精品解析：山東省泰安市2020屆高三第二次模擬考試化學(xué)試題(解析版)

1、高三第二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測化學(xué)試題1.本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，第1至5頁，第II卷6至10頁。滿 分 100分，考試時間 90分鐘。2答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。3選擇題答案必須使用2B 鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用 0 5 毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量： H 1 C 12 N 14 O 16 S 3

2、2 C1 35.5 K 39 Ti 48 Cr 52 Fe 56Cu 64第 I 卷（選擇題共40分）一、選擇題：本題共10小題，每小題 2分，共 20分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題意。1. 化學(xué)與生活、生產(chǎn)、社會發(fā)展息息相關(guān)。下列說法正確的是A.氣象報告中的“ PM2.屈指一種膠體粒子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過程C. “玉兔二號 ” 太陽能電池帆板的材料是二氧化硅D. 疫苗一般應(yīng)冷藏存放，其目的是防止蛋白質(zhì)變性【詳解】 A. PM2.5 是指大氣中直徑小于或等于2.5微米 （1 微米=10-6米）的顆粒物，屬于分散質(zhì)，不是膠體，分散質(zhì)分散在空氣中形成膠體， A 錯

3、誤；B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程，而油脂的皂化是油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)，不是高分子生成小分子的過程， B 錯誤；C. 玉兔“二號 ” 的太陽能電池帆板的材料是晶體硅， C 錯誤；D. 疫苗的主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在高溫下會變性，所以疫苗一般應(yīng)冷藏存放，2. 下列分子或離子中， VSEPR（ 價層電子對互斥理論）模型名稱與分子或離子的空間構(gòu)型名稱不一致的是B. CO32-C. H2O故合理選項(xiàng)是D 。A. CO2D 正確；D. CC14【答案】C【解析】【詳解】A. CO2分子中每個O原子和C原子形成兩個共用電子對，所以C原子價層電子對個數(shù)是 2,且不含孤電子對，為直線形結(jié)

4、構(gòu)，VSEPR模型與分子立體結(jié)構(gòu)模型一致，A不符合題意；1B. CO32-的中心原子C原子上含有3個 演1,中心原子上白孤電子對數(shù) 二萬天4+2-2 3)=0,所以CO32-的空間 構(gòu)型是平面三角形，VSEPR模型與分子立體結(jié)構(gòu)模型一致，B不符合題意；C. H2O分子中價層電子對個數(shù) =2+ 2 ><6-2 1)=4, VSEPR模型為正四面體結(jié)構(gòu)；含有2個孤電子對，去掉孤電子對后，實(shí)際上其空間構(gòu)型是V型，VSEPR模型與分子立體結(jié)本模型不一致，C符合題意；八，人，一，一一，一，1D. CC14分子中中心原子 C原子原子價層電子對個數(shù) =b鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=4+ - >(

5、4-1 4) =4, VSEPR模型為正四面體結(jié)構(gòu)，中心原子不含有孤電子對，分子構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)，VSEPR模型與分子立體結(jié)構(gòu)模型一致，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是Co3.結(jié)構(gòu)簡式如圖所示的有機(jī)物常用于合成藥物，下列對該有機(jī)物說法不正確的是A.存在順反異構(gòu)體B.與丙烯酸互為同系物C.有兩種官能團(tuán)D.與H2按等物質(zhì)的量關(guān)系反應(yīng)時，可能有 3種加成產(chǎn)物【答案】B【解析】【詳解】A.中間的碳碳雙鍵的 C原子都連接2個不同的原子和原子團(tuán)，因此存在順反異構(gòu)體，A正確；B.該物質(zhì)分子中含有1個竣基和2個不飽和碳碳雙鍵，丙烯酸分子結(jié)構(gòu)中含有1個竣基和1個不飽和的碳碳雙鍵，分子式相差不是 CH2的整數(shù)倍，因此

6、二者不是同系物，B錯誤；C.該物質(zhì)分子中含有-COOH及碳碳雙鍵兩種官能團(tuán)，C正確；D.該物質(zhì)與H2發(fā)生1： 1力口成反應(yīng)時，可能產(chǎn)生 CH3CH2-CH=CH-COOH或CH2=CH-CH 2CH2COOH或CH3-CH=CH-CH 2-COOH ,因此可能有3種加成產(chǎn)物，D正確；故合理選項(xiàng)是Bo4 .玻璃棒是化學(xué)實(shí)驗(yàn)中常用的儀器之一，其主要用于攪拌、過濾或轉(zhuǎn)移液體時的引流。下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)過程中，肯定不需要使用玻璃棒進(jìn)行操作的是用pH試紙測定Na2CO3溶液的pH從氯酸鉀和二氧化鎰制取氧氣的剩余固體中提取KC1用飽和FeCl3溶液和沸水制取Fe(OH)3膠體配制一定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液取某

7、溶液做焰色試驗(yàn)，檢驗(yàn)該溶液中是否含有鈉元素用適量的蔗糖、濃硫酸和水在小燒杯中進(jìn)行濃硫酸的脫水性實(shí)驗(yàn)促使過飽和的硝酸鉀溶液析出晶體A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】用pH試紙測定溶液的pH,可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的pH試紙上觀察，正確；從氯酸鉀和二氧化鎰制取氧氣的剩余固體中提取KCl ,可根據(jù)KCl易溶于水，而MnO2不溶于水，用到過濾和蒸發(fā)操作，分別用玻璃棒進(jìn)行引流和攪拌，正確；將幾滴飽和FeCl3溶液滴入沸騰的蒸儲水中，繼續(xù)加熱至液體呈紅褐色，得到的液體就是Fe(OH)3膠體，不需使用玻璃棒，錯誤；配制一定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液用玻璃棒攪拌和引流，正確；做焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)，用

8、鉗絲蘸取待測液，無需使用玻璃棒，錯誤；進(jìn)行濃硫酸的脫水性實(shí)驗(yàn)，應(yīng)用玻璃棒不斷攪拌，正確；促使過飽和的硝酸鉀溶液析出晶體，應(yīng)該使用玻璃棒不斷攪拌或摩擦燒杯內(nèi)壁，產(chǎn)生玻璃碎末，可以找到一個 中性”，聚集起來使晶體析出，正確；可見：不需要使用玻璃棒進(jìn)行操作的是，故合理選項(xiàng)是 Co5 .Z是合成某藥物的中間體，其合成原理如下 ：I Q()OHI4、-uh下列說法正確的是.A.用NaHCO3溶液可以鑒別X和ZB. X、Y、Z都能發(fā)生取代反應(yīng)C. X分子所有碳原子可能共平面D.與X具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體還有5種【解析】【詳解】A . X和Z分子中都含有竣基，都能與NaHCO 3溶液反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w

9、，NaHCO 3溶液不能鑒Z, A不正確;B.確;C.X分子中與Br相連的碳原子上連有三個碳原子，這四個碳原子不可能共平面,C錯誤;D.丁酸有兩種結(jié)構(gòu) CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH ,煌基上一個氫原子被澳原子取代的產(chǎn)物有5種,X和丫能發(fā)生酯化反應(yīng)，丫和Z的苯環(huán)上能發(fā)生鹵代反應(yīng)，酯化反應(yīng)和鹵代反應(yīng)都屬于取代反應(yīng),除去X本身，與X具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體還有4種，D錯誤。故選BoM為由6.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，其中X的某同位素可用于測量文物年代,X元素構(gòu)成的一種單質(zhì)。甲和丁兩種物質(zhì)都由W和Y元素組成，乙由Y和Z元素組成，常溫下為氣體，具有漂白性

10、，戊為二元強(qiáng)酸。它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下,卜列敘述正確的是（A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>Y>ZB.原子半徑順序:Z>Y>X>WC. 丁的水溶液適用于醫(yī)用傷口消毒及環(huán)境消毒D.常溫常壓下,M能和丙發(fā)生化合反應(yīng)據(jù)題意可推斷：W為H、X為C、Y為O、Z為S甲和丁兩種物質(zhì)分別為H2O, H2O2,乙為 SO2,丙為 CO2,戊為二元強(qiáng)酸H2SO4；【詳解】A.非金屬性：O> C,所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:H2O>CH4,A錯誤;B.同一周期，從左到右，原子半徑減小，故原子半徑順序:C>O, B錯誤;C. H2O2水溶液因?yàn)閺?qiáng)氧化性可殺菌消毒，且還原產(chǎn)物是H2

11、O適用于醫(yī)用傷口消毒，C正確;D.常溫常壓下，碳的單質(zhì)與 CO2不反應(yīng)，高溫下才反應(yīng),D錯誤;答案選Co7.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象與預(yù)期實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蛩脤?shí)驗(yàn)結(jié)論一致的是A. AA向等體積Agfl與AgBr的槍和波漉中分別加入足量的玳AgNOi溶液,帶出沉淀的物質(zhì)的電AgCl 出于AgBrB起20%蔗椅洋瀛中加入足量稀加熱：再加入壓氨波 或，布熱；朱出現(xiàn)銀能點(diǎn)攝來水解(.向gCU溶液中通入軟)之和氣體X,出現(xiàn)白色沉淀£停工一定具有氧化性D5 mL 0.1拆解液，向其中滴加1 山0twd'L1 KI海漉，飄上眉清派清加KSCX薄液，速液變成灰紅色誠反應(yīng)是可逆反良C. CB. BD. D

12、【答案】A【解析】【分析】A.等體積飽和溶液中，溶質(zhì)溶解度大的反應(yīng)產(chǎn)生的沉淀多；B.銀鏡反應(yīng)需在堿性條件下進(jìn)行；C. SO2水溶液顯酸性，溶液中含SO32-濃度很小，根據(jù) BaSO4不溶于水，也不溶于酸，而BaSO3不溶于水，但能溶于酸；D.先判斷物質(zhì)的過量問題，然后判斷反應(yīng)的可逆性?！驹斀狻緼. AgCl、AgBr在溶液中存在沉淀溶解平衡，向等體積AgCl、AgBr飽和溶液中加入足量 AgNO 3濃溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量AgCl>AgBr ,說明溶液中含有 AgCl>AgBr ,因此可證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)> Ksp(AgBr) , A 正確;B.向20%

13、的蔗糖溶液中加入一定體積稀硫酸，加熱，使蔗糖發(fā)生水解反應(yīng)，然后加入NaOH中和硫酸，使溶液顯堿性，然后再加入銀氨溶液，水浴加熱，才可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，否則不能證明蔗糖是否發(fā)生水解反 應(yīng)，B錯誤；C.向BaCl2溶液中通入SO2氣體和氣體X,產(chǎn)生白色沉淀，該氣體可能是堿性氣體NH3,反應(yīng)產(chǎn)生的白色沉淀是BaSO3；也可能是具有氧化性的氣體如C12,反應(yīng)產(chǎn)生的是BaSO4白色沉淀，C錯誤；D. FeCl3與 KI 會發(fā)生反應(yīng)：2FeCl3+2KI=2FeCl 2+I2+2KCI , n(FeCl3)=5 >10-4 mol>n(KI)=1 10-4mol, FeCl3溶液 過量，所以取反

14、應(yīng)后上層清液滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，不能證明該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，D錯誤；故合理選項(xiàng)是Ao【點(diǎn)睛】本題考查實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計與評價。掌握有關(guān)元素及化合物的知識及化學(xué)反應(yīng)原理是本題解答的關(guān) 鍵。要注意過量問題及溶液酸堿性對實(shí)驗(yàn)的影響。0 0-H8 .已知磷酸分子(入 )中的三個氫原子都可與重水分子 (D2O)中的D原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸h-a(H3PO2)也可與D2O進(jìn)行氫交換，1次磷酸鈉 (NaH2PO2)卻不能與D2O發(fā)生氫交換。則下列說法正確的是A. H3PO2在水溶液中發(fā)生電離：H3P。2 H+ + H2P。2-、H2PO2- H+HPO22-B.H3P04屬于三元酸、C.NaH2P

15、02屬于酸式鹽,D.H3PO2具有較強(qiáng)的還原性，其結(jié)【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)題意可知-0H的H原子可以與重水分子的D原子發(fā)生交換,而與P原子直接結(jié)合的H原子不能發(fā)生氫交換，次磷酸（H 3P02）也可與D20進(jìn)行氫交換，但次磷酸鈉（NaH 2P02）卻不能與D2O發(fā)生氫交換,說明次磷酸（H3P02）是一元酸，電離方程式為：H3P02=± H+H2P02-, A錯誤;B.根據(jù)題干信息可知，H3P04屬于三元酸、H3P02屬于一元酸，B錯誤;C.羥基H原子可以發(fā)生氫交換，非羥基 H原子不能發(fā)生 H交換，次磷酸鈉（NaH 2P02）卻不能與D20發(fā)生氫交換，說明H 3P02屬于一元

16、酸，NaH 2P02屬于正鹽，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，C錯誤;D.在H3PO2中P元素化合價為+ 1價，具有較強(qiáng)的還原性，由于只有1個-OH,因此其結(jié)構(gòu)式為D正確；故合理選項(xiàng)是Do9 .二氧化氯（C1O2）是易溶于水且不與水反應(yīng)的黃綠色氣體，沸點(diǎn)為 11CO某小組在實(shí)驗(yàn)室中制備 C1O2的裝置如下：已知：SO2+2NaC1O3+H2SO4=2C1O2+2NaHSO4卜列說法正確的是A.連接裝置時，導(dǎo)管口 a應(yīng)接h或g,導(dǎo)管口 c應(yīng)接eB.裝置C中裝的是飽和食鹽水，導(dǎo)管口a通過的氣體為 S02C.裝置D放冰水的目的是液化 S02,防止污染環(huán)境D.可選用裝置 A,用1 mol L-1鹽

17、酸與Mn02反應(yīng)制取Cl2【答案】A【解析】【詳解】A.裝置A中制備二氧化硫氣體， 利用SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4制備C1O2,為防止倒 吸，應(yīng)在之前有安全瓶，則a-gh ,為反應(yīng)充分，氣體要長進(jìn)短出，故連接順序?yàn)椋篴-g-hbcefd , A正確；B.實(shí)驗(yàn)室中制備 C1O2的實(shí)驗(yàn)中，尾氣為 SO2,為防止污染空氣，裝置 C中裝的是NaOH吸收未反應(yīng)完的SO2, B錯誤；C. C1O2沸點(diǎn)較低，在D中冰水浴收集，為充分冷卻氣體，便于收集，C錯誤；D.只有濃鹽酸才能在加熱時與MnO2反應(yīng)生成C12, 1 mol/L的稀鹽酸不能用于反應(yīng)制取CI2, D錯誤；故合

18、理選項(xiàng)是Ao10.化學(xué)反應(yīng)中絢麗的顏色變化往往展現(xiàn)了化學(xué)的神奇，體現(xiàn)了化學(xué)之美。下列變化中的a、b、c、d可以是混合物，關(guān)于物質(zhì)類別或者反應(yīng)類型的敘述一定正確的是A.變化一定不屬于氧化還原反應(yīng)B.變化得到的白色沉淀一定是硫酸鹽C.物質(zhì)c中一定不能含有鐵紅或磁性氧化鐵D.物質(zhì)d可能是某有機(jī)物的水溶液【答案】D【解析】【詳解】A.向稀硫酸中加入 Cu,加熱，并通入空氣，發(fā)生反應(yīng)：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O,該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B. H2SO4可與Na2SiO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生 H2SQ3沉淀，因此該白色沉淀不一定是硫酸鹽，B錯誤；C.若物質(zhì)c中含有鐵紅或磁性氧化

19、鐵，同時含有Fe單質(zhì)，鐵紅或磁性氧化鐵與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生Fe3+, Fe3+與Fe進(jìn)一步發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+,使溶液變?yōu)闇\綠色，因此不能確定c中是否含有鐵紅或磁性氧化鐵，C錯誤；D.硫酸是酸，溶液顯酸性，遇石蕊試液變?yōu)榧t色，石蕊是有機(jī)物，因此物質(zhì)d可能是某有機(jī)物的水溶液，D正確；故合理選項(xiàng)是Do二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項(xiàng)符合題意，全 部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.十九大報告中提出 打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”，對污染防治要求更高。某種利用垃圾滲透液實(shí)現(xiàn)發(fā)電、環(huán)保二位一體結(jié)合的裝置示意圖如下。當(dāng)該裝置工作時，下列說法正確的是A.鹽橋中

20、C向Y極移動B.電路中流過7.5 mol電子時，共產(chǎn)生 N2的體積為44.8 L（標(biāo)況）C.電流由X極沿導(dǎo)線流向Y極D. 丫極發(fā)生的反應(yīng)為2NO3-+10e-+6H 2O=N 2 T +12OH,周圍pH增大【答案】BD【解析】【詳解】A.根據(jù)裝置圖可知 X電極上NH 3失去電子，被氧化變?yōu)镹2, X為負(fù)極；NO3-在丫電極上得到電子，被還原變?yōu)?N2, Y為正極，鹽橋中C1-向正電荷較多的負(fù)極 X電極移動，A錯誤；B.該電池總反應(yīng)方程式為 5NH4+3NO3-=4N2 T +2H+9H2O,根據(jù)方程式可知：每轉(zhuǎn)移 15 mol電子，反應(yīng)產(chǎn)生4 mol N2,則電路中流過7.5 mol電子時，

21、共產(chǎn)生N2的物質(zhì)的量是2 mol,其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為44.8 L,B正確；C.電子由X電極經(jīng)負(fù)載流向正極 Y, C錯誤；D. Y極為正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2NO3-+10e-+6H 2O=N 2 T +12OH,消耗水，產(chǎn)生OH-,使c（OH-）增大，使周圍溶液中 pH增大，D正確；故合理選項(xiàng)是BD。12.工業(yè)上可用鐵鹽溶液溶解黃鐵礦（主要成分為FeS2）,發(fā)生如下過程。下列說法錯誤的是A.過程I每溶解120 g FeS2,理論上消耗6 mol Fe3+B.過程n每生成1 mol SO42-轉(zhuǎn)移8 mol eC. 總反應(yīng)為FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+

22、15Fe2+16H+D. 反應(yīng)過程中鼓入大量的空氣有利于反應(yīng)的進(jìn)行【答案】 B【解析】【詳解】A.在過程I中發(fā)生反應(yīng)，使 S22-轉(zhuǎn)化為S2O32-, S元素化合價由反應(yīng)前-1價變?yōu)榉磻?yīng)后+2, S元素 化合價共升高2q=6價，失去6 mol電子，每溶解120 g即1 mol FeS 2,反應(yīng)轉(zhuǎn)移6 mol電子，根據(jù)電子守 恒可知需消耗6 mol Fe 3+， A 正確；B.在過程II中Fe3+將S2O32-氧化為SO42-, S元素化合價由反應(yīng)前+2價變?yōu)榉磻?yīng)后的+6價，每1 mol S2O32- 反應(yīng)產(chǎn)生2 mol SO 42-,元素化合價共升高 2M=8價，則產(chǎn)生1 mol SO42-轉(zhuǎn)

23、移4 mole-, B錯誤；C.根據(jù)示意圖可知FeS2與Fe3+及H2O發(fā)生反應(yīng)后最終變?yōu)?SO42-、Fe2+及H+,根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應(yīng)總方程式為：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H+, C正確；D.反應(yīng)過程中鼓入大量的空氣，可以將其中S元素氧化為SO2,將+2價Fe氧化為Fe3+,在溶?中Fe3+進(jìn)一步把SO2氧化為SO42-,可見鼓入足量空氣將促使反應(yīng)正向進(jìn)行，有利于反應(yīng)的進(jìn)行，D正確；故合理選項(xiàng)是B 。13. 某科學(xué)興趣小組查閱資料得知，反應(yīng)溫度不同，氫氣還原氧化銅的產(chǎn)物就不同，可能是Cu 或 Cu2O ， Cu和CU2O均為不溶于

24、水的紅色固體，但CU2O能與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)：CU2O+H2SO4=CUSO4+CU+H2O。為探究反應(yīng)后的紅色固體的成分，他們提出了以下假設(shè)：假設(shè)一：紅色固體只有Cu假設(shè)二：紅色固體只有Cu2 O假設(shè)三：紅色固體中有Cu 和 Cu2O下列判斷正確的是A. 取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，則假設(shè)一和二都成立B. 少量紅色固體與足量稀硫酸反應(yīng)，若溶液呈藍(lán)色且仍有紅色固體，則只有假設(shè)三成立C.若將7.2克紅色固體通入足量的 H2還原，最后得到固體 6.4克，則假設(shè)二成立D. 實(shí)驗(yàn)室可用向新制Cu(OH) 2懸濁液(堿性 )中加入葡萄糖后加熱，來制取Cu2O【答案】 CD【解析】【

25、分析】A.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，說明紅色固體中不含氧化亞銅；B.若看到溶液變成藍(lán)色， 說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，說明反應(yīng)后還有紅色固體銅存在，據(jù)此分析；C.根據(jù)假設(shè)二：紅色固體只有Cu2O結(jié)合銅守恒代入計算驗(yàn)證；D.實(shí)驗(yàn)室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取 Cu2?！驹斀狻緼.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設(shè)一成立，假設(shè)二、三不成立，A錯誤；B.若看到溶液變成藍(lán)色， 說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，說明反應(yīng)后還有紅色固體銅存在，但不能說明原紅色固體中含有銅

26、，因?yàn)檠趸瘉嗐~和稀硫酸反應(yīng)也能生成銅，則假設(shè)二或三成立，B錯誤;m 7.2gC.假設(shè)二：紅色固體只有CU2O,則7.2 g CU2O的物質(zhì)的量n(Cu2O)= =0.05 mol,和H2反M 144g/mol應(yīng)后生成銅的物質(zhì)的量為0.1 mol,質(zhì)量為6.4 g,所以假設(shè)二成立，C正確;D.葡萄糖含有醛基，可以與新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取 Cu2。，D正確；故合理選項(xiàng) CD?！军c(diǎn)睛】本題考查了實(shí)驗(yàn)方案評價，明確實(shí)驗(yàn)原理是解本題關(guān)鍵，易錯點(diǎn)為B選項(xiàng)，要注意氧化亞銅與酸反應(yīng)又生成紅色的銅，同時得到硫酸銅溶液，使溶液變?yōu)樗{(lán)色。14.T C時，在 20.00 mL 0.10 m

27、ol/LCH 3COOH 溶液中滴入 0.10 mol/LNaOH 溶液，溶液 pH 與 NaOH 溶液體積pHfU的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是麗而麗麗品A. TC時，CH3COOHmgmO|a=10<10kB. M點(diǎn)對應(yīng)的NaOH京液的體積，0.00 mL |C. N 點(diǎn)所示溶液中 c(Na+)>c(OH|BC(CH 3COO-)ICrH+D. N點(diǎn)與Q點(diǎn)所示溶液中水白N>， /7 -貝U該溫度下CH3COOH【詳解】A. TC 時，0.10 mol/L CH3COOH 溶液的 pH=3,說明溶液中 c(H+)=10-3 mol/L ,c CH 3COO n c H的電

28、離平衡常數(shù) Ka= 3c CH3COOH3310一10r = 1機(jī) A 錯誤;0.1 10B. M點(diǎn)溶液pH=7,若對應(yīng)的NaOH溶液的體積為20.00 mL ,則醋酸與NaOH恰好中和，溶液為CFCOONa, 該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，與題干的溶液顯中性相違背，說明M點(diǎn)對應(yīng)的NaOH溶液的體積小于20.00 mL, B錯誤；C. N點(diǎn)時所示溶液中醋酸與 NaOH恰好中和，溶液為 CH3COONa溶液，CH3COO-發(fā)生水解反應(yīng)而消耗，所 以c(Na+)>c(CH3COO-), CH3COO-發(fā)生水解反應(yīng)消耗水電離產(chǎn)生的H+,最終達(dá)到平衡時，溶液中 c(OH-)>c(H+

29、),但鹽水解程度是微弱的，水解產(chǎn)生的離子濃度遠(yuǎn)小于鹽電離產(chǎn)生的離子濃度，因此 c(CH3COO-)>c(OH-),故該溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)> c(H+), C 錯誤；D. N點(diǎn)時所示溶液中醋酸與 NaOH恰好中和，溶液中的溶質(zhì)為 CFCOONa,溶液中只有鹽的水解作用，促 進(jìn)水的電離；而 Q點(diǎn)時NaOH過量，溶液為CH3COONa和NaOH的混合液，由于 NaOH電離產(chǎn)生OH-對水 的電離平衡起抑制作用，使鹽水解程度減小，故最終達(dá)到平衡時水的電離程度N>Q, D正確；故合理選項(xiàng)是Do15.水煤氣變換反應(yīng)為：CO(

30、g)+H2O(g尸CO2(g)+H2(g)。我國研究人員結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計算機(jī)模擬結(jié)果，揭示了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應(yīng)歷程(如圖所示)，其中吸附在金催化劑表面上的物質(zhì)用標(biāo)注。下列說法0x+ g3 過虢態(tài)13OX,3 吊o口&X*®OJ正確的是A.水煤氣變換反應(yīng)的 H<0B.該歷程中最大能壘(活化能)E正=1.70 eVC.步驟只有 H-H鍵和H-O鍵形成D.步驟的轉(zhuǎn)化關(guān)系可表示為：CO +OH- +H2O(g)=COOHI +H2O 【答案】AD1和過渡態(tài)2,最后生成產(chǎn)物的能量低于【詳解】A.根據(jù)圖象分析可知：水煤氣的生成過程經(jīng)過了過渡態(tài)反應(yīng)物，則該反應(yīng)為放熱，反應(yīng)的

31、H<0, A正確；B.該歷程中最大能壘(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV , B錯誤；C.步驟除非極性鍵 H-H鍵形成，還有 H-O鍵及C=O的形成，C錯誤；D.結(jié)合圖分析判斷，對照 CO?+OH?+H?+H2O(g), COOH?+H?+H2。?，可知步驟發(fā)生的反應(yīng)：CO +OH +H2O(g)=COOH +H2O -，D 正確；故合理選項(xiàng)是AD。第R卷(非選擇題 共60分)注意事項(xiàng)：1 .第R卷共5頁，用0.5毫米黑色簽字筆答在答題卡對應(yīng)區(qū)域中(除題目有特殊規(guī)定外)2 .答卷前將密封線內(nèi)的項(xiàng)目填寫清楚。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.氯胺是由氯

32、氣遇到氨氣反應(yīng)生成的一類化合物，是常用的飲用水二級消毒劑，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2CI、NHC12 和 NC13)。(1)氯胺作飲用水消毒劑是因?yàn)樗馍删哂袕?qiáng)烈殺菌作用的物質(zhì)，該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)式為,二氯胺與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。將0.01 mol NCI3通入100 mL 0.5 mol/L Na2SO3溶液中，轉(zhuǎn)移電子的 物質(zhì)的量為 mol。(2)已知部分化學(xué)鍵的鍵能和化學(xué)反應(yīng)的能量變化如下表和下圖所示。化學(xué)被N-HN-aH-CI幢能/kJ mo】"13913431.S中間狀態(tài) 總能量生成物總能量9klI麗麗麗而te) ;AHslUkJ-mol-1 NH+ClXs)反

33、應(yīng)過程則反應(yīng)過程中的 AH2=kJ mol-1,表中的x= (3)在密閉容器中反應(yīng) NH3(g)+Cl2(g)KNH2Cl(g)+HCl(g)達(dá)到平衡，通過熱力學(xué)定律計算，不同溫度下理n NH 3論上NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)隨的變化如下圖所示。n Cl2平衡時 NHiCl 體積分 數(shù)/% 2000.4耶-3)n(Cli)a、b、c三點(diǎn)對應(yīng)平衡常數(shù)的大小關(guān)系是(分別用Ka、Kb、Kc表示)。 b點(diǎn)時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)t2C, Q點(diǎn)對應(yīng)的速率：1E 逆(填“乂 “破"二”；) 在氨氯比一定時，提高 NH 3的轉(zhuǎn)化率的方法是 (任寫1種);若產(chǎn)物都是氣體，實(shí)驗(yàn)測得【答案】 (1). H-O-C

34、149(6). Ka=Kb>Kc. 54成 NHCI2、NC13、N2等NH2C1的體積分?jǐn)?shù)始終比理論值低，原因可能是(4). -1405.6(5). 191.2(10).有副反應(yīng)，還可能生HClO； NCl3與H2O反應(yīng)產(chǎn)生(2). NHCl 2+2H 2O=NH 3+2HC1O(3). 0.06(8). <(9).升溫或及時分離出產(chǎn)物NH2C1(1)氯胺與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NH3和HClO；二氯胺與水反應(yīng)產(chǎn)生 NH 3和兩分子的NH3和HClO , HClO將Na2SO3氧化為NazSO,，HClO被還原為HCl , HCl與NH3結(jié)合形成NH 4Cl,根據(jù)反應(yīng)前后元素化合價的變化

35、分析電子轉(zhuǎn)移情況；(2)根據(jù)反應(yīng)熱與反應(yīng)物、生成物的活化能大小分析，根據(jù)H =反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能分析；(3)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，當(dāng)n(NH3): n(Cl2)=0.4時結(jié)合NHzCl的體積分?jǐn)?shù)為20%,通過物質(zhì)平衡轉(zhuǎn)化關(guān)系計算出各物質(zhì)平衡量，代入平衡常數(shù)公式計算；在T2溫度下，過Q點(diǎn)作垂線，此時Q點(diǎn)對應(yīng)NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)偏高，聯(lián)系平衡移動即可得出正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率的大小；提高NH 3的轉(zhuǎn)化率，則平衡應(yīng)該正向移動，聯(lián)系平衡移動的相關(guān)知識解答；NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)始終比理論值低，可能的原因很多，可從副反應(yīng)或者有其他雜質(zhì)產(chǎn)生方面考慮回答即可?！驹斀狻?1)氯胺

36、與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NH3和HClO,反應(yīng)產(chǎn)生的HClO具有強(qiáng)的氧化性，其結(jié)構(gòu)式為H-O-Cl ;二氯胺與水反應(yīng)產(chǎn)生 NH3和兩分子的HClO ,反應(yīng)方程式為：NHCl 2+2H2O=NH 3+2HC1O ; NCl3與H2O反應(yīng) 產(chǎn)生 NH3和 HClO , HClO 將 Na2SO3氧化為 Na2SO4, HClO 被還原為 HCl , HCl 與 NH3結(jié)合形成 NH4Cl, 1 molNC13反應(yīng)產(chǎn)生3 mol HClO,氧化Na2SO3產(chǎn)生Na2SO4時轉(zhuǎn)移6 mol電子，則0.01 mol NC13發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移 0.06 mol電子；(2)由于從能量數(shù)值看 Hi=AH + AH2,所以

37、 H2=AHi-AH=1416.9 kJ/mol-11.3 kJ/mol=1405.6 kJ/mol ,物質(zhì) 由能量高的狀態(tài)轉(zhuǎn)化為能量低的狀態(tài)，反應(yīng)放出熱量，則反應(yīng)過程中的4H2=-1405.6 kJ/mol；由ZH=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能, 得：1416.9 kJ/mol-(2 391.3 kJ/mol+x kJ/mol+431.8 kJ/mol)=+11.3kJ/mol ,解得 x=191.2kJ/mol;n NH 3(3)由于a、b兩點(diǎn)溫度相同，則Ka=Kb,由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，當(dāng)一-一為定值時，丁2下n Cl 2NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)更小，說明T2下平衡逆向移動，則 Kc變

38、小，所以a、b、c三點(diǎn)化學(xué)平衡常數(shù)的關(guān)系是：n NH3Ka=Kb>Kc；當(dāng)=0.4 時，假設(shè)容器體積為 V L,起始量 n(NH3)=0.4 mol, n(Cl2)=1 mol, NH3 變化量n Cl2為 x mol,則平衡時 n(NH3)=(0.4-x) mol , n(Cl2)=(1-x) mol , n(NH 2cl)= n(HCl)=x mol ,同溫同壓下氣體的體積x比等于氣體的物質(zhì)的量的比，則：M00%=20% ,解得x=0.28 mol ,則該反應(yīng)的平4954 '0.4 x 1 x x x衡常數(shù)Kb=0.28 0.280.4 0.281 0.28在T2溫度下，Q點(diǎn)

39、NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)偏高，平衡將向著使 NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)下降的方向移動，所以Q點(diǎn)平衡逆移，V !E<V逆；在氨氯比一定時，由(2)知H>0,升高溫度，或及時分離出產(chǎn)物NHCl2,都會使平衡正向移動，NH3的轉(zhuǎn)化率升高；NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)始終比理論值低，可能是：有副反應(yīng)，還可能生成NHCl2、NCl3、N2o【點(diǎn)睛】本題考查了反應(yīng)熱與鍵能、物質(zhì)含有能量的關(guān)系及化學(xué)平衡有關(guān)知識，掌握有關(guān)概念、反應(yīng)熱與鍵能及物質(zhì)能量關(guān)系和平衡移動原理的影響因素是解題關(guān)鍵，在分析時，要結(jié)合圖象，弄清圖象中橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)的含義分析解答。17.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)幾乎與鋼一樣堅固，

40、但重量僅為鋼的三分之一，已被用于飛機(jī)機(jī)身和機(jī)翼、智能手機(jī)外殼上等。但這種合金很難被焊接。最近科學(xué)家將碳化鈦納米顆粒(大小僅為十億分之一米)注入AA7075的焊絲內(nèi)，讓這些納米顆粒充當(dāng)連接件之間的填充材料。注入了納米粒子的填充焊絲也可以更容易地連接其他難以焊接的金屬和金屬合金?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)銅原子的價層電子排布式為 。(2)第三周期某元素的前 5個電子的電離能如圖1所示。該元素是 (填元素符號)，判斷依據(jù)是 。(3)CN、NH3、H2O和OH 一等配體都能與Zn2+形成配離子。1mol Zn(NH 3聞2+含mol 鍵，中心離子的 配位數(shù)為(4)鋁鎂合金是優(yōu)質(zhì)儲鈉材料，原子位于面心和頂

41、點(diǎn)，其晶胞如圖2所示。1個鋁原子周圍有 個鎂原子最 近且等距離。(5)在二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛:笨甲弊笨甲看苯甲醇中C原子雜化類型是 。苯甲醇的沸點(diǎn)高于苯甲醛，其原因是 (6)鈦晶體有兩種品胞，如圖所示。-38100%(10).192.33D x2 y如圖3所示，晶胞的空間利用率為 (用含n的式子表示)。已知圖4中六棱柱邊長為 x cm,高為y cm。該鈦晶胞密度為 D g cm-3, Na為 mol一(用含x y和D的式子表示)?！敬鸢浮?1). 3d104s1(2). Mg (3). I3是I2的5倍多，說明最外層有 2個電子， (4). 16(5).4(6). 8.

42、sp2、sP3(8).苯甲醇分子間存在氫鍵，苯甲醛分子間不存在氫鍵(1)銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子;(2)根據(jù)電離能的突變判斷最外層電子，結(jié)合該元素為第三周期元素分析；所有單鍵包括配位鍵均為b鍵，雙鍵中有一個為 b鍵，每個NH3分子中含有3個N-H鍵，中心原子Zn與四個N原子之間存在配位鍵；(4)晶胞中每個側(cè)面的4個頂點(diǎn)上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且最近；(5)苯環(huán)上碳原子形成 3個共用電子對，而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對；分子間的氫鍵對物質(zhì)的沸點(diǎn)影響較大，苯甲醇分子間存在氫鍵；(6)由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8X1 =2,設(shè)

43、原子半徑為r,則晶胞的對角線為 4r,晶胞的邊長84r為飛,由此計算空間利用率；圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2X 1+12x1=6,晶胞的質(zhì)量為 6-8g,六棱柱邊長為x cm,高為y cm,26na則晶胞的體積為 3®x2ycm3,再結(jié)合晶胞的密度計算Na。2【詳解】(1)銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子，其價電子排布式為3d104s1;(2)由圖1可知電離能I3是I2的5倍多，說明最外層有 2個電子，結(jié)合該元素是第三周期元素，則該元素為 第三周期第n A元素，此元素為鎂，元素符號為Mg;所有單鍵包括配位鍵均為 。鍵，雙鍵中有一個為 。鍵，每個NH3分子中含有

44、3個N-H鍵，中心原子Zn 與四個N原子之間存在配位鍵，則 1mol Zn(NH 3)42+含(4+3X4) mol=16mol艇，配位體為 NH3,中心離 子Zn2+的配位數(shù)為4;(4)晶胞中每個側(cè)面的4個頂點(diǎn)上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且最近，則每個鋁原子周圍距離最近的鎂原子有 8個；(5)苯環(huán)上碳原子形成 3個共用電子對，碳原子的雜化類型是sp2,而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對，碳原子的雜化類型是sp3;苯甲醇分子間存在氫鍵，而苯甲醛分子間不存在氫鍵，導(dǎo)致苯甲醇的沸點(diǎn)明顯比苯甲醛高；(6)由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8X1 =2,設(shè)原子半徑為r,則晶胞

45、的對角線為 4r,晶胞的邊長84r為飛,則空間利用率為2 4 r3334r3100%=8100% ;圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為 3+2X 1+12x1=6,晶胞的質(zhì)量為eg,六棱柱邊長為x cm,高為y cm, 26Na則晶胞的體積為 圭叵x2ycm3,則D= 7g+冬叵x2ycm3,由此計算得Na=192ymol 1 02Na 23D x2 y【點(diǎn)睛】本題考查原子雜化方式判斷，注意雜化軌道理論的理解應(yīng)用，把握常見分子中原子的雜化及空間構(gòu)型為解答的關(guān)鍵，根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=b1鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，b鍵個數(shù)二配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù) =-(a

46、-xb), a指中心原子價電子個數(shù)，x指2配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù).根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2,sp 雜化；n=3, sp2 雜化；n=4, sp3 雜化。18.二茂鐵是一種特殊的金屬有機(jī)化合物，可用作燃料的節(jié)能消煙劑、抗爆劑等，熔點(diǎn)為173 C,在100 C時開始升華；沸點(diǎn)是249 Co實(shí)驗(yàn)室制備二茂鐵的反應(yīng)原理是： 2KOH+FeCl 2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H 2O, 其裝置如下圖所示。接液封裝置圖一圖二實(shí)驗(yàn)步驟為：在三頸燒瓶中加入 25 g粉末狀的KOH ,并從儀器a中加入60 mL無水乙醍，充分?jǐn)嚢瑁瑫r通氮?dú)饧s10

47、min ；再從儀器a滴入5.5 mL新蒸儲的環(huán)戊二烯(C5H6,密度為0.95 g cm-3),攪拌；將6.5 g無水FeCl2與(CH3)2SO(二甲亞碉，作溶劑)配成的溶液25 mL裝入儀器a中，慢慢滴入三頸燒瓶中，45 min滴完，繼續(xù)攪拌 45 min；再從儀器a加入25 mL無水乙醛攪拌；將三頸燒瓶中的液體轉(zhuǎn)入儀器X中，依次用鹽酸、水各洗滌兩次，分液得橙黃色溶液；蒸發(fā)橙黃色溶液，得二茂鐵粗產(chǎn)品?；卮鹣铝袉栴}：儀器a、X 名稱分別是。(2)步驟中通入氮?dú)獾脑蚴?(用化學(xué)方程式表示)。(3)三頸燒瓶的適宜容積應(yīng)為 (選編號)。 100 mLZ250 mL 500 mL(4)步驟用鹽酸洗

48、滌的目的是 。(5)步驟是二茂鐵粗產(chǎn)品的提純，操作裝置如圖二所示，其操作名稱為 ;該操作中棉花的作用(6)為了確認(rèn)得到的是二茂鐵，還需要進(jìn)行的一項(xiàng)簡單實(shí)驗(yàn)是 。確定二茂鐵的結(jié)構(gòu)是下圖 b而不 是c,其測定白譜圖為。bc【答案】(1).恒壓漏斗、分液漏斗(2). 4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3 J(3).(4).除去多余的KOH (5).升華 (6).防止二茂鐵揮發(fā)進(jìn)入空氣中(7).測定所得固體的熔點(diǎn)(8).核磁共振氫譜【解析】【分析】(1)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)，結(jié)合儀器的用途確定儀器名稱；(2)二茂鐵中鐵是+2價，易被空氣中氧氣氧化，通入氮?dú)馀疟M裝置中空氣； 2(3)儀器c為三

49、頸燒瓶，其中盛放液體的體積不超過容積的一分析判斷；3(4)鹽酸可中和 KOH生成KCl和水；(5)二茂鐵有固體直接變成氣體，然后冷凝收集，稱為升華；棉花團(tuán)有防止粉末逸出的功能；(6)可以通過測定所得固體的熔點(diǎn)確定；根據(jù)核磁共振氫譜圖確定物質(zhì)結(jié)構(gòu)?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖可知儀器 a是恒壓漏斗；儀器 X用于分離互不相溶的兩層液體物質(zhì)，使用的是分液漏斗；(2)二茂鐵中鐵是+2價，易被空氣中氧氣氧化，通入氮?dú)馀疟M裝置中空氣，防止實(shí)驗(yàn)過程中亞鐵離子被氧化；2(3)由題意可知三頸燒瓶中共加入液體112.5 mL ,三頸燒瓶中盛放液體的體積不超過容積的一，所以應(yīng)該選3擇的規(guī)格是250 mL三頸燒瓶，故合理

50、選項(xiàng)是；(4)步驟用鹽酸洗滌，可與其中的KOH發(fā)生中和反應(yīng)，而除去多余的KOH ;(5)二茂鐵由固體直接變成氣體，然后冷凝收集，其操作名稱為升華；該操作中棉花的作用是防止二茂鐵揮發(fā)進(jìn)入空氣中；(6)為了確認(rèn)得到的是二茂鐵，還需要進(jìn)行的一項(xiàng)簡單實(shí)驗(yàn)是測定所得固體的熔點(diǎn)；可根據(jù)物質(zhì)的核磁共振氫譜圖確定物質(zhì)結(jié)構(gòu)是 b還是c,若是b結(jié)構(gòu)，分子中只有一種位置的H原子，只有1個吸收峰；若是圖c結(jié)構(gòu)，分子中含有 3種不同位置的H原子，有3個吸收峰，吸收山I的面積比為1： 2： 2?！军c(diǎn)睛】本題以二茂鐵的制備實(shí)驗(yàn)為載體考查常見儀器的識別，實(shí)驗(yàn)方案的分析、評價，化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作，物質(zhì)的分離、提純和檢驗(yàn)，物質(zhì)結(jié)構(gòu)

51、的測定，充分利用題干信息，掌握物質(zhì)的性質(zhì)及分離方法，了解核磁共振氫譜在測定結(jié)構(gòu)的應(yīng)用是解答本題的關(guān)鍵。19.某種電鍍污泥主要含有硫化亞銅(Cu2Te)、三氧化二銘(Cr2O3)以及少量的金(Au),可用于制取 Na2Cr2O7溶液、金屬銅和粗硫等，以實(shí)現(xiàn)有害廢料的資源化利用，工藝流程如下：純堿、空氣稀硫酸電鍬污泥浸出液4* Ns2cmeh溶液已知：煨燒時， Cu2Te發(fā)生的反應(yīng)為 Cu2Te+2Oj&2CuO+TeO2。(1)Te元素在元素周期表中的位置為 其基態(tài)原子的電子占據(jù)的最高能層符號為 。(2)煨燒時，Cr2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(3)浸出液中除了含有 TeOSO4(在

52、電解過程中不反應(yīng))外，還可能含有 (填化學(xué)式)。電解沉積過程中 析出單質(zhì)銅的電極為 極。(4)工業(yè)上用重銘酸鈉(Na2Cr2O7)母液生產(chǎn)重銘酸鉀(K2C2O7)的工藝流程如圖所示：通過冷卻結(jié)晶能析出大量K2Cr2O7的原因是 。(5)測定產(chǎn)品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取試樣2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL于錐形瓶中，加入足量稀硫酸和幾滴指示劑，用0.1000 mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定。滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方 程式為。若三次實(shí)驗(yàn)消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液的體積平均為 25.00 mL ,則所得產(chǎn)品中 K2Cr2O7的純

53、度為 % (保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1).第五周期V1 A 族 (2). O (3). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO3JH= 4Na2CrO4+4CO2(4).CuSO4（5）.陰 （6）.低溫條彳下，K2Cr2O7的溶解度在整個體系中最小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小(7). Cr2O 72-+6Fe2+14H +=2Cr 3+6Fe3+ +7H 2O(8). 49.0【解析】【分析】某種電鍍污泥中主要含有硫化亞銅（Cu2Te）、三氧化二銘（Cr2O3）以及少量的金（Au）,可以用于制取 Na2Cr2O7溶液、金屬銅、粗硫等，根據(jù)流程圖，煨燒時Cu2Te發(fā)生的反

54、應(yīng)為Cu2Te+2O2基強(qiáng)2CuO+TeO2, Cr2O3與純堿和空氣中的氧氣反應(yīng)生成Na2CrO4, Na2CrO4酸化后生成 Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金（Au）,用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有銅離子和TeOSO4,電解后銅離子放電生成銅，溶液中含有TeOSO4, TeOSO4與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成粗硫，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）Te是52號元素，原子核外電子排布為2、8、18、18、6,可見Te元素在元素周期表中的位置為第五周期第 VIA族，最高能層為第 5能層，故其基態(tài)原子的電子占據(jù)的最高能層符號為。；（2“段燒時，Cr2O3與O2及Na2CO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生 Na2CrO4和CO2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 二二 4Na2CrO4+4CO2；（3）根據(jù)上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4（在電解過程中不反應(yīng)）外，還可能含有 CuSO4