2019-2020学年福建省宁德市福安第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省宁德市福安第六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存在AlCl3 Al（OH）3 Al2O3 Al 转化，下列说法正确的是（）A Al（OH）3 属于强电解质BAl2O3属于离子晶体C铝合金比纯铝硬度小、熔点高D AlCl3水溶液能导电，所以 AlCl3 属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3 在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A 错误；B、Al2O3由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故B 正确；C、铝合金比纯铝的硬度大，熔点低，故C错误；D、氯化铝为共价化合物

2、，故D 错误；故选：B。2一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是A电池工作时，光能转变为电能，X 为电池的负极B镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-C电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-D电池工作时，电解质溶液中I-和 I3-的浓度基本不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X 为负极，电极Y为正极，故A正确；B、根据示意图，I3I，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-，故 C 正确

3、；D、根据示意图，I和 I3的浓度基本不变，故D 正确。答案选 B。3下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A用图甲装置制取并收集二氧化硫B用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶【答案】C【解析】【分析】A二氧化硫密度比空气大；B类比浓硫酸的稀释；C操作符合过滤中的一贴二低三靠；D溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A 错误；B反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅

4、拌，选项B 错误；C转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。4室温下，用0.100mol L-1的 NaOH 溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol L-1的 HCl 溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7 时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）20.

5、00mL CV（NaOH）20.00mL 时，两份溶液中c（Cl）c（CH3COO）D V（NaOH）10.00mL 时，醋酸中c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【答案】C【解析】【详解】A.0.100molL-1的 HCl 溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH 较小的表示的是滴定盐酸的曲线，A 项错误；B.当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH7，所以 pH=7 时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)20.00mL，B 项错误；C.V(NaOH)=20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(C

6、l-）c(CH3COO-），C 项正确；D.V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，D 项错误；答案选 C。5厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A 1mol NH4+所含的质子总数为10NAB联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C过程 II 属于氧化反应，过程IV 属于还原反应D过程 I 中，参与反应的NH4+与 NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为

7、11mol，故 A 说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B 说法正确；C、过程 II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2 NH2OH，添 H 或去 O 是还原反应，故C 说法正确；D、NH4中 N 显 3 价，NH2OH中 N 显 1 价，N2H4中 N 显 2 价，因此过程I 中 NH4与 NH2OH 的物质的量之比为1：1，故 D 说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此 N2H4N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理 NO2转化成 NH2O

8、H，是还原反应。6化学与生活密切相关。下列说法正确的是A垃圾分类中可回收物标志：B农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】C【解析】【详解】A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A 错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO 与 O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故 B 错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而

9、不能污染后再治理，故 C 正确；D.煤燃烧生成CO2和 SO2，CaO可以和 SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而 CO2在高温下不能与 CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选 C。7泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B1mol 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2molNaOH C该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D该物质在浓硫酸、Al2

10、O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键【答案】D【解析】【分析】【详解】A.该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A 正解；B.1mol 该物质与足量NaOH 溶液反应，COOH消耗 1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗2molNaOH，故 B 正确；C.中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D.中有两处-OH 的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D 错误；故选 D。8在一定温度下，某反应达到了化学

11、平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说不正确的是A Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该反应的活化能B该反应为放热反应，H=Ea-EaC活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子D催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动【答案】B【解析】【分析】【详解】A催化剂能降低反应所需活化能，Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该反应的活化能，故 A 正确；B生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，HEa-Ea，故 B 错误；C根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C 正确；D催化剂是通过降低反应所需的活

12、化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D 正确；故选 B。9下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O D 50 mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O【答案】D【解析】【详解】A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO+H2O+SO2Cl+SO

13、42+2H+，故 A 错误；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OH CaCO3+H2O，故 B 错误；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故 C 错误；D n(NaOH)1mol/L 0.05L0.05mol，50 mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是 x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，0.0320.05xyxy解得0.020.01xy，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离

14、子方程式为5OH+3H2S HS+2S2+5H2O，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式。10在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是B A224H O/H SO23243FeFe OFe(SO)高温B2H O22ClHClOO光照CHCl22CuOCuCl(aq)CuCl无水D22O/H O324SSOH SO点燃【答案】B【解析】【分析】【详解】A铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A

15、 错误；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。11在某水溶液样品中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生由此判断该溶液中肯定不存在的离子是（）A Ag+BSO42CCO32D NH4+【答案】A【解析】【详解】向样品中滴加氯化钡溶液，

16、有白色沉淀产生，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子或银离子；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生，说明样品中含有碳酸根离子，碳酸根离子与银离子不能共存，所以样品中一定不存在银离子。故选 A。【点睛】由于沉淀部分消失，一定有碳酸根离子，并且碳酸根离子与银离子不能共存。1225时，NaCN 溶液中 CN、HCN浓度所占分数()随 pH 变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向 10mL0.01mol L1NaCN 溶液中逐滴加入0.01mol L-1的盐酸，其 pH 变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A图甲中pH=7 的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温

17、下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=104.5mol/L C图乙中b 点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D图乙中c 点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+c(CN)【答案】B【解析】【分析】【详解】A.图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl)=c(HCN)，故 A 错误；B.a 点的坐标为(9.5，0.5)，此时 c(HCN)=c(CN-)，HCN的电离平衡常数为+-9.-a5-1CNH(HCN)HHCN10mol LccKcc，则 NaCN 的水解平衡常数-14-4.5-1wh5a-9

18、.(NaCN)(H1010mol1)LCN0KKK，故 B 正确；C.b 点加入 5mL 盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和 NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN-的水解程度，因此c(HCN)c(CN-)，故 C错误；D.c 点加入 10mL 盐酸，反应后得到等浓度的HCN 和 NaCl 的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-)，则 c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，故

19、 D 错误；故选 B。13优质的含钾化肥有硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾、氯化钾等，下列说法正确的是（）A四种钾肥化合物都属于正盐，硝酸钾属于氮钾二元复合肥B磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，有利于磷元素的吸收C上述钾肥化合物中，钾元素含量最高的是硫酸钾D氯化钾可用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾【答案】D【解析】【详解】A磷酸二氢钾可以电离出氢离子，所以为酸式盐，故A 错误；B磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B 错误；C依据化学式计算可得：硝酸钾含钾38.6%、硫酸钾含钾44.8%、磷酸

20、二氢钾含钾约28.8%、氯化钾含钾52%，钾元素含量最高的是氯化钾，故C错误；D氯化钾是重要的化工原料，可以用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾，故D 正确；故选：D。14下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是(不含立体异构)（）A分子式为C5H10的烯烃B分子式为C4H8O2的酯C的一溴代物D立方烷()的二氯代物【答案】A【解析】【分析】【详解】分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2 种：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH

21、，所以该有机物有3+2=5 种；A.戊烷的同分异构体有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、，若为 CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有CH2 CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH2-CH3；若为，相应烯烃有：CH2 C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)CHCH3、CH3CH(CH3)CHCH2；若为，没有相应烯烃，总共5种，故 A 正确；B.分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1 种结构，丙醇有2 种，形成的酯有2 种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1 种结构，乙醇只有1 种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与

22、甲醇形成的酯，丙酸只有1 种结构，甲醇只有1 种结构，形成的丙酸甲酯只有1 种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4 种，故 B 错误；C.甲苯分子中含有4 种氢原子，一溴代物有4 种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4 种，故C 错误；D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3 种，故 D 错误。答案选A。15设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A将1 mol NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4的数目为NAB1.7 g H2O2中含有的电子数为0.7NAC标准状

23、况下，2.24 L 戊烷所含分子数为0.1NAD 1 mol Na 与足量O2反应，生成Na2O 和 Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子【答案】A【解析】【分析】【详解】A.根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，即铵根离子为NA个，故 A 正确；B.1.7g 双氧水的物质的量为0.05mol，而双氧水分子中含18 个电子，故0.05mol 双氧水中含有的电子为0.9NA个，故 B错误；C.标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D.由于

24、钠反应后变为+1 价，故 1mol 钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D 错误。故选：A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。.利用如图装置探究金属的防护措施，实验现象是锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生。(1)写出负极的电极反应式_。(2)某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设：假设 1：铁参与反应，被氧化生成Fe2假设 2：铁参与反应，被氧化生成Fe3假设 3：_。(3)为了探究假设1、2，他采取如下操作：取 0.01 mol L1FeCl3溶液 2 mL 于试管中，加入过量铁粉；取操作试管的上层清液加入2 滴 K3F

25、e(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀；取少量正极附近溶液加入2 滴 K3Fe(CN)6 溶液，未见蓝色沉淀生成；取少量正极附近溶液加入2 滴 KSCN溶液，未见溶液变血红；据、现象得出的结论是_。(4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀，请再举一例防护钢铁腐蚀的措施_。.利用如图装置作电解50 mL 0.5 mol L1的 CuCl2溶液实验。实验记录：A阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3-)；B电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体。(1)分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：_；_。(2)分析实验记

26、录B中浅蓝色固体可能是_(写化学式)，试分析生成该物质的原因_。【答案】Zn2e=Zn2铁参与反应，被氧化生成Fe2和 Fe3正极附近溶液不含Fe2和 Fe3在钢铁表面刷一层油漆(其他合理答案均可)2I Cl2=I22Cl5Cl2I2 6H2O=10Cl2IO312HCu(OH)2电解较长时间后，Cu2浓度下降，H开始放电，溶液pH增大，Cu2转化为 Cu(OH)2沉淀【解析】【分析】.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，活泼金属锌做负极，失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铁做正极，溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+2e-=H2；.

27、该装置为电解装置，电解时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl2e-=Cl2，铜离子在阴极上得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu22e=Cu。【详解】.（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极，负极上电极反应式为 Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；（2）由题给假设可知，假设三为:铁参与反应，铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为：铁参与反应，被氧化生成 Fe2+、Fe3+；(3)亚铁离子和K3Fe（CN）6生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，据、现象知，正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+

28、，即铁不参与反应，故答案为：正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+；(4)可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀，如：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等，故答案为：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜（其他合理答案均可）；.（1）由题意可知，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；（2）阴极上电极反应式为：Cu 2+2e-=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H+2e-=H2，致使该电极附近呈

29、碱性，Cu 2+2OH-=Cu（OH）2，故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，Cu2+浓度下降，H+开始放电，溶液pH 增大，Cu2+转化为 Cu（OH）2。【点睛】注意氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘也能被氯气氧化生成碘酸是解答的关键，也是易错点。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17溴酸镉 Cd(BrO3)2常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备 Cd(BrO3)2的流程如下:已知：Cd(SO4)2溶于水。(1)Cd(BrO3)2中 Cd 的化合价为 _(2)酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有_(

30、写出两种即可)。(3)还原镉时,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为_(4)用 H2O2溶液氧化时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(5)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表,调 pH 时，应调整的pH 范为 _,滤渣2 的主要成分为_(填化学式)。(6)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量,其原理是:Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液pH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g/L，则该条件下Cd(OH)2的 Ksp

31、 值为 _(7)已知镉铁矿中CdO2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为8%，则 2t 该镉铁矿可制得Cd(BrO3)2(相对分子质量为368)_Kg。【答案】+2 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸取的时间、增大浸取液的浓度、充分搅拌等3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+1:2 5.0pH7.4 Fe(OH)3和 Al(OH)310-193385.6【解析】【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和 SiO2)，其中 SiO2不溶于水和酸，通过过滤除去，即滤渣1 为 SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+及

32、 Cd4+，加入 CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+，然后加入 H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+，再调节溶液pH 使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物，向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成 CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉Cd(BrO3)2，据此分析解答（1）（5）。(6)将沉镉后的溶液pH=6，则 c(OH-)=1 10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623/mol1ggL=0.002

33、mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，再计算Cd(OH)2的 Ksp；(7)2t 该镉铁矿中CdO2的质量为2 106g 72%=1.44 106g，其物质的量为61.44 10144/molgg=0.01 106mol，再根据整个流程中镉元素的损耗率为8%，并结合原子守恒计算Cd(BrO3)2的质量。【详解】(1)在 Cd(BrO3)2中 Br 元素为+5 价，O 元素为-2 价，根据正负化合价代数和为0，可知 Cd的化合价为+2；(2)固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸的浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高

34、镉的浸取率；(3)CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知发生反应的离于方程式为3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+；(4)用 H2O2溶液将溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+时，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+H2O，则氧化剂 H2O2与还原剂Fe2+的物质的量之比为1:2；(5)Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH 为 2.8，Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀时的pH 为 5.0，Cd2+开始转化为 Cd(OH)2沉淀时的pH 为 7.4，则调节溶液的pH 范围为 5

35、.0 pH7.4，此时获得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即过滤的滤渣2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3；(6)将沉镉后的溶液pH=6，则 c(OH-)=1 10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623/mol1ggL=0.002mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，则 Cd(OH)2的 Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=1 10-19；(7)2t 该镉铁矿中CdO2的质量为2 106g 72%=1.44 106g，其物质的量为61.

36、44 10144/molgg=0.01 106mol，整个流程中镉元素的损耗率为8%，根据原子守恒可知获得Cd(BrO3)2的物质的量为0.01 106mol（1-8%）=9.2 103mol，其质量为9.2 103mol 368g/mol=3.3856 106g=3385.6Kg。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。（1）利用 CO2和 CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2），已知重整过程中部分反应的热化学方程式为：CH4(g)C(s)+2H2(g)H=+75.0 kJ mol-1 CO2(g)+H2(g)C

37、O(g)+H2O(g)H=+41.0 kJ mol-1 CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)H=-131.0 kJ mol-1反应 CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的 H=_kJ mol-1。固定 n(CO2)=n(CH4)，改变反应温度，CO2和 CH4的平衡转化率如图所示。同温度下CO2的平衡转化率大于 CH4的平衡转化率，其原因是_。（2）研究发现，化石燃料在O2和 CO2的混合气体中燃烧与在空气中燃烧相比，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是_。（3）为研究“CO 还原 SO2”的新技术，在反应器中加入0.10 mol SO2，改变加入CO的物质的量，

38、反应后体系中产物物质的量随CO物质的量的变化如图所示。反应的化学方程式为_。（4）碳酸二甲酯(CH3O)2CO毒性小，是一种绿色化工产品，用CO合成(CH3O)2CO，其电化学合成原理为4CH3OH+2CO+O22(CH3O)2CO+2H2O，装置如图所示，直流电源的负极为_（填“a”或“b”）；阳极的电极反应式为_。（5）用 PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。当空气中含CO时，溶液中会产生黑色的Pd 沉淀。若反应中有 0.02 mol 电子转移，则生成Pd 沉淀的质量为_。【答案】+247 CO2发生了其他副反应CO2代替了 N2，减少了 N2与 O2反应4CO+2SO24CO2+S2

39、b 2CH3OH+CO-2e-(CH3O)2CO+2H+1.06 g【解析】【分析】（1）分析题中重整过程中部分反应的热化学方程式，可根据盖斯定律计算目标反应的焓变值。分析图中转化率曲线，当n(CO2)=n(CH4)，CO2的转化率大于CH4，分析重整过程中部分反应的热化学方程式，可知 CO2会和 H2发生副反应。（2）相比空气，O2和 CO2的混合气体中没有N2，CO2代替了 N2，减少了N2与 O2反应；（3）分析题给信息，随着CO的物质的量的增大，生成物X、Y的生成量逐渐增大，但产物X的生成量大于产物 Y的生成量。在CO的物质的量为0.20mol 时，产物 X 的生成量保持不变，产物Y的

40、生成量变小。在 CO的物质的量为0.20mol 时，生成产物X、Y的物质的量分别为0.20mol 和 0.05mol，根据质量守恒，推断 X、Y的成分，进而得出反应方程式。（4）由图可知，该装置为电解池，根据电解池原理，与电源负极相连的为阴极，发生还原反应，与电源正极相连的为阳极，发生氧化反应，根据电解池中阳离子向阴极移动，可判断出电解池的阴极。根据题给的总反应方程式，写出电极反应方程式。（5）依据生成Pd 质量，结合PdCl2 Pd2e-，计算分析。【详解】（1）根据盖斯定律，由+-得到反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)H=+247 kJ/mol；根据图示可知，CO2发

41、生了其他副反应，同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；答案为：+247；CO2发生了其他副反应；（2）CO2代替了 N2，减少了N2与 O2反应；答案为：CO2代替了 N2，减少了N2与 O2反应；（3）根据图中信息，若以CO投入量为0.2 mol，则为 0.10 mol SO2与 0.20 mol CO 反应生成0.05 mol Y 和0.2 mol X，且“CO 还原 SO2”，则 X与 Y中有一种是CO2，根据质量守恒可知X 为 CO2，则 Y只含有硫元素，应该为 S2；故反应的化学方程式为：4CO+2SO24CO2+S2；答案为：4CO+2SO24CO2+S2；（4）在电解

42、池中，阳离子向阴极移动，可以得出b 为直流电源的负极；阳极氧化失电子，电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；答案为：b；2CH3OH+CO-2e-(CH3O)2CO+2H+；（5）若空气中含CO，溶液中会产生黑色的Pd 沉淀。依据PdCl2Pd2e-，每转移2 mol 电子，生成106 g Pd 沉淀，共0.02 mol 电子转移，则生成沉淀的质量=10.02 mol 106 g mol2=1.06 g。答案为：1.06 g。19碳、氮、氟、硅、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：(1)基态氟原子核外电子的电子云形状有_种；氟原子的价电子排布式为_。(

43、2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，NF3分子的空间构型为_；写出与N2互为等电子体的一种离子的化学式_。(3)已知金刚石中的C-C键键长为154.45pm，C60中 C-C键键长为145140pm，而金刚石的熔点远远高于C60，其理由是 _。(4)氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为_，Si 原子采用 _杂化。(5)Cu 的某种晶体晶胞为面心立方结构，晶胞边长为acm，原子的半径为rcm。该晶体中铜原子的堆积方式为 _（填“A1”“A2”或“A3”），该晶体的密度为_g/cm3（用含 a 和 NA的代数式表示)，该晶体中铜原子的空间利用率为_(用含 a 和 r 的代数

44、式表达)。【答案】2 2s22p5三角锥形CN-或 C22-或 NO+金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而 C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键。Si8H8O12sp3A13A256a N3316 r3a【解析】【分析】(1)原子核外有几个电子，就会有几种不同状态的电子；s 能级电子云为球形、p 能级电子云为哑铃形；F原子最外能层上的3s、3p 能级上电子为其价电子；(2)根据价层电子对互斥理论，计算 NF3分子中 N 原子孤电子对数和价层电子对数，由所得结果判断分子空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；(3)金刚石和C60的晶体类型不

45、同，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，熔化不同晶体所破坏的作用力不同；(4)由分子结构可知，分子中有8 个 Si原子、8 个 H 原子、12 个 O 原子；Si原子形成4 个价键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；(5)根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC 堆积；根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，即可计算晶胞质量，再由晶体密度=晶胞质量 晶胞体积计算晶胞密度；空间利用率=晶胞中原子总体积晶胞体积 100%。【详解】(1)F 是 9 号元素，基态F原子核外有9 个电子，所以基态F原子核外电子有9种运动状态；F原子 3s、3p能级上电子为其价电子，价电子排布式为2s22p5；(

46、2)NF3分子中 N 原子孤电子对数=53 112，NF3分子含有3 个 键，所以分子空间构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与N2互为等电子体的一种离子的化学式CN-或C22-或 NO+；(3)金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而 C60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；(4)由分子结构可知，分子中有8 个 Si原子、8 个 H 原子、12 个 O 原子，故分子式为：Si8H8O12；Si原子形成 4 个价键，没有孤电子对数，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化；(5)根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC 堆积，该堆积方式为面心立方最密堆积，即属于 Au 堆积；晶胞中Cu原子数目=818+612=4，晶胞质量=4A64Ng，则晶体密度=A3644gNmVacm=3A256a Ng/cm3；晶胞中 Cu 原子总体积=443(rcm)3=316 r3cm3，所以该晶体中铜原子的空间利用率为3316 r3100%a=3316 r3a 100%。【点睛】本题考查了物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、杂化方式、等电子体、晶胞计算等，掌握原子结构基础知识和基本概念是本题解答的关键，在进行晶胞计算时，要学会利用均摊法进行有关计算。