2021年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

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1、2021年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（5月份）1.化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（）A.葡萄酒中添加少量SO?可以起到杀菌和抗氧化的作用B.食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量C.钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件D.我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高2.实验室中下列做法错误的是（）A.中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗23次B.配制FeCk溶液时，将FeCb固体加入适量蒸锵水中，搅拌使其完全溶解C.向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下D.蒸馆完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸储

2、装置3.下列说法正确的是（）A.体系的内能与温度等有关，只要温度不变，体系的内能不变B.反应Mg（s）+2HCl（aq）=MgCl2（aq）+%（g）能自发进行，它的 H 0,S 0C.室温下，pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合后，所得溶液的pH大于7D.水与丙酮能完全互溶的原因是两种分子间能形成氢键4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.12g石墨中含有C-C 键的数目为2NAB.标准状况下（STP）,2.24LCHCh中含有。键的数目为0.4NAC.常温下，lL0.1mol-LTHF（Ka=8.1x10-4）溶液中所含H+的数目约为9 x10-3NAD.5

3、.6gFe发生吸氧腐蚀，最终生成Fez。？xHz。，电极之间转移的电子数为0.3总5.缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8（H原子除外）的一类化合物。下列说法错误的是（）A.B2H6是缺电子化合物B.BeCl?的二聚体是平面分子C.A1C13的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2D.化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N-BF36.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管、温度计（非玻璃仪器任选），选用上述仪器不能完成的实验是（）A.配制1.0m o lT的H 2s O 4溶液B.实验室制取并收集N H 3C.配

4、制银氨溶液并检验葡萄糖分子中的醛基D.用四氯化碳萃取溪水中的澳7.C u 2Z n Sn S4是太阳能薄膜电池的重要成分，其晶胞结构（棱边夹角均为9 0。）如图所示，下列说法错误的是（）吻 夕:卢A.第一电离能：C u XB.Y 2Z 2分子中存在极性键和非极性键C.加热条件下，Z与W的单质化合生成WZ 2D.Y X g的空间构型为平面三角形10.将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法生产甲烷，装置如图所示。下列说法错误的是（）第2页，共28页A.离子交换膜可允许H+通过B.通电时，电流方向为：a电子导体一离子导体-电子导体TbC.阳极的电极反应式为CH 3CO O-+2 H 2

5、。-6e-=2 CO2 T +7H +D.生成0.1 m o l CH 4时阳极室中理论上生成CO?的体积是4.48L(S T P)1 1 .根据下列实验及现象不能推出相应结论的是()A.A B.B C.C D.D实验现象结论A将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满C02 的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CC)2 具有氧化性B缓缓力口热0.5m o l L C H s C O O N a溶液到6(T C,并用p H 传感器测定溶液的p H溶液的p H 逐渐减小溶液中c(H+)逐渐增大，c(O H-)逐渐减小C常温下，将 5 0m L 苯与50m L e H 3c o 0H 混合所

6、得混合溶液的体积为1 01 m L混合过程中削弱了 CH 3CO O H分子间的氢键，且苯与CH 3c o 0H 分子间的作用弱于氢键D利用电导仪测定碱性条件下乙酸乙酯水解反应中电导率的变化(溶液温度不变)随着反应进行，电导率逐渐减小0H-的电导大于CH 3CO O-的电导1 2 .中国科学家研究在P d/S V G 催化剂上比 还原NO生成N 2 和N H 3的路径，各基元反应及活化能Ea(k J-m o i)如图所示，下列说法错误的是()A.生成N&的各基元反应中，N元素均被还原Pd/SVGB.生成N H 3的总反应方程式为2 N 0+5H 2:2 N H3+2 H2OC.决定NO生成N

7、H 3速率的基元反应为N H 2 O +H T N H 2 0 HD.在P d/S V G 催化剂上，NO更容易被为还原为213.化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱C扑而 p H 基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的P H =-l g Ka+1 g 第。现有5时，浓度均为O.l O m o l L T 的CH 3CO O H 和CP CO O N a 的缓冲溶液 Ka(CH3CO O H)=1.75 x I O-5；l g l.75=0.2 4 o 下列有关说法正确的是()A.将该缓冲溶液加水稀释1 0 0 倍，溶液的p H 基本不变B.该

8、缓冲溶液的pH =4.7 6C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：c(N a+)C(C H3C O O-)c(H+)c(O H-)D.人体血液存在H 2 c O 3(C C 2)和N a H C()3 的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持p H 基本不变1 4.柠檬酸铁钺是一种常见的补铁剂，其制备流程如图。,阿.液._ _ _ _ _%,、,、，柠 律 酸 调，曲=9柠 薜.*一系科*作：柠株陵快一引 亚帙 酸扶I 修晶体已知：Ksp(F e C O3)=2.0 xl 0-1 1,Ks p F e(O H)2 =4.9 X I O-1 7；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。下列说法正确的

9、是()A.步骤制备F e C 0 3 时，应将F e s。4溶液加入N a 2 c O 3 溶液中B.可用K S C N 溶液检验步骤中柠檬酸亚铁是否反应完全C.步骤控制温度5 0 汽6 0 式既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成小。2第4页，共28页分解D.步骤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥1 5.常温下，将O.l m o l J T的(N H Q 2 S O 4溶液力H 水稀释，混合溶液中T g喘詈2与l g c(H+)的关系如图所示。5.二 一 5;；=下列说法正确的是()3.02.52.0-7.0 -6 5 -5 5 -5 0 7 5 -4.0 _3 1 1l g c(H

10、,)A.Kb(N H3&0)的值为I C TB.M、N两点对应的溶液稀释程度N MC.向溶液中加入(N H 4)2 S()4固体可使N点移动到P点D.将溶液稀释1 0 0 0 倍后，溶液中c(N H)x 2C(S Q 2-)1 6.某种水性钠离子电池电极材料由N a+、F e 2+、F e3+.C N-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出N a+过程中，F e 2+与F e 3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁土蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。回答下列问题：(1)基态F e 3+价电子轨道表示式是。(2)(CN)2 与卤素单质性质相似，与水反应生成H CN,请写出(CN上的电子式H、C、N 三种

11、元素电负性由大到小的顺序为。(3)HCN中。键与T T键个数比为 已知沸点：H20 HCN (CN)2,解释原因。(4)下列微粒中，与 H C N 具有相同立体构型的是 (填字母)。A.S O2B.CO2c.o3D.NO J(5)普鲁士蓝中F e 2+与F e 3+个数比为。已知普鲁士白晶胞的晶胞参数均为a p m,晶体密度为pg-c m-3,设NA为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白(化学式为最 简 比 值)的 摩 尔 质 量 为(用 含 a、p、NA的计算式表示)1 7 .氯氧化钿(B i O Cl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铅的化合物之外，还有CU

12、 S O 4、Z n S 04,Cu S,F e2O3,P b S 04 A s203)制备高纯氮氧化砌的工艺流程如下：稀小SO,稀HSO.批改,NaC陆 漉 A H H A P用“炉事叟一 依浸-展回 便记-除 此 十 一 国住 一 !(：!港液 注液 浸液 浸;*已知：B i O Cl难溶于水；“浸韧”所得浸取液中含B i Cb、A s Ck等物质。回答下列问题：(1)“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的离子方程式为。(2)“沉钿”时需控制溶液的pH=3.0,此时B i Ck发生反应的化学方程式为。“沉钿”所得滤液可导入到 中使用(填流程中操作单元名称)。(3)工业生产中还可采用铁盐氧化法除

13、碑。向“浸钮”所得浸取液中加入F e 式S C 4)3，和H 2O 2,并调节p H,生成F e As CU 沉淀，发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 是。欲使溶液中c(As O;)10-8m o l IT】且不产生F e(O H)3,沉淀，应控制p H 的范围为。(已知:l g 5 =0.6 9 9；F e As()4、F e(O H)3 的K s p 分另IJ 5.6 X IO-21,2.8 x 10-3 9,计算结果保留2 位小数)(4)氯氧化钝(Bi O Cl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入K+,Bi O Cl 被还原为Bi,电 极 反 应 式 是。研究

14、发现，充电过程中，除上述反应外，还包括Bi +3 e-+3 K+=K3Bi,该反应的发生使得电池的储能(填“增大”“减小”或“不变”)。18 .亚硝酰硫酸(NO S O H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量N O S O J，并测定产品中杂质硝酸的含量。第6页，共28页回答下列问题:(1)装置A中盛装Na2s。3固体的仪器名称是，装置D最好选用 (填(2)装置C中浓HNO3与SO?在浓H2sO4作用下反应制得NOSOJ。装 置C中温度过高产率降低的原因是。开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度

15、变化不大，但反应速率明显加快，其原因是。(3)测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用O.lOOOmoLL(N H 4)2Fe(S04)2标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。已知：(NH4)2Fe(S04)2可与N O生成粉红色的FeSOd NO。锥形瓶中加入浓硫酸的作用是。判断滴定达到终点的现象是。亚硝酰硫酸中硝酸的含量为。1 9.苯巴本妥主要用于治疗焦虑、失眠及运动障碍等。一种合成苯巴本的路线如图所示。CH,CIHCHO/HOZnCl1NaCNH2OCHJCHJOH俄 H3S 0反应 n：C O2(g)+3H2(g)#C H

16、30H(g)+H2O(g)H2 0反应HI：2 c H30H(g)=C H30c H3(g)+H2O(g)H3 0第8页，共28页回答下列问题：(1)甲醇水化制出 的反应能量变化如图所示,则4 H2=b、c 的式子表示)。kJ-m o ri（用含有 a、7OEP0*赛HCOOCH5+2H2 J C0,+CH0H+3H,HC00H+CH,0H+2H,2 cH e H反应过壮(2)在一定条件下，在恒容密闭容器中按普；=3投料进行上述反应，C02的平衡转化率及CO、CH30cH3、CH30H的平衡体积分数随温度变化如图所示。图中曲线X 表示 的平衡体积分数随温度变化，温度从453K上升至573K,C

17、O2的平衡转化率变化的原因是，能同时提高CH30cH3的平衡体积分数和C02的平衡转化率的措施是。一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入lmol CO?和3moi 也进行上述反应，反应经lOmin达平衡，CO2的平衡转化率为3 0%,容器中CO(g)为0.05mol,CH30H(g)为0.05mol。前lOmin CH30cH3(g)的反应速率为 ,反应HI的平衡常数&=0 继续向容器中加入O.lmolCH30H(g)和O.lmolHzOQ),此时反应HI(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。答案和解析1.【答案】B【解析】解：A.二氧化硫具有还原性，可以用于

18、葡萄酒中起到杀菌和抗氧化的作用，故A正确；B.人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故B错误；C.钛合金能耐高温，可以有效防止飞船高速飞行时被烧毁，可用于制造航天器的部件，故C正确；D.我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高，故D正确。故选：B,A.依据二氧化硫的还原性解答；B.人体内没有纤维素酶；C.钛合金能耐高温，可以有效防止飞船高速飞行时被烧毁；D.相同质量的可燃冰完全燃烧放出热量高于煤。本题考查了化学知识在生活实际的应用，为高考常见题型，熟悉物质的组成、性质、用途等即可解答，试题有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。2.【答案

19、】B【解析】解：A.滴定管用所盛装的溶液润洗，避免浓度减小，润洗23次，操作合理，故A正确；B.FeCk固体应溶于浓盐酸抑制铁离子水解，然后稀释至需要的浓度，故B错误；C.玻璃棒引流，防止溶液损失，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下，操作合理，故C正确；D.蒸播完成后应充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸储装置，故D正确；故选：B(.A.滴定管用所盛装的溶液润洗，避免浓度减小；B.FeCk固体应溶于浓盐酸抑制铁离子水解；C.玻璃棒引流，防止溶液损失；第10页，共28页D.蒸储完成后应充分冷凝。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验

20、操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：A.体系的内能不仅与温度有关，当体系内有化学反应进行时，内能也会变化，故 A 错误；B.该反应为放热反应，(),该反应能自发进行，则H-T A S (),故 B 错误；C.室温下，pH=4 的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，只能部分电离，所以醋酸的浓度一定大于氢氧化钠溶液的浓度，所以混合后溶液显酸性，pH 7,故 C错误；D.水分子和丙酮分子之间能形成氢键，所以水与丙酮能完全互溶，故 D 正确；故选：D。A.体系的内能不仅仅与温度有关；B.该反应能自发进

21、行，则A H-T A S C O；C.醋酸为弱酸，只能部分电离；D.水分子和丙酮分子之间能形成氢键。本题考查化学反应能量变化、氢键、混合后溶液pH的确定等，侧重考查学生分析能力，注意反应能自发进行，则 H-TAS C u,故A正确；B.由图示知，该晶胞中Cu位于顶点、棱上、面心、体内，故该晶胞占有的Cu个数=8 x5+4X+2X；+1=4,故1个晶胞中含有Cu2ZnSnS4单元数为2个，故B正确；C.由结构知，Zn原子位于面上，该晶胞中有2个S原子离其最近，共用Zn原子的另一个晶胞中也有2个S离其最近，故每个Zn最近的S个数为4个，故C错误；D.电子空间运动状态即原子轨道，四种原子中，Sn的核

22、外电子最多，占据的原子轨道也最多，故电子空间运动状态最多的为Sn原子，故D正确；故选：C。A.Cu的价电子排布式为：3m%1,Z n的价电子排布式为：3d104s2,Zn价电子为全满稳定结构，失去电子所需的能量较大；B.由图示知，该晶胞中Cu位于顶点、棱上、面心、体内，故该晶胞占有的Cu个数=8 xJ+4 x；+2 x：+l=4,结合Cu个数判断；842C.由结构知，Zn原子位于面上，该晶胞中有2个S原子离其最近，共用Zn原子的另一个晶胞中也有2个S离其最近；D.电子空间运动状态即原子轨道，四种原子中，Sn的核外电子最多，占据的原子轨道也最多。本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，晶胞计算

23、等内容，结合均摊法对晶胞进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。8.【答案】C【解析】解：A.含有酯基、碳碳双键、酚羟基和酸键四种官能团，故A错误；B.能与氢氧化钠反应的为酯基、酚羟基，则Im ol该化合物最多与3moi NaOH反应，故B错误；C.苯环连接甲基，能被KMnO4（H+）溶液氧化生成含竣基，故C正确；D.不含竣基，与碳酸氢钠溶液不反应，故D错误；故选：Co有机物含有酯基、碳碳双键、酚羟基和醛键，具有酯类、烯炫和酚类的性质，以此解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。9.【答案】B【

24、解析】解：结合分析可知，X为0,丫为S,Z为CL W为Fe元素，A.非金属性S 0,则气态氢化物的热稳定性：Y 离子导体t电子导体b,故B正确；C.阳极发生氧化反应，电极反应：C H3C O O-8 e-+2 H20 =2 C 02 T +7 H+,故C错误；D.若生成O.l m o l C Hq,转移0.8 m o l电子，阳极上生成0.2 m o l C C 2，在标准状况下的体积是0.2 m o l x 2 2.4L/m o l =4.48 L,故 D 正确；故选：C o根据图示阳极发生氧化反应，电极反应：C H3C O O-8 e-+2 H2O =2 C O2 T +7 H+,所以a极

25、为电源正极，b极为电源负极，阴极反应：C 02 4-8 e-+8 H+=C H4+2 H2O,若生成Im o l C H*转移8 m o i电子，即可求出生成C O 2在标准状况下的体积，据此答题。本题考查了电解池工作原理，题目难度中等，正确判断电极为解答关键，注意熟练掌电解池工作原理及电极方程式的书写，试题培养了学生的灵活应用能力。1 1.【答案】B【解析】解：A.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C,C元素的化合价降低，贝KO 2具有氧化性，故A正确；B.加热促进醋酸根离子的水解，且温度升高K w 增大，则溶液中c(H+)逐渐增大，c(O H-)逐渐增大，故 B错误；C.苯中C的非金属性较弱，而

26、醋酸分子间含氢键，混合过程中削弱了C H3 C O O H分子间的氢键，且苯与C H3 C O O H分子间的作用弱于氢键，则混合溶液的体积为1 0 1 m L,故 C正确；D.碱性溶液中乙酸乙酯完全水解，碱被消耗，随着反应进行，电导率逐渐减小，可知0 H-的电导大于C H 3 C O O-的电导，故 D正确；故选：B A.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C；B.加热促进醋酸根离子的水解，且温度升高K w 增大；C.苯中C的非金属性较弱，而醋酸分子间含氢键；D.碱性溶液中乙酸乙酯完全水解，碱被消耗。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与

27、实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。1 2.【答案】D【解析】解：A.图示可知，生成氨气的过程为：N O -H N O t N H2O t N H20 H t N H2-N H3,每步反应中N元素化合价均是降低被还原，故 A正确；B.A 选项分析可知，NO与也 反应生成N H 3 和电0,对应反应的化学方程式：2 N 0 +P d/S V G5 H2-2 N H3+2 H2O-故 B 正确；C.图中分析可知，生成N&的基元反应中，NMO+HTNH2 0 H 这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，故 C正确；D.图示可知，NO被氧化为电 的活化能明显大于氧化生成N 国 活化能

28、，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为N%,故 D错误；故选：D。A.元素化合价降低的做氧化剂被还原；B.转化关系中，NO与也反应生成N H 3 和 0,原子守恒配平书写得到化学方程式；C.图中分析可知，生成N H 3 的基元反应中，N&O+H-N H 2 0 H 这一步活化能最大；D.图示可知，NO被氧化为电 的活化能明显大于氧化生成N H 3 活化能。本题考查了工业制备氨气的过程分析判断、反应机理的理解应用等知识点，掌握题干信第16页，共28页息是解题关键，题目难度不大。1 3.【答案】B D【解析】解：A.将该缓冲溶液加水稀释1 0 0 倍，溶液酸性降低则c(H+)减小，温度不变水的离

29、子积常数不变，则溶液中c(O H-)增加，溶液p H 增大，故 A错误；B.缓冲溶液中C H 3 C O O H 和C H 3 C O O-微粒浓度近似相等，Ka(C H3C O O H)=吧 吸 一)=L 7 5 x I O-，c(H+)x 1.7 5 x 1 0-5m o l/L,p H =-l g l.7 5 x I O-5=C(CHgCUOH)5-l g l.7 5 =5-0.2 4 =4.7 6,故 B 正确；C.C H3C O O-+H20 U C H3C O O H +0 H-,Kh=渡器尸=詈,5。(：时，K w 不知，不能确定醋酸电离程度和成酸根离子水解程度大小，不能比较离子

30、浓度大小，故 C 错误;D.缓冲溶液中存在H 2c。3 U H+H CO 平衡，人体代谢产生的H+与H CO 1结合形成H 2c。3,随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H 2c。3中和成H C O ,经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H 2c。3电离补充，维持血液p H 的稳定，故 D正确；故选：B D oA.混合液加水稀释，溶液酸性降低则c(H+)减小，温度不变水的离子积常数不变；B.缓冲溶液中C f C O O H 和CH 3c o e T 微粒浓度近似相等，Ka(CH3CO O H)=虫器霭泮=1.75x 10-5,据此计算c(H+),p H =-

31、l g c(H+)；C.5O C时，K w 不知，溶液中醋酸电离程度和醋酸根离子水解程度无法比较判断，不能确定离子浓度大小；D.H 2c o 3(CC 2)与N a H CC)3的缓冲体系中H 2c o 3(CC)2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时N a H C0 3又可吸收人体代谢产生的少量H +,有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持p H 的稳定。本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确缓冲溶液概念内涵、酸电离平衡常数与酸根离子水解平衡常数关系是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。14.【答案】CD【解析】解：A.结合分析可知过程为F e S CU

32、与N a 2c。3发生复分解反应生成F e C0 3与N a 2sO,，注意碳酸钠溶液碱性过强，若将F e s。”溶液加入N a 2c。3溶液中，会生成氢氧化亚铁进而被氧化为氢氧化铁，无法制备F e C0 3,故A错误；B.检验柠檬酸亚铁是否反应完全应对亚铁离子进行检验，不能使用K S CN溶液，故B错误；C.结合提示柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，步骤控制温度50久60 T既利于柠檬酸亚铁溶解，又 避 免 温 度 过 高 造 成 分 解，故C正确；D.结合分析可知，步骤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确；故选：C D o根据流程可知，过程为F e s。与N a 2c。3发生复

33、分解反应生成F e C O 3与N a 2s O,，过程为F e C()3与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁与C O 2气体，过程为柠檬酸亚铁被电。2氧化生成柠檬酸铁，过程为柠檬酸铁与氨水络合形成柠檬酸铁锈，过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到柠檬酸铁钱晶体，据此分析回答问题。本题考查了物质制备实验方案的设计、物质分离提纯的综合应用，为高频考点，题目难度中等，注意把握实验的原理和操作方法，试题侧重考查学生的分析能力和实验能力.1 5.【答案】A D【解析】解：A.由图可知，N点l g c(H+)=-4.5、T g喘臀=4.8,g|J c(H+)=1 0-4-5m o l/L,溶液中c(O H

34、-)=+m o l/L=1 0-9.5m o i/L,湍 甘=l。”，则Kb(N H3-H20)=I O”*IO-9.5=1 0-4.7,故 A 正确；C(N H3 1H2OJB.由图可知，M、N点的l g c(H+)分别为一6.0和一4.5,p H =-l g c(H+),则M、N点的p H分别为6。和4.5,(N H J S O 4是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，随着溶液的稀释其p H逐渐增大，所以溶液稀释程度MN,故B错误；C.(N H 4)2S 04溶液中加入(N H J S C U固体，则c(N H*)增大，N党水解正向进行，溶液中c(H+)增大、l g c(H+)增大，但c(N H j)

35、越大，N H 1水解程度越小，则、喘臀减小、T g喘臀增大，所以向溶液中加入(N H Q 2S O 4固体时l g c(H+)增大、T g写 黯 父增大，即不能使N点移动到P点，故C错误；D.(N H 4)2S 04溶液中存在电荷守恒关系为c(H+)+c(N H+)=c(O H-)4-2c(S O t)，将溶液稀释1 000倍后，溶液接近于中性，即c(H+)x c(O H-),则c(N H t)2c(S O f),故D第18页，共28页正确；故选：A D oA.Kb(N H3-H20)=，嚅？。；：),结合图中N点数值进行计算；C(NH3H2O)B.(N H 4)2S O 4是强酸弱碱盐，溶液

36、呈酸性，随着稀释溶液的p H 增大；C.(N H 4)2S O 4溶液中加入(N H J S C U 固体，贝 l J c(N H*)增大，N H K 解正向进行，溶液中c(H+)增大，但c(N H 才)越大，N 用水解程度越小：D O l m o h L-i 的(N H Q 2 S O 4 溶液稀释1 0 0 0 倍后，溶液接近于中性，结合电荷守恒关系分析。本题考查盐类水解原理及其应用，为常见考点，侧重学生分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握水解原理及其影响因素、图象变化特征分析等是解题关键，注意电荷守恒关系式的应用，题目难度中等。16.【答案】D-1 I 1 1 1 1 1 1 1 ：

37、N：C：C：N:Nc H 1：1 出0 和 HCN分子3d间都能形成氢键且H 2 O 形成的氢键数多，(C N)2 不能形成分子间氢键B D 1：I&也 X81 0-3 0【解析】解：(l)F e 的原子序数为2 6 号，价电子排布式为：3 d 6 4 s2,失去3 个电子后，价电子排布式为3 d 5,则价电子轨道表示式：I I I I 1 H H_ 3d故答案为：1 111H HU；3d(2)(C N)2 中键与键之间的夹角为1 8 0。，并有对称性，分子中每个原子均满足8电子稳定结构，其结构式为N三C-C三N,其电子式为:N”C：C”N：，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，则电负性

38、N C,H元素电负性小于C元素，所以电负性：N C H,故答案为：N三C：C 4 N：；Nc H；(3)H C N 结构式为H -C三N,共价单键为。键、共价三键中含有1 个。键和2个n键，则HCN分子中含有2个。键、2个TT键，。键和丘 键的个数之比=2：2 =1：1；能形成分子间氢键且形成分子间氢键越多的物质熔沸点越高，出0 和 HCN分子间都能形成氢键且力 0 形成的氢键数多，所以H 2 0 的沸点大于H C N,(C N)2 不能形成分子间氢键，所以沸点最低，故答案为：1：1;比 0 和 HCN分子间都能形成氢键且H 2。形成的氢键数多，(C N)2 不能形成分子间氢键；(4)H C

39、N 为直线形分子，A S O 2 中 S原子价层电子对个数=2 +亨=3且含有1 个孤电子对，为 V形结构，故A错误；B I O 2 中 C原子价层电子对个数=2+亨=2,为直线形分子，故 B正确；C.O 3 与S O 2 互为等电子体，二者结构相似，所以。3 为 V形结构，故 C错误；D.N O 中 N原子价层电子对个数=2 +胃咨=2,为直线形分子，故 D正确：故答案为：B D；(5)普鲁土蓝晶胞一个小立方体中C N-个数=1 2 x：=3、F e 原子个数=8x：=1、N a+个数=1 x1 =i,所以其化学式为(N a)o sF e(C N)3,C bT 为一1 价、N a+的化合价为

40、+1 价，该化学式中F e 元素化合价为+2.5,F e 2+与F e 3+个数比为1：1；该晶胞体积=(a x1 0-1。5 1)3,该晶胞中含有 8 个“(N a)o.5 F e(C N)3 ”,设(N a)0.5 F e(C N)3 的摩尔质量为 M,该晶体密度。=Q，M =吗=PX(a x lL 0)3 x N Ag/m。=皿 x 1 0-3 0 g/m o l,H y 8 8 8故答案为：1:1；&X10-3。8(l)F e 的原子序数为2 6 号，价电子排布式为：3 d 6 4 s2,F e 原子失去4 s能级2 个电子、3 d 能 级 1 个电子生成F e 3+；(2)(C N

41、中键与键之间的夹角为1 8 0。，并有对称性，分子中每个原子均满足8电子稳定结构，其结构式为N三C-C三N；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，H元素电负性小于C元素；(3)H C N 结构式为H-C三N,共价单键为o 键、共价三键中含有1 个。键和2个n键；能形成分子间氢键且形成分子间氢键越多的物质熔沸点越高；(4)H C N 中 C原子价层电子对个数是2,则该分子为直线形分子，与 HCN具有相同立体构型的分子中，中心原子价层电子对个数是2；普鲁土蓝晶胞一个小立方体中C F F 个数=1 2 x；=3、F e 原子个数=8 =1、N a+个数=l x i =i,所以其化学式为(N a)

42、o,sF e(C N)3,利用化合价确定F e?+与F e?+个数比；该晶胞体积=(a x 1 0 T%m)3,该晶胞中含有 8 个“(N a)o.5 F e(C N)3 ，设(N a)o.5 F e(C N)3的摩尔质量为M,该 晶 体 密 度 丘口 v本题考查较综合，涉及晶胞计算、氢键、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查基础知第2 0 页，共2 8页识的掌握和灵活应用能力，明确原子结构、分子结构、晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。1 7.【答案】Cu S+M n O2+4 H+=Cu2+M n2+S 1 +2 H2O Bi Cl3+Na2CO3=Bi OCl I+Na

43、Cl +C02 t 浸轮 Fe3+As3+H2O2+2 H2O=Fe As O4 1 +6 H+p H 5.2 3 Bi OCl +3 e-+3 K+=Bi +KC1 +K20 增大【解析】解：(1)浸铜时加入的物质是Mn Oz、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，初步确定反应为Mn O?+H+Cu S t S J+M n2+Cu2+H20,根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得发生反应的离子方程式为Cu S+M n O2+4 H+=Cu2+M n2+S 1+2 H2O,故答案为：Cu S+M n O2+4 H+=Cu2+M n2+SI+2 H2O；(2)由所给信息知，Bi CU转化为Bi OCl,

44、根据元素守恒推测还有NaCl、CO2 生成，根据元素守恒配平得化学方程式为Bi CU+Na2 c。3 =Bi OCl 1 +NaCl +C02 T；沉铀后的滤液中含有NaCl,可导入浸例环节循环使用，故答案为：Bi Cl3+Na2CO3=Bi OCl I+NaCl +C02 T；浸秘；(3)浸取液中碎元素以As 3+形式存在，反应后转化为Fe As O4,As 元素化合价升高，此反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒初步配平反应为：Fe3+As3+H202-Fe As O4 l,由流程知，浸取液为酸性，故可在右边添加6个H+配平电荷守恒，左边添加2 个 配 平 元 素 守 恒，则发生反应的离子方

45、程式为Fe 3+AS3+H2O2+2 H2O=Fe As O4 I+6 H+；当c(As O;)=1 0-8m o l/LH,溶液c(Fe 3+)=、呼鬻“)=5,62 1 m o l/L=5.6 x ICT1 3 m o i 八，此时溶液中c(OH-)=詈=黑；m o l/L=遮 x 1 0-9m o l/L.赃(H+)=H m o l/L=5-x1 0-5m o l/L,贝 i Jp H=-l g c(H+)=5 +|l g 5 5.2 3,由于要确保c(As O；)1 0-8m o l/L,故p H 5.2 3,故答案为：Fe3+As3+H202+2 H2O=Fe As O4 i +6

46、H+；p H 5.2 3；(4)由题意知，Bi OCl 中 Bi 元素得3 个电子被还原为Bi,K+嵌入电极材料，根据元素守恒推测还有KC1、生成，对应电极反应式为50。+3 6-+3 1 +=81 +1 (：1 +1 4)3,含钿化合物、Cu S、P b SOc AS2 O3 未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe 2(SC)4)3、C1 1 SO4、Z1 1 SO4、H2 s o 4，含钿化合物、Cu S、P b S04,AS2 O3 进入浸铜步骤，根据(1)问题干知Cu S在此步骤中转化为CUSO4、S,此时滤液中主要含Cu S。,、H2 s o 钎 含钿化合物、P b S04,AS2 O3、

47、S 进入浸钿步骤，根据已知信息，浸砌时，砌元素转化为Bi Cb，AS2 O3 转化为As Ck，P b S0 4 转化为P b C仁，浸渣中主要含有S,浸钿后的浸取液中主要含Bi Ck、As Ck、P b Cl r，经过除铅、碎步骤=后，溶液中主要含Bi C%，经过沉钿操作，Bi Cb 转化为Bi OCl；(1)浸铜时加入的物质是Mn()2、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，初步确定反应为Mn Oz +H+Cu S-S 1 +M n2+Cu2+H20,根据守恒法配平即可得到发生反应的离子方程式；(2)由所给信息知，Bi Ck 转化为Bi OCl,根据元素守恒推测还有NaCl、CO2 生成，沉秘后的滤液

48、中含有NaCl；(3)浸取液中碑元素以As 3+形式存在，反应后转化为Fe As O A s 元素化合价升高，此反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒初步配平反应为：Fe3+A s3+H2O2=Fe A s O4 I,再配平即可得发生反应的离子方程式；当c(A s O 7)=l(r 8m o i 儿时，溶液c(Fe3+)=K=5,6黑 r n o l/L=5.6 x 1 0-1 3m o l/L,此时溶液中c(O H-)=曲mWL =V5 x W-m o l/L，则式b)=舟=-1/L=5-5 x 1 0-5m o l/L-再计算此时溶液的p H 即可；(4)由题意知，B i O Cl 中 B

49、i 元素得3 个电子被还原为B i,K+嵌入电极材料，根据元素守恒推测还有KC1、七0 生成：B i O Cl 得电子生成B i 是储能过程，生成的B i 转化为L B i 也为储能过程本题考查物质制备实验方案评价，明确流程的目的，流程操作中发生的反应及原理是解题的关键，涉及到氧化还原反应，沉淀溶解平衡的计算，试题有助于培养综合分析问题的能力，整体难度中等。1 8.【答案】蒸 储 烧 瓶 b 温度过高，浓硝酸分解，S O 2 溶解度下降逸出生成的NO S O 4H作为该反应的催化剂作溶剂，同时作吸水剂，防止NO S O 4H遇水分解滴入最后一滴(NH4)2 Fe(S 0 4)2 标准液，溶液突

50、变为粉红色，且3 0 s 内不变色3%第22页，共28页【解析】解：(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸僧烧瓶；由分析知，装置D的作用吸收SO2，并防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，则装置D应该为盛装碱石灰的装置，选项b正确，故答案为：蒸储烧瓶；b；(2)由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故答案为：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到催化剂的作用，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，说明此时起催化作用的物质应该为NOSO,H,故答案为：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；(3)