高考化學模擬考試卷（附含答案解析）

第第頁高考化學模擬考試卷（附含答案解析）注意事項:

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選題（本大題共7小題，共42分）1.表為周期表前四周期的一部分，關(guān)于R、W、X、Y、Z的敘述，正確的是(

)

A.常壓下五種元素的單質(zhì)中Z單質(zhì)的沸點最高

B.X的氫化物的沸點比W的氫化物的沸點低

C.Y、Z的陰離子電子層結(jié)構(gòu)都與R原子的相同

D.X、Y元素的氫化物都能與該元素的最高價氧化物的水化物濃溶液發(fā)生反應(yīng)2.下列除雜方法錯誤的是(

)選項物質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì))除雜試劑除雜操作ASO2(HCl)氣體飽和NaHSO3溶液洗氣BNaCl(KNO3)固體蒸餾水蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾CFe2O3(Al2O3)NaOH溶液過濾DKCl(FeCl3)溶液——加熱，過濾A.A B.B C.C D.D3.磷酸氯喹可在細胞水平上有效抑制2019?nCoV病毒。氯喹是由喹啉通過一系列反應(yīng)制得，氯喹和喹啉的結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關(guān)于氯喹和喹啉的說法正確的是(

)

A.氯喹的分子式為C18H24ClN3

B.氯喹分子中三個N原子可能處在同一個平面

C.氯喹可以發(fā)生加成反應(yīng)和中和反應(yīng)

D.喹啉的一氯代物有5種4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(

)A.常溫常壓下，32gO2與O3的混合氣體中含有的分子總數(shù)小于NA

B.1L0.1mol?L?1NaClO溶液中含有的ClO?數(shù)目為NA

C.1molFe在1molCl2中充分燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA

D.標準狀況下，22.4LHF中含有的氟原子數(shù)目為NA5.X、Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，已知X、Z可分別與Y形成化合物A和B，X與Y的質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，則下列說法正確的組合是(

)XYZ①Y、Z形成的單質(zhì)均存在同素異形體

②A的種類比B多

③常溫下，Y的氫化物中無H+

④Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物能與X的常見氫化物形成三種鹽．A.①②③④ B.①②④ C.②④ D.①②6.南開大學陳軍院士團隊研制的一種水性聚合物?空氣可充電電池，工作原理如圖。N極為尖晶石鈷，M極為碳納米管上的聚合物，電解液為KOH溶液。下列說法中錯誤的是(

)A.放電時，電解質(zhì)溶液的pH增大

B.放電時，M極的電極反應(yīng)式為

C.充電時，每轉(zhuǎn)移1mol電子，N極上有0.25molO2參與反應(yīng)

D.充電時，N極與電源正極相連7.下列說法正確的是(

)A.pH均為2的醋酸和鹽酸加水稀釋100倍，所得溶液的pH：醋酸>鹽酸

B.pH為11的氨水和pH為3的鹽酸溶液等體積混合，所得溶液中c(Cl?)>c(NH4+)>c(OH?)>c(H+)

C.濃度均為0.1

mol/L的NaOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合后的溶液：c(Na+)+c(CH3COO?)=c(OH?)+c(H+)

D.濃度均為0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等體積混合，溶液中有下列關(guān)系：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO?)+2c(OH?)二、簡答題（本大題共5小題，共66.0分）8.氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工原料。實驗室用如圖所示裝置加熱分解CuCl2?2H2O制備CuCl。

已知：①CuCl是白色固體，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精。

②CuCl在空氣中會被迅速氧化，能與Cl?發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)CuCl+Cl??CuCl2?。

③

(1)儀器X的名稱是______，裝置D中的試劑為______。

(2)將濃硫酸和濃鹽酸混合可產(chǎn)生HCl氣體的原因是______。

(3)檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進行的操作是______，其目的是______。

(4)上述裝置存在一處缺陷，會導(dǎo)致CuCl產(chǎn)率降低改進的方法是______。

(5)反應(yīng)結(jié)束后，測定產(chǎn)品中Cu元素的質(zhì)量百分含量。

①若加熱時間不足或溫度偏低，則測得產(chǎn)品中Cu元素含量______。(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)

②若通入HCl的量不足，則測得產(chǎn)品中Cu元素含量______。(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)

(6)已知在酸性溶液中，某些中間價態(tài)的元素能夠發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)。

設(shè)計實驗驗證CuCl能否發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)的實驗方案：______。(實驗中可供選擇的試劑有：6mol?L?1鹽酸、3mol?L?1硫酸、6mol?L?1硝酸)9.亞硝酰氯(NOCl)是重要的有機合成試劑，可由NO與Cl2在常溫下合成。某學習小組在實驗室利用如圖裝置制備亞硝酰氯。

已知：①亞硝酰氯易水解，能與O2反應(yīng)；

②沸點：NOCl為?5.5℃，Cl2為?34℃，NO為?152℃；

③常溫下，2NO+Cl2=2NOCl，2NO2+Cl2=2NO2Cl。

請回答下列問題：

(1)NOCl中N元素的化合價為______；NOCl水解生成兩種酸，其化學方程式為______．

(2)實驗所需的NO在A裝置中制得，反應(yīng)的離子方程式為______。

(3)裝置B中所盛試劑為______，其作用是______。

(4)實驗開始時，先關(guān)閉K3，打開K2、K4，從a處通一段時間氬氣，其目的是______。然后在a處接廢氣處理裝置，關(guān)閉K1、K4，打開K2、K3，再打開分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，當觀察到D中______時，關(guān)閉K2，打開K1、K4，通干燥純凈的Cl2。

(5)為收集產(chǎn)物和分離未反應(yīng)的兩種原料，E、F裝置采用不同溫度的低溫浴槽，其中裝置E的溫度T區(qū)間應(yīng)控制在______，裝置F的U形管中收集到的是______。10.將玉米秸稈進行熱化學裂解可制備出以CO、CO2、H2、N2為主要成分的生物質(zhì)原料氣，對原料氣進行預(yù)處理后，可用于生產(chǎn)甲醇、乙醇等燃料。

(1)已知：幾種常見共價鍵的鍵能如下表所示。共價鍵C?HC?OC≡O(shè)H?HO?H鍵能(kJ?mol?1)413358839436467由此可估算反應(yīng)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的焓變ΔH=______kJ?mol?1。

(2)若在恒容絕熱的密閉容器中進行上述反應(yīng)，下列說法正確的是______(填標號)。

A.體系溫度不再發(fā)生變化時，反應(yīng)達到化學平衡狀態(tài)

B.平衡體系中，H2和CH3OH的物質(zhì)的量之比為2：1

C.加入催化劑，可以提高CH3OH的平衡產(chǎn)率

D.其他條件不變，增大CO的濃度，能提高H2的平衡轉(zhuǎn)化率

(3)H2和CO2合成乙醇的反應(yīng)為2CO2(g)+6H2(g)?C2H5OH(g)+3H2O(g)。將等物質(zhì)的量的H2和CO2充入一剛性容器中，測得平衡時C2H5OH的體積分數(shù)隨溫度和壓強的變化關(guān)系如圖所示。

①壓強p1______p2(填“>”“<”或“=”，下同)。判斷依據(jù)是______。

②a、b兩點的平衡常數(shù)Ka______Kb。

③已知Arrhenius經(jīng)驗公式為Rlnk=?EaT+C(Ea為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))，為探究m、n兩種催化劑的催化效能，進行了實驗探究，依據(jù)實驗數(shù)據(jù)獲得下圖所示曲線。在m催化劑作用下，該反應(yīng)的活化能Ea=______J?mol?1。從圖中信息獲知催化效能較高的催化劑是______(填“m”或“n”)。

11.全球首次在350公里時速的奧運版復(fù)興號高鐵列車上依托5G技術(shù)打造的超高清直播演播室，實現(xiàn)了超高清信號的長時間穩(wěn)定傳輸。請回答下列問題：

(1)5G芯片主要材質(zhì)是高純硅。基態(tài)Si原子價層電子的空間運動狀態(tài)有______種，若其電子排布式表示為[Ne]3s23px2違背了______。

(2)高純硅制備過程中會有SiHCl3、SiCl4等中間產(chǎn)物生成。沸點：SiHCl4______SiCl4(填“>”或“<”)，與SiCl4互為等電子體的離子為______(任寫1種即可)。已知電負性：H>Si，則SiHCl3充分水解的化學方程式為______。

(3)復(fù)興號高鐵車體材質(zhì)用到Mn、Co等元素。

①Mn的一種配合物化學式為[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列說法正確的是______(填字母標號)。

A.CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是C原子

B.Mn原子的配位數(shù)為6

C.CH3CN中C原子的雜化類型為sp2、sp3

D.CH3CN中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2

②已知r(Co2+)=65pm，r(Mn2+)=67pm，推測MnCO3比CoCO3的分解溫度______(填“高”或“低”)，解釋原因______。

(4)時速600公里的磁浮列車需用到超導(dǎo)材料。超導(dǎo)材料TiN具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，晶胞參數(shù)(晶胞邊長)為aA°(1A°=10?10m)，其中陰離子(N3?)采用面心立方最密堆積方式，則r(Ti3+)為______A°，該氮化鈦的密度為______g?cm?3(列出計算式即可)。

12.白黎蘆醇具有抗氧化和預(yù)防心血管疾病的作用?？赏ㄟ^以下方法合成：

(1)化合物A中所含官能團的名稱為和______。

(2)由F→G的反應(yīng)類型是______。

(3)D的結(jié)構(gòu)簡式為______。

(4)寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：______。

①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，與FeCl3溶液不顯色；

②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液顯色；

③分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫。

(5)請寫出以苯甲酸、甲醇為原料制備的合成路線流程圖，無機試劑可任選，合成示例見本題題干。參考答案和解析1.【答案】D

【解析】解：由元素在周期表的位置可知，X為N，W為P，Y為S，R為Ar，Z為Br，

A.常壓下溴為液體，P、S為固體，則五種元素的單質(zhì)中Z單質(zhì)的沸點不最高，故A錯誤；

B.氨氣分子間含氫鍵，則X的氫化物的沸點比W的氫化物的沸點高，故B錯誤；

C.Z的陰離子電子層比R原子多1個電子層，而Y的陰離子電子層結(jié)構(gòu)與R原子的相同，故C錯誤；

D.X、Y元素的氫化物分別為氨氣、硫化氫，元素的最高價氧化物的水化物濃溶液分別為濃硝酸、濃硫酸，氨氣與酸發(fā)生化合反應(yīng)生成鹽，而硫化氫與濃硝酸或濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D正確；

故選：D。

由元素在周期表的位置可知，X為N，W為P，Y為S，R為Ar，Z為Br，

A.常壓下溴為液體，P、S為固體；

B.氨氣分子間含氫鍵；

C.Z的陰離子電子層比R原子多1個電子層；

D.X、Y元素的氫化物分別為氨氣、硫化氫，元素的最高價氧化物的水化物濃溶液分別為濃硝酸、濃硫酸．

本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素化合物知識為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大．

2.【答案】B

【解析】解：A.SO2難溶于飽和NaHSO3溶液，HCl與NaHSO3反應(yīng)生成NaCl、SO2、水，所以可用飽和NaHSO3溶液除去SO2中混有的HCl氣體，故A正確；

B.KNO3的溶解度隨溫度變化較大，NaCl的溶解度隨溫度變化很小，因此除去NaCl中混有的KNO3固體，應(yīng)采用加熱濃縮，趁熱過濾的方法，除去KNO3，故B錯誤；

C.Fe2O3不溶于氫氧化鈉溶液，Al2O3溶于氫氧化鈉溶液，可以使用氫氧化鈉溶液使其溶解，然后過濾，得沉淀為Fe2O3，故C正確；

D.KCl不水解，F(xiàn)eCl3溶液水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱，HCl揮發(fā)，水解平衡正向移動得到氫氧化鐵沉淀，然后過濾除去即可，故D正確；

故選：B。

A.鹽酸酸性大于亞硫酸，HCl可以與NaHSO3反應(yīng)生成NaCl、SO2、水；

B.KNO3的溶解度隨溫度變化較大，NaCl的溶解度隨溫度變化很?。?/p>

C.Fe2O3不溶于氫氧化鈉溶液，Al2O3溶于氫氧化鈉溶液；

D.FeCl3溶液水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱，HCl揮發(fā)，水解平衡正向移動。

本題主要考查物質(zhì)的分離與提純，均為基礎(chǔ)知識的考查，需要學生注意對知識的積累，難度不大。

3.【答案】C

【解析】【分析】

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查烯烴、氨的性質(zhì)，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意D結(jié)構(gòu)不對稱，題目難度不大。

【解答】

A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C18H26ClN3，故A錯誤；

B.氯喹中支鏈上所有碳原子和N原子都具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，所以該分子中所有N原子都不位于同一個平面上，故B錯誤；

C.氯喹中含有碳碳雙鍵和氯原子、亞氨基，具有烯烴、鹵代烴和氨的性質(zhì)，苯環(huán)和雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，亞氨基能發(fā)生中和反應(yīng)，故C正確；

D.喹啉中有幾種氫原子，其一氯代物就有幾種，喹啉中含有7種氫原子，所以一氯代物有7種，故D錯誤。

故選C。

4.【答案】A

【解析】解：A.臭氧摩爾質(zhì)量為48g/mol，氧氣摩爾質(zhì)量為32g/mol，常溫常壓下，依據(jù)n=mM=NNA，32gO2與O3的混合氣體物質(zhì)的量小于1mol，則含有的分子總數(shù)小于NA，故A正確；

B.次氯酸根離子為弱酸根離子，水溶液中部分水解，所以1L0.1mol?L?1NaClO溶液中含有的ClO?數(shù)目小于NA，故B錯誤；

C.1molFe在1molCl2中充分燃燒，氯氣少量完全反應(yīng)，生成2mol氯離子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故C錯誤；

D.標況下HF為液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積計算物質(zhì)的量，故D錯誤；

故選：A。

A.依據(jù)n=mM=NNA計算；

B.次氯酸根離子為弱酸根離子，水溶液中部分水解；

C.鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，氯氣少量，依據(jù)氯氣的量計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；

D.氣體摩爾體積使用對象為氣體。

本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。

5.【答案】B

【解析】解：根據(jù)X、Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z位于第三周期，設(shè)X的原子序數(shù)為a，則Y的原子序數(shù)為a+1，Z的原子序數(shù)為a+8，X與Y的質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，則a+a+1=a+8，a=7，所以X是N元素、Y是O元素、Z是P元素，X、Z可分別與Y形成化合物A和B，則A是NO、NO2等，B是P2O5，

①Y的同素異形體有氧氣和臭氧、Z形成的單質(zhì)同素異形體有白磷和紅磷，所以Y、Z都存在同素異形體，故正確；

②A是NO、NO2等，B是P2O5，所以A的種類比B多，故正確；

③常溫下，Y的氫化物是水，水是弱電解質(zhì)，能發(fā)生電離，所以水中含有氫離子，但濃度較小，故錯誤；

④Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是磷酸，X的常見氫化物氨氣，磷酸是三元酸，和氨氣反應(yīng)生成形成(NH4)3PO4、NH4H2PO3、(NH4)2HPO3三種鹽，故A正確；

故選B．

根據(jù)X、Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z位于第三周期，設(shè)X的原子序數(shù)為a，則Y的原子序數(shù)為a+1，Z的原子序數(shù)為a+8，X與Y的質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，則a+a+1=a+8，a=7，所以X是N元素、Y是O元素、Z是P元素，X、Z可分別與Y形成化合物A和B，則A是NO、NO2等，B是P2O5，

①Y的同素異形體有氧氣和臭氧、Z形成的單質(zhì)同素異形體有白磷和紅磷；

②A是NO、NO2等，B是P2O5；

③常溫下，Y的氫化物是水，水是弱電解質(zhì)，能發(fā)生電離；

④Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是磷酸，X的常見氫化物氨氣，形成三種鹽．

本題考查元素周期表和元素周期律，側(cè)重考查基本概念、弱電解質(zhì)的電離等知識點，熟悉元素化合物知識是解本題關(guān)鍵，注意水屬于電解質(zhì)而能發(fā)生電離，為易錯點．

6.【答案】C

【解析】解：A.放電時，總反應(yīng)為2+nO2+2nH2O=2+4nOH?，則電解質(zhì)溶液pH增大，故A正確；

B.放電時為原電池，M電極為負極，負極上失電子生成，負極反應(yīng)式為，故B正確；

C.充電時為電解池，N電極與電源的正極相接、作陽極，陽極反應(yīng)與正極反應(yīng)相反，即4OH??4e?=O2↑+2H2O，則充電時每轉(zhuǎn)移1mol電子，N電極上生成0.25molO2，故C錯誤；

D.原電池工作時N電極為正極，M電極為負極，充電時為電解池，原電池的正負極分別接電源的正負極，即N極與電源正極相連，故D正確；

故選：C。

放電時為原電池，陽離子移向正極、陰離子移向負極，根據(jù)圖中K+移向N電極可知，N電極為正極，M電極為負極，負極上失電子生成，負極反應(yīng)為，正極上O2得電子生成OH?，正極反應(yīng)為O2+2H2O+4e?=4OH?，總反應(yīng)為2+O2+2H2O=2+4OH?；充電時為電解池，原電池的正負極分別接電源的正負極、作陽陰極，陰陽極電極反應(yīng)與原電池的負正極反應(yīng)相反，據(jù)此解答該題。

本題考查原電池原理，為高頻考點，側(cè)重考查學生分析能力、獲取信息能力和靈活運用能力，把握圖中信息、電極上發(fā)生的反應(yīng)及電極反應(yīng)式書寫是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A.加水稀釋促進弱電解質(zhì)醋酸電離，所以醋酸繼續(xù)電離出氫離子，而HCl不再電離出氫離子，導(dǎo)致稀釋后醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以醋酸pH小于HCl，故A錯誤；

B.pH為11的氨水和pH為3的鹽酸溶液等體積混合，氨水過量，導(dǎo)致溶液呈堿性，所得溶液中c(NH4+)>c(Cl?)>c(OH?)>c(H+)，故B錯誤；

C.濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合后的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，故C錯誤；

D.濃度均為0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等體積混合，電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO?)=2c(Na+)，計算得到，溶液中有下列關(guān)系：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO?)+2c(OH?)，故D正確；

故選D．

A.加水稀釋促進弱電解質(zhì)醋酸電離；

B.pH=3的鹽酸溶液濃度是0.001mol/L，pH=11的氨水溶液，氨水濃度大于0.001mol/L，等體積混合，氨水過量，導(dǎo)致溶液呈堿性；

C.溶液中存在電荷守恒；

D.結(jié)合電荷守恒和物料守恒計算分析判斷．

本題考查了混合溶液的定性判斷、離子濃度大小的比較等知識點，根據(jù)電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒來確定溶液中離子濃度大小關(guān)系即可，題目難度中等．

8.【答案】球形干燥管

CuCl2?2H2O晶體

濃硫酸具有吸水性，且與水放出大量熱

先打開分液漏斗的玻璃塞，再打開分液漏斗的活塞

抑制CuCl2水解，并防止CuCl被氧氣氧化

在A、B之間加入除水裝置，如盛有濃硫酸的洗氣瓶

偏小

偏高

取少量CuCl固體，加入3mol?L?1硫酸溶液中，若白色固體溶解，得到藍色溶液，同時有紅色固體生成，則證明CuCl能發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)

【解析】解：(1)根據(jù)儀器的形狀和用途分析儀器X的名稱是球形干燥管，裝置D尾氣處理吸收揮發(fā)出HCl，可以選用氫氧化鈉溶液，

故答案為球形干燥管；氫氧化鈉溶液；

(2)濃硫酸具有吸水性，且與水放出大量熱，使?jié)恹}酸揮發(fā)出HCl，

故答案為濃硫酸具有吸水性，且與水放出大量熱；

(3)檢查裝置的氣密性后，加熱前應(yīng)通入干燥HCl，進行的操作是先打開分液漏斗的玻璃塞，再打開分液漏斗的活塞，其目的是抑制CuCl2水解，并防止CuCl被氧氣氧化，

故答案為先打開分液漏斗的玻璃塞，再打開分液漏斗的活塞；抑制CuCl2水解，并防止CuCl被氧氣氧化；

(4)上述裝置存在一處缺陷，通入的氯化氫氣流可能帶有水蒸氣，會導(dǎo)致CuCl產(chǎn)率降低，改進的方法是在A、B之間加入除水裝置，如盛有濃硫酸的洗氣瓶，

故答案為在A、B之間加入除水裝置，如盛有濃硫酸的洗氣瓶；

(5)①若加熱時間不足或加熱溫度偏低，6499.5>64135，CuCl2未完全分解，測得產(chǎn)品中Cu元素含量偏小，

故答案為偏?。?/p>

②若通入HCl的量不足，可能生成CuO雜質(zhì)，6499.5<6480，則測得產(chǎn)品中Cu元素含量偏高，

故答案為偏高；

(6)利用CuCl自身氧化還原反應(yīng)生成銅單質(zhì)和二價銅離子檢驗，具體操作取少量CuCl固體，加入3mol?L?1硫酸溶液中，若白色固體溶解，得到藍色溶液，同時有紅色固體生成，則證明CuCl能發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)，

故答案為取少量CuCl固體，加入3mol?L?1硫酸溶液中，若白色固體溶解，得到藍色溶液，同時有紅色固體生成，則證明CuCl能發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)。

根據(jù)題目信息③，HCl抑制CuCl2水解，CuCl2?2H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水得無水CuCl2，然后在高于300℃的溫度下加熱，發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生CuCl和Cl2，裝置A是生成HCl氣流，裝置BCuCl2?2H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水得無水CuCl2，高于300℃的溫度下加熱，發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生CuCl和Cl2，裝置C防止水蒸氣進入B，裝置D尾氣處理，

(1)根據(jù)儀器的形狀和用途分析，裝置D尾氣處理；

(2)濃硫酸具有吸水性，且與水放出大量熱；

(3)加熱前應(yīng)通入干燥HCl，進行的操作是先打開分液漏斗的玻璃塞，再打開分液漏斗的活塞；

(4)通入的氯化氫氣流可能帶有水蒸氣，會導(dǎo)致CuCl產(chǎn)率降低；

(5)①CuCl中Cu元素含量6499.5，CuCl2中Cu元素含量64135，據(jù)此分析；

②CuCl中Cu元素含量6499.5，CuO中Cu元素含量6480，據(jù)此分析；

(6)利用CuCl自身氧化還原反應(yīng)生成銅單質(zhì)和二價銅離子檢驗。

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)、流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、實驗技能為解答關(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，題目難度中等。

9.【答案】+3

NOCl+H2O=HCl+HNO2

Fe2++NO2?+2H+=Fe3++NO↑+H2O

水

將NO2轉(zhuǎn)化為NO

將E、F裝置中的空氣排出，防止亞硝酰氯水解和被氧氣氧化

紅棕色氣體消失

?34℃≤T<?5.5℃

Cl2

【解析】解：(1)NOCl中N的非金屬性最弱，為正價，O和Cl均為負價，O為?2價，Cl為?1價，所以N元素的化合價為+3價；NOCl水解生成兩種酸，分別為鹽酸和亞硝酸，其化學方程式為NOCl+H2O=HCl+HNO2，

故答案為+3；NOCl+H2O=HCl+HNO2；

(2)在裝置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaNO2被Fe2+還原為NO，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為Fe2++NO2?+2H+=Fe3++NO↑+H2O，

故答案為Fe2++NO2?+2H+=Fe3++NO↑+H2O；

(3)裝置A中生成了NO，NO容易被空氣中的氧氣氧化為NO2，裝置A的液面上方有空氣，空氣中的氧氣能將NO氧化為NO2，所以裝置B中裝有水，可以將NO2轉(zhuǎn)化為NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，

故答案為水；將NO2轉(zhuǎn)化為NO；

(4)亞硝酰氯易水解，能與O2反應(yīng)，實驗開始時，先關(guān)閉K3，打開K2、K4，從a處通一段時間氬氣，其目的是將裝置E、F中的空氣排出，以免生成的NOCl和空氣中的水蒸氣、氧氣反應(yīng)。然后在a處接廢氣處理裝置，關(guān)閉K1、K4，打開K3，再打開分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，裝置A產(chǎn)生的NO氣體進入B中，混有的NO2被B中的水轉(zhuǎn)化為NO，但裝置B、C的液面上方有空氣，NO會被氧化為NO2，裝置D中的空氣也能將NO氧化為NO2，所以在D中能觀察到紅棕色的氣體，A裝置中不斷產(chǎn)生的NO將生成的NO2從K2排出，當觀察到D中紅棕色消失時，D中充滿了純凈的NO，此時關(guān)閉K2，打開K1、K4，通干燥純凈的Cl2和NO反應(yīng)，

故答案為將E、F裝置中的空氣排出，防止亞硝酰氯水解和被氧氣氧化；紅棕色氣體消失；

(5)為收集產(chǎn)物NOCl和分離未反應(yīng)的兩種原料NO和Cl2，根據(jù)三種物質(zhì)的沸點，控制裝置E的溫度?34℃≤T<?5.5℃，可收集NOCl，裝置F的溫度要低于?34℃，可將未反應(yīng)的原料氯氣冷凝，

故答案為?34℃≤T<?5.5℃；Cl2。

用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反應(yīng)制取NO，通過裝置B將雜質(zhì)NO2轉(zhuǎn)化為NO，再通過濃硫酸干燥NO，在D中和通入的氯氣反應(yīng)生成NOCl，在裝置E中收集NOCl，在裝置F中收集未反應(yīng)的氯氣，G中的氯化鈣可以吸收空氣中的水蒸氣以防止NOCl水解，最后進行尾氣處理。

本題考查了物質(zhì)制備方案設(shè)計，主要考查了實驗方案設(shè)計等，題目難度中等，側(cè)重于考查學生的分析問題和解決問題的能量，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的學習與積累。

10.【答案】?353

AD

<

該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，溫度相同時，壓強越大，平衡體系中乙醇的體積分數(shù)越大

>

9.6×104

n

【解析】解：(1)ΔH=反應(yīng)物的鍵能總和?生成物的鍵能總和=839kJ?mol?1+2×436kJ?mol?1?3×413kJ?mol?1?358kJ?mol?1?467kJ?mol?1=?353kJ?mol?1，

故答案為?353；

(2)A.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進行，體系溫度逐漸升高，當體系溫度不再發(fā)生變化時，則反應(yīng)達到化學平衡狀態(tài)，故A正確；

B.當H2和CH3OH的物質(zhì)的量之比為2：1，不能說明正逆反應(yīng)速率相等，則不能判斷該反應(yīng)是否達到化學平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C.加入催化劑后，可以改變化學反應(yīng)速率，化學平衡不移動，不可以提高CH3OH的平衡產(chǎn)率，故C錯誤；

D.其他條件不變，增大CO的濃度，平衡正向移動，H2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故D正確，

故答案為AD；

(3)①該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，溫度相同時，壓強越大，平衡體系中乙醇的體積分數(shù)越大，故壓強P1小于P2，

故答案為<；該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，溫度相同時，壓強越大，平衡體系中乙醇的體積分數(shù)越大；

②溫度升高，乙醇的體積分數(shù)減小，說明正反應(yīng)為吸熱，則b點溫度高，平衡常數(shù)較小，

故答案為>；

③將坐標(7.2,56.2)和(7.5,27.4)代入Rlnk=?EaT+C，列關(guān)系式56.2=?7.2×10?3Ea+C，27.4=?7.5×10?3Ea+C，解該反應(yīng)的活化能Ea=9.6×104J?mol?1；從圖中信息獲知，直線n斜率大，Ea小，說明催化效率越高，

故答案為9.6×104；n。

(1)根據(jù)反應(yīng)物的鍵能總和?生成物的鍵能總和=焓變進行計算；

(2)根據(jù)恒容絕熱體系中的平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)：變量不變，逆向相等來進行分析；

(3)根據(jù)影響平衡的因素進行分析溫度和壓強對平衡的影響，根據(jù)活化能和催化劑效率的關(guān)系分析。

本題主要考查化學平衡的計算，包括蓋斯定律、化學平衡狀態(tài)的判斷、化學平衡的移動等知識，題目難度一般。

11.【答案】(1)3

;

洪特規(guī)則

(2)<；

SO42?

；SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2↑+3HCl

(3)①

BD

②低

；r(Co2+)<r(Mn2+)，MnCO3的晶格能比CoCO3小

(4)

a2?24a；

(48+14)×4NA(a×10?8)3

【解析】(1)基態(tài)Si原子價層電子占據(jù)3個軌道，其價電子的空間運動狀態(tài)就有3種，基態(tài)原子核外電子在能量相同的原子軌道上排布時，盡可能分占不同的原子軌道，故電子排布式表示為[Ne]3s23px2違背了洪特規(guī)則故答案為3；洪特規(guī)則；

(2)SiHCl3、SiCl4都為分子晶體，且不存在分子間氫鍵，分子間作用力隨著相對分子質(zhì)量增大而增大，故熔點：SiHCl3<SiCl4，與SiCl4等電子體的離子為SO42?，根據(jù)電負性：Cl>H>Si，可知SiHCl3中Si帶正電，H和Cl都帶負電，故水解方程式為SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2↑+3HCl故答案為<；SO42?；SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2↑+3HCl；

(3)①A.CH3CN與Mn原子配位時，C原子形成4個共價鍵，不存在孤電子對，N原子中存在孤電子對，為配體，故A錯誤；

B.根據(jù)配合物[Mn(CO)5(CH3CN)]可知內(nèi)界存在5個