2019-2020学年北京市昌平区新学道临川学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市昌平区新学道临川学校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下列说法中，正确的是（）A一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB1mol1822NaO与足量水反应，最终水溶液中18O 数为 2NA（忽略气体的溶解）C常温下，46gNO2和 N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD 100mL12mol L1的浓 HNO3与过量 Cu反应，转移的电子数大于0.6NA【答案】D【解析】【详解】A.一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，发生反应N23H22NH3，该反

2、应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故 A 错误；B.1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O22H2O=2Na18OH 2NaOH18O2，最终水溶液中18O 数为NA，故 B 错误；C.NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故C错误；D.浓 HNO3与铜反应生成NO2，稀 HNO3与铜反应生成NO，即 Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 2NO22H2O、3Cu 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 2NO 4H2O，100mL12mol L1的浓 HNO3中含有的n(HNO3)0.1L 12mol L11.2mol，1.2m

3、olHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol 电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol 电子，100mL12mol L1的浓 HNO3与过量 Cu 反应的还原产物为NO 和 NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。2已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，测得 c（FeO42）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：下列说法正确的是（）A图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42转化速率越快B图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42转化速率

4、越快C图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快 FeO42的转化D图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42优良的稳定剂【答案】C【解析】【分析】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大。【详解】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大，可知温度越高FeO42转化速率越快，故A 错误；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小，则碱性越强FeO42转化速率越小，故B 错误；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO4

5、2的浓度变化越大，故C正确；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D 错误；故选：C。3已知 X、Y、Z 为短周期主族元素，在周期表中的相应位置如图所示，下列说法不正确的是（）A若 X为金属元素，则其与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比可能是12 B若 Z、Y能形成气态氢化物，则稳定性一定是ZHnYHn C若 Y是金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应D三种元素的原子半径：r（X）r（Y）r（Z）【答案】C【解析】【分析】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X

6、 为金属时，X可能为 Na、Mg、Al，若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。【详解】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z 三种元素分别位于第二周期和第三周期；A、当 X 为金属时，X可能为 Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳离子个数比有为1:2、1:1、2:3，故 A 不符合题意；B、由于 Z、Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y，所以气态氢化物的稳定性ZHnYHn，故 B 不符合题意；C、若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，因为 Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意；D

7、、因电子层数X=YZ，故半径YZ，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)r(X)r(Z)，故D 不符合题意。故选 C。4人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A B为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl【答案】A【解析】【分析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H 原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl-6e=

8、3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极、左侧惰性电极A，C正确；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为 A。5已知一

9、定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：加热 10g硫酸铜粉末至完全分解，将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量 中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A 3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2B4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+O2C5CuSO45CuO+SO3+4SO2+2O2D6CuSO46CuO+4SO3+2SO2+O2【答案】B【解析】【分析】由“反应结束后称量中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化

10、硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。【详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g-5.0g 5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g-4.5g 0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20160)：(1080)：(132)4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+O2，故答案为：B。【点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物

11、质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。6化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化D农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能【答案】D【解析】【详解】A分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A 错误；B根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm 之间，浊液分散

12、质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D 正确；故选 D。7莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A等浓度的两种酸其酸性相同B两种酸都能与溴水发生加成反应C鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能【答案】D【解析】【分析】【详

13、解】A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A 错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B 错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C 错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚-OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D 正确；答案选 D。【点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。8已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金

14、属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为 A、E分别与 B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）AA、B形成的一种化合物具有漂白性BB、D形成的离子化合物可能含有非极性键CC的单质能与丙反应置换出B的单质D丁为黑色固体，且1mol 甲与足量丙反应转移电子3 NA【答案】D【解析】【分析】已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为 Fe；A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则A 为 H，D 为 Na，由C与D的原子序数之和

15、为20，可知 C 为 F；甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为A、E分别与 B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为 Fe3O4，则B 为 O 元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A 为 H，B 为 O，C 为 F，D 为 Na，E为 Fe元素；甲为 Fe，乙为 H2，丙为 H2O，丁为 Fe3O4；A H、O 两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A 正确；BO 和 Na 组成的 Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B 正确；CF2溶于水生成HF和 O2，故 C 正确；D丁为 Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4

16、H2OFe3O4+4H2可知 1molFe 与足量 H2O 反应转移电子83NA，故 D 错误；故答案为D。9工业上利用电化学方法将SO2废气二次利用，制备保险粉（Na2S2O4）的装置如图所示，下列说法正确的是（）A电极 为阳极，发生还原反应B通电后H+通过阳离子交换膜向电极方向移动，电极区溶液 pH 增大C阴极区电极反应式为：2SO2+2eS2O42D若通电一段时间后溶液中H+转移 0.1mol，则处理标准状况下SO2废气 2.24L【答案】C【解析】A电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，为阳极发生氧化反应，A 错误；B通电后 H+通过阳离子交换膜向阴极电极方向移动，电极上二氧化硫被氧化生成硫酸

17、，电极反应式为2H2O+SO22e4H+SO42，酸性增强pH 减小，B 错误；C电极极为阴极，发生还原反应SO2生成 Na2S2O4，电极反应式为：2SO2+2eS2O42，C正确；D由阴极电极反应式为：2SO2+2eS2O42，阳极电极反应式为：2H2O+SO22e4H+SO42，则若通电一段时间后溶液中H+转移 0.1mol，则阴阳两极共处理标准状况下SO2废气（0.1+0.05）mol 22.4L/mol=3.36L，D 错误，答案选C。10已知还原性I-Fe2+Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应

18、）（）A I-、Fe3+、Cl-BFe2+、Cl-、Br-CFe2+、Fe3+、Cl-DFe2+、I-、Cl-【答案】B【解析】【详解】由于还原性I-Fe2+Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl22I=2Cl I2；当 I反应完全后再发生反应：2Fe3+Cl2=2Fe2+2Cl，当该反应完成后发生反应：Cl22Br=2ClBr2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br-，故选项是B。11下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据是A B C D 勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡

19、，试管中出现浑浊测得 H 为 H1、H2的和H2与 O2的体积比约为21 A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.反应 2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产生更多的NO2气体，二氧化氮浓度增大，左侧气体颜色加深；降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，右侧气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，A 不符合题意；B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HClH2CO3，但 HCl 不是最高价氧化物对应的水化物，不能比较C、Cl 的非金属性强弱；试管中出现浑浊，可能是由于发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，也可能

20、是由于发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，无法用元素周期律解释，B符合题意；C.根据盖斯定律可知：H=H1+H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；D.根据电子守恒可知，电解水生成H2与 O2的物质的量之比2:1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与 O2的体积比约为2:1，D 不符合题意；故合理选项是B。12常温下，控制条件改变0.1mol L-1二元弱酸H2C2O4溶液的 pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数(X)随 pOH 的变化如图所示。已知 pOH=-lgc(OH-)，-2-2242424c(X)(X)=c(H C O+c(

21、HC O)+c(C O)）。下列叙述错误的是（）A反应 H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数的值为103B若升高温度，a 点移动趋势向右CpH=3 时，2-24224c(C O)c(H C O)=100.6：1 D物质的量浓度均为0.1mol L-1的 Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A反应 H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=-242422+a1+42-2-224242224a42HC OHC OHC OH C OC OH C OC OH=Hccc

22、cKcKccccgg，a 点 c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此时pOH=9.8，则 c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，则 Ka2=+2-24-24HC OHC Occc=10-4.2；同理 b 点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得 Ka1=10-1.2，所以反应的平衡常数K=-1.23-4.210=1010，故 A 正确；B温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，pH 与 pOH 之后小于14，则图像整体将向左移动，故 B 错误；C4.21.2-2-+2-+21424242-2+2+-3224224224C OC OHHC OH1=

23、H C OH C OHC10OH1010H=aacccccccKcccKgg=100.6：1，故 C正确；DH2C2O4的 Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，则 HC2O4-的水解平衡常数Kh1=-14-9.8w-4.2a 210=1010KK，即其电离程度大于其水解程度，所以纯NaHC2O4溶液中 c(C2O42-)c(HC2O4-)，加入等物质的量浓度Na2C2O4、草酸钠会电离出大量的 C2O42-，则溶液中c(C2O42-)c(HC2O4-)依然存在，据图可知当c(C2O42-)c(HC2O4-)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)c(C2

24、O42-)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)，故 D 正确；故答案为B。【点睛】有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数；D 项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。13设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与 Na2S溶液中阳离子的数目相等B标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NAC常温常压下，NO2与 N2O4的混合气体46g，原子总数为3NAD 0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A常温

25、常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与 Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A 错误；B标准状况下HF 不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；CNO2与 N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与 N2O4的混合气体46g含有 1mol“NO2”，原子总数为 3NA，C正确；D-NH2(氨基)含有 9 个电子，0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D 错误；答案选 C。【点睛】选项 B 是解答的易错点，容易根据HCl 是气体而认为HF 在标况下也是气态，错因在于忽略了HF 分子间存在氢键，从而导致HF 熔沸点升高，标况下不是

26、气态。14W、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，的最外层电子数是电子层数的3 倍，Y与 Z的原子序数之和是X的原子序数的4 倍。下列说法错误的是A原子半径大小顺序为：YZXW B简单氢化物的沸点X高于 Y，气态氢化物稳定性ZY CW、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D W、Z 阴离子的还原性：WZ【答案】C【解析】【分析】因为 W、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是 H元素；的最外层电子数是电子层数的3 倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X

27、最外层有6 个电子，X为 O元素；X是 O元素，原子序数是8，Y与 Z的原子序数之和是X 的原子序数的4 倍，即是Y与 Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z 的原子序数为17，Y是 P元素，Z 是 Cl 元素。【详解】A同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径PCl，因为 P、Cl比 O 多一个电子层，O 比 H 多一个电子层，故原子半径大小顺序为：PClOH，即 YZXW，A 正确；B H2O 分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O 的沸点比 PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增

28、加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性 HClPH3，B正确；C没有强调P与 Cl 元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO 的酸性强，C 错误；D P3-的还原性比Cl-的还原性强，D 正确；答案选 C。15化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（）A为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C2020 年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有

29、助于减少白色污染【答案】D【解析】【分析】【详解】A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A 错误；B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；C.2020年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D 正确；选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A 中加热装置已略，气密性

30、已检验）。资料：微量Cu2+与过量 NaOH 溶液发生反应：Cu2+4OH-=Cu(OH)42-，Cu(OH)42-溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I 10mL 15mol/L 浓 H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。II 10mL 15mol/L 浓 H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。（1）A 中反应的化学方程式是_。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂_。（3）实验 I 中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或 C

31、uS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是 _。乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是_。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验 iii 的操作和现象是_。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv 取洗净后的黑色沉淀，加入适量_溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150取

32、样230取样铜元素 3.2g，硫元 0.96g。铜元素 1.28g，硫元 0.64g。230时黑色沉淀的成分是_。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因_。（7）综合上述实验过程，说明Cu 和浓 H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu 和浓 H2SO4反应的实验方案是_。【答案】Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO2 2H2O NaOH 溶液实验 i 和 ii 对比，上层溶液颜色不同，说明 CuO与稀 H2SO4反应生成

33、Cu2+，i 中上层溶液无色，说明不含 Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中 Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验 i 的上层清液，加入过量NaOH 溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色HNO3CuS CuS+2H2SO4250S+CuSO4+SO2+2H2O 将烧瓶中 10mL15mol/L 的浓 H2SO4加热至 250以上，其后加入适量铜片【解析】【分析】（1）A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）CuO与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，溶液变蓝；溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+

34、；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据 n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取 230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO2 2H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放 NaOH 溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）

35、CuO与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，溶液变蓝；实验i 和 ii 对比，i 中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量 NaOH 溶液发生反应：Cu2+4OH-Cu(OH)42-，Cu(OH)42-溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO 的实验 iii 的操作和现象是取实验i 的上层清液，加入过量 NaOH 溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO

36、2，氧化产物是S单质；（5）230取样，铜元素1.28g，硫元 0.64g，则 n(Cu):n(S)=1.28 0.64:=1:16432，所以 230时黑色沉淀的成分是CuS；（6）取 230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4250=S+CuSO4+SO2+2H2O；（7）将烧瓶中10mL15mol/L的浓 H2SO4加热至 250以上，其后加入适量铜片只发生Cu2H2SO4(浓)CuSO4 SO2 2H2O。【点睛】本题考查物质性质

37、的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17花椒毒素()是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A 为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）的反应类型为_；B分子中最多有_个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为_；的“条件a”为 _。（3）为加成反应，化学方程式为_。（4）的化学方程式为_。（5）芳香化合物J是 D 的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有 _种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_。(只写一种即可)。苯环上只有3 个取代基；可与 NaHC

38、O3反应放出CO2；1mol J 可中和 3mol NaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_【答案】取代反应18 羰基、醚键浓硫酸、加热（或：P2O5）30【解析】根据 B 的结构简式和生成B 的反应条件结合A 的化学式可知，A 为；根据 C和 D 的化学式间的差别可知，C 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D 为，结合 G 的结构可知，D 消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据 G 生成 H 的反应条件可知，H为。(1)根据 A和 B 的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18 个原子

39、共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应为D 消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件 a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应为加成反应，根据E和 G 的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是 D()的同分异构体，苯环上只有3 个取代基；可与NaHCO3反应放出 CO2，说明结构中含有羧基；1mol J 可中和 3mol NaOH，说明结构中含有2 个酚羟基和1 个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3 个取代基为2个羟基和一个C3H6C

40、OOH，当 2 个羟基位于邻位时有2 种结构；当2 个羟基位于间位时有3 种结构；当2 个羟基位于对位时有1 种结构；又因为C3H6COOH的结构有 CH2CH2CH2COOH、CH2CH(CH3)COOH、CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)2COOH、CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)5=30 种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；(6)以为原料制备。根据流程图C 生成的 D 可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推

41、导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B 分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18工业上利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：（1）制备 FeCO3时，选用的加料方式是_（填字母）。a将 FeSO4溶液与 Na2CO3溶液同时加入到反应容器中b将 FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_。（3）干燥过程主要是为了

42、脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3 nH2O 被空气氧化为FeOOH，其化学方程式为 _。（4）取干燥后的FeCO3样品 12.49 g 隔绝空气焙烧至600，质量变为8.00 g，继续加热最终得到Fe 6.16 g，则 600 产物的可能组成为_（写出一种即可），计算 FeCO3样品中 FeCO3与 FeOOH的质量 _（写出计算过程）。【答案】c 取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净4(FeCO3 nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O FeO与 Fe2O3（或 FeO与 Fe3O4

43、或 FeO、Fe2O3、Fe3O4等）设样品中FeCO3物质的量为x；FeOOH物质的量为y；依据铁元素守恒得到：x+y=6.16 g/56 gmol-1；质量关系：116 gmol-1 x+89 g mol-1 y=12.49 g，解得 x=0.1 mol；y=0.01 mol；得到质量为FeCO3：11.6 g，FeOOH：0.89 g。【解析】（1）利用 Na2CO3溶液和 FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于 Na2CO3溶液碱性较强，可能会生成Fe(OH)2沉淀，如果将Na2CO3加入 FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为酸性，Fe2+不易形成Fe(OH)2沉淀

44、，容易与 Fe2+结合为沉淀析出。因此为避免生成Fe(OH)2沉淀，应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。（2）取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。（3）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3 nH2O 被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，写出化学方程式为4(FeCO3 nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O。（4）样品为FeCO3和 FeOOH，依据元素化合价可知铁元素化合价为二价和三价，加热焙烧600，质量变为 8.0

45、0 g，分解生成了铁的氧化物、二氧化碳和水；根据铁元素化合价判断，氧化物中含有亚铁离子和铁离子，氧化物为FeO与 Fe2O3或 FeO与 Fe3O4或 FeO、Fe2O3、Fe3O4；设样品中FeCO3物质的量为x；FeOOH物质的量为y；依据铁元素守恒得到：x+y=6.16 g/56 gmol-1；质量关系：116 gmol-1 x+89 g mol-1 y=12.49 g 计算得到x=0.1 mol；y=0.01 mol；得到质量为FeCO3：11.6 g，FeOOH：0.89 g。19氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果

46、。I已知 2NO（g）+O2（g）垐?噲?2NO2（g）的反应历程分两步：第一步：2NO（g）垐?噲?N2O2（g）（快）?H10；v1正=k1正c2（NO）；v1逆=k1逆c（N2O2）第二步：N2O2（g）+O2（g）垐?噲?2NO2（g）（慢）?H2v(逆)，由图可知该温度下X所处条件下的平衡时甲烷的转化率为50%，则有：422mol/L0.10.100mol/L0.05CHg+COg2CO0.050.10.1mol/L0.050.050.10.Hg1g+2垐?噲?（）（）（）起转平（）总物质的量=0.3mol，总压为 P2，其平衡常数22222p220.10.1PP4P0.30.3K=

47、0.050.059PP0.30.3，故答案为：大于；224P9；.根据 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，电解 Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成 H+，则消耗OH-，发生氧化反应，右侧为阳极，则左侧为阴极，电解电源的负极，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2，设加入反应容器内的Na2CrO4为 1mol，反应过程中有x mol Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7，则阳极区剩余Na2CrO4为(1-x)mol，对应的 n(Na)=2(1-x)mol，n(Cr)=(1-x)

48、mol，生成的 Na2Cr2O7为x2mol，对应的 n(Na)=x mol，n(Cr)=x mol，根据 Na 与 Cr的物质的量之比为 a:b，解得 x=b2-a，转化率为b2-ba100%=2-100%1a。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为CH48e+4CO32=5CO2+2H2O，故答案为；负；4Na2CrO4+4H2O通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2；（2ab）100%；CH48e+4CO32=5CO2+2H2O。【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、电极方程式的书写、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第题Na2CrO4转化率的计算。