2019-2020学年福建省福州高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州高级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用 NaOH 溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示 下列说法错误的是A电极 a 为电解池阴极B阳极上有反应HSO3-2e+H2O=SO42+3H+发生C当电路中通过1mol 电子的电量时，理论上将产生0.5mol H2D处理后可得到较浓的H2SO4和 NaHSO3产品【答案】D【解析】【详解】A.从图中箭标方向“Na+电极 a”，则 a 为阴极，与题意不符，A 错误；B.电极 b 为阳极，发生氧化反应，根据图像“

2、HSO3-和 SO42-”向 b 移动，则b 电极反应式HSO3-2e-H2OSO42-3H+，与题意不符，B 错误；C.电极 a 发生还原反应，a 为阴极，故a 电极反应式为2H+2eH2，通过 1mol 电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；D.根据图像可知，b 极可得到较浓的硫酸，a 极得到亚硫酸钠，符合题意，D 正确；答案为 D。225时，向 10 mL 0.1 mol/LNaOH 溶液中，逐滴加入10 mL 浓度为 c mol/L 的 HF 稀溶液。已知25时：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)H=-67.7 kJ/mol H+(aq)+OH-(

3、aq)=H2O(l)H=-57.3 kJ/mol。请根据信息判断，下列说法中不正确的是A整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B将氢氟酸溶液温度由25升高到35时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)C当 c0.1 时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D若滴定过程中存在：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，则 c 一定小于0.1【答案】D【解析】【分析】A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；B.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；C.当 c0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF

4、 时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详解】A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中 c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A 正确；B.HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)H=-67.7 kJ/

5、mol，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H=-57.3 kJ/mol，将-得 HF(aq)F-(aq)+H+(aq)H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4 kJ/mol，则 HF 电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF 电离程度减小，B 正确；C.向 NaOH 溶液中开始滴加HF 时，当 c0.1 时，混合溶液中溶质为NaF、HF 时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；D.若 c 0.1 时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)n(NaF)，微粒的物质的量浓度

6、存在关系：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，所以 c 不一定小于0.1，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。3一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A钾B镁C铁D铜【答案】C【解析】【详解】A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A 不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B 不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C 选；D.铜和水不反应，故D 不选。故选 C

7、。42019 年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x1)。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A放电时，Li+由 b 极向 a 极迁移B放电时，若转移0.02mol 电子，石墨电极将减重0.14g C充电时，a 极接外电源的正极D该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCoO2极回收【答案】D【解析】【分析】根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x1)可判断出，放电时Li 元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li 和 C）作负极，Co元素化合价降低。【详解】A放电时

8、是b 极为负极，a 极为正极，Li+由负极移向正极，即由b 极移向 a 极，A 正确；B放电时石墨电极发生Li-e-=Li+,若转移 0.02mol 电子，则有0.02molLi 参与反应，电极减重为0.02 7g mol=0.14g，B 正确；C充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连，C正确；D“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li，石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收，D 错误；答案选 D。【点睛】充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应，电池的负极与外电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应。判断电极时可以通过判

9、断电池反应中元素化合价的变化来进行。5磁性材料产业是21 世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg 等元素。相关金属Mn+离子 c(Mn+)0.1 mol?L-1形成 M(OH)n沉淀的 pH范围如下：常温下，Ksp(CaF2)1.4610-10 Ksp(MgF2)7.4210-11 Ka(HF)1.00 10-4回答下列问题：（1）分析下列图1、图 2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是：_。（2）“焙烧”时

10、发生的主要反应的化学方程式为_。（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为_；再调节溶液的pH将 Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F 将 Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为 6，c(Mg2+)4.6410-6 molL-1，c(HF)为_molL-1。（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_。（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是_。（6）测定碳酸锰产品的纯度。称取 0.5000 g 碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为Mn(PO4)23-，冷却至室温。加水稀释

11、至 100 mL，滴加 23滴指示剂，然后用浓度为0.2000 molL-1的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定（反应为：Mn(PO4)23-+Fe2+Mn2+Fe3+2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：滴定次数0.2000 mol L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL）滴定前滴定后1 0.10 20.20 2 1.32 21.32 3 1.05 20.95 则产品的纯度=_，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】500 m(NH4Cl):m(锰矿粉)=1.10MnCO32NH4ClMnCl22

12、NH3 CO2 H2OMnO22Fe24HMn2 2Fe32H2O4.0 10-5Mn22HCO3MnCO3CO2 H2O碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀92.00%偏低【解析】【分析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg 等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据(3)的提示，需要加入MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调节溶液的pH 将

13、 Al3+、Fe3+变为 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将 Ca2+、Mg2+以 CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。【详解】(1)根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)m(锰矿粉)增大而增大，500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10 时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成

14、本增加，故焙烧温度取500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10 即可；故答案为500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10；(2)将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg 等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O，故答案为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O；(3)MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，离子反应为：MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)7.42 10-11，Ka(HF)1.00 10-4

15、，溶液 pH 为 6，c(Mg2+)4.64 10-6 mol?L-1，则此时c(F-)=1167.42 104.64 10mol/L=4 10-3mol/L，Ka(HF)c Hc F(HF)c=1.00 10-4，c(HF)=6341 104 101.00 10=4.0 10-5mol/L，故答案为MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O；4.0 10-5；(4)碳化结晶时，反应的方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O，故答案为Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；(5)碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳

16、化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生 Mn(OH)2沉淀；(6)根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为 20.00 mL，根据关系式：MnCO3Mn(PO4)23-(NH4)2Fe(SO4)2，则 n(MnCO3)=n(硫酸亚铁铵)=0.2000mol/L 0.02L=0.004mol，产品的纯度为0.004mol115g/mol0.5000g100%=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳

17、酸锰粗产品的纯度偏低，故答案为 92.00%；偏低。6 2019 年 9 月 25 日，全世界几大空之一北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是()A机杨航站楼所用钢铁属于合金材料B航站楼使用的玻璃是无机非金属材料C航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料D机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏【答案】C【解析】【详解】A机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A 正确；B玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B 正确；C橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；D常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液

18、会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D 正确；故答案为C。7下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）ABH3C-CC-CH3CCH2=CH-CH3DCH3-CH2-CH3【答案】B【解析】【详解】A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A 错误；B、H3C-CC-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H 原子，故四个碳原子共直线，故B 正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H 原子，故此有机物中3 个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D 错误。故选：B。【点睛

19、】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。8下列变化不涉及氧化还原反应的是A明矾净水B钢铁生锈C海水提溴D工业固氮【答案】A【解析】【详解】A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A 选；B.Fe、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；C.Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C 不选；D.工业固氮过程中，N 元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D 不选；故选 A。9化学与生活密切相关。下列说法错误的是A泡沫灭火器可用于一般的灭火，也适用于电器灭火B疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C家庭装修时用水性漆

20、替代传统的油性漆，有利于健康及环境D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【分析】【详解】A泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A 错误；B疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B 正确；C油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水

21、性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg 棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是A。10利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH 与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是A碳酸钠水解是吸热反应Bab 段说明水解平衡正向移动Cbe 段说明水解平衡逆向移动D水的电离平衡也对pH 产生影响【答案】C【解析】【分析】【详解】A.水解一定是吸热反应，A 项正确；B.碳酸钠是

22、弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，B 项正确；C.水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH 却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，C项错误；D.水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH 产生影响，D 项正确；答案选 C。11实验测得浓度均为0.5 mol?L-1的 Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是A Pb(NO3)2溶液与CH3COONa 溶液混合：Pb2+2CH3COO-=Pb

23、(CH3COO)2BPb(NO3)2溶液与 K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSCPb(CH3COO)2溶液与 K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSD Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2?Pb2+2CH3COO-【答案】C【解析】【分析】由导电性强弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱电解质，在离子方程式中保留化学式，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.Pb(NO3)2溶液与 CH3COONa溶液混合，会生成 Pb(CH3COO)2，发生反应的离子方程式为：Pb2+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A 项正确；B.Pb(NO3)2溶液与 K2S溶液

24、混合会生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式为：Pb2+S2-=PbS，B 项正确；C.Pb(CH3COO)2溶液与 K2S溶液混合，离子方程式为：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS+2CH3COO-，C项错误；D.Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2?Pb2+2CH3COO-，D 项正确；答案选 C。【点睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分电离，是少有的几种不是强电解质的盐之一。12工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4-2e=S2O82+2H+。下列说法正确的是（）A阴极电极反应式为Pb

25、+HSO4-2e=PbSO4+H+B阳极反应中S的化合价升高CS2O82中既存在非极性键又存在极性键D可以用铜电极作阳极【答案】C【解析】【详解】A 选项，阴极反应式为2H+2e=H2，故 A 错误；B 选项，S的化合价仍为+6 价，中间的两个O 均为-1 价，其他的O 均为-2 价，电解时阳极的HSO4中 O失去电子，S未变价，故B 错误；C 选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；D 选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只

26、有氧元素化合价升高。13下列图示与对应的叙述符合的是（）A图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO 至 pH=4 左右D图丁表示常温下向20mL0.001mol/L 的醋酸溶液中滴加0.001mol/L 的 NaOH 溶液，溶液的pH 随 NaOH溶液体积的变化关系【答案】C【解析】【分析】本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A使用催化剂化学反应速率加快；B平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变

27、；C由图像可知pH=4 左右 Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀；D 0.001mol/L 的醋酸溶液PH3。【详解】A使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A 错误；B平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故 B 错误；C由图像可知pH=4 左右 Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2+H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D 0.001mol/L 的醋酸溶液PH3，图像中起点PH=3，故 D项错误；答案选 C。14下列反应所得溶液

28、中只含一种溶质的是A Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe 粉BA1(OH)3中加入过量NaOH 溶液C浓 H2SO4中加入过量Cu片，加热DCa(C1O)2溶液中通入过量CO2【答案】A【解析】【详解】A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A 符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH 溶液，反应产生 NaAlO2和 H2O，反应所得溶液中含过量NaOH 和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C 不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO

29、和 Ca(HCO3)2两种溶质，D 不符合题意；故合理选项是A。15下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（）A实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液，需要准确称量NaOH 1.920 g B实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4 次C酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液D分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，换一容器再从下口放出上层液体【答案】B【解析】【详解】A.实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液，需要用500 mL 的容量瓶，准确称量NaOH 2.0 g，故 A 错误；B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与

30、样品的质量，加热后至少称2 次保证加热至恒重，所以通常至少称量4 次，故 B正确；C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故C错误；D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D 错误；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16一种以NH4Cl酸性蚀铜废液 含 NH4Cl、Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等 为原料制备CuCl并回收Cu(OH)2的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“反应 1”中，NaCl、Cu、CuSO4反应的离子方程式为_；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应 1”中，其目的是_。(2)“水解”步骤中，加入大

31、量水稀释即可析出CuCl，原因是_(结合离子方程式，从平衡角度分析)。(3)湿的 CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，该反应的化学方程式为_；“洗涤”时稀盐酸和乙醇洗涤的目的是 _。(4)“反应 2”需加入的试剂X 是 _；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为_。(5)测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：称取ag 产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻非罗啉作指示剂，立刻用c mol/L的 Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。则产品中CuCl的质量分数为 _(已知滴定反应为Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，列出计算式)。【答

32、案】Cu+8Cl-+Cu2+=2CuCl43-提高铜元素的利用率uCl43-?CuCl+3Cl-，稀释时平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(或 12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2)稀盐酸抑制其氧化和水解，用乙醇洗涤可以促使其快速干燥氢氧化钠(或其他合理答案)CO2+NH3+H2O=NH4HCO33cV0.5a199100%【解析】【分析】向废液中加入足量的铜和NaCl，将废液中的Cu2+转化为 CuCl43-，过滤得到含有CuCl43-、SO42-、NH4+等离子的滤液，由于加入的铜足量，则滤渣中

33、含有铜单质，向滤液中加入大量水稀释，使CuCl43-部分转化为CuCl晶体，对“水解”后的溶液过滤，分离出CuCl晶体，用盐酸和乙醇进行洗涤干燥，得到纯净的CuCl，向过滤后的溶液中加入足量氢氧化钠调节pH 值，使剩余 CuCl43-、NH4+分别转化为Cu(OH)2沉淀和一水合氨，过滤后可得Cu(OH)2，对滤液加热使一水合氨分解生成氨气并吹出，获得氨气，据此分析解答。【详解】(1)“反应 1”中，铜和NaCl，将废液中的铜离子转化为CuCl43-，离子方程式为Cu+8Cl-+Cu2+=2CuCl43-；根据分析，滤渣中含有铜单质，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，可提高铜元素的

34、利用率；(2)“水解”步骤中，CuCl43-不稳定，可发生 CuCl43-?CuCl+3Cl-，加入大量水稀释，使溶液中离子浓度降低，促使平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移，可析出CuCl；(3)湿的 CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，CuCl与水和氧气发生氧化还原反应，化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(或 12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2)；CuCl 不稳定易被氧化和水解，“洗涤”时稀盐酸可以防止CuCl氧化和水解，用乙醇洗涤可以使其快速干燥；(4)根据分析，“反应2”需加入的试剂X是氢氧化钠；“吹

35、脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，碳铵化肥主要成分为碳酸氢铵，主要反应的化学方程式为CO2+NH3+H2O=NH4HCO3；(5)CuCl加入稍过量的FeCl3溶液，三价铁具有氧化性可将亚铜氧化为2 价铜，发生反应CuCl+Fe3+=Fe2+Cu2+Cl-，滴定时发生反应：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，则转化关系为：CuClFe2+Ce4+Ce(SO4)2，n(CuCl)=n Ce(SO4)2=cmol/LV 10-3L=cV10-3mol，则产品中CuCl的质量分数=3cV0.5a199100%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它

36、们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物 I 的流程。已知：i Claisen酯缩合：ii(比反应快)iii22HBr222H OR?CH=CHRCH CH Br，(R、R代表烃基)回答下列问题：(1)C 的名称为 _。中所含官能团的名称为_。(2)B C 的反应类型是_。F的结构简式为_。(3)DE 的化学方程式为_。(4)由 F 到 H过程中增加一步先生成G再生成 H的目的是 _。(5)化合物 K与 E互为同分异构体，已知 1molK 能与 2mol 金属钠反应，则 K可能的链状稳定结构有_种(两个一 OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁

37、共振氢谱有三组峰的结构简式为_。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选)_。【答案】1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羟基取代反应CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O 保护酮羰基3 或【解析】【分析】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B 为 1-溴丙烷；根据D 与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成 E可知，D 为丙酸，则C为 1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合 F的分子式可知，F为，根据 G 与 I的结构简式，结合反应流程可推出H 为，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B 为 1-溴丙

38、烷；根据D 与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成 E可知，D 为丙酸，则C为 1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合 F的分子式可知，F为，根据 G 与 I的结构简式，结合反应流程可推出H 为。(1)C 的名称为1-丙醇（正丙醇）；为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)B C 是 1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F 的结构简式为；(3)DE 是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由 F 到 H过程中增加一步先生成G再生成 H的目的是保护酮羰基；(5)化合物 K与 E互为同分异

39、构体，已知 1molK 能与 2mol 金属钠反应则应该含有两个羟基，则 K可能的链状稳定结构有、CH2=CHCH（OH）CH2OH共 3 种(两个一 OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与 CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。四、综合题（本题包括2 个小题

40、，共20 分）18（1）O 基态原子核外电子排布式为_。H2O VSEPR模型名称为 _，立体构型为_。O3_极性分子（填“是”或“不是”）。（2）利用热化学法来测定晶格能是由Born 与 Haber 首先提出来的，其实质是利用Hess定律，构成一个热化学循环。已知：Na(s)+12Cl2(g)=NaCl(s)H=410.9 kJmol1107.7kJ/mol496kJ/mol+121.7kJ/mol-349kJ/mol-2Na(s)Na(g)Na(g)NaCl(s)1Cl(g)Cl(g)Cl(g)2可知，Na 原子的第一电离能为_kJ mol1；Cl-Cl键键能为 _kJ mol1；NaCl

41、 晶格能为 _kJ mol1。（3）高压下NaCl 晶体和Na 或 Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图是其中一种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原子），其化学式为_。（4）金属 Na 晶体中的原子堆积方式称为体心立方堆积，晶胞参数为a nm，空间利用率为_（列出计算式）。【答案】1s22s22p4四面体形V 形是496 243.4 787.3 Na2Cl 33432()34aa【解析】【分析】(1)根据核外电子数排布，价层电子互斥理论和杂化轨道理论分析解答；利用等电子体的结构特点分析解答；(2)气态基态Na 原子失去1 个电子转化为气态基态钠离子需要的最低能量为Na 的第一电

42、离能；Cl-Cl键的键能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量；NaCl晶格能是Na+、Cl-气态离子形成1molNaCl 晶体释放的能量；(3)根据一个晶胞中各原子分别在棱、边、面的所在比例计算化学式；(4)空间利用率=晶胞中原子所占总体积与晶胞体积的比值。【详解】(1)O 原子为 8 号元素，核外电子数排布式为：1s22s22p4，H2O 中中心氧原子成键电子对数为2，孤电子对数是 2，价电子对数是4，则 VSEPR模型名称为四面体，立体构型为V 形；O3和 SO2是等电子体，SO2中为 V 型分子，正、负电荷中心不重合，是极性分子，等电子体的结构相似，O3是极性分子；(2)气态基态

43、Na 原子失去1 个电子转化为气态基态钠离子需要的最低能量为Na 的第一电离能，故 Na 的第一电离能为496kJ/mol；Cl-C 键的键能能等于1molCl2形成 Cl(g)所吸收的能量，故Cl-Cl 键能=2 121.7kJ/mol=243.4kJ/mol；NaCl 晶格能是Na+、Cl-气态离子形成1molNaCl 晶体释放的能量，根据 H=E吸-E放，故 NaCl的晶格能=E吸-H=(496+107+121.7-349)kJ/mol (410.9 kJ mol1)=787.3kJ/mol；(3)晶胞中 4个 Na原子在棱上，2个 Na原子在面心，2个 Na原子在晶胞内部，则钠原子数量

44、=414+212+2=4，8 个 Cl原子在棱上，则氯原子的数量=814=2，则该晶体的化学式为Na2Cl；(4)金属 Na 晶体中的原子堆积方式称为体心立方堆积，其堆积方式如图所示：，则一个晶胞中钠原子数量=818+1=2，晶胞参数为a nm，则晶胞的体积为V(晶胞)=a3nm3，根据晶胞图示，晶胞体对角线的长度=4r(Na)，则 r(Na)=34anm，则晶胞中钠原子的总体积=2343()34a，则晶胞空间利用率=33432()34aa。【点睛】具有相同原子数和最外层电子数的分子或离子叫等电子体，等电子体的结构和性质相似，对于结构性质不熟悉的物质，可利用等电子体之间的关系进行分析讨论。19

45、CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：已知相关反应的能量变化如图所示：过程的热化学方程式为_。关于上述过程的说法不正确的是_（填序号）。a实现了含碳物质与含氢物质的分离b可表示为CO2H2H2O（g）CO cCO未参与反应dFe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的H其他条件不变，在不同催化剂（、）作用下，反应CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a 点所代表的状态_（填“是”或“不是”）平衡状态；b 点 CH4的转化率高于c 点，原因是 _。（2）在一刚性密

46、闭容器中，CH4和 CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入 Ni Al2O3催化剂并加热至1123K 使其发生反应CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）。研究表明CO的生成速率（CO）1.3 102p（CH4）p（CO2）molg1s1，某时刻测得p（CO）20kPa，则 p（CO2）_kPa，（CO）_molg1s1。达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8 倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp_（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）（3）CH4超干重整CO2得到的 CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH 溶

47、液，所得溶液中2-22424c H C O=c C O，则此时溶液的pH_。（已知常温下 H2C2O4的 Ka16102，Ka26105，lg6 0.8）【答案】CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=247.4kJ mol-1cd 不是 b 和 c 都未达平衡，b 点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高151.95223636272.7【解析】【分析】由能量反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I 的热化学方程式。过程II 中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进

48、行计算。草酸溶液与NaOH 溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。【详解】(1)据 CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I 的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量反应进程曲线得热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H+206.2kJ mol-1（i）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H 165kJ mol-1（ii）(i)2+(ii)得过程 I 的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=247.4kJ mol-1 过程 物质变化为：左上

49、（CO、H2、CO2）+右下（惰性气体）左下（H2O）+右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的 H。故 ab 正确，cd 错误。通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a 点为化学平衡，则保持温度不变（800），将催化剂II 换成 I 或 III，CH4转化率应不变，故a 点不是化学平衡。同理，图中b、c 两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b 点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。(2)据气态方程PV

50、nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为1123K 恒容时，CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）起始分压/kPa：20 25 0 0 改变分压/kPa：10 10 20 20 某时分压/kPa：10 15 20 20 即某时刻p(CO2)15kPa，p(CH4)10kPa。代入 (CO)1.3 102 p(CH4)p(CO2)mol g1 s11.95mol g1 s1。设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa，1123K 恒容时，CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）起始分压/kPa：20 25 0 0 改变分压/kPa：xx 2x 2x 平