2020年烏魯木齊市名校高考二診化學(xué)試題

2021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題（本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）.下列化合物中，屬于酸性氧化物的是（）A.Na2O2 B.SO3 C.NaHCCh D.CH2O【答案】B【解析】【詳解】A.NazOz是過氧化物，不屬于酸性氧化物，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O,SO3是酸性氧化物，選項(xiàng)B正確；CNaHCCh不屬于氧化物，是酸式鹽，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.CHzO由三種元素組成，不是氧化物，為有機(jī)物甲醛，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查酸性氧化物概念的理解，凡是能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，注意首先必須是氧化物，由兩種元素組成的化合物，其中一種元素為氧元素的化合物。2.下列不能使氫氧化鈉的酚歆溶液褪色的氣體是（）A.NH3 B.S02C.HCI D.CO2【答案】A【解析】【分析】酚酰遇堿變紅，在酸性、中性或弱堿性環(huán)境下褪色。氫氧化鈉的酚歆溶液顯紅色?！驹斀狻緼.氨氣不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，且氨氣溶于水生成氨水具有堿性，不能使酚歆褪色，故A選；B.SOz溶于水生成亞硫酸，可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，使溶液褪色，故B不選；C.HCI溶于水生成鹽酸，可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成中性的氯化鈉，使溶液褪色，故C不選；D.COz溶于水生成碳酸，碳酸可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，使溶液褪色，故D不選；故選A.【點(diǎn)睛】SOz和CO?是酸性氧化物，和NaOH反應(yīng)生成NazSCh和NazCCh,如果SOz和COz過量，和NaOH反應(yīng)生成NaHSCh和NaHCCh。這四種物質(zhì)除了NaHSCh溶液是酸性的，其他三種都是堿性的，含酚酸的溶液可能褪色。但如果繼續(xù)通入氣體S02和C02,溶液中會(huì)生成酸，最終溶液一定會(huì)褪色。3,《學(xué)習(xí)強(qiáng)國》學(xué)習(xí)平臺(tái)說“最基本的生命分子中都有碳原子常用于測定文物的年代，々C作為示蹤原子對(duì)研究有機(jī)化學(xué)反應(yīng)和生物化學(xué)反應(yīng)更為方便。1C被用來作為阿伏伽德羅常數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)。關(guān)于1：c、|：c、［C說法正確的是()A.質(zhì)子數(shù)與質(zhì)量數(shù)相同 B.化學(xué)性質(zhì)相似C.互為同素異形體 D.質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)原子符號(hào)的表示含義，tc、々C、1C三種原子的質(zhì)子數(shù)都是6個(gè)，中子數(shù)分別是8、7、6,它們屬于同位素，由于原子核外都有6個(gè)電子，核外電子排布相同，因此三種同位素原子的化學(xué)性質(zhì)相同，故合理選項(xiàng)是Bo4,將40mLi的CuSCU溶液與30mL3moi的NaOH溶液混合，生成淺藍(lán)色沉淀，假如溶液中c(Cu?)或c(OH-)都已變得很小，可忽略，則生成沉淀的組成可表示為( )A.Cu(OH)2 B.CuSOlCu(OH)2C.CuSO4?2Cu(OH)2 D.CuSO4?3Cu(OH)2【答案】D【解析】【詳解】CW+或OK濃度都已變得很小，說明二者恰好反應(yīng)。硫酸銅和氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別是0.06mol和0.09mol,則銅離子和OFT的物質(zhì)的量之比是2：3,而只有選項(xiàng)D中符合，答案選D。.中華傳統(tǒng)文化蘊(yùn)含著很多科學(xué)知識(shí)。下列說法錯(cuò)誤的是“司南之檔(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“構(gòu)”所用材質(zhì)為FezOs“水聲冰下咽，沙路雪中平”未涉及化學(xué)變化“紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無澀味?！蔽闹械摹皻狻笔侵敢蚁昂瑵{似注甘露缽，好與文園止消渴”說明柑橘糖漿有甜味，可以止渴【答案】A【解析】【詳解】A項(xiàng)、Fe3O4俗稱磁性氧化鐵，具有磁性，則司南中“杓”所用材質(zhì)為FesCh,故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、“水聲冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰層下發(fā)出低咽的聲響，原來崎嶇不平的沙路鋪上厚厚的積雪也顯得很平坦，文中所述未涉及化學(xué)變化，故B正確；C項(xiàng)、乙烯能作水果的催熟劑，故C正確；D項(xiàng)、“含漿似注甘露缽，好與文因止消渴”說明柑橘糖漿含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正確。故選A。【點(diǎn)睛】本題考查的化學(xué)與生活，試題以傳統(tǒng)文化為載體考查利用所學(xué)化學(xué)知識(shí)解釋生產(chǎn)、生活中化學(xué)問題能力，掌握常見物質(zhì)的性質(zhì)及用途是解答關(guān)鍵。.己知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應(yīng)：2R（OH）3+3C10+40H-=2RO4n+3CF+5H2O.貝!IROT中R的化合價(jià)是（）A.+3 B.+4 C.+5 D.+6【答案】D【解析】【分析】【詳解】3+4—3根據(jù)方程式兩端電荷守恒可知口=---=2,O元素是一2價(jià)，所以R的化合價(jià)是+6價(jià)，2答案選D。7.《本草綱目》中記載：“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”。下列敘述正確的是A.“取堿浣衣”與酯的水解有關(guān)B.取該“堿”溶于水可得到一種堿溶液“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液“薪柴之灰”與鐵態(tài)氮肥混合施用可增強(qiáng)肥效【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正確；B、取該“堿"溶于水可得到一種鹽溶液碳酸鉀溶液，B錯(cuò)誤；C、"以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、過濾，C錯(cuò)誤；D、"薪柴之灰"與錢態(tài)氮肥混合施用可減弱肥效，因碳酸根與鐵根離子發(fā)生雙水解而使肥效減弱，D錯(cuò)誤;答案選A。8.三元軸烯（a）、四元軸烯（b）、五元軸烯（c）的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列說法不正確的是AX☆a b ca、b、c都能發(fā)生加成反應(yīng)a與苯互為同分異構(gòu)體a、b、c的一氯代物均只有一種c分子中的原子不在同一個(gè)平面上【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.a、b、c均含有碳碳雙鍵，因此都能發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；.a和苯的分子式均為C6H6,且結(jié)構(gòu)不同，則a與苯互為同分異構(gòu)體，故B正確；C.a、b、c分子中均只有一種氫原子，則它們的一氯代物均只有一種，故C正確；D.c分子中含有碳碳雙鍵的平面結(jié)構(gòu)，根據(jù)乙烯的平面結(jié)構(gòu)分析，c中所有的原子在同一個(gè)平面上，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】在常見的有機(jī)化合物中，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙塊是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機(jī)物可在此基礎(chǔ)上進(jìn)行判斷即可。.下列有關(guān)化學(xué)和傳統(tǒng)文化關(guān)系的說法中不無硼的是A.東漢魏伯陽在《周易參同契》中對(duì)汞的描述：“太陽流珠，常欲去人…得火則飛，不見埃塵，將欲制之,黃芽為根????..”，這里的"黃芽”是指硫B.三國時(shí)期曹植在《七步詩》中寫到“煮豆持作羹，漉菽以為汁?；诟腥?，豆在釜中泣 ”，文中"漉”涉及的操作原理類似于化學(xué)實(shí)驗(yàn)中的過漉C.《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石（KN03）和樸硝（NazSO。的記載：“強(qiáng)燒之，紫青煙起......云是真硝石也”，該方法用了焰色反應(yīng)D.《本草圖經(jīng)》在綠磯項(xiàng)載：“蓋此桃色綠，味酸，燒之則赤......”，因?yàn)榫G磯能電離出H+,所以"味酸”【答案】D【解析】【詳解】A.液態(tài)的金屬汞，受熱易變成汞蒸氣，汞屬于重金屬，能使蛋白質(zhì)變性，屬于有毒物質(zhì)，但常溫下，能和硫反應(yīng)生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫磺，故A正確；B.煮豆持作羹，漉豉以為汁意思為煮熟的豆子來做豆豉而使豆子滲出汁水，分離豆豉與豆汁，實(shí)際是分離固體與液體，應(yīng)選擇過濾的方法，故B正確；C.鑒別硝石（KNOj）和樸消（Na2so5灼燒時(shí)焰色反應(yīng)不同，分別為紫色、黃色，可鑒別，故C正確；D.FeSO4-7H2O電離生成二價(jià)鐵離子、硫酸根離子，不能電離產(chǎn)生氫離子，硫酸亞鐵為強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解使溶液顯酸性，故D錯(cuò)誤；答案選D.10.下列變化不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.明磯凈水 B.鋼鐵生銹 C.海水提濱 D.工業(yè)固氮【答案】A【解析】【詳解】A.明磯凈水與鋁離子水解生成膠體有關(guān)，沒有元素的化合價(jià)變化，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A選;B.Fe、。元素的化合價(jià)變化，為氧化還原反應(yīng)，故B不選；C.Br元素的化合價(jià)升高，還需要氧化劑，為氧化還原反應(yīng)，故C不選；D.工業(yè)固氮過程中，N元素的化合價(jià)發(fā)生改變，為氧化還原反應(yīng)，故D不選；故選A。11.設(shè)Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.5mol雄黃(As4s結(jié)構(gòu)如圖，含有Na個(gè)S-S鍵B.將ImolN&NCh溶于適量稀氨水中，所得溶液呈中性，則溶液中NK+的數(shù)目為NaC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的數(shù)目為3NaD.高溫下，16.8gFe與足量水蒸氣完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6Na【答案】B【解析】A.S原子最外層有六個(gè)電子，形成2個(gè)共價(jià)鍵，As原子最外層五個(gè)，形成3個(gè)共價(jià)鍵，由結(jié)構(gòu)圖知白色球?yàn)榱蛟?，分子中不存在S-S鍵，故A錯(cuò)誤；B.NH4NO3==NH4++NO3-,NH3.H2OU：NH4++OH,溶于適量稀氨水中，所得溶液呈中性，則溶液中n(NH4+)=n(N(M,NH4+的數(shù)目等于Na,故B正確；C.標(biāo)況下，二氯甲烷為液體,不能使用氣體摩爾體積,故C錯(cuò)誤;D.16.8g鐵的物質(zhì)的量為0.3mol,而鐵與水蒸汽反應(yīng)后變?yōu)?8歸價(jià),故0.3m“鐵失去0.8mol電子即0,8以個(gè),所以D錯(cuò)誤;所以B選項(xiàng)是正確的。12.已知NaCIOz在水溶液中能發(fā)生水解。常溫時(shí)，有1mol/L的HCIOz溶液和lmol/L的HBF4氟硼酸)溶液起始時(shí)的體積均為V。，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積為V,所得曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是6A.HCICh為弱酸，HBF4為強(qiáng)酸B.常溫下HCIOz的電高平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為IO-，C.在0SpHW5時(shí)，HBF4溶液滿足pH=lg(V/Vo)D.25c時(shí)1LPH=2的HBF4溶液與100C時(shí)ILpH=2的HBF4溶液消耗的NaOH相同【答案】B【解析】【詳解】Ig..+l=l時(shí)pH=O,貝IJV=Vo,即lmol/LHBF4溶液pH=O,說明HBF4是強(qiáng)酸；而NaCIOz在水溶液中能發(fā)%生水解，說明HCQ是弱酸，故A正確；B.對(duì)于HCICh溶液，當(dāng)1g.+1=1時(shí)pH=l,則V=Vo,即lmol/LHCICh溶液中c(H+)=0.1mol,常溫下HCQ的電離平衡常數(shù)Ka=.一，一八10咒即心。的電高平衡常數(shù)的C\HXClCiO；—~~::———%C(HCZOx)數(shù)量級(jí)為IOS故B錯(cuò)誤；C.1g+1=1時(shí)pH=0,則V=Vo,即lmol/LHBF4溶液pH=0,說明HBF4是強(qiáng)酸，pH=-lgc(H+),溶液稀釋多少倍，溶液中c(H+)為原來的多少分之一，所以在0VpHS5時(shí)，HMnCh溶液滿足：pH=lg故C正確；D.25c時(shí)pH=2的HBF4溶液與100C時(shí)pH=2的HBFz1溶液中c(H+)均為0.01mol/L,則體積均為1L的兩溶液完全中和消耗的NaOH相同，故D正確；故答案為B。13.如圖所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)的熔點(diǎn)高低的順序，其中c,d均是熱和電的良導(dǎo)體。下列說法不正確的是A.e、f單質(zhì)晶體熔化時(shí)克服的是共價(jià)鍵d單質(zhì)對(duì)應(yīng)元素原子的電子排布式：IS22s22P63s23Pzb元素形成的氣態(tài)氫化物易與水分子之間形成氫鍵D.單質(zhì)a、b、f對(duì)應(yīng)的元素以原子個(gè)數(shù)比1:1:1形成的分子中含2個(gè)。鍵，2個(gè)n鍵【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)中，Na、Cu為金屬晶體，均是熱和電的良導(dǎo)體，C、Si的單質(zhì)為原子晶體，且C單質(zhì)的熔沸點(diǎn)大于Si原子晶體的熔點(diǎn)，H、N對(duì)應(yīng)的單質(zhì)為分子晶體，其中氫氣的熔點(diǎn)最低，由圖熔點(diǎn)的高低順序可知a為H,b為N,c為Na,d為Cu,e為Si,f為C?！驹斀狻緼選項(xiàng)，e為Si,f為C,對(duì)應(yīng)的單質(zhì)為原子晶體，存在共價(jià)鍵，熔化時(shí)破壞共價(jià)鍵，故A正確；B選項(xiàng)，d為Cu,銅單質(zhì)對(duì)應(yīng)元素原子的電子排布式：Is22s22P63s23PTcPYsi,故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，b為N,N元素形成的氣態(tài)氫化物氨氣，易與水分子之間形成氫鍵，故C正確；D選項(xiàng)，單質(zhì)a、b、f對(duì)應(yīng)的元素以原子個(gè)數(shù)比1:1:1形成的分子為HCN,結(jié)構(gòu)式為H-C三N,分子中含2個(gè)。鍵，2個(gè)n鍵，故D正確；綜上所述，答案為B。.類推法是常見的研究物質(zhì)性質(zhì)的方法之一，可用來預(yù)測很多物質(zhì)的性質(zhì)，但類推是相對(duì)的，必須遵循客觀實(shí)際，下列說法中正確的是()Cu與CL反應(yīng)生成CuCL,則Cu與S反應(yīng)生成CuSAl與FezCh能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，則AI與MnCh也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)Na?。?與COz反應(yīng)生成Na2CO3,則NazOz與SOz反應(yīng)生成Na2SO3CO2通入Ba(NCh)2溶液中沒有現(xiàn)象，則SOz通入Ba(NO3)2溶液中也無明顯現(xiàn)象【答案】B【解析】【詳解】A.氯氣的氧化性強(qiáng)，所以Cu與Ch反應(yīng)生成高價(jià)態(tài)的CuCh,S的氧化性較弱，則Cu與S反應(yīng)生成較低價(jià)態(tài)的CU2S,故A錯(cuò)誤；B.鋁熱反應(yīng)是指活潑金屬鋁與不活潑金屬氧化物在高溫條件下發(fā)生的置換反應(yīng)，所以AI與FezO3能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，AI與MnOz也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，故B正確；C.過氧化鈉具有氧化性，能將+4價(jià)S氧化為+6價(jià)，所以NazOz與SOz反應(yīng)生成NazSCU,故C錯(cuò)誤；D.CO2通入Ba(NO3)2溶液中不反應(yīng)，沒有現(xiàn)象；NCh?在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，可將+4價(jià)S氧化為+6價(jià)，所以SO2通入Ba(N5)2溶液反應(yīng)生成硫酸鉞沉淀，故D錯(cuò)誤。

故選B.【點(diǎn)睛】解決此題的關(guān)鍵是分析選項(xiàng)中前后兩個(gè)反應(yīng)是否可以類比，每個(gè)反應(yīng)體現(xiàn)的反應(yīng)物性質(zhì)有可能不能，不能通過反應(yīng)物的類別進(jìn)行簡單類比。.下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到目的是A.驗(yàn)證氨氣的溶解性C.檢驗(yàn)二氧化硫和二輒化碳澄清石灰水B.分離提純碘A.驗(yàn)證氨氣的溶解性C.檢驗(yàn)二氧化硫和二輒化碳澄清石灰水銅粉濃硫酸D.制取二氧化硫 C【答案】A【解析】A、NH3極易溶于水，使燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)減小，水溶液呈堿性，遇酚酰變紅，形成紅色噴泉，故A正確;B、從碘的四氯化碳溶液中分離碘，應(yīng)用蒸饋裝置，故B錯(cuò)誤；C、SOz和C02均能使澄清石灰水變渾，故C錯(cuò)誤；D、銅與濃硫酸反應(yīng)要加熱，故D錯(cuò)誤；故選A。二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括1個(gè)小題，共10分）.鈿及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)中用途廣泛，某研究小組用浮選過的輝錫礦（主要成分是BLS3,還含少量SiO2等雜質(zhì)）制備NaBiCh,其流程如下：6NaQ,I!'—6NaQ,I!'—“一秘I—“母圖—>NaBtO,II I|鑄校打|—“浸取|—?|過渡1|—>|a?2|—?I I泡渣 母液已知：①秘酸鈉是一種難溶于水的物質(zhì)；②水解能力：Bi3+>Fe37回答下列問題:（1）“浸取”時(shí)，為了提高浸取速率，可采取的措施有（任寫一條）；過濾1的漉渣中的某種主要成分可溶于一種弱酸，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式 。（2）浸取時(shí)加入過量濃鹽酸的目的是.（3）寫出焙燒時(shí)生成鈾酸鈉的化學(xué)方程式o（4）用HzDz（雙硫蹤，二元弱酸）?CCI4絡(luò)合萃取法可從工業(yè)廢水中提取金屬離子：HzDz先將金屬離子絡(luò)合成電中性的物質(zhì)[如Cu（HDz）z等],再用CCL萃取此絡(luò)合物。下圖是用上述方法處理含有Hg?、Bi"ZN的廢水時(shí)的酸度曲線（E%表示金屬離子以絡(luò)合物形式被萃取分離的百分率）.25 4 6S10 12pH①當(dāng)n（Bi3+）：n[Bi（HDz）3]=l:4時(shí)，廢水的pH=.②向萃取后的CCL,中加入足量的NaOH溶液可將Bi（HDz）3中物元素以氫氧化物的形式沉淀下來，相應(yīng)的離子方程式為.（5）取焙燒得到的NaBiO3樣品加入稀硫酸和MnSO。溶液使其完全溶解。已知NaBiCh被還原為BiJ\被氧化成MnO],試寫出該反應(yīng)的離子方程式：o【答案】粉碎礦石；適當(dāng)提高浸取時(shí)溫度；適當(dāng)提高FeCb溶液濃度；浸取時(shí)不斷攪拌SiO2+4HF=SiF4t+2H2O溶解此53,同時(shí)防止FeCb和BiCb水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率2Bi+2Ch+Na2O22NaBiO32.5Bi（HDz）3+60H-=Bi（0H）31+3H2O+3Dz2-5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO4-+7H2O【解析】【分析】本題是比較復(fù)雜的工業(yè)流程問題，需要仔細(xì)分析主體物質(zhì)以及其中含有的雜質(zhì)。確定每一個(gè)步驟主要的目的，最后要統(tǒng)籌分析判斷出所有的雜質(zhì)是在哪個(gè)步驟除去的。【詳解】（1）一般提高浸取速率的方法有：攪拌；加熱；將固體粉碎。可以參考初中的加快溶解的方法。另外也可以提高加入的鹽酸或者氯化鐵的濃度。但是本題要注意：鹽酸是揮發(fā)性的所以溫度不能太高；加入的已經(jīng)是濃鹽酸了，所以鹽酸濃度的提高意義不大。第一步浸取后的漉渣主要是二氧化硅，該物質(zhì)可溶于氫氟酸，方程式為：SiO2+4HF=SiF4t+2H萬.（2）加入過量的濃鹽酸主要是為了盡量將原料中的Bi元素溶解在溶液中，同時(shí)也能抑制鐵離子和鈾離子的水解。（3）焙燒的原料是單質(zhì)的錨，加入了氧氣和過氧化鈉，生成錨酸鈉，所以方程式為：2Bi+20z+NazOz事&2NaBiO3.（4）①當(dāng)n（Bi3+）：n[Bi（HDz）31=l：4時(shí),代表Bi?+的萃取率是80%,由圖示得到此時(shí)廢水的pH=2.5。②向萃取后的CCI4中加入足量的NaOH溶液可將Bi(HDz)3(由題目得知這是一種電中性的絡(luò)合物，所以在離子方程式中不能拆分)中錫元素以氫氧化物［Bi(OH)」的形式沉淀下來，相應(yīng)的離子方程式為(注意顯然H2Dz為二元弱酸，所以HDz—一定與OHT反應(yīng)得到H20和Dz2")：Bi(HDz)3+60H-=Bi(0H)3I+3H2O+3Dz2-o(5)取焙燒得到的NaBiOs樣品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知NaBit)3被還原為Bi3\Mr?*被氧化成MnOj,顯然在反應(yīng)物中可以補(bǔ)加氫離子，生成物中應(yīng)該補(bǔ)加水，根據(jù)電子得失守恒和原子個(gè)數(shù)守恒將方程式配平，得到(注意，題目已知NaBi.難溶，所以不可以拆分)：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na+4-5Bi3++2MnO4-4-7H2O,三、推斷題(本題包括1個(gè)小題，共10分).某種電鍍污泥主要含有硫化亞銅(CsTe)、三氧化二倍(Crzth)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金屬銅和粗硅等，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 SO,髓嶂呷T瞳4I一^卜康jSC6Na2ro,溶液回收金 金屬裝質(zhì)銅回斗，NajCrQ,溶液已知：煨燒時(shí)，CuzTe發(fā)生的反應(yīng)為CuzTe+202高溫2CuO+TeO2.⑴燃燒時(shí)，Cr2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為.(2)浸出液中除了含有TeOSO,在電解過程中不反應(yīng))外，還可能含有(填化學(xué)式)。⑶工業(yè)上用重鋁酸鈉(NazCrzCh)母液生產(chǎn)重鋁酸鉀(KzCnO》的工藝流程如圖所示：KCI(8)通過冷卻結(jié)晶能析出大量KzCrzCh的原因是。⑷測定產(chǎn)品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取產(chǎn)品試樣2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于錐形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入幾滴指示劑，用0.1000 硫酸亞鐵錢(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，重復(fù)進(jìn)行二次實(shí)驗(yàn)。(已知CnO,z?被還原為ce)①氧化還原滴定過程中的離子方程式為。②若三次實(shí)驗(yàn)消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為25.00mL,則所得產(chǎn)品中K2Cr2O7的純度為%o［已知M(K2Cr2O7)=294gmol1,計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字］。⑸上述流程中K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應(yīng)后所得溶液中除含有Ce外，還含有一定濃度的Fe3+雜質(zhì)，可通過加堿調(diào)pH的方法使兩者轉(zhuǎn)化為沉淀。已知c(Cr3+)=3xl05moi?「，則當(dāng)溶液中開始析出Cr(OH)3沉淀時(shí)Fe3+是否沉淀完全 (填"是"或"否，寫出計(jì)算過程 (已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0xlOM,K5p[Cr(OH)3]=6.0xlO-31)[12Cr2O3+3O2+4Na2CO3^^=:4Na2CrO4+4CO2CuSO4該條件下，KzCnCh的溶解度比Na2Cr2O7

小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小 Cr2O72+6Fe2t+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49.0是 當(dāng)溶液中開始析出Cr(OHb沉淀時(shí)，c(OH)=?仆［。(0叫巾。|?|_一1=：幽型匕。1?3,貝！)\ c(Cr3+) V3x10-5K(Fe(OH),)40x10-8c(Fe3+)=—— -= -=2.0xl0'12mohL^lxlO'5moRL1,說明Fe，+沉淀完全c3(OH)2x10-26【解析】【分析】某種電鍍污泥中主要含有硝化亞銅(CsTe)、三氧化二倍(Cr03)以及少量的金(Au),可以用于制取NazCnCh溶液、金屬銅、粗碗等。根據(jù)流程圖，燃燒時(shí)CuzTe發(fā)生的反應(yīng)為CuzTe+2O2高溫2CuO+Te(h,CnCh與純堿和空氣中的氧氣反應(yīng)生成NazCrCh,NazCrOd酸化后生成NazCrzCh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TeOSO”電解后銅離子放電生成銅，溶液中含有TeOSO,，TeOSCh與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成粗確，據(jù)此分析解答。【詳解】⑴燃燒時(shí)CnO3與純堿和空氣中的氧氣反應(yīng)生成NazCrCh,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CrzO3+3Ch+4Na2c。3^jg4Na2CrO4+4CO2,故答案為：2Cr2O3+3Ch+4Na2CO3^^4Na2CrO4+4CO2；(2)根據(jù)上述分析，浸出液中除了含有TeOSCU(在電解過程中不反應(yīng))外，還有氧化銅與稀硫酸反應(yīng)生成的硫酸銅(CuSOJ等，故答案為：CuSO4;⑶在低溫條件下KzCrzO,的溶解度比Na2Cr2O7小，且/CnCh的溶解度隨溫度的降低可能顯著減小，因此通過冷卻結(jié)晶可以析出大量KzCrzCh,故答案為:在低溫條件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小；⑷①氧化還原滴定過程中發(fā)生硫酸亞鐵錢(NH4)2Fe(SO4)2與CrzCV的反應(yīng)，其中CnO72被還原為CB,反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,故答案為：Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②n(FeZ+)=0.025Lx0.1000mol?L-i=0.0025mol,根據(jù)方程式Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,貝!|1250mL0025n(Cr2O72)=0.0025molx-x = mol,則所得產(chǎn)品中心5。7的純度為625mL60.025 .故答案為：49.0； molx294g/mol故答案為：49.0；6 °x100%=49.0%,2.50g⑸c(Cr3+)為3x105mo4】，則當(dāng)溶液中開始析出Cr(0H)3沉淀時(shí)，,心lKsp[Cr(OH)3] /6.0X10-31 …皿c(OH)=3 ；——mol?L」=J mohL1,貝!)Vc(Cr3+) V3x10-5K(Fe(OH)JdOx"c(Fe3+)=笑\——v= 1U=20xl0.12m0|.L1<1X1O5mol.Lb說明Fe3+沉淀完全，故答案為：是;c3(OH) 2x10-26當(dāng)溶液中開始析出Cr(OHb沉淀時(shí)，c(OH)=JK'P(")3］mol?3= m。"1,貝lj［C(Cr3+) V3xlOrKn(Fe(OH)J40x10-38c(Fe3+)=—~ -= -=2.0xl012mol*L1<lxl05mobL1,說明Fe?+沉淀完全。c3(OH)2x10-26【點(diǎn)睛】正確理解流程圖中各步反應(yīng)的原理是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(4),要注意“計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字”，難點(diǎn)為(5),要注意沉淀完全的判斷標(biāo)準(zhǔn)。四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分).含氟化合物在生產(chǎn)、生命活動(dòng)中有重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：⑴己知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)AHi=-alkJ/mol,4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH2=-bkJ/mol,H2O(l)=H2O(g)AH3=+ckJ/mol,寫出在298K時(shí)，氨氣燃燒生成Nz的熱化學(xué)方程式 .(2)肌肉中的肌紅蛋白(Mb)可與6結(jié)合生成MbOz:Mb(aq)+O2(g)MbOz(aq),其中卜正和k速分別表示K￡正反應(yīng)和逆反應(yīng)的速率常數(shù)，即Vm=k正TMbNPQ),VM=kmc(MbO2).37c時(shí)測得肌紅蛋白的結(jié)合度(a)與叫。2)的關(guān)系如下表［結(jié)合度(a)指已與02結(jié)合的肌紅蛋白占總肌紅蛋白的百分比］:P(Oz)0.501.002.003.004.005.006.00a(MbO2%)50.067.080.085.088.090.391.0①計(jì)算37C、P(Oz)為2.00kPa時(shí)，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K=□②導(dǎo)出平衡時(shí)肌紅蛋白與02的結(jié)合度(a)與02的壓強(qiáng)［P(O2)］之間的關(guān)系式a=(用含有k正、k泥的式子表示)。(3)構(gòu)成肌紅蛋白的甘氨酸(NWCHzCOOH)是一種兩性物質(zhì)，在溶液中以三種離子形式存在，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：H,N+CH,COOH」"Hh］HNCH,COO「，H,NCH,COOc(H+)在甘氨酸溶液中加入酸或堿，三種離子的百分含量與1g； \的關(guān)系如圖所示：c(OH)①純甘氨酸溶液呈 性；當(dāng)溶液呈中性時(shí)三種離子的濃度由大到小的順序?yàn)?/p>

②向1g孚4=8的溶液中加入過量HCI時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為 c(0H)③用電位滴定法可測定某甘氨酸樣品的純度.1電壓計(jì)I電極1電壓計(jì)I電極A電極B一攪井轉(zhuǎn)子

二二電破愧井春稱取樣品150mg,在一定條件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(與甘氨酸1:1發(fā)生反應(yīng))，測得電壓純度為 %(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù))【答案】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)AH=-3a純度為 %(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù))【答案】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)AH=-3a+2b+30ckJ/mol2.00-P。)K正P(02)+K逆H2NCH2COO+2H+=H3N+CH2COOH85.0酸H3N+CH2COO>H2NCHH2NCH2COO+2H+=H3N+CH2COOH85.0【解析】【分析】⑴根據(jù)蓋斯定律，將三個(gè)熱化學(xué)方程式疊加，可得相應(yīng)的熱化學(xué)方程式;(2)①根據(jù)平衡常數(shù)的含義，結(jié)合37C、P(6)為2.00kPa時(shí)a(MbOz)計(jì)算平衡常數(shù);②根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，V^V.,結(jié)合平衡常數(shù)定義式進(jìn)行變性，可得表達(dá)式；⑶①根據(jù)甘氨酸的存在形式與溶液酸堿性的關(guān)系，先判斷I、II、川分別為HzNCHzCOO-、H3N+CH2coO和H3NXH2COOH,若只含有H3N+CH2C。。、此時(shí)1g)°2,結(jié)合溶液的Kw可判斷溶液的pH、確定溶②根據(jù)1g液的酸堿性；當(dāng)溶液呈中性時(shí)，值半a=°,根據(jù)圖示判斷微粒濃度大小;

c(OH)②根據(jù)1g=8時(shí)，微粒存在有HzNCHzCOO、H3NXH2COOH,鹽酸過量，HzNCH2co。反應(yīng)變?yōu)镠3NXH2COOH,書寫反應(yīng)方程式；③結(jié)合滴定突躍時(shí)溶液體積讀數(shù)與空白讀數(shù)差，計(jì)算出消耗高氯酸的體積，利用n=cW計(jì)算出高氯酸的物

質(zhì)的量，根據(jù)恰好反應(yīng)時(shí)甘氨酸與高氯酸的物質(zhì)的量的比是1:1,計(jì)算出甘氨酸質(zhì)量，利用甘氨酸質(zhì)量與樣品質(zhì)量差計(jì)算得到甘氨酸的純度。【詳解】(1)(D4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)AHi=-alld/mol,②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH2=-bk〃mol,③HzO⑴=H2O(g)AH3=+ckJ/mol,將①x3+②x2-③x30,整理可得熱化學(xué)方程式:4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)AH=-3a+2b+30c5kJ/mol；(2)①37C、P(O2)=2.00kPa時(shí)，結(jié)合度為80%,化學(xué)平均常數(shù)c(MbQ)0.8(Mb)PAH=-3a+2b+30c5kJ/mol；(2)①37C、P(O2)=2.00kPa時(shí)，結(jié)合度為80%,化學(xué)平均常數(shù)c(MbQ)0.8(Mb)P(Oj0.2x2.00/rPa=2.00kPa1；②由結(jié)合度的定義式可知，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，逆,c(Mb。)K,.所以K=-7―7r――1-9可求出

c(Mb)P(O2)K逆不c(MbOz)=K正c(Mb)蟲)K逆c(MbO,) K,fP(O,),代入結(jié)合度定義式a=-7-\<g-r可得a=——仄，<

c(MbO,)+c(Mb) K}P(O,)+K,①甘氨酸的三種存在形式：H3N+CH2COOH、HsN+CHzCOO-和HzNCHzCOb應(yīng)分別在強(qiáng)酸性至強(qiáng)堿性中存在，A?)由此判斷，圖中I、II和III分別為HzNCHzC。。-、HhN+CHzCOO-和HsN+CHzCOOH,當(dāng)1g———<=-8時(shí)，溶c(0H]液顯堿性，溶液中存在的主要是HzNCHzCOb,它與過量的HCI反應(yīng)生成HsN+CHzCOOH。由圖可知純甘氨酸溶液呈酸性(實(shí)際在5.9左右)，溶液呈中性時(shí)，1g=0,中性時(shí)H3N+CH2COO>HzNCHzCOOWN+CHzCOOH；②根據(jù)1g—r~4=8時(shí)，微粒存在有H2NCH2co0-、H3N+CH2COOH,由于加c\OHj入的鹽酸過量，所以，發(fā)生反應(yīng)H2NCH2COO-變?yōu)镠3N+CH2COOH,反應(yīng)方程式為H2NCH2COO+2H+=H3N+CH2COOH；根據(jù)滴定曲線的突躍范圍，消耗HCIO4溶液17.25mL,減去空白實(shí)驗(yàn)的0.25mL,實(shí)際消耗滴定液17.00mL。n(HCIO4)=0.1000mol/Lx0.01700L=0.0017mol,則n(甘氨酸)=0.0017mol,甘氨酸的質(zhì)量為m(甘氨S?)=0.0017molx75g/mol=0.1275g,所以甘氨酸的純度為：(0.1275g-5-0.150g)xl00%=85.0%,19.甲烷是天然氣的主要成分，是一種重要的清潔能源和化工原料。(1)用煤制天然氣時(shí)會(huì)發(fā)生多個(gè)反應(yīng)，通過多種途徑生成CH’。已知:C(s)十2H2(g)CH4(g) AH=—73kJ/mol2CO(g) C(s)+CO2(g) AH=—171kJ/molCO(g)十3H2(g) CH4(g)+H2O(g) AH=-203kJ/mol.寫出8(g)與HzO(g)反應(yīng)生成Hz(g)和CO2(g)的熱化學(xué)方程式 o(2)天然氣中含有HzS雜質(zhì)，某科研小組用氨水吸收得到NH4Hs溶液，已知TCk(NWHzO)=1.74x10F；ki(H2S)=1.07x10-7,k2(H2S)=1.74x10-13,nh4Hs溶液中所含粒子濃度大小關(guān)系正確的是Ac(NH4+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)Be(HS~)>c(NH4+)>(S2->>c(H+)Cc(NH4+)>c(HS")>c(HzS)>c(H+)Dc(HS-)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-)(3)工業(yè)上常用CH4與水蒸氣在一定條件下來制取Hz,其原理為：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)①一定溫度時(shí)，在一個(gè)體積為2L的恒容密閉容器中，加入ImolCL和1.4mol水蒸氣發(fā)生上述反應(yīng)，5min后達(dá)平衡，生成0.2molCO,用出表示該反應(yīng)的速率為。此反應(yīng)的平衡常數(shù)為(結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后三位)。②下列說法中能說明此反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是.A體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化B生成ImolChk的同時(shí)消耗3moiHzC各組分的物質(zhì)的量濃度不再改變D體系的密度不再發(fā)生變化E反應(yīng)速率V(CH4)：V(HzO)：u(CO)：u(Hz)=ls1:1:3(4)甲醇水蒸氣重整制氫反應(yīng)：CH30H(g)+H2O(g)=C02(g)+3Hz(g)AH=+49kJ/molo某溫度下，將[n(H20)：n(CHjOH)]=1：1的原料氣充入恒容密閉容器中，初始?jí)簭?qiáng)為p“反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)總壓強(qiáng)為P2,則平衡時(shí)甲醇的轉(zhuǎn)化率為?！敬鸢浮緾O(g)+H2O(g)=H2(g)+CCh(g)AH=-41kJ-mol-1ac0.06mol-L-1-min-10.011AC生-1)x100%Pi【解析】【分析】(l)C(s)+2H2(g)-CH4(g)△H=-73kJ?mo|T①；2co(g)WC(s)+COz(g)△Hb”].klmol②；CO(g)+3H2(g^CH4(g)+H2O(g)AHh2031d加。|-1③；將方程式①+②■③得CO(g)+HzO(g)=Hz(g)+CO2(g),始變進(jìn)行相應(yīng)的改變。⑵根據(jù)電離平衡常數(shù)知，一水合氨電離程度大于硫化氫電離程度，所以NH4Hs溶液核根離子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈堿性，則c(OH-)>c(H+),但錢根離子和硫化氫離子水解程度都較??；硫氫根離子水解程度大于其電離程度。(3XD根據(jù)三段式來計(jì)算；②A.反應(yīng)達(dá)平衡之前，體系的壓強(qiáng)在逐漸增大；B.生成ImolCHa時(shí)一定同時(shí)消耗3m。1出；C.在反應(yīng)達(dá)平衡之前，各組分的物質(zhì)的量濃度在變；D.此反應(yīng)是個(gè)氣體的質(zhì)量和體積不變的反應(yīng)；E.反應(yīng)速率V(CH4)：V(H2O):v(CO)：v(Hz)=1s1：1:3恒成立。⑷恒溫恒容下，氣體的壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，計(jì)算平衡時(shí)氣體的總物質(zhì)的量，再利用差量法計(jì)算參加反應(yīng)甲醇的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算甲醇的轉(zhuǎn)化率?！驹斀狻?l)C(s)+2H2(g)*CH4(g)△HEBkTmolT①；2CO(g)C(s)+CO2(g)AH=-171kJmol1?；CO(g)+3H2(g^CH4(g)+H2O(g)△HT03Um。1③；將方程式①得CO(g)+HzO(g)=Hz(g)+CO2(g)△H=(-73kJ-mo|T)+(T71kJ-mo|T)-(-203kJ?mo|T)="41kJmol1；故答案為：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△HUIkJ-mol-1.(2)根據(jù)電離平衡常數(shù)知，一水合氨電離程度大于硫化氫電離程度，所以NH4Hs溶液鐵根離子水解程度小于HS-水解程度,溶液呈堿性，則cOH-)>c(H+),但錢根離子和硫化氫離子水解程度都較小，所以離子濃度大小順序是c(NH4+4)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+),硫氫根離子水解程度大于其電離程度，所以還存在c(NH4+4)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+).故選ac.⑶①在一個(gè)體積為2L的恒容密閉容器中，加入ImolCH,和1.4mol水蒸氣發(fā)生上述反應(yīng)，5s后達(dá)平衡，生成0.2molCO,根據(jù)三段式可有：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)開始：Imol1.4mol00轉(zhuǎn)化：0.2mol0.2mol0.2mol0.6mol平衡：0.8mol1.2mol0.2mol0.6mol則用以表示該反應(yīng)的速率為u(H2)=等?=0.06moiIT.s'；此反應(yīng)的平衡常數(shù)2Lx5s0.2z0.6x3——x(―)~^--=0.011；故答案為：0.06mol?L，minr；O.OlloU.o1.2 x 2 2②②A.反應(yīng)達(dá)平衡之前，體系的壓強(qiáng)在逐漸增大，故當(dāng)體系壓強(qiáng)不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡，故A正確；B.生成ImolCW時(shí)一定同時(shí)消耗3m。1出，是必然的關(guān)系，不能作為平衡的標(biāo)志，故B錯(cuò)誤；C.在反應(yīng)達(dá)平衡之前，各組分的物質(zhì)的量濃度在變，故當(dāng)各組分的濃度不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡，故C正確；D.此反應(yīng)是個(gè)氣體的質(zhì)量和體積不變的反應(yīng)，故氣體的密度P=m+V國，密度一直不變，故不能作為平衡的標(biāo)志，故D錯(cuò)誤；E.反應(yīng)速率v(CH4):v(H20):v(CO): 恒成立，與反應(yīng)達(dá)不達(dá)平衡沒有關(guān)系，故不能作為平衡的標(biāo)志，故E錯(cuò)誤；故選AC。⑷設(shè)起始n(HzO)=n(CH3OH)=lmol,恒溫恒容下，氣體的壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，平衡時(shí)氣體的總物

質(zhì)的量生Pl解得x=W■-

p.CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2質(zhì)的量生Pl解得x=W■-

p.TOC\o"1-5"\h\zImolImol Imol3mol2mol1_ 2x (型-2)mol'龍型-2,P) P1’因此轉(zhuǎn)化率為a==xlOO%=a-1)x100%，故答案為:嚕-DxlOO%。

1 p, P12021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題(本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意).下列轉(zhuǎn)化，在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是①NaCI(aq)型l<L(g)---FeChls)△②FezC^Ha(aqL,FeCb(aq) 無水FeCh③N2標(biāo)焉史U工:NH4cl(aq)④SiOzHCl<aq)33—―>Si高溫A.①? B.?@ C.①D.①?@@【答案】A【解析】【詳解】①NaCI溶液電解的得到氯氣，氯氣和鐵在點(diǎn)燃的條件下反應(yīng)生成氯化鐵，故正確；②FezCh和鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，氯化鐵溶液加熱蒸發(fā)，得到氫氧化鐵，不是氯化鐵，故錯(cuò)誤；③Nz和氫氣在高溫高壓和催化劑條件下反應(yīng)生成氨氣，氨氣和氯化氫直接反應(yīng)生成氯化較，故正確；④SiOz和鹽酸不反應(yīng)，故錯(cuò)誤。故選A。.下列反應(yīng)所得溶液中，一定只含一種溶質(zhì)的是A.向氯化鋁溶液中加入過量的氨水B.向稀鹽酸中滴入少量的NaAIOz溶液C.向稀硝酸中加入鐵粉D.向硫酸酸化的MgSCU溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.氯化鋁溶液中加入過量的氨水生成氫氧化鋁沉淀和氯化筱，所得溶液中由氯化錢和氨水混合而成，A不符合題意；B.稀鹽酸中滴入少量的NaAKh溶液生成氯化鋁、氯化鈉和水，B不符合題意；C.稀硝酸中加入鐵粉充分反應(yīng)后所得溶液中可能含F(xiàn)e(N03)3、Fe(N03)2、Fe(NO3)3和Fe(N03)2、HNO3和Fe(NO3)3,C不符合題意；D.硫酸酸化的MgSO,溶液中加入過量的Ba(OH)z溶液生成氫氧化鎂沉淀、硫酸領(lǐng)沉淀、水，所得溶液中只有過量的Ba(OH)z,D符合題意；答案選D。3.硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產(chǎn)品，可用于生產(chǎn)硫酸、漂白粉等一系列物質(zhì)（見下圖）。下列說法正確的是A.CO、Sth、S03均是酸性氧化物B.工業(yè)上利用CL和澄清石灰水反應(yīng)來制取漂白粉C.除去與水反應(yīng)，圖示轉(zhuǎn)化反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)D.用CO合成CH3OH進(jìn)而合成HCHO的兩步反應(yīng)，原子利用率均為100%【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.SOz、SCh均是酸性氧化物，C。是不成鹽氧化物，A錯(cuò)誤；B.工業(yè)上利用Ch和石灰乳反應(yīng)來制取漂白粉，B錯(cuò)誤；C.除去與水反應(yīng)，圖示轉(zhuǎn)化反應(yīng)中均有元素化合價(jià)的升降，故反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，C正確；D.用CO與氫氣反應(yīng)合成CWOH,反應(yīng)物完全轉(zhuǎn)化為生成物，原子利用率為100%,甲醇與氧氣在催化劑存在時(shí)發(fā)生反應(yīng)HCH。和水，所以該步反應(yīng)中原子利用率不為100%,D錯(cuò)誤；故答案選C..下列電池工作時(shí)，Oz在正極放電的是（ ）4JIa1◎{Nf0—1? 1A.鋅銃電池B.氫燃料電池C.鉛蓄電池D.銀鎘電池A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A選項(xiàng)，鋅銃電池，鋅為負(fù)極，二氧化鏈為正極，故A錯(cuò)誤;B選項(xiàng)，氫燃料電池，氫氣為負(fù)極，氧氣為正極，故B正確;C選項(xiàng)，鉛蓄電池，鉛為負(fù)極，二氧化鉛為正極，故C錯(cuò)誤:D選項(xiàng)，銀鎘電池，鎘為負(fù)極，氫氧化氧鎮(zhèn)為正極，故D錯(cuò)誤;綜上所述，答案為B。.某原子電子排布式為is22sz2P3,下列說法正確的是A.該元素位于第二周期川A族 B.核外有3種能量不同的電子C.最外層電子占據(jù)3個(gè)軌道 D.最外層上有3種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子【答案】B【解析】【分析】由原子電子排布式為IS22sz2P3,可知原子結(jié)構(gòu)中有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為5,共7個(gè)電子，有7個(gè)不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，但同一能級(jí)上電子的能量相同，以此來解答?！驹斀狻緼.有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為5,則該元素位于第二周期VA族，故A錯(cuò)誤；B.核外有3種能量不同的電子，分別為Is、2s、3P上電子，故B正確；C.最外層電子數(shù)為5,占據(jù)1個(gè)2s、3個(gè)2P軌道，共4個(gè)軌道，故C錯(cuò)誤；D.最外層電子數(shù)為5,則最外層上有5種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，故D錯(cuò)誤；故答案為B,.對(duì)下表鑒別實(shí)驗(yàn)的“解釋”正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康倪x用試劑或條件解釋A鑒別S02和C02溟水利用S02的漂白性B鑒別Fe"和Fe2+KSCN利用Fe3+的輒化性C鑒別硝酸鉀和碳酸鈉溶液酚歆碳酸鈉溶液顯堿性D鑒別食鹽和氯化核加熱利用熔點(diǎn)不同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】鑒別物質(zhì)常利用物質(zhì)的不同性質(zhì)、產(chǎn)生不同的現(xiàn)象進(jìn)行?！驹斀狻緾Oz不能使濱水褪色（不反應(yīng)），而SOz能，主要反應(yīng)SOz+Br2+2H2O=HzSO4+2HBr,SOz表現(xiàn)還原性而不是漂白性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Fe3+和KSCN反應(yīng)溶液變紅，反應(yīng)為Fe3++3SCN-=Fe<SCN）3,不是氧化還原反應(yīng)，而FQ+和KSCN不反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.硝酸鉀溶液呈中性，不能使酚歆變紅，而碳酸鈉溶液因水解呈堿性，能使酚歆變紅，c項(xiàng)正確;D.氯化核加熱時(shí)完全分解為氣體，固體消失，而食鹽加熱時(shí)無明顯變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤.本題選C。.下列圖示與操作名稱下對(duì)目的是【答案】A【解析】【詳解】A、升華是從固體變?yōu)闅怏w的過程，圖中操作名稱是加熱，選項(xiàng)A不對(duì)應(yīng)；B、由圖中裝置的儀器以及操作分離互不相溶的液體，可知本實(shí)驗(yàn)操作名稱是分液，選項(xiàng)B對(duì)應(yīng)；C、由圖中裝置的儀器以及操作分離難溶固體與液體的混合物，可知本實(shí)驗(yàn)操作名稱過濾，選項(xiàng)C對(duì)應(yīng)；D、由圖中裝置的儀器以及操作分離沸點(diǎn)不同的液體混合物，可知本實(shí)驗(yàn)操作名稱蒸饋，選項(xiàng)D對(duì)應(yīng)。答案選A。.下列操作一定會(huì)使結(jié)果偏低的是（）A.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，用膠頭滴管將超過刻度線的溶液吸出.測定膽研晶體中的結(jié)晶水含量，加熱后，未進(jìn)行恒重操作C.酸堿滴定實(shí)驗(yàn)，滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液顏色突變，未等待半分鐘D.測定氣體摩爾體積時(shí)，氣體體積未減去注入酸的體積【答案】A【解析】【詳解】A、用膠頭滴管將超過刻度線的溶液吸出，說明配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，加水超過了刻度線，配制的濃度一定偏低，故A選；B、未進(jìn)行恒重操作，可能會(huì)導(dǎo)致測定的硫酸銅粉末的質(zhì)量偏大，測定的結(jié)晶水的含量偏小，但若膽磯晶體中結(jié)晶水恰好全部失去，則測定的結(jié)晶水的含量準(zhǔn)確，故B不選；C、酸堿滴定實(shí)驗(yàn)，滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液顏色突變，未等待30s立即讀數(shù)，可能未達(dá)到滴定終點(diǎn)，測定結(jié)果可能偏低，但也可能恰好達(dá)到滴定終點(diǎn)，測定結(jié)果準(zhǔn)確，故C不選；D、測定氣體摩爾體積時(shí)，氣體體積未減去注入酸的體積，導(dǎo)致排除的水的體積偏大，即生成氣體的體積偏大，測定結(jié)果偏高，故D不選；故選：A..以石墨為電極分別電解水和飽和食鹽水，關(guān)于兩個(gè)電解池反應(yīng)的說法正確的是( )A.陽極反應(yīng)式相同B.電解結(jié)束后所得液體的pH相同C.陰極反應(yīng)式相同D.通過相同電量時(shí)生成的氣體總體積相等(同溫同壓)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.以石墨為電極電解水，陽極反應(yīng)式為4OH、4e-=2HzO+Oz個(gè)，以石墨為電極電解飽和食鹽水，陽極反應(yīng)式為2ch2e=Clz個(gè)，陽極的電極反應(yīng)式不同，故A錯(cuò)誤；B.電解水時(shí)其pH在理論上是不變的，但若加入少量硫酸則變小，若加入少量氫氧鈉則變大，若加入硫酸鈉則不變；電解飽和氯化鈉溶液生成氫氧化鈉和氯氣和氫氣，PH變大，所以電解結(jié)束后所得液體的pH不相同，故B錯(cuò)誤；C.以石墨為電極電解水和飽和食鹽水的陰極反應(yīng)式為：2H++2e=Hz個(gè)，所以電極反應(yīng)式相同，故C正確；D.若轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol,則依據(jù)電解方程式2HzO通電2Hz個(gè)+。2個(gè)?4%電解水生成3moi氣體；依據(jù)電解方程式2NaCI+2H2。通電2Na0H+Ch個(gè)+H?個(gè)?2叫電解食鹽水生成4moi氣體，在同溫同壓下氣體的總體積不相等，故D錯(cuò)誤；故選C.【點(diǎn)睛】明確電解池工作原理、準(zhǔn)確判斷電極及發(fā)生反應(yīng)是解題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D,要注意氧化還原反應(yīng)方程式中根據(jù)轉(zhuǎn)移電子的相關(guān)計(jì)算。.有3份等量的燒堿溶液，第1份直接與鹽酸反應(yīng)；第2份稀釋一倍，再與鹽酸反應(yīng)；第3份通入適量的COz后，再與鹽酸反應(yīng).若鹽酸的濃度相同，完全反應(yīng)時(shí)消耗鹽酸的體積分別為Vi、Vz和V3,則Vi、V?和V3的大小關(guān)系正確的是()A.Vi=V2=V3 B.Vi>V3>V2C.V2>V3>ViD.Vi>V2>V3【答案】A【解析】【詳解】最后生成物質(zhì)的都為NaCI,根據(jù)Na原子、CI原子守恒：n(HCI)=n(NaCI)=n(NaOH),由于NaOH

物質(zhì)的量相等，則消耗HCI的物質(zhì)的量相等，故消耗鹽酸的體積相等，即Vi=V尸V3。答案選A。【點(diǎn)晴】該題側(cè)重于分析能力和計(jì)算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)元素質(zhì)量守恒進(jìn)行計(jì)算，可省去中間過程的繁瑣。.一氯甲烷等鹵代垃跟苯的反應(yīng)如圖所示，(無機(jī)小分子產(chǎn)物略去)。下列說法正確的是ch.,ci+QHIrIHch.,ci+QHIrIH6A.該反應(yīng)屬于化合反應(yīng)b的二氯代物有6種結(jié)構(gòu)Imolb加氫生成飽和克需要6molH2C5HlicI的結(jié)構(gòu)有8種【答案】D【解析】【分析】A、一氯甲烷等鹵代燒跟苯的反應(yīng)生成甲苯和HCI；B、甲苯的苯環(huán)上的二氯代物有6種，甲基上的氫也可以被取代；C、Imolb加氫生成飽和煌需要3mol出；D、戊烷的同分異構(gòu)體有正、異、新三種，再分析氯的位置異構(gòu)?！驹斀狻緼、一氯甲烷等鹵代髭跟苯的反應(yīng)生成甲苯和HCI,屬于取代反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、甲苯的苯環(huán)上的二氯代物有6種，甲基上的氫也可以被取代，故B錯(cuò)誤；C、Imolb加氫生成飽和克需要3moi出，故C錯(cuò)誤；D、戊烷的同分異構(gòu)體有正、異、新三種，再分析氯的位置異構(gòu)分別有3種、4種、1種，故D正確。故選D.【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)B,區(qū)別"甲苯的苯環(huán)上的二氯代物"和"甲苯的的二氯代物"是兩種不同的條件，后者甲基上的氫也可以被取代。12.能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是A.在硫酸亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB.NH4HCO3溶液中加入過量的Ba(OH)z溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3j+2H2O+CO32-C.氫氧化亞鐵溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2。D.澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合：Ca2++OH+HCO3-CaCO34，+H2O

【答案】A【解析】【詳解】A.Fe2+具有還原性，會(huì)被氧氣氧化為Fe3+,反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++Oz+4H+=4Fe3++2H2。，A正確；B.NH4HCO3溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3為標(biāo)準(zhǔn)，NH4\HCO3都會(huì)發(fā)生反應(yīng)：NH4++HCO3+Ba2++2OH=BaCO3>k+H2O+NH3H2O,B錯(cuò)誤；C.氫氧化亞鐵具有還原性，會(huì)被具有氧化性的稀硝酸氧化變?yōu)镕e3+,反應(yīng)的離子方程式為3Fe(OH)2+10H++NO3=3Fe3++NO/b+8H2O,C錯(cuò)誤；D.澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合，以不足量的Ca(OH)z為標(biāo)準(zhǔn)，離子方程式為Ca2++2OH+2HCO3-CaCO3>k+2H2O+CO32.D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是Ao13.大氣中CO2含量的增多除了導(dǎo)致地球表面溫度升高外，還會(huì)影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實(shí)驗(yàn)室測得不同溫度下(Ti,T2)海水中CO3"濃度與模擬空氣中CO2濃度的關(guān)系曲線。已知：海水中存在以下平衡：C02(aq)+CO32(aq)+H20(aq)2HCO3(aq),下列說法不正確的是模擬空氣中CO,?K/KgA.Ti>T2模擬空氣中CO,?K/KgA.Ti>T2T-aeA、rB.海水溫度一定時(shí)，大氣中COz濃度增加，海水中溶解的COz隨之增大，COF濃度降低C.當(dāng)大氣中COz濃度確定時(shí)，海水溫度越高，ah?-濃度越低D.大氣中C02含量增加時(shí)，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解【答案】C【解析】【分析】題中給出的圖，涉及模擬空氣中C02濃度以及溫度兩個(gè)變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時(shí)采用“控制變量”的方法進(jìn)行分析。判斷溫度的大小關(guān)系，一方面將模擬空氣中C02濃度固定在某個(gè)值，另一方面也要注意升高溫度可以使HCO,分解，即讓反應(yīng)CO2+CO：+H2O 2HC0；逆向移動(dòng)?！驹斀狻緼.升高溫度可以使HCO、分解，反應(yīng)CC)2+CO；-+H2O 2HCO；逆向移動(dòng)，海水中的CO；濃度增加；當(dāng)模擬空氣中CO2濃度固定時(shí)，T1溫度下的海水中CO；濃度更高，所以Ti溫度更高，A項(xiàng)正確;B.假設(shè)海水溫度為Ti,觀察圖像可知，隨著模擬空氣中COz濃度增加，海水中的CO；濃度下降，這是因?yàn)楦嗟腃02溶解在海水中導(dǎo)致反應(yīng)COz+COf+H2。 2HCO；正向移動(dòng),從而使CO；濃度下降，B項(xiàng)正確；C.結(jié)合A的分析可知，大氣中COz濃度一定時(shí)，溫度越高，海水中的CO；濃度也越大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.結(jié)合B項(xiàng)分析可知，大氣中的COz含量增加，會(huì)導(dǎo)致海水中的CO：濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3,CaCO3的溶解平衡方程式為：CaCO1(s)=Ca+(aq)+CO^(aq),若海水中的CO：濃度下降會(huì)導(dǎo)致珊瑚礁中的CaCCh溶解平衡正向移動(dòng)，珊瑚礁會(huì)逐漸溶解，D項(xiàng)正確；答案選C。.下列物質(zhì)的熔點(diǎn)，前者大于后者的是A.晶體硅、碳化硅B.氯化鈉、甲苯C.氧化鈉、氧化鎂D.鉀鈉合金、鈉【答案】B【解析】【詳解】A、原子晶體共價(jià)鍵的鍵長越短、鍵能越大，熔點(diǎn)越高，鍵長：Si-Si>Si-C,所以熔點(diǎn)前者小于后者，選項(xiàng)A不符合題意；B、分子晶體的熔點(diǎn)低于離子晶體，甲苯是分子晶體而氯化鈉是離子晶體，所以氯化鈉的熔點(diǎn)高于甲苯，選項(xiàng)B符合題意；C、離子晶體晶格能越大熔點(diǎn)越高，氧化鎂的晶格能大于氧化鈉，所以熔點(diǎn)前者小于后者，選項(xiàng)C不符合題意；D,合金的熔點(diǎn)低于各成份的熔點(diǎn)，所以鉀鈉合金的熔點(diǎn)小于鈉熔點(diǎn)，選項(xiàng)D不符合題意；答案選B。.我國科學(xué)家設(shè)計(jì)的二氧化碳的熔鹽捕獲及電化學(xué)轉(zhuǎn)化裝置如圖所示。下列說法正確的是( )a極是電化學(xué)裝置的陰極d極的電極反應(yīng)式為CO32-4e=C+3O2C.①中，捕獲COz時(shí)碳元素的化合價(jià)發(fā)生了變化

通電D.上述裝置中反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2-C+02個(gè)【答案】D【解析】【分析】由電解裝置示意圖可知，a極生成02,。的化合價(jià)升高，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，則a為陽極，連接電源正極（b極），電極反應(yīng)式為：2czO5Z-4e===4CO2+O2,d極生成C,C的化合價(jià)降低，得到電子，發(fā)生還原通電反應(yīng)，則d為陰極，連接電源負(fù)極（c極），電極反應(yīng)式為：CO32+4e===3O2+C,電池總反應(yīng)為CO?-C+Oz個(gè)，據(jù)此解答問題?！驹斀狻緼.根據(jù)上述分析，a極是電化學(xué)裝置的陽極，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B.d為陰極，電極反應(yīng)式為：CO32+4e===3O2+C,B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.①中，捕獲COz時(shí)，COz變成CzOs?和ah%碳元素的化合價(jià)始終為+4價(jià)，沒有發(fā)生改變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；通電D.電池總反應(yīng)為COz^C+Oz個(gè)，D選項(xiàng)正確；答案選D。二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括1個(gè)小題，共10分）16.1—乙氧基奈常用作香料，也可合成其他香料。實(shí)驗(yàn)室制備1一乙氧基蔡的過程如下:OH+ch3chOH+ch3ch2ohS^OC2H5已知：1一蔡酚的性質(zhì)與苯酚相似，有難聞的苯酚氣味。相關(guān)物質(zhì)的物理常數(shù):物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量狀態(tài)熔點(diǎn)（C）沸點(diǎn)（C）溶解度水乙醇1一蔡酚144無色或黃色菱形結(jié)晶或粉末96C278C微溶于水易溶于乙醇1一乙氧基蔡172無色液體5.5C267c不溶于水易溶于乙醇任意比混乙醇 46 無色液體 -114.IX:78.5c溶(1)將72g1一蔡酚溶于100mL無水乙醇中，加入5mL濃硫酸混合。將混合液置于如圖所示的容器中加熱充分反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)中使用過量乙醇的原因是.(2)裝置中長玻璃管的作用是：。(3)該反應(yīng)能否用實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯的裝置 (選填“能”或“不能”)，簡述理由 .(4)反應(yīng)結(jié)束，將燒瓶中的液體倒入冷水中，經(jīng)處理得到有機(jī)層。為提純產(chǎn)物有以下四步操作：①蒸懦;②水洗并分液；③用10%的NaOH溶液堿洗并分液；④用無水氯化鈣干燥并過濾。正確的順序是 (選填編號(hào))。a.③?④(D b.①?③? c.②?③④(5)實(shí)驗(yàn)測得1一乙氧基蔡的產(chǎn)量與反應(yīng)時(shí)間、溫度的變化如圖所示，時(shí)間延長、溫度升高，1一乙氧基菜的產(chǎn)量下降可能的兩個(gè)原因是。(6)提純的產(chǎn)品經(jīng)測定為43g,本實(shí)驗(yàn)中1一乙氧基蔡的產(chǎn)率為.【答案】提高1-蔡酚的轉(zhuǎn)化率冷凝回流不能產(chǎn)物沸點(diǎn)大大高于反應(yīng)物乙醇，會(huì)降低產(chǎn)率a1-蔡酚被氧化，溫度高乙醇大量揮發(fā)或溫度高發(fā)生副反應(yīng) 50%【解析】【分析】【詳解】(1)該反應(yīng)中乙醇的量越多，越促進(jìn)1-蔡酚轉(zhuǎn)化，從而提高上蔡酚的轉(zhuǎn)化率；(2)長玻璃管起到冷凝回流的作用，使揮發(fā)出的乙醇冷卻后回流到燒瓶中，從而提高乙醇原料的利用率;(3)該產(chǎn)物沸點(diǎn)高于乙醇，從而降低反應(yīng)物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的裝置；(4)提純產(chǎn)物用10%的NaOH溶液堿洗并分液，把硫酸洗滌去，水洗并分液洗去氫氧化鈉，用無水氯化鈣干燥并過濾，吸收水，控制沸點(diǎn)通過蒸儲(chǔ)的方法得到，實(shí)驗(yàn)的操作順序?yàn)椋孩?④①，選項(xiàng)是a；

（5）時(shí)間延長、溫度升高，可能是酚羥基被氧化，乙醇大量揮發(fā)或產(chǎn)生副反應(yīng)等，從而導(dǎo)致其產(chǎn)量下降,即1一乙氧基蔡的產(chǎn)量下降可能的兩個(gè)原因是「蔡酚被氧化，溫度高乙醇大量揮發(fā)或溫度高發(fā)生副反應(yīng)；

OH O-CjHj（6）根據(jù)方程式 八，1-蔡酚與1-乙氧基蔡 ^UJ+Hz°!的物質(zhì)的量相等，貝!Jn（GoH80）=n（Ci2Hi20）=72g+144g/mol=0.5mol,貝！|m（CuHuO）=0.5molX172g/mol=86g,其產(chǎn)率=（43g-r86g）X100%=50%,,三、推斷題（本題包括1個(gè)小題，共10分）17.有機(jī)物A有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：COOH稀硫酸-A-Hc}^cb嚼但j稀硫酸-A-Hc}^cb嚼但j嗖04已知：①有機(jī)物B是芳香燒的含氧衍生物，其相對(duì)分子質(zhì)量為108,B中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.8%。(Dch3-ch2-cooh+ci2~盧*CH H—COOH+HC|1根據(jù)以上信息，回答下列問題：B的分子式為;有機(jī)物D中含氧官能團(tuán)名稱是.A的結(jié)構(gòu)簡式為;檢驗(yàn)M中官能團(tuán)的試劑是.（3）條件I為;DTF的反應(yīng)類型為.（4）寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式：F->E F-?Go（5）N的同系物X比N相對(duì)分子質(zhì)量大14,符合下列條件的X的同分異構(gòu)體有種（不考慮立體異構(gòu)），寫出其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1：1：2：2：2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式 （寫一種）。①含有苯環(huán)； ②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)； ③遇FeCb溶液顯紫色。【答案】C7H8。 ^基 ' 銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液 NaOH的醇溶液，加熱水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）

IYOOII—---+H2IYOOII—---+H20H°-O~CH,CH0【解析】【分析】有機(jī)物B是芳香垃的含氧衍生物，其相對(duì)分子質(zhì)量為108,B中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.8%,B中O原子個(gè)數(shù)=108xl4.8%=i＞碳原子個(gè)數(shù)=竺§*=7...8,所以B分子式為C7H80,B中含有苯環(huán)且能連續(xù)被氧化，則16 12八號(hào) 八" goohB為CHzOH,b被催化氧化生成M,M為J-CHO,N為苯甲酸，結(jié)構(gòu)簡式為;A發(fā)生水解反應(yīng)生成醇和櫻酸，C為我酸，根據(jù)題給信息知，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D,D發(fā)生反應(yīng)然后酸化得到E,E能生成H,D是含有氯原子的粉酸，則D在氫氧化鈉的醇溶液中加熱生成E,E發(fā)生加聚反應(yīng)生成H,所以D為‘1 、E為，"CH=CH-^XX)H、C為D反應(yīng)生成F,F能反應(yīng)生成E,則D發(fā)生水解反應(yīng)生成F,F為f發(fā)生酯化反0H應(yīng)生成G,根據(jù)G分子式知，G為；根據(jù)B、C結(jié)構(gòu)簡式知，A為(^"CHiCHQOOCHr^^；，以此解答該題?！驹斀狻?1)B為。一氣叫分子式為c7H80,D為含氧官能團(tuán)為我基；(2)由以上分析可知人為0的皿*^)，M為。-0H。，含有醛基，可用銀氨溶液或新制備氫O-CH,-CH—€(M)H 4正O-CH,-CH—€(M)H 4正qm匚,D發(fā)生水解反(3)通過以上分析知，條件I為氫氧化鈉的醇溶液、加熱；D為應(yīng)(取代反應(yīng))生成F；

(4)F發(fā)生消去反應(yīng)生成E,反應(yīng)方程式為+2H2O,F(4)F發(fā)生消去反應(yīng)生成E,反應(yīng)方程式為+2H2O,F發(fā)生酯化反應(yīng)生成G,反應(yīng)方程式為分子中碳原子數(shù)比N多一個(gè)，根據(jù)條件：①含有苯環(huán)②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，③遇FeCb溶液顯紫色，說明含有酚羥基，如苯環(huán)含有2個(gè)取代基，則分別為-CHzCHO、-OH,有鄰、間、對(duì)3種，如苯環(huán)含有3個(gè)取代基，可為-CW、-CHO、-OH,有10種，共13種；其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1:1:2：2：2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為h0-O~CH,CH00【點(diǎn)睛】以B為突破口采用正逆結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，注意結(jié)合反應(yīng)條件、部分物質(zhì)分子式或結(jié)構(gòu)簡式、題給信息進(jìn)行推斷，注意：鹵代煌發(fā)生反應(yīng)條件不同其產(chǎn)物不同。四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)18.Cr、S等元素的化合物常會(huì)造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對(duì)環(huán)境的影響。(1)還原沉淀法是處理含格(CrzO,z-和CrO/-)工業(yè)廢水的常用方法，過程如下：OQ" - (吵J①已知：常溫下，初始濃度為l.OmoLL的NazCQ溶液中cKrzCb?-)隨C(H+)的變化如圖所示。則上述流程中CrO/-轉(zhuǎn)化為CrzO’z的離子方程式為.c(H*)/(IO-7c(H*)/(IO-7molL')②還原過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為o③￡：產(chǎn)與A伊的化學(xué)性質(zhì)相似，對(duì)CrCb溶液蒸干并灼燒，最終得到的固體的化學(xué)式為.④常溫下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0X10”，欲使處理后廢水中的c(C*)降至1QX105moi七，(即沉淀完全)，應(yīng)調(diào)節(jié)至溶液的pH=。(2)"亞硫酸鹽法”吸收煙中的Sth①將煙氣通入l.Omol/L的Na2sCh溶液，當(dāng)NazSCh恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶液pH約為3,此時(shí)，溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)?用離子濃度符號(hào)和">"號(hào)表示)。②室溫下，將煙道氣通入(NH4)2SO3溶液中，測得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖所示。含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)已知部分弱電解質(zhì)的電離常數(shù)(25C)如下:電解質(zhì)電離常數(shù)H2SO3Kai=1.54X102Ka2=1.02X107NH3H2。Kb=1.74X10-5(i)(NHESO3溶液呈一(填"酸"、"堿"或"中")性，其原因是.(ii)圖中b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7,則n(NH4+):n(HSO3)==【答案】CrO42+2H+5=iCr2O72+H2O1:6Cr2O35c(Na+)>c(HSO3)>c(H+)>c(SO32)>c(OH)堿HzSCH的第二電離常數(shù)Kaz=1.02X10-7小于NH3H2O的電離常數(shù)Kb,故SChZ的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性3:1【解析】【詳解】⑴①從圖中可以看出，c(5072-)隨C(H+)的增大而不斷增大，當(dāng)c(H+)=6.0xl0-7mol/L時(shí)，c(Cr2O72')=0.4mol/L,此時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，所以此反應(yīng)為可逆反應(yīng)。由此可得CrCX^轉(zhuǎn)化為CrzCh?-的離子方程式為CrO42+2H+^=iCr2O72+H2O答案為CrO42+2H+^=iCr2O72+H2O②依據(jù)電子守恒，氧化劑CrzCh?-與還原劑Fe2+的關(guān)系為：CraO72- 6Fe2+從而得出還原過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:6.答案為1:6；③ce與A甲的化學(xué)性質(zhì)相似，說明ce在水溶液中易發(fā)生水解反應(yīng)，最終生成ai(oh)3,灼燒時(shí)再分解為倍的氧化物。所以對(duì)CrCb溶液蒸干并灼燒，最終得到的固體的化學(xué)式為CrzCh.答案為CnCh(4)Ksp[Cr(OH)3]=c(C產(chǎn)).C\OH-)=1.0x\05xc\OH')=1.0XIO32c{OH)=\Q-9mollL,pH=5.答案為5；⑵①將煙氣通入l.Omol/L的Na2sO3溶液，當(dāng)Na2sCh恰好完全反應(yīng)時(shí)，全部生成NaHSCh,此時(shí)溶液pH約為3,則表明HS03似電離為主。發(fā)生的電離、水解反應(yīng)方程式為：HSO3^iH++SO32\HSO3+H2O=HzSCh+OH、HzO=4T+OH且前面反應(yīng)進(jìn)行的程度大于后面反應(yīng)，從而得出溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)>c(HS04>c(H+)>c(SO32)>c(OH)?答案為c(Na+)>c(HSO3)>c(H+)>c(SO32)>c(OH)②⑴在(NH4)2SC)3溶液中，NH4\SO32都將發(fā)生水解，從表中數(shù)據(jù)Ka2=1.02X10-7、Kb=1.74X106可以看出，HSCh的電離常數(shù)小，SO32的水解常數(shù)大，所以溶液呈堿性。答案為堿；溶液呈堿性的原因是：溶液H2s。3的第二電離常數(shù)Ka2=1.02X10。小于NH3H2O的電離常數(shù)Kb,故SO3Z的水解程度比NL+的水解程度大，溶液呈堿性.答案為：H2SO3的第二電離常數(shù)42=1.02X10。小于NH3H2O的電離常數(shù)Kb.故SO32的水解程度比NE+的水解程度大，溶液呈堿性。(ii)圖中b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7,此時(shí)c(HStM=c(SO32),則c(NH4HSO3)=c[(NH4)2SO3],從而得出n(NH4+)：n(HSO3)=1答案為3：1.19.最新"人工固氮”的研究成果表明，能在常溫常壓發(fā)生反應(yīng):2Nz(g)+6HQ(l) ? 4NH3(g)+30z(g)光照-Q(Q>0)?常溫下，實(shí)驗(yàn)室在10L恒容容器中模擬該反應(yīng)，測得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表：0min2min4min5min6minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=,0-2min內(nèi)NH3的平均生成速率為(2)若反應(yīng)過程中氣體的密度不再發(fā)生變化，請(qǐng)解釋說明能否判斷反應(yīng)達(dá)到平衡(3)在5?6min之間只改變了單一條件，該條件是。(4)以NW和CCH為原料可生產(chǎn)化肥碳鉉(NWHCCh)。生產(chǎn)過程中首先需往水中通入的氣體是,通入該氣體后溶液中存在的電離平衡有(用方程式表示)。⑸常溫下NH4HCO3溶液的pH>7,由此判斷溶液中：c(NH4+)”此03一乂選填">"、"<"或"="),理由是。c4(NHJc3(O,)【答案】' : 0.03mol/(L.min)能判斷，因?yàn)楹闳萑萜鞯捏w積不變，而反應(yīng)過程中氣C(N2)體質(zhì)量會(huì)發(fā)生變化，這樣隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器中氣體的密度會(huì)不斷變化，所以若密度不變，說明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)增加了氮?dú)獾牧縉WNH3*H2O?iNH4++OH\H2O#H++OH'>因?yàn)閜H>

7,說明c(H+)Vc(OHT),根據(jù)電荷守恒：c(H*)+c(NH4+)=c(HCO3')+c(OH')+2c(CO32'),所以c(NH力>c(HCCh1(或NH4冰解呈酸性，HC03-水解呈堿性，pH>7,說明水解程度NH4yHe。3一，所以C(NH4+)>c(HCCh-))【解析】【分析】⑴根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知，第4,5分鐘時(shí)，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，達(dá)到平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡狀態(tài)表達(dá)△c式；根據(jù)公式V=一計(jì)算；t(2)根據(jù)化學(xué)平衡的判斷依據(jù)判斷是否處于平衡狀態(tài)；⑶根據(jù)各物質(zhì)的濃度的變化量判斷改變的條件；⑷根據(jù)氨氣和二氧化碳的溶解度判斷先通什么氣體，根據(jù)溶液中的成分寫出電離方程式；⑸根據(jù)電荷守恒，比較離子的濃度大??；【詳解】⑴.根據(jù)化學(xué)方程式，2N2(g)