2019-2020学年安徽省庐江盛桥中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省庐江盛桥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设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A 5.6L 甲烷含有的共价键数为NAB2gD2l6O 和 2gH218O 中含有的中子数均为NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.4NAD常温下pH=13 的 Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A 错误；B.D2l6O 和 H218O 的摩尔质量均为20g/mol，故 2g

2、H218O 和 D2O 的物质的量均为0.1mol，而且两者均含10个中子，故0.1molH218O 和 D2O 中均含 1mol 中子即 NA个，故 B正确；C.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1 价变为 0 价，故当生成0.1mol 氧气时转移0.2mol 电子即 0.2NA个，故 C错误；D.溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D 错误；故答案为B。2短周期元素X.Y.Z.W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W 原子的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍。下列判断不正确的是（）A四种元素的单质中，X 的熔沸点最低B最高价氧化物对应水化物的酸性W 比 Z强CX的气态氢化物

3、的稳定性较Z 的弱D原子半径：YZWX【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W 均为短周期元素，W 原子的最外层电子数是最内层电子数的3 倍，最内层只有2 个电子，则最外层电子数为6，则 Y为 O 元素，根据X、Y、Z、W 在周期表中相对位置可知，X 为 N 元素、Z 为 Si元素、Y为 Al 元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X 常温下为气态，其它三种为固态，故A 正确；B、非金属性WZ，故最高价氧化物对应水化物的酸性W Z，故 B 正确；C、非金属性X Z，故 X 的气态氢化物的稳定性较Z的强，故 C 不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小

4、顺序为：YZW X，故 D 正确；故选 C。3煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Clc/(molL1)8.35 1046.87 1061.5 1041.2 1053.4 103下列说法正确的是()A NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2O ClO2-2SO2=2SO42-Cl 4HB脱硫反应速率大于脱硝反应速率C该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl)和 c(Na)，都加快了反应速率D硫的脱除率的计算式为8

5、.35 104/(8.35 1046.87106)【答案】B【解析】【详解】A.NaClO2溶液显碱性，离子方程式4OHClO2-2SO2=2SO42-Cl2H2O，选项 A 错误；B.脱去硫的浓度为(8.35 1046.87106)mol L1，脱去氮的浓度为(1.5 1041.2 105)mol L1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；C.加入 NaCl 固体，提高c(Cl)加快了反应速率，提高c(Na)，不影响反应速率，选项C错误；D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱硫的不同形式，无法计算，选项D 错误。答案选 B。4如图是利用试纸、铅

6、笔芯设计的微型实验以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象下列说法错误的是（）A pH 试纸变蓝BKI淀粉试纸变蓝C通电时，电能转换为化学能D电子通过pH 试纸到达KI淀粉试纸【答案】D【解析】【详解】A连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH 试纸遇碱变蓝色，故A 正确；B连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B 正确；C该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，

7、故D错误；故答案为D。【点睛】考查电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点。5短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且 W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A YW3分子中的键角为120BW2Z的稳定性大于YW3C物质甲分子中存在6 个 键D Y

8、元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4 个电子，Y原子最外层含有5 个电子，Z原子最外层含有6 个电子，W 最外层含有1 个或 7 个电子，结合原子序数及“W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W 为 H，X为 C，Y为 N，Z为 O 元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W 为 H，X 为 C，Y为 N，Z为 O 元素。A YW3为 NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角120，故 A

9、错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B 正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在 7 个 键和 1 个 键，故 C错误；D N 元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D 错误；故选 B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。6氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和 Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2?2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是（）A途径 1 中产生

10、的Cl2可以回收循环利用B途径 2 中 200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HClCX气体是 HCl，目的是抑制CuCl2?2H2O 加热过程可能的水解D CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu+4H+SO42-2Cu+SO2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.途径 1 中产生的Cl2能转化为HCl，可以回收循环利用，A 正确；B.从途径 2 中可以看出，Cu2(OH)2Cl2 CuO，配平可得反应式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，B正确；C.CuCl2?2H2O 加热时会挥发出HCl，在 HCl 气流中加热，可抑制其水解，C正确；D.2Cu+4H+

11、SO42-2Cu+SO2+2H2O 反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D 错误。故选 D。7由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为A SiO2、明矾BBaCO3、无水 CuSO4CMgCO3、Na2S2O3DKCl、Ag2CO3【答案】D【解析】【详解】A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3

12、，有气体放出，说明有碳酸盐，A 中无碳酸盐，A 错误；B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO 气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体，C错误；D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和 H2O，KCl再与 AgNO3发生复分解反应产生AgCl 白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D 正确；故合理选项是D。8第三周期元素的原子中，未成对电子不可能有（）A 4 个B3 个C2 个D1 个【答案

13、】A【解析】【分析】【详解】第三周期的元素最多能填到63p，而 p 轨道上最多有3 个未成对电子，因此不可能有4 个未成对电子，答案选 A。9短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和 X 组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外 K、M 层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2 倍。下列推断正确的是A原子半径：YZRX BY3X2是含两种化学键的离子化合物CX的氧化物对应的水化物是强酸D X和 Z的气态氢化物能够发生化合反应【答案】D【解析】【分析】根据 R 和 X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R 为 H，X 为 N；由“Y原子核外K、M 层上电子

14、数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为 Mg；因为 Z 的原子序数大于Y，所以 Z属于第三周期元素，由“Z 原子最外层电子数是电子层数的2 倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出 Z为 S。【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z 分别为 H、N、Mg、S。A.原子半径：MgSNH，A 错误；B.Mg3N2是由 Mg2+和 N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B 错误；C.N 的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D.N 和 S的气态氢化物分别为NH3和 H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS 或(NH4)2S，D 正确。故选

15、D。10短周期元素W、Y、Z 的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W 和 Z 原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是A简单离子半径：YX B最简单氢化物的沸点：Z7 D X、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】A【解析】【分析】W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，说明W为 F；又 X是同周期中金属性最强的元素且X的原子序数比 F 大，说明X原子在第三周期，故X为 Na；又 Y原子的最外层电子数等于电子层数，且Y原子在第三周期，所以其最外层电子数为3，原子序数为2+8+3=13，

16、为 Al；又因为F 和 Z 原子的最外层电子数相同，Z位于第三周期，所以Z 为 Cl。综上，W、X、Y、Z 分别为 F、Na、Al、Cl。【详解】A.X、Y的简单离子分别为Na+、Al3+，它们具有相同电子层数，因为在同一周期，从左到右半径逐渐减小，所以半径是Na+Al3+即 YX，故 A错误;B.Z的最简单氢化物为HCl,W 的最简单氢化物为HF,因为 HF分子间存在着氢键，所以 HF的沸点比HCl 的高，故 B正确；C.W与 X形成的化合物为NaF,属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解使得溶液显碱性，所以所得的溶液在常温下pH7，故 C正确；D项，X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaO

17、H、Al(OH)3、HClO4，它们能相互反应，故D项正确。答案：A。【点睛】考查元素周期律的相关知识。根据元素的性质和在元素周期表中变化规律推断元素的名称，再根据元素周期律判断相应的性质。本题的突破口：W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和 Z 原子的最外层电子数相同就能确定各元素名称。11短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M 的气态氢化物变蓝色。含 X、Y和 Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3HNO3)。下列说法正确的是A简单离子半径：YZMX B简单气态氢化物

18、的热稳定性：MX C加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na 元素，所以强碱戊为NaOH。能使品红溶液褪色的气体可能是 SO2、Cl2，单质只有Cl2。电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R 可能是 NaClO。M 的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M 为氮元素。综上所述，M 为氮元素，X 为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【详解】A X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M 为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A 错误；

19、BX 为氧元素，M 为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：ON，H2O 的热稳定性比NH3强，故 B 错误；C若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；D NaClO 属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D 正确；答案选 D。12某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Al3+、Cu2+、Fe3+和 K+中的若干种。为检验其中含有的离子，进行如下实验：取该溶液10mL，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀

20、。下列关于原溶液的说法正确的是A至少存在4 种离子BAl3+、NH4+一定存在，Cl-可能不存在CSO42、CO32至少含有一种DAl3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】【分析】向溶液中加过量的2Ba(OH)并加热，由于产生了能够使湿润的红石蕊试纸变蓝的气体，所以原溶液中一定有4NH；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu2+和 Fe3+，而24SO和23CO则至少含有一种；至于Al3+，若含有的话，则在加入过量2Ba(OH)后转化为了2AlO；由于向滤液中通入的是过量的 CO2，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有Al3+，那么这样的话24

21、SO和23CO就只能存在24SO了；综上所述，溶液中一定存在4NH，Al3+和24SO，一定不存在23CO，Cu2+和 Fe3+，不一定存在Cl-，K+。【详解】A溶液中至少存在3 种离子，Al3+，4NH以及24SO，A 项错误；BAl3+，4NH一定存在，Cl-不一定存在，B 项正确；C24SO一定存在于溶液中，而23CO由于与 Al3+不能共存，所以一定不存在于溶液中，C项错误；D一定不存在的离子有23CO，Cu2+和 Fe3+，不一定存在的离子有Cl-，K+，D 项错误；答案选 B。【点睛】判断溶液中是否存在某离子时，一方面依据检验过程中的现象进行判断，一方面还可以利用其是否与溶液中一

22、定存在的离子共存进行判断，最后还可以利用溶液中已经存在的离子是否满足电荷守恒进行判断；此外，在进行检验时，也要注意检验过程中，前面所加的试剂是否会对后续的检验产生干扰。13取三份浓度均为0.1 mol/L，体积均为1 L 的 CH3COONa 溶液中分别加入NH4Cl 固体、CH3COONH4固体、HCl 气体后所得溶液pH 变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A曲线a、b、c 分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HCl B由图可知Ka(CH3COOH)Kb(NH3H2O)1 107CA 点处c(CH3COO)c(Na)c(NH4)c(OH)c(H)D C点处c(CH

23、3COO)c(Cl)c(OH)0.1mol/L【答案】B【解析】【分析】醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为 b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a 代表醋酸铵、曲线b 代表氯化铵、曲线c 代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol 时

24、，曲线 b 对应的 pH值等于 7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A 点含有的溶质为0.1molCH3COONa 与 0.1molCH3COONH4，溶液的pH7，则 c(OH-)c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO-)c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO)c(Na)c(NH4)c(OH)c(H)，故 C正确；D.C 点通入 0.1molHCl，与 0.1mol 醋酸钠反应得到0.1molCH3COO

25、H 与 0.1molNaCl，c(Cl-)=c(Na+)=0.1mol/L，则 c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)0.1mol/L，故 D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。14下列关于氯气性质的描述错误的是（）A无色气体B能溶于水C有刺激性气味D光照下与氢气反应【答案】A【解析】【详解】氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。15向等物质的量浓度的K2S

26、、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS-、S2-）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程 H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是A A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况BX、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的 pH，则可计算Ka1（H2S）CX、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：XY D Y点对应溶液中c（K）与含硫各微粒浓度的大小关系为：c（K）3c（H2S）c（HS-）c（S2-）【答案】C【解析】【分析】滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-

27、，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时 HS-含量下降，H2S上升，所以A 代表 S2-，B 代表 HS-，C代表 H2S。【详解】A根据分析可知A 曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A 正确；BY点表示 c(H2S)=c(HS-)，Ka1(H2S)=-2+HHSH Sccc，当 c(H2S)=c(HS-)时，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的 pH，则可计算Ka1(H2S)，故 B 正确；CX点 c(HS-)=c(S2-)，Y点 c(H2S)=c(HS-)，S2-和 HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点

28、水的电离程度较大，故C错误；D原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH 混合溶液，根据物料守恒可知c(K)3c(H2S)c(HS-)c(S2-)，故 D 正确；故答案为C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酸锰是重要的微量元素肥料之一，易溶于水，难溶于乙醇。工业上用软锰矿（主要成分是MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2）通过如下简化流程既可脱除燃煤尾气中的SO2，又能制备硫酸锰晶体，实现了资源的综合利用：请回答下列问题：（1）上述流程中第一步浸锰脱硫的好处是_（答出一点即可）。（2）写出浸锰过程中软锰矿中的MnO2发生的化学方程式_。（3）通过实验如何判定滤

29、液中已加入足量H2O2_；加 MnCO3的目的是调节溶液的pH，使滤液中的相关离子形成沉淀而除去，请写出“过滤”中所得滤渣的主要成分有_。（4）已知硫酸锰晶体和硫酸镁晶体的溶解度曲线如图所示。请写出步骤操作_、趁热过滤；为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的 _（填选项字母）进行洗涤，实验效果最佳。A 乙醇B 饱和 K2SO4溶液C 蒸馏水D 乙醇水溶液（5）滤液还可通过加入过量NH4HCO3进行“50 碳化”得到高纯碳酸锰，反应的离子方程式为_。“50 碳化”可能的原因是：_。【答案】实现了废弃物的综合利用或减少了酸雨的发生MnO2 SO2=MnSO4取已加入一定量的H

30、2O2的滤液少许置于试管中，加入少量的MnO2若有气体逸出即说明H2O2足量。（若用 K3Fe(CN)6检验 Fe2+亦可给分）Fe(OH)3；Al(OH)3在 60下蒸发结晶D 2HCO3-Mn2+=MnCO3H2O CO2 若温度过高NH4HCO3易分解，不利于碳酸锰的生成，温度低反应速率慢【解析】【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2）加入稀硫酸后，Fe2O3、Al2O3、MgO分别转变为Fe2(SO4)3，Al 2(SO4)3，Mg SO4，二氧化硅做为滤渣除去，MnO2与二氧化硫反应生成硫酸锰，加入过氧化氢是为了检验二氧化锰是否反应完，再

31、加碳酸锰，除去 Fe2(SO4)3，Al 2(SO4)3，Mg SO4和 MnSO4晶体用蒸发结晶法分离。【详解】(1)根据题意，通过如下简化流程既可脱除燃煤尾气中的SO2，又能制备硫酸锰晶体，实现了资源的综合利用，上述流程中第一步浸锰脱硫是为了实现了废弃物的综合利用，减少了酸雨的发生；(2)浸锰过程中软锰矿中的MnO2与 SO2反应，生成硫酸锰，化学方程式为MnO2SO2=MnSO4；(3)检验 H2O2是否过量，在二氧化锰做催化剂的条件下是否分解释放氧气，或者加入含Fe2+的 K3Fe(CN)6的溶液，H2O2过量会氧化Fe2+，蓝色沉淀会褪色，则判断方法为取已加入一定量的H2O2的滤液少

32、许置于试管中，加入少量的MnO2若有气体逸出即说明H2O2足量(或取已加入一定量的H2O2的滤液少许置于试管中，加入含Fe2+的 K3Fe(CN)6 溶液，若蓝色沉淀褪色，则说明H2O2足量)；加 MnCO3调节溶液的 pH，将 Fe3+，Al3+生成难溶于水的氢氧化物，所得滤渣的主要成分有Fe(OH)3，Al(OH)3；(4)从图像可以看出，在60下，硫酸锰晶体的溶解度变化不大，硫酸镁晶体的溶解度变化较大，温度越高，溶解度越大，所以在60下蒸发结晶，可以得到较多的硫酸锰晶体，趁热过滤；根据溶解度曲线可知，硫酸锰晶体与杂质硫酸镁相比，杂质跟易溶于水需用水洗涤，但为减少产品的损失，应控制水的比例

33、，则洗涤硫酸锰时最好选择乙醇的水溶液最好；(5)硫酸锰加入NH4HCO3制得碳酸锰，锰离子和碳酸根离子发生双水解反应2HCO3-Mn2+=MnCO3 H2OCO2；50碳化，说明反应不超过50最佳，由于碳酸氢铵易分解，生成氨气，二氧化碳和水，一旦碳酸氢铵分解，不利于碳酸锰的生成，但是温度也不能太低，温度太低，反应速率太慢。【点睛】该题易错点是步骤操作，既要考虑溶解度，同时要认真审题，还要考虑产品纯度问题。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：已知：芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢原子；RCNRCOOH 回答下

34、列问题：(1)F 的结构简式是_。(2)下列说法正确的是_。A化合物A的官能团是羟基B化合物B可发生消去反应C化合物C能发生加成反应D化合物D可发生加聚反应(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH 水溶液充分反应的化学方程式：_。(4)写出同时符合下列条件的 D 的同分异构体的结构简式：_。有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质。(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线_。【答案】BC、【解析】【分析】化合物 A 为芳香族化合物，即 A 中含有苯环，根据 A 的分子式，以及 A 能发生银镜反应，A 中含有醛基，核磁共振氢谱有5 种不同化学环境的氢原子，根据苯丙氨酸甲

35、酯，A 的结构简式为，根据信息，推出B 的结构简式为，根据信息，推出C 的结构简式为，根据信息，NH2取代羟基的位置，即D 的结构简式为，根据反应产物，推出F 的结构简式为，据此分析。【详解】（1）根据上述分析，F 的结构简式为；（2）A、根据 A 的结构简式，A 中含有官能团是醛基，故A 错误；B、根据 B 的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B 正确；C、C 中含有苯环，能发生加成反应，故C 说法正确；D、化合物D 中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D 错误；答案选 BC；（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol 阿斯巴甜中含有1mol 羧基、1mol

36、酯基、1mol 肽键，因此1mol 阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH CH3OH H2O；（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，根据 D 的结构简式，该同分异构体中含有NO2，符合要求同分异构体是、；（5）氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN 发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生 H2NCH2COOH，即合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判

37、断出含有官能团或结构，如本题，要求有机物为中性，有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，即N 和 O 组合成 NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而判断出结构简式。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硝酸铝是一种常用皮革鞣剂工业上用铝灰（主要含Al、A12O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体Al(NO3)3 nH2O的流程如下：完成下列填空：(1)用 NaOH 固体配制 30%的 NaOH 溶液，所需的玻璃仪器除烧杯外，还有_。a容量瓶b量筒c烧瓶(2)反应中为避免铝的损失，需要解决的问题是_。(3)从反应所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：

38、减压蒸发、_、过滤、_、低温烘干(4)有人建议将反应、合并以简化操作，说明工业上不采用这种方法的原因_。(5)某同学在实验室用铝灰制各硝酸铝晶体，其流程如下：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3开始沉淀pH 1.9 4.2 沉淀完全pH 3.2 5.4 调节 pH 的目的是 _，为使得到的硝酸铝晶体较纯净，所用的X物质可以是 _（填编号）。A氨水B铝c氢氧化铝D偏铝酸钠(6)该实验室制法与工业上制法相比，其缺点是_。(7)称取 7.392g 硝酸铝晶体样品，加热灼烧使其分解完全，最终得到1.020gAl2O3，计算硝酸铝晶体样品中结晶水的数目为_。【答案】b 如何控制反应终点（或硝酸的用量冷却

39、结晶洗涤产物中杂质NaNO3的含量较高将 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀除去BC 产生大量污染性气体NO 等8.7【解析】【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体。【详解】(1)用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，还需要量筒，故答案为：b；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致 Al 元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点

40、（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解，故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；(3)从反应所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶、洗涤；(4)反应、合并以简化操作，产物中杂质NaNO3的含量较高，故答案为：产物中杂质NaNO3的含量较高；(5)铝灰用稀硝酸溶解，Al、A12O3、Fe2O3均反应得到硝酸铝、硝酸铁，加入X调节 pH 使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去；加入的X能与酸反应且不能引入新杂质，故不能选氨水、偏铝酸钠，可以选择Al 与氢氧化铝，故答案为：将Fe3+转化为 Fe(OH)

41、3沉淀除去；BC；(6)Al 与稀硝酸反应会生成NO，污染空气，故答案为：产生大量污染性气体NO 等；(7)硝酸铝晶体分解得到氧化铝、水，另外物质相当于N2O5，氧化铝的物质的量为1.02g102g/mol=0.01mol，根据 Al 元素守恒，硝酸铝的物质的量为0.02mol，根据 N 原子守恒，可知N2O5为0.02mol32=0.03mol，其质量为 0.03mol 108g/mol=3.24g，故结晶水为质量为7.392g1.02g3.24g=3.132g，结晶水物质的量为3.121g18g/mol=0.174mol，故结晶水数目为0.174mol0.02mol=8.7，故答案为：8.

42、7。【点睛】计算结晶水的数目时，也可先求出晶体的摩尔质量M=7.392g0.02mol=369.6g/mol，则 27+623+18n=369.6，n=8.7。192019 年 1 月 3 日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态 As 原子的价电子排布图为_，基态 Ga 原子核外有 _个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ?mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为 _和+3，砷的电负性比镓_(填“大

43、”或“小”)。(3)1918 年美国人通过反应：HC CH+AsCl33AlClCHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC CH 分子中 键与 键数目之比为_；AsCl3分子的空间构型为_。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和 AsH3在 700制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_(5)GaAs 为原子晶体，密度为 g?cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga 与 As 以_键键合。Ga和 As 的原子半径分别为a pm 和 b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则 GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 _(列出计算式，可不化简)。【答案】）1+1大3:2三角锥形sp3共价30

44、3310(43(707)5)ANab100%【解析】【分析】(1)As 为 33 号元素，基态As原子的核外价电子为其4s 能级上 2 个电子、4p 能级上 3 个电子，基态Ga原子核外 4p 能级上有1 个电子；(2)根据电离能知，失去 1 个或 3 个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；(3)共价单键为键、共价三键中含有一个键、两个 键；根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；(5)根据 GaAs为原子晶体判断Ga和 As原子之间的作用力；根据均摊法

45、计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=总原子体积晶胞体积 100%计算。【详解】(1)基态 As 原子的核外价电子为其4s 能级上 2 个电子、4p 能级上 3 个电子，所以其价电子排布式为，基态 Ga原子核外4p 能级上有1 个电子，则Ga 未成对电子数是 1，故答案为：；1；(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1 个或 3 个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数GaAs，则电负性As 比 Ga大，故答案为：+1；大；(3)共价单键为键、共价三键

46、中含有一个键、两个 键，因此乙炔分子中含有3 个 键、2 个 键，则键、键个数之比为32；AsCl3分子中 As 原子价层电子对个数=3+53 12=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：32；三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；(5)GaAs 为原子晶体，Ga和 As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As 原子个数=818+612=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积=A4MN=A4 145Ncm3，该晶胞中所有原子体积=443(a 10-10)3+(b 10-10)3cm3=443 10-30(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=303333A4410abcm3N14cm45（）100%=3033A4N103 1 5b4a（）100%，故答案为：共价；3033A4N103 1 5b4a（）100%。