，25时，0.1mol/LZ 的最高价氧化物对应的水化物溶液的 pH 为 13，则 Z为 Na 元素；W 的最外层有6 个电子，其原子序数大于Na，则 W 为 S元素；X的族序数是周期数的3 倍，X只能位于第二周期，则 X 为 O 元素；Y介于 O、Na 之间，则 Y为 F元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X 为 O 元素，Y为 F元素，Z 为 Na，W 为 S元素。A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性OS，则 X(O)的简单氢化物的热
6、稳定性比W(S)的强，A错误；B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)r(W)r(X)r(Y)，B 正确；C.氟离子含有2 个电子层，硫离子含有3 个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C 错误；D.Na 与 O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。4已知 A、B、D 均为中学化学中的常见物质，它们之间
7、的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A若 A 为碳，则E可能为氧气B若 A 为 Na2CO3，则 E可能为稀HCl C若 A 为 Fe，E为稀 HNO3，则 D 为 Fe（NO3）3D若 A 为 AlCl3，则 D 可能为 Al（OH）3，E不可能为氨水【答案】C【解析】【详解】A若 A 为碳，E为氧气，则B 为 CO2，D 为 CO，CO2与 CO可以相互转化，选项A 正确；B若 A 为 Na2CO3，E为稀 HCl，则 B为 CO2，D 为 NaHCO3，CO2和 NaHCO3可以相互转化，选项B 正确；C若 A 为 Fe，E为稀 HNO3，则 B为 Fe
8、（NO3）3，D 为 Fe（NO3）2，选项 C错误；D AlCl3与少量 NaOH 溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH 溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和 NH4Cl，选项 D 正确。故选 C。5短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与 Y位于不同周期，X 与 W 的最高化合价之和为8，元素 Z 的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A化合物YX4W 溶于水后，得到的溶液呈碱性B化合物YW3为共价化合物，电子式为CY、Z形成
9、的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D原子半径大小：WZY X【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素 Z 的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z 为 Al 元素、Y为N元素、W为 Cl 元素；。X与 Y位于不同周期，则X为 H元素。【详解】A项、X为 H、Y为 N元素、W为 Cl 元素，元素化合物YX4W为 NH4Cl，NH4Cl 溶液中 NH4+水解使溶液呈酸性，故 A错误；B项、Y为 N元素、W为 Cl 元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故
10、B错误；C项、Y为 N元素、Z 为 Al 元素，AlN 为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故 C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al Cl H，D错误。故选 C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7 来推断元素为解答的难点。6分子式为C5H10O2，能与 NaHCO3溶液反应的有机物有A 4 种B5 种C6 种D7 种【答案】A【解析】【详解】分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3溶液反应，则该
11、有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4 种。答案选 A。7在 2019 年 9 月 25 日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是A机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料B机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板相互粘结而成，属于新型无机材料C机场航站楼采用的钢铁属于合金材料D机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏【答案】B【解析】【分析】【详解】A玻璃的主要成分为
12、硅酸盐，属于无机非金属材料，A 正确；B橡胶属于有机高分子材料，钢板属于合金材料，它们都不属于新型无机材料，B不正确；C钢铁是铁碳的合金，属于合金材料，C正确；D常规融雪剂主要成分为氯化镁等，会腐蚀水泥路面和桥梁，新型自融冰雪路面技术可减少对路面及桥梁的影响，D 正确；故选 B。8在复盐NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是A NH4+SO42+Ba2+OH=BaSO4+NH3H2O BAl3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2-+2H2O C2 Al3+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2 Al(OH)3D NH4+A
13、l3+SO42+Ba2+4OH=BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O【答案】C【解析】【分析】在 NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al(OH)3，当 Al3+沉淀完全时，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba(OH)2，生成 BaSO4沉淀，发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3?H2O，所以沉淀质量继续增加；当 SO42-完全沉淀时，生成 Al(OH)3、硫酸钡沉淀、一水合氨；再滴加Ba(OH)2，氢氧化铝逐渐溶解，据此分析解答。【详解】A逐滴加入Ba
14、(OH)2溶液，氢氧根离子先与氯离子反应，故A 错误；B以 1 2 反应时，硫酸根离子、铝离子均转化为沉淀，同时生成一水合氨，故B 错误；C以 2 3 反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，离子反应为2Al 3+3SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4+2 Al(OH)3，故 C 正确；D以 12 反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子反应为NH4+Al 3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3?H2O，故 D 错误；答案选 C。【点睛】把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。本题的易错点和难点为铵根离子和铝离子与氢氧根离子反应的先后顺序
15、的确定。9下列属于碱的是A HI BKClO CNH3.H2O DCH3OH【答案】C【解析】【详解】A.HI 在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A 错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B 错误；C.NH3.H2O 在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D.CH3OH 是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D 错误；答案选 C。10银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S 及 SiO2等)从其中提取银及铜和铅的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“浸取”时，当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，为提高浸取率可采取
16、的措施是_(请用简练语言列举一项)。(2)“分离”所加试剂X 为_，“分离”所得滤渣中除含单质硫外，还含有的成分有_。(3)“浸银”反应的化学方程式为_(4)N2H4的电子式为 _，“还原”反应的离子方程式为_。(5)“粗银”(含 Ag、Cu、Zn、Au)可用立式电解槽电解精炼，纯银作阴极，电解液采用硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，其原因是_(写出一条即可)。(6)此类工厂排出的废水中含有NO3-，对人体有害。科技人员在碱性条件下用Al 粉将NO3-还原为N2。缺点是处理后的水中引入了AlO2-，仍然对人体健康有害。已知：25时，KspAl(OH)3=1.3 10-33Al(OH)3
17、?H+AlO2-+H2O K=1.0 10-1325时，欲将上述处理过水中的AlO2-浓度降到1.0 10-6 mol/L，此时水中c(Al3+)=_mol/L。25时，Al(OH)3溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数K=_。【答案】充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间Zn SiO2AgCl+2Na2SO3=Na3Ag(SO3)2+NaCl 4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag +8SO32-+N2 +4H2O 防止生成的银被硝酸溶解；防止NO3-优先于Ag+在阴极放电1.3 10-1210【解析】【分析】银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu
18、、Pb、S及 SiO2等)加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把 Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离得到Cu和 Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加 Na2SO3溶液，AgCl与 Na2SO3反应生成 Na3Ag(SO3)2和 NaCl，过滤，滤渣为S和 SiO2，滤液为Na3Ag(SO3)2和 NaCl，在滤液中加N2H4，生成Ag 和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠，以此解答该题。【详解】(1)浸取时当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，要加快化学反应速率
19、的方法有：充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间，选择其中任意两种方法即可；(2)分离得到氯化锌溶液可知加入的试剂X 为 Zn；根据分析可知“分离”所得滤渣中除含单质硫外，还含有 SiO2；(3)根据流程可知，浸银的反应物为AgCl 和 Na2SO3溶液，产物有Na3Ag(SO3)2，根据元素守恒可知反应方程式为：AgCl+2Na2SO3=Na3Ag(SO3)2+NaCl；(4)N2H4的电子式为；根据流程可知还原时主要反应物有Na3Ag(SO3)2 和 N2H4，主要产物为氮气和 Ag，可知反应过程银离子被还原，N2H4中氮元素被氧化，生成氮气，根据电子守恒
20、和元素守恒可知离子方程式为：4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag +8SO32-+N2 +4H2O；(5)浓硝酸具有强氧化性能氧化Ag，生成硝酸银溶液，所以硝酸浓度不能过大，防止生成的银被硝酸溶解；同时溶液中有大量硝酸根离子，还要防止NO3-优先于Ag+在阴极放电；(6)水中 AlO2-浓度降到1.0 10-6mol?L-1，依据 Al(OH)3?AlO2-+H+H2O，K=1.0 10-13，则c(H+)=1361.0 101.0 10=10-7(mol/L)，则 c(OH-)=10-7mol/L，25时，KspAl(OH)3=c3(OH-)c(Al3+)=1.3 10-33，
21、则c(Al3+)=33371.3 1010=1.3 10-12mol?L-1；由 H2O?OH-+H+、Al(OH)3?AlO2-+H+H2O 可知，-得到 OH-+Al(OH)3?AlO2-+H+，则 Al(OH)3溶于 NaOH溶液反应的平衡常数数值为K-2-AlOOHcc=671.0101.010=10。11山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK，简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂，其水溶液显碱性。下列叙述正确的是（）A山梨酸和山梨酸钾都是强电解质B稀释山梨酸钾溶液时，n(OH-)、c(OH-)都减小C若山梨酸的电离常数为Ka，则 RCOOK稀溶液中 c(K+)=c(RCOO-)
22、1+waKc OHKn D山梨酸能发生加成反应，但不能发生取代反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.山梨酸钾是盐，属于强电解质，其水溶液显碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此山梨酸是一元弱酸，属于弱电解质，A 错误；B.山梨酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，稀释时，水解程度增大，水解产生的OH-物质的量增大，但稀释倍数大于水解增大的倍数，所以稀释后的溶液中n(OH-)增大，但c(OH-)减小，B 错误；C.根据物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)，山梨酸钾水解平衡常数Kh=wac RCOOHc OHc RCOOHc OHc HKKc RCOOc RCO
23、Oc Hnnnn，所以c(RCOOH)=waKKc OHnc(RCOO-)，故 c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)1+waKc OHKn，C正确；D.山梨酸分子中含有碳碳双键能发生加成反应，含有羧基能发生取代反应，D 错误；故合理选项是C。12设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A 32gCu在足量 O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB4g 甲烷和 8g 甲醇含有的氢原子数均为NAC标准状况下,5.6L 乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD一定条件下,32gSO2与足量 O2反应。转移电子数为NA【答案】B【解析】A.32gCu 是 0.
24、5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为 NA和 0.5NA，A 错误；B.4g甲烷和 8g 甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.标准状况下，5.6L 乙烷是 0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.一定条件下，32gSO2与足量 O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D 错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推
25、论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A 是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。1325时，向10 mL 0.1 mol/LNaOH 溶液中，逐滴加入10 mL 浓度为 c mol/L 的 HF 稀溶液。已知25时：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)H=-67.7 kJ/mol H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H=-57.3 kJ/mol。请根据信息判断，下列说法中不正确的是A整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B将氢氟酸溶液温度由25升高到35时，HF的电
26、离程度减小(不考虑挥发)C当 c0.1 时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D若滴定过程中存在：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，则 c 一定小于0.1【答案】D【解析】【分析】A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；B.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；C.当 c0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF 时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详解】A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离
27、，在滴加过程中 c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A 正确；B.HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)H=-67.7 kJ/mol，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H=-57.3 kJ/mol，将-得 HF(aq)F-(aq)+H+(aq)H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.
28、4 kJ/mol，则 HF 电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF 电离程度减小，B 正确；C.向 NaOH 溶液中开始滴加HF 时，当 c0.1 时，混合溶液中溶质为NaF、HF 时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；D.若 c 0.1 时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，所以 c 不一定小于0.1，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根
29、据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。14图是NO2(g)CO(g)CO2(g)NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随 X 的变化关系曲线如图所示。下列有关说法正确的是（）A一定条件下，向密闭容器中加入1 mol NO2(g)与 1 mol CO(g)反应放出234 kJ热量B若 X 表示 CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C若 X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度D若 X 表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度【答案】D【
30、解析】【分析】【详解】A.反应的焓变 H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又 1 mol NO2(g)与 1 mol CO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234 kJ 热量，故 A 错误；B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，故B 错误；C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C 错误；D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D 正确；故选 D。15X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W 的原子序数，Z元素在地
31、壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的单质为气体。下列说法正确的是（）A简单阴离子的还原性：XY B原子半径：WZYX CZ与 W 形成的化合物中只含有离子键D简单氢化物的沸点：YZ【答案】A【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为 O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为 N；常温下，X 的单质为气体，在氮之前，只有H，则X 为 H；Y、Z的最外层电子数之和等于W 的原子序数，Y、Z 的最外层电子数分别为5、6，则 W 为 Na。A非金属性NH，元素的非金属性越强，对应的简单
32、阴离子的还原性越弱，A 项正确；B根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径NaNOH，B 项错误；CZ 与 W 形成的化合物可能为Na2O 或 Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误；D氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D 项错误；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图所示，该反应的离子方
33、程式为_。(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成 1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为_；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_。(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH 的关系如图所示。当pH1.7 时，pH 越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是_。(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为_(5)
34、在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、_等操作可得到Fe2O3产品。【答案】CuFeS2Cu 2H+=2CuS Fe2+H2S2 mol 4Fe2+O24H+=4Fe3+2H2O 生成的硫覆盖在 Cu2S表面，阻碍浸取Fe3+水解程度随pH 的升高而增大32：7 洗涤煅烧(或灼烧)【解析】【分析】辉铜矿（主要成分为Cu2S）用 FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的 CuSO4溶液，调节溶液pH，在碱性条件下，Cu
35、2+与 N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。【详解】（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成 Fe2+和 H2S，反应的离子方程式为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2+H2S，故答案为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2+H2S；（2）反应Cu2S+4FeCl32CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3中 Fe元素的化合价由+3 价降低为+2 价，Cu2S中 Cu 元素的化合价由+1 价升高为+2 价，硫元素的化合价由-2 价升高为0 价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4
36、，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，故答案为：2mol；4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O；浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，故答案为：生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；（3）由于 Fe3+的水解程度随着pH 的升高而增大，当pH1.7 时，pH 越大，金属离子萃取率越低，故答案为：Fe3+的水解程度随着pH 的升高而增大；（4）在碱性条件下，Cu2+与 N2H4反应生成氮气
37、和铜，反应为：2Cu2+N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（264）：28=32：7，故答案为：32：7；（5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置
38、为_，Y 的用途有_，写出 Y与 NaOH 溶液反应的离子方程式_。（2）若X、W 为日常生活中常见的两种金属，且Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为_。（3）若X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：X 的电子式为_，该反应的化学方程式为_，生成的化合物中所含化学键类型有_。若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为_。【答案】第三周期 A 族光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 23232AlFe O2FeAl O2Na2O22H2O=4NaOHO2 离子键、极性键0.1NA【解析】【详解】若实验室经常用澄清石灰水来检验X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途
39、之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA 族，Y为二氧化硅，它的用途有光导纤维，写出Y与 NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32+H2O，故答案为第三周期A 族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32+H2O；若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；若 X 为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为，则：X 的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2 2H2O=4NaOHO2，生
40、成的化合物 NaOH 所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O22H2O=4NaOHO2；离子键、极性键；过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8 克过氧化钠即0.1 mol 完全反应，转移的电子数为 0.1NA，故答案为0.1NA。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由 NO 与 Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。请回答下列问题：(1)装置 A中仪器 a 的名称是 _。(2
41、)实验开始时，应先打开K2，再打开 _（填 K1”或 K3”），通入一段时间气体，其目的是_。(3)实验时利用装置B 除去某些杂质气体并通过观察B 中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是_。(4)装置 C中应选用的试剂为_(填试剂名称)。(5)装置 F的作用是 _。(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H2ON2+HSO3-(未配平)吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。阴极的电极反应式为_。(7)NOCl 与 H2O 反应生成HNO2和 HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_。【答案】圆底烧瓶K1排尽
42、装置内的空气，防止NO 被氧化平衡气压，避免装置内压强过大浓硫酸冷凝收集亚硝酰氯1：12HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸【解析】【分析】装置 A 是制备氯气的发生装置，装置 B除去某些杂质气体并通过观察B 中的气泡来判断反应速率，防止 B中压强过大，检查装置是否堵塞，装置C是干燥气体，进入装置E中，推入NO 气体，NO 与 Cl2在通常条件下反应产生亚硝酰氯(C1NO)，进入装置F中利用冰盐冷却收集亚硝酰氯，通过装置 G 可避免水蒸气进入，最后通入氢氧化钠溶液中处理尾气。【详解】(1)根据仪器的结构
43、可知：装置A 中仪器 a 的名称是圆底烧瓶；(2)NO 容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；(3)反应产生气体速率快，B 中气泡多，反应产生气体慢，B 中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；同时若装置中气流过大，B 中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B 中的气泡来判断反应速率，装置 B 中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；(4)在装置 E中 Cl2与 NO 反应产生NOCl，由于 NOCl易与水反应，为避免反应
44、制取的NOCl与水接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；(5)亚硝酰氯(NOC1)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，装置 F的作用是：冷凝收集亚硝酰氯；(6)工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO 发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：1；阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+
45、2e-+2H+=S2O42-+2H2O；(7)NOCl 与 H2O 反应生成HNO2和 HCl。证明 HNO2是弱酸的方法：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有强的接受信息、处理信息应用的能力。19辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。.湿法炼铜用Fe2(SO4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+：(1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子
46、方程式_。(2)控制温度为85、浸取剂的pH=1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验：实验试剂及操作3 小时后 Cu2+浸出率(%)一加入 10mL 0.25mol L-1Fe2(SO4)3溶液和 5 mL 水81.90 二加入 10 mL0.25mol L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL 0.1molL-1H2O292.50 回答：H2O2使 Cu2+浸出率提高的原因可能是_。(3)实验二在85后，随温度升高，测得 3 小时后 Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_。(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O2并加入适量的C
47、uO，有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O2的作用 _。解释加入CuO的原因是 _。.某课题组利用碳氨液(NH4)2CO3、NH3 H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。其反应机理如下：Cu2S(s)?2Cu+(aq)+S2-(aq)(快反应)4Cu+O2+2H2O?4Cu2+4OH-(慢反应)Cu2+4NH3 H2O?Cu(NH3)42+4H2O(快反应)(5)提高铜的浸出率的关键因素是_。(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因是_。【答案】3222Cu S4Fe2CuS4FeH2O2把生成 Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)
48、的浓度增大，反应速率加快温度升高，H2O2发生了分解4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 由于浸取剂的pH=1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗 H+有利于控制溶液pH，使 Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动【解析】【分析】.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与 Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，据此写离子
49、方程式；(2)H2O2具有氧化性；(3)温度高，H2O2易分解；(4)O2的可以将亚铁离子氧化；加入CuO 的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使 Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀；.(5)根据反应机理，提高铜的浸出率的关键在慢反应；(6)根据(NH4)2S2O8的性质分析作答。【详解】.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与 Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，则离子方程式为3222Cu S4Fe2CuS4Fe，故答案为：3222Cu S4Fe2CuS4Fe；(2)浸出过程中铁离子变为亚铁离子，H2O2具有氧化性，可以再使亚铁离子氧化为铁离子，加快反应速率，故答案为：H
50、2O2把生成 Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快；(3)H2O2受热易分解，故答案为：温度升高，H2O2发生了分解；(4)O2可以将亚铁离子氧化，离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；加入 CuO的不引入其它杂质离子，消耗 H+有利于控制溶液pH，使 Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀，故答案为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；由于浸取剂的 pH=1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗 H+有利于控制溶液pH，使 Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀；.(5)根据反应机理，反应有快慢之分，提高铜的浸出率的关键在慢反应，故答案为：提