2019-2020学年北京市二十二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市二十二中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下列有关化学用语表示正确的是CSO的电子式：对硝基苯酚的结构简式：Cl的结构示意图：苯分子的比例模型：葡萄糖的实验式：CH2O 原子核内有20 个中子的氯原子：2017ClHCO3的水解方程式为：HCO3H2OCO32H3OABCD全部正确【答案】A【解析】【详解】CSO分子中存在碳碳双键和碳硫双键，正确；对硝基苯酚的结构简式中硝基表示错误，正确的结构简式为，错误；Cl的结构示意图为，错误；苯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径，分子的比例模型：，正确

2、；葡萄糖的分子式为C6H12O6，则实验式为CH2O，正确；原子核内有20 个中子的氯原子质量数为37，则该元素表示为：3717Cl，错误；HCO3的水解方程式为：HCO3H2OOHH2CO3，HCO3H2OCO32H3O为电离方程式，错误；答案选 A。2下列有关NH3的说法错误的是（）A属于极性分子B比例模型C电子式为D含有极性键【答案】B【解析】【分析】NH3中 N-H 键为极性键，氨气为三角锥形结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。【详解】A.氨气为三角锥形，为极性分子，故A 正确；B.由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故 B错误；C.氨气中 N 原子分别以单键和H 原子形成共价键，

3、且N 原子上还有一对孤电子对，故电子式为，故 C 正确；D.形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H 键为极性共价键，故D 正确。故选：B。3下列说法错误的是A 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D我国晋朝傅玄的傅鹑觚集 太子少傅箴中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS【答案】C【解析】【详解】A石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分

4、解反应，A 正确；B根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B 正确；C绿矾的化学式是FeSO47H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D 正确。答案选 C。4亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO 能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（）A可将 B中的药品换为浓硫酸B实验开始前通一段时间C

5、O2，可制得比较纯净的NaNO2C开始滴加稀硝酸时，A 中会有少量红棕色气体D装置 D 中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸【答案】C【解析】【详解】A.装置 B 中无水 CaCl2作干燥剂，干燥NO 气体，由于装置为U 型管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A 错误；B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO 氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但 CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B 错误；C.开始滴加稀硝酸时，A 中 Cu 与稀硝酸反应产生NO 气体，N

6、O 与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C 正确；D.在装置 D 中，NO 会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D 中溶液紫红色变浅，就证明了NO 可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D 错误；故合理选项是C。5部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是A B只能得电子，不能失电子B原子半径GeSi CAs 可作半导体材料D Po 处于第六周期第VIA 族【答案】A【解析】【分析】同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现

7、一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，B 元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A 错误；B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径GeSi，故 B正确；C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D.Po为主族元素，原子有6 个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA 族，故 D 正确。故选 A。6化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）A从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B高

8、铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料C中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用【答案】A【解析】【详解】A花生油的成分是油脂，属于烃的含氧衍生物，石油炼得的柴油为烃类物质，故A 错误；B増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子材料，故B正确；C新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C正确；D用 CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能够在较短的时间内降解，实现“碳”的循环利用，防止形成白色污染，故 D 正确；答

9、案选 A。7下列说法正确的是()A蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热B滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中C测定NaClO溶液的pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上，再与标准比色卡对照读数D用 pH 计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和 NaCN 溶液的 pH，通过比较pH 大小比较 H2CO3、HCN的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A.蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A 错误；B.滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B正确；C.NaClO溶液有漂白性不能用pH 试纸测其pH 值

10、，故 C错误；D.测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和 NaCN溶液的 pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较 H2CO3、HCN的酸性强弱，故D 错误；故答案为B。【点睛】从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。8下列说法正确的是（）A共价化合物的熔沸点都比较低B、三种核素可组成3 种水分子CH2O 分子比 H2S 分子稳定的原因，是H2O 分子间存在氢键D SiO2和 CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强【答案】B【解析】A共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A 错误

11、；B根据排列组合，、三种核素可组成3 种不同的水分子，故B正确；C氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O 分子比 H2S分子稳定的原因，是H2O 分子 HO 的键能大的缘故，故C 错误；D高温下SiO2能与 CaCO3固体反应生成CaSiO3和 CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故D 错误；答案为B。9下列关于氨气的说法正确的是（）A氨分子的空间构型为三角形B氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C氨分子是含极性键的极性分子D氨水呈碱性，所以氨气是电解质【答案】C【解析】【详解】A NH3中 N 原子的价层电子对数=3+（5-3 1）=4，属

12、于 sp3型杂化，空间构型为三角锥形，选项A 错误；B氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，选项B 错误；C NH3中有 N、H 元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项 C 正确；D氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，选项D 错误；答案选 C。10下列解释事实的离子方程式正确的是（）A用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3 2H+SO2S2Na+H2O B硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3+2I-=2Fe2+I2C向 NaClO溶液中通入少量CO2制取

13、次氯酸：ClO-H2OCO2HClOHCO3-D硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2 混合形成的溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2O【答案】C【解析】【详解】A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：2-+2322S O+2H=SO+S+H O，故 A 错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：+-3228H+2NO+6I=3I+2NO+4H O，故 B 错误；C、因酸性：碳酸 次氯酸 碳酸氢根，因此向NaClO 溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：-223ClO

14、H OCOHClOHCO，故 C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2 混合形成的溶液中反应的离子方程式为：2+2-+3+-4443232Ba+2SO+NH+Al+4OH=2BaSO+Al OH+NHH O，故 D 错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。11一定温度下，10mL 0.40 molL-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/

15、min 0 2 3 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）A反应至6min 时，H2O2分解了 50B反应至6min 时，c(H2O2)=0.20 molL-1C06min 的平均反应速率：v(H2O2)3.3 10-2mol/(Lmin)D 46min 的平均反应速率：v(H2O2)3.3 10-2mol/(Lmin)【答案】D【解析】【详解】A 06min 时间内，生成氧气为0.0224L22.4L/mol=0.001mol，由 2H2O22H2O+O2，可知 c(H2O2)=0.001mol2

16、0.01L=0.2mol/L，则 H2O2分解率为0.2mol/L0.4mol/L 100%=50%，故 A正确；B由 A 计算可知，反应至6 min 时 c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故 B 正确；C06min 时间内，生成氧气为0.0224L22.4L/mol=0.001mol，由 2H2O22H2O+O2，可知 c(H2O2)=0.001mol20.01L=0.2mol/L，所以 v(H2O2)=0.2mol/L6min 0.033mol/(L?min)，故 C 正确；D由题中数据可知，03 min 生成氧气的体积大于36min 生成氧气的体积，因

17、此，46 min 的平均反应速率小于06min 时间内反应速率，故D 错误；答案选 D。12下列各组中的X和 Y两种原子，化学性质一定相似的是()A X原子和 Y原子最外层都只有1 个电子BX原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2CX原子的 2p 能级上有3 个电子，Y原子的 3p 能级上有3 个电子D X原子核外M层上仅有2 个电子，Y原子核外N层上仅有2 个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A.最外层都只有1 个电子的X和 Y，可能为H 与碱金属元素，性质不同，故A 错误；B.原子的核外电子排布式为1s2的 X为 He，原子的核外电子排布式为1s22s2的

18、Y为 Be，两者性质不同，故 B 错误；C.原子的 2p 能级上有3 个电子的X为 N，原子的 3p 能级上有3 个电子的Y为 P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D.原子核外M层上仅有2 个电子的X为 Mg，原子核外N层上仅有2 个电子的Y的 M 层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D 错误。所以 C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合价的性质相似。13NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A 1mol OH含

19、有的电子数目为NAB1L 1 molL-1 Na2CO3溶液中含有的CO32数目为NAC0.5mol 苯中含有碳碳双键的数目为1.5NAD 24 克 O3 中氧原子的数目为1.5NA【答案】D【解析】1 个 OH含有 10 个电子，1mol OH含有的电子数目为10NA，故 A错误；碳酸根离子水解，所以 1L 1 mol L-1 Na2CO3溶液中含有的CO32数目小于NA，故 B错误；苯中不含碳碳双键，故C错误；24 克 O3 中氧原子的数目24348/AgNg mol1.5NA，故 D正确。14三轴烯()(m)、四轴烯()(n)、五轴烯()(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是A m、

20、n、p 互为同系物Bn 能使酸性KMnO4溶液褪色Cn 和 p 的二氯代物均有2 种Dm 生成 1molC6H14需要 3molH2【答案】B【解析】【详解】A.同系物必须满足两个条件：结构相似分子组成相差若干个CH2，故 A 错误；B.n 含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C.n 的二氯代物有3 种，p 的二氯代物也有3 种，故 C错误；D.应该是 m（C6H6）生成 1molC6H12需要 3molH2，故 D 错误；答案：B【点睛】易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。15 25时，向 0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH 固体，恢复至原温度

21、后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（）A CH3COOH的 Ka=1.0 10-4.7BC点的溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)CB点的溶液中：c(Na+)c(H+)=c(CH3COOH)c(OH-)D A 点的溶液中：c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A、CH3COOH的-+33c CH COOc Ha=c CH COOHK，取 B点状态分析，-33c CH COOc CH COOH=1，且 c(H+)=1 10-4.7，所以 Ka=1 10-4.7，故 A 不

22、符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故 c(Na+)c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，pH=8.85，故此时 c(CH3COO-)远大于 c(OH-)，因此 c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故 B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B 点溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故 C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A 点的溶液中，c(H

23、+)c(OH-)，c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故 D 符合题意；故答案为D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2CaCl22H2SO42CaSO42Cl22H2O，如图 1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO416HCl(浓)2MnCl22KCl5Cl28H2O，如图 2 所示(省略夹持装置)。（1）实验中A 选用装置 _，E选用装置 _(填写序号)。（2）装置 F的作用 _，请描述装置G 中的实验现象_。（3）B中反

24、应的离子方程式是_；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的 Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：_。（4）乙组中 H 的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是 _。（5）甲组实验存在的明显缺陷是_。【答案】II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H 是否堵塞）U 型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入 HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2

25、也可与 KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I 的非金属性或 Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】【分析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl 气体，装置G中 CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成 I2；装置 C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr 溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与

26、KI 氧化为 I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中 A 选用装置 II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl 气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H 是否堵塞的目的；从F中进入 G 中的 Cl2混有水蒸气，能使U 型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成 I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-2

27、Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl 溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中 H 装置中 NaBr 不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与 KI反应生成I2，干扰 Br2氧化 I-的实验，则无法判断Br2和 I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I 的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成

28、的HClO有漂白性，易错点是装置G 中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为 _；D 中含有的无氧官能团结构简式为_。（2）反应的反应类型为_；反应生成G 和 X两种有机物，其中X的结构简为 _。（3）反应的化学反应方程式为_（C6H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有_种，写出其中一种有机物的结构简式：_。苯环上连有碳碳三键；核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）_：【答案】邻氯苯甲醛或

29、2-氯苯甲醛-NH2和-Cl 取代反应或酯化反应HOCH2CH2OH 4、(任写一种即可)【解析】【分析】对比 D 与 F的结构可知，D 与甲醇发生酯化反应生成E，E与 C6H7BrS发生取代反应生成F，则 E的结构简式为：；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D 中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；

30、对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N 原子和 C原子成环，中的断键方式为，因此 X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应 为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+一定条件+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6 个不饱和度，苯环占据4 个，碳碳三键占据2 个，则其它取代基不含有不饱和度，则N 原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3 种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基

31、、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件，因此具体合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。CuC1微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuC1的工艺过程如图。回答下列问题：（1）步骤中N 元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式_。（2）步骤中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是_，滤液中可循环利用的物质是_。（3）步骤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为23Cu(

32、OH)ClCuCl，被氧化为23Cu(OH)Cl的化学方程式为_。（4）用227K Cr O溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g，将其置于过量的3FeCl溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL溶液，取溶液10.00mL用2270.1000mol LK Cr O溶液进行滴定，反应中272Cr O被还原成3Cr，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl的质量分数 _。实验编号1 2 3 消耗227K Cr O溶液的体积/mL 14.98 16.03 15.02（5）制造印刷电路板产生的废液中含大量234Cu NH等离子，利

33、用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl，电解时阴极的电极反应式为_，生成CuCl的离子方程式为_。【答案】-+2+3424Cu+NO+10H=4Cu+NH+3H O使完全反应，阻止生成的被氧化硫酸22234CuCl+O+4H O=2Cu(OH)Cl+2HCl89.55%2+-3233242Cu NH+e+2H O=Cu NH+2NHH O342Cu NH2HClCuCl2NH【解析】【分析】铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。【详解】步骤中

34、N 元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程式；+2+3424Cu+NO+10H=4Cu+NH+3H O；故答案为：+2+3424Cu+NO+10H=4Cu+NH+3H O。步骤中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl在潮湿空气中易水解氧化，因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu2+、Cl、SO32-和 H2O 反应 CuCl、SO22-、H+，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。步骤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为23Cu(OH)Cl，CuCl与空气中氧气、水反

35、应生成23Cu(OH)Cl和 HCl，其反应的的化学方程式为22234CuCl+O+4H O=2Cu(OH)Cl+2HCl；故答案为：22234CuCl+O+4H O=2Cu(OH)Cl+2HCl。三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL，根据得失电子守恒关系得到n(CuCl)=6n(Cr2O72-)=6 0.1 mol?L-1 0.015L=0.009mol，该样品中CuCl的质量分数10.009mol1099.5g mol100%89.55%10.0g根据图中信息，阴极234Cu NH得到电子变为+32Cu NH和32NHH O，因此电解时阴极的电极反应式为2+-

36、3233242Cu NH+e+2H O=Cu NH+2NHH O，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl，生成 CuCl的离子方程式为342Cu NH2HClCuCl2NH；故答案为：342Cu NH2HClCuCl2NH。19已知前四周期六种元素A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，且它们的核电荷数依次增大。B原子的 p 轨道半充满，其氢化物沸点是同族元素中最低的，D 原子得到一个电子后3p 轨道全充满，A 与 C能形成 A2C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，E4离子和氩原子的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）A、B、C、D 的第一电离能由小到大的顺

37、序是_（填元素符号）（2）化合物BD3的分子空间构型可描述为_，B的原子轨道杂化类型为_。（3）已知 F元素在人体内含量偏低时，会影响O2在体内的正常运输。已知F2与 KCN溶液反应得F（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物。则F的基态原子价电子排布式为_。CN与_（一种分子）互为等电子体，则1 个 CN中 键数目为 _。（4）EO2与碳酸钡在熔融状态下反应，所得晶体的晶胞结构如图所示，则该反应的化学方程式为_在该晶体中，E4的氧配为数为_。若该晶胞边长为a nm 可计算该晶体的密度为_gcm3（阿伏加德罗常数为NA）【答案】NaSPCl三角锥形sp33d64s2N22Ti

38、O2+BaCO3BaTiO3+CO26【解析】【分析】B 原子的 p 轨道半充满，则若的电子排布式为1s22s22p3，B为 N 元素；对于氢化物来说，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。而HF、H2O、NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在一种叫氢键的作用力，增大了分子间的相互作用，使它们的熔沸点在同族元素形成的氢化物中最高，出现反常现象；NH3的沸点在同族中是最高的，不符合题意，舍弃；则电子排布式是1s22s22p63s23p3，B元素为 P元素；又因为其氢化物沸点是同族元素中最低的符合题意，因此B 元素为 P元素；D 原子得到一个电子后3p

39、轨道全充满，则D 的电子排布式为1s22s22p63s23p5，D 为 Cl.元素；A 与 C能形成 A2C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，则A、C在元素周期表中位于同一周期，结合化合物的及它们的原子序数都比Cl 小等知识可确定A 为 Na 元素，C为 S元素；E4离子和氩原子的核外电子排布相同，则E为 22 号元素 Ti 元素；A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，所以 F的原子序数为：107-11-15-16-17-22=26，F是 Fe元素；结合以上分析进行题中问题的解答。【详解】结合以上分析可知，A为 Na元素，B元素为 P元素，C为 S元素，D为 Cl 元素，E

40、为 Ti 元素，F 是 Fe 元素；（1）对于电子层数越多的元素，原子核外的电子数越多，原子半径越小，原子失去电子就越难，即电离能就越大；所以Na、P、S、Cl 的第一电离能由小到大的顺序是NaSPCl；（2）在化合物PCl3的分子中，每个 P原子与三个Cl 原子形成三个共价键，在 P原子上还有一对孤对电子。所以 PCl3的分子空间构型可描述为三角锥形，P原子的杂化方式为sp3；（3）Fe 原子的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态 Fe 的价电子排布式为3d64s2；电子数相同、原子数也相同的微粒就叫做等电子体，CN的电子数为14，原子数为2，所以与CN互为等电子体的分子为N2；等电子体结构相似，性质也相似，由于在N2中 2 个 N原子共用三对电子，一个是 键，2个 键，所以在CN中的 键也是 2 个；（4）由晶胞的结构示意图结合均摊法可知：在每个晶胞中含有：Ti：1；Ba：8=1；O:6=3，所以该化合物的化学式为BaTiO3；故 TiO2与碳酸钡在熔融状态下反应的化学方程式为TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2；在晶体中每个Ti 原子周围有6 个 O原子与它距离相等而且最近，这6 个O原子构成的是正八面体；所以配位数为6；由于在一个晶胞中只含有一个BaTiO3，所以晶体的密度。