2019-2020学年安徽省合肥市庐江第三中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥市庐江第三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自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A N2NH3，NH3NO 均属于氮的固定B催化剂a 作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b 表面均发生了极性共价键的断裂D使用催化剂a、b 均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO 不属于氮的固定，A

2、 错误；B.催化剂 a 作用下氮原子发生了还原反应，B 错误；C.催化剂 a、b 表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b 可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D 正确。故选 D。2下列有关化学用语的表示不正确的是（）A NaH 中氢离子的结构示意图：B乙酸分子的球棍模型：C原子核内有10 个中子的氧原子：188O D次氯酸的结构式：H-O-Cl【答案】B【解析】【详解】A.NaH 中氢离子H，得到 1 个电子，因此离子的结构示意图：，故 A 正确；B.乙酸分子的比例模型为：，故 B 错误；C.原子核内有10 个中子，质量数为10+8=18 的氧原子：188O，

3、故 C正确；D.次氯酸中氧共用两对电子，因此在中间，其结构式：H O Cl，故 D 正确。综上所述，答案为B。【点睛】比例模型、球棍模型，结构式、结构简式、电子式、分子式、最简式一定要分清。3用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A钠、镁B溴、碘C食盐、淡水D氯气、烧碱【答案】C【解析】【分析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁，需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，A 错误；B.从海水中提炼

4、溴和碘，是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，B 错误；C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，C 正确；D.可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解饱和食盐水，即得烧碱、氢气和氯气，D 错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键。4下列属于氧化还原反应的是()A 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2BNa2OH2O=2NaOH CFe2O33CO高温2Fe3CO2D Ca(OH

5、)2CO2=CaCO3H2O【答案】C【解析】【详解】凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、B、D 项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C 项中 Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合；答案选 C。5聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn 一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少3.25g B充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C放电时，混合液中的Cl-向负极移动D充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A.

6、放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少0.05mol 65g/mol=3.25g，A 正确；B.充电时，聚苯胺电极为阳极，其电势高于锌片(阴极)的电势，B错误；C.放电时，阳离子向正极移动，则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动，C正确；D.充电时，聚苯胺电极为阳极，接电源的正极，失电子发生氧化反应，D 正确；故选 B。6苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是A苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D分子式为C8H8O2，

7、结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4 种（不考虑立体异构）【答案】B【解析】【分析】【详解】A苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H28+2-4 2O2，A 正确；B苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O 原子一定在同一平面内，非羟基O 原子与 2 个 C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；C苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D符合条件的有机物为、共 4 种，D 正确；故选 B。7化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B碘是人体必需的微量元素，

8、应该适量服用I2C葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)2【答案】B【解析】【分析】【详解】A胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与 HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A 不选；B碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3或 I补充，而I2有毒不能服用，错误，B 选；C葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D漂白粉含Ca(ClO)2和 CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D 不选。答案选 B。

9、82019 年化学教育期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含 C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M 的推断正确的是A M 的分子式为C12H12O2BM 与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7 种CM 能发生中和反应、取代反应、加成反应D一个 M 分子最多有11 个原子共面【答案】C【解析】【分析】根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；【详解】A.根据球棍模型推出M 的化学式为C12H10O2，故 A 错误；B.M 与足量氢气在一定条件下发生加成反应，得到，环上有

10、 10 种不同的氢，因此环上一氯代物有10 种，故 B错误；C.M 中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故C正确；D.苯的空间构型是平面正六边形，M 分子中含有2 个苯环，因此一个M 分子最多有22 个原子共面，故D 错误；答案：C。9以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()钠、铝、氯：1 个；硅、硫：2 个；磷：3 个；铁：4 个A只有B只有C只有D有【答案】D【解析】【分析】【详解】钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则 Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s2

11、2s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故正确；硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故正确；磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故正确；Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故正确；答案选 D。【点睛】磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p 为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，

12、电子先排布在4s 能级上，再排布在3d 能级上，3d 有 5 个轨道，6 个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。10“轨道”2px与 3py上电子一定相同的方面是（）A能量B呈纺锤形C自旋方向D在空间的伸展方向【答案】B【解析】【详解】A“轨道”2Px 与 3Py 分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A 错误；B所有的p 轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px 与 3Py 均呈纺锤形，故B 正确；C不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D在三维坐标中，“轨道”2Px 在 x 轴方向伸展，3Py 在 y

13、 轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D 错误；故答案为B。11下列实验中根据现象得出的结论正确的是（）选项实验现象结论A 向 NaAlO2溶液中持续通入气体 Y 先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是 CO2气体B 向某溶液中加入Cu和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-C 向溴水中通入SO2气体溶液褪色SO2具有漂白性D 向浓度均为0.1mol/L 的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A.碳酸不与氢氧化铝反应；B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；C.溴

14、水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；D.氢氧化铜更难溶，溶度积越小越难溶。【详解】A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故 A 错误；B.常温下 Cu不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与 Cu 在常温下能够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B 正确；C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C 错误；D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶

15、度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。12一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（）A分子中所有碳原子可在同一平面上B该有机物的分子式是C10H16O C该有机物能发生加成和氧化反应D该有机物与互为同分异构体【答案】C【解析】【分析】【详解】A饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A 错误；B该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应

16、，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D 错误。答案选 C。13某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：2x2NaxSNa S垐 垎?噲 垐?放电充电)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为2NiOOH+MHNi OHM，其中 M 为储氢合金，下列说法正确的是A a 极为氢镍电池的正极B充电时，Na通过固体23Al O陶瓷向 M 极移动C氢镍电池的负极反应式为2MHOH2eMH OD充电时，外电路中每通过2mol 电子，N 极上生成1molS 单质【答案】B【解析】【分析】由电池总反应可知，氢镍电池放电时为原电池反应

17、，负极反应式为MH+OH-e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na+2e-=2Na，阳极反应式为Sx2-2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a 极相连的是钠硫电池的负极，所以a 极为氢镍电池的负极，故A 错误；B.电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，Na通过固体 Al2O3陶瓷向 M 极移动，故B 正确；C.氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH-e-=M+H2O，故 C 错误；D.充电时

18、，N 电极为阳极，反应式为Sx2-2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol 电子，N 极上生成 xmolS 单质，故D 错误。故选 B。14短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W 的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产 Y的单质，而Z 不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是A上述四种元素的原子半径大小为WXYZ BW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20 CW 与 Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物D由 W 与 X 组成的化合物的沸点总低于

19、由W 与 Y组成的化合物的沸点【答案】C【解析】【分析】X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z 的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2 个，所以 Z 只能是稀有气体Ne，W 的阴离子的核外电子数与X、Y、Z 原子的核外内层电子数相同，则W 是 H。【详解】A X为 C，Y为 N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径CN，Z为 Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A 错误；BW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4

20、+5+8=18，B错误；CW 与 Y可形成 N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；D W 为 H 元素，X为 C元素，Y为 N 元素，C 和 H 可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与 Y形成的化合物，D 错误；答案选 C。15化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为Fe

21、O【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A 项错误；B碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B 项错误；C考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非 FeO，D 项错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点76，沸点 138，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300以上完全分解。进一步氯化可得SCl2，SCl2是樱桃红色液体，易挥发，熔点122，沸点59。S

22、Cl2与 S2Cl2 相似，有毒并有恶臭，但更不稳定。实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品。请回答下列问题：（1）仪器m 的名称为 _，装置D 中试剂的作用是_。（2）装置连接顺序：_BD。（3）为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（4）从B 中分离得到纯净的S2Cl2，需要进行的操作是_；（5）若将 S2Cl2放入少量水中会同时产生沉淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分X 的体积分数：W 溶液可以是 _（填标号）。a H2O2溶液b 氯水c 酸性KMnO4溶液d FeCl3 溶液该混合气体中气体X 的体积分数为_（用含V

23、、m 的式子表示）。【答案】三颈烧瓶防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2A F E C 滴入浓盐酸的速率（或B 中通入氯气的量）蒸馏a b 22.4m233V 100%【解析】【分析】本实验要硫与少量氯气在110140反应制备S2Cl2粗品，根据题目信息“熔点 76，沸点 138”，制备的产品为气体，需要冷凝收集；受热或遇水分解放热，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则氯气需要干燥除杂，且制备装置前后都需要干燥装置；所以装置连接顺序为A、F、E、C、B、D；(5)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl 两种气体，实验目的是测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通

24、过溶液 W 溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，据元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)仪器 m 的名称为三颈烧瓶，装置D 中试剂为碱石灰，作用为吸收Cl2，防止污染环境，防止外界水蒸气回流使 S2Cl2分解；(2)依据上述分析可知装置连接顺序为：A F E C BD；(3)反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(4)实验室制得S2Cl2粗品中含有SCl2杂质，根据题目信息可知二者熔沸点不同，

25、SCl2易挥发，所以可通过蒸馏进行提纯；(5)W 溶液的目的是氧化二氧化硫，可以是 a：H2O2溶液，b：氯水，但不能是b：KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，也不能用FeCl3 溶液会生成氢氧化铁成，故选：ab；过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=mg233g/mol=m233mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=mol22.4m233100%=100%L233V22.4L/molmV。【点睛】本题为制备陌生物质，解决此类题目的关键是充分利用题目所给信息，根据物质的

26、性质进行实验方案的设计，例如根据“受热或遇水分解放热”，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则制备装置前后都需要干燥装置。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)的 A 溶液。请按要求回答下列问题：己元素与丙元素同主族，比丙原子多2 个电子层，则己的原子序数为_；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是_。甲、乙、戊按原子个数比1 11 形成的化合物Y 具有漂白性，其电子式为_。上图转化关

27、系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_。接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_。当反应电解一段时间后测得D 溶液 pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为_；反应的离子方程式为_若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X 中含有的物质(除水外)有 _【答案】（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）；（4）3Fe2+2Fe（CN）63-=Fe3Fe（CN）62；（5）6.02l021；2A1+2OH-+2H

28、2O=2AlO2-+3H2；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A 是 NaCl，B是 Cl2，C 是 H2，D 是 NaOH，E是 HCl，丁是 Al，F是 NaAlO2；X是 NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是 O，丙是 Na，丁是 Al，戊是 Cl，己是 Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比 1：1：1形成的化合物Y是 HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式

29、为；（3）在上图转化关系中反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而 中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与 Fe（CN）63-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2+2Fe（CN）63-=Fe3Fe（CN）62；（5）NaCl 溶液电解的化学方程式是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH，在该反应中，每转移2mol 电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L1mol/L=1mol，当 NaCl 电解完全后反应转移1mol 电子，反应产生1molNaO

30、H，当反应 电解一段时间后测得D 溶液 pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L 1L=0.01mol 1mol，说明 NaCl 没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol6.021023/mol=6.02 l021；反应 是 Al 与 NaOH 溶液反应，反应的离子方程式为 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理

31、的应用的知识。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子；亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。请完成以下填空：（1）N 原子最外层电子的轨道排布式为_；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_。（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I氧化为 I2，同时生成NO。写出此反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数目_。（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I提取单质I2选择了价格并不便宜的亚

32、硝酸钠，可能的原因是_。（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_c(HNO2)（填“”或“=”）。（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_【答案】氢化物稳定性：H2ONH3，氧强于氮氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2=取样溶于水，分别测定它们的pH 值，一种 pH 值大于 7，一种 pH 值等于 7，pH 值大于 7 的为亚硝酸钠，pH 值等于 7 的为氯化钠【解析】【分析】（1）氮原子最外层有5 个电子，先排2s 轨道，另外3 个排在 3 个 2p 轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，

33、酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。【详解】（1）氮原子最外层有5 个电子，先排2s 轨道，另外3 个排在 3 个 2p 轨道里，氮原子最外层电子排布轨道表示式为：；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，氢化物稳定性：H2ONH3，非金属性氧强于氮；（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水，离子反应方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO+2H

34、2O，电子转移的方向和数目为：；（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；（4）亚硝酸钠溶液中发生水解反应NO2-+H2O?HNO2+OH-而呈碱性，在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性说明亚硝酸钠水解产生的氢氧根等于盐酸溶液中的氢离子，即c(OH-)=c(H+)，又因为c(OH-)=c(HNO2)，盐酸溶液中c(H+)=c(Cl-)，所以 c(Cl-)=c(HNO2)；（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分，根据所给的信息及我们所学的氯化钠的

35、性质可以知道：亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，而氯化钠溶液时中性，所以可以取样溶于水，分别测定它们的 pH 值，一种 pH 值大于 7，一种 pH 值等于 7，pH 值大于 7 的为亚硝酸钠，pH 值等于 7 的为氯化钠。19工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量 Pd)回收 Al2(SO4)3及 Pd 流程如图：说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。（1）焙烧时产生气体X的结构式为 _。（2）水浸分离中，滤渣Pd 的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_(填字母）A过滤B抽滤C倾析D渗析（3）写出酸浸时发生反应的离子方式_(已知氯钯酸为弱酸)（4）

36、某同学在实验室用如下图所示装置完成Pd 的热还原实验，并计算滤渣中(NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。写出热还原法过程中发生反应的化学方程式_。i.将石英玻璃管中（带开关；K1和 K2)(设为装置A)称重，记为mi g。将滤渣(NH4)2PdCl6装入石英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g。ii.连接好装置后，按d b e(填标号)顺序进行实验。_ a.关闭 K1和 K2b.熄灭酒精灯c.点燃酒精灯，加热d.打开 K1和 K2e.称量 A f.缓缓通入H2g.冷却至室温iii.重复上述操作步骤，直至A 恒重，记为m3g。根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2

37、PdCl6的百分含量 _列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为 355。实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是_(填化学式）,这种情况导致实验结果_(填“偏高”、“偏低”、“无影响”）【答案】C Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2+4H2O 46232NHPdCl+2H=Pd+2 NH+6HClf；c；g；a 2321355 mm249 mmNH4Cl 偏低【解析】【分析】废催化剂（主要成分为Al2O3，少量 Pd），废催化剂硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd 加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是 Pd

38、溶于王水发生Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O，Y为 H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣(NH4)2PdCl6，被氢气还原得到 Pd，发生(NH4)2PdCl6+2H2=Pd+2 NH3+6HCl，以此解答该题。【详解】（1）焙烧得到气体是铵盐分解生成的氨气，结构式为，故答案为：；（2）水浸分离中，滤渣Pd 的颗粒比较大，可用倾析的方法分离，故答案为：C；（3）酸浸时发生反应的离子方程式为Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2+4H2O，故答案为：Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2+4H2O；（4）通入氢气，

39、反应的方程式为46232NHPdCl+2H=Pd+2 NH+6HCl，故答案为：46232NHPdCl+2H=Pd+2 NH+6HCl；实验时，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dfcbgae，故答案为：f；c；g；a；样品的质量为（m2-m1）g，反应后减少的质量为（m2-m3）g，应为(NH4)2PdCl6、Pd 质量之差，可知生成 Pd 的物质的量为23mm249mol，可知(NH4)2PdCl6的质量为23355 mm249g，含量为2321355 mm249 mm，故答案为：2321355 mm249 mm；实验结束时，若发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是氯化铵，为氨气和氯化氢在温度较低时生成，这种情况会造成较大实验误差，可导致实验结果偏低，故答案为：NH4Cl；偏低。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合。