2019年安徽省合肥市高考化學(xué)二模試卷

1、2019年安徽省合肥市高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1（6分）實驗室中采用廢舊易拉罐（主要成分為Al，含少量Fe、Mg雜質(zhì)）制備明礬KAl（SO4）212H2O的過程如下圖所示：下列說法不正確的是（）A試劑可以選用NaOH溶液BNH4HCO3用于調(diào)節(jié)濾液A的pHC操作a是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾D明礬溶液顯酸性，常作消毒殺菌劑2（6分）NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A2.0gCO2與SO2的混合氣體分子中，含有的質(zhì)子數(shù)為NAB7.1gCl2與100m1.0molL1NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAC17gNH3與48gO2在催化劑作用下

2、充分反應(yīng)，得到NO分子數(shù)為NAD標(biāo)準狀況下，2.24LCH4和C3H6混合氣體中，含有極性鍵數(shù)為0.5NA3（6分）根據(jù)下列實驗及其現(xiàn)象，所得出的結(jié)論合理的是（）選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A用pH試紙分別檢驗等濃度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液前者試紙變藍比后者更深些非金屬性：SCB向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀堿性：NaOHMg（OH）2C向某鈉鹽中滴加鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3D向有機物X中滴入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去X不一定能發(fā)生加成反應(yīng)AABBCCDD4（6分）據(jù)（ Chem Commun）報導(dǎo)，Marcel m

3、ayor合成了橋連多環(huán)烴（），拓展了人工合成自然產(chǎn)物的技術(shù)。下列有關(guān)該烴的說法不正確的是（）A屬于飽和烴，不能使Br2的CCl4溶液褪色B與氯氣取代，可得到6種不同沸點的一氯代物C分子中含有3個六元環(huán)，4個五元環(huán)D與互為同分異構(gòu)體5（6分）鋅碘液流電池具有高電容量、對環(huán)境友好、不易燃等優(yōu)點，可作為汽車的動力電源。該電池采用無毒ZnI2水溶液作電解質(zhì)溶液，放電時將電解液儲罐中的電解質(zhì)溶液泵入電池，其裝置如圖所示。下列說法不正確的是（）AM是陽離子交換膜B充電時，多孔石墨接外電源的正極C充電時，儲罐中的電解液導(dǎo)電性不斷增強D放電時，每消耗1molI3，有1 molZn2+生成6（6分）短周期主族元

4、素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，其中X是組成有機物的必要元素。Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，W與X同主族，Z與Q最外層電子數(shù)相差6下列說法正確的是（）A非金屬性：QYXZB簡單氣態(tài)氫化物的沸點：XWCY與X、Z、Q均可形成至少兩種二元化合物DY、Z、Q組成化合物的水溶液呈堿性7（6分）常溫下，用0.10molL1鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1molL1CHCOONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲線如下圖所示。下列說法正確的是（）A所示溶液中：c（Cl）c（HCN）c（CN）c（OH）B所示溶液中：c（Na+）c（Cl ）c（CH3COO）c（CH3COOH）C陽離子物

5、質(zhì)的量濃度之和：與所示溶液中相等D所示溶液中：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）0.05molL1非選擇題：共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分8（15分）難溶物CuCl廣泛應(yīng)用于化工和印染等行業(yè)。某研究性學(xué)習(xí)小組擬熱分解CuCl22H2O制備CuCl，并進行相關(guān)探究。該小組用下圖所示裝置進行實驗（夾持儀器略）。回答下列問題：（1）實驗操作的先后順序是： 。檢查裝置的氣密性后加入藥品；熄滅酒精燈，冷卻；在“氣體入口”處通干燥HCl；點燃酒精燈，加熱；停止通人HCl，然后通入N2。（2）在實驗過程中，觀

6、察到B中物質(zhì)由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是 ；A中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。（3）反應(yīng)結(jié)束后，CuC1產(chǎn)品中若含有少量CuCl2雜質(zhì)，則產(chǎn)生的原因可能是 ；若含有少量CuO雜質(zhì)，則產(chǎn)生的原因可能是 。（4）取agCuCl產(chǎn)品，先加入足量FeC3l溶液使其完全溶解，再稀釋到100mL從中取出25.00mL，用cmolL1Ce（SO4）2標(biāo)準液滴定至終點Ce（SO4）2被還原為Ce3+；如此滴定三次，平均消耗標(biāo)準液的體積為VmL請寫出產(chǎn)品溶于FeCl3溶液的離子方程式： ；產(chǎn)品中CuC1的質(zhì)量分數(shù)為 （用含字母的式子表示）。9（14分）鈹銅是廣泛應(yīng)用于制造高級彈性元件的良好合金。某科研小

7、組從某廢舊鈹銅元件（主要含BeO、CuS，還含少量FeS和SiO2）中回收鈹和銅兩種金屬的工藝流程如下：已知：i鈹、鋁元素化學(xué)性質(zhì)相似；BeCl2熔融時能微弱電離。ii常溫下：KspCu（OH）22.21020，KspFe（OH）34.01038，KspMn（OH）22.11013?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾液A的主要成分除NaOH外，還有 （填化學(xué)式）；寫出反應(yīng)I中含鈹化合物與過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式： 。（2）濾液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為得到較純凈的BeCl2溶液，選擇下列實驗操作最合理步驟的順序是 ；電解熔融BeCl2制備金屬鈹時，需要加入NaCl，其作用是 。加入過量的N

8、aOH：加入過量的氨水；加入適量的HCl；過濾；洗滌。（3）反應(yīng)中CuS的氧化產(chǎn)物為S單質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。（4）常溫下，若濾液D中c（Cu2+）2.2molL1、c（Fe3+）0.008molL1、c（Mn2+）0.21molL1，向其中逐滴加入稀氨水，生成沉淀F是 （填化學(xué)式）；為了盡可能多的回收銅，所得濾液G的pH最大值為 。10（14分）“綠水青山就是金山銀山”，研究氮氧化物等大氣污染物對建設(shè)美麗家鄉(xiāng)，打造宜居環(huán)境具有重要意義。NO在空氣中存在如下反應(yīng)：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H上述反應(yīng)分兩步完成，如下左圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式（H用含物

9、理量E的等式表示）： 。（2）反應(yīng)和反應(yīng)中，一個是快反應(yīng)，會快速建立平衡狀態(tài)，而另一個是慢反應(yīng)。決定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反應(yīng)速率的是 （填“反應(yīng)”或“反應(yīng)”）；對該反應(yīng)體系升高溫度，發(fā)現(xiàn)總反應(yīng)速率變慢，其原因可能是 （反應(yīng)未使用催化劑）。（3）某溫度下一密閉容器中充入一定量的NO2，測得NO2濃度隨時間變化的曲線如上右圖所示。前5秒內(nèi)O2的平均生成速率為 ；該溫度下反應(yīng)2NO+O22NO2的化學(xué)平衡常數(shù)K為 。（4）對于（3）中的反應(yīng)體系達平衡后（壓強為P1），若升高溫度，再次達平衡后，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量 （填“增大”、“減小”或“不變”）；若在恒溫恒容條件下，向其中

10、充入一定量O2，再次達平衡后，測得壓強為P2，c（O2）0.09molL1，則P1：P2 。（5）水能部分吸收NO和NO2混合氣體得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL1HNO2溶液中逐滴加入0.10molL 1NaOH溶液，所得pH曲線如圖所示，則A點對應(yīng)的溶液中 。選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、道化學(xué)題、2道生物題中任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑，注意所做題目題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11（15分）鐵和鈷是兩種重要的過渡元素。請回

11、答下列問題：（1）鈷在元素周期表中的位置是 ，其基態(tài)原子的價電子排布圖為 。（2）FeCO3是菱鐵礦的主要成分，其中C原子的雜化方式為 ；分子中的大鍵可用符號mn表示，其中m代表參與形成大鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大鍵的電子數(shù)（如苯分子中的大鍵可表示為66），則CO32中的大鍵應(yīng)表示為 。（3）已知Fe2+半徑為61pm，Co2+半徑為65pm，在隔絕空氣條件下分別加熱FeCO3和CoCO3，實驗測得FeCO3受熱分解溫度低于CoCO3，其原因可能是 。（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向含0.01mol該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。則該配合物的配

12、位數(shù)為 。（5）奧氏體是碳溶解在rFe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞為面心立方結(jié)構(gòu)（如圖所示），則該晶體中與鐵原子距離最近的鐵原子數(shù)目為 ；若該晶胞參數(shù)為apm，則該晶體的密度為 gcm3（阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示）?！净瘜W(xué)一選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)】12福酚美克是一種影響機體免疫力功能的藥物，可通過以下方法合成：回答下列問題：（1）物質(zhì)A的含氧官能團的名稱為 ；BC的轉(zhuǎn)化屬于 反應(yīng)（填反應(yīng)類型）（2）上述流程中設(shè)計AB步驟的目的是 ；F分子中共平面的原子最多有 個。（3）D與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。（4）福酚美克具有多種同分異構(gòu)體。寫出其中符合下列條件的有機物結(jié)構(gòu)簡式： 和

13、 。含有CONH2；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；核磁共振氫譜的吸收峰數(shù)目有4個。（5）參照上述合成路線和信息，以乙醇為原料（無機試劑任選），設(shè)計制的合成路線： 。2019年安徽省合肥市高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1（6分）實驗室中采用廢舊易拉罐（主要成分為Al，含少量Fe、Mg雜質(zhì)）制備明礬KAl（SO4）212H2O的過程如下圖所示：下列說法不正確的是（）A試劑可以選用NaOH溶液BNH4HCO3用于調(diào)節(jié)濾液A的pHC操作a是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾D明礬溶液顯酸性，常作消毒殺菌劑【考點】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用菁優(yōu)

14、網(wǎng)版權(quán)所有【分析】因Fe、Mg與NaOH不反應(yīng)，結(jié)合流程可知，試劑為NaOH，發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，過濾分離出濾液A為NaAlO2，加入NH4HCO3溶液后，電離出的NH4+和HCO3均能促進AlO2水解，生成沉淀B為Al（OH）3，加入硫酸、硫酸鉀得到溶液C為KAl（SO4）2，操作a是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，可分離出明礬，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈由上述分析可知，試劑可以選用NaOH溶液，故A正確；BNH4HCO3用于調(diào)節(jié)濾液A的pH，使鋁離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，故B正確；C由溶液得到結(jié)晶水合物，則操作a是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，故C正確；D明礬溶液水解顯

15、酸性，不具有強氧化性，不能作消毒殺菌劑，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。2（6分）NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A2.0gCO2與SO2的混合氣體分子中，含有的質(zhì)子數(shù)為NAB7.1gCl2與100m1.0molL1NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAC17gNH3與48gO2在催化劑作用下充分反應(yīng)，得到NO分子數(shù)為NAD標(biāo)準狀況下，2.24LCH4和C3H6混合氣體中，含有極性鍵數(shù)為0.5NA【考點】4F：阿伏加德

16、羅常數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A二氧化碳分子中含質(zhì)子數(shù)22，SO2中含質(zhì)子數(shù)32，極值假設(shè)法計算，2g0gCO2與SO2的混合氣體分子中所含質(zhì)子數(shù)；B氯氣物質(zhì)的量0.1mol，氫氧化鈉物質(zhì)的量0.1L1.0mol/L0.1mol，氯氣和堿的反應(yīng)為歧化反應(yīng)；C.4NH3+5O24NO+6H2O計算分析，NO易和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮；D標(biāo)準狀況下，2.24LCH4和C3H6混合氣體物質(zhì)的量0.1mol，若全部為CH4所含極性鍵數(shù)0.4NA，若全部為C3H6所含極性鍵數(shù)為0.6NA；【解答】解：A二氧化碳分子中含質(zhì)子數(shù)22，SO2中含質(zhì)子數(shù)32，全部是2.0gCO2氣體分子中所含質(zhì)子數(shù)22NANA，全

17、部是2.0gSO2的氣體含質(zhì)子數(shù)32NANA，故A正確；B氯氣物質(zhì)的量0.1mol，氫氧化鈉物質(zhì)的量0.1L1.0mol/L0.1mol，Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，氯氣過量，反應(yīng)的氯氣為0.05mol，轉(zhuǎn)移0.05NA個電子，故B錯誤；C.17gNH3物質(zhì)的量1mol，48gO2物質(zhì)的量1.5mol，在催化劑的作用下加熱充分反應(yīng)，4NH3+5O24NO+6H2O，氧氣過量，氨氣完全反應(yīng)，剩余氧氣和一氧化氮反應(yīng)，所得NO的分子數(shù)小于NA，故C錯誤；D標(biāo)準狀況下，2.24LCH4和C3H6混合氣體物質(zhì)的量0.1mol，若全部為CH4所含極性鍵數(shù)0.4NA，若全部為C3H6所含

18、極性鍵數(shù)為0.6N，只有二者按照1；1混合所含極性鍵數(shù)為0.5NA，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，掌握物質(zhì)的量的計算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。3（6分）根據(jù)下列實驗及其現(xiàn)象，所得出的結(jié)論合理的是（）選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A用pH試紙分別檢驗等濃度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液前者試紙變藍比后者更深些非金屬性：SCB向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀堿性：NaOHMg（OH）2C向某鈉鹽中滴加鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3D向有機物X中滴入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去X不一定能發(fā)生加

19、成反應(yīng)AABBCCDD【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A亞硫酸不是最高價含氧酸，不能比較二者非金屬性；B該該反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，反應(yīng)發(fā)生的原因是生成了難溶物，與堿性強弱無關(guān)；C生成的氣體可能為二氧化硫或氯氣；D有機物X可能具有還原性，不一定含有碳碳雙鍵或三鍵，如乙醇?！窘獯稹拷猓篈Na2SO3對應(yīng)的酸為H2SO3，不是最高價含氧酸，無法比較S、C的非金屬性，故A錯誤；B向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，由于生成的氫氧化鎂沉淀，則該反應(yīng)能夠發(fā)生，與堿性強弱無關(guān)，無法比較NaOH、Mg（OH）2的堿性強弱，故B錯誤；C氣體可能為氯氣或二氧化硫，可能為NaClO與濃鹽酸反應(yīng)生成

20、氯氣，可能Na2SO3或NaHSO3為濃鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫，故C錯誤；D向有機物X中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，說明有機物X被氧化，有機物X分子中不一定含有碳碳雙鍵或碳碳雙鍵，可能含有羥基，所以有機物X不一定發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，題目難度不大，涉及非金屬性、堿性強弱比較、漂白原理及有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，明確常見元素化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，B為易錯點，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Α?（6分）據(jù)（ Chem Commun）報導(dǎo)，Marcel mayor合成了橋連多環(huán)烴（），拓展了人工合成自然產(chǎn)物的技術(shù)。下列有關(guān)該烴的說法不正

21、確的是（）A屬于飽和烴，不能使Br2的CCl4溶液褪色B與氯氣取代，可得到6種不同沸點的一氯代物C分子中含有3個六元環(huán)，4個五元環(huán)D與互為同分異構(gòu)體【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由結(jié)構(gòu)可知，只含C、H元素，具有3個六元環(huán)和4個五元環(huán)，分子中含5種H，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈不含碳碳雙鍵，與溴不反應(yīng)，故A正確；B為對稱結(jié)構(gòu)，分子中含有五種環(huán)境的氫原子，所以一氯代物只有5種，故B錯誤；C由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有4個五元環(huán)和3個六元環(huán)，故C正確；D與分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確。故選：B?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性

22、質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的結(jié)構(gòu)、環(huán)與H原子的判斷為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度不大。5（6分）鋅碘液流電池具有高電容量、對環(huán)境友好、不易燃等優(yōu)點，可作為汽車的動力電源。該電池采用無毒ZnI2水溶液作電解質(zhì)溶液，放電時將電解液儲罐中的電解質(zhì)溶液泵入電池，其裝置如圖所示。下列說法不正確的是（）AM是陽離子交換膜B充電時，多孔石墨接外電源的正極C充電時，儲罐中的電解液導(dǎo)電性不斷增強D放電時，每消耗1molI3，有1 molZn2+生成【考點】BH：原電池和電解池的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】金屬鋅做原電池的負極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)Zn2eZn2

23、+，多空石墨為正極，I3+2e3I，放電過程中鋅離子移向正極，充電時多孔電極做陽極，外接電源正極，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓航饘黉\做原電池的負極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)Zn2eZn2+，多空石墨為正極，I3+2e3I，放電過程中鋅離子移向正極，充電時多孔電極做陽極，外接電源正極，A原電池反應(yīng)過程中鋅離子移向正極，M是陽離子交換膜，故A正確；B充電時，原電池的正極多孔石墨接外電源的正極，故B正確；C充電時，儲罐中的反應(yīng)：3I2eI3，離子濃度不變電解液導(dǎo)電性不變，故C錯誤；D原電池的電極反應(yīng)金屬鋅做原電池的負極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)Zn2eZn2+，多空石墨為正極，I3+2e3I，電子

24、守恒放電時，每消耗1molI3，有1 molZn2+生成，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了原電池和電解池的原理分析判斷、電極反應(yīng)書寫和離子移向是解題關(guān)鍵，題目難度中等。6（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，其中X是組成有機物的必要元素。Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，W與X同主族，Z與Q最外層電子數(shù)相差6下列說法正確的是（）A非金屬性：QYXZB簡單氣態(tài)氫化物的沸點：XWCY與X、Z、Q均可形成至少兩種二元化合物DY、Z、Q組成化合物的水溶液呈堿性【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，

25、其中X是組成有機物的必要元素，則X為C元素；元素Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，則Y含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；元素W與X同主族，則W為Si元素；Z與Q最外層電子數(shù)相差6，Z的原子序數(shù)大于O，若Z為F元素，Q最外層電子數(shù)761，為Na元素，不滿足原子序數(shù)QW；結(jié)合Z、Q為主族元素可知Z為Na元素，Q為Cl元素，據(jù)此進行解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)分析可知：X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Si元素，Q為Cl元素。A同一主族從上到下非金屬性逐漸增強，同一周期從左向右非金屬性逐漸增強，則非金屬性：QYXZ，故A正確；BC、Si的氫化物都是分子晶體，分子間不存在氫鍵，其相

26、對分子質(zhì)量越大沸點越高，則簡單氣態(tài)氫化物的沸點：XW，故B錯誤；CO與C、Na、Cl均可形成至少兩種二元化合物，故C正確；DO、Na、Cl形成的化合物中，NaClO的水溶液呈堿性，但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容、元素周期表結(jié)構(gòu)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。7（6分）常溫下，用0.10molL1鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1molL1CHCOONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲線如下圖所示。下列說法正確的是（）A所示溶液中：c（Cl）c（H

27、CN）c（CN）c（OH）B所示溶液中：c（Na+）c（Cl ）c（CH3COO）c（CH3COOH）C陽離子物質(zhì)的量濃度之和：與所示溶液中相等D所示溶液中：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）0.05molL1【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A點為加入鹽酸的體積為10mL，得到等濃度的NaCN、HCN和NaCl的混合溶液，溶液呈堿性，說明CN的水解程度大于HCN的電離程度，結(jié)合物料守恒分析；B點溶液為pH5，此時加入鹽酸體積小于10mL，反應(yīng)生成起始時CH3COONa的濃度大于CH3COOH的濃度，溶液為酸性，CH3COOH的電離程度大于CH3C

28、OONa的水解程度，結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析；C溶液中所有陽離子濃度之和為c（Na+）+c（H+），點和點溶液的pH相等，但兩溶液加入鹽酸體積不等；D點為加入鹽酸溶液體積為20mL，此時恰好生成CH3COOH和NaCl，根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析?！窘獯稹拷猓篈用0.10molL1 鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為 0.10molL1 CH3COONa溶液和NaCN溶液，點為加入鹽酸的體積為10mL，得到等濃度的NaCN、HCN和NaCl的混合溶液，溶液pH7，溶液顯堿性，說明CN的水解程度大于HCN的電離程度，則c（HCN）c（CN），結(jié)合物料守恒c（HCN）+c（CN）2c（Cl）可知

29、，c（HCN）c（Cl）c（CN），故A錯誤；B點加入鹽酸體積小于10mL，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，溶液為pH5，呈酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度，則c（CH3COO）c（CH3COOH），結(jié)合物料守恒c（CH3COO）+c（CH3COOH）2c（Cl）可知：c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH），故B錯誤；C溶液中所有陽離子濃度之和為c（Na+）+c（H+），點和點溶液的pH相等，但兩溶液加入鹽酸體積不等，即溶液中c（Na+）不等，所以所以溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：點，故C錯誤；D點為加入鹽酸溶液體積為

30、20mL，此時恰好生成CH3COOH、NaCl，根據(jù)電荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（CH3COO）+c（Cl），由物料守恒可得：c（Cl）c（Na+）c（CH3COOH）+c（CH3COO），二者結(jié)合可得：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）c（Cl）0.05molL1，故D正確；故選：D。【點評】本題考查酸堿混合的定性判斷、離子濃度大小比較，題目難度中等，明確曲線各點反應(yīng)后溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。非選擇題：共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考

31、生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分8（15分）難溶物CuCl廣泛應(yīng)用于化工和印染等行業(yè)。某研究性學(xué)習(xí)小組擬熱分解CuCl22H2O制備CuCl，并進行相關(guān)探究。該小組用下圖所示裝置進行實驗（夾持儀器略）?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗操作的先后順序是：。檢查裝置的氣密性后加入藥品；熄滅酒精燈，冷卻；在“氣體入口”處通干燥HCl；點燃酒精燈，加熱；停止通人HCl，然后通入N2。（2）在實驗過程中，觀察到B中物質(zhì)由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是先變紅后褪色；A中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O。（3）反應(yīng)結(jié)束后，CuC1產(chǎn)品中若含有少量CuCl2雜質(zhì)，則

32、產(chǎn)生的原因可能是加熱溫度不夠；若含有少量CuO雜質(zhì)，則產(chǎn)生的原因可能是沒有在HCl氣流中加熱或HCl氣流不足。（4）取agCuCl產(chǎn)品，先加入足量FeC3l溶液使其完全溶解，再稀釋到100mL從中取出25.00mL，用cmolL1Ce（SO4）2標(biāo)準液滴定至終點Ce（SO4）2被還原為Ce3+；如此滴定三次，平均消耗標(biāo)準液的體積為VmL請寫出產(chǎn)品溶于FeCl3溶液的離子方程式：CuCl+Fe3+Fe2+Cu2+Cl；產(chǎn)品中CuC1的質(zhì)量分數(shù)為100%（用含字母的式子表示）?！究键c】U3：制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】熱分解CuCl22H2O制備CuCl，為抑制水解，氣體入口通入HCl

33、氣體，然后加熱A處試管，X為球形干燥管，X中無水硫酸銅變藍，可知CuCl22H2O分解生成水，且C處試紙先變紅后褪色，可知發(fā)生CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O，D中NaOH溶液吸收尾氣；取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2或CuO雜質(zhì)，混有CuCl2與溫度不夠或加熱時間不足有關(guān)，混有CuO與沒有在HCl的氛圍中加熱或者未等試管冷卻就停止通入HCl氣體有關(guān)，以此來解答?！窘獯稹拷猓海?）實驗中有氣體生成，先檢驗裝置的氣密性，且熱分解CuCl22H2O制備CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必須要先趕走裝置中的氧氣和水蒸氣后才加熱，且要在HCl氣流中加熱制備

34、，反應(yīng)結(jié)束后先熄滅酒精燈，應(yīng)該要繼續(xù)通入氮氣直至裝置冷卻，所以操作順序為：，故答案為：；（2）在實驗過程中，觀察到B中物質(zhì)由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是先變紅后褪色；A中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O，故答案為：先變紅后褪色；CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O；（3）反應(yīng)結(jié)束后，CuC1產(chǎn)品中若含有少量CuCl2雜質(zhì)，則產(chǎn)生的原因可能是加熱溫度不夠；若含有少量CuO雜質(zhì)，則產(chǎn)生的原因可能為沒有在HCl氣流中加熱或HCl氣流不足，故答案為：加熱溫度不夠；沒有在HCl氣流中加熱或HCl氣流不足；（4）產(chǎn)品溶于FeCl3溶液的離子方程式為C

35、uCl+Fe3+Fe2+Cu2+Cl，由Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+可知，產(chǎn)品中CuC1的質(zhì)量分數(shù)為100%100%，故答案為：CuCl+Fe3+Fe2+Cu2+Cl；100%?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備原理、實驗裝置的作用、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗、計算能力的考查，注意（4）為解答的難點，題目難度不大。9（14分）鈹銅是廣泛應(yīng)用于制造高級彈性元件的良好合金。某科研小組從某廢舊鈹銅元件（主要含BeO、CuS，還含少量FeS和SiO2）中回收鈹和銅兩種金屬的工藝流程如下：已知：i鈹、鋁元素化學(xué)性質(zhì)相似；BeCl2熔融時能微弱電離。ii常溫下：

36、KspCu（OH）22.21020，KspFe（OH）34.01038，KspMn（OH）22.11013?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾液A的主要成分除NaOH外，還有Na2SiO3、Na2BeO2（填化學(xué)式）；寫出反應(yīng)I中含鈹化合物與過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式：BeO22+4H+Be2+2H2O。（2）濾液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為得到較純凈的BeCl2溶液，選擇下列實驗操作最合理步驟的順序是；電解熔融BeCl2制備金屬鈹時，需要加入NaCl，其作用是增強熔融鹽的導(dǎo)電性。加入過量的NaOH：加入過量的氨水；加入適量的HCl；過濾；洗滌。（3）反應(yīng)中CuS的氧化產(chǎn)物為S單質(zhì)，該反應(yīng)的化

37、學(xué)方程式為MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O。（4）常溫下，若濾液D中c（Cu2+）2.2molL1、c（Fe3+）0.008molL1、c（Mn2+）0.21molL1，向其中逐滴加入稀氨水，生成沉淀F是Fe（OH）3（填化學(xué)式）；為了盡可能多的回收銅，所得濾液G的pH最大值為8.0?！究键c】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】廢舊鈹銅元件（主要含BeO、CuS，還含少量FeS和SiO2）加入氫氧化鈉溶液過濾得到濾液A為NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，濾液A中加入過量鹽酸過濾得到固體為硅酸，濾液C主要為含NaCl、BeC

38、l2和少量HCl，加入過量的氨水過濾，洗滌加入適量的HCl 得到氯化鈹溶液，蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶得到固體，一定條件下反應(yīng)得到鈹，濾渣B中加入二氧化錳的稀硫酸發(fā)生反應(yīng)MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為硫單質(zhì)，過濾得到固體和濾液D，溶液D中含Cu2+、Fe3+、Mn2+，逐滴加入稀氨水調(diào)節(jié)pH可依次分離，生成沉淀F為氫氧化鐵，濾液E含有Cu2+、Mn2+，繼續(xù)加入氨水可生成氫氧化銅，濾液G為Mn2+，最后經(jīng)過一系列操作得到銅，以此解答該題。【解答】解：（1）分析可知，濾液A的主要成分除NaOH外，還有：Na2SiO3、Na2BeO2，反應(yīng)I中含鈹化合物與過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式為：BeO22+4H

39、+Be2+2H2O，故答案為：Na2SiO3、Na2BeO2； BeO22+4H+Be2+2H2O；（2）溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為提純BeCl2，選擇最合理步驟順序為：加入過量的氨水過濾，洗滌加入適量的HCl，順序為：，電解熔融BeCl2制備金屬鈹時，需要加入NaCl，可增強熔融鹽的導(dǎo)電性，故答案為：；增強熔融鹽的導(dǎo)電性；（3）MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為硫單質(zhì)，反應(yīng)II中CuS發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O，故答案為：MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O；（4）由以上分析

40、可知生成沉淀F是Fe（OH）3，為了盡可能多的回收銅，應(yīng)避免生成Mn（OH）2，KspMn（OH）22.11013，c（Mn2+）0.21molL1，如生成Mn（OH）2，c（OH）mol/L106mol/L，則pH應(yīng)小于8.0。故答案為：Fe（OH）3；8.0。【點評】本題考查混合物分離提純，為高考常見題型，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度中等。10（14分）“綠水青山就是金山銀山”，研究氮氧化物等大氣污染物對建設(shè)美麗家鄉(xiāng)，打造宜居環(huán)境具有重要意義。NO在空氣中存在如下反應(yīng)：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H上

41、述反應(yīng)分兩步完成，如下左圖所示。回答下列問題：（1）寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式（H用含物理量E的等式表示）：2NO（g）N2O2（g）H（E2E3）kJ/mol。（2）反應(yīng)和反應(yīng)中，一個是快反應(yīng)，會快速建立平衡狀態(tài)，而另一個是慢反應(yīng)。決定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反應(yīng)速率的是反應(yīng)（填“反應(yīng)”或“反應(yīng)”）；對該反應(yīng)體系升高溫度，發(fā)現(xiàn)總反應(yīng)速率變慢，其原因可能是決定正反應(yīng)速率的是反應(yīng)，升高溫度后反應(yīng)平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對應(yīng)反應(yīng)的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)速率變慢（反應(yīng)未使用催化劑）。（3）某溫度下一密閉容器中充入一定量的NO2，測得NO

42、2濃度隨時間變化的曲線如上右圖所示。前5秒內(nèi)O2的平均生成速率為0.001mol/（Ls）；該溫度下反應(yīng)2NO+O22NO2的化學(xué)平衡常數(shù)K為100。（4）對于（3）中的反應(yīng)體系達平衡后（壓強為P1），若升高溫度，再次達平衡后，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量減少（填“增大”、“減小”或“不變”）；若在恒溫恒容條件下，向其中充入一定量O2，再次達平衡后，測得壓強為P2，c（O2）0.09molL1，則P1：P25：13。（5）水能部分吸收NO和NO2混合氣體得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL1HNO2溶液中逐滴加入0.10molL 1NaOH溶液，所得pH曲線如圖所示，則A點對應(yīng)的

43、溶液中103.70?！究键c】BE：熱化學(xué)方程式；CB：化學(xué)平衡的影響因素；CK：物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線；CP：化學(xué)平衡的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)圖象可知反應(yīng)為2NO（g）N2O2（g），其焓變H（E2E3）kJ/mol；（2）根據(jù)圖象可知，反應(yīng)的活化能反應(yīng)的活化能，反應(yīng)為快反應(yīng)，反應(yīng)為慢反應(yīng)，決定該反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)；決定正反應(yīng)速率的是反應(yīng)，升高溫度后反應(yīng)平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，但溫度升高對應(yīng)反應(yīng)的影響弱于N2O2濃度減小的影響；（3）根據(jù)v計算出前5s內(nèi)v（NO2），之間v（O2）v（NO2）計算； 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）初始（mol/L）0.

44、04 0 0轉(zhuǎn)化（mol/L）0.02 0.02 0.01平衡（mol/L）0.02 0.02 0.01該溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K0.01，2NO+O22NO2的化學(xué)平衡常數(shù)與2NO2（g）2NO（g）+O2（g）的平衡常數(shù)互為倒數(shù)；（4）根據(jù)圖象可知，反應(yīng)2NO2（g）2NO（g）+O2（g）為吸熱反應(yīng)，對于（3）中的反應(yīng)體系達平衡后（壓強為P1），若升高溫度，平衡向著正向移動，混合氣體的總質(zhì)量不變，混合氣體的物質(zhì)的量增大，據(jù)此可知混合氣體的平均相對分子質(zhì)量變化；若在恒溫恒容條件下，向其中充入一定量O2，平衡向著逆向移動，設(shè)轉(zhuǎn)化的NO的濃度為x，NO2（g）、NO（g）和O2（g）的平衡濃度

45、分別為（0.02+x）mol/L、（0.02x）mol/L、0.09mol/L，溫度不變平衡常數(shù)不變，則0.01，計算出x0.01mol/L，根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量之比計算P1：P2；（5）根據(jù)圖象可知，0.10molL1HNO2溶液的pH2.15，據(jù)此可計算出HNO2的電離平衡常數(shù)Ka，A點溶液為中性，則c（H+）c（OH）1107mol/L，溶液中電荷守恒為c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（NO2），則A點溶液中c（Na+）c（NO2），A點對應(yīng)的溶液中，據(jù)此計算。【解答】解：（1）根據(jù)圖象可知反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NO（g）N2O2（g）H（E2E3）kJ/mol，故答案為：2N

46、O（g）N2O2（g）H（E2E3）kJ/mol；（2）根據(jù)圖象可知，反應(yīng)的活化能反應(yīng)的活化能，反應(yīng)為快反應(yīng)，反應(yīng)為慢反應(yīng)，決定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)；對該反應(yīng)體現(xiàn)升高溫度，發(fā)現(xiàn)總反應(yīng)速率變慢，可能原因是：決定正反應(yīng)速率的是反應(yīng)，升高溫度后反應(yīng)平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對應(yīng)反應(yīng)的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)速率變慢，故答案為：反應(yīng)；決定正反應(yīng)速率的是反應(yīng)，升高溫度后反應(yīng)平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對應(yīng)反應(yīng)的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)速率變慢；（3）前5s內(nèi)v（NO2）0

47、.002mol/（Ls），則v（O2）v（NO2）0.001mol/（Ls）； 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）初始（mol/L）0.04 0 0轉(zhuǎn)化（mol/L）0.02 0.02 0.01平衡（mol/L）0.02 0.02 0.01該溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K0.01，則2NO+O22NO2的化學(xué)平衡常數(shù)K100，故答案為：0.001mol/（Ls）；100；（4）根據(jù)圖象可知，反應(yīng)2NO2（g）2NO（g）+O2（g）為吸熱反應(yīng)，對于（3）中的反應(yīng)體系達平衡后（壓強為P1），若升高溫度，平衡向著正向移動，再次達平衡后，混合氣體的總質(zhì)量不變，混合氣體的物質(zhì)的量增大，則混合氣體的平均相

48、對分子質(zhì)量減小；若在恒溫恒容條件下，向其中充入一定量O2，平衡向著逆向移動，設(shè)轉(zhuǎn)化的NO的濃度為x，NO2（g）、NO（g）和O2（g）的平衡濃度分別為（0.02+x）mol/L、（0.02x）mol/L、0.09mol/L，溫度不變平衡常數(shù)不變，則0.01，解得：x0.01mol/L，則平衡時NO2（g）、NO（g）和O2（g）的濃度分別為0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒溫恒容時壓強之比等于濃度之比，則P1：P2（0.02+0.02+0.01）：（0.03+0.01+0.09）5：13，故答案為：5：13；（5）根據(jù)圖象可知，0.10molL1HNO2溶液的p

49、H2.15，則HNO2的電離平衡常數(shù)Ka，A點溶液為中性，則c（H+）c（OH）1107mol/L，溶液中電荷守恒為c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（NO2），則A點溶液中c（Na+）c（NO2），A點對應(yīng)的溶液中103.70，故答案為：103.70?！军c評】本題考查化學(xué)平衡的計算、弱電解質(zhì)的電離、反應(yīng)熱與焓變等知識，題目難度中等，明確化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握三段式在化學(xué)平衡計算中的應(yīng)用，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計算能力。選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、道化學(xué)題、2道生物題中任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方

50、框涂黑，注意所做題目題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11（15分）鐵和鈷是兩種重要的過渡元素。請回答下列問題：（1）鈷在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，其基態(tài)原子的價電子排布圖為。（2）FeCO3是菱鐵礦的主要成分，其中C原子的雜化方式為sp2；分子中的大鍵可用符號mn表示，其中m代表參與形成大鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大鍵的電子數(shù)（如苯分子中的大鍵可表示為66），則CO32中的大鍵應(yīng)表示為。（3）已知Fe2+半徑為61pm，Co2+半徑為65pm，在隔絕空氣條件下分別加熱FeCO3和Co

51、CO3，實驗測得FeCO3受熱分解溫度低于CoCO3，其原因可能是分解后生成的FeO和CaO中，F(xiàn)eO的晶格能更大。（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向含0.01mol該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。則該配合物的配位數(shù)為6。（5）奧氏體是碳溶解在rFe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞為面心立方結(jié)構(gòu)（如圖所示），則該晶體中與鐵原子距離最近的鐵原子數(shù)目為12；若該晶胞參數(shù)為apm，則該晶體的密度為gcm3（阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示）?！究键c】99：配合物的成鍵情況；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51

52、D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)【分析】（1）鈷在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，其基態(tài)原子的價電子為其3d能級上的7個電子、4s能級上的2個電子；（2）FeCO3是菱鐵礦的主要成分，其中C原子價層電子對個數(shù)3+3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論 判斷C原子的雜化方式；CO32中形成的大鍵電子數(shù)價電子數(shù)形成鍵電子數(shù)氧原子價電子中形成電子對的電子數(shù)；（3）實驗測得FeCO3受熱分解溫度低于CoCO3，F(xiàn)eO的晶格能大于CaO；（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向含0.01mol該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）0.02mol，說明該配合物外界中含有2個氯離子，另外1個氯離子為內(nèi)界、氨氣分子為內(nèi)界；（5）該晶體中與鐵原子距離最近的鐵原子數(shù)目382；若該晶胞參數(shù)為apm，晶胞體積（a1010 cm）3，該晶胞中Fe原子個數(shù)8+64