2020年新高考实战模拟卷化学试卷---(山东专用)--解析版

1、2020年新高考实战模拟卷化学试卷-（山东专用）试卷?黄分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共 10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是A .绚丽的烟花发光是添加了含钾、钠、铁、铜等金属元素的化合物B.矢宫一号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C.绿色荧光蛋白质 GFP是高分子化合物，不可降解D.石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链煌【答案】D【解析】A.绚丽的烟花发光

2、是添加了含钾、钠、铜等金属元素的化合物，铁元素灼烧时没有特殊颜色，故A错误；B.碳纤维是无机非金属材料，故 B错误；C.蛋白质都可以水解生成氨基酸，故 C错误；D.石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烧，故 D正确；故答案为Do2 .某有机物的分子式为 C5H10O3,其中只含有一个甲基、一个羟基和一个竣基的结构 （不考虑立体异构）有（）A. 5种B. 6种C. 7种D. 8种【答案】B【解析】分子式为 C5H10O3含有竣基、羟基和甲基，碳链CH3-C-C-C-COOH上羟基有3种，CH3-C-C-COOH上-CH2-OH有2种，CH3-C- COOH上-CH2-CH2-OH有

3、1种，共6种，综上所述，答案为 B。【点睛】竣基、羟基、甲基必须在碳链的一端，可根据碳链由长到短找羟基的位置即可。3 .仅利用所提供实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿氯化钠溶液的蒸发结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去二氧化硅中的少量碳酸钙C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体硫酸钠配制0.1 mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用滨水和CC14除去NaBr溶液中的少量NaI【答案】D【解析】A.氯化钠溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B.用盐酸除去二氧化硅中的少量CaCO3需要进行过滤，要用

4、到漏斗，B错误；C.用固体硫酸钠配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，C错误；D.用滨水和CC14除去NaBr溶液中的少量NaI,需要先滴加滨水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液 操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故 D正确；答案选D。4.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成 NH3 - BF,下列说法正确的是（）A. NH3与BF3都是三角锥形B. NH3与BF3都是极性分子C. NH3-BF中各原子都达到 8电子稳定结构D. NH3-BF中,NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道【答案】D【解析】【分析】BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个B-F键，B原子

5、周围 没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N -H键，N原子周围有一 对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，NH3?BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以 NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。【详解】A.BF 3分子构型为平面三角形，故 A错误；B.BF3分子为非极性分子，故 B错误；C.NH3?BF3中氢原子只有两个电子，故 C错误；D.NH3?BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以 NH3提供孤

6、电子对，BF3提供空轨道，形成配 位键，故D正确。故选D。【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数,则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2。、SO2等为极性分子。5.下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示:异丁醇叔丁醇结构简式人力QH沸点/C10882.3熔点/C-10825.5下列说法不正确的是 A.用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1 -丙醇B.异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是1：2：6C.用蒸储的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D.两种醇发生消去反应

7、后得到同一种烯燃【答案】B【解析】A.醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH； 3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B.有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1 : 2: 1 : 6,故选B；C.根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸储的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选 C；D.两种醇发生消去反应后均得

8、到2-甲基丙烯，故不选 D;答案：B6.已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法不正确的是A. X与W形成化合物与稀盐酸反应不可能产生氧气B.原子半径： XYZWC.简单氢化物的稳定性:WZYD. Y与W形成化合物能与 NaOH溶液反应【答案】A【解析】【分析】已知 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,可推知Z为S元素；W、Z同主族，亚为0元素;X Y、Z同周期，其

9、中只有X为金属元素，X可能是Na、Mg或Al,Y可能是Si或P。【详解】A. X可能为Na、Mg或Al, W为O,形成化合物为金属氧化物，与稀盐酸反应生成盐和水，但是 2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H 2O+O2 ，故 A 错误；B.原子半径：XYZW,即 NaSiSO,故 B 项正确；C.根据 同主族元素气态氢化物的稳定性从上到下依次降低，同周期元素的气态氢化物的稳定性从左到右依次增强，推知简单氢化物的稳定性 ,WZY即H2OH2SPH3（或SiH4）,故C项正确；D. 丫为Si或P, W为0,其形成 的化合物为SiO2或P2O5,属于酸性氧化物，能与 NaOH溶液反应，D项正确；答

10、案：A。【点睛】本题根据短周期原子序数增大，先判断出Z应为S元素，则可推知 W为。元素，但X、Y不能确定具体是那种元素，但能确定其在短周期中的可能位置，再根据所处的位置判断性质，即可解答本题。7 .普鲁士蓝晶体结构如图所示（每两个立方体中，一个K+在其中一个立方体中心，另一个则无K+）,下列说法正确的是普鲁士落的品制结的未标出）A.化学式可以表示为 KFe2（CN）68 .每一个立方体中平均含有24个兀键C.普鲁士蓝不属于配位化合物D.每个Fe3+周围与之相邻的Fe2+离子有12个【答案】A【解析】A.每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数为0.5,该立方体中铁原一，11_

11、、一子个数二X 8=1 CN-位于每条棱上，该立万体中含有 CN-个数=- X 12=3所以平均化学式是 K 0.5 Fe（CN）3,84化学式可以表示为 KFe2（CN）6,故A正确；B.每个CN-含有2个兀键，每个立方体中含有 CN-个数为3,所以一个立方体中含有 6个兀键，故B错误;C.普鲁士蓝中Fe3+含有空轨道，CN-中N原子提供孤电子对，形成配位键，属于配合物，故 C错误;D.根据图示，普鲁士蓝中 Fe3+周围Fe2+离子个数为6个，故D错误；答案选A。8 .下列实验现象和结论相对应且正确的是选项实验现象结论A用钳丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色证明该溶液中存在 Na不含KB

12、用浓盐酸和石灰后反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si元素A将石蜡油在碎瓷片上加热，产生的气体通过酸性KMnO4溶液酸fIe KMnO4溶液紫红色褪去石蜡油分解产生了不同于烷烧的气体，且该气体具有还原性D某溶液加入稀硝酸酸化的BaCl 2溶液产生白色沉淀该溶液中一定存在 SO42-或者Ag +【答案】C【解析】A、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钻玻璃观察，不能排除钾离子，A错误；B、盐酸不是最高价含氧酸，且生成的CO2中含有氯化氢，不能据此说明C元素的非金属性大于 Si元素，B错误；C、 酸，fKMnO4溶液紫红色褪去，说明石蜡油分解产生了

13、具有还原性不同于烷煌的烧，C正确；D、稀硝酸具有强氧化性，溶液中也可能存在亚硫酸根，D错误，答案选 Co点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、未知物检验、焰色反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，鉴别物质时要排除干扰因素，易错选项是D,注意硝酸的强氧化性。9 .某同学结合所学知识探究 Na2O2与H2能否反应，设计装置如下，下列说法正确的是（）ABCDA.装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好B.装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断

14、气体纯度D.装置A也可直接用于 Cu与浓硫酸反应制取 SO2【答案】C【解析】A.装置A气密性的检查方法，关闭 Ki,然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中 液面且高度不变说明气密性良好，A不正确；B.装置B中应盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，B不正确；C.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到 噗”的一声，则说明氢气已纯净，C正确；D. Cu与浓硫酸反应制取 SO2需要加热，故装置A不能直接用于t反应中，D不正确。本题选 Co10 .氯化亚铜（CuC1）是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+o某

15、小组拟热分解CuCl2 - 22O制备CuC1,并进行相关探究。下列说法正确的是CuQj * ?CuCljCiiCl+C%NO t加热2CUt-一CuI（OH）2Cl: GWA.制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaC1溶液中除去B. Cu2（OH）2Cl2在 200c时反应的化学方程式为：Cu2（OH）2Cl2 ?2CuO+2HCl TC. X气体可以是N2,目的是做保护气，抑制 CuCl2 - 2HD加热过程可能的水解D. CuC1 与稀硫酸反应离子方程式：2CuCl+4H+SO42-=2Cu2+2Cl-+SO2 T +2HO【答案】B【解析】A.制备CuC1时产生

16、的Cl2可以转化为HCl,回收循环利用，C12在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收除去，故 A错误；B.Cu2（OH） 2c12加热至200c时生成CuO,结合原子守恒可知，还生成 HCl,则化学方程式为：Cu2（OH）2cl2?2CuO+2HCl（，故 B 正确；C.CuCl2水解生成氢氧化铜和 HCl , X气体是用于抑制 CuCl2水解，则X为HCl ,不是氮气，故C错误;D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+,故D错误。故选Bo二、选择题：本题共 5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得 4分，选对但不全的得 1分，有选错的得0分。

17、11.碳酸二甲酯(CH3O)2CO是一种具有发展前景的 绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示(加入两极的物质均是常温常压下的物质)。下列说法正确的是A. H +由石墨2极通过质子交换膜向石墨 l极移动8 .石墨l极发生的电极反应为：2CH3OH+CO-e-= (CH 3O)2CO+H +C.石墨2极与直流电源正极相连D.电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为l : 2【答案】D【解析】【分析】该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨 1为阳极，阳极反应为 2CH3OH+CO-2e- (CH3O)2CO+2H

18、+,电极石墨2为阴极，阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O。【详解】A.阳离子移向阴极，则氢离子由石墨1极通过质子交换膜向石墨 2极移动，故A错误；B.阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,故B错误；C.石墨2为阴极，阴极与电源的负极相连，故C错误；D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO4e-O2可知阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1： 2,故D正确；故选Do12 .黄铜矿(主要成分CuFeS2)

19、是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2+4O2 *Cu2S+3SO2+2FeO (I)产物 Cu2s 在 1200 C高温下继续反应：2CU2S+3O2=2CU2O+2SO2 ( n )2Cu2O+Cu2s=6Cu +SO2 T (出)假定各步反应都完全。则下列说法正确的是A.反应I中CuFeS2仅作还原剂B.取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中 CuFeS2质量分数一定为 82.8%C.由6molCuFeS2生成6molCu消耗。2的物质的量为14.25molD. 6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol【答案】D【解析】A.反

20、应I中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，CuFeS2既作还原剂，也作氧化剂，A错误；B.由于不能确定杂质是否含有硫元素，所以不能计算CuFeS2的含量，B错误；C.根据方程式可知6molCuFeS2参加反应，生成 3molCu2S,其中 2molCu 2s转化为 2molCu2。，2molCu2O 与 ImolCu 2s反应生成6molCu,所以消耗 O2的物质的量为12mol+3mol = 15mol, C错误；D. 6molCuFeS 2需要12moi氧气得到3molCu2S,剩余3.75mol氧气可以消耗Cu2s 的物质的量是 3.75?bcB. c点对应的混合溶液中：c(CH3COO

21、H)c(Na +)c(OH-)C. a点对应的混合溶液中：c(Na+尸c(CH 3COO-)10-8D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数 Ka = c-0.1【解析】A. CH3COOH 溶液与 0.1molNaOH 固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H 2。，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中 CH3COONa的水解促进水的电离， CH3COOH的电离抑制水的 电离。若向该混合溶液中通入 HCl, c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入 NaOH固体，a点反

22、应CH3COOH+NaOH = CH3COONa+H 2O恰好完全进行， CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度：abc,故A正确；B.CH3COOH 溶液与 0.1molNaOH 固体混合，CH3COOH+NaOH = CH3COONa+H 2O,形成 CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明 CH3COOH浓度远大于 CH3COONa, c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)c(Na +)c(OH-),故B正确;C.a点反应CH3COOH+NaOH =CH3COONa+H

23、 2O恰好完全进行， 溶液中电荷守恒：c ( Na+) +c (H+)=c (OH-) +c (CH3COO-),此时 pH=7,则 c (H+) = c (OH-),则 c ( Na+) = c (CH3COO-),故 C 正确；D.该温度下 pH=7 时，c (H + ) =10-7mol L1, c (CH3COO-) =c (Na+) =0.2mol/L , c (CH3COOH) = (c-0.2)mol/L ,则醋酸的电离平衡常数故D错误;Ka=ROO皿=也上=.c(CH3COOH) c-0,2c-0.2故选Do【点睛】解答本题的难点是选项A,需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促

24、进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差另ij,从而确定水的电离程度的相对大小。15. Pd/A12O3催化H2还原CO2的机理示意如图。下列说法不正确的是 A. H-H的断裂需要吸收能量B.-，CO2发生加成反应C.中，CO被氧化为CH4D.生成CH4的总反应方程式是 CO2+4H2Pd/AI 2O3 CH4+2H2O【答案】C【解析】【分析】在催化剂作用下，氢分子拆成氢原子，-，CO2中碳氧双键断裂，与羟基发生加成反应，-氢原子与羟基结合，脱去一分子水，-，在氢原子作用下，再脱去一分子水，得 CO,CO和氢生成甲烷和水。【详解】A.拆开化学键要吸收

25、能量，H-H的断裂需要吸收能量，故 A正确；B.-，CO2中碳氧双键断裂，与羟基发生加成反应，故 B正确，C.中，CO被还原为CH4,故C错误；D,根据质量守恒，生成 CH4的总反应方程式是 CO2+4H 2Pd/Al2O3 CH4+2H2O ,故D正确；故选Co三、非选择题：本题共 5小题，共60分。1416） (12分)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下:（1）反应 I: 2H 2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g） AHi=+551 kJ - m Ol反应出：S（s）+O2（g）=SO2（g） AH3= 297 kJ m Ol反

26、应n的热化学方程式：(2)对反应n,在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。P2 pi (填 法”或N),得出该结论的理由是 (3)可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，可能白催化过程如下。将ii补充完整。1） SO2+4I +4H + =S J +22+2H2Oii. I2+2H2O+=+.+2I(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)ABCD试齐组成0.4 mol -KIa mol - i KI0.2 mol

27、ILH2SO40.2 mol 【LH2SO40.2 mol ：伙0.0002 mol I 2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色， 变成黄色，出现浑浊较 A快B是A的对比实验，则 a=比较A、B、C,可得出的结论是实验表明，SO2的歧化反应速率 DA,结合i、ii反应速率解释原因： 。【答案】（1） 3SO2（g）+2H 2O （g）=2H 2SO4 （l）+S（s）AH2=- 254 kJ mOl （2 分）（2）（1分） 反应n是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H

28、2SO4 的物质的量分数增大（2分）3） ） SO2 SO42 4H+ （2 分）（4）0.4 （1分） 是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率（ 2 分）反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快（2分）【解析】（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成 H2SO4和S,反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应 用盖斯定律，反应 I+反应 III 得，2H2SO4 （l） +S （s） =3SO2 （g） +2H2O （g） A H=AH+AH3= （+551kJ/mol） + （-297kJ/mol ）=+254kJ/mol，反

29、应 II 的热化学方程式为 3SO2（g）+2H2。（g）=2H2SO4（l）+S（s） A H=254kJ/mol。（ 2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2 时 H2SO4 物质的量分数大于p1时； 反应 II 是气体分子数减小的反应， 增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4 物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则P2P1。（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S,可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i） +2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H+

30、SO42-+2I-。4） 4） B 是 A 的对比实验， 采用控制变量法， B 比 A 多加了0.2mol/LH 2SO4 ， A 与 B 中 KI 浓度应相等，则 a=0.4。对比A与B,加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C,单独H+不能彳t化SO2的歧化反应； 比较A、B、C,可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。对比D和A, D中加入KI的浓度小于A, D中多加了 I2,反应i消耗H+和I-,反应ii中消耗I2, D中 “溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A 快 ” ，反应速率D A ，由此可见，反应i

31、i 比反应 i 速率快，反应ii产生H+使c （H+）增大，从而反应i加快。点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所 学知识解决实际问题的能力。17） （12 分）氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：18） 1）基态N 原子的核外电子排布式为_， Cr 位于元素周期表第四周期_族。;Crcl319） Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为的熔点（83C）比CrF3的熔点（1100C）低得多,这是因为20） C

32、r的一种配合物结构如图所示：阴离子C1O4一的空间构型为_形。配离子中，中心离子的配位数为一,N与中心原子形成的化学键称为 键。配体H2 NCH2 CH2 NH2（乙二胺）中碳原子的杂化方式是 ,分子中三种元素电负性从大到小的 顺序为。（4）氮化铭的熔点为1770C,它的一种晶体的晶胞结构如图所示，其密度为 5. 9 g - cm3,氮化铭的 晶胞边长为（列出计算式）nm。【答案】（1） 1s22s22p3 （1 分） VIB（1 分）（2） KCH （1分）（4） J4.52414 （3 分） ; 602 5.9【解析】（1） N元素是7号元素，故基态 N原子的核外电子排布式为1s22s22

33、p3, Cr是24号元素，在周期表第四周期V! B族；故答案为：1s22s22p3, WB;（2） K最外层电子一个，易失去，Cr元素的价电子为3d54s1,半充满，较稳定，故第一电离能KvCr；CrCl3的熔点（83C）,典型的分子晶体性质，CrF3的熔点（1100C）,典型的离子晶体性质；故答案为：KvCr； CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体；（3）阴离子C1O4-的价层电子对数=4+7 1 4 2 =4,没有孤电子对,所以其空间构型为正四面体;2故答案为：正四面体； 由图可知，与中心 Cr形成的配位数为6; N元素提供孤电子对， Cr提供空轨道，所以 N与中心原子形成 的化学键称

34、为配位键； 故答案为：6；配位键;sp3;根由H2NCH2CH2NH2可知，C周围形成了 4个单键，即价层电子对数为 4,碳原子的杂化方式为据电负性在周期表中的变化规律,C、N、H的电负性关系为:NC H;6故答案为：sp3; NCH;（4）由晶胞图，根据均摊法，晶胞中Cr的原子数目：-886 = 4； N的原子数目：-1241 =4;4 52 4 14所以晶胞的质量 m=Na4 52 4 14,cm 3NA 5.9.4 52 4 14 nm,602 5.9故答案为：3 4 52 4 14 ,602 5.918. （11分）钻是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。

35、某校同学设计实验制取（CH3COO） 2C。（乙酸钻）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用CO2O3与盐酸反应制备 CoC12?4H2。，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为 。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12?4H2。，还需经过的操作有蒸发浓缩、 、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的 CoC12?4H2。在醋酸氛围中制得无水（CH3COO） 2C。，并利用下列装置 检验（CH3COO） 2C。在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被C。还原为Pd。装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放 PdCl2溶液的是装置 （填瞰F）。装置G的作用是 ; E、F、G

36、中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色,K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是 。通氮气的作用是。实验结束时，先熄灭 D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是 。若乙酸钻最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6,且n（X）：n （CO）： n（CO2）：n（C2H6）=1 : 4: 2: 3 （空气中的成分不参与反应），则乙酸钻在空气气氛中分解的化学方程式为 。【答案】（1）Co2O3 + 6H+2c厂=2Co2+ + Cl2f+ 3H2O （2分） 冷却结晶、过滤（1分）F （1分）除去CO2 （1分）分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质（1分）将D

37、中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水 CuSO4的干燥管中（2分）防止倒吸（1分）3（CH3COO）2Co=A= C0 3O4+4COT + 2CO2T+ 3c2H6T （2 分）【解析】【分析】（1）已知，盐酸、COC12易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式：CO2O3+2C1-+6H+=2Co2+C12T +3HO;因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2, PdC12溶液能被CO还原为Pd,因此装置E用于检验CO2, F装置用于检验 C

38、O,装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2,以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无 水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一 种或多种含有C、H元素的物质；通入氮气的作用为使 D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；实验结束时，先熄天 D和I处的酒精灯，一段时间后装置 D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；乙酸钻受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6,且n(X) : n(CO):n(CO2): n(C2H6)=1 ： 4 ： 2 ： 3

39、,根据原子守恒配平即可；【详解】(1)已知，盐酸、COC12易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式：CO2O3+2C1-+6H+=2Co2+C12T +3HO;因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；(2)装置E、F是用于检验CO和CO2, PdC12溶液能被CO还原为Pd,因此装置E用于检验CO2,F装置用于检验 CO,装盛足量PdC12溶液；装置G的作用是吸收CO2,以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含

40、有一种或多种含有 C、H元素的物质，答案为:除去 CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；通入氮气的作用为使 D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置 (或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等)；实验结束时，先熄天 D和I处的酒精灯，一段时间后装置 D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钻受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6,且n(X) : n(CO)A:n(CO2): n(C2H6)=1 ： 4 ： 2 ： 3,根据原子守恒配

41、平即可，反应式为：3(CH3COO)2C0 =C0 3O4+4COT +2CC2T +3CH6K19. (13分)NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、馍、铭等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、AI2O3、CaCl2等)为原料制备 NaH2PO2 I2O的工艺流程如下:产品而5飞HO已知P4与两种碱的反应主要有:I . 2Ca(OH)2+ P4+4H2O=2Ca(H2PO2)2+ 2H2TI . 4NaOH + P4+ 8H2O = 4NaH 2PO2 -快0+ 2H2 fI . 4NaOH+ P4+2H2O = 2Na2HPO3 + 2

42、PH3 TI . NaH2PO2+ NaOH = Na 2HPO3+ H2 T（1）已知H3PO2是一元中强酸，NaH2P02是（填 芷盐”或 酸式盐”）（2）尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成 NaH2P02,从吸收液中获得 NaH2P02 也0的操作为、过滤、洗涤和干燥。（3）用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni ,同时生成H3P04和氯化物的化学方程式为：（4）反应”在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比n（碱）/ n（磷）与NaH2P02产率的关系如图所示。当n（碱）/ n（磷）2.6时，NaH2P02的产率随n（碱）/ n（磷）的增大而降低的可能原因是用

43、斌,M爪礴）19（5）滤渣2主要成分为 （填化学式）。（6） 过滤2”的滤液须用 Ag2S04、Ba（0H） 2及Na2s溶液除去其中 Cl 一及Fe等，其中加入的 Ag2S04溶液不宜过量太多，其主要原因是 。（7）在工业上，可以用惰性电极电解 NaH2P02溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式。【答案】（1）正盐（1分）（2）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）（3） 2NiCl2+NaH2PO2+2H2O= 2Ni , H3P。4+ NaCl + 3HCl （2 分）（4）过量的碱将 NaH2P02转化为Na2HPO3 （2分）（5） CaC03 和 Al（OH） 3 （2 分）（6）过量的Ag

44、+会氧化H2PO2 （2分）（7） H2P02 4e + 2H20=H3PO4 + 3H+ （2 分）【解析】【分析】利用泥磷（含P4和少量CaO、Fe2O3、Al 2O3、CaCl2等）为原料制备NaH2PO2?H2O,由流程可知，泥磷加入氢氧化钙、氢氧化钠和水，充分反应可生成PH3、氢气，PH3可用NaClO吸收，过滤，滤渣1含有磷酸钙、Fe2O3等，滤液1含有Ca（H2P02）2、NaH2PO2以及偏铝酸钠等，通入二氧化碳调节pH,可生成氢氧化铝等、碳酸钙等，过滤，滤液主要含有NaH2P。2,经净化可得到 NaH2PO2?H2O,据此分析解答。【详解】(1) H3PO2是一元中强酸，在水

45、溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2lH + H2PO2 , H2PO2一不能再电离，则 NaH2PO2为正盐，故答案为正盐；(2)根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2P02和NaCl,反应的离子方程式为 PH3+2C1O +OH-=H2P。2一+2Cr+H2O,从吸收液中获得 NaH2P02 20,需要蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤和干燥， 故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；(3)根据题意，NiCl2中Ni转化成Ni单质，NaH2P02为还原剂，P元素的化合价升高，NiCl 2+NaH 2P02-Ni J + H3P04+ NaCl,依据化合价升降法进行配平，

46、即2NiCl 3+ NaHzPOzf2Ni卜H3P04+ NaCl,产物为H3P。4,说明该溶液为酸性，利用原子守恒配平其他物质，反应的化学方程式为2NiCl2 + NaH2P02 + 2H20= 2Ni J+ H3P04 + NaCl + 3HCl,故答案为 2NiCl 2 + NaH2P02 + 2H20= 2NiH3P04 + NaCl + 3HCl ;(4) n(碱)/n(磷)2.6,说明碱过量，根据 P4与两种碱反应中IV, H2P02与过量的Na0H反应转化成HP032,次磷酸钠的产率降低，因此NaH2P02的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH 2P02转化为Na2HPO3,故答案为过量的碱将 NaH2P02转化为Na2HPO3；(5)调pH除去Ca2+和Al”, CO2与碱反应生成 CO32 , CO32与Ca2+反应生成CaC03, CO32与Al 3+发 生双水解反应生成 Al(OH) 3,因此滤渣2的成分是CaC03和Al(OH) 3,故答案为CaC03和Al(OH) 3；(6) NaH2PO2具有强还原性，Ag +具有氧化性，因此加入 Ag2SO4溶液不宜过量太多，否则过量的 Ag十会氧 化H2P02,故答案为过量的 Ag+会氧化H2PO2 ;(7) NaH2P02具有较强的还原性，电解时，阳极上H2P02一失电子，所以用惰性