【文档说明】河南省顶级名校2019-2020学年高二下学期六月模拟考试化学试题 【精准解析】.doc，共(25)页，920.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年高二摸底考试化学可能用到的相对原子质量：HlBl1Cl2Nl4O16Na23Al127Cl35.5K39Fe56Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的

四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在新冠疫情防控中，化学知识、化学原理等起到了至关重要的作用。下列说法不正确的是A.“84”消毒液（主要含NaClO）需在避光条件下密封保存B.N95型口罩的核心材

料聚丙烯属于新型无机高分子材料C.医用酒精消毒的原理是使病毒和细菌的蛋白质变性D.传播新冠病毒的“飞沫”与空气形成的分散系是气溶胶【答案】B【解析】【详解】A.“84”消毒液中NaClO水解生成次氯酸，次氯酸见光会分解，故其需在避光条件下密封保存

，A说法正确；B.N95型口罩的核心材料聚丙烯属于有机高分子材料，B说法不正确；C.病毒和细菌均含蛋白质，医用酒精消毒的原理是使病毒和细菌的蛋白质变性，从而杀灭病毒和细菌，C说法正确；D.“飞沫”中的小水滴及病毒的直径达到了胶体粒子的直径范围，所以传播

新冠病毒的“飞沫”与空气形成的分散系是气溶胶，D说法正确。本题选B。2.下列表示反应NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+H2O十CO2↑中相关微粒的化学用语不正确的是A.CO2的结构式：O=C=OB.H2O

的电子式：C.Na+的结构示意图：D.水溶液中，NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO23−【答案】D【解析】【详解】A.CO2的分子中，碳氧原子间形成2对共用电子对，所以结构式O=C=O，故

A正确；B.H2O为共价化合物，氢氧原子间形成1对共用电子对，其电子式，故B正确；C.钠原子核电荷数为11，失去一个电子后变为钠离子，核外剩余10个电子，Na+的结构示意图：，故C正确；D.NaHCO3属于

强电解质，在水中完全电离：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-存在电离平衡，故D错误；故选D。3.下表列出的有关物质的性质与用途具有对应关系的是选项物质的性质用途AMgO难溶于水耐火材料BSO2具有强的还原性漂白纸张CCuSO4易溶于水游

冰池杀菌消毒DNaHCO3能与酸反应治疗胃酸过多A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.MgO的熔点很高且化学性质稳定，故其可用作耐火材料，A没有对应关系；B.SO2具有漂白性，故其可用于漂白纸张，B没有对应关系；

C.CuSO4属于重金属盐，其可使病毒和细菌的蛋白质变性，故其可用于游冰池杀菌消毒，C没有对应关系；D.NaHCO3能与酸反应，且其水溶液的碱性较弱，故可用于治疗胃酸过多，D有对应关系。本题选D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol•L-1

的盐酸：Na+、Cu2+、SO24−、NO3−B.0.1mol•L-1的氨水：K+、Al3+、Cl-、CH3COO-C.0.1mol•L-1的Fe(NO3)3溶液：H+、K+、Cl-、I-D.0.1mol•L-1的Na2SO3溶液：NH4+、Na+、ClO

-、SO24−【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol•L-1的盐酸溶液中含有大量氢离子，Na+、Cu2+、SO24−、NO3−离子间不发生任何反应，能大量共存，故A符合题意；B．0.1mol•L-1的氨水显碱性，Al3+与OH-不能大量共存，故B不符合题意；C．0.1mol•L-1的

Fe(NO3)3溶液中H+、I-和NO3−发生氧化还原反应不能大量共存，Fe3+和I-也能发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；D．0.1mol•L-1的Na2SO3溶液中，ClO-具有强氧化性，会氧化亚硫酸根离子，不

能大量共存，故D不符合题意；答案选A。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol•L-1的CaCl2溶液中Ca2+的数目为0.lNAB.标准状况下，11.2LCHCl3所含的分子数目为0.5NAC.2.8g乙烯含有的共用电子对的数目为0.6NAD.常温下，1

molFe与足量浓H2SO4反应，转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol•L-1的CaCl2溶液的体积未知，无法计算CaCl2的物质的量，则Ca2+的数目无法计算，故A错误；B．标准状况下CHCl3为液体，不能用标况下气体

的摩尔体积计算物质的量，则分子数目无法确定，故B错误；C．一个乙烯分子中含有6个共用电子对，2.8g乙烯为2.8g28g/mol=0.1mol，则含有的共用电子对的数目为0.1mol×6×NA=0.6N

A，故C正确；D．常温下，Fe与浓H2SO4发生钝化，阻止反应继续进行，因此无法计算转移电子的物质的量和数目，故D错误；答案选C。6.2019年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究

中的杰出贡献。LiFePO4是用于制备大功率锂离子电池的正极材料，且一种制备流程如下：下列有关说法不正确的是A.LiFePO4中Fe的化合价为+2B.“沉铁”过程中双氧水作氧化剂C.料液可循环利用D.“煅烧”中有大量的CO2、CO生成【答案】D【解析】【分析】铁屑中加入稀硫酸进行酸溶，形成

FeSO4溶液，向酸浸液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入磷酸将Fe3+转化为FePO4沉淀，过滤后得到料液主要含有硫酸，向FePO4沉淀中加入Li2CO3和适量H2C2O4在高温下煅烧得到LiFePO4，据

此分析解答。【详解】A．LiFePO4中Li元素为+1价，磷酸根离子为-3价，化合物中正负化合价之和为0，则Fe的化合价为+2，故A正确；B．根据分析，“沉铁”过程中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则双氧水作氧化剂，

故B正确；C．根据分析，料液中的主要成分为硫酸，则料液可在酸溶步骤中循环利用，故C正确；D．CO具有较强还原性，高温下可将LiFePO4中的铁元素还原为铁单质，则“煅烧”中有大量的CO2，但不能有CO生成，故D错误

；答案选D。7.历史上曾利用“地康法”制氯气，其原理是以氯化铜作催化剂，利用氧气氧化氯化氢。如图为“地康法”制氯气的模拟装置．下列关有说法不正确的是A.关闭K2打开K1,若漏斗中的液面不持续下降，则装置1的气密性良好B.打开K3，将浓盐酸逐滴滴入浓硫酸中可制备反应所需

要的氯化氢C.装置2中盛放的是浓硫酸，通过观察气泡逸出的快慢可判断气体的通入量D.后续需要净化氯气的装置中，除杂试剂依次为饱和食盐水、碱石灰【答案】D【解析】【详解】A.关闭K2打开K1，漏斗中的液体进入装置1中使其气压变大，若漏斗中的液面不持续下降，则装置1的气密性良

好，A说法正确；B.打开K3，将浓盐酸逐滴滴入浓硫酸中，浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水放热促进氯化氢气体逸出，故可制备反应所需要的氯化氢，B说法正确；C.装置2中盛放的是浓硫酸，通过观察气泡逸出的快慢可判断气体的通入量，

以调节氯化氢和氧气的比例，C说法正确；D.以氯化铜作催化剂，利用氧气氧化氯化氢，生成的氯气中含有水蒸气和剩余的氯化氢，后续需要净化氯气的装置中，除杂试剂依次为饱和食盐水、浓硫酸或无水氯化钙，氯气可被碱石灰吸收

，D说法不正确。本题选D。8.已知工业上常用“有效氢含量”衡量含氢还原剂的还原能力，其定义为：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。硼氢化钠（NaBH4）是一种极强的含氢还原剂，下列有关说法正确的是A.NaBH4作还原剂

时，其中的硼元素被氧化B.NaBH4的“有效氢含量”约为0.21C.反应8Au3++BH4−+OH-→8Au+BO2−+H2O中水的化学计量数为16D.NaBH4遇水产生大量的氧气可作供氧剂【答案】B【解析】【详解】A.NaBH4中B元素

的化合价为+3，H元素的化合价为-1，NaBH4作还原剂时，其中的硼元素的化合价不变，被氧化的是氢元素，A说法不正确；B.1molNaBH4作还原剂时，H元素由-1价升高到+1价，可以失去8mol电子，相当于4molH2,NaBH4的“有效氢含量”为42/139/molgmolmol

gmol0.21，B说法正确；C.配平后可得8Au3++3BH4−+24OH-=8Au+3BO2−+18H2O，则水的化学计量数为18，C说法不正确；D.NaBH4是一种极强还原剂，其与水产生氢气，不可能用作供氧剂，D说法不正确

。本题选B。9.如图是从小白菊中提取的一种有机物。下列关于该有机物的说法正确的是A.可在酸件或碱性溶液中稳定存在B.其同分异构体存在芳香族化合物C.能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，其原理相同D.分子中所有原子一定在同一平面内【答案】B【解析

】【详解】A．该有机物结构中含有酯基，可在酸件或碱性溶液中会发生水解，不能稳定存在，故A错误；B．该有机物结构中有三个环和三个双键，其不饱和度为6，芳香族化合物含有苯环，苯环的不饱和度为4，苯环上的支链中可含有碳氧双键和碳碳双键，不饱和度也能为6，则其同分异

构体存在芳香族化合物，故B正确；C．该有机物结构中含有碳碳双键和醇羟基，该有机物中的碳碳双键能使溴水发生加成反应使溴水褪色，碳碳双键和醇羟基能被酸性KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液褪色，二者原理不相同，故C错误；D．分子中含有甲基和亚甲基，氢原子与碳原子一定不在同一平面内，故D错误；答案选

B。10.NO在催化剂表面催化分解反应历程如图所示(TS表示反应中的过渡态)。下列有关说法中正确的是A.分解反应的热化学方程式为2NO(g)N2(g)+O2(g)△H=+43.77kcal•mol-1B.中间产物3中的键能大

于中间产物4的，中间产物3更稳定C.历程中“5→TS4→6”的活化能最大，该历程决定整个反应的快慢D.使用高效催化剂，降低NO的相对能量，从而影响反应热的大小【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，则分解反应的热化学方程式

为2NO(g)N2(g)+O2(g)△H=-43.77kcal•mol-1，故A错误；B．由图像可知，中间产物3能量高于中间产物4的能量，为放热反应，中间产物3中的键能小于中间产物4的，能量越低越稳定，则中间

产物4更稳定，故B错误；C．过渡态和反应物的能量差(△E)称为活化能，根据图示计算可得，历程中“5→TS4→6”的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，反应历程中慢反应决定整个反应的快慢，故C正确；D．使用高效催化剂，可

以改变反应物的活化能，但不能影响反应热，反应热由反应物的总能量和生成物的总能量决定，故D错误；答案选C。11.X、Y、Z、W为短周期主族元素，其常见化合价与原子半径的关系如图所示。已知四种元素中只有Y与Z同周期，下列说法正确的是()A.简单氢化物的稳定性：Y＜ZB.X、Y、Z

可组成盐类化合物C.X的氧化物中不可能含非极性键D.W的最高价氧化物对应水化物为弱碱【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子半径依次增大，且只有Y与Z同周期，X的常见化合价为+1和-1价，则X为H元素，Y的常见化

合价为-2价，则Y为O元素，Z的常见化合价为+5价和-3价，则Z为N元素，W的常见化合价为+1价，则W为Na元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，Z为N元素，非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，则简单氢化物的稳定性：Y＞Z，故A错

误；B．X为H元素，Y为O元素，Z为N元素，X、Y、Z可组成NH4NO3，为铵盐，故B正确；C．X为H元素，X的氧化物有H2O和H2O2,H2O2中含极性键和非极性键，故C错误；D．W为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，属于强碱，故D错误；答案选

B。12.电解法制备磷酸二氢钾(KH2PO4)装置如图所示。下列说法正确的是A.与a相连接的电源电势比b的高B.离子交换膜x、y分别为阳离子、阴离子交换膜C.电解时，理论上相同时间内通过交换膜的阴、阳离子数相等D.当外电路中通过1mol电子时，会有ll.2L的Cl2生成【答案

】C【解析】【分析】根据图示，通电的条件下，a电极上H+得电子变为H2，发生还原反应，b电极上Cl-失电子转化为Cl2，发生氧化反应，则a电极为阴极，与电源正极相连，b电极为阳极，与电源正极相连，-24HPO通

过离子交换膜x进入中和室，K+通过离子交换膜y进入中和室，在中和室中生成磷酸二氢钾(KH2PO4)，则离子交换膜x为阴离子交换膜，离子交换膜y为阳离子交换膜，据此分析解答。【详解】A．根据分析，a电极为阴极，与电源正极相连，b电极为阳极，与电源正极相连，原电

池中正极的电势高于负极，则与b相连接的电源电势比a的高，故A错误；B．根据分析，离子交换膜x为阴离子交换膜，离子交换膜y为阳离子交换膜，故B错误；C．电解时，-24HPO通过离子交换膜x进入中和室，K+通过离子交换膜y进入中和室，二者都

带一个单位的电荷，根据得失电子守恒，理论上相同时间内通过交换膜的阴、阳离子数相等，故C正确；D．b电极上Cl-失电子转化为Cl2，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2，当外电路中通过2mol电子时，会有1molC

l2生成，标准状况下的体积为22.4L，则外电路中通过1mol电子时，会有标况下ll.2L的Cl2生成，题中选项未给出气体的状态条件，则生成的氯气体积不一定为11.2L，故D错误；答案选C。13.通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A常温下，分别测

定浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液HCO3电离出H+的能力比CH3COOH的弱B将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红

色褪去产生的气体中一定含有乙烯C将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生样品接触空气己氧化变质D取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，溶液未变蓝淀粉已经完全水解A.AB.BC.CD.D【答案

】A【解析】【详解】A．测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，由pH可知前者水解程度大，则醋酸的酸性强，CH3COOH电离出H+能力强，故A正确；B．将乙醇与浓硫酸混合加热可生成乙烯，由于乙醇具有挥发性，生成的乙烯中含有乙醇，含有乙醇的气体通

入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能说明产生的气体中一定含有乙烯，故B错误；C．向亚硫酸钠样品水溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，相当于引入硝酸，

硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致生成硫酸钡白色沉淀，则该实验操作不能说明样品中的亚硫酸根离子被空气氧化变质，故C错误；D．取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和

酸，再加少量碘水，由于碘可与过量的氢氧化钠溶液反应，若碘反应后没有剩余，即使有淀粉存在溶液也不会变蓝，因此该操作不能判断淀粉是否已经完全水解，故D错误；答案选A。14.25°C，在0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(CH3COOH)、

c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线I表示混合溶液中c(CH3COO-)随pH变化关系B.a点溶液的导电能力比b点的强C.25℃时，CH3COOH的电离平衡常数为10-4.75D.pH=5.5的溶液中：c(Na+)＞c(CH

3COO-)＞c(CH3COOH)【答案】C【解析】【分析】在0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，CH3COOH溶液逐渐转化为CH3COONa的溶液，随NaOH溶液滴加，溶液pH逐渐增大，c(CH3COOH)逐渐减小，c(CH3COO-)逐渐增大，

则曲线I表示c(CH3COOH)随pH变化关系，曲线Ⅱ表示c(CH3COO-)随pH变化关系，据此分析解答。【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示混合溶液中c(CH3COO-)随pH变化关系，故A错误；B．a、b点均在曲线Ⅱ上，从a到b溶液的c(CH3COO-)浓度增大，c(

CH3COOH)逐渐减小，溶液中离子的含量最多，导电能力增强，则a点溶液的导电能力比b点的若，故B错误；C．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数表达式为：Ka=()()()-+33cCHCOOcHcCHCOOH，c点时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，溶液pH

=4.75，即溶液中c(H+)=10-4.75mol/L，则Ka=c(H+)=10-4.75mol/L，故C正确；D．由图像可知，pH=5.5的溶液中，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)

=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，因此c(Na+)＜c(CH3COO-)，故D错误；答案选C。二、非选择题：共58分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。根据要求作答。第18~19题

为选考题，考生根据要求作答。15.环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]是一种有机过渡金属化合物，常温下为橙黄色粉末，难溶于水，易溶于有机溶剂，温度超过100°C能够升华，实验室制备环戊二烯基铁的装置和步骤如下：实验步骤：步骤1：在三颈烧瓶中加入10mL乙二醇

二甲醚（作溶剂）和4.5g研细的KOH粉末，通入氮气并开启磁力搅拌器，然后加入1.5mL环戊二烯（过量）；步骤2：将1.5gFeCl2•4H2O溶于5mL二甲基亚砜中，并转入滴液漏斗中，将步骤1中的混合物猛烈搅拌10min，打开滴液漏斗将氯

化亚铁的二甲基亚砜溶液在45min钟左右滴完；步骤3：关闭滴液漏斗，在氮气保护下继续搅拌30min;步骤4：将反应后的混合液倒入100mL烧杯内，加入少量盐酸除去剩余的KOH，再加入20mL水，继续搅拌悬浊液15

min，抽滤产物，并用水洗涤产物3~4次，最后将产物铺在面皿上，置于真空干燥器内干燥。回答下列问题：（1）仪器a的作用是___________________。（2）制备过程中若不通入氮气，会降低环戊二烯基铁的产率，试分

析其中的原因：__________。（3）硅油的主要作用是______。（4）步骤4中分离环戊二烯基铁也可采用如下方法，请将分离步骤补充完整：向反应后的混合液加入10mL乙醚（ρ=0.71g•cm-3）充分搅拌，然后转入_____（填仪器名称）中

，依次用盐酸、水各洗涤两次，待液体分层后_____________（填完整操作过程），将含有二环戊二烯基合铁的溶液在通风橱中蒸发得到二环戊二烯基合铁粗产品。（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯环戊二烯基铁。将颗粒状环戊二烯基铁放入蒸发皿中并小火加热，环戊二烯基

铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_______________，装置棉花的作用是___________。（6）若最终制得环戊二烯基铁质量为0.16g，则产率为_____％（保留一位小数）。【答案】(1).冷凝回流有机物提高原料利用率(2).

部分Fe2+被空气中的氧气氧化，降低了参加反应的Fe2+的量(3).液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，吸收挥发出来的有机物(4).分液漏斗(5).先将水层从分液漏斗下口放出，再将环戊二烯基铁的乙醚溶液从上口倒出(6).升华(7).防止环戊二烯基

铁挥发进入空气中，减缓与空气的对流(8).11.4【解析】【分析】由题中信息可知，过量的环戊二烯和1.5gFeCl2•4H2O在碱性条件下、适当的有机溶剂中可以发生反应制得环戊二烯基铁。Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化。故反应过程中要持续通入氮气。为防止空气中的氧

气进入三颈烧瓶中，并吸收挥发出来的有机物，连接冷凝管的玻璃管要用硅油液封。计算产率时，要以不过量的氯化亚铁晶体为基准计算出理论产量。【详解】(1)仪器a为球形冷凝管，其作用是冷凝回流有机物，提高原料利用率。(2)Fe2+具有较强的还

原性，易被空气中的氧气氧化。制备过程中若不通入氮气，会降低二环戊二烯基合铁的产率，其中的原因是：部分Fe2+被空气中的氧气氧化，降低了参加反应的Fe2+的量。(3)从冷凝管中挥发出的有机物会污染空气，若有氧气从冷凝管进入系统会降低二环戊

二烯基合铁的产率，因此，硅油的主要作用是：液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，吸收挥发出来的有机物。(4)环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]难溶于水，易溶于有机溶剂。因此，步骤4中分离环戊二烯基铁也可采用如下方法：向反应后的混合液加入10mL乙醚（ρ=0.71g•cm

-3）充分搅拌，然后转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次。乙醚的密度比水小，待液体分层后，上层为有机层，下层为水层。先将水层从分液漏斗下口放出，再将环戊二烯基铁的乙醚溶液从上口倒出，将含有环戊二烯基铁的溶液在通风橱中蒸发得到环戊二烯基铁粗产品。(5)环戊二烯基铁在温度超过100°C

时能够升华。将颗粒状环戊二烯基铁放入蒸发皿中并小火加热，环戊二烯基铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是升华，装置棉花的作用是防止环戊二烯基铁挥发进入空气中，减缓与空气的对流。(6)环戊二烯是过量的，1.5gFeCl2•4H2O的物质的量为，1.50.0075199/g

molgmol=，则理论上可以制得二环戊二烯基合铁的物质的量为0.0075mol，质量为1.40g。若最终制得环戊二烯基铁质量为0.16g，则产率为0.16100%1.40gg=11.4％。【点睛】本题属于信息给予题，解题时要注意应

用题中所给的相关信息。例如在分离产品时，要根据产品难溶于水易溶于有机溶剂的特点，用萃取法分离。且要注意乙醚的密度比水小，有机层在上层。16.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。某同学以含铜废料(主要成分是CuO、MgO、MnO、SiO2及少量的杂质)为主要原料制备CuCl的主要流

程如下：已知：①CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿的空气中易被氧化；②在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(色无溶液)。③几种金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物开始沉淀的pH完全沉淀的pHMg(OH)28.410.8Cu(OH)24

.26.7Mn(OH)27.88.8问答下列问题：(1)滤渣1的主要成分是_________________(写化学式，下同)。(2)“调pH”所用粉末状试剂X是_____________；pH的调节范闱为____________。(3)“反应”发生Cu2++Cu+6Cl-=2[CuC

l3]2-，表明已完全反应的现象是_______________。(4)向“滤液3”加大量的水，过滤可得CuCl。所得沉淀需再用乙醇洗涤．并在低温下干燥，其原因是___________。(5)产品纯度的测定，步骤如

下：称取mg试样置于锥形瓶中，加入直径4~5mm玻璃珠适量，并加入10mLFeCl3溶液，摇动至样品全部溶解后(CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2)，再加入50mL，水和2滴邻菲罗啉指示剂，立刻用

cmol•L-1的硫酸高铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定(Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)'滴至终点时共消耗硫酸高铈标准溶液VmL。①锥形瓶中加入玻璃珠的作用是_______________

_____。②样品中CuCl的质量分数为_____(列出表达式即可,用含(c、m、V的代数式表示)。【答案】(1).SiO2(2).CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3(3).6.7≤pH＜7.8(4).溶液由蓝色变为无色(5).C

uCl不溶于乙醇且乙醇易挥发，低温干燥时可防止CuCl变质(6).搅拌以加速CuCl的溶解(7).-399.5cV10m×100%【解析】【分析】含铜废料(主要成分是CuO、MgO、MnO、SiO2及少量的杂质)加入稀硫酸进行酸浸溶解并进行过滤1，由于SiO2不与稀硫酸反应

，则得到的滤渣1为SiO2，滤液为主要含有Cu2+、Mg2+、Mn2+及2-4SO的酸性溶液，向滤液中加入X试剂调节滤液pH值并进行过滤2，可将滤液中的Cu2+转化为沉淀从滤液中分离出来，则滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及2-4SO，过滤后得到的沉淀Cu(OH)2，向其加稀硫酸进行溶解得

到含有Cu2+的蓝色溶液，向溶液中加入NaCl、浓硫酸及过量铜粉，发生反应：Cu2++Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，转化为含有[CuCl3]2-的无色溶液，再进行过滤3得到含有[CuCl3]2

-滤液3，对滤液3进行一系列的操作后得到产品氯化亚铜(CuCl)，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，滤渣1的主要成分是SiO2；(2)“调pH”的目的是将滤液中的Cu2+转化为沉淀从酸性滤液中分离出来，所用粉末状试剂X可与滤液中的氢离子反应改变溶液的pH值并且不形成其他难溶性杂质沉淀，则粉末

状试剂X可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3的任意一种；调节pH只允许Cu2+完全转化为沉淀，Mg2+、Mn2+仍然留在滤液中，根据表格中金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH数据，pH的调节范闱为6.7≤pH＜7.8；(3)向过滤2后得到的沉淀Cu(OH

)2中加稀硫酸进行溶解得到含有Cu2+的蓝色溶液，“反应”步骤发生Cu2++Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，根据已知信息可知[CuCl3]2-无色，则表明已完全反应的现象是溶液由蓝色变为无色；(4)向“滤液3”加大量的水，过滤可得CuCl。所得沉淀需再用乙

醇洗涤．并在低温下干燥，其原因是CuCl不溶于乙醇且乙醇易挥发，低温干燥时可防止CuCl变质；(5)①锥形瓶中加入玻璃珠的作用是搅拌以加速CuCl的溶解；②根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可得：CuCl~Fe2+~Ce(S

O4)2，则n(CuCl)=n[Ce(SO4)2]=cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，m(CuCl)=cV×10-3mol×99.5g/mol=99.5×cV×10-3g，则样品中CuCl的质量分数为-399.5cV10100%m。【点睛】本题

易错点为(5)小题的②，计算时要注意物理量的单位换算。17.SO2是空气污染物，含有SO2的尾气需处理后才能排放，有多种方法可除去尾气中SO2。回答下列问题：（1）氨水吸收法。利用氨水吸收烟气中的SO2，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2(g)+NH3•H2O(aq)

=NH4HSO3(aq)△H1=akJ•mol-1；NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O（1）△H2=bkJ•mol-1；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4（aq）△H3=ckJ•mol-

1；则反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H=___________kJ•mol-1（用含a、b、c的代数式表示）。（2）热解气还原法。已知CO

与SO2在加热和催化剂作用下生成生成S(g)和CO2。①该反应的化学方程式为__________。②在T°C时，向lL恒容的密闭容器中入充1molCO、0.5molSO2发生上述反应（S为气态）．5min时达到化学平衡，平衡时测得SO2的转化率为90%，则0~5min内反应的平均速率

v(SO2)=__________。此温度下该反应的平衡常数K1=_______。下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_____（填字母）。a.体系的压强保持不变b.混合气体的密度保持不变c.混合气体的平均摩尔质量保持不变d.单位时间内CO

消耗的物质的量与SO2生成的物质的量之比为2：1（3）氧化锌吸收法。配制ZnO悬浊液（含少量MgO、CaO）在吸收塔中封闭循环脱硫。发生的主要反应为ZnO十SO2=ZnSO3(s)．吸收过程中，测得pH、吸收效率η随时间t的变化如图a所示。

溶液中含硫元素微粒各组分浓度之比如图b所示。①已知纯ZnO的悬浮液pH约为6.8，判断在pH-t曲线cd段发生的主要反应的离子方程式为____________。②SO2的吸收效率η随pH降低而减小的原因是____________。【答案】(1).2a+2b+c(2).2CO+SO2Δ催

化剂S(g)+2CO2(3).0.09mol·L—1·min—1(4).729(5).d(6).ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO3−(7).pH降低，c(H+)增大，ZnSO3溶解【解析】【分析】根据盖斯定律求相关反应的反应热；根据信息写出反应并配平；根

据化学反应速率和平衡常数的表达式，求出相关物理量进行相关的计算；根据化学平衡状态的特征分析判断化学平衡状态的依据；【详解】（1）利用氨水吸收烟气中的SO2，其相关反应的主要热化学方程式如下：①SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=ak

J•mol-1；②NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O（1）△H2=bkJ•mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4（aq）△H3=ckJ•mol-1；根据盖斯定律可知，①2+②

2+③可得2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，则反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2

O(l)的△H=2△H1+2△H2+△H3=(2a+2b+c)kJ•mol-1。（2）①CO与SO2在加热和催化剂作用下生成生成S(g)和CO2，该反应的化学方程式为2CO+SO2Δ催化剂S(g)+2

CO2。②在T°C时，向lL恒容的密闭容器中入充1molCO、0.5molSO2发生上述反应，5min时达到化学平衡，平衡时测得SO2的转化率为90%，则0~5min内SO2的变化量为0.45mol，则CO、S(g)、2CO2的变化量为0.9mol、0.45mol、0.9mol，CO、SO

2、S(g)、2CO2的平衡浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.45mol/L、0.9mol/L。0~5min内反应的平均速率v(SO2)=0.4515mollmin=0.09mol·L—1·min—1。此温度下该反应的平衡

体系中，平衡常数K1=()()220.45mol/L0.9mol/L0.1mol/L0.05mol/L=729。a.反应前后气体的分子数相同，故压强在反应过程中始终不变，当恒容的密闭容器中体系的压强保持不变时，不能判断是否达到化学平衡状态；b.根

据质量守恒定律可知，恒容的密闭容器中气体的质量不变、体积不变，故在反应过程中混合气体的密度保持不变，无法据此判断反应是否达到平衡状态；c.在反应过程中，气体的总物质的量不变，气体的质量也不变，故混合气体的平均摩尔质量保持不变，不能据此

判断反应是否达到化学平衡状态；d.单位时间内CO消耗的物质的量与SO2生成的物质的量之比为2：1，说明正反应速率和逆反应速率相等，可以说明反应已经达到平衡状态。综上所述，能够说明该反应已经达到平衡状态的是d。（3）

①由图象可知，在pH-t曲线bc段，溶液的pH变化较小，可知该阶段主要发生ZnO+SO2=ZnSO3；在pH-t曲线cd段，溶液的pH变小较快，可以推断ZnSO3转化为易溶于水的酸式盐Zn(HSO3)2，该反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HS

O3−。②由上面分析可知，ZnSO3可以转化为易溶于水的酸式盐Zn(HSO3)2。由图b可知，HSO3−的水溶液显酸性，SO2在酸性溶液中的溶解度较小，所以，SO2的吸收效率η随pH降低而减小的原因是：pH降低，c(H+)增大，Zn

SO3溶解。【点睛】题中最后一问最难，注意分析曲线中pH的突变是解题的关键。注意分析两个图中的信息，从中找到解题所需要的关键数据，培养了学生分析图表数据的能力。18.金属氮化物具有高熔点、高硬度、高化学稳定性以及良好的导热、导电性，目前已经

广泛应用于磁学、电子工业、耐高温结构陶瓷等领域。回答下列问题(1)下列不同状态的氮原子其能量最高的是________(填字母)，基态氮原子处于最高能级的电子其电子云轮廓图形状为________(2)第一电离能I1(N)_

_____(填“>”“<”或“=”)I1(P)，其原因是_____________。(3)A和B两种金属的含氮化合物的结构如图所示：①基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]________________。②物质A中碳原子的杂化方式为__________________。

③A的熔点高于B的，具主要原因是_______。④B中含有的化学键类型有_____________(填字母)。a.金属键b.σ建c.π键d.配位键(4)氮化铝晶胞如图所示。氮原子的配位数为_______，每个铝

原子周围紧邻__________个铝原子；已知立方氮化铝晶体密度为ρg•cm-3，晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为___pm(列出计算式即可，阿伏加德罗常数为6.02×1023mol-1)。【答案】(1).D(2).哑铃形(3).＞(4).N的原子半径比P的小，

原子核对最外层电子的吸引力较大(5).3d84s2(6).sp3、sp2(7).物质A分子间存在氢键(8).bcd(9).4(10).12(11).22×2336.0244110ρ×1010【解析】【分析】(1)基态氮

原子的核外电子排布式为1s22s22p3，离核越远的电子能量越高，处于2p能级的电子量最高；(2)N和P位于同主族，半径越小，原子核对最外层电子的吸引力较大，则第一电离能更大；(3)①基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p6

3s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；②物质A中碳原子有两种一种为甲基上的碳，类似于甲烷的四面体结构，另一种为C=N上的碳原子，结合碳原子的空间构型分析判断杂化类型；③物质A、B结构相似，晶体类型相同，A中含有

氢键，据此分析解答；④根据B的结构图，B中含有配位键和共价键，配位键和共价单键都为σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；(4)由氮化铝晶胞图示中原子间位置关系判断配位数，该晶胞中Al原子位于晶胞的顶点和面心，则晶胞

中Al原子的数目为8×18+6×12=4，N原子位于晶胞的内部，则N原子的数目为4，则晶胞的质量为()A414+27Ng，根据m=ρV计算晶胞的边长，晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为晶胞面对角线长度的一半，据此计算解答。【详解】(1)氮原子其能量最高的是D，基态氮原子的核外电

子排布式为1s22s22p3，离核越远的电子能量越高，处于2p能级的电子量最高，其电子云轮廓图形状为哑铃形；(2)N和P位于同主族，N的原子半径比P的小，原子核对最外层电子的吸引力较大，则第一电离能I1(N)＞I1(P)；(3)①基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p

63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；②物质A中碳原子有两种一种为甲基上的碳，类似于甲烷的四面体结构，该碳原子为sp3杂化，另一种为C=N上的碳原子，C=N是平面结构，则该碳原子为sp2杂化；③物质A中的氧原子可形成分子间存在氢键，B中不能形成氢键，则A的熔点高

于B；④根据B的结构图，B中含有配位键和共价键，配位键和共价单键都为σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，只有金属晶体中含有金属键，则B中含有的化学键类型有σ键、π键、配位键，答案选bcd；(4)由氮化铝晶胞图示可知，氮原子的配位数为4，每个铝原子周围紧邻12个铝原子；该晶胞中Al原子位于晶胞的顶点

和面心，则晶胞中Al原子的数目为8×18+6×12=4，N原子位于晶胞的内部，则N原子的数目为4，则晶胞的质量为()A414+27Ng，根据m=ρV可得，晶胞的边长=()()3A33AA-3414+27g414+

27N441=NρgmρNcρ=cm，晶胞中面对角线的长度为2×3A441ρNcm，晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为22×3A441ρNcm=22×2336.02

44110ρ×1010pm。【点睛】易错点为(4)中计算结果注意单位的换算，1cm=1010pm。19.有机物I是一种治疗霍奇金病、慢性淋巴细胞性白血病等疾病的药物，其一种合成路线如下：回答下列问题：（1）反应条件l是____________________。（2）G中官

能团的名称为_________；C的结构简式为____；B→C的反应类型_____。（3）写出F→G的化学力程式：_____________。（4）W是F的同分异构体，写出满足下列条件的W的结构简式：__

__（不考虑立体异构，只需写出三种）。①芳香族化合物，既能发生银镜反应又能发生水解反应②核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1（5）设计由苯和为主要原料制备的合成路线：___（其他无机试剂任选）。【答案】(1).浓硫酸

、50~60℃（或答水浴加热）(2).酯基、氨基(3).(4).还原反应(5).+CH3OHΔ浓硫酸+H2O(6).(7).【解析】【分析】由题中信息可知，苯发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原生成C，C为苯胺；

C与氯乙酰发生取代反应生成D，D与发生反应生成E；E发生还原反应生成F；F与甲醇发生酯化反应生成G；G与环氧乙烷发生反应生成H；H经两步反应生成I。【详解】（1）反应条件l苯的硝化反应的条件：浓硫酸、50~60℃（

或水浴加热）。（2）G中官能团的名称为酯基、氨基；根据C到D的变化可知，C为苯胺，其结构简式为；B→C的反应中硝基转化为氨基，其反应类型为还原反应。（3）根据反应条件和分子结构的变化可知，F→G发生了酯化反应，其

化学力程式为+CH3OHΔ浓硫酸+H2O。（4）W是F（）的同分异构体，其满足下列条件：①W为芳香族化合物，则其含有苯环；既能发生银镜反应又能发生水解反应，则其含有酯基和醛基，因为只有2个O原子，则W为甲酸的酯；②核磁共

振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1，则W的分子结构有一定的对称性。若苯环上只有两个取代基，则W的结构有和；若苯环上有4个取代其，则W的结构有、、、。（5）由苯和为主要原料制备，根据题中D到E的反

应信息可知，苯先与反应生成，然后与氢气发生加成反应生成，最后发生自身的酯化反应生成内酯。具体合成路线如下：。【点睛】本题的合成路线的设计较难，要用到题干中合成路线的信息，要能够根据反应前后有机物的结构变化，明确反应

中变化的官能团及化学键，并能将这些信息迁移到新的情境中。