2020屆河北衡中同卷新高考押題沖刺模擬(一)化學(xué)試卷

202020屆河北衡中同卷新高考押題沖刺模擬（一）化學(xué)試題★祝你考試順利^注意事項：1、考試范圍：高考考查范圍。2、答題前，請先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡上的相應(yīng)位置，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷類型A后的方框涂黑。3、選擇題的作答：每個小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。4、主觀題的作答：用0.5毫米黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非主觀題答題區(qū)域的答案一律無效。5、選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選修題答題區(qū)域的答案一律無效。6、保持卡面清潔，不折疊，不破損。7、本科目考試結(jié)束后，請將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交?；瘜W(xué)與材料、生活和環(huán)境密切相關(guān)。下列有關(guān)說法中正確的是（）煤炭經(jīng)蒸餾、氣化和液化等過程，可獲得清潔能源和重要的化工原料醫(yī)藥中常用酒精來消毒，是因為酒精能夠使細(xì)菌蛋白發(fā)生變性“海水淡化”可以解決淡水供應(yīng)危機，向海水中加入明礬可以使海水淡化新型材料聚酯纖維、光導(dǎo)纖維都屬于有機高分子化合物【答案】B【解析】【詳解】A.煤炭氣化生成CO和氫氣，液化生成甲醇，可獲得清潔能源和重要的化工原料，蒸餾為分離液體混合物的方法，則煤炭不能蒸餾，故A錯誤；酒精可使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，則醫(yī)藥中常用酒精來消毒，故B正確；明磯中鋁離子水解生成膠體，膠體具有吸附性，可吸附水中懸浮雜質(zhì)，但不能淡化海水，故C錯誤；光導(dǎo)纖維的成分為二氧化硅，為無機物，而新型材料聚酯纖維屬于有機高分子化合物，故D錯誤；答案選B。下列與化學(xué)有關(guān)的文獻(xiàn)，理解錯誤的是《詠石灰》（明?于謙）中“…烈火焚燒若等閑…要留清白在人間”其中“清白”是指氫氧化鈣《詠煤炭》（明?于謙）中“鑿開混沌得烏金…不辭辛苦出山林”其中“烏金”的主要成分是煤炭《天工開物》中記載：“以消石、硫磺為主。草木灰為輔。…魂散驚而魄齏粉”文中提到的是火藥《天工開物》中有如下描述:“世間絲、麻、裘、褐皆具素質(zhì)…”文中的“裘”主要成分是蛋白質(zhì)【答案】A【解析】【詳解】A.《詠石灰》（明?于謙）中“……烈火焚燒若等閑……要留清白在人間”，描述的是碳酸鈣的受熱分解，其中“清白”是指氧化鈣，故A錯誤；《詠煤炭》（明?于謙）中“鑿開混沌得烏金……不辭辛苦出山林”描述的是煤炭的開采，其中“烏金”的主要成分是煤炭，故B正確；《天工開物》中記載：“以消石、硫磺為主。草木灰為輔?！晟Ⅲ@而魄齏粉”，消石、硫磺是制造火藥的主要原料，故C正確；《天工開物》中有如下描述：“世間絲、麻、裘、褐皆具素質(zhì)……”文中的“裘”指的是動物的毛皮，主要成分是蛋白質(zhì)，故D正確；故選A。3?設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是常溫下，1mol濃硝酸與足量Al反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LCl2完全溶解于水配成1L溶液，溶液中Cl-數(shù)為0.5NA20gH2i8O含有的中子數(shù)為10NA1L0.5mol.L-iAl,（SO4）3溶液中陽離子所帶電荷數(shù)為3NA【答案】C【解析】【詳解】A.常溫下，濃硝酸使Al鈍化，不能進(jìn)一步反應(yīng)，A錯誤；Cl2與水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能完全轉(zhuǎn)化為HCl和HClO,氯水中還含有未反應(yīng)的Cl2,B錯誤；20gHO的物質(zhì)的量為1mol，其中H原子核內(nèi)無中子，1個180含10個中子，則1molH「O含有10mol中子，C正確；溶液中Al3+及Al3+水解生成的H+所帶電荷的物質(zhì)的量為1LX0.5mol/Lx2x3=3mol，溶液中還有H20電離出的H+,故溶液中陽離子所帶電荷數(shù)大于3NA，D項錯誤；故合理選項是C。4?如圖是部分短周期元素的原子序數(shù)與其某種常見化合價的關(guān)系圖，若用原子序數(shù)代表所對應(yīng)的元素，則下列說法正確的是價+s+■1-+21列說法正確的是價+s+■1-+21?bMe原子序數(shù)(2(e.+6)g)*A.31d和33d屬于同種核素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：a>d>e工業(yè)上常用電解法制備單質(zhì)ba和b形成的化合物不可能含共價鍵【答案】C【解析】【詳解】結(jié)合題圖可推知a為O,b為Na,d為P,e為S元素。3id和33d屬于同種元素的不同核素，二者互為同位素，A錯誤；元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性就越強。元素的非金屬性：O>S>P,故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>H2S>PH3，B錯誤；工業(yè)上常用電解熔融NaCl的方法制備單質(zhì)Na,C正確Na、O兩種元素形成的化合物Na2O2中含有共價鍵、離子鍵，D錯誤；故合理選項是Co5.白屈菜有止痛、止咳等功效，從其中提取白屈菜酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)白屈菜酸的說法中不正確的是正確的是分子式是C7H4O6B.能發(fā)生加成反應(yīng)能發(fā)生水解反應(yīng)D.能發(fā)生酯化反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A.由題給白屈菜酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，該物質(zhì)分子式為C7H4O6，A正確；白屈菜酸的結(jié)構(gòu)中含有C=C鍵和C=O鍵，能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，B正確；白屈菜酸分子結(jié)構(gòu)中不含酯基或其他可水解的基團(tuán)，因此不能發(fā)生水解反應(yīng)，C錯誤;白屈菜酸分子結(jié)構(gòu)中含有羧基，可以與醇或酚發(fā)生酯化反應(yīng)，D正確；故合理選項是Co6?三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進(jìn)入中間隔室。下列敘述正確的是通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品負(fù)極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2+4H+，負(fù)極區(qū)溶液pH降低當(dāng)電路中通過lmol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成答案】B解析】【詳解】A.根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會向正電荷較多的陽極區(qū)定向移動，因此通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移；在正極區(qū)帶負(fù)電荷的OH-失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H+)>c(OH-),所以正極區(qū)溶液酸性增強，溶液的pH減小，故A錯誤；陽極區(qū)氫氧根放電，溶液中產(chǎn)生硫酸，陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH-)>c(H+),所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；負(fù)極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H+)增大，所以負(fù)極區(qū)溶液pH升高，故C錯誤；當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時，根據(jù)整個閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應(yīng)產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol#=0.25mol,故D錯誤。故選B。【點睛】本題主要是考查電解原理及其應(yīng)用、電極判斷、電極反應(yīng)式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計算等。電化學(xué)是歷年高考的重要考點之一，考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應(yīng)式的書寫，提供反應(yīng)方程式設(shè)計原電池、電解池(包括電鍍池、精煉池)，根據(jù)電解時電極質(zhì)量或溶液pH的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)的變化?！敬颂幱幸曨l，請去附件查看】7.室溫時，下列各溶液的敘述中正確的是將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀已知酸性：HF>CH3COOH,pH相等的NaF與CH3COOK溶液中：[c(Na+)—c(F—)]V[c(K+)—c(CH3COO—)]O.lmol/L的氨水的pH=a,0.01mol/L的氨水的pH=b,則a—1>b0.10mol?L-iCH3COONa溶液中通入HC1至溶液的pH恰好等于7,則c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl—)【答案】D【解析】A、在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+),c(CI-)>c(Br-)，當(dāng)將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時,發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，生成更多的AgBr沉淀,與此同時，溶液中c(Cl-)比原來AgCl飽和溶液中大,當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時,AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，選項A錯誤；B、pH相等的NaF與CH3COOK溶液中c(OH-)c(H+)濃度分別相等，根據(jù)電荷守恒得c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CH3COO-)=c(K+)+c(H+)、貝yc(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(F-)=c(k+)-c(CH3C00-)，選項B錯誤；C、同一溫度下，濃度不同的氨水中，氨水的濃度越大其電離程度越小，所以O(shè).lmol/L的氨水電離程度小于0.01mol/L的氨水，如果二者電離程度相等，則b=aT,但稀氨水的電離程度大于濃氨水，則b>a-1,選項C錯誤；D、pH恰好等于7,則c(OH-)=c(H+),電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，故①c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，故

c(Na+)>c(CH3COO-)，物料守恒為：②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),②式代入①式得c(CH3COOH)二c(CI-)，綜上，得:c(Na+)>c(CH3COOH)二c(CI-),選項D正確。答案選D。點睛：本題考查了離子濃度大小比較，涉及弱電解質(zhì)的電離及鹽類水解，根據(jù)溶液酸堿性結(jié)合守恒思想解答，注意C中氨水電離程度與氨水濃度的關(guān)系、注意酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，pH相等的不同酸，其抑制水電離程度相等。8?釩觸媒(V2O5)是催化氧化所常用的催化劑，為綜合利用，科研人員最新研制了一種離子交換法回收廢釩的新工藝，回收率達(dá)90%以上。已知廢釩催化劑中含有V2O5、VOSO4及不溶性殘渣。查閱資料可知：VOSO4可溶于水，v2o5難溶于水，nh4vo3難溶于水。該工藝的流程如下圖。痣渣履應(yīng)①NaiSO^H2SO4假帆催化劑履應(yīng)①NaiSO^H2SO4假帆催化劑〔主要含譏兀0卜V1O-]水浸時，為了提高廢釩的浸出率，除了粉碎，還可以采取的措施：，(寫出2條)；寫出反應(yīng)①的離子方程；該工藝中反應(yīng)③的沉磯率是回收釩的關(guān)鍵，沉釩率的高低除受溶液pH影響外，還需要控制氯化銨系數(shù)(NH4C1加入質(zhì)量與料液中V2O5的質(zhì)量比)和溫度。根據(jù)下圖建議最合適的氯化銨系數(shù)和溫度：氯化銨系數(shù)為，溫度為；(4(4)反應(yīng)②發(fā)生后，溶液中的氯元素以Cl-的形式存在，請寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式查閱資料得知：NH4VO3也叫偏釩酸銨，其相對分子量為117,20°C時，NH4VO3溶解度為0.468g，已知離子交換后溶液中c(VO3-)=0.10mol/L，反應(yīng)③沉磯時，加入等體積0.10mol/L的NH4C1溶液，通過列式計算判斷此時是否有nh4vo3沉淀析出？(溶液體積變化忽略不計)寫出“焙燒反應(yīng)④”中由NH4VO3制備V2O5的化學(xué)方程式?！敬鸢浮?1).攪拌(2).適當(dāng)升高溫度，延長浸泡時間(3).V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O(4).4(5).80C(6).6VOSO4+KC1O3+3H2O=3(VO2)2SO4+KC1+3H2SO4(7).在20C時NH4VO3的飽和溶液中，c(NH4+)=c(V03-)=0.468x10/117=0.04mo1/L,Ksp=1.60x10-3,又c(NH4+)xc(V03-)=(0.10/2)x(0.10/2)=2.50x10-3>Ksp=1.60x10-3,故有沉淀析出(8).2NH4VO32NH3+V2O5+H2O【解析】水浸時，為了提高廢釩的浸出率，除了粉碎，還可以采取的措施攪拌、適當(dāng)升高溫度、延長浸泡時間等措施；依題意，反應(yīng)①中v2O5作氧化劑，SO32-作還原劑，反應(yīng)的離子方程式為V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；根據(jù)圖象分析可得，要使沉釩率最高，可控制氯化銨系數(shù)為4,溫度在80C；⑷廢釩中可溶性物質(zhì)為VOSO4，所以反應(yīng)②的化學(xué)方程式為6VOSO4+KClO3+3H2O=3(VO2)2SO4+KC1+3H2SO4⑸根據(jù)溶解度的定義可得，在20C時NH4VO3的飽和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)=點：爲(wèi)/0.1L0.04mo1/L,則Ksp(NH4VO3)=(0.04mo"L)2=1.60x10-3mo12/L2，而此時溶液中Kq=c(NH4+)xc(V03-)=(0.10/2)x(0.10/2)=2.50x10-3>Ksp(NH4V03)=1.60x10-3,故有沉淀析出；⑹“焙燒反應(yīng)④”中由nh4VO3制備V2O5的化學(xué)方程式為2NH4VO32NH3+V2O5+H2O。9?硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是重要的化工原料，可用作分析試劑及鞣革的還原劑，易溶于水，受熱、遇酸易分解。Na2S2O3^5H2O是無色透明晶體，易溶于水，其稀溶液與BaC12溶液混合無沉淀生成。工業(yè)上常利用含硫廢

水生產(chǎn)Na2S2O3^5H2O，某化學(xué)興趣小組在實驗室中用如圖所示裝置(加熱裝置及部分夾持裝置已略去)模擬其生產(chǎn)過程并探究其化學(xué)性質(zhì)。D處曲魅的硫嚴(yán)溶液NajSDj的漏合液D處曲魅的硫嚴(yán)溶液NajSDj的漏合液燒瓶C中發(fā)生如下反應(yīng):Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)S(s)+Na2SO3(aq)—Na2S2O3(aq)③I制備Na2S2O3.5H2O(1)加入藥品之前須進(jìn)行的操作是;裝置D的作用是.;裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的試劑最好選用.(填字母)。A.蒸餾水B.飽和Na2SO3溶液C.飽和NaHSO3溶液D.飽和NaHCO3溶液;所制得的粗產(chǎn)品可以通過(2)為保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實驗中產(chǎn)生的SO2不能過量，原因是.;所制得的粗產(chǎn)品可以通過方法進(jìn)一步提純得到純Na2S2O3?5H2O。II.測定產(chǎn)品純度準(zhǔn)確稱取wg產(chǎn)品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.10mol?L-tI2的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。反應(yīng)原理為2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。(3)滴定至終點時的現(xiàn)象：。滴定起始和終點時I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液液面位置如圖所示，則消耗I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為mL的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為mL。產(chǎn)品的純度為(設(shè)Na2S2O3?5H2O的相對分子質(zhì)量為M,列出用M、w表示的表達(dá)式)。響點響點III?探究Na2S2O3的部分化學(xué)性質(zhì)【提出假設(shè)】假設(shè)一：Na2S2O3與Na2SO4的結(jié)構(gòu)相似，化學(xué)性質(zhì)也應(yīng)該相似，因此，室溫時Na2S2O3溶液的pH=7。假設(shè)二：從S的化合價推測Na2S2O3具有較強的還原性?！掘炞C假設(shè)】配制適量Na2S2O3溶液，進(jìn)行如下實驗，請將實驗補充完整。實驗操作實驗結(jié)論或現(xiàn)象現(xiàn)象解釋(用離子方程式表示)假設(shè)一溶液pH=8假設(shè)二向溴水中滴入適量Na2S2O3溶液溴水褪色實驗結(jié)論：W.Na2S2O3的應(yīng)用⑸Na2S2O3的商品名為“海波”，俗稱“大蘇打”，化學(xué)上常用于滴定實驗。為測定某K2Cr2O7溶液的濃度，研究小組的同學(xué)準(zhǔn)確量取10.00mLK2Cr2O7溶液于錐形瓶中，加入過量KI固體和適量稀H2SO4，滴加幾滴指示劑，用0.10mol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，進(jìn)行3次平行實驗后，測得平均消耗Na2S2O3溶液的體積為30.00mL,則c(K2Cr2O7)=mol?L-1。(已知：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+體積為30.00mL,則c(K2Cr2O7)=2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)V.探究與反思(6)為驗證產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4，該小組設(shè)計了以下實驗方案，請將實驗方案補充完整。取適量產(chǎn)品配成稀溶液，(所需試劑從BaCl2溶液、稀HNO3、稀H2SO4、稀鹽酸、蒸餾水中選擇)?！敬鸢浮?1).檢查裝置氣密性(2).防止倒吸(3).C(4).若SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物分解,0.362M產(chǎn)率降低(5).重結(jié)晶(6).溶液由無色變藍(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色(7).18.10(8).%w.用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液點在pH試紙中部,再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照(或用pH計測量Na2S2O3溶液的pH).S2O32-+H2O^^HS2O3-+OH-(11).S2O32-+4Br2+5H2O=2SO42-+8Br-+10H+(12).Na2S2O3溶液呈堿性，且具有還原性(或假設(shè)一不成立，假設(shè)二成立)(13).0.05(14).滴加足量BaCl2溶液有白色沉淀生成，過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，向沉淀中加入足量稀鹽酸，若沉淀部分溶解，并產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，則可確定產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4解析】分析】(1)有氣體參加的反應(yīng)，組裝好儀器，應(yīng)該先檢查氣密性，裝置D可以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，裝置B觀察SO2的生成速率，試劑不能溶解、反應(yīng)消耗SO2；⑵根據(jù)SO2的水溶液顯酸性對硫代硫酸鈉的存在的影響分析；利用Na2S2O3?5H2O的溶解度受溫度的影響變化較大分析提純方法；(3)利用Na2S2O3與I2反應(yīng)產(chǎn)生I-，及過量的I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色判斷滴定終點，根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系計算Na2S2O3的物質(zhì)的量及質(zhì)量，進(jìn)而可得其純度;(4)根據(jù)測定溶液pH方法確定實驗操作，利用鹽的水解規(guī)律分析溶液pH大小;-fy利用Br2具有氧化性，Na2S2O3具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)分析判斷;(5)根據(jù)反應(yīng)方程式，找到Na2S2O3與K2Cr2O7的關(guān)系式，然后計算;(6)利用BaSO4不溶于水，也不溶于酸，而BaSO3不溶于水，卻能溶于酸，反應(yīng)放出SO2分析?！驹斀狻?1)組裝好儀器，在加入藥品前應(yīng)先檢查裝置的氣密性；裝置D為安全瓶，可以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生；裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，則所選試劑應(yīng)不與SO2反應(yīng)，且SO2在其中的溶解度較小,最好選用飽和NaHSO3溶液，故合理選項是C；(2)由題意可知硫代硫酸鈉受熱、遇酸易分解，若SO2過量，SO2溶于水復(fù)原產(chǎn)生H2SO3,使溶液顯酸性，導(dǎo)致硫代硫酸鈉分解，使物質(zhì)產(chǎn)率降低；Na2S2O3?5H2O的溶解度受溫度的影響變化較大，所以通常采用重結(jié)晶的方法提純該晶體產(chǎn)物。⑶Na2S2O3與I2反應(yīng)產(chǎn)生I-,因此當(dāng)Na2S2O3反應(yīng)完全，過量的I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色。故滴定至終點時,溶液顏色的變化是由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色。根據(jù)滴定起始和終點的液面位置圖可知反應(yīng)消耗I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為18.10mL。n(I2)=0.10mol/Lx0.01810L=1.81x10-3mol；根據(jù)2S2O32-+I2=S4O62-+2I-中關(guān)系式2S2O32-?I2可知n(Na2S2O3)=2x1.81x10-3mol=3.62x10-3mol,所以產(chǎn)品的純度為3.62x10-3molxMg/mol0.362Mx100%=—w%。wg(4)假設(shè)一的實驗結(jié)論是溶液的pH=8，則實驗?zāi)康氖菧y定溶液的pH,具體操作是用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液點在pH試紙中部，半分鐘后將試紙顏色與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，即得該溶液的pH大小。Na2S2O3是強堿弱酸鹽，在溶液中S2O32-發(fā)生水解作用，消耗水電離產(chǎn)生的H+，使水的電離平衡正向移動，最終當(dāng)達(dá)到平衡時,溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液呈堿性，水解反應(yīng)的離子方程式是S2O32-+H2^^HS2O3-+OH-。假設(shè)二的實驗現(xiàn)象是溴水褪色，證明Na2S2O3有還原性，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是S2O32-+4Br2+5H2O=2SO42-+8Br-+10H+，使溶液褪色，故實驗結(jié)論是Na2S2O3溶液呈堿性，且Na2S2O3具有還原性。(5)根據(jù)所給離子方程式Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H20,2S2O32-+I2=S4O62-+2I-可得對應(yīng)關(guān)系式K2Cr2O7116Na2S2O3，則c(K2Cr2O7)=石xn(Na2S2O3)^V=石x0.10mol/Lx0.03L—0.01L=0.05mol/L。⑹題干中給出Na2S2O3稀溶液與BaCl2溶液混合無沉淀生成。則可取適量產(chǎn)品配成稀溶液，滴加足量BaCl溶液，有白色沉淀生成。經(jīng)過濾并用蒸餾水洗滌沉淀后，向沉淀中加入足量稀鹽酸，若固體部分溶解，產(chǎn)考查了物質(zhì)的分離提純、檢驗、氧化還生無色有刺激性氣味的氣體，就證明產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4。考查了物質(zhì)的分離提純、檢驗、氧化還【點睛】本題以探究硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)的性質(zhì)為線索,原反應(yīng)、實驗方案的設(shè)計優(yōu)化等，掌握化學(xué)反應(yīng)原理和化學(xué)基礎(chǔ)知識是本題解答的關(guān)鍵。在檢驗Na2SO3和Na2SO4的存在時，為防止Na2S2O3?5H2O分解產(chǎn)物的影響，要先過濾，經(jīng)蒸餾水洗滌之后再加稀鹽酸檢驗,不能使用具有強氧化性的硝酸酸化。10-甲醇是一種重要的化工原料，工業(yè)上利用CO2和屯在一定條件下反應(yīng)合成甲醇。已知：2CH0H⑴+30(g)=2C0(g)+4H0(g)AH=-12756kJ?mol-i32222C0(g)+0(g)=2C0(g)AH=-566.0kj?mol-iHO(g)=HO(l)AH=-44.0kj?mol-i22寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式。⑵在容積為IL的密閉容器中，投入ImolCO和2molH2,在不同條件下發(fā)生反應(yīng)：C0(g)+2H2(g)—CH3OH(g)。實驗測得平衡時甲醇的物質(zhì)的量隨溫度、壓強變化如圖1所示：該反應(yīng)的AH0(填“〉”、“〈”或“=”)，判斷理由。M點時，C0的轉(zhuǎn)化率為。506K時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=(保留三位小數(shù))。

某同學(xué)繪制的壓強為p時，不同溫度下上述反應(yīng)的平衡常數(shù)的對數(shù)值(lgK)如圖2所示。A、B、C、D、E五點中能正確表示該反應(yīng)的lgK與溫度(T)的關(guān)系的點為。下列敘述能說明反應(yīng)C0(g)+2H2(g)L^CH3OH(g)達(dá)到平衡狀態(tài)的是(填序號)。單位時間內(nèi)生成2molH的同時消耗ImolCO2反應(yīng)過程中c(CO):c(CHOH)=l：13恒溫恒容時，混合氣體的密度保持不變絕熱恒容時，反應(yīng)的平衡常數(shù)不再變化【答案】(1).CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ/mol(2).V(3).從圖像看出：隨著溫度升高，甲醇的物質(zhì)的量減少，說明平衡逆向移動，正反反應(yīng)放熱(4).25%(5).0.148(6).ABE(7).AD【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律計算書寫熱化學(xué)方程式；①從圖像可以看出：隨著溫度升高，甲醇的物質(zhì)的量減少，說明平衡逆向移動，據(jù)此分析；M點時甲醇是0.25mol,根據(jù)方程式可知消耗CO是0.25mol，根據(jù)轉(zhuǎn)化率計算公式計算。平衡時消耗氫氣是0.5mol,剩余CO和氫氣分別是0.75mol、1.5mol，容積為1L,根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式計算；正反應(yīng)放熱，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，lgK減小，據(jù)此解答；根據(jù)平衡狀態(tài)的特征分析判斷。【詳解】⑴已知：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)AH=-1275.6kJ?mol-i2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)AH=—566.0kJ?mol-iH2O(g)=H2O(l)AH=—44.0kJ?mol-i根據(jù)蓋斯定律可知(①一②+③X4)/2即得到甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ/mol；①從圖像可以看出：隨著溫度升高，甲醇的物質(zhì)的量減少，說明平衡逆向移動，正反應(yīng)放熱，因此該反應(yīng)的△HV0；②M點時甲醇是0.25mol，根據(jù)方程式可知消耗CO是0.25mol，所以CO的轉(zhuǎn)化率為25%。平衡時消耗氫氣是0.5mol，剩余CO和氫氣分別是0.75mol、1.5mol，容積為1L,所以506K時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.250.750.250.75xl.52沁0.148；9正反應(yīng)放熱，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，lgK減小，所以能正確表示該反應(yīng)的lgK與溫度(T)的關(guān)系的點為ABE；A.單位時間內(nèi)生成2molH2的同時消耗ImolCO表示正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到平衡狀態(tài)，A正確；反應(yīng)過程中c(CO):c(CH3OH)=l：1不能說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯誤;密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反應(yīng)過程中質(zhì)量和容積始終是不變的，因此恒溫恒容時，混合氣體的密度保持不變不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，C錯誤；絕熱恒容時，反應(yīng)的平衡常數(shù)不再變化說明溫度不再發(fā)生變化，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，D正確，答案選AD。11.鍺(Ge)是典型的半導(dǎo)體元素，在電子、材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。回答下列問題：基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]，有個未成對電子。光催化還原CO2制備CH4反應(yīng)中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應(yīng)的良好催化劑。Zn、Ge、O電負(fù)性由大至小的順序是。Ge單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，其中Ge原子雜化方式為，微粒之間存在的作用力是。的晶胞有兩個基本要素：①原子坐標(biāo)參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。下圖為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0，11110)；b為(亍，0，2)；c為(2，2，0)。則d原子的坐標(biāo)參數(shù)為。②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知Ge單晶的晶胞參數(shù)a=565.76pm,其密度為g?cm~3(列出計算式即可)。111【答案】(1).3di04s24p2(2).2(3).O>Ge>Zn(4).sp3(5).共價鍵(6).(才，二，才)8x73x107(7).6.02x565.763【解析】【分析】(1)根據(jù)構(gòu)造原理書寫鍺的核外電子排布式，結(jié)合一個軌道上最多有2個自旋方向相反的電子存在確定原子中成單電子數(shù)目；

同一周期元素，原子序數(shù)越大，元素的電負(fù)性越大；元素的非金屬性越強，其電負(fù)性就越大；根據(jù)金剛石的結(jié)構(gòu)及其中C原子雜化方式分析判斷Ge原子雜化類型和化學(xué)鍵類型；⑷①由A、B、C參數(shù)，可知A為坐標(biāo)系原點，B處于前平面面心、C處于下底面面心，D與周圍4個原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，D處于四面體中心，D與頂點A的連線處于晶胞體對角線上。m②先計算一個晶胞中含有的Ge原子個數(shù)、晶胞的質(zhì)量，再計算晶胞體積，根據(jù)p=v計算晶體密度?！驹斀狻?1)32號鍺元素在周期表的第四周期第WA族，根據(jù)構(gòu)造原理，可知Ge核外電子排布式為[Ar]3dio4s24p2,p軌道上的2個電子是未成對電子。⑵Zn和Ge為同周期元素，Ge在Zn的右邊，因此Ge的電負(fù)性比Zn的強；O為活潑的非金屬元素，電負(fù)性強于Ge和Zn，因此三者電負(fù)性由大至小的順序為0>Ge>Zn。Ge單晶為金剛石型結(jié)構(gòu)，金剛石中碳原子的雜化方式為sp3，因此Ge原子的雜化方式也為sp3；在Ge單晶中Ge原子之間存在的作用力為共價鍵。⑷①由A、B、C參數(shù)，可知A為坐標(biāo)系原點，B處于前平面面心、C處于下底面面心，D與周圍4個原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，D與頂點A的連線處于晶胞體對角線上，過面心B、C及上底面面心原子的平面且平行1側(cè)面將晶胞2等分，同理過D原子的且平行側(cè)面的平面將半個晶胞2等分，可知D位于到各個面的處，1111由B、C參數(shù)可知晶胞棱長為1，D到各坐標(biāo)平面的距離均為匚，故D的坐標(biāo)參數(shù)為(丁，，—);4444118x73g/mol②每個晶胞中含有鍺原子+6x^+4=8(個)，每個晶胞的質(zhì)量m=n/mol，晶胞的體積V=A(565.76x10-10cm)3，所以晶胞的密度8x73g/molmp==8x73g/molmp==VN/mol（565.76；10-1ocm）8x736.02x1023x（565.76x10-10J3g/cm3=8x73x1076.02x565.763g/cm3?！军c睛】本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)的知識。涉及原子的雜化、化學(xué)鍵類型的判斷、元素電負(fù)性大小比較及晶體結(jié)構(gòu)的計算。掌握物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論是本題解答的關(guān)鍵。在計算晶胞密度時，要學(xué)會利用均攤法，同時注意長度單位的換算。其中確定D點坐標(biāo)是本題的易錯點，關(guān)鍵是找準(zhǔn)D點相對其它各點的位置關(guān)系。12.8-羥基喹啉被廣泛用作金屬離子的絡(luò)合劑和萃取劑，也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8-羥基喹啉的合成路線。

A4OkJIHOC]高溫試劑1聶加成iftu2so4c(GHX)C】』L(GKND)*G(CJlrNO)A4OkJIHOC]高溫試劑1聶加成iftu2so4c(GHX)C】』L(GKND)*G(CJlrNO)D(Gig]E<CsHdO)0RRHOH已知：i.ii.同一個碳原子上連有2個羥基分子不穩(wěn)定。TOC\o"1-5"\h\z按官能團(tuán)分類，A的類別是。的A-B的化學(xué)方程式是3)C可能的結(jié)構(gòu)簡式是。C—D所需的試劑a是。D-E的化學(xué)方程式是。F—G的反應(yīng)類型是。將下列K-L的流程圖補充完整：(8)合成(8)合成8羥基喹啉時，L發(fā)生了(填“氧化”或“還原”)反應(yīng)，反應(yīng)時還生成了水，則L與G物質(zhì)的量之比為【答案】⑴.烯烴(2).CH【答案】⑴.烯烴(2).CH2=CHCH3+C12古匸曰[□nnn>CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2Cl濃比SO斗C1CH2CH(OH)CH2C1(4).NaOH,H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OH-A

解析】解析】分析：A的分子式為C3H6,A的不飽和度為1,A與Cl2高溫反應(yīng)生成B,B與HOC1發(fā)生加成反應(yīng)生成C,C的分子式為C3H6OC12,B的分子式為C3H5C1,B中含碳碳雙鍵，A-B為取代反應(yīng)，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CH2；根據(jù)C、D的分子式，CfD為氯原子的取代反應(yīng)，結(jié)合題給已知ii,C中兩個Cl原子連接在的結(jié)構(gòu)簡式為兩個不同的碳原子上，則A與Cl2高溫下發(fā)生飽和碳上氫原子的取代反應(yīng),B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2C1、C的結(jié)構(gòu)簡式為的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、DHOCH2CH(OH)CH2OH；D在濃硫酸、加熱時消去2個“H2O”生成E；根據(jù)F—G—J和E+J—K,結(jié)合F、G、J