《2019-2020学年安徽省合肥双凤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学年安徽省合肥双凤高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年安徽省合肥双凤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）1某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：2x2NaxSNa S垐 垎?噲 垐?放电充电)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为2NiOOH+MHNi OHM，其中 M 为储氢合金，下列说法正确的是A a 极为氢镍电池的正极B充电时，Na通过固体23Al O陶瓷向 M 极移动C氢镍电池的负极反应式为2MHOH2eMH OD充电时，外电路中每通过2mol 电子，N 极上生成1molS 单质【答案】B【解析】【分析】由电池总反应可知，氢镍
2、电池放电时为原电池反应，负极反应式为MH+OH-e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na+2e-=2Na，阳极反应式为Sx2-2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a 极相连的是钠硫电池的负极，所以a 极为氢镍电池的负极，故A 错误；B.电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，Na通过固体 Al2O3陶瓷向 M 极移动，故B 正确；C.氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH-e-=M+H2O，故
3、 C 错误；D.充电时，N 电极为阳极，反应式为Sx2-2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol 电子，N 极上生成 xmolS 单质，故D 错误。故选 B。2下列说法正确的是（）A用分液的方法可以分离汽油和水B酒精灯加热试管时须垫石棉网CNH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D盛放 NaOH 溶液的广口瓶，可用玻璃塞【答案】A【解析】A汽油和水彼此不溶，可用分液的方法进行分离，故A 正确；B试管可用酒精灯直接加热，无须垫石棉网，故B 错误；CNH3的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D玻璃中含有的SiO2能和 NaOH 溶液反应，则盛放NaOH 溶液的广口瓶，不可用玻璃
4、塞，只能用橡皮塞，故D错误；答案为A。3化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（）A为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C2020 年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染【答案】D【解析】【分析】【详解】A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A 错误；B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，
5、故B错误；C.2020年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D 正确；选 D。4某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B1mol 该有机物最多可与2molNaOH 发生反应C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D该有机物有3 个手性碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A 错误
6、；B该分子含有酯基，1mol 该有机物含有1mol 酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B 错误；C该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；D连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O 相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D 正确；答案为 D。【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。5中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能
7、远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A钠合金B硬铝C生铁D钛合金【答案】C【解析】【详解】人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。6化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（）A 2022 年冬奥会聚氨酯速滑服不属于无机非金属材料B使用太阳能热水器、沼气的利用
8、、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用C氢键在形成蛋白质二级结构和DNA 双螺旋结构中起关键作用D港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀【答案】B【解析】【详解】A.聚氨酯，属于有机高分子材料，A 正确；B.太阳能热水器将太阳能转化为热能，与生物质能无关，B 错误；C.蛋白质二级结构是通过骨架上的羰基和酰胺基之间形成的氢键维持，氢键是稳定二级结构的主要作用力；DNA 双螺旋结构中，碱基对以氢键维系，A 与 T 间形成两个氢键，G 与 C 间形成三个氢键。C 正确；D.环氧涂层钢筋，是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面，由于环氧涂层能抵抗海水浸蚀，从而保护钢筋不受腐蚀，D 正确。故选 B。【
9、点睛】环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下，采用静电喷涂方法，将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性，与混凝土的粘结强度无明显降低，适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口，码头等的钢筋混凝土结构中。7新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A B4C是一种分子晶体BB4C是该物质的分子式CB4C是一种原子晶体DB4C的电子式为【答案】C【解析】【详解】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C 具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度
10、小、熔沸点低，A 错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B 原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料 B4C 可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中 C和 B形成四对共用电子，电子式为，D 错误；故合理选项是C。8利用 CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是A a 极反应：CH48e4O2=CO22H2O BA 膜和 C 膜均为阴离子交换膜C可用铁电极替换阴极的石墨电极D a 极上通入2
11、.24 L 甲烷，阳极室Ca2减少 0.4 mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A.a 极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e4O2=CO22H2O，A 错误；B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，可知阳极室的电极反应式为：-22Cl-2e=Cl，则阳极室内钙离子向产品室移动，A 膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：-222H O+2e=2OHH，则原料室内钠离子向阴极室移动，C 膜为阳离子交换膜，B 错误；C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C 正确；D.a 极上通入2.24L 甲烷，没
12、有注明在标准状况下，无法计算钙离子减少的物质的量，D 错误；答案选 C。【点睛】D 容易错，同学往往误以为1mol 气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。9设 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 12gNaHSO4晶体中 SO42-数目为 0.1NAB2.0gD2O 中含有的中子数为NAC2.24LCl2与足量 Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2NAD标准状况下，4.48 LHF 所含原子数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A.NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含SO42-，A 项错误；B.2.0gD2O 的物质的量为2.0g20g/
13、mol=0.1mol，其中含有的中子数为0.1mol(12+8)NA=NA，B项正确；C.氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C项错误；D.标准状况下，HF 为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D 项错误；答案选 B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题 D 项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol 的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。10常温下，向
14、20.00mL0.1000molL-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol L-1的 NaOH 溶液，pH 随 NaOH 溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)BpH=5 时，c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)CpH=7 时，消耗NaOH 溶液的体积小于20.00mL D在滴定过程中，随NaOH 溶液滴加c(CH3COO-)持续增大【答案】D【解析】【分析】A反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；BpH5 时，溶液呈酸性，则c(H)c(OH-)，结合电荷守恒判断；C如果消耗NaO
15、H 溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；D由于 CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。【详解】A在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故 A 正确；BpH5 的溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故 B 正确；C如果消耗NaOH 溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱
16、性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故 C 正确；D由于 CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH 溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故 D 错误；故答案选D。【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。11用下列装置能达到实验目的的是A清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C装置制取金属锰D装置为制备并用排气法收集NO 气体的装置【答案】D【解析】【详解】A.自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水
17、，且应该把反应液倒入水中，A 项错误；B.定容时，当液面距定容刻度线1 到 2 厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D.铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO 的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选 D。12我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2H2O2+S。已知甲池中有如下的转化：下列说法错误的是：A该装置可将光能转化为电能和化学能B该装置工作时，
18、溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+2e-=H2AQ D乙池处发生反应：H2S+I3-=3I-+S+2H+【答案】B【解析】【分析】A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；B.原电池中阳离子移向正极；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A 正确；B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B 错误；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的
19、还原反应，即AQ+2H+2e-=H2AQ，C 正确；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-3I-+S+2 H+，D 正确。故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。13下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）pH=0 的溶液：Na+、Cl-、Fe3+、SO42-pH=11 的溶液中：CO32、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-水电离的H+浓度 c(H+)=10-12mol L-
20、1的溶液中：Cl、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-加入 Mg 能放出 H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-ABCD【答案】D【解析】【详解】、pH=0 的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、Cl-、Fe3+、SO42-均不反应，能够大量共存，故符合；、pH=11 的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故
21、符合；、水电离的H+浓度 c(H+)=10-12mol L-1的溶液中可酸可碱，当溶液为酸性时，CO32SO32-与氢离子反应，当溶液为碱性时，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故不符合；、加入Mg 能放出 H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故符合；、使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故不符合；、Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故不符合；根据以
22、上分析，在溶液中能够大量共存的为；故选 D。【点睛】离子不能共存的条件为：(1)、不能生成弱电解质。如中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；(2)、不能生成沉淀；(3)、不发生氧化还原反应。如中MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+而不能大量共存。14X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与 Z可形成常见的 XZ或 XZ2型分子，Y与 M 形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5 倍，W 是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是()A最高价含氧酸酸性：XY BX、Y、Z 可形成离子化合物CW 可
23、形成双原子分子DM 与 W 形成的化合物含极性共价键【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素，X 与 Z可形成常见的XZ或 XZ2型分子，则X 为 C 元素、Z 为 O 元素；Y 与 M 形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5 倍，该气体相对分子质量为8.5 2=17，该气体为 NH3，而 X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，Y为 N 元素、M 为 H 元素；W 是原子半径最大的短周期元素，则W 为 Na 元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X为 C 元素、Y为 N 元素、Z为 O 元素、M 为 H 元素、W 为 Na 元素。A.
24、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)Y(N)，所以最高价含氧酸酸性：碳酸硝酸，A 正确；B.X、Y、Z分别是 C、N、O 元素，它们可形成共价化合物，不能形成离子化合物，B 错误；C.W 为 Na，属于金属元素，不能形成双原子分子，C 错误；D.M 为 H 元素、W 为 Na 元素，M 与 W 形成的化合物NaH 为离子化合物，物质中含有离子键，D 错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查“位、构、性”关系综合应用，依据原子结构或物质性质推断元素是解题关键，注意D选项中金属氢化物是易错点。15下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A
25、将 3 体积 SO2和 1 体积 O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和 O2的反应为可逆反应B 用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D 用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si 元素A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.SO2过量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A 错误；B.不一定为钠盐溶液
26、，也可以是NaOH 溶液，选项B 错误；C.向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D 错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)提取硒，设计流程如下：回答下列问题：(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因
27、是_。最佳温度是 _。(2)“氧化酸浸”中，Se转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为_。(3)采用硫脲(NH2)2CS 联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。控制电位在0.740 1.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应(半反应)式为 _。为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出 Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S净化 H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2
28、S)达到 0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为 _，精硒中基本不含铜。Ksp(CuS)=1.3 1036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数为_，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。【答案】温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加954ClO3+4H+Se=4ClO 2+H2O+H2SeO3ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O0.3455.0 1035 mol L1Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se +SO2+H2O3.2 103%【解析】【分析】硒酸泥（主要含
29、S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）加入热煤油萃取硫，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有H2SeO3，控制电位还原，发生氧化还原反应可生成Se。【详解】(1)“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加。最佳温度是95。(2)“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se转化成 H2SeO3，ClO3还原成 ClO 2，该反应的离子方程式为4ClO3+4H+Se=4ClO 2+H2O+H2SeO3。(3)控制电位在0.7401.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择
30、性还原ClO2，ClO2得电子还原成 Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为 ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O。为使硒和杂质金属分离，确保 Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出 Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S净化 H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2S)达到 0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为c(Cu2+)=2-SspKCuSc（）=361.3 100.026=5.0 1035 mol L1，精硒中基本不含铜。硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫和水，
31、化学方程式为Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se +SO2+H2O。(5)精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数=63.2 10100%1gg3.2 103%，与粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。【点睛】本题考查物质的制备以及分离提纯，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯及反应原理的理解与应用，难点（3）对电极电位知识的学习和理解，并应用到解题中。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17聚合硫酸铁是一种新型高效的无机高分子絮凝剂。用硫酸亚铁晶体及硫酸为原料催化氧化法生成硫酸铁，再水解、聚合成产品。实验室模
32、拟生产过程如下：(1)用原料配制2.50 mol/L 的 FeSO4溶液时用到的定量仪器有：_写出氧化过程中的离子方程式：_(2)综合考虑实际投料硫酸亚铁与硫酸的物质的量之比为11.25左右最佳。加入的硫酸比理论值稍多，但不能过多的原因是_。(3)硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(x Fe2O3 y SO3 z H2O)，现采用重量法测定x、y、z 的值。测定时所需的试剂_。(a)NaOH(b)Ba(OH)2(c)BaCl2(d)FeSO4需要测定 _和_的质量(填写化合物的化学式)。(4)选出测定过程中所需的基本操作_(按操作先后顺序列出)。a.过滤、洗涤b.蒸发、结晶c
33、.萃取、分液d.冷却、称量e.烘干或灼烧【答案】电子天平、容量瓶4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O 硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量大，造成浪费acFe2O3BaSO4aed【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液要称量溶质的质量，用容量瓶定容；硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化成硫酸铁；(2)硫酸过多，在后面调节pH 时要消耗的氢氧化钠的量就多，造成浪费；(3)采用重量法测定碱式硫酸铁(x Fe2O3?y SO3?z H2O)中 x、y、z 的值时，可以将样品溶于氢氧化钠溶液，根据得到的固体氧化铁的质量确定x 的值，过滤，在所得滤液中
34、加氯化钡，根据产生的硫酸钡沉淀的质量可确定 y 的值，根据样品的总质量结合Fe2O3和计算得的SO3的质量可确定z 的值；根据的分析可知，要测定Fe2O3、BaSO4的质量；(4)测定过程中将样品溶于氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得氧化铁的质量，在所得滤液中加氯化钡，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得硫酸钡的质量，据此答题。【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液要称量溶质的质量，要用电子天平，用容量瓶定容，故答案为：电子天平、容量瓶；硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化成硫酸铁，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：4Fe2+O2+4H
35、+=4Fe3+2H2O；(2)硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量力大，造成浪费，所以加入的硫酸比理论值稍多，但不能过多，故答案为：硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量力大，造成浪费；(3)采用重量法测定碱式硫酸铁(x Fe2O3?y SO3?z H2O)中 x、y、z 的值时，可以将样品溶于氢氧化钠溶液，根据得到的固体氧化铁的质量确定x 的值，过滤，在所得滤液中加氯化钡，根据产生的硫酸钡沉淀的质量可确定 y 的值，根据样品的总质量结合Fe2O3和计算得的SO3的质量可确定z 的值，故选ac；根据的分析可知
36、，要测定Fe2O3、BaSO4的质量，故答案为：Fe2O3、BaSO4；(4)测定过程中将样品溶于氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得氧化铁的质量，在所得滤液中加氯化钡，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得硫酸钡的质量，故选aed。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。已知：(1)A 含有的官能团名称是_。(2)DE 的反应类型是_。(3)E 的分子式是 _；F 的结构简式是_。(4)B C 的化学方程式为_。(5)W 是 B的同分异构体，0.5mol W 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g CO2
37、，W共有 _种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_。(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】碳碳双键、酯基酯化反应（取代反应）C11H10O3nCH3OOCH2CH2COOCH3+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH 9【解析】【分析】由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A 为，A 与氢气发生加成反应生成B 为，HOCH2CH2OH 与 B发生缩聚反应生成的C为；与苯在氯化铝作用下反应生成D 的为，D 与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂 X 为，生成 F为，最后 F在加热条件下发生取代反应生成G 为；
38、【详解】(1)A 为，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；(2)D 与甲醇发生酯化反应生成，则 DE 的反应类型是酯化反应或取代反应；(3)E 为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；(4)HOCH2CH2OH 与 B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；(5)B 为，其同分异构体W 0.5mol 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明 W 分子结构中含有2 个羧基，除去2 个-COOH，还有 4 个 C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接 2 个-COOH，共有 6 种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接 2 个-
39、COOH，共有 3 种结构，即符合条件的B 的同分异构体W 共有 9 种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为；(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与 H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。学生需要根据目标产品的结构特点分析产品与原料间的构成关
40、系，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C 原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。19大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸。例如：FeS+HNO3（稀）Fe(NO3)3+NO+S+H2O（未配平）CuS+HNO3（浓）CuSO4+NO2+H2O（未配平）（1）配平反应的方程式：_CuS+_HNO3（浓）_CuSO4+_NO2+_H2O（2）反应中若生成3.2g 硫，则电子转移_个。（3）由反应和是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据。_。（4）反应和所涉及的4 种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是_
41、；未成对电子最多的原子核外电子排布式为_。下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是_。a单质与氧气化合的难易程度b气态氢化物的稳定性c含氧酸的酸性强弱dS4N4中共用电子对的偏向（5）写出 NO S H2O NO2四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答）_。若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是_。【答案】1 8 1 8 4 0.3NA或 1.8061023能，反应中稀硝酸将-2 价的硫氧化到了低价态，而反应中浓硝酸将-2 价的硫氧化到了高价态S NOH 1s22s22p3ac NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合）【解析】【分析】(4)短周期元素有H
42、、S、N、O 等元素，H 原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；未成对电子最多的原子为N 原子；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱、与氢气反应的剧烈程度、最高价氧化物的水化物的酸性强弱以及形成化合物的电子对偏向；(5)S 常温下为固体，H2O 为液体，气体的相对分子质量越大，沸点越高；可根据分子的空间结构判断。【详解】(1)反应中 S元素化合价由-2 价升高到+6 价，N 元素化合价由+5 价降低到+4 价，反应的方程式为CuS+8HNO3（浓）=CuSO4+8NO2+4H2O；答案:1；8；1；8；4;(2)n（S）=3.232/gg mol=0.1mol，消耗 0.1m
43、olFeS，铁元素化合价由+2 价升高到+3 价，S元素化合价由-2价升高到0 价，则电子转移0.3NA或 1.806 1023答案:0.3NA或 1.806 1023(3)一般来说，具有可变化合价的单质或化合物与不同氧化剂发生反应时，氧化剂的氧化性越强，则化合价升高数值越大，可比较氧化性强弱；答案:能，反应中稀硝酸将-2 价的硫氧化到了低价态，而反应中浓硝酸将-2 价的硫氧化到了高价态(4)短周期元素有H、S、N、O 等元素，H 原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径S NOH，未成对电子最多的原子为N 原子，核外电子排布式为1s22s22p3；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱、与氢气反应的剧烈程度、最高价氧化物的水化物的酸性强弱以及形成化合物的电子对偏向，ac 符合；答案:SNOH 1s22s22p3ac(5)S 常温下为固体，H2O 为液体，气体的相对分子质量越大，沸点越高，NO S H2O NO2；四种物质的沸点由高到低的顺序为，判断二氧化氮是否非极性分子，可根据 NO2分子的空间结构(或:NO2分子中正负电荷中心是否重合)；答案:NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合）。