2019年安徽省合肥市高考化学二模试卷

1、2019年安徽省合肥市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）实验室中采用废旧易拉罐（主要成分为Al，含少量Fe、Mg杂质）制备明矾KAl（SO4）212H2O的过程如下图所示：下列说法不正确的是（）A试剂可以选用NaOH溶液BNH4HCO3用于调节滤液A的pHC操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤D明矾溶液显酸性，常作消毒杀菌剂2（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A2.0gCO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NAB7.1gCl2与100m1.0molL1NaOH溶液反应，转移电子数为0.1NAC17gNH3与48gO2在催化剂作用下

2、充分反应，得到NO分子数为NAD标准状况下，2.24LCH4和C3H6混合气体中，含有极性键数为0.5NA3（6分）根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是（）选项实验现象结论A用pH试纸分别检验等浓度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液前者试纸变蓝比后者更深些非金属性：SCB向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀碱性：NaOHMg（OH）2C向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向有机物X中滴入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去X不一定能发生加成反应AABBCCDD4（6分）据（ Chem Commun）报导，Marcel m

3、ayor合成了桥连多环烃（），拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法不正确的是（）A属于饱和烃，不能使Br2的CCl4溶液褪色B与氯气取代，可得到6种不同沸点的一氯代物C分子中含有3个六元环，4个五元环D与互为同分异构体5（6分）锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。该电池采用无毒ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其装置如图所示。下列说法不正确的是（）AM是阳离子交换膜B充电时，多孔石墨接外电源的正极C充电时，储罐中的电解液导电性不断增强D放电时，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原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素。Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6下列说法正确的是（）A非金属性：QYXZB简单气态氢化物的沸点：XWCY与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物DY、Z、Q组成化合物的水溶液呈碱性7（6分）常温下，用0.10molL1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1molL1CHCOONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是（）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阳离子物

5、质的量浓度之和：与所示溶液中相等D所示溶液中：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）0.05molL1非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分8（15分）难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。回答下列问题：（1）实验操作的先后顺序是： 。检查装置的气密性后加入药品；熄灭酒精灯，冷却；在“气体入口”处通干燥HCl；点燃酒精灯，加热；停止通人HCl，然后通入N2。（2）在实验过程中，观

6、察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是 ；A中发生主要反应的化学方程式为 。（3）反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质，则产生的原因可能是 ；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是 。（4）取agCuCl产品，先加入足量FeC3l溶液使其完全溶解，再稀释到100mL从中取出25.00mL，用cmolL1Ce（SO4）2标准液滴定至终点Ce（SO4）2被还原为Ce3+；如此滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式： ；产品中CuC1的质量分数为 （用含字母的式子表示）。9（14分）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小

7、组从某废旧铍铜元件（主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：i铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。ii常温下：KspCu（OH）22.21020，KspFe（OH）34.01038，KspMn（OH）22.11013。回答下列问题：（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有 （填化学式）；写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式： 。（2）滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，选择下列实验操作最合理步骤的顺序是 ；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是 。加入过量的N

8、aOH：加入过量的氨水；加入适量的HCl；过滤；洗涤。（3）反应中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为 。（4）常温下，若滤液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 （填化学式）；为了尽可能多的回收铜，所得滤液G的pH最大值为 。10（14分）“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H上述反应分两步完成，如下左图所示。回答下列问题：（1）写出反应的热化学方程式（H用含物

9、理量E的等式表示）： 。（2）反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应速率的是 （填“反应”或“反应”）；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是 （反应未使用催化剂）。（3）某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如上右图所示。前5秒内O2的平均生成速率为 ；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K为 。（4）对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为P1），若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量 （填“增大”、“减小”或“不变”）；若在恒温恒容条件下，向其中

10、充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c（O2）0.09molL1，则P1：P2 。（5）水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL1HNO2溶液中逐滴加入0.10molL 1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的溶液中 。选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、道化学题、2道生物题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑，注意所做题目题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学一选修3：物质结构与性质】11（15分）铁和钴是两种重要的过渡元素。请回

11、答下列问题：（1）钴在元素周期表中的位置是 ，其基态原子的价电子排布图为 。（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为 ；分子中的大键可用符号mn表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为66），则CO32中的大键应表示为 。（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是 。（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配

12、位数为 。（5）奥氏体是碳溶解在rFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构（如图所示），则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为 ；若该晶胞参数为apm，则该晶体的密度为 gcm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【化学一选修5：有机化学基础】12福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：回答下列问题：（1）物质A的含氧官能团的名称为 ；BC的转化属于 反应（填反应类型）（2）上述流程中设计AB步骤的目的是 ；F分子中共平面的原子最多有 个。（3）D与银氨溶液发生反应的化学方程式为 。（4）福酚美克具有多种同分异构体。写出其中符合下列条件的有机物结构简式： 和

13、 。含有CONH2；能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱的吸收峰数目有4个。（5）参照上述合成路线和信息，以乙醇为原料（无机试剂任选），设计制的合成路线： 。2019年安徽省合肥市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）实验室中采用废旧易拉罐（主要成分为Al，含少量Fe、Mg杂质）制备明矾KAl（SO4）212H2O的过程如下图所示：下列说法不正确的是（）A试剂可以选用NaOH溶液BNH4HCO3用于调节滤液A的pHC操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤D明矾溶液显酸性，常作消毒杀菌剂【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优

14、网版权所有【分析】因Fe、Mg与NaOH不反应，结合流程可知，试剂为NaOH，发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，过滤分离出滤液A为NaAlO2，加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3均能促进AlO2水解，生成沉淀B为Al（OH）3，加入硫酸、硫酸钾得到溶液C为KAl（SO4）2，操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可分离出明矾，以此来解答。【解答】解：A由上述分析可知，试剂可以选用NaOH溶液，故A正确；BNH4HCO3用于调节滤液A的pH，使铝离子水解转化为沉淀，故B正确；C由溶液得到结晶水合物，则操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故C正确；D明矾溶液水解显

15、酸性，不具有强氧化性，不能作消毒杀菌剂，故D错误；故选：D。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A2.0gCO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NAB7.1gCl2与100m1.0molL1NaOH溶液反应，转移电子数为0.1NAC17gNH3与48gO2在催化剂作用下充分反应，得到NO分子数为NAD标准状况下，2.24LCH4和C3H6混合气体中，含有极性键数为0.5NA【考点】4F：阿伏加德

16、罗常数菁优网版权所有【分析】A二氧化碳分子中含质子数22，SO2中含质子数32，极值假设法计算，2g0gCO2与SO2的混合气体分子中所含质子数；B氯气物质的量0.1mol，氢氧化钠物质的量0.1L1.0mol/L0.1mol，氯气和碱的反应为歧化反应；C.4NH3+5O24NO+6H2O计算分析，NO易和氧气反应生成二氧化氮；D标准状况下，2.24LCH4和C3H6混合气体物质的量0.1mol，若全部为CH4所含极性键数0.4NA，若全部为C3H6所含极性键数为0.6NA；【解答】解：A二氧化碳分子中含质子数22，SO2中含质子数32，全部是2.0gCO2气体分子中所含质子数22NANA，全

17、部是2.0gSO2的气体含质子数32NANA，故A正确；B氯气物质的量0.1mol，氢氧化钠物质的量0.1L1.0mol/L0.1mol，Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，氯气过量，反应的氯气为0.05mol，转移0.05NA个电子，故B错误；C.17gNH3物质的量1mol，48gO2物质的量1.5mol，在催化剂的作用下加热充分反应，4NH3+5O24NO+6H2O，氧气过量，氨气完全反应，剩余氧气和一氧化氮反应，所得NO的分子数小于NA，故C错误；D标准状况下，2.24LCH4和C3H6混合气体物质的量0.1mol，若全部为CH4所含极性键数0.4NA，若全部为C3H6所含

18、极性键数为0.6N，只有二者按照1；1混合所含极性键数为0.5NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度中等。3（6分）根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是（）选项实验现象结论A用pH试纸分别检验等浓度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液前者试纸变蓝比后者更深些非金属性：SCB向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀碱性：NaOHMg（OH）2C向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向有机物X中滴入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去X不一定能发生加

19、成反应AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较二者非金属性；B该该反应为复分解反应，反应发生的原因是生成了难溶物，与碱性强弱无关；C生成的气体可能为二氧化硫或氯气；D有机物X可能具有还原性，不一定含有碳碳双键或三键，如乙醇。【解答】解：ANa2SO3对应的酸为H2SO3，不是最高价含氧酸，无法比较S、C的非金属性，故A错误；B向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，由于生成的氢氧化镁沉淀，则该反应能够发生，与碱性强弱无关，无法比较NaOH、Mg（OH）2的碱性强弱，故B错误；C气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反应生成

20、氯气，可能Na2SO3或NaHSO3为浓盐酸反应生成二氧化硫，故C错误；D向有机物X中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，说明有机物X被氧化，有机物X分子中不一定含有碳碳双键或碳碳双键，可能含有羟基，所以有机物X不一定发生加成反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及非金属性、碱性强弱比较、漂白原理及有机物结构与性质，明确常见元素化合物性质为解答关键，B为易错点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。4（6分）据（ Chem Commun）报导，Marcel mayor合成了桥连多环烃（），拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法不正

21、确的是（）A属于饱和烃，不能使Br2的CCl4溶液褪色B与氯气取代，可得到6种不同沸点的一氯代物C分子中含有3个六元环，4个五元环D与互为同分异构体【考点】HD：有机物的结构和性质；I4：同分异构现象和同分异构体菁优网版权所有【分析】由结构可知，只含C、H元素，具有3个六元环和4个五元环，分子中含5种H，以此解答该题。【解答】解：A不含碳碳双键，与溴不反应，故A正确；B为对称结构，分子中含有五种环境的氢原子，所以一氯代物只有5种，故B错误；C由结构简式可知，分子中含有4个五元环和3个六元环，故C正确；D与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性

22、质，为高频考点，把握有机物的结构、环与H原子的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。5（6分）锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。该电池采用无毒ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其装置如图所示。下列说法不正确的是（）AM是阳离子交换膜B充电时，多孔石墨接外电源的正极C充电时，储罐中的电解液导电性不断增强D放电时，每消耗1molI3，有1 molZn2+生成【考点】BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】金属锌做原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应Zn2eZn2

23、+，多空石墨为正极，I3+2e3I，放电过程中锌离子移向正极，充电时多孔电极做阳极，外接电源正极，据此分析。【解答】解：金属锌做原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应Zn2eZn2+，多空石墨为正极，I3+2e3I，放电过程中锌离子移向正极，充电时多孔电极做阳极，外接电源正极，A原电池反应过程中锌离子移向正极，M是阳离子交换膜，故A正确；B充电时，原电池的正极多孔石墨接外电源的正极，故B正确；C充电时，储罐中的反应：3I2eI3，离子浓度不变电解液导电性不变，故C错误；D原电池的电极反应金属锌做原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应Zn2eZn2+，多空石墨为正极，I3+2e3I，电子

24、守恒放电时，每消耗1molI3，有1 molZn2+生成，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了原电池和电解池的原理分析判断、电极反应书写和离子移向是解题关键，题目难度中等。6（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素。Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6下列说法正确的是（）A非金属性：QYXZB简单气态氢化物的沸点：XWCY与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物DY、Z、Q组成化合物的水溶液呈碱性【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，

25、其中X是组成有机物的必要元素，则X为C元素；元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；元素W与X同主族，则W为Si元素；Z与Q最外层电子数相差6，Z的原子序数大于O，若Z为F元素，Q最外层电子数761，为Na元素，不满足原子序数QW；结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素，Q为Cl元素，据此进行解答。【解答】解：根据分析可知：X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Si元素，Q为Cl元素。A同一主族从上到下非金属性逐渐增强，同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：QYXZ，故A正确；BC、Si的氢化物都是分子晶体，分子间不存在氢键，其相

26、对分子质量越大沸点越高，则简单气态氢化物的沸点：XW，故B错误；CO与C、Na、Cl均可形成至少两种二元化合物，故C正确；DO、Na、Cl形成的化合物中，NaClO的水溶液呈碱性，但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性，故D错误；故选：AC。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。7（6分）常温下，用0.10molL1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1molL1CHCOONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是（）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阳离子物质的量浓度之和：与所示溶液中相等D所示溶液中：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）0.05molL1【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【分析】A点为加入盐酸的体积为10mL，得到等浓度的NaCN、HCN和NaCl的混合溶液，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，结合物料守恒分析；B点溶液为pH5，此时加入盐酸体积小于10mL，反应生成起始时CH3COONa的浓度大于CH3COOH的浓度，溶液为酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3C

28、OONa的水解程度，结合电荷守恒和物料守恒分析；C溶液中所有阳离子浓度之和为c（Na+）+c（H+），点和点溶液的pH相等，但两溶液加入盐酸体积不等；D点为加入盐酸溶液体积为20mL，此时恰好生成CH3COOH和NaCl，根据电荷守恒和物料守恒分析。【解答】解：A用0.10molL1 盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 0.10molL1 CH3COONa溶液和NaCN溶液，点为加入盐酸的体积为10mL，得到等浓度的NaCN、HCN和NaCl的混合溶液，溶液pH7，溶液显碱性，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，则c（HCN）c（CN），结合物料守恒c（HCN）+c（CN）2c（Cl）可知

29、，c（HCN）c（Cl）c（CN），故A错误；B点加入盐酸体积小于10mL，反应后溶质为等浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，溶液为pH5，呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH），结合物料守恒c（CH3COO）+c（CH3COOH）2c（Cl）可知：c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH），故B错误；C溶液中所有阳离子浓度之和为c（Na+）+c（H+），点和点溶液的pH相等，但两溶液加入盐酸体积不等，即溶液中c（Na+）不等，所以所以溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点，故C错误；D点为加入盐酸溶液体积为

30、20mL，此时恰好生成CH3COOH、NaCl，根据电荷守恒可得：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），二者结合可得：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）c（Cl）0.05molL1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确曲线各点反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考

31、生根据要求作答。(一)必考题：共129分8（15分）难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。回答下列问题：（1）实验操作的先后顺序是：。检查装置的气密性后加入药品；熄灭酒精灯，冷却；在“气体入口”处通干燥HCl；点燃酒精灯，加热；停止通人HCl，然后通入N2。（2）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是先变红后褪色；A中发生主要反应的化学方程式为CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O。（3）反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质，则

32、产生的原因可能是加热温度不够；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是没有在HCl气流中加热或HCl气流不足。（4）取agCuCl产品，先加入足量FeC3l溶液使其完全溶解，再稀释到100mL从中取出25.00mL，用cmolL1Ce（SO4）2标准液滴定至终点Ce（SO4）2被还原为Ce3+；如此滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式：CuCl+Fe3+Fe2+Cu2+Cl；产品中CuC1的质量分数为100%（用含字母的式子表示）。【考点】U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】热分解CuCl22H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl

33、气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl22H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，以此来解答。【解答】解：（1）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl22H2O制备CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备

34、，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：，故答案为：；（2）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是先变红后褪色；A中发生主要反应的化学方程式为CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O，故答案为：先变红后褪色；CuCl22H2O2CuCl+Cl2+4H2O；（3）反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质，则产生的原因可能是加热温度不够；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能为没有在HCl气流中加热或HCl气流不足，故答案为：加热温度不够；没有在HCl气流中加热或HCl气流不足；（4）产品溶于FeCl3溶液的离子方程式为C

35、uCl+Fe3+Fe2+Cu2+Cl，由Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+可知，产品中CuC1的质量分数为100%100%，故答案为：CuCl+Fe3+Fe2+Cu2+Cl；100%。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度不大。9（14分）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件（主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：i铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。ii常温下：

36、KspCu（OH）22.21020，KspFe（OH）34.01038，KspMn（OH）22.11013。回答下列问题：（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2SiO3、Na2BeO2（填化学式）；写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：BeO22+4H+Be2+2H2O。（2）滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，选择下列实验操作最合理步骤的顺序是；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是增强熔融盐的导电性。加入过量的NaOH：加入过量的氨水；加入适量的HCl；过滤；洗涤。（3）反应中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化

37、学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O。（4）常温下，若滤液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（填化学式）；为了尽可能多的回收铜，所得滤液G的pH最大值为8.0。【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【分析】废旧铍铜元件（主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2）加入氢氧化钠溶液过滤得到滤液A为NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤液A中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，滤液C主要为含NaCl、BeC

38、l2和少量HCl，加入过量的氨水过滤，洗涤加入适量的HCl 得到氯化铍溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到固体，一定条件下反应得到铍，滤渣B中加入二氧化锰的稀硫酸发生反应MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，过滤得到固体和滤液D，溶液D中含Cu2+、Fe3+、Mn2+，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，生成沉淀F为氢氧化铁，滤液E含有Cu2+、Mn2+，继续加入氨水可生成氢氧化铜，滤液G为Mn2+，最后经过一系列操作得到铜，以此解答该题。【解答】解：（1）分析可知，滤液A的主要成分除NaOH外，还有：Na2SiO3、Na2BeO2，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为：BeO22+4H

39、+Be2+2H2O，故答案为：Na2SiO3、Na2BeO2； BeO22+4H+Be2+2H2O；（2）溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序为：加入过量的氨水过滤，洗涤加入适量的HCl，顺序为：，电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，可增强熔融盐的导电性，故答案为：；增强熔融盐的导电性；（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，反应II中CuS发生反应的化学方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O；（4）由以上分析

40、可知生成沉淀F是Fe（OH）3，为了尽可能多的回收铜，应避免生成Mn（OH）2，KspMn（OH）22.11013，c（Mn2+）0.21molL1，如生成Mn（OH）2，c（OH）mol/L106mol/L，则pH应小于8.0。故答案为：Fe（OH）3；8.0。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。10（14分）“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H上

41、述反应分两步完成，如下左图所示。回答下列问题：（1）写出反应的热化学方程式（H用含物理量E的等式表示）：2NO（g）N2O2（g）H（E2E3）kJ/mol。（2）反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应速率的是反应（填“反应”或“反应”）；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是决定正反应速率的是反应，升高温度后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对应反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢（反应未使用催化剂）。（3）某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO

42、2浓度随时间变化的曲线如上右图所示。前5秒内O2的平均生成速率为0.001mol/（Ls）；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K为100。（4）对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为P1），若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量减少（填“增大”、“减小”或“不变”）；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c（O2）0.09molL1，则P1：P25：13。（5）水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL1HNO2溶液中逐滴加入0.10molL 1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的

43、溶液中103.70。【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【分析】（1）根据图象可知反应为2NO（g）N2O2（g），其焓变H（E2E3）kJ/mol；（2）根据图象可知，反应的活化能反应的活化能，反应为快反应，反应为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应，升高温度后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，但温度升高对应反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响；（3）根据v计算出前5s内v（NO2），之间v（O2）v（NO2）计算； 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）初始（mol/L）0.

44、04 0 0转化（mol/L）0.02 0.02 0.01平衡（mol/L）0.02 0.02 0.01该温度下该反应的平衡常数K0.01，2NO+O22NO2的化学平衡常数与2NO2（g）2NO（g）+O2（g）的平衡常数互为倒数；（4）根据图象可知，反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）为吸热反应，对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为P1），若升高温度，平衡向着正向移动，混合气体的总质量不变，混合气体的物质的量增大，据此可知混合气体的平均相对分子质量变化；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，平衡向着逆向移动，设转化的NO的浓度为x，NO2（g）、NO（g）和O2（g）的平衡浓度

45、分别为（0.02+x）mol/L、（0.02x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则0.01，计算出x0.01mol/L，根据压强之比等于物质的量之比计算P1：P2；（5）根据图象可知，0.10molL1HNO2溶液的pH2.15，据此可计算出HNO2的电离平衡常数Ka，A点溶液为中性，则c（H+）c（OH）1107mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（NO2），则A点溶液中c（Na+）c（NO2），A点对应的溶液中，据此计算。【解答】解：（1）根据图象可知反应的化学方程式为：2NO（g）N2O2（g）H（E2E3）kJ/mol，故答案为：2N

46、O（g）N2O2（g）H（E2E3）kJ/mol；（2）根据图象可知，反应的活化能反应的活化能，反应为快反应，反应为慢反应，决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应速率的是慢反应；对该反应体现升高温度，发现总反应速率变慢，可能原因是：决定正反应速率的是反应，升高温度后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对应反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢，故答案为：反应；决定正反应速率的是反应，升高温度后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对应反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢；（3）前5s内v（NO2）0

47、.002mol/（Ls），则v（O2）v（NO2）0.001mol/（Ls）； 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）初始（mol/L）0.04 0 0转化（mol/L）0.02 0.02 0.01平衡（mol/L）0.02 0.02 0.01该温度下该反应的平衡常数K0.01，则2NO+O22NO2的化学平衡常数K100，故答案为：0.001mol/（Ls）；100；（4）根据图象可知，反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）为吸热反应，对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为P1），若升高温度，平衡向着正向移动，再次达平衡后，混合气体的总质量不变，混合气体的物质的量增大，则混合气体的平均相

48、对分子质量减小；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，平衡向着逆向移动，设转化的NO的浓度为x，NO2（g）、NO（g）和O2（g）的平衡浓度分别为（0.02+x）mol/L、（0.02x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则0.01，解得：x0.01mol/L，则平衡时NO2（g）、NO（g）和O2（g）的浓度分别为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒温恒容时压强之比等于浓度之比，则P1：P2（0.02+0.02+0.01）：（0.03+0.01+0.09）5：13，故答案为：5：13；（5）根据图象可知，0.10molL1HNO2溶液的p

49、H2.15，则HNO2的电离平衡常数Ka，A点溶液为中性，则c（H+）c（OH）1107mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（NO2），则A点溶液中c（Na+）c（NO2），A点对应的溶液中103.70，故答案为：103.70。【点评】本题考查化学平衡的计算、弱电解质的电离、反应热与焓变等知识，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、道化学题、2道生物题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方

50、框涂黑，注意所做题目题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学一选修3：物质结构与性质】11（15分）铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：（1）钴在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，其基态原子的价电子排布图为。（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为sp2；分子中的大键可用符号mn表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为66），则CO32中的大键应表示为。（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和Co

51、CO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是分解后生成的FeO和CaO中，FeO的晶格能更大。（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配位数为6。（5）奥氏体是碳溶解在rFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构（如图所示），则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12；若该晶胞参数为apm，则该晶体的密度为gcm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【考点】99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断菁优网版权所有【专题】51

52、D：化学键与晶体结构【分析】（1）钴在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，其基态原子的价电子为其3d能级上的7个电子、4s能级上的2个电子；（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子价层电子对个数3+3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论 判断C原子的杂化方式；CO32中形成的大键电子数价电子数形成键电子数氧原子价电子中形成电子对的电子数；（3）实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，FeO的晶格能大于CaO；（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该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，说明该配合物外界中含有2个氯离子，另外1个氯离子为内界、氨气分子为内界；（5）该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目382；若该晶胞参数为apm，晶胞体积（a1010 cm）3，该晶胞中Fe原子个数8+64