《2019-2020学年安徽省合肥市第八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学年安徽省合肥市第八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学年安徽省合肥市第八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短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数是其质子数的23，X原子的核电荷数等于Z 原子的最外层电子数，元素Y的最高正化合价为+2 价。下列说法正确的是（）A单质的沸点：WY CX、Z 的氧化物对应的水化物均为强酸D X、Y可形成离子化合物X3Y2【答案】B【解析】【分析】W 原子的最外层电子数是其质子数的23，则 W 为 C；元素 Y的最高正化合价为+2 价，则 Y为第三周期第A 族元素即Mg，X 原子的核电荷数等于
2、Z 原子的最外层电子数，则X为 7 号元素即N，Z 为 Cl。【详解】A.C单质多为固体，如金刚石，石墨，所以单质的沸点CN2，故 A 错误；B.简单离子的半径:Cl?Mg2+，故 B正确；C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，均为强酸，故C错误；D.N、Mg 可形成离子化合物Mg3N2，即 Y3X2，故 D 错误；故答案为B。2雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物
3、质的量之比为12：1 D该反应中每析出4.8g 硫黄，则转移0.5mol 电子【答案】D【解析】【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故 A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以 NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故 C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失 10mol 电子，生成 2mol 砷酸和 3mol 硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol 电子，
4、故D正确。3下列实验设计能够成功的是()A检验亚硫酸钠试样是否变质试样溶解 滴加硝酸钡溶液白色沉淀滴加稀盐酸沉淀不溶解 说明试样已变质B除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐溶解 足量碳酸钠溶液足量氯化钡溶液过滤 滤液中滴加盐酸蒸发结晶精盐C检验某溶液中是否含有Fe2+试样滴加硫氰化钾溶液溶液颜色无变化滴加氯水溶液变红色 溶液中含有Fe2+D证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI 溶液30%过氧化氢、稀硝酸淀粉溶液变紫色 氧化性：H2O2I2【答案】C【解析】【详解】A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A 错误；B应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫
5、酸钙杂质，故B 错误；C亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故 C正确；D硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。42019 年 11 月 2 日，14 岁的华裔女孩Karafan 用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（）A该液体创可贴显酸性B银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用C该液体
6、创可贴中，银离子浓度越大越好D硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好【答案】C【解析】【详解】A硝酸银是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A 正确；B银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B 正确；C银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故 C 错误；D银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D 正确；故选：C。5下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）。选项目的分离方法原理A 分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B 分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C 除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸
7、点相差较大D 除去 KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响大A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A 错误；B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B 错误；C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D 错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分
8、离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D 项为易错点，注意NaCl 和 KNO3在水中溶解度的差异。6下列有关电化学原理及应用的相关说法正确的是A电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能B电热水器用牺牲阳极的阴极保护法阻止不锈钢内胆腐蚀，阳极选用铜棒C工业上用电解法精炼铜过程中，阳极质量减少和阴极质量增加相同D电解氧化法在铝制品表面形成氧化膜减缓腐蚀，铝件作为阳极【答案】D【解析】【分析】【详解】A电池是能量高效转化装置，但是燃料电池放电的时候化学能并不能完全转化为电能，如电池工作时，在电路中会产生热能，A 项错误；B牺牲阳极的阴极保护法需要外接活泼金属，Cu的活动性比
9、Fe的活动性低，因此起不到保护的作用，B项错误；C电解精炼铜的过程中，阳极除了Cu，还有 Zn、Fe等比 Cu活泼的金属也会失去电子，阴极始终是Cu2+被还原成Cu，所以阳极质量的减少和阴极质量的增加不相同，C项错误；D利用电解法使铝的表面生成氧化铝，Al 的化合价从0 升高到 3，失去电子，在电解池中作阳极，D 项正确；本题答案选D。7下列物质名称和括号内化学式对应的是（）A纯碱（NaOH）B重晶石（BaSO4）C熟石膏（CaSO4?2H2O）D生石灰 Ca(OH)2【答案】B【解析】【详解】A纯碱的化学式为Na2CO3，A 项错误；B重晶石结构简式为BaSO4，B项正确；C生石膏的化学式为
10、CaSO4?2H2O，而熟石膏的化学式为2CaSO4?H2O，C项错误；D生石灰的化学式为CaO，D 项错误；答案选 B。8已知有机物C2H4O、C3H6O2和 C4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%，则氧元素的质量分数为A（1007a6）%B7a6%Ca6%D无法计算【答案】A【解析】【分析】根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12：12 6：1，故氢元素的质量分数为6a%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量
11、分数为：100%-a%-6a%(100-76a)%；故答案选A。9短周期W、X、Y、Z、Q 五种元素的原子序数依次递增，W 和 Z位于同一主族。已知W 的氢化物可与Q 单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q 形成一种共价化合物，X 的最高价氧化物对应的水化物可与 Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是A X、Y、Q 对应简单离子的半径逐渐减小B工业上可用电解X、Q 元素组成的化合物的饱和溶液制备Q 单质CY、Q 形成的化合物是非电解质D工业用W 与 Z的最高价氧化物反应制取Z 单质，同时得到W 的最高价氧化物【答案】B【解析】【分析】短周期 W、X、Y、Z、Q 五种元素的
12、原子序数依次递增，已知W 的氢化物可与Q 单质在光照条件下反应生成多种化合物，W 的氢化物应该为烃，则W 为 C元素，Q 为 Cl 元素；W 和 Z位于同一主族，则Z为 Si元素；Y、Q 形成一种共价化合物，X 的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质 E。则 X是 Na，Y为 Al 元素；气体单质E为 H2，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W 为 C，X是 Na，Y是 Al，Z是 Si，Q 是 Cl元素。A.X 是 Na，Y是 Al，二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有 2 个电子层；Q 是 Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离
13、子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：QXY，A 错误；B.Cl2在工业上可用电解饱和NaCl 溶液的方法制取，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，B 正确；C.Y、Q 形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-，因此属于电解质，C 错误；D.C与 SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到 CO气体，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，CO不是 C元素的最高价氧化物，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，推断元素为解答关键，注
14、意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。10根据能量示意图,下列判断正确的是()A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反应物总能量小于生成物总能量C2A2(g)+B2(g)=2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成 1 mol C(l),放出12(b+c-a)kJ 热量【答案】D【解析】【详解】A.断键需要吸热，成键会放热，故A 不选；B.该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)H=-(b-a)kJmol-1。生成 C(l)时的 H=-(b+c-a)kJmol
15、-1，故 C不选；D.据图可知，生成1 mol C(l)，放出12(b+c-a)kJ的热量，故D 选。故选 D。11乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A氧化反应有，加成反应有B氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C反应 的现象为产生砖红色沉淀D可用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2【答案】C【解析】【分析】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反
16、应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有，加成反应有，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B 项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜
17、砖红色沉淀，C 项正确；D.乙醇与 CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2，D 项错误；答案选 C。12下列实验装置(夹持和尾气处理装置已省略)进行的相应实验，能达到实验目的的是（）A利用装置，配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液B利用装置，验证元素的非金属性：ClCSi C利用装置，合成氨并检验氨的生成D利用装置，验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.装置，不能用容量瓶直接配制溶液，故A错误；B.装置，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳不能证明非金属性；通入硅酸钠溶液的气体含有二氧化
18、碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成沉淀，所以生成硅酸沉淀不能证明非金属性，故B错误；C.氮气与氢气在铁触媒和高温下生成氨气，氨气遇到干燥的试纸，试纸不能变色，不能达到实验目的，故C错误；D.浓硫酸具有脱水性、强氧化性，能使蔗糖变黑，反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有漂白性可使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选：D。13下列仪器名称不正确的是()A烧瓶B冷凝管C表面皿D蒸馏烧瓶【答案】A【解析】【详解】A.该仪器为配制一定物质的量浓度的溶液要用的容量瓶，烧瓶没有玻璃塞，A 不正确；B.该仪器为蒸馏装置中所用的冷凝管，B正确；C.该仪器为表
19、面皿，C正确；D.该仪器为蒸馏装置中要用到的蒸馏烧瓶，D 正确；本题选不正确的，故选A。14用如图所示装置探究Cl2和 NO2在 NaOH 溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和 NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中用二氧化锰与3 mol L-1的盐酸共热制备氯气B装置中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C装置的作用是便于控制通入NO2的量D若制备的NO2中含有 NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而 3 mol L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应
20、制取氯气，A 错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置中盛放的试剂是饱和NaCl 溶液，作用是除去氯气中的杂质 HCl 气体，B 错误；C.由于 NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有 NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D 错误；故合理选项是C。152019 年是“国际化学元素周期表年”。1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质
21、量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是()A元素乙的原子序数为32 B原子半径比较：甲乙Si C元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于4SiH。D推测乙可以用作半导体材料【答案】C【解析】【分析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As 小，As 位于第四周期VA 族，则 C、Si、乙位于第 IVA 族，乙为Ge，B、Al、甲位于 A 族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A乙为 Ge，元素乙的原子序数为32，故 A 正确；B电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲乙Si，故 B 正确；C非金属性Ge 小于 Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于Si
22、H4，故 C 错误；D乙为 Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16吊白块(NaHSO2 HCHO 2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH 约为 4，制得NaHSO3溶液。（1）装置中
23、产生气体的化学反应方程式为_；中多孔球泡的作用是_。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是_。吊白块的制备：如图，向仪器A 中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在8090C 下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器 A 的名称为 _；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是_。（4）将仪器A 中的反应温度恒定在8090的目的是 _。吊白块纯度的测定：将 0.5000g 吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸 10mL，立即通入100水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol L1酸性 KMnO4吸收甲醛(不考虑 SO2影
24、响，4MnO4+5HCHO+12H+=4Mn2+5CO2+11H2O)，再用 0.1000mol L1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断方法是_；吊白块样品的纯度为_%(保留四位有效数字)；若 KMnO4标准溶液久置释放出 O2而变质，会导致测量结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量 NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧
25、化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】【分析】装置 中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有
26、白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。仪器 A 的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。根据信息吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A 中的反应温度恒定在8090的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol L1 0.03L=2mol：xmol 解得 x=1.2 103mol 36.00mL0.1000molL1酸性 KMnO4的物质
27、的量为36.00 103L 0.1000mol L1=3.6 103mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6 103mol-1.2 103mol=2.4 103mol，再根据4mol：2.4 103mol=5mol：ymol 解得 y=3 103mol 3-13 10mol154g mol=100%=92.40%0.5g，若 KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】装置 中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快
28、气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。仪器 A 的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗
29、可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。根据信息吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A 中的反应温度恒定在8090的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol L1 0.03L=2mol：xmol 解得 x=1.2 103mol 36.00mL0.1000molL1酸性 KMnO
30、4的物质的量为36.00 103L 0.1000mol L1=3.6 103mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6 103mol-1.2 103mol=2.4 103mol，再根据4mol：2.4 103mol=5mol：ymol 解得 y=3 103mol 3-13 10mol154g mol=100%=92.40%0.5g，若 KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；92.40%；偏高。三、推断题（本题包括1 个
31、小题，共10 分）17为分析某盐的成分，做了如下实验：请回答：（1）盐M 的化学式是 _；（2）被NaOH 吸收的气体的电子式_；（3）向溶液A 中通入 H2S气体，有淡黄色沉淀产生，写出反应的离子方程式_(不考虑空气的影响)。【答案】Fe(ClO4)32Fe3+H2S=2Fe2+2H+S【解析】【详解】（1）混合单质气体被稀NaOH 溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明 M 中含有 O 和 Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明 M 中含有 Fe元素；n（Fe2O3）=16g 160g/mol=0.1mol，n（O2
32、）=33.6g 32g/mol=1.05mol，则 m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g 35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol 2）=1:3:12，则 M 的分子式为Fe(ClO4)3。（2）被NaOH 吸收的气体为氯气，其电子式为：。（3）A 为 FeCl3溶液，向溶液A 中通入H2S 气体，有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18X、Z、Q、R、T、U 分别代表原子序数依次增大的短
33、周期元素。X和 R 属同族元素；Z和 U 位于第 VII A 族；X 和 Z可形成化合物XZ4；Q 原子的 s 轨道和 p 轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。完成下列填空：（1）R原子的电子排布式是_；X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_；Z 的氢化物的水溶液可用于_；Q、R、U 的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是_。（2）CuSO4能用作 T4中毒的解毒剂，反应可生成T 的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是_。在 pH 为 45 的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到 80左右，
34、再慢慢加入粗氧化铜（含FeO），充分搅拌使之溶解。除去该溶液中杂质离子的方法是_。（3）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实，硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_。化学键CC CH SiSi SiH 键能（kJ/mol）356 413 226 318（4）第三周期部分元素氟化物的熔点如下，表中三种氟化物熔点差异的原因是_。氟化物NaF MgF2SiF4熔点/K 1266 1534 183【答案】1s22s22p63s23p2HNO3雕刻玻璃SiMgCl210CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4在溶液中通入
35、Cl2，再加入CuO粉末调节pH 为 45 硅烷中的 SiSi键和 SiH 键的键能小于烷烃分子中CC键和 CH 键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成NaF与 MgF2为离子晶体，而SiF4为分子晶体，所以NaF与 MgF2远比 SiF4熔点要高；又因为 Mg2+的半径小于Na+的半径，所以MgF2中离子键的强度大于NaF中离子键的强度，故MgF2的熔点高于 NaF【解析】【分析】X、Z、Q、R、T、U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和 U 位于第 A 族，则 Z为 F元素，U为 Cl；Q 基态原子的s 轨道和 P轨道的电子总数相等，原子序数大于F，核外电子排布为1s22
36、s22p63s2，故Q 为 Mg；X和 Z 可形成化合物XZ4，X 元素表现+4 价，原子序数小于F元素，故X 为 C 元素；X和 R 属同族元素，则R为 Si；T 的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si 与 Cl之间，故T为 P元素，据此解答。【详解】（1）R为 Si 元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2；X 为 C，所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HNO3，Z为 F元素，氢化物的水溶液可与二氧化硅反应，可用于雕刻玻璃，Si为原子晶体，Mg 为金属晶体，氯气晶体为分子晶体，熔点由高到低的排列顺序是SiMgCl2，故答案为：1s22s22p63s
37、23p2；HNO3；雕刻玻璃；SiMgCl2；（2）CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应生成磷酸和铜，该反应的化学方程式是：10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4；(3)在 pH 为 4 5 的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+离子，应先加入适当的氧化剂氯气，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入适当CuO粉末调节溶液pH，以除去Fe3+，故答案为：在溶液中通入Cl2，再加入CuO粉末调节pH 为 45；（4）由表中数据可知，C-C 键和 C-H 键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si-Si 键和 Si-H
38、键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，故答案为：硅烷中的SiSi键和 SiH 键的键能小于烷烃分子中C C键和 CH 键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；（5）NaF与 MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，故SiF4的熔点低，影响离子晶体熔点高低的因素为离子半径和电荷，Mg2+的半径比Na+的半径小，MgF2中离子键更强，熔点更高，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，而SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高；又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，所以MgF2中离子键的强度大于NaF中离子键的强度，故MgF2的熔点高于
39、NaF。19工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下：反应：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1 49.6kJ?mol-1反应：CO2（g）+H2（g）?H2O（g）+CO（g）H2+41kJ?mol-1（1）反应在 _（填“低温”或“高温”）下可自发反应。（2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是_。A高温高压B低温低压C高温低压D低温高压（3）在 CuZnO/ZrO2催化下，CO2和 H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol 进行反应，测得CO2转化率、CH3OH 和 CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成
40、 CH3OH 或CO的百分比）。下列说法正确的是_。A压强可影响产物的选择性BCO2平衡转化率随温度升高先增大后减小C由图 1 可知，反应的最佳温度为220左右D及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH 和 CO选择性均为50%，则该温度下反应的平衡常数为_。分析图2 中 CO选择性下降的原因_。【答案】低温D ACD 160增大压强，有利于反应平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应逆向移动，CO选择性下降【解析】【分析】根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；
41、根据转化率、平衡常数的表达式分析解答。【详解】（1）对于反应CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.6kJ?mol1，H 0，S0，则如反应能自发进行，应满足HT?S 0，低温下即可进行，故答案为：低温；（2）反应 CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.6kJ?mol1，由化学计量数可知，增大压强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D；（3）A.增大压强，反应正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，故A 正确；B.反应为放热反应，生成温度，平衡逆向移动，二
42、氧化碳的平衡转化率减小，故B 错误；C.由图 1 可知，反应的温度控制在220左右时，二氧化碳的转化率、甲醇的含量较大，CO的含量较小，升高到 240以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为220左右，故C正确；D.及时分离出甲醇和水，可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D 正确，故答案为：ACD；在 Cu ZnO/ZrO2催化下，CO2和 H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol 进行反应，250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH 和 CO选择性均为50%，由方程式可知，消耗n（CO2）=a4 25%mol=a16
43、mol，生成 CH3OH 和 CO共a16mol，分别为a32mol，生成 n（H2O）=a16mol，两个反应消耗氢气的物质的量为a32mol3+a32mol=a8mol，则剩余氢气的物质的量为3a4mola8mol=5a8mol，3a16，则反应的平衡常数222aa1632c(CO)c(H O)1VVK=3a5ac(CO)c(H)60168VV，故答案为：160；对于反应，增大压强平衡不移动，但对应反应，增大压强，平衡正向移动，导致反应物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应平衡逆向移动，CO的选择性下降，故答案为：增大压强，有利于反应平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应逆向移动，CO选择性下降。