2019-2020学年北京市西城区普通中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区普通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 0.1 molL1 NaOH 溶液滴定 40 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A Ka2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C图中 Z 点对应的溶液中：c(Na)c(SO32)c(HSO3)c(OH)D图中 Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)【答案】C【解析】【分析】用 0.1mol/LNaOH 溶液

2、滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32)时，此时pH=7.19，即 c(H+)=10-7.19mol/L，则 H2SO3的Ka2=c(H+)，所以 H2SO3的 Ka2=1 10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故 A 正确；B 第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶

3、液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B 正确；CZ点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液 pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故 C错误；D根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以 3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故 D 正确；答案选 C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中

4、的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合 Ka2的表达式分析解答。2人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在 7.35 7.45 之间血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制【答案】B【解析】【分析】【详解】碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选 B。3已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40 mL 的 NO

5、和 O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH 溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和 NaOH，剩余气体 5 mL，则原混合气体中NO 的体积为()A 20 mL B25 mL C12 mL D33 mL【答案】D【解析】【详解】根据 NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和 NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO 的体积为V，则 O2的体积为(40V)mL，氮元素化合价由+4 降低为+3，根据得失电子守恒-3-3(5)10(40)1043(40)mmVVVV，计算得V=33 mL，故选 D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化

6、物和NaOH 反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO 和 NaOH 不反应，二氧化氮和NaOH 反应。4不能通过化合反应生成的物质是（）A HClO BNO CSO3D FeCl2【答案】A【解析】【详解】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A、氯气和水反应生成HCl和 HClO，则不能通过化合反应生成，故A 选；B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B 不选；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D 不选；故选：A。5最近我国科学家对“液流电池”的研究取

7、得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A放电时，a 极电势高于b 极B充电时，a 极电极反应为I2Br+2e=2I+BrC图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量D导线中有NA个电子转移，就有0.5 mol Zn2+通过隔膜【答案】B【解析】【分析】在 a 电极上，I2Br-得电子生成I-和 Br-，a 电极为正极；在b 电极上，Zn 失电子生成Zn2+进入溶液，b 电极为负极。【详解】A放电时，a 极为正极，电势高于作负极的b 极，A 正确；B充电时，a 极应为阳极，电极反应为2I+Br-2e=I2Br-，B错误；C图中贮液器中的溶液组成与电极

8、区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C 正确；D导线中有NA个电子转移，依据关系式Zn2e-，就有 0.5 mol Zn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D 正确；故选 B。6下列离子方程式书写错误的是()A铝粉投入到NaOH 溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O CFeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13+3OH-=Al(OH)3【答案】D【解析】【分析】A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和

9、氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，A 正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B 正确；C.FeCl2溶液跟 Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵

10、和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3+3NH4+，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。7中央电视台国家宝藏栏目不仅彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是：A“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材质为Fe3O4B宋莲塘乳鸭图缂丝中使用的蚕丝的主要成分是蛋白质C宋王希孟千里江山图中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜D清乾隆“瓷

11、母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A.Fe3O4为磁性氧化铁，可作指南针的材料，司南中“杓”的材料为Fe3O4，A 正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B 正确；C.铜绿主要成分是碱式碳酸铜，C正确；D.陶瓷主要成分是硅酸盐，不是SiO2，D 错误；故合理选项是D。8碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：。下列说法错误的是A上述反应属于加成反应B碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D 1mol 碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH【答案】C【解析】【详解】A 选项，根据分析两种物质变为一种物质

12、，则上述反应属于加成反应，故A 正确；B 选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故 B 正确；C 选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D 选项，1mol 碳酸亚乙酯相当于有2mol 酯基，因此最多可消耗2molNaOH 发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故 D 正确。综上所述，答案为C。9用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的的是实验目的实验方案所选玻璃仪器A 除去 KNO3中少量 NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 证明 CH

13、3COOH与 HClO的酸性强弱相同温度下用pH 试纸测定浓度均为 0.1 mol L1NaClO、CH3COONa溶液的 pH 玻璃棒、玻璃片C 配制 1 L 1.6%的 CuSO4溶液（溶液密度近似为1 g mL1）将 25 g CuSO4 5H2O 溶解在 975 g 水中烧杯、量筒、玻璃棒D 检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故A 错误；BHClO 具有漂白性

14、，不能用pH 试纸测 pH，故 B 错误；C在烧杯中配制一定质量分数的溶液，计算后称量、溶解，则25gCuSO4 5H2O 溶解在 975g 水中，质量分别为 16%，但溶液体积是11000g1g?mL=1000mL=1L，故 C正确；D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，此时溶液呈酸性，要加NaOH 溶液中和至中性或弱碱性，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D 错误；故选 C。10在 25 C 时，向 amL0.10mol L-1的 HNO2溶液中逐滴加入0.10mol L-1的 NaOH 溶液。滴定过程中混合溶液的pOHpOH=-lgc(OH-)与 NaOH 溶液的体积V

15、的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（）A 25 C时，HNO2电离常数的数量级是10-4BM 点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C图上 M、N、P、Q 四点溶液中所含离子的种类相同D a=10.80【答案】B【解析】【分析】已知 P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此为 NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有

16、NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A.HNO2电离常数K=+22NOHHNOccc，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L 的 HNO2溶液的 pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2?H+NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=2.152.152.15-1-1-3.3-1-1-1mol Lmol L10mol L0.1mol L101010-mol Lggggg，故 A 正确；B.根据分析

17、可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL 氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式联立可得 2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故 B错误；C.M、N、P、Q 四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故 C正确；D.已知 P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)

18、+c(HNO2)=c(Na+)，此为 NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故 D 正确；故答案为B。11偏二甲肼（CH3）2N-NH2（N 为-2 价）与 N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0，下列说法不正确的是（）A该反应在任何情况下都能自发进行B1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键C反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D反应中，生成1molCO2时，转移8mole-

19、【答案】C【解析】【详解】A.自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0 可知，H0，可得 G=H-T S0，该反应在任何情况下都能自发进行，A 正确；B.1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键，B 正确；C.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N 元素化合价由-2 升高到 0，+4 降低到 0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，生成 1molCO

20、2时，转移 8mole-，D 正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，G=H-TS 0，反应自发进行，G=H-T S0，反应非自发，S为气体的混乱度。12在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和 Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52-+H2O=2HSO3-实验用品实验操作和现象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液1.0010-2mol/L NaHSO3溶液5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液实验 1：溶液 使紫色石蕊溶液变蓝，溶液 使之

21、变红。实验 2：溶液与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH 条件下，c(SO32-)随反应时间变化如下图所示。实验 3：调溶液的pH 相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是A Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32-+H2OHSO3-+OH-BNaHSO3溶液中 HSO3-的电离程度大于水解程度C实验 2 说明，Na2SO3在 pH=4.0 时抗氧性最强D实验 3 中，三种溶液在pH 相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同【答案】C【解析】【详解】A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32-水解 SO32-+H2OHSO3-+OH

22、-，所以溶液显碱性，故A正确；B.HSO3-电离呈酸性、HSO3-水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故B正确；C.根据图示，Na2SO3在 pH=9.2 时反应速率最快，所以pH=9.2 时抗氧性最强，故C错误；D.根据已知信息可知实验3 中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。13下列说法正确的是A可用溴水除去已烷中的少量已烯B可通过控制溶液的pH 分离不同的氨基酸C可用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖发生了水解反应D可向溴代环己烷与NaOH 乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物【答案】B【解

23、析】【分析】A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br 要转化为Br-，在酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A 错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析出时pH 各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B 正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因

24、此不能用新制 Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH 乙醇溶液共热发生消去反应产生环己烯、NaBr 及 H2O，由于该溶液可能含有过量的 NaOH 而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH 与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O 所致，因此不能用于检验消去产物，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。14肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A分子式为C9

25、H9O2B不存在顺反异构C可发生加成、取代、加聚反应D与安息香酸（）互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：982C H O，A 错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B 错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D 错误；答案选 C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A 选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同

26、，排除D选项。15下列实验中，能达到相应实验目的的是A制备并收集乙酸乙酯B证明氯化银溶解度大于硫化银C验证溴乙烷的消去产物是乙烯D推断 S、C、Si的非金属性强弱A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L 的 AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L 的 NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴 0.1mol/L 的 Na2S，AgNO3与 Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选 B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产

27、物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性SC，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi，故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:反应 I:3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O 反应 II:3H2S+KIO3=3S+KI+3H2O 请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_。(2)关闭启普发生器活塞,先滴入 30%的 KOH溶

28、液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为_(填现象),停止滴人KOH溶液;然后 _(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是 _。(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和_(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:几种物质的溶解度见下表:由上表数据分析可知，“操作 a”为 _。用惰性电极电解KI 溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是 _。(6)某同学测

29、定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。取 1.00 g 样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI 和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 mol L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反应时共消耗12.60 mL Na2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。【答案】ZnS+H2SO4=H2S+ZnSO4恒压滴液漏斗无色打开启普发生器活塞，通入气体使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢硫蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)KClO3和 I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；89.88%【解析】【分析】实验过程为：

30、先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的 KOH溶液，发生反应I:3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应II:3H2S+KIO3=3S+KI+3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；(5)实验室模拟工业制备KIO3：将 I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 KH(IO3)2晶体，再与 KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。【详解】(1)启普发生器中发生的反应

31、是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4=H2S+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；(2)碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；(4)根据反应II 可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；(5)根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a 为蒸发浓缩、

32、冷却结晶；根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；(6)该滴定原理是：先加入过量的KI 并酸化与KIO3发生反应：IO3?+5I?+6H+=3I2+3H2O，然后利用 Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3?3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知 I22Na2S2O3，则有 IO3?6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L 2.0mol/L16=0.0042mol，所以样品中KIO3的质量分数为0.0042mol214g/mol100%1.00g=89.88%

33、。【点睛】启普发生器是块状固体和溶液不加热反应生成气体的制备装置。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等）中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。（1）步骤当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，写出两点可提高“浸取”速率的措施 _；从 Cu 和 Pb混合物中提取Cu的试剂为 _（填名称）。（2）步骤反应的化学方程式为_。（3）步骤分离出的滤渣中主要含有两种杂质，为了回收滤渣中的非金属单质，某实验小组向滤渣中加入试剂 _（填化学式），充分溶解后过滤，然后将滤液进行_（填操作名称

34、），得到该固体非金属单质。（4）步骤反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（5）排放后的废水中含有NO3-，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al 粉将 NO3-还原成无污染气体排放，该方法的缺点是处理后的水中生成了AlO2-，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为：_。25时，欲将上述处理过的水中的c（AlO2-）降到 1.0 10-7mol/L，此时水中c（Al3+）=_mol?L-1（已知，25，Ksp（Al（OH）3=1.3 10-33，Al（OH）3（s）?H+AlO2-+H2O，Ka=1.0 10-13）【答案】粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长

35、浸取时间或充分搅拌稀盐酸AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl CS2蒸馏 4:110Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O1.3 10-9【解析】【分析】银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把 Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X 为 Zn，分离操作为过滤，得到 Cu和 Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加 Na2SO3溶液，AgCl与 Na2SO3反应生成Na3Ag（S

36、O3）2和 NaCl，过滤，滤渣为S和 SiO2，滤液为Na3Ag（SO3）2和 NaCl，在滤液中加N2H4和 NaOH，生成 Ag 和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。【详解】（1）为提高浸取率可采取的措施：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等，Cu 和 Pb 混合物中提取Cu可选用稀盐酸，根据金属活动性顺序表可知，Pb 可与稀盐酸反应，Cu不反应，再过滤即可，故答案为：粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；稀盐酸；（2）步骤加Na2SO3溶液，AgCl 与 Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和

37、 NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl；（3）步骤分离出的滤渣中主要含有S和 SiO2两种杂质，利用S易溶于 CS2，滤渣中加入CS2，充分溶解后过滤，然后根据S和 CS2的沸点不同进行蒸馏即可，故答案为：CS2；蒸馏；（4）步骤的化学反应方程式为：4Na3Ag(SO3)2+N2H4+4NaOH=4Ag +8Na2SO3+N2+4H2O，Na3Ag(SO3)2作氧化剂，N2H4作还原剂，其氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为4：1；（5）在碱性条件下用Al 粉将 NO3-

38、还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O，已知，25，Ksp Al(OH)3=1.3 10-33，Al(OH)3(s)?H+AlO2-+H2O，Ka=1.0 10-13，可得，Ka=c(H+)c(AlO2-)=c(H+)1.0 10-7mol/L=1.0 10-13，c(H+)=1.0 10-6mol/L，c(OH-)=1.0 10-8mol/L，Ksp Al(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=1.3 10-33，c(Al3+)=1.310-9mol?L-1，故答案为10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-

39、+2H2O；1.3 10-9。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：（1）氟代硼酸钾中非金属元素原子的电负性大小顺序是_。基态 K+的电子排布式为_。（2）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化方式为_。NaBH4中存在 _（填标号）。a.离子键b.氢键c.键d.键（3）BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为 _，其中 Be 的配位数为 _。（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：化合物NaF

40、MgF2AlF3SiF4PF5SF6熔点/993 1261 1291-90-83-50.5 解释表中氟化物熔点变化的原因：_。（5）CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据 F-形成的空隙，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 CaF2的密度 =_g cm-3（列出计算表达式）。【答案】FOB 1s22s22p63s23p6或Ar 正四面体sp3ac 3 前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大A3-30784Nm=4(x+y)V()103【解析】【分析】(1)氟代硼酸钾中非金属元素有F、O、B，元素的非金属性越强，电负性越

41、大；基态K+核外电子总数为18；(2)BH4-的中心原子B原子孤电子对数=3 1 142=0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型与VSEPR模型相同；Na+与 BH4-之间形成离子键，B原子有 3 个价电子，H有空轨道，而BH4-中形成 4 个 B-H 键，故 BH4-中含有 1 个配位键、3 个 键；(3)双聚分子为Be2Cl4，Be 原子价电子数为2，形成 2 个 Be-Cl 键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个 BeCl2分子中的1 个 Cl原子另外分子中Be原子之间形成1 个配位键；(4)氟化物的熔点与晶体类型，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；离子半径越小、电荷越

42、大，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。而相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子晶体的熔沸点越高；(5)晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+818+612+1214=8，结合化学式可知，白色球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占据 F-形成的立方体的体心，晶胞中F-形成 8 个小立方体，只有4 个 Ca2+占据；处于晶胞中 F-形成的小立方体体心的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=2 xy3pm，故晶胞棱长=4 xy3pm，计算晶胞中微粒总质量，即为晶胞质量，晶体密度=晶胞质量 晶胞体积。【详解】(1)氟代硼酸钾中非金属元素

43、有F、O、B，非金属性强弱顺序为F O B，电负性大小顺序为FOB；基态 K+核外电子总数为18，则电子排布式为1s22s22p63s23p6或Ar；(2)BH4-的中心原子B原子孤电子对数=3 1 142=0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形，B 原子采取sp3杂化；Na+与 BH4-之间形成离子键，B 原子有 3 个价电子，H 有空轨道，而 BH4-中形成 4 个 B-H 键，故 BH4-中含有 1 个配位键、3 个 键，没有氢键与键，故答案为ac；(3)双聚分子为Be2Cl4，Be 原子价电子数为2，形成 2 个 Be-Cl 键，Be原子有空轨道、C

44、l原子有孤电子对，每个 BeCl2分子中的1 个 Cl原子另外分子中Be原子之间形成1 个配位键，BeCl2的结构式为，其中 Be的配位数为3；(4)NaF、MgF2和 AlF3为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高，而SiF4、PF5和 SF6为分子晶体，分子间力依次增大，熔点依次增大；(5)晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+818+612+1214=8，结合化学式可知，白色球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占据 F-形成的立方体的体心，晶胞中 F-形成 8 个小立方体，只有 4 个 Ca2+占据，可知 Ca2+占据 F-形成的空隙占有率为50%；处于晶胞中F-形成的小立方体体心

45、的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若 r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=2 xy3pm，故晶胞棱长=4 xy3pm，晶胞相当于含有4 个“CaF2”，晶胞质量=478ANg，晶体密度A3-30784Nm=4(x+y)V()103g?cm-3。【点睛】价层电子对互斥模型(简称 VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数 键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a 指中心原子价电子个数，x 指配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际

46、空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。19用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2 xH2O）。有如下操作：已知：在pH 为 45 时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，Cu2+却不水解。(1)加热酸溶过程中发生反应的离子方程式有：_(2)氧化剂 A 可选用 _（填编号，下同）Cl2KMnO4 HNO3(3)要得到较纯的产品，试剂B 可选用 _NaOH FeO CuO(4)试剂 B的作用是 _提高溶液的pH 降低溶液的pH 使 Fe3+完全沉淀使 Cu2+完全沉淀(5)从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_（按实验先后顺序填编号）过滤蒸发浓缩蒸发至干冷却(6)为了测定制得的氯

47、化铜晶体（CuCl2 xH2O）中 x 值，某兴趣小组设计了两种实验方案：方案一：称取m g 晶体灼烧至质量不再减轻为止、冷却、称量所得无水CuCl2的质量为n g。方案二：称取m g 晶体、加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止、冷却、称量所得固体的质量为n g。试评价上述两种实验方案，其中正确的方案是_，据此计算得x=_（用含 m、n 的代数式表示）。【答案】Fe+2H+Fe2+H2，CuO+2H+Cu2+H2O 二80m-135n/18n【解析】【分析】铁和酸反应生成二价铁离子和氢气，氧化铜和酸反应，生成铜离子和水，写出离子反应方程式；选用氧化剂时既要达到氧化

48、的作用，又不能引入新的杂质；为了得到较纯的产品，所加入的试剂不能引入其它杂质；试剂 B会与前段反应产生的Fe3+作用，使其完全水解，生成沉淀；结合日常实验中从滤液得到晶体的操作方法：加热浓缩，冷却结晶，过滤得到晶体；直接灼烧晶体会有部分CuCl2,发生水解反应，最后灼烧所得固体为氯化铜和氧化铜的混合物；根据铜原子守恒，氯化铜晶体中的铜和最后所得固体氧化铜中铜原子的质量相等，列出比例式，氯化铜晶体和氧化铜的相对分子质量之比等于质量之比，计算出水的系数x，据此分析解答。【详解】(1)铁在酸性条件下，生成二价铁离子和氢气，氧化铜在酸性条件下，生成二价铜离子和水，离子反应方程式分别为Fe+2H+=Fe

49、2+H2、CuO+2H+=Cu2+H2O；(2)加入氧化剂把Fe2+氧化为 Fe3+,而且不引入新的杂质离子，使用KMnO4引入 K+和 Mn2+，使用 HNO3引入NO3-，且无法除去，当加入氯气时，发生反应以后，产生氯离子，不是杂质，故选；(3)Fe3+3H2O?Fe(OH)3+3H+,加入的试剂B要能够促使水解完全进行，又不引入新的杂质离子，如使用Na0H 引入新的Na+,使用 FeO引入 Fe2+,而为固体，提高pH 的同时引入的是铜离子，没有新杂质引入，故选；(4)选择的试剂B，通过与酸的反应生成Cu2+且提高溶液的pH，因 pH 为 4-5 时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时

50、Cu2+却几乎不水解，所以促使了Fe3+完全沉淀，故选；(5)从溶液中得到晶体，一般操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即实验的先后顺序为；(6)直接灼烧晶体会有部分CuCl2发生水解反应，最终得到CuO、CuCl2的混合物，导致测量不准确，方案一错误，方案二正确；最终生成的是CuO，根据铜原子守恒可得：22CuClxH OCuO135 18x?80m?nn，13518xm80n，解得80m135nx18n。【点睛】本题是基础工艺流程题，三价铁的沉淀除杂是模拟题中最常见的考点，一般是消耗溶液中的氢离子，同时不引入新的杂质，所以可以加入要保留的金属离子对应的氧化物、碱、碳酸盐或者碱式碳酸盐等；同时要