《2019-2020学年安徽省黄山市徽州一中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学年安徽省黄山市徽州一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20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学年安徽省黄山市徽州一中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）1已知 A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D 的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A最高价氧化物对应的水化物的酸性：BE B原子半径：CBA C气态氢化物的热稳定性：EC D化合物DC与 EC2中化学键类型相同【答案】A【解析】【分析】A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为 H
2、，B为 N；D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为 Mg；化合物 DC中两种离子的电子层结构相同，C为 O；A，B、C、D 的原子序数之和是E的两倍，E为 Si。【详解】A.N 的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性BE，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径NO，即 BCA，B 错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D.化合物 DC为 MgO，EC2为 SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活
3、中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。2298K 时，向 20mL 浓度均为0.1mo1/L 的 MOH 和 NH3 H2O 混合液中滴加0.1mol 的 CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的 Ka1.8105，NH3H2O 的 Kb=1.8105。下列说法错误的是（）A MOH 是强碱Bc 点溶液中浓度：c（CH3COOH)c(NH3 H2O），故 B 错误；C.d 点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和 CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COON
4、H4是中性盐，溶液相当于CH3COOM 和 CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a d 过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D 正确；故选 B。3下列操作不能达到目的的是选项目的操作A配制 100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将 25 g CuSO4 5H2O 溶于 100 mL 蒸馏水中B除去 KNO3中少量 NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2向酸性 KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定 NaCl溶液中是否混有N
5、a2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A、将 25gCuSO4 5H2O 溶于 100 mL 蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A 错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去 KNO3中少量 NaCl，B 正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、NaCl 和 CaCl2不反应，Na2CO3和 CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2C
6、O3，则可以实现目的，D 正确；答案选 A。【点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。4已知 X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的 pH 和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A X、M 简单离子半径大小顺序：XM BZ
7、 的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4CX、Y、Z、W、M 五种元素中只有一种是金属元素D X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、M 均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：MWZYX，M 的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则 M 为 Na 元素，0.01mol/LW 的最高价氧化物对应水化物溶液的 pH2，则 W 为 S元素，0.01mol/LZ 的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则 Z为 Cl 元素，X的半径最小，其0.01mol/L 的最高价氧化物对应水化物溶液的p
8、H=2，则 X为 N 元素，0.01mol/LY 的最高价氧化物对应水化物溶液的2pHNa+，A 选项正确；BZ 为 Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；CX、Y、Z、W、M 五种元素中只有Na 元素一种金属元素，C 选项正确；D X的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D 选项正确；答案选 B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH 的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归
9、纳。5t时，将 0.5mol/L 的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L 盐酸中，溶液中温度变化曲线、pH 变化曲线 与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是A Kw的比较：a 点比 b 点大Bb 点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+）=c（Cl）Cc 点时溶液中c（NH4）=c（Cl）=c（OH）=c（H）D d 点时溶液中c（NH3?H2O）c（OH）=c（Cl）+c（H）【答案】D【解析】【详解】A据图可知b 点的温度比a 点高，水的电离吸热，所以b 点 Kw更大，故A 错误；B据图可知b 点加入 10mL0.5mol/L 的氨水，与
10、10.00mL0.5mol/L 盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为 NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+)c(OH)=c(H)，故 C错误；Dd 点加入 20 mL0.5mol/L 的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl 和 NH3?H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，物料守恒：2c(Cl)=c(NH4)+c(NH3?H2O)，二式联立可得c(NH3?H2O)c(OH)=c(Cl)+c(H)，故 D 正确；故答案为D。6下列排列顺序中，正确的是热稳定性：H2OHFH2S 离子半径：ClNa+Mg2+Al3+酸性：H3PO4H2SO
11、4HClO4 结合质子(H+)能力：OHCH3COOClABCD【答案】B【解析】【分析】非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强；电离出氢离子能力(酸性)越强，结合质子能力越弱。【详解】非金属性FOS，则气态氢化物的热稳定性：HFH2OH2S，故错误；Cl含有三层电子，Na+、Mg2+、Al3+的电子层数都是两层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl-NaMg2Al3，故正确；非金属性：PSCl，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故错误；电离出氢离
12、子的能力：HClCH3COOH H2O，则结合质子能力：OH-CH3COO-Cl-，故正确；故答案选B。【点睛】本题明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系。7在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A NH32O催化剂NO222OH OHNO3BMg(OH)2HClMgCl2(aq)灼烧无水 MgCl2CFe2O3Al高温Fe2Cl点燃FeCl2D NaCl(aq)电解NaOH(aq)2CO过量NaHCO3【答案】D【解析】【分析】【详解】A.NH32O催化剂NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO 而不能直接得到NO2，选项 A 错误；B.MgCl2(aq
13、)灼烧无水 MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B 错误；C.Fe2Cl点燃FeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项C错误；D.NaCl(aq)电解NaOH(aq)2CO过量NaHCO3，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生
14、的分析能力及灵活应用能力。8含有非极性键的非极性分子是A C2H2BCH4CH2O D NaOH【答案】A【解析】【详解】A乙炔分子中，C与 C原子之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，A 正确；B甲烷分子中只含有CH 极性键，不含有非极性键，B 错误；C水分子中只合有HO 极性键，分子结构不对称，属于极性分子，C错误；D NaOH 属于离子化合物，不存在分子，D 错误；故合理选项是A。9短周期主族元素Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z 原子的最外
15、层电子数之和为10。下列说法正确的是A X 与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY 单质常温下稳定不跟酸碱反应C简单氢化物的沸点：QCAD E B若从 A 点到 D 点，可采用在水中加入少量NaOH 的方法C若从 A 点到 C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D 100时，将pH2 的硫酸溶液与pH12 的 KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】A【解析】【详解】A.水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，Kw增大，A、D、E三点均在 25下水的电离平衡曲线上，三点的 Kw相同，图中五点温度BCAD E，则 Kw间的关系为BCA DE，故 A 正确；B.若从 A 点到 D
16、 点，由于温度不变，溶液中c（H）增大，c（OH）减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C.A点到 C点，温度升高，Kw增大，且A 点和 C点 c（H）c（OH），所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H）增大则c（OH）减小，A 点沿曲线向D点方向移动，故C 错误；D.100时，Kw1012，pH 2 的硫酸溶液中c(H)102mol/L，pH12 的 KOH溶液中 c(OH)1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH)n(H)，所以溶液显碱性，故D 错误。综上所述，答案为A。【点睛】计算 pH 时一定要注意前提条件温度，温度变化，
17、离子积常数随之发生改变，则pH 值也会发生改变。11用 0.1 molL1 NaOH 溶液滴定40 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A Ka2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C图中 Z 点对应的溶液中：c(Na)c(SO32)c(HSO3)c(OH)D图中 Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)【答案】C【解析】【分析】用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴
18、定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32)时，此时pH=7.19，即 c(H+)=10-7.19mol/L，则 H2SO3的Ka2=c(H+)，所以 H2SO3的 Ka2=1 10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故 A 正确；B 第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B 正确；CZ点为第二反应终
19、点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液 pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故 C错误；D根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以 3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故 D 正确；答案选 C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合 Ka2的表达式分析解答。12室温下
20、，下列关于电解质的说法中正确的是A中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH=7，前者消耗的盐酸多B向 NaHS 溶液中加入适量KOH 后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)C将 amol L-1的醋酸与0.01 mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离常数 Ka=92 100.01a(用含 a 的代数式表示)D向 NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则+432c(NH)c(NHH O)g的值减小【答案】B【解析】【详解】A、中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH 等于 7，后者消耗的盐酸多，故A 错误；B
21、、根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:1，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故 B 正确；C、将 amol L-1的醋酸与0.01 mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka=9100.01a，故 C错误；D、向 NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH-)减小，Kh=432c NHc OHc NHH O值不变，所以则432c NHc NHH O的值增大，故D 错误。13下列说法正确的是()A铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B0.01 mol Cl2通入足量水中
22、，转移电子的数目为6.02 1021C反应 3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的 H0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A.根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A 项错误；B.0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于 6.021021，B项错误；C.反应 3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)中 S0，因在常温下不
23、能自发进行，则 G=H-T S0，那么 H 必大于 0，C项正确；D.CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 mol L1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与 H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选 C。14据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（）A种出的钻石是有机物B该种钻石是原子晶体C甲烷是最简单的烷烃D甲烷是可燃性的气体【答案】A【解析】【详解】A由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出
24、的钻石和金刚石均是碳的单质，由C 原子构成，不是有机物，故A 错误；B种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B 正确；C甲烷是最简单的有机物，1 个分子中只含有4 个 C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C 正确；D甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D 正确；故选：A。15A、B、C、D 是中学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A若 B为一种两性氢氧化物，则D 可能是强酸，也可能是强碱B若 A 为固态非金属单质，D 为 O2，则 A 可以为单
25、质硫C若 A 为强碱，D 为 CO2，则 B 的溶解度一定大于C的溶解度D若 A 为 18 电子气态氢化物，D 为 O2，则 A 只能是 C2H6【答案】A【解析】【分析】【详解】A.B 为两性氢氧化物，若D 为强碱，则A 为铝盐，若D 为强酸，则A 为偏铝酸盐，则A 正确；B 若 A 为固态非金属单质，D 为 O2，则 A 不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B 错误；C.当 A 为氢氧化钠，B 为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D 为二氧化碳，B 的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C 错误；D.若 A 为 18 电子气态氢化物
26、，D 为 O2，则 A 可以为 C2H6、H2S，故 D 错误。答案选A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：I.探究不同价态铜的稳定性进行如下实验：(1)向2Cu O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：_。由此可知，在酸性溶液中，+2价 Cu比+1 价 Cu 更_(填“稳定”或“不稳定”)。(2)将CuO粉末加热至o1000 C以上完全分解成红色的2Cu O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1 价的Cu比+2 价 Cu更_(
27、填“稳定”或“不稳定”)。II.探究通过不同途径制取硫酸铜(1)途径 A：如下图杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是_(填字母代号)a.该条件下铜无法被氧气氧化b.灼烧不充分，铜未被完全氧化c.氧化铜在加热过程中分解生成铜d.灼烧过程中部分氧化铜被还原测定硫酸铜晶体的纯度：某小组同学准确称取4.0g 样品溶于水配成100mL 溶液，取10mL 溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液 pH=34，加入过量的KI，用2230.1000mol/L Na S O标准溶液滴定至终点，共消耗22314.00mLNa S O标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：2+-2-2-2
28、223462Cu+4I=2Cul+I,I+2S O=2I+S O。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_(2)途径 B：如下图烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_(已知烧杯中反应：23222NaOH2NONaNONaNOH O)下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_。.探究用粗铜(含杂质 Fe)按下述流程制备氯化铜晶体22CuCl2H O。(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与2Cl反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要_(填“是”或“否”)(2)将溶液 2 转化为22CuCl2H O的操作过程中，发现溶液颜色
29、由蓝色变为绿色。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：Cu(H2O)42+(aq，蓝色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明2CuCl溶液中有上述转化关系的是 _(填序号)(已知：较高浓度的24CuCl溶液呈绿色)。a.将 Y稀释，发现溶液呈蓝色b.在 Y中加入2CuCl晶体，溶液变为绿色c.在 Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色d.取 Y进行电解，溶液颜色最终消失.探究测定铜与浓硫酸反应取6.4g铜片和 12mL18mol/L 浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓
30、度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取 20mL 至锥形瓶中，滴入 23 滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH 约为 5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度_(填“能”或“不能”)，其理由是 _。【答案】+2+22Cu O+2H=Cu+Cu+2H O稳定稳定bd 87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO+4H2O氧气氧化氮氧化
31、合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气否abc 不能虽然甲基橙变色的pH 范围为 3.14.4，Cu（OH）2开始沉淀时的pH 为 5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗 OH-，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰【解析】【分析】I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2 价 Cu比+1 价 Cu更稳定；(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明 Cu2O 比 CuO在高温下稳定；II.(1)Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；根据 Cu 元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关
32、系式计算CuSO4?5H2O 的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；(2)Cu 与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或 NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；O2可以将 NO 氧化为 NO2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH 溶液中，发生反应，防止大气污染；III.(1)HCl 对反应没有影响；(2)根据平衡移动原理分析；IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。【详解】I.(1)向 Cu2O 中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：C
33、u2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价 Cu比+1 价 Cu更稳定；(2)将CuO粉末加热至o1000 C以上完全分解成红色的2Cu O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1 价的Cu比+2 价 Cu更稳定；II.(1)a.加热条件下铜易被氧气氧化，a 错误；b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b 正确；c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c 错误；d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d 正确；故合理选项是bd；根据方程式2+-2-2-2223462Cu+4I=2CuI+II+2S O=2I+S O，可知：2Cu2+I22S2O32-，n(S2O
34、32-)=0.1000mol/L 0.014L 10=1.4 10-2mol，则 n(Cu2+)=1.4 10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4 10-2mol 250g/mol=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g 4.0g)100%=87.5%；(2)Cu 与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或 NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：243422Cu+H SO+2HNO()=CuSO+2NO+2H O浓243423Cu+3H SO+2HNO()=3CuSO+2NO+4H O稀；NO 不能被 NaOH 溶液吸收，
35、O2可以将 NO 氧化为 NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH 溶液中，发生反应，转化为NaNO2、NaNO3，防止大气污染；III.(1)Cl2中混有的HCl 对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl 的装置；(2)a.将 Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，a 正确；b.在 Y中加入 CuCl2晶体，溶液中Cu(H2O)42+、Cl-浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明 CuCl2溶液中转化关系，b 正确；c.在 Y中加入 NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为
36、绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，c 正确；d.取 Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，d 错误；故合理选项是abc；IV.甲基橙变色的pH 范围是3.14.4，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5，在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2+不会消耗OH-，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu2+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。【点睛】本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性
37、、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知A 与 H2、CO 以物质的量111 的比例形成B，B 能发生银镜反应，C 分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：（1）有机物C 的结构简式是_，反应的反应类型是_。（2）写出一定条件下发生反应的化学方程式_。（3）下列说法不正确的是 _(填字母)。A化合物A 属于烃B化合物D 含有两种官能团C用金属钠无法鉴别化合物F、G D A 与 D 一定条件下可以生成CH3CH2OCH2CH2OH【答案】加成反应CH2=CH2
38、+H2+CO CH3CH2CHO BC【解析】【分析】石蜡分解生成A，A 氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此 A 为 HC2=CH2；A 与 CO、H2以物质的量111 的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为 CH3CH2CHO，B 氧化生成E，E为CH3CH2COOH，根据 A、E的化学式可知，A 与 E发生加成反应生成G，G 为 CH3CH2COOCH2CH3；根据 C、D的化学式可知，C 与水发生加成反应生成D，则 D 为 HOCH2CH2OH，D 与 E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，有机物C 的结构简式是
39、为，反应的反应类型是加成反应，故答案为：；加成反应；(2)一定条件下发生反应的化学方程式为CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO，故答案为：CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO；(3)A化合物A为乙烯，只含有C 和 H 两种元素，属于烃，故A 正确；B化合物D 为 HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故 B 错误；C G 为 CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为 CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故 C错误；DA 为 HC2=CH2，D 为HOCH2CH2OH，A 与 D 一定条件下可以
40、发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故 D 正确；故答案为：BC。【点睛】正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G 的结构的判断。本题的易错点为(3)，要框图中A 与 E发生反应生成G 的反应类型的判断和应用。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe-Sm-As-F-O组成的化合物。回答下列问题：（1）元素 As 与 N 同族。预测As 的氢化物分子的立体结构为_，其沸点比NH3的 _（填“高”或“低”），其判断理由是_。（2）Fe成为阳离子时首先失去_轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66
41、s2，Sm3+的价层电子排布式为_。（3）比较离子半径：F-_O2-（填“大于”等于”或“小于”）。（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1 所示，晶胞中Sm 和 As原子的投影位置如图2 所示。图中 F-和 O2-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x 和 1-x 代表，则该化合物的化学式表示为 _，通过测定密度和晶胞参数，可以计算该物质的x 值，完成它们关系表达式：=_g cm-3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图 1 中原子1 的坐标为(1 1 1,2 2 2)，则原子 2 和 3 的坐标分别为_、_。【答案】三角锥形低
42、NH3分子间存在氢键4s 4f5小于SmFeAsO1-xFx330A228116(1)19 10 xxa cN1 1(,0)2 21(0,0,)2【解析】【分析】【详解】（1）As 与 N 同族，则 AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于 NH3分子间存在氢键使沸点升高，故 AsH3的沸点较NH3低，故答案为三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；（2）Fe为 26 号元素，Fe 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe 原子失去 1 个电子使4s 轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s 轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去 3 个电子变成
43、Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s 电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5，故答案为4s；4f5；（3）F-和 O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-O2-，故答案为；（4）由图 1 可知，每个晶胞中含Sm原子：412=2，含 Fe原子：414+1=2，含 As 原子：412=2，含 O原子：（818+212）（1-x）=2（1-x），含 F原子：（818+212）x=2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx；根据该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，一个晶胞的质量为2 281 16 1x19xAN，一个晶胞的体积为 a2c10-30
44、cm3，则密度=2302 281 16 1x19x10Aa cNg/cm3，故答案为SmFeAsO1-xFx；2302 281 16 1x19x10Aa cN；根据原子1 的坐标（12，12，12），可知原子2 和 3 的坐标分别为（12，12，0），（0，0，12），故答案为（12，12，0）；（0，0，12）；19“绿水青山就是金山银山”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)NH3 H2O(aq)NH4HSO3(aq)H1 a kJ mo
45、l-1；NH3 H2O(aq)NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(aq)H2O(l)H2b kJ mol-1；2(NH4)2SO3(aq)O2(g)2(NH4)2SO4(aq)H3 c kJ kJ mol-1。则反应 2SO2(g)4NH3 H2O(aq)O2(g)2(NH4)2SO4(aq)2H2O(l)的 H_kJ mol-1(2)燃煤发电厂常利用反应：2CaCO3(s)2SO2(g)O2(g)2CaSO4(s)2CO2(g)H 681.8 kJmol-1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：0 10 20 30 4
46、0 50 O21.00 0.79 0.60 0.60 0.64 0.64 CO20 0.42 0.80 0.80 0.88 0.88 0 10min 内，平均反应速率v(O2)_mol L1 min1；当升高温度，该反应的平衡常数K_(填“增大”“减小”或“不变”)。30min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的粉状碳酸钙B通入一定量的O2C适当缩小容器的体积D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)2NO(g)?N2(g)CO2(g)H 34.0 kJmol-1，用活性炭对NO进行吸附。已
47、知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压，测得NO 的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K 前反应中NO 的转化率随温度升高而增大，其原因为_；在 1100K 时，CO2的体积分数为 _。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp)。在 1050K、1.1 106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp_已知：气体分压(P分)气体总压(P总)体积分数。(5)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液 X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：在阳极区发生的反应包括_和 H+HCO3-=CO2+H2O 简述 CO32-在阴
48、极区再生的原理：_。【答案】2a+2b+c0.021 减小 BC1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大 20%44OH-4e-2H2O+O2阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH-与 HCO3-反应生成 CO32-【解析】【分析】(1)利用盖斯定律计算。(2)根据公式计算O2平均反应速率；当升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动；A.加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，浓度不变；B.通入一定量的O2，平衡正向移动，二氧化碳浓度增加，氧气浓度也比原来增加；C.适当缩小容器的体积，两者浓度都在原来基础上增加，平衡向体积减小方向即正向移动；D.加入合适的催化剂，平
49、衡不移动，浓度不变。(3)1050K 前反应不断的正向建立平衡，因此NO 的转化率随温度升高而增大；建立三段式进行计算。(4)建立三段式计算压强平衡常数。(5)在阳极区是氢氧根失去电子，发生的反应包括4OH4e2H2O+O2，剩余氢离子和碳酸氢根反应；阴极水电解生成氢气，剩余氢氧根离子，剩余的OH与 HCO3反应生成CO32。【详解】(1)根据目标反应，将第一个方程式2 倍加第二个方程式2 倍再加第三个方程式得到：反应2SO2(g)4NH3 H2O(aq)O2(g)2(NH4)2SO4(aq)2H2O(l)的 H(2a+2b+c)kJmol-1(2)0 10min 内，O2平均反应速率1112
50、(1.000.79)molL(O)=0.021mol Lmin t10minc；当升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此该反应的平衡常数K 减小；故答案为：0.021；减小。A.加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，浓度不变，故A 不符合题意；B.通入一定量的O2，平衡正向移动，二氧化碳浓度增加，氧气浓度也比原来增加，故B符合题意；C.适当缩小容器的体积，两者浓度都在原来基础上增加，平衡向体积减小方向即正向移动，故C 符合题意；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，浓度不变，故D 不符合题意；综上所述，答案为BC。(3)由图可知，1050K 前反应不断的正向建立平衡，因此NO 的转化率随温度升