萍乡市重点2023年高三二诊模拟考试化学试卷含解析.pdf

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1、2023学年高考化学模拟试卷注意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用 2 B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角 条形码粘贴处 o2 .作答选择题时，选出每小题答案后，用 2 B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3 .非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4 .考生必须保证答题卡的整洁。考试

2、结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是A.催 化 剂 a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B.催化剂不能改变反应焙变但可降低反应活化能C.在催化剂b表面形成氮氧键时，涉及电子转移D.催 化 剂 a、b 能提高反应的平衡转化率2、下列物质的工业制法错误的是A.氨气：加热氢氧化钙和氯化核的混合物B.金属镒：高温下铝和二氧化镒反应C.粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD.硫酸：黄铁矿燃烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收3、向某二价金属M的 M(0 H)2 的溶液中加入过量的N a H C

3、 Q 溶液，生成了 M C O 3 沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L 气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是A.M(OH)2溶液的物质的量浓度 B.与 M C 0 3 反应的盐酸的物质的量浓度C.MCO3的质量 D.题给条件充足，不需要再补充数据4、如图是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在反应过程中的反应速率v 与 时 间(t)的关系曲线，下列说法错误的是()A.ti时，正方向速率大于逆反应速率B.t2时，反应体系中N%的浓度达到最大值C.t2-t3时间段，正反应速率等于逆反应速率D.t2-t3时间段，各物

4、质的浓度相等且不再发生变化5、下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制 0.4000molL-的 NaOH 溶液将称取的4.0g固体NaOH置于250mL容量瓶中，加入适量蒸储水溶解并定容至容量瓶刻度线B收集NH 4a和 Ca（OH）2混合物在受热时产生的气体用排水法收集，在实验结束时，应先移出导管，后熄灭酒精灯C探究浓度对反应速率的影响向2 支盛有5mL不同浓度Na2s2O3溶液的试管中同时加入2mL0.1mol/LH2sCh溶液，察实验现象D证明 KsP(AgCl)Ksp(AgI)向含少量NaCl的 Nai溶液中滴入适量稀AgNCh溶液，有黄色沉淀生成A.A B.B C.

5、C D.D6、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（）m ivA.加热装置I 中的烧杯分离L 和高锌酸钾固体B.用装置n 验证二氧化硫的漂白性C.用装置U I制备氢氧化亚铁沉淀D.用装置IV检验氯化铉受热分解生成的两种气体7、下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是A.A B.B C.C D.D选项操 作现 象结 论A向 3ml0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先 加 入 45 滴 O.lmol/L的NaCl溶液，再 滴 加 45 滴O.lmol/L 的 Nai 溶液先出现白色沉淀后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(Agl)B将某气体通入品红溶

6、液品红溶液褪色该气体是SO2C用 p H 计测定等浓度的Na2c0 3 和NaClO溶 液 的 pH后 者 pH 比前者的小非金属性：C1CD将铜粉加入1.0mol/LFe2（SO4）3 溶液中溶液变蓝氧化性Fe3+Cu2+8、下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（）选项实验现象结论ASO2通入BaCL溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C用热的烧碱溶液洗去油污Na2cCh可直接与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污DFeCh溶液可用于铜质印刷线路板制

7、作FeCb能从含有C/+的溶液中置换出铜FeCh溶液可用于铜质印刷线路板制作A.A B.B C.C D.D9、刚结束的两会 政府工作报告首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达8（）%。下列说法中错误的是0NaOHNaCIO4HCIO4NaCIO4r吸附层A 离子交换膜 吸附层BA.该装置将化学能转换为电能B.离子交换膜允许H+和 OIF通过C.负极为A,其电极反应式是H z-2 e-+2 0 1 r=2HzOD.电池的总反应为H+OH-出 出 010、扑热息痛的结构如图所示,下列关于扑热息痛的描述正确的是A.分子式为CsHioN

8、OzB.扑热息痛易溶于水C.能与Na2c。3溶液反应，但不能与NaHCCh溶液反应D.属于芳香煌11、常温下，向 10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入O.lmol/LNaOH溶液，其 pH变化如图所示（忽略温度变化），已知：常温下，HzX的电离常数K；u=1.1X10-5,Ka2=1.3X10-8o 下列叙述正确的是A.a 近似等于3B.点处 c(Na+)4-2c(H+)+c(H2X)=2c(X2-)+c(HX_)+2c(OH-)C.点处为H2X 和 NaOH中和反应的滴定终点D.点处 c(Na+)=2c(X2-)c(OH-)c(HX-)c(H+)12、下列不能用于判断F

9、 和 C1的非金属性强弱的事实是A.气态氢化物的稳定性B.最高价氧化物对应水化物的酸性C.单质与氢气反应的难易D.单质与氢气反应放出热量的多少13、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A.如图中c 曲线是加入催化剂a 时的能量变化曲线B.反应的热化学方程式为：N2(g)+3Hz(g)=32N H 3(g)Af=-92 kJ/molC.在反应中，若 有 1.25 m ol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6 LD.催化剂a、b 能提高化学反应、的化学反应速率和平衡转化率14、化石燃料开采、加工过程中会产生剧毒气体硫化氢(M S),可通

10、过间接电化学法除去，其原理如图所示。下列说法错误的是XA.反应池中处理硫化氢的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2+S1+2H+B.电极a 为阳极，电极b 为阴极C.若交换膜为质子(H+)交换膜，则 NaOH溶液的浓度逐渐变大D.若交换膜为阳离子交换膜，b 电极区会产生红褐色沉淀15、下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是A.使用此装置可以减少导致酸雨的气体的排放B.该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应C.总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D.若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体中含S(h16、取 10g碳酸钙高温加热一段时间后停止

11、加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为5 0%,则下列判断正确的是A.生成了 2g二氧化碳B.剩余固体质量为5gC.生成了 5.6g氧化钙二、非选择题(本题包括5 小题)17、化合物H 可用以下路线合成:D.剩余碳酸钙的质量为8g-3.R-CH=CH2 B2H6 RCH2CH2OH已知:-,(ii)H2O2/OH-回请回答下列问题：(1)标准状况下U.2L煌 A 在氧气中充分燃烧可以生成88gCCh和 45gH2 0,且 A 分子结构中有3 个甲基，则 A 的结构简式为;(2)B 和 C 均为一氯代烧，D 的名称(系统命名)为;(3)在催化剂存在下ImolF与 2molH2反应，生成3苯基一

12、1丙醇。F 的结构简式是;(4)反应的反应类型是;(5)反应的化学方程式为;(6)写出所有与G 具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式 o18、聚合物G 可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：(1)物质A 的分子式为,B 的结构简式为.(2)E 中 的 含 氧 官 能 团 的 名 称 为。(3)反应-中属于加成反应的是 o(4)写出由两分子F 合成六元环化合物的化学方程式19、草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验I试剂混合后溶液pH现象(lh 后溶液)试管滴管a4mL0.01mobL-1 KMnCh 溶液，几滴浓H2s2mL0.3mol七%2c2。4

13、溶液2褪为无色b4mL0.01molL,KMnO4 溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol*L-1 K2O2O7溶液，几滴浓H2s042无明显变化d4mL0.01mobL-1 K2CY2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化(1)H2c2。4是二元弱酸，写 出 H2c2。4溶于水的电离方程式：。(2)实验I 试管a 中 KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为：。(3)瑛瑛和超超查阅资料，实验I 试管c 中 H2c2。4与 K2Cr2()7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnCh可促进H2 c 与 K2O2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。

14、实验IV 的目的是：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _实 验 II实 验 III实验IV实验操作0.0001 MnO：固体2mL0.3mol L溶液J 4 mLO.OImol 1.1KX nOriftiApH-2.0.0001 inol MnO/AI 体|d 2 mL 0.3 tnol L”12c Q 1 溶液4 mLO.Olmol L K C rQ：溶液pH-70.0001 mol MnO：同体nU 2f I B水j JmLO.OImd L M：CrQ,潘液pll-2实验现象6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6 min

15、后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化(4)睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72浓度变化如图:r6s&2468臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i.MnO2与 H2c2。4反应生成了 Mn2+o过程ii.o查阅资料：溶液中Mi?+能被PbCh氧化为MnO/。针对过程i,可采用如下方法证实：将 0.0001 molMnCh加入到6mL 中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她 们 的 实 验 方 案 是。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的

16、速率与 有关。20、硫酸亚铁镂（NH4）2Fe（SO4）2 是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在 500时隔绝空气加热A 中的硫酸亚铁钱至分解完全。确定分解产物的成分。（1）B 装置的作用是。（2）实验中，观察到C 中无明显现象，D 中有白色沉淀生成，可确定产物中定有 气体产生，写出D 中发生反应的离子方程式。若去掉C,是否能得出同样结论并解释其原因_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。（3）A 中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。（试剂，仅然和用品自选）实验

17、步骤预期现象结论取少量A 中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解：_ _ _ _ _ _ _ _ _固体残留物仅为FezCh（4）E 中收集到的气体只有N 2,其物质的量为xm ol,固体残留物刚体死目物FezCh的物质的量为ymob D 中沉淀物质的量为zm oL 根据氧化还原反应的基本规律，x、y 和 z 应 满 足 的 关 系 为（5）结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁钱在500c时隔绝空气加热完全分解的化学方程式:21、AA705合金（含 Al、Zn、Mg和 Cu）几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金

18、很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒（大小仅为十亿分之一米）注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为 O(2)第三周期某元素的前5 个电子的电离能如图1所示。该 元 素 是(填 元 素 符 号)，判断依据是(3)CN-、NH3、出0 和 OH一 等配体都能与Zi?+形成配离子。Imol Zn(NH3)4F+含mol。键，中心离子的配位数为(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2 所示。1个铝原子周围有 个镁原子最近且等距离。(

19、5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：笨甲障 堇甲磨苯甲醇中C 原子杂化类型是。苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是(6)钛晶体有两种品胞，如图所示。图3如图3 所示，晶 胞 的 空 间 利 用 率 为(用 含 n 的式子表示)。已知图4 中六棱柱边长为x cm,高为y cm0该钛晶胞密度为D g em 3,NA为 m oL(用含x y 和 D 的式子表示)。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】A.催化剂a 表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故 A 合理；B.催化剂可降低反应活化能，改变反应速率，但不能改变反应

20、焙变，故 B 合理；C.催化剂b 表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故 C 合理；D.催化剂a、b 改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故 D 不合理；故选D。2、A【解析】A.氨气：加热氢氧化钙和氯化钱的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A 正确；B.金属镒：高温下铝和二氧化镒发生铝热反应可制取金属镒，与题意不符，B 错误；C.粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为C O,与题意不符，c 错误；D.硫酸：黄铁矿燃烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D 错

21、误；答案为A。【点睛】加热氢氧化钙和氯化镂的混合物为氨气的实验室制法。3、C【解析】生成的气体是C02,所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MC03的质量，选项C正确，答案选C。4、D【解析】A.h 时反应没有达到平衡状态，正方向速率大于逆反应速率，A 正确；B.t2时反应达到平衡状态，反应体系中N%的浓度达到最大值，B 正确；C.t2-t3时间段反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，C 正确；D.t2-t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，但不一定相等，D 错误。答案选D。5、C【解析】A.容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH,A 错

22、误；B.NH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B 错误；C.Na2s2O3+H2s4=Na2sCh+S I+SO2 t+H2O,可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，c 正确；D.由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag+c(C)Ksp(AgI),故A 错误；B.能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故 B 错误；C.比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaCIO不是最高价氧化物的水化物，不能比较,故 C 错误；D.反应的离子方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+,氧化剂的氧化性强于氧化产

23、物的氧化性，所以氧化性Fe3+C2c(X2-)c(OH_)c(HX_)c(H+),故 D 错误；答案：A【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。12、B【解析】A.因为H F比 HC1稳定，所 以 F 比 C1的非金属性强，故 A 正确；B.氟非金属性强，无正价，故 B 错误；C.F2在暗处就能和H2反应，CL在点燃的条件下能反应，所 以 F 比 C1的非金属性强，故 C 正确；D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非

24、金属性强于氯，故 D 正确；答案选B。【点睛】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。13、B【解析】A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d 是加入催化剂a 时的能量变化曲线，A 错误；B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600 kJ-508 kJ=92 k J,故反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2 N H 3（g）AH=-92 kJ/mol,B 正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C 错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率

25、，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D 错误；故合理选项是14、C【解析】A.由图示知反应池中，Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：H2S+2Fe-,+=2Fe2+S|+2H+,故 A 正确;B.a极产生Fe3+,发生氧化反应，所以为阳极，b 为阴极，故 B 正确；C.若交换膜为质子交换膜，则 H+进入b 极，则 NaOH溶液的浓度逐渐变小，故 C 错误D.若交换膜为阳离子交换膜，Fe3+会向阴极移动，与氢氧根离子生成红褐色Fe（OH）沉淀3,故 D 正确；故选C。15、D【解析】A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与 CaCCh、O2反应最终

26、生成了 CaS(h,减少了二氧化硫的排放，A 正确;B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与02生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B 正确；C.根据以上分析，总反应可表示为：2so2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2,C 正确；D.排放的气体中一定含有CO2,C(h 能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含 SO2,D 错误；答案选D。16、A【解析】40原碳酸钙10g中的钙元素质量为：lO gX y-xl00%=4g,反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4 g,则含钙50%的 剩 余 固

27、体 质 量=需=8 8,根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g,设生成的氧化钙质量是X,闾温CaCO,CaO+CO2 T56 44x 2.0g56 44一=丁，x=2.56g,x 2gA.根据上述计算分析，生成了 2g二氧化碳，故 A 正确；B.根据上述计算分析，剩余固体质量为8 g,故 B 错误；C.根据上述计算分析，生成了 2.56g氧化钙，故 C 错误；D.根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8 g,故 D 错误；答案选A。【点睛】易错点为D 选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8 g,则未反应的碳酸钙的质量小于8g。二、非选择题(本题包括5 小题)1

28、7、CH3CH(CH3)CH3 2 甲基丙烯 ，-C H C H C H O 消去反应【解析】(1)88gCO2为 2mol,45gH2O为 2.5m oL标准状况下U.2L气体物质的量为0.5m ol,所以垃A 中含碳原子为4,H原子数为1 0,则化学式为C4HK),因为A 分子结构中有3 个甲基，则 A 的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；(2)C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A 与 CL光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则 A 只能是异丁烷，先取代再消去生成的D 名称为：2 甲基丙烯；(3)F 可以与Cu(OH)2反应，故应为醛基，与 H

29、2之间为1:2 加成，则应含有碳碳双键.从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F 的 结 构 简 式 为CH=CH-CHO;(4)反应为卤代燃在醇溶液中的消去反应，故答案为消去反应；(5)F 被新制的Cu(OH)2氧化成竣酸G 为 C H=C H-C O O H，D 至 E 为信息相同的条件，则类比可不难得出E 的结构为E 与 G 在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：CH.q(6)G 中含有官能团有碳碳双键和竣基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为O O H 谈“u r _ r1 8、C6H l 2 O 6 C H3-C H=C H2 臻基、竣基 2 HOUU-C

30、H,=-HjC A ZC3-O 1 +2 H20H -【解析】B 的分子式为C3H6,根据题中各物质转化关系，比较B、C 的分子式可知反应为加成反应，所以B 中有碳碳双键，所以B 为 CH3-CH=CH2,B 与澳加成生成C 为 ClbCHBrCHzBr,C 在碱性条件下水解得D 为 CH3CHOHCH2OH,D氧化得E 为 CH3coeOOH,E 与氢气发生加成反应得F 为 CH3CHOHCOOH,F 在一定条件下发生缩聚反应得G,淀粉在酸性条件下水解得A 为葡萄糖，据此答题。【详解】B 的分子式为C3H6,根据题中各物质转化关系，比较B、C 的分子式可知反应为加成反应，所 以 B 中有碳碳

31、双键，所 以 B 为 CH3-CH=CH2,B 与澳力口成生成C 为 CH3cHBrCHzBr,C 在碱性条件下水解得D 为 CH3cHOHCH2OH,D氧化得E 为 CH3coeOOH,E 与氢气发生加成反应得F 为 CH3cHOHCOOH,F 在一定条件下发生缩聚反应得G,淀粉在酸性条件下水解得A 为葡萄糖。(1)物质A 为葡萄糖，其分子式为C6Hi2O6,B 的结构简式为CH3-CH=CH2;(2)E 为 C H 3coeO O H,含氧官能团的名称为埃基、竣基；(3)根据上面的分析可知，反应中属于加成反应的是；O(4)由两分子F 合成六元环化合物的化学方程式为2 HOJJICH,即吗

32、H s C-lZ cZ?+2出0。H-H【点睛】本题考查有机物的推断，确 定 B 的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。19、H 2c2O 4：HC2O4+H+、HC2O4：C2O42+H+5H2C2O4+6H+2MnO4=10CO2 t+2Mn2+8H2O 排除实验 II中 MnCh直接还原重馅酸钾的可能 M/+可加快草酸与重铭酸钾的反应 O.lmol/LH2c2。4溶液(调至pH=2)上清液为紫色 2mL、0.3mol/LH2c2。4溶液与 4mL0.01mol/L QCrzCh 溶液混合，调至 pH=2,加入 0.0001 mol

33、MnSCh固 体(或 15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】(1)H2c2。4是二元弱酸，分步电离；(2)酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳；(3)实验IV与实验II、川区别是没有草酸；(4)分析曲线可知，开始时Cr2O7备浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；由实验结论出发即可快速解题；由控制变量法可知，保持其他变量不变，将 Mn(h 换成等物质的量的MnSCh固体即可；(5)注意实验的变量有：氧化剂种类、溶 液 pH、是否有催化剂。【详解】(1)H2c2。4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则 H2c2。4溶于

34、水的电离方程式为H2c2O4=HC2O4-+H+、HC2O4 C2O42+H+；(2)实验I 试管a 中，酸性条件下，KMnO 最终被还原为M i?+,草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4=10CO2 t+2Mn2+8H2O；(3)实验IV与实验II、川区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中 MnCh直接还原重铭酸钾的可能；(4)分析曲线可知，开始时Cr2(h2-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i.Mn(h 与 H2c2O4反应生成了 M/+。过程ii.MM+可加快草酸与重铝酸钾的反应：将 O.OOOlmolMnCh加入到6mL

35、0.1mol/LH2c2O4溶 液(调 至 pH=2)中，固体完全溶解，则说明MnCh与 H2c2。4反应生成了 MM+；从中取出少量溶液(含M i?+),加入过量Pb(h固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中M/+能被PbCh氧化为MnO4,MnOj显紫色；设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将 Mn(h换成等物质的量的MnSth固体即可，即实验方案是 2mL、0.3mol/LH2c2O4 溶液与 4mLO.Olmol/L KzCnCh溶液混合，调至 pH=2,加入 0.0001molMnS04固 体(或 15.1mgMnSO4),6min后溶液

36、橙色变浅；(5)综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶 液 pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。20、检验产物中是否有水生成SO2sO2+H2O2+Ba2+=BaS()41+2H+否，若有SCh也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高镒酸钾溶液、KSCN溶液若高镭酸钾溶液不褪色，加 入 KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH02Fe(SO4)222工 Fe2(h+2NH3T+N2T+4SO2T+5H2。【解析】(1)硫酸亚铁钱(NEU)zFe(SO4)2 在 500时隔绝空气加热分解，H、。结合有水生成，故 B 装置的作用是检验产物中是否有

37、水生成。(2)装置C 中 BaCL溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸领白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D 中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钢反应生成硫酸钢沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+,若去掉C,若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SCh而无S(h的结论。(3)根据Fe2+的还原性，可以用高铳酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A 中残留物与试管中，加入适量

38、稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锈酸钾溶液、KSCN溶液(或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案)并振荡，若高镒酸钾溶液不褪色，加 入 KSCN溶液后变红(或：加 入 K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案)，则残留物仅为Fe2(h 而不含FeO。(4)若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和 N,得到电子的元素是S,(NH4)2Fe(SO4)2 分解，E 中生成xmoINz失去电子的物质的量是6xm ol,生成ymol FezCh失去电子的物质的量是2y moL D 中沉淀物质的量为zm o l,即生成的二氧化

39、硫的物质的量是z m o l,则得电子的物质的量是2z m o l,根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；(5)结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁锭(NHQ 2Fe(SO4)2 在 500C时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2 5。0 c Fe2Oj+2 NH3T+N2T+4SO2T+5H2O【点 睛】该 题 为 实 验 探 究 题，主 要 考 查 物 质 的 检 验，如 H2O,Fe2O3,FeO,SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。21、3F。4sl Mg/3是上的5 倍多，说明最外

40、层有2 个电子，16 4 8 sp sp3 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 立 灯 x 100%192g8 3Dxx2xy【解析】(1)铜原子有29个电子，其 3d、4s能级上的电子为其价电子；根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；所有单键包括配位键均为。键，双键中有一个为。键，每个NH3分子中含有3 个 N-H键，中心原子Zn与四个N 原子之间存在配位键；(4)晶胞中每个侧面的4 个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到A1原子的距离相等且最近；苯环上碳原子形成3 个共用电子对，而-CH20H中 C 原子形成4 个共用电子对；分子间的氢键对物质的沸点影响较大，

41、苯甲醇分子间存在氢键；1 4r(6)由图3 可知，晶胞中钛原子的数目为l+8 x =2,设原子半径为r,则晶胞的对角线为4 r,晶胞的边长为耳，由此计算空间利用率；1 1 6x48 图 4 晶胞中钛原子的数目为3+2x+12x：=6,晶胞的质量为二g,六棱柱边长为x c m,高为y c m,则晶胞的2 6 M体 积 为 速 xZycnP,再结合晶胞的密度计算NA。2【详解】(1)铜原子有29个电子，其 3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3di4s】；(2)由图1可 知 电 离 能 是/2的 5 倍多，说明最外层有2 个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第HA元素

42、，此元素为镁，元素符号为Mg；所有单键包括配位键均为。键，双键中有一个为0 键，每个N%分子中含有3 个 N-H键，中心原子Zn与四个N 原子之间存在配位键，则 Imol Zn(NH3)4产 含(4+3x4)mol=16mokr键，配位体为N H 3,中心离子Zi?+的配位数为4；(4)晶胞中每个侧面的4 个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到AI原子的距离相等且最近,则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8 个；(5)苯环上碳原子形成3 个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp 2,而-CH20H中 C 原子形成4 个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，

43、导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；14r(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8X&=2,设原子半径为r,则晶胞的对角线为4 r,晶胞的边长为耳，则2 x-r3空间利用率为；3 x 1 0 0%=%*1 0 0%；4 r 81 1 6 x 4 8图4晶胞中钛原子的数目为3+2 x +1 2 x：=6,晶胞的质量为g,六棱柱边长为x c m,高为y c m,则晶胞2 6 M3、6 6 x 4 8 aG 1 9 2 /3的 体 积 为 把x Z yc n?,则 口=一g+受 x Z yc n P,由此计算得NA=m o L.2NA 2 3Dxx2xy【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，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=(a-x b),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2要的电子个数.根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2,s p杂化；n=3,s p?杂化；n=4,s p 3杂化。