2019-2020学年安徽省合肥市六校联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥市六校联盟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短周期元素A、B、C、D 的原子序数依次增大，B与 C的简单离子具有相同的电子层结构，D 的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A 的单质混合物中通入D 的单质，高温下反应得到化合物 X 和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X 与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是A简单离子半径：DBC B氧化物的水化物酸性：DA CX与单质 C不能在空气的氛围中反应制得单质钛D B与 D 组成的某化合物可用于饮用水消毒【答案】B【

2、解析】【分析】短周期元素A、B、C、D 的原子序数依次增大，D 的最高正价与最低负价代数和为6，则 D 为 Cl 元素，工业上采用在二氧化钛与A 的单质混合物中通入D 的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体 Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则 A 为 C 元素，B 为 O 元素，X为 TiCl4，工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C 为 Mg 元素，据此分析解答。【详解】A.D 为 Cl，B为 O，C为 Mg，Cl-核外有 3 个电子层，O2-和 Mg2+核外电子排布相同，均有2 个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，

3、离子半径越小，则它们的简单离子半径：DB C，故 A正确；B.A 为 C，D 为 Cl，其中 H2CO3的酸性比HClO 的酸性强，故B错误；C.因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；D.D 为 Cl，B为 O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；故选 B。【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至10001100K，进行氯化处理，并使生成的TiCl4蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在 1070K 下，

4、用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。2W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X 与 Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与W 的电子总数相等。下列说法正确的是A简单离子半径：WXYZ BW、X 的氢化物在常温下均为气体CX、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱DW 与 Z 形成的化合物中只有共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W 的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W 为氮；Y所在周期数与族序数相同，

5、则Y 可能为铝；X与 Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z 原子的最外层电子数与W 的电子总数相等，则Z 核外有 17 个电子，Z 为氯，据此解答。【详解】根据分析可知：W 为 N 元素，X 为 Na 或 Mg 元素，Y为 Al 元素，Z为 Cl元素。A.简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：ZW XY，故A 错误；B.W 氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C.Mg、Al 的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C 错误；D.N 与 Cl 都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D 正确；故选 D。3有机物M、N 之间可发生如图转化，下列说

6、法不正确的是A M 能与溴水发生加成反应BN 能使酸性高锰酸钾溶液褪色CM 分子中所有碳原子共平面D M、N 均能发生水解反应和酯化反应【答案】C【解析】【详解】A.M 中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A 正确；B.N 中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B 正确；C.M 中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；D.M、N 中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D 正确；故答案为C。4化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2 B“文房

7、四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A 错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B 错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D 正确；故合理选项是D。5下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A汽油B煤油C凡士林D石油气【答案】D【解析】【详解】石油分馏首先得到的是石油气，

8、这说明石油气的沸点最低，故答案为D。6用如图装置进行实验,下列预期实验现象及相应结论均正确的是（）a b 预期实验现象结论A 铜丝浓硝酸试管 c 中有大量红棕色气体浓硝酸有强氧化性B 木条18.4molL-1硫酸木条下端变黑浓硫酸有酸性和氧化性C 生铁NaCl 溶液导管处发生水倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量 HCl 的 H2O2溶液试管 c 中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A ABBCCDD【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮能够与水反应生成一氧化氮，试管c 中的气体呈无色，A 错误；B.木条与浓硫酸作用，木条下端变黑，说明浓硫酸具有脱水性，B错误；C.NaCl溶液

9、呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，试管b 中气体的压强减小，导管处发生水倒吸，C正确；D.铁能够与盐酸反应放出氢气，氢气也是无色气体，D 错误；答案选 C。7司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet 综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A b 的一氯代物有4 种Bc 的分子式为C14H14O3C1mold 最多能与4molH2发生加成反应D d 中所有碳原子可能处于同一平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A b 的氢原子有2 种，所以一氯代物有2 种，故 A 错误；B根据结构简式确定c 的分子式为C14H16O3，故 B错误；C苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应

10、，苯环和氢气以1：3 反应、碳碳双键和氢气以1：1 反应，所以 1mold 最多能与 4molH2发生加成反应，故C 正确；D d 中连接 3 个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D 错误；故答案选C。【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D 为解答易错点。8CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)?H=49.0 kJ mol-12CO2(g)+6H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(

11、g)+3H2O(g)?H=173.6 kJ mol-1下列说法不正确的是A CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(g)+2H2O(g)?H0 B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：322322CH OH gCOg+3HgCH CH OH g+2H O g H=-124.6kJ/mol?，故 A 正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B 错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温

12、度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C 正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故 D 正确；故选：B。9金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是A O2只做氧化剂BCuFeS2既是氧化剂又是还原剂CSO2既是氧化产物又是还原产物D若有 1 mol O2参加反应，则反应中共有4 mol 电子转移【答案】D【解析】【详解】A.反应中，O 元素的化合价由O2中的 0 价降至 SO2中的-2 价，O2只做氧化剂，A 正确；B

13、.Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2 价降至 Cu2S中的+1 价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2 价升至 SO2中的+4 价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B 正确；C.O元素的化合价由O2中的 0 价降至 SO2中的-2 价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeS2中的-2 价升至 SO2中的+4 价，SO2是氧化产物，C正确；D.O 元素的化合价由O2中的 0 价降至 SO2中的-2 价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2 价降至 Cu2S中的+1 价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2 价升至 SO2中的+4 价，1molO2参加反应，反应共转移6mol 电子

14、，D 错误；答案选 D。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

15、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：-223ClOH 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

16、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阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是+H2O+CO2A阿魏酸分子式为C10H10O4B阿魏酸存在顺反异构C方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应D可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A 项正确；B.阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B 项正确；C.酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应，C 项正确；D.

17、能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D 项错误；答案选 D。12X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由 Z元素形成的单质，0.1mol L1D 溶液的 pH 为 13（25）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是A B晶体中阴、阳离子个数比为1:2 B等体积等浓度的F溶液与 D 溶液中，阴离子总的物质的量FD C0.1molB 与足量 A 或 C完全反应转移电子数均为0.1NAD Y、Z 分别形成的简单氢化物的稳定性

18、前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol L1D 溶液的 pH 为 13(25)，说明 D 为一元强碱溶液，为NaOH，则 X为 H 元素；E是由 Z 元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B 为过氧化钠，A 为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为 C 元素、Z为 O 元素、W 为 Na 元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为 H，Y为 C，Z为 O，W 为 Na，A 为水，B为过氧化钠，C 为

19、二氧化碳，D 为 NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。AB为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1 2，故 A正确；B等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与 D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32H2OHCO3OH、HCO3-H2O H2CO3OH，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量FD，故 B 正确；CB为 Na2O2，C 为 CO2，A 为 H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB 与足量 A 或 C完全反应转移电子0.1NA，故 C正确；D元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性CO，Y、Z分别

20、形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D 错误；答案选 D。【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O 由-1 价变成 0 价和-2 价。13实验室分离苯和水，可选用下列（）ABC D【答案】C【解析】【分析】苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。【详解】A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；答案选 C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。1

21、4拉曼光谱证实，AlO2在水中转化为Al(OH)4。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L 盐酸，测得溶液中CO32、HCO3、Al(OH)4、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A CO32、HCO3和 Al(OH)4在水溶液中可大量共存Bd 线表示的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3 H2O C原固体混合物中CO32与 AlO2的物质的量之比为1：1 D V1=150mL，V2=300mL；M 点生成的CO2为 0.05mol【答案】C【解析】【分析】将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水

22、中，AlO2转化为 Al(OH)4，除 Na+外溶液中主要存在CO32-、Al(OH)4；由于酸性：H2CO3HCO3Al(OH)3，则结合H+的能力：Al(OH)4CO32-HCO3，向溶液中逐滴加入盐酸，Al(OH)4首先与 H+反应转化为Al(OH)3，因此 a 线代表 Al(OH)4减少，发生的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，则 Al(OH)4的物质的量为1mol/L0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为 0.05mol；接下来CO32-与 H+反应转化为HCO3，b 线代表 CO32-减少，c线代表 HCO3增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3

23、，可计算出n(CO32-)=n(HCO3)=n(H+)=1mol/L 0.05L=0.05mol；然后 HCO3与 H+反应生成 H2CO3（分解为CO2和 H2O），最后 Al(OH)3与 H+反应生成Al3+，d 线代表 HCO3减少，e 线代表 Al3+增多。【详解】A由于酸性：HCO3-Al(OH)3，HCO3会与 Al(OH)4发生反应生成Al(OH)3：HCO3+Al(OH)4=CO32-+Al(OH)3+H2O，HCO3和Al(OH)4在水溶液中不能大量共存，A 项错误；Bd 线代表 HCO3减少，发生的反应为：HCO3+H+=CO2+H2O，B 项错误；C a 线代表 Al(O

24、H)4与 H+反应：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，b 线代表 CO32-与 H+反应：CO32-+H+=HCO3，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与 Al(OH)4的物质的量之比为1：1，原固体混合物中 CO32与 AlO2的物质的量之比为1：1，C 项正确；Dd 线代表 HCO3与 H+的反应：HCO3+H+=CO2+H2O，n(HCO3)=0.05mol，消耗 H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e 线代表 Al(OH)3与 H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，Al(OH)3的物质的

25、量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3而非 CO2，D 项错误；答案选 C。【点睛】在判断 HCO3、Al(OH)3与 H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设 HCO3先与 H+反应，生成的 H2CO3（分解为CO2和 H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与 H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3发生双水解反应，转化为Al(OH)3和 H2CO3（分解为CO2和 H2O），实际效果还是HCO3先转化为 H2CO3，因此判断HCO3先与 H+反应。15下列实验操

26、作会引起测定结果偏高的是（）A测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度【答案】C【解析】【详解】A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A 不合题意；B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B 不合题意；C.量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中

27、一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D 不合题意。故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碳酸镧咀嚼片是一种不含钙和铝的磷酸盐结合剂，有效成分碳酸镧难溶于水，可用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗。.碳酸镧可由LaCl3和碳酸氢铵为原料来制备，避免生成碱式碳酸镧La(OH)CO3，整个反应需在较低的pH条件下进行。化学兴趣小组利用下列装置在实验室中制备碳酸镧。（1）仪器 X的名称是 _。（2）如下左图装置是启普发生器，常用于实验室制取CO2、H2等气体，具有“随开随用、随关随停”的

28、功能。右图装置与启普发生器原理类似，也可用于实验室制取CO2的装置的是 _（填选项字母）。ABC（3）关闭活塞K2，_，说明如下装置气密性良好。（4）装置乙用于制备氨气，可以选用的试剂是_（填选项字母）。A、NH4Cl 固体和 Ca(OH)2固体B、生石灰和浓氨水C、碱石灰和浓氨水D、无水 CaCl2和浓氨水（5）实验装置接口的连接顺序是：a 接_。为制得纯度较高的碳酸镧，实验过程中需要注意的问题是_。II可用碳酸氢钠溶液代替碳酸氢铵溶液，与氯化镧反应制备碳酸镧。（6）精密实验证明：制备过程中会有气体逸出，则制备过程总反应的离子方程式是_。（7）制备时，若碳酸氢钠滴加过快，会降低碳酸镧的产率，

29、可能的原因是_。III、碳酸镧咀嚼片中有效成分测量。（8）准确称取碳酸镧咀嚼片ag，溶于 10.0 mL 稀盐酸中，加入10 mL NH3-NH4C1缓冲溶液，加入0.2 g紫脲酸铵混合指示剂，用0.5 mo1L1，EDTA(Na2H2Y）标准溶液滴定至呈蓝紫色(La3+H2y2=LaY2H），消耗 EDTA标准溶液VmL。则咀嚼片中碳酸镧（摩尔质量为458 g/mol)的质量分数w_。【答案】球形干燥管（干燥管）B打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面BCc控制氨气或二氧化碳的通入量3323 3222La6HCOLa(CO)3CO3H O加入碳酸

30、氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧11.45V%a【解析】【分析】仪器 X 的名称为球形干燥管。A 装置与 C装置当活塞关闭时反应不能停止，B 装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止。检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气。装置乙是固液混合不加热型装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气。a 是启普发生器产生二氧化碳的装置，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接 c即可；为避免生成碱式碳酸镧La(OH)CO3，整个反应需在较低的pH 条件下进行，需控制控制氨气

31、或二氧化碳的通入量，以免pH 变大。3LaCl和碳酸氢铵反应生成碳酸镧。碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH 值会迅速增大，影响碳酸镧的生成。根据反应3222LaH YLaYH进行计算。【详解】仪器 X 的名称是球形干燥管简称干燥管，故答案为：球形干燥管（干燥管）；A 装置与 C装置不具有“随开随用、随关随停”的功能，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止，所以B 装置符合题意，故答案为：B；检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气，故答案为：打开分液漏斗活塞，向其中注

32、入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面；装置乙是固液混合不加热型制取气体装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气，无水CaCl2和氨气发生反应，不能用来制取氨气，故答案为：BC；a 属于启普发生器，是产生二氧化碳的，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c 即可；为避免生成碱式碳酸镧La(OH)CO3，整个反应需在较低的pH 条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH 变大；故答案为：c，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量；3LaCl和碳酸氢铵反应生成碳酸镧反应化学方程式为：4323332242LaCl6NH HCOLa(CO)3CO3H O6NH

33、 Cl，所以离子方程式为：3323 3222La6HCOLa(CO)3CO3H O，故答案为：3323 3222La6HCOLa(CO)3CO3H O；碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH 值会迅速增大，生成碱式碳酸镧，故答案为：加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧；3VmLV10L,滴定时消耗EDTA的物质的量33V10L0.5mol/L0.5 10Vmol，根据反应3222LaH YLaYH可知碳酸镧的物质的量为30.25 10Vmol，所以质量为30.25 10Vmol458g/mol，咀嚼片中碳酸镧的质量分数为30.25 10Vmol458g/molwa

34、，化简得11.45Vw%a，故答案为11.45V%a。【点睛】注意启普发生器的使用条件必须是块状或颗粒状固体和液体，且块状固体与液体接触后仍为块状或颗粒状。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，

35、其电子式为_。上图转化关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

36、；2A1+2OH-+2H2O=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

37、，故具有漂白性，其电子式为；（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

38、，反应产生1molNaOH，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

39、程式的书写、电解反应原理的应用的知识。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解，反应生成Na3Ag(S2O3)2；在废定影液中加入Na2S使 Na3Ag(S2O3)2中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag，就达到了回收银的目的。(1)铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态银原子的最外层电子排布式为_。(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为_。(3)S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为_。(4)写出 AgBr 溶于 Na2S2O3溶液的

40、离子反应方程式_。Na3Ag(S2O3)2中存在的作用力有离子键、共价键、_。(5)在空气中灼烧Ag2S生成 Ag 和 SO2，SO2 分子中硫原子的价层电子对数为_，其分子空间构型为_。SO2易溶于水，原因是_。(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X 射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X 射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am，金的密度为gcm-3，金的摩尔质量为Mg mol-1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式_。【答案】5s1S2-O2-Na+sp3AgBr+2S2O32-=Ag(S2O3)23-+B

41、r-配位键3 V 形根据相似相溶原理，SO2和水均为极性分子，且SO2和水反应1A63mol4 210MNa【解析】【分析】（1）根据铜的最外层电子排布式确定基态银原子的最外层电子排布式。（2）一般地，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小。（3）根据 S2O32-离子的结构图示确定硫原子的杂化轨道类型。（4）Na3Ag(S2O3)2是一种配合物。（5）用 VSEPR理论计算SO2 分子中硫原子的价层电子对数，确定其分子空间构型。影响物质溶水性的因素有氢键、相似相溶以及和水反应。（6）根据mV计算 NA。【详解】（1）铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态铜原子

42、的最外层电子排布式为4s1，则基态银原子的最外层电子排布式为5s1，故答案为5s1；（2）电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为S2-、O2-、Na+，故答案为S2-O2-Na+；（3）由 S2O32-离子结构示意图可知，其中心硫原子形成4 个 键，则中心硫原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为sp3；（4）AgBr 与 Na2S2O3溶液反应生成Na3Ag(S2O3)2和 NaBr，该反应的离子反应方程式为AgBr+2S2O32-=Ag(S2O3)23-+Br-，Na3Ag(S2O3)2中存在的作用力有离子键、

43、共价键和配位键，故答案为AgBr+2S2O32-=Ag(S2O3)23-+Br-；配位键；（5）SO2 分子中硫原子的价层电子对数为：2+6222=2+1=3，因 SO2 分子中含有1 个孤电子对，所以其分子空间构型为V 形，因 SO2和水均为极性分子，且SO2可以和水发生反应，所以SO2易溶于水，故答案为 3；V 形；根据相似相溶原理，SO2和水均为极性分子，且SO2和水反应；（6）金晶体的晶胞属于面心立方晶胞，则1 个晶胞中含有金原子的个数为818+612=4，金原子的半径为 a102cm，则金晶胞的边长为22 210acm，所以金的密度为 g cm-3=3242 2 10AMNa，解得1

44、A63MNmol42 10 a，故答案为1A63MNmol4 210 a。19向 Fe2(SO4)3溶液中加入KSCN溶液，发生反应：Fe3+SCN-?Fe(SCN)2+；若加入K4Fe(CN)6溶液，两者发生反应会生成Fe4Fe(CN)63沉淀。(1)基态 Fe原子的价电子排布式为_，Fe原子失去电子变成阳离子时，首先失去的电子所处的轨道的形状为 _(2)Fe(SCN)2+的四种元素中第一电离能最大的是_(填元素符号，下同)，电负性最大的是_。(3)配合物 Fe(CO)n可作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则 n=_(4)Fe4Fe(CN)63中铁元素的

45、化合价为_。(5)SO42-的立体构型为_。(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)，铁镁合金的化学式为_；若该晶胞为正方体，棱长为a cm，则镁原子与铁原子间的最短距离为_cm，晶胞的密度为_g?cm-3。【答案】3d64s2球形N N 5+2、+3 正四面体Mg2Fe 3a43A416a N【解析】【分析】【详解】(1)注意审题，书写基态Fe原子的价电子排布式即为3d64s2；原子变成阳离子时，首先失去最外层的电子，即 4s 能级的电子，这一能级轨道形状即为球形；(2)Fe、S、C、N 四种元素中第一电离能最大的是N 元素，电

46、负性最大的也是N 元素；(3)羰基铁配合物中中心原子为Fe，价电子数为8；配体为CO，配位原子为C，有一个孤对电子，所以有8+2n=18，所以 n=5；(4)K4Fe(CN)6中的 Fe为+2 价，所以Fe4Fe(CN)63中铁元素的价态有+2 和+3 两种；(5)通过 VSEPR理论计算，硫酸根有4 个价层电子对，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体；(6)通过分析晶胞结构，Fe 原子处在面心和顶点的位置，Mg 原子处在内部，均摊法计算铁镁合金的晶胞中含有铁原子个数为=118682=4 个，镁原子个数为8个，所以化学式即为Mg2Fe；经过分析可知，该铁镁合金晶胞结构与CaF2相同，将晶胞分成相等的8 个小正方体，Mg 就处在每个小正方体的体心位置，所以 Mg 和 Fe 的最近距离即晶胞体对角线的14，即3a4cm；晶胞的密度2Mg FeA33A4416=aaMmNVN晶胞晶胞晶胞。