《2019-2020学年北京市第101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学年北京市第101中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年北京市第 101 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）1下列有关海水综合利用的说法正确的是A海水提溴过程中，提取溴单质只能用有机物萃取的方法B电解饱和食盐水可制得金属钠C海水晒盐过程中主要涉及物理变化D海带提碘中，氧化过程可通入过量的氯气【答案】C【解析】【详解】A.溴元素在海水中以化合态存在,将 Br 元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，生成溴单质后用有机物进行萃取，故A 错误；B.钠易与水反应,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，所以应用电解熔融的氯化钠的方法冶
2、炼钠，故 B 错误；C.海水晒盐利用蒸发原理，蒸发是根据物质的沸点不同进行分离的操作，为物理变化，故C正确；D.加入过量的氯气能将I2氧化成更高价的化合物,减少碘的产率,故 D 错误；答案选 C。2下列关于物质用途的说法中，错误的是A硫酸铁可用作净水剂B碳酸钡可用作胃酸的中和剂C碘酸钾可用作食盐的添加剂D氢氧化铝可用作阻燃剂【答案】B【解析】【详解】A硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A 不符合题意；B碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B 符合题意；C碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C 不符合题意；D氢氧化
3、铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D 不符合题意；故选：B。【点睛】治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打，不能使用碳酸钠，因碳酸钠水解程度较大，碱性较强，但需注意，一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打，以防加重溃疡症状。3用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个12.0 g熔融的 NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA1mol Na2O 和 Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA常温常压下，92 g 的 NO2和 N2O4混合气体含有的原子数为6 NA7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3 NA用 1L1.0 mol/LFeC
4、l3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA1mol SO2与足量 O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2 NA个电子在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5 NA常温常压下，17 g 甲基(-CH3)中所含的中子数为9 NAA 3B4C5D 6【答案】A【解析】n（NaHSO4）=0.1mol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-，12.0g 熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，错误；Na2O 和 Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O 和 Na2O2混合物中
5、含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，正确；NO2和 N2O4的实验式都是 NO2，n（NO2）=2mol，常温常压下92g 的 NO2和 N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，正确；苯中不含碳碳双键，错误；n（FeCl3）=1.0mol/L1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，生成 1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，错误；若 1molSO2全部反应则转移2mol 电子，而 SO2与 O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量 O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物
6、质的量小于2mol，错误；用双线桥分析该反应：，每生成 3molI2转移 5mol 电子，正确；n（-14CH3）=1mol，所含中子物质的量为8mol，错误；正确的有，答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（）、物质的结构（）、溶液中粒子数的确定（）、氧化还原反应中转移电子数（）、可逆反应（）、电解质的电离（），解题的关键是对各知识的理解和应用。4刚结束的两会政府工作报告首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是A该装置将化学能转换为电能B离子交换膜允许H+和 OH通过C
7、负极为A，其电极反应式是H2 2e+2OH=2H2O D电池的总反应为H+OHH2O【答案】B【解析】【分析】由工作原理图可知，左边吸附层A 上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是 H2-2e-+2OH-2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H+2e-H2，结合原电池原理分析解答。【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A 正确；B.由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和 OH通过，故B 错误；C.根据氢气的进出
8、方向可知，氢气在吸附层A 上发生氧化反应，化合价由0 价变成+1 价，吸附层A 为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-2H2O，故 C正确；D.根据 C的分析可知，右边吸附层B 为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H+2e-H2，左边吸附层 A 为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，因此总反应为：H+OH-H2O，故 D正确；答案选 B。5在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B在含等物质的量的FeBr2、FeI
9、2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+【答案】D【解析】【详解】A若 H+先 CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与 AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故 A 错误；B离子还原性I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、
10、Br-，故 B 错误；C氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故 C 错误；D氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。6一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li定向迁移，实现
11、对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和 Li4Fe4Fe(CN)63均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是A当 a 接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率B当 b 接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4Fe(CN)634Li 4eLi4Fe4Fe(CN)63C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移D该装置可用于汽车的玻璃变色调光【答案】C【解析】【分析】【详解】A当 a 接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应WO3+Li+e-=LiWO3，LiWO
12、3为蓝色晶体，b 极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4Fe(CN)63-4e=Fe4Fe(CN)634Li，Fe4Fe(CN)63为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A 选项正确；B当 b 接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63，B 选项正确；C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为 WO3，Fe4Fe(CN)63变为 Li4Fe4Fe(CN)63，电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C 选项错误；D该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃
13、变色调光，D 选项正确；答案选 C。7下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42、ClO（2）K+、Al3+、Cl、HCO3（3）ClO、Cl、K+、OH（4）Fe3+、Cu2+、SO42、Cl（5）Na+、K+、AlO2、HCO3（6）Ca2+、Na+、SO42、CO32在水溶液中能大量共存的是A（1）和（6）B（3）和（4）C（2）和（5）D（1）和（4）【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)Fe2+、ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任
14、何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2-、HCO3-发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与 SO42-、CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选 B。8化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是：A从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现B高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀D植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置容易氧化变质【答案】C【解析】【详解】A.粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A 正确；B.
15、病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；C.铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故 C错误；D.植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D 正确；答案选 C。9化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素B聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程C疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性D“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，故
16、A错误；B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B 错误；C.疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；D.硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D 错误；故选 C。10青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是鹿特丹公约中受限制的46 种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是A青石棉是一种易燃品，且易溶于水B青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O 3FeO Fe2O3 8SiO2 H2O C1mol
17、 Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗8.5 L 2 mol/L HNO3溶液D 1mol Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗7 L 2 mol/L HF 溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，A 错误；B青石棉中铁元素的化合价由+2 价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O 3FeO Fe2O3 8SiO2 H2O，B 正确；C8.5 L2 molL-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还
18、原为一氧化氮，产物为 NaNO3、Fe（NO3）3、NO、H2O、SiO2，1mol 该物质能和18molHNO3反应，C错误；D 7L2 mol L-1HF溶液中 HF 的物质的量为14mol，1mol 青石棉能与34mol 氢氟酸反应生成四氟化硅，D错误。答案选 B。11测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：大、小烧杯；容量瓶；量筒；环形玻璃搅拌棒；试管；温度计；蒸发皿；托盘天平中的()A BCD【答案】B【解析】【详解】在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔
19、热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即，答案选 B。12化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是A聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故C现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D中国天眼FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A 聚合硫酸铁
20、能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌，故 A 错误；B 二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B 正确；C氢键不是化学键，是一种特殊的分子间的作用力，故C 错误；D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D 错误；故答案为B。13化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是A 84 消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同B防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好。C工业上常用高纯硅制造光导纤维D推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”【答案】D【解析】【分析】【详解】A.8
21、4 消毒液具有强氧化性，使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性，因而具有杀菌消毒作用；医用酒精能够使蛋白质变性，因而可杀菌消毒，二者作用原理不相同，A 错误；B.酒精浓度小，渗透性强，但杀菌消毒作用能力小；浓度太大，杀菌消毒作用能力强，但渗透性又差，仅使蛋白质表面分子发生变性，病毒褪去外壳后，仍然具有破坏作用，因此不是浓度越大，杀毒效果越好，B 错误；C.SiO2对光具有良好的全反射作用，工业上常用SiO2作光导纤维的材料，C错误；D.塑料不能降解，导致“白色污染”，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，D 正确；故合理选项是D。14如图 1 为甲烷和O2构成的燃料电池示意图
22、，电解质溶液为KOH溶液；图2 为电解 AlCl3溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x 电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A b 电极为负极B图 1 中电解质溶液的pH 增大Ca 电极反应式为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O D图 2 中电解 AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3+6H2O 2Al(OH)3+3Cl2+3H2【答案】D【解析】A.x 电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X 电极因产生OH-而作阴极，相应地b 电极为正极，故 A 错误；B.图 1 中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH 减小，故B
23、 错误；C.在碱性溶液中不能产生CO2，a 电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故 C 错误；D.图 2 中电解 AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3+3Cl2+3H2，故 D 正确。故选D。15A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A 的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与 C同主族，下列说法不正确的是A元素 D 与 A一定形成共价化合物B元素 B 可能与元素A 形成多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D 是非金属元素，则D 的单质可能是良好的半导体材料【答案】A【
24、解析】【分析】A的单质是最理想的燃料，A是 H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明 C只能是第二周期的元素即 C是 O元素；E与 C同主族，E是 S元素；F 是原子序数大于S的主族元素，F 是 Cl 元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是 F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素 D是 Na，Na与 H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与 H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故 B正确；C.F 是 Cl 元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素 D是
25、Si 元素，Si 单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净 SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置，该装置中的试剂是_，气体从 _口(填“a”或“b”)进。(2)检验 SO2常用的试剂是_，利用了 SO2的 _性。(3)将 SO2通入 0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为_。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和 BaCl2溶
26、液，进行如下实验：(4)实验 A、C 中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_。(5)实验 C中，没有观察到白色沉淀，但pH 传感器显示溶液呈酸性，原因是_。(用方程式表示)(6)实验 B中出现白色沉淀比实验A 快很多。由此得出的结论是_。若实验 A、B 中通入足量的SO2后，溶液pH：A_B(填“”、“B。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体 F和奥美拉性的合成路线如下：I 中间体 F的合成：II 奧美拉唑的合成：已知：结合上述合成路线，请回答：（1）下列说法正确的是_A奥美拉的分子式为C18
27、H19N3O3S BJ生成 K的反应类型为加成反应C化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D设计 A 转化为 B的目的是保护其中的官能团（2）化合物F的结构简式为_；（3）请写出AB 的反应方程式_；（4）试写出同时满足下列条件的化合物H 的同分异构体:_ 分子中含苯环，遇FeC13显紫色分子中含有4 种不同化学环境的氢原子。（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_【答案】C、D【解析】【详解】（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A 错误；J生成 K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B 错误；化合物C 中有苯环，可发
28、生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C 正确；设计 A 转化为 B 的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（2）根据流程I 到 J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B 的结构式和反应物32CH CO)O可得 A 的结构式为，发生的化学反应为；（4）分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；分子中含有4 种不同化学环境的氢原子，根据化合物G 的结构符合要求的化合物H 结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC COOH，可简写为H2C2O4
29、），它是一种重要的化工原料（常温下 0.01mol/L 的 H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的 pH 如表所示）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH 2.1 3.1 8.1 填空：（1）写出 H2C2O4的电离方程式 _（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是_；向 0.1mol/L 的草酸氢钾溶液里滴加NaOH 溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是_ac（K+）=c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42）bc（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42）cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）dc（K+）c（Na+）（3）H2C2O4与
30、酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（CO2）产生，紫色消失写出反应的离子方程式_；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是_（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液和 4mL 0.1mol/L 酸性 KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究_，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因_（5）已知草酸（H2C2O4）受热分解的化学方程式为：H2C2O4H2O+CO +CO2，写出 FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式_【答案】H2C2O4?H+HC2O4；HC2O4?H+C2O42HC2O4
31、的电离程度大于水解程度ad 2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用温度对反应速率的影响KMnO4溶液过量FeC2O4Fe+2CO2【解析】【分析】(1)常温下 0.01mol/L 的 H2C2O4pH 为 2.1，KHC2O4，的 pH 为 3.1，说明草酸是二元弱酸；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，结合KHC2O4溶液显酸性分析解答；向0.1mol/L 的草酸氢钾溶液里滴加NaOH 溶液至中性，根据物料守恒和电荷守恒分析判断；(3)草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰
32、离子，据此书写反应的方程式并配平；反应开始时速率较慢，随后大大加快，结合影响化学反应速率的因素分析解答；(4)两烧杯中水的温度不同，其余条件相同，结合草酸与高锰酸钾反应的方程式分析解答；(5)草酸分解能够生成CO，CO具有还原性，据此分析解答。【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸的电离方程式为：H2C2O4?H+HC2O4-，HC2O4-?H+C2O42-，故答案为：H2C2O4?H+HC2O4-；HC2O4-?H+C2O42-；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH 溶液至中性：a
33、碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故 a 正确；b由 c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故 b 错误；c根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O4
34、2-)，故 c 错误；d若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，即c(K+)c(Na+)，故 d 正确；故答案为：HC2O4-的电离程度大于水解程度；ad；(3)草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O；反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用；(4)两烧杯中
35、水的温度不同，其余条件完全相同，因此该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾恰好反应时的物质的量之比为52，试管中草酸与高锰酸钾物质的量之比为12，高锰酸钾过量，不能完全反应，所以溶液不褪色，故答案为：温度对反应速率的影响；KMnO4溶液过量；(5)已知草酸(H2C2O4)受热分解的化学方程式为：H2C2O4H2O+CO +CO2，则草酸亚铁受热分解的化学方程式为 FeC2O4FeO+CO +CO2，CO能够还原FeO，FeO+CO Fe+CO2，所以总反应方程式为：FeC2O4 Fe+2CO2，故答案为：FeC2O4 Fe+2CO2【点睛】本题的易错点为(5)，要注意分解生成的CO具
36、有还原性，高温下能够将铁的氧化物还原为铁单质。19甲烷作为天然气、页岩气、可燃冰的主要成分，拥有最稳定的烷烃分子结构，具有高度的四面体对称性，极难在温和的条件下对其活化。因此，甲烷的选择活化和定向转化一直是世界性的难题。我国科学家经过长达6 年的努力，研制成功一系列石墨烯限域的3d 过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂材料，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将甲烷氧化成C1（只含一个C 原子）含氧化合物，被业内认为是甲烷化学领域的重要突破。请回答下列问题：(1)Cu 原子基态原子的外围电子排布式为_。(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C H 键，导致C与 H 之间的作用
37、力_(减弱”或“不变”)。铁晶体中粒子之间作用力类型是_。(3)常温下，H2O2氧化 CH4生成 CH3OH、HCHO、HCOOH等。它们的沸点分别为64.7、195、100.8，其主要原因是_；CH4和 HCHO比较，键角较大的是_，主要原因是_。(4)配离子的颜色与dd 电子跃迁的分裂能大小有关，1 个电子从较低的d 轨道跃迁到较高能量的轨道所需的能量为的分裂能，用符号表示。分裂能Co(H2O)62+_Co(H2O)63+(填“”“”或“=”)，理由是 _。(5)钴晶胞和白铜(铜镍合金)晶胞分别如图1、图 2 所示。钴晶胞堆积方式的名称为_；已知白铜晶胞的密度为dg cm3，NA代表阿伏加
38、德罗常数的值。图2 晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 _pm(列出计算式)。【答案】3d10s1;减弱；金属键；CH3OH、HCOOH中存在氢键，CH3OH 中氢键较弱，而HCHO 只存在范德华力；HCHOCH4构型为正四面体，键角为109。28，HCHO 为平面三角形，键角为 120。；前者带 2 个正电荷，后者带3 个正电荷，后者对电子的吸引能力较大；六方最密堆积；103259643102ANd【解析】【详解】(1)Cu 原子基态原子的外围电子排布式为3d10s1;(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C H 键，导致 C与 H 之间的作用力减弱。铁晶体中粒子之间作用力类型为金属键
39、。(3)常温下CH3OH、HCHO、HCOOH的沸点不同，是因为CH3OH 与 HCOOH有氢键，且CH3OH中氢键比 HCOOH中氢键弱，而HCHO 中只有范德华力。CH4和 HCHO比较，键角较大的是CH4，主要原因是CH4构型为正四面体，键角为109。28，HCHO为平面三角形，键角为120。；(4)由于 Co(H2O)62+带 2 个正电荷，Co(H2O)63+带 3 个正电荷，后者对电子的吸引能力较大；所以分裂能前者小于后者；(5)钴晶胞堆积方式的名称为六方最密堆积；由图可知，白铜晶胞中含有Ni 原子 1 个，Cu原子 3 个，根据密度公式=AN MNV，可得出1035964 310AAN MapmNNd，所以两个面心上铜原子最短核间距为10325964 3102ANdpm。【点睛】因为氢键的作用力大于范德华力，所以含有氢键的物质熔沸点高于只含有范德华力的物质的熔沸点；sp3杂化的分子构型为正四面体，sp2杂化的分子构型为平面三角形；胞中密度公式为=AN MNV，如果题目已知密度，可以反推出体积或晶胞参数。