2019-2020学年北京市陈经纶学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市陈经纶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苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O3AlCl+CH3COOH NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2 倍B1mol 苯所含的化学单键数目为12 NAC0.5mol 乙酸酐中含有的电子数目为27 NAD 1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA【答案】C【解析】

2、【分析】【详解】A气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据 =mV，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A 错误；B苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1 个苯分子中有6 个单键，1mol 苯中含有6mol 单键即 6 NA个，故 B 错误；C 一个乙酸酐分子中含有54 个电子，1mol 乙酸酐分子中含有54mol 电子，则 0.5mol 乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27 NA，故 C正确；D 1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋

3、酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故 D 错误；答案选 C。【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。2铊（Tl）是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于周期表第六周期。Tl3+与银在酸性溶液中发生反应：Tl3+2AgTl+2Ag+，下列推断正确的是（）A Tl+的最外层有1 个电子BTl 能形成+3价和+1 价的化合物CTl3+氧化性比铝离子弱DTl+的还原性比Ag 强【答案】B【解析】【详解】A.铊与铝同族，最外层有3 个电子，则Tl+离子的最外层有2 个电子，A 项错误；B.根据反应Tl3+2AgTl+2Ag+可知，T

4、l 能形成+3 价和+1价的化合物，B 项正确；C.Tl3+2AgTl+2Ag+，则氧化性Tl3+Ag+，又知 Al+3Ag+Al3+3Ag，则氧化性Ag+Al3+，可知 Tl3+的氧化性比 Al3+强，C项错误；D.还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，还原性AgTl+，D 项错误；答案选 B。【点睛】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。3下图为一种利用原电池原理设计测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与AlI3反应

5、生成 Al2O 3和 I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。下列说法正确的是（）A正极反应为：3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3B传感器总反应为：3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI C外电路转移0.01mol 电子，消耗O2的体积为0.56L D给传感器充电时，Ag+向多孔石墨电极移动【答案】B【解析】【分析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O22Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e=Ag，正极发生I2+2Ag+2e=2AgI，充电时，阳极与外加电源正极相接、阴极阴极与外加电源负极相接，反应式与正极、负极反

6、应式正好相反【详解】A原电池正极电极反应为I2+2Ag+2e=2AgI，故 A 错误；B由题中信息可知，传感器中首先发生4AlI3+3O22Al2O3+6I2，然后发生原电池反应2Ag+I2=2AgI，+3得到总反应为3O2+4AlI3+12Ag2Al2O3+12AgI，故 B正确；C没有指明温度和压强，无法计算气体体积，故C错误；D给传感器充电时，Ag向阴极移动，即向Ag 电极移动，故D 错误；故选 B。4吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7N B吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C吗替麦考酚酯分子

7、中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 吗替麦考酚酯与NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH反应【答案】D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1 个 N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故 B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol 吗替麦考酚酯含有2mol 酯基和 1mol 酚羟基与 NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH，故 D正确；故选D。525时将 10mLpH=11 的氨水加水稀释至10

8、0mL，下列判断正确的是A稀释后溶液的pH=7 B氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C稀释过程中+432c(NH)c(NHH O)增大DpH=11 氨水的浓度为0.001mol/L【答案】C【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将 10mLpH=11 的氨水加水稀释至100mL，体积增大10 倍，pH 变化小于1 个单位，即稀释后10pH11，故 A 错误；B加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；C 加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1

9、H2O)减小，则溶液中+432c(NH)c(NHH O)增大，故C正确；D一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11 氨水的浓度大于0.001mol/L，故 D 错误；故答案为C。6东汉晚期的青铜奔马（马踏飞燕）充分体现了我国光辉灿烂的古代科技，已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是A青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素B青铜的机械性能优良，硬度和熔点均高于纯铜C铜器皿表面的铜绿可用明矾溶液清洗D“曾青（4CuSO）得铁则化为铜”的过程发生了置换反应【答案】B【解析】【详解】A我国使用最早的合金是青铜，该合金中含铜、锡、铅等元素，故A 正

10、确；B合金的熔点比组份金属的熔点低，则青铜熔点低于纯铜，故B 错误；C铜器皿表面的铜绿为Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明矾溶液因Al3+的水解显酸性，则可用明矾溶液清洗铜器皿表面的铜绿，故C正确；D“曾青(4CuSO)得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反应为置换反应，故D 正确；故答案为B。7下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（）A氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）通电2Na+C12B利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeO高温Fe+CO2C工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl D工业制粗硅：C+SiO2高温Si

11、+CO2【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O通电Cl2+H2+2NaOH，故 A错误；B磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2，故 B错误；C工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，故 C正确；D工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2高温Si+2CO，故 D 错误；故选：C。8下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A NH4HC

12、O3 受热易分解，可用作化肥BNaHCO3 溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】【详解】A、NH4HCO3 含有营养元素N 元素，可用作化肥，与NH4HCO3 受热易分解无关，故A 不符合题意；B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B 符合题意；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意；D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D 不符合题意；故选：B。【点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类

13、型有：强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。9在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与 H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-BSO42-与 H2的反应可表示为：4H2+SO42-8e厌氧细菌S2-+4H2O C钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2D在钢管表

14、面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀【答案】C【解析】【详解】A正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，故 A 错误；BSO42-与 H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和 H2O，离子反应式为：4H2+SO42-厌氧细菌S2-+4H2O，故 B 错误；C钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和 OH-分别生成 FeS的 Fe(OH)2，故 C正确；D在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故 D 错误；故答案为C。10根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项操作现象结

15、论A 向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解产生O2A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的

16、气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A 正确；B.向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故 B正确；C.铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C正确；D.向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明 H2O2在酸性条件下氧化 Fe2+变为 Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化 H2O2分解产生O2，故 D 错

17、误；答案为 D。11核反应堆中存在三种具有放射性的微粒23894X、24094Y、23892Z，下列说法正确的是（）A23894X与24094Y互为同素异形体B23894X与23892Z互为同素异形体C24094Y与23892Z具有相同中子数D23894X与23892Z具有相同化学性质【答案】C【解析】【详解】A23894X与24094Y是原子不是单质，不互为同素异形体，故A 错误；B23894X与23892Z是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C中子数=质量数质子数，24094Y与23892Z的中子数都为46，故 C正确；D23894X与23892Z是不同元素，最外层电子数不同，化学

18、性质不同，故D 错误；故选 C。12焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可用作还原剂，印染媒染剂、食品防腐剂等。一种湿法制备焦亚酸钠的工艺流程如图。已知：过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5。（1）硫磺先加热成液态后喷人燃硫炉中，作用是_。（2）“净化”需要除去的杂质气体是_。（3）溶碱槽中需要通入足量SO2，若 SO2不足，则生成_。（4）溶碱槽中反应的化学方程式为_。（5）离心机分离后的母液需要返回到溶碱槽_循环使用（填“”、“”或“”）。（6）气流干燥器中发生的化学方程式为_。（7）为了测定所得产品中Na2S2O5的百分含量，取m 克样品加水溶解，用cmol L-1的碘

19、标准液滴定到终点消耗碘标准液VmL该产品中Na2S2O5的百分含量为_（用字母表示）。【答案】增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率氧气Na2SO3SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3（或者 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 19cV2m%【解析】【分析】该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽 中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽 中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽 中与 SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O

20、5。【详解】(1)硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；(2)由转化关系可知，反应中需要的是空气，故要除去多余的氧气，故答案为：氧气；(3)SO2足量生成NaHSO3，若 SO2不足，则生成Na2SO3，故答案为：Na2SO3；(4)Na2SO3在溶碱槽 中与 SO2反应生成NaHSO3，若在溶碱槽 中碳酸钠过量，那么碳酸钠在溶碱槽中也与 SO2反应，故答案为：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；(或者 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2)

21、；(5)过饱和 NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液，可和溶碱槽中与碳酸钠反应生成NaHSO3一起被用，故答案为：；(6)过饱和 NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5，反应为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(7)设产品中Na2S2O5的百分含量为，则利用化合价升降配平可知：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+，则有数量关系Na2S2O5 2I2，则 n(Na2S2O5)=cmol?L-1 VL 10-312=12Vc 10-3mol，所以产品的纯度为-31

22、1190g/m0 molol100%m2gVc=19%2mVc，故答案为：19%2mVc。13科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是A上述三种物质中的C原子都形成4 个单键，因此它们都属于烷烃B上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n2）C棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于

23、不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A 错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B 错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3 种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个 C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D 正确；故合理选项是D。14关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A装置可用于实验室制取少量NH3或 O2B装置可用于实验室制备Cl2C装里可用从右侧管处加水的方法检验气密性D装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯【答案】D【解析】【详解

24、】A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A 正确；B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；C、装里可用从右侧管处加水，观察U 型管是否出现液面差，可检验装置的气密性，故C正确；D、装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不一定是乙烯，故D 错误；故选 D。15下列说法正确的是A氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B反应 4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C3 mol H2与 1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6 6.02 1023D在酶催

25、化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】【详解】A 项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%90%，A 项错误；B 项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的 S0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C 项，N2与 H2的反应为可逆反应，3molH2与 1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D 项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解

26、速率减慢，D 项错误；答案选 C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备 SnCl4并测定产品的纯度。已知：i SnCl4在空气中极易水解成SnO2 xH2O；ii有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/沸点/Sn 银白色232 2260 SnCl2白色247

27、 652 SnCl4无色-33 114 回答下列问题：(1)装置E 的仪器名称是_，装置C 中盛放的试剂是_。(2)装置G 的作用是 _。(3)实验开始时，正确的操作顺序为_。点燃装置A 处酒精灯点燃装置D 处酒精灯打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_，可以向其中加入单质_（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_。(5)产品中含少量SnCl2，测定产品纯度的方法：取0.400 g 产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100 mo/L 碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液8.00 mL。滴定原理如下，完成i 对应的离子方程式。i_Sn2+_

28、IO3+_H+=_Sn4+_I+_ iiIO3+5 I2+6H+=3I2+3HO 滴定终点的现象是_。产品的纯度为_%（保留一位小数）。【答案】冷凝管浓硫酸（浓H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解Cl2锡蒸馏3 1 6 3 1 3H2O 锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色88.6【解析】【分析】在 A 装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有 HCl气体和水蒸气。B 装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的 HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D 装置，让锡与Cl2

29、反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E 的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置C 用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓H2SO4）；(2)装置G 既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)实验开始时，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与 Cl2的反应，所以正确的操作顺序为。

30、答案为：；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2+IO3+6H+=3Sn4+I+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；滴定终点时，发生反应IO3+5 I2+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由

31、无色变为蓝色，半分钟不褪色；由反应方程式可得关系式：3Sn2+IO3，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3 0.0100 mo/L 8.00 10-3 L=2.4 10-4mol，产品的纯度为40.4g2.4 10mol190g/mol100%0.4g=88.6%。答案为：88.6。【点睛】在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成

32、和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X 的化学式是 _。（2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是_。（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式_。【答案】CuO Cu2+2OH-=Cu(OH)2Cu2OH2SO4=CuCuSO4 H2O【解析】【分析】流程中 32gX 隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：32.0g-28.8g=3.2g，证明 X 中含氧元素，28.8g 固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即 X 中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X 为氧化铜，n(CuO)=3280/gg mol=0.4m

33、ol，结合质量守恒得到n(O2)=3.232/gg mol=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol 2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g 氧化铜。【详解】(1)分析可知X为 CuO，故答案为CuO；(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为：Cu2OH2S

34、O4=CuCuSO4H2O，故答案为Cu2O H2SO4=CuCuSO4H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种漂白剂、脱氧剂和防腐剂。某研究小组对Na2S2O4的性质与制备进行了如下探究。（1）测定 0.05mol L1 Na2S2O4溶液在空气中pH 的变化如图所示。写出 0t1段发生反应的化学方程式：_。t2t3段溶液的pH 变小的原因是_。（2）已知：S2O32-2H=SO2SH2O。Na2S2O4固体在隔绝空气的条件下加热至75以上完全分解得到 Na2SO3、Na2S2O3和 SO2，检验产物中是否含有Na2SO4，实验

35、方法是_。（3）由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下：向装置中加入Ce4的目的是 _。写出装置中发生反应的离子方程式：_。（4）由锌粉法制备Na2S2O4的实验装置如图所示。主要步骤如下：步骤 1：将 SO2通入锌粉的水悬浮液中，于3545下反应生成连二亚硫酸锌。步骤 2：加入过量烧碱溶液，于2835 下反应生成Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液。由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液，_(实验中须使用的试剂有：氯化钠、乙醇；除常规仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。【答案】2Na2S2O4O22H2O=4NaHSO3NaHSO3

36、被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4将 NO氧化为 NO2-和 NO3-2SO32-2Ce2 2H2OS2O42-2Ce4 4OH过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥【解析】【详解】（1）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0 t1段发生反应的化学方程式为：2Na2S2O4O22H2O=4NaHSO3；t2t3段溶液的pH 变小的原因是NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强；（2）检验产物中是否含有Na2SO4，实验方法是取少量固体

37、溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4；（3）由工业废气制备Na2S2O4的流程图可知：向装置中加入Ce4，将 NO 氧化为 NO2-和 NO3-；装置中电解条件下亚硫酸根离子与Ce2发生反应生成Ce4和过硫酸根离子，发生反应的离子方程式为：2SO32-2Ce22H2OS2O42-2Ce44OH；（4）由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液，过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥。19新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废

38、物”的潜在价值。回答下列问题：（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=-91kJmol-12CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H=+566kJ mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-483.6kJmol-1 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)?H=_kJmol-1。（2）在容积均为2L 的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：800 C时该反应的平衡常数K=_。容器 2 中 x=_，n=_。若 800起始时，在 2L 恒容密闭容器中加入CO、

39、H2O、CO2、H2各 1mol，则此时 v正_v逆(填“”“”“”“”或“=”)。在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是_。【答案】-49.8 1 2323或 66.7%=T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 T1【解析】【详解】(1)已知 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-91kJ?mol-1 2CO2(g)2CO(g)+O2(g)H=+566.0 kJ?mol-1 2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6 kJ?mol-1 由盖斯定律可知，+12(+)得 CO2(g)+3H2(g)CH

40、3OH(g)+H2O(g)，H=-91kJ?mol-1+12(566.0 kJ?mol-1-483.6 kJ?mol-1)=-49.8kJ?mol-1；(2)容器体积为2L，所以初始c(CO)=-12mol=1mol L2Lg，c(H2)=-11mol=0.5mol L2Lg；平衡时 CO的转化率为13，即转化13mol L-1，列三段式：-1-2-1212+mol L1CO gH O0.g500mol L1 31 31 31 3mol L2 31 6COg31 3Hg1?ggg起始()转化()平衡()根据平衡常数的概念可知K=11332136=1；达到平衡时氢气的物质的量为nmol，则其浓度

41、c(H2)=-1mol L2ng，列三段式有：-122-1-21+mol L0.5100mol L222n 2mol L0.5-21-22CO gH O gCOgHg2nnnnnnn?ggg起始()转化()平衡()温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K=220.5-1-22nnnn=1，解得 n=23mol，CO的转化率为2mol3100%=66.7%1mol；在 2 L 恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各 1 mol，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商Q=1 1=11 1=K，所以平衡不发生移动，即v正=v逆；(3)T3温度之前随温度上升，反应速率

42、加快，所以相同时间内测得的CO2浓度下降，T3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即?H0；T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数Kh=-14-8w-5b1 10=5.56101.8 10KK，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=-14-6w-7a11 10=2.27 104.4 10KK，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即c(H+)c(OH-)；根据可知该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以T1温度时平衡常数最大。【点睛】平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。