《2019-2020学年安徽省泗县刘圩高级中学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学年安徽省泗县刘圩高级中学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学年安徽省泗县刘圩高级中学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）1W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X 的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z 的核电荷数是W 的 2 倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是A W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同BY和 Z 形成的化合物可以通过复分解反应制得CZ和 W 可形成原子个数比为12 和 13 的共价化合物D X、Y和 Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应【答案】B【解析】【分析】W、X、
2、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为 Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为 Al，W、Z最外层电子数相同，属于同主族元素，Z的核电荷数是W 的 2 倍，符合条件的W、Z为 O、S。【详解】A W、X、Y形成的简单离子分别是O 2-、Na+、Al 3+，其核外电子数都为10，故 A 正确；BY和 Z 形成的化合物是Al2S3，硫化铝在水溶液能发生剧烈的双水解反应，所以不能通过复分解反应制得，故 B 错误；CS、O 可形成原子个数比为1：2和 1：3 的共价化合物SO2、SO3，故 C正确；D X、Y 和 Z三种元素形成的最高价氧化物对
3、应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，故D 正确；故选：B。2关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（）A可用于实验室制取少量NH3或 O2B可用从 a 处加水的方法检验装置 的气密性C实验室可用装置 收集 H2、NH3D制硫酸和氢氧化钠，其中b 为阳离子交换膜、c 为阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】【详解】A.装置可以用浓氨水和生石灰取值氨气，或用二氧化锰和过氧化氢制取氧气，A 正确；B.关闭活塞后，从a 处加水就可以形成一个密闭的空间，可以用来检验装置 的气密性，B 正确；C.短进长出，是向下排空气法集气，所
4、以可以用装置 收集 H2、NH3，C正确；D.装置 左边是阳极，OH-放电，所以左边生成H2SO4，b 应该是阴离子交换膜，右边是阴极，H+放电，所以右边生成NaOH，a 应该是阳离子交换膜，D 错误；答案选 D。3海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和 Na2CO3B溴元素在第、中被氧化，在第 中被还原C工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取 Mg 单质D海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质【答案】B【解析】【分析】【详解】A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀
5、，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在中化合价升高，被氧化，在中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选 B。42019 年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%）制备 Li2C2O4，并用其制备LiFePO4部分工艺流程如图（该流程可能造成水体砷污染）：已知：滤液1、滤液 2 中部分离子的浓度（gL-1）：Li+Ni2+Mg2+滤液 1
6、 22.72 20.68 60.18 滤液 2 21.94 7.710-30.7810-3I.制备 Li2C2O4(1)滤渣 2 的主要成分有_（填化学式）。(2)Na2C2O4溶液中各离子的浓度由大到小顺序为_。(3)写出加入Na2C2O4溶液时发生反应的离子方程式：_。.制备 LiFePO4(4)将电池极Li2C2O4和 FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和一种温室气体，该反应的化学方程式是_。(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是_（任写一点）。(6)我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的As()，其机
7、制模型如图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_。在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧（无元素化合价变化）后得到一种磁性化合物，化学式为Fe7As2O14，该物质中二价铁与三价铁的个数比为_。【答案】Mg(OH)2、Ni(OH)2c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)2Li+C2O42-=Li2C2O4 Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2 改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-3:4【解析】【分析】含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%)粉碎后加入稀
8、硫酸，并加热，Li、Ni、Mg 溶解生成 Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物(滤渣 1)，所得滤液1 的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入 NaOH 调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4、MgSO4与 NaOH 的反应，所得滤渣 2 的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2，滤液 2 中主要含有Li2SO4；加入 Na2C2O4，与 Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3 的主要成分。【详解】(1)由以上分析知，滤渣2 的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2。答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2；(2)Na2
9、C2O4溶液中，主要存在以下平衡：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-、H2OH+OH-，且程度依次减弱，所以各离子的浓度由大到小顺序为c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)。答案为：c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)；(3)加入 Na2C2O4溶液时，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，发生反应的离子方程式为：2Li+C2O42-=Li2C2O4。答案为：2Li+C2O42-=Li2C2O4；(4)将 Li2C2O4和 FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和
10、 CO2，该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2。答案为：Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2；(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用。答案为：改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用；(6)零价铁与过硫酸钠反应，生成 Fe2+和 SO42-，反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-。在 Fe7As2O14中，Fe显+2、+3 价，As 显+5 价，O 显-2 价，可设Fe2+的个数为x，则 Fe3+
11、的个数为(7-x)，依据化合价的代数和等于 0，可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。答案为：Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-；3:4。【点睛】在分析图中所示反应的反应物和生成物时，可从图中箭头的方向判断，箭尾所示物质为反应物，箭头所指物质为生成物。5有以下六种饱和溶液 CaCl2；Ca(OH)2；Na2SiO3；Na2CO3；NaAlO2；NH3和 NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A BCD【答案】A【解析】【分析】【详解】碳酸比盐酸弱，CO2与 CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；
12、酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与 Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故正确；碳酸比硅酸强，过量的 CO2与 Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O 2NaHCO3+H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，故错误；通入
13、CO2与 NH3和 NaCl 反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选 A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。6下列物质结构和性质变化规律正确的是（）A硬度：LiClNaClKCl B沸点：HFHClHBr C酸性：H3PO4H2SO4HClO4D原子半径：NaMgAl【答案】D【解析】【详解】A、离子半径：Li+Na+K+，晶格能LiClNaClKCl，所以硬度LiClNaClKCl，故 A 错误；B、HF 分子间存在氢键，所以沸点
14、：HClHBr HF，故 B 错误；C、非金属性PSCl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故 C错误；D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：NaMg Al，故 D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。7从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性B汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O
15、3D港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A亚铁离子易被人体吸收，维生素C 具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C 效果较好，故A 错误；B瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B 错误；C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含 Fe3O4，故 C错误；D聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D 正确；答案选 D。8下列过程没有明显现象的是A加热 NH4Cl固体B向 Al2(SO4)3溶液中滴加氨水C向 FeSO4溶液中通入NO2D向稀
16、Na2CO3溶液中滴加少量盐酸【答案】D【解析】【详解】A.加热 NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵，有明显的现象，A 不符合题意；B.向 Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，B 不符合题意；C.向 FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+为 Fe3+，溶液变为黄色，有明显现象，C不符合题意；D.向稀 Na2CO3溶液中滴加少量盐酸，发生反应产生NaCl 和 NaHCO3，无明显现象，D 符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质的特征性质和反应现象，掌握基础是解题关键，题目难
17、度不大。D 项为易错点，注意碳酸钠与稀盐酸反应时，若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。9短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y与 W 同族，W 的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（）A简单离子半径：ZWYX B最简单氢化物的稳定性：WY CX与 Z 可形成离子化合物ZX D W 的氧化物对应的水化物为强酸【答案】C【解析】【分析】首先发现Y形成了双键，因此推测Y 是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与 W 同族，W的核电荷数是Y 的两倍，因此Y只能是氧，W 是硫，X 为氢，Z 则只能是钠，故该
18、物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W 分别是 H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为2-2-+S ONa H，A 项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：WY，B项错误；C.氢和 Na 可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D 项错误；答案选 C。10下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是A前者是混合物，后者是纯净物B两者都具有丁达尔效应C分散质的粒子直径均在11
19、00nm 之间D前者可用于杀菌，后者可用于净水【答案】D【解析】【详解】A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；B、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B 错误；C、溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l 100nm 之间，故C 错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D 正确；故选 D。11延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRP B中国馆屋顶ETFE保温内膜C八达岭长城城砖D2022 年冬奥会高山滑雪服【答案】C【解析】【分析】【详解】A.FRP属于纤
20、维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A 项错误；B.ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；C.长城城砖属于无机非金属材料，C 项正确；D.高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D 项错误；答案选 C。12海水是巨大的资源宝库：从海水中提取食盐和溴的过程如下：下列说法错误的是A海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程C步骤中将Br2还原为 Br的目的是富集溴元素D向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的Mg(OH)2来制取镁【答案】D【解析
21、】【详解】A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A 正确；B.电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程，选项B正确；C.步骤中将Br2还原为 Br，发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，目的是富集溴元素，选项C正确；D.向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的MgCl2来制取镁，选项D 错误。答案选 D。13下列化学用语表述正确的是()A丙烯的结构简式:CH3CHCH2B丙烷的比例模型:C氨基的电子式H D乙酸的键线式:【答案】D【解析】【详解】A.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，碳碳双键是官能团，必须表示出来，故A不选；B
22、.如图所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B不选；C.氨基的电子式为，故 C不选；D.乙酸的键线式：，正确，故D 选。故选 D。14中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1 所示，电池的工作原理如下图2 所示。下列有关说法正确的是A放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极C放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极D充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=O2+2Li+【答案】D【解析】【分析】本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解
23、质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。【详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；B、开关 K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2-2e-=O2+2Li+，故 D 正确。15取 10g 碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A生成了2g 二氧化碳B剩余固体质量为5g C生成了5.6g 氧化钙D剩
24、余碳酸钙的质量为8g【答案】A【解析】【详解】原碳酸钙10g 中的钙元素质量为：10g 401264013 100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量=4g50%=8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，32CaCOCaOCO5644x2.0g高温56x=442g，x=2.56g，A根据上述计算分析，生成了2g 二氧化碳，故A 正确；B根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故 B 错误；C根据上述计算分析，生成了2.56g 氧化钙，故C错误；D根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，
25、故 D 错误；答案选 A。【点睛】易错点为D 选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含 Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取 2.6g 样品，加入200.0mL0.2000mol L1酸性 KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42)，滤去不溶杂质；收集滤液至250mL 容量瓶中，定容；取 25.00mL 溶液，用 0.1000mol L1FeSO4
26、溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量NH4HF2溶液(掩蔽 Fe3+和 Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI 固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2+4I=2CuI+I2；加入 2 滴淀粉溶液，用0.1000mo1 L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32+I2=S4O62+2I)。回答下列问题：(1)写出 Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_；(2)配制 0.1000mol L1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是_，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_；(3)中取 25.00mL待测溶液所用的仪器是_；(4)中滴定至
27、终点时的现象为_；(5)混合样品中Cu2S和 CuS的含量分别为_%、_%(结果均保留1 位小数)。【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.5 36.9【解析】【分析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则 Cu2S与酸性 KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+S
28、O42-+2Mn2+4H2O。(2)配制 0.1000mol L1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤 中取 25.00mL 待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设 2.6g 样品中，Cu2S和 CuS的物质的量分别为x、y，据 5Fe2+MnO4-（5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H
29、2O），样品反应后剩余 n(MnO4-)=0.1000molL1 20.00 10-3L1525025.00=4.000 10-3mol 样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo L1 200.0 10-3L4.000 10-3mol=36.00 10-3mol 由 Cu2S2MnO4-和 5CuS8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn2+12H2O），得 2x+85y=36.00 10-3mol 又据 2Cu2+I22S2O32，得 2x+y=0.1000mo1 L1 30.00 10-3L25025.00=30.00 10-3mol 解方程组得x=
30、y=0.01mol 故 w(Cu2S)=0.01mol160g/mol100%2.6g=61.5%，w(CuS)=0.01mol96g/mol100%2.6g=36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制 250mL 溶液，只取出25.00mL 用于测定实验。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 化学 选修 5：有机化学基础化合物 M 是一种香料，A 与 D 是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：已知以下信息：A的相对分子质量为28 回答下列问题：（1）A 的名称是 _，D 的结构简式是 _。（2）A 生
31、成 B 的反应类型为_，C中官能团名称为_。（3）E生成 F的化学方程式为_。（4）下列关于G 的说法正确的是_。（填标号）a属于芳香烃b可与 FeCl3溶液反应显紫色c可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀dG 分子中最多有14 个原子共平面（5）化合物 M 的同系物 N比 M 的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有_种（不考虑立体异构）。与化合物M 含有相同的官能团；苯环上有两个取代基（6）参照上述合成路线，化合物 X与 Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X 的结构简式为 _，Y的结构简式为_。【答案】（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；（3）；（4）cd；（
32、5）18；（6）CH3CH2CHO，。【解析】【分析】根据信息 ，推出 C 和 D 结构简式为：CH3CHO和，A 的分子量为28，推出 A 为 CH2=CH2(乙烯)，B 为 CH3CH2OH，G 的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D 的结构简式为：。【详解】（1）A 为乙烯，D 的结构简式为：；（2）A 和 B发生 CH2=CH2H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E 生成 F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据 G 的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G 中含有 O 元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显
33、色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14 个原子共面，故正确；（5）N 的相对分子质量比M 大 14，说明 N 比 M 多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有 36=18 种；(6)根据信息 ，X 为 CH3CH2CHO，Y的结构简式为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和 CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理 常用的处理方法有两种方法1：还原沉
34、淀法该法的工艺流程为：其中第步存在平衡2CrO42-（黄色）+2H+?Cr2O32-（橙色）+H2O（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显 _色（2）能说明第步反应达平衡状态的是_（填序号）A Cr2O72-和 CrO42-的浓度相同B2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）C溶液的颜色不变（3）第步中，还原1molCr2O72-离子，需要 _mol 的 FeSO4?7H2O（4）第步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=10-32，要使 c（Cr3+）
35、降至 10-5mol/L，溶液的pH 应调至 _方法 2：电解法该法用 Fe 做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH 升高，产生Cr（OH）3沉淀；（5）用 Fe做电极的原因为_（用电极反应式解释）（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有_【答案】橙C 6 5 阳极反应为Fe-2e-Fe2+，提供还原剂Fe2+Fe(OH)3【解析】【分析】（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；（
36、5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液 PH 升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH 升高，生成沉淀为Cr（OH）3和 Fe（OH）3。【详解】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙；（2）ACr2O72-和 CrO42-的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A 错误；B2v（Cr2O72-）=v（CrO42-），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B 错误；C平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；综上所述，本题选C；（3）根据电子得失守恒可
37、以知道,还原 1molCr2O72-离子，得到Cr3+，得到电子：2（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为 Fe3+，需要 FeSO4?7H2O的物质的量为632=6mol；综上所述，本题答案是：6；（4）当 c(Cr3+)=10-5mol/L 时,溶液的 c(OH-)=25331010=10-9mol/L,c(H+)=1491010=10-5mol/L,pH=5，即要使c(Cr3+)降至 10-5mol/L，溶液的pH应调至 5；综上所述，本题答案是：5；（5）用 Fe 做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe-2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe-2e-=Fe2+
38、，提供还原剂Fe2+；（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H+2e-=H2，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。19CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。(1)将含 0.02mol CO2和 0.01 mol CO 的混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃，充分反应后，固体质量增加_g。(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0kJ/mol，键能 Eo-o=499.0kJ/mol。则反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)
39、+O(g)的H=_kJ/mol。(3)在某密闭容器中发生反应:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图所示。恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有_(填字母)。A CO的体积分数保持不变B容器内混合气体的密度保持不变C容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变D单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度分析上图，若1500时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=_(计算结果保留 1 位小数)。向 2L 的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T时，容器内 O2的
40、物质的量浓度随时间的变化如曲线II 所示。图中曲线I 表示相对于曲线II 仅改变一种反应条件后，c(O2)随时间的变化，则改变的条件是_；a、b 两点用 CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)_(填“”“”或“=”)vb(CO)。【答案】0.84g-33.5 AC 3.2 10-8mol/L 升温【解析】【分析】【详解】(1)Na2O2与 CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O22CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O
41、2，将含 0.02 molCO2和 0.01molCO 的混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，固体质量增加为CO的质量=(0.02mol+0.01mol)28g/mol=0.84g，故答案为0.84；(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0kJ?mol-1；键能 Eo-o=499.0kJ/mol，即 O2(g)=2O(g)H=499kJ?mol-1；由盖斯定律：两个方程相加除以2 即可得到CO(g)+O2(g)?CO2(g)+O(g)H=-33.5kJ?mol-1；故答案为-33.5；(3)ACO的体积分数保持不变是平衡标志，故A 正确；B反应前后气体质量
42、不变，体积不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；C反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡状态，故C正确；D2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)，单位时间内，消耗 CO的浓度等于生成CO2的浓度说明速率相同反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；故答案为AC；设生成的氧气为xmol，2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)起始量(mol)：1 0 0 转化量(mol)：2x 2x x 平衡量(mol)：1-2x 2x x，平衡时，氧气的体积分数为0.2，则1xx=0.2%，则 x=0.0
43、02，则 c(CO2)=0.996mol/L，c(CO)=0.004mol/L，c(O2)=0.002mol/L，则 K=220.0040.0020.996 3.2 10-8mol?L-1，故答案为3.2 10-8mol?L-1；向 2 L 的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应：2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)，反应为吸热反应，图中曲线 I 表示相对于曲线II 仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化，曲线达到平衡时间缩短，平衡状态下氧气浓度增大，则改变的条件是升温，温度越高反应速率越大，则a、b 两点用 CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)vb(CO)，故答案为升温；。【点睛】本题考查了氧化还原反应、反应速率和平衡常数的计算等。本题的易错点为(1)，要注意2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体质量的增加相当于氢气和CO的质量；本题的难点是(3)条件的判断，要注意分析图像，曲线I 相对于曲线II 达到平衡的时间缩短，氧气浓度增大，说明反应速率加快，平衡正向进行，结合反应为吸热反应分析判断。