貴州省貴陽市普通中學新高考化學全真模擬密押卷及答案解析

貴州省貴陽市普通中學新高考化學全真模擬密押卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、向某二價金屬M的M(OH)2的溶液中加入過量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，過濾，洗滌、干燥后將沉淀置于足量的稀鹽酸中，充分反應后，在標準狀況下收集到VL氣體。如要計算金屬M的相對原子質(zhì)量，你認為還必需提供下列哪項數(shù)據(jù)是A．M(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度 B．與MCO3反應的鹽酸的物質(zhì)的量濃度C．MCO3的質(zhì)量 D．題給條件充足，不需要再補充數(shù)據(jù)2、以下相關實驗不能達到預期目的的是（）A．試樣加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成檢驗NaHCO3固體中是否含Na2CO3B．向少量燃盡火柴頭的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3驗證火柴頭含有氯離子C．加入飽和Na2CO3溶液，充分振蕩，靜置、分層后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．兩支試管中裝有等體積、等濃度的H2O2溶液，向其中一支試管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液對H2O2分解速率的影響3、化學與社會、生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是A．石英只能用于生產(chǎn)光導纖維B．復旦大學研究的能導電、存儲的二維材料二硫化鉬是一種新型有機功能材料C．中國殲—20上用到的氮化鎵材料是當作金屬合金材料使用的D．醫(yī)用雙氧水和酒精均可用于傷口清洗，兩者消毒原理不相同4、將100mL1L?mol-1的NaHCO3溶液分為兩份，其中一份加入少許冰醋酸，另外一份加入少許Ba(OH)2固體，忽略溶液體積變化。兩份溶液中c(CO32-)的變化分別是（）A．減小、減小 B．增大、減小 C．增大、增大 D．減小、增大5、下列說法正確的是()A．碳素鋼在海水中發(fā)生的腐蝕主要是析氫腐蝕B．反應Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l)在室溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0，△S>0C．室溫時，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在純水中的大D．2molSO2和1molO2在密閉容器中混合充分反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為4×6.02×10236、用石墨電極電解飽和食鹽水，下列分析錯誤的是A．得電子能力H+>Na+，故陰極得到H2B．水電離平衡右移，故陰極區(qū)得到OH-C．失電子能力Cl->OH-，故陽極得到Cl2D．OH-向陰極移動，故陽極區(qū)滴酚酞不變紅7、海洋是一個巨大的資源寶庫，海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示。下列有關說法不正確的是()A．①粗鹽制精鹽除采用過濾泥沙外，還必須除去Ca2＋、Mg2＋、SO42-等雜質(zhì)B．工業(yè)生產(chǎn)中常選用石灰乳作為Mg2＋的沉淀劑，并對沉淀進行洗滌C．第②步的反應是將MgCl2?6H2O晶體在空氣中直接加熱脫去結晶水得無水MgCl2D．第③步到第⑤步空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑8、下列說法中錯誤的是:A．SO2、SO3都是極性分子 B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位鍵 C．元素電負性越大的原子，吸引電子的能力越強 D．原子晶體中原子以共價鍵結合，具有鍵能大、熔點高、硬度大的特性9、X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次増加的五種短周期元素，A、B、C、D、E是由這些元素組成的常見化合物，A、B為廚房中的食用堿，C是一種無色無味的氣體，C、D都是只有兩種元素組成。上述物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關系為:(部分反應物戒生成物省略)。下列說法錯誤的是A．原子半徑大小序，W＞Y＞Z＞XB．對應最簡單氫化物的沸點:Z＞MC．上述變化過秳中，發(fā)生的均為非氧化還原反應D．Z和W形成的化合物中一定只含離子健10、能確定為丙烯的化學用語是（）A． B．C3H6 C． D．CH2=CH-CH311、常溫下，將1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，加入Na2CO3固體的過程中，溶液中Ca2+和CO32-的濃度變化曲線如圖所示，下列說法中不正確的是A．a(chǎn)=5.6B．常溫下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C．b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)D．若使1molCaC2O4全部轉(zhuǎn)化為CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO312、新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox，3<x<4，M=Mn、Co、Zn或Ni)由鐵酸鹽(MFe2O4)經(jīng)高溫與氫氣反應制得。常溫下，氧缺位鐵酸鹽能使工業(yè)廢氣中的氧化物(CO2、SO2、NO2等)轉(zhuǎn)化為其單質(zhì)而除去，自身變回鐵酸鹽。關于上述轉(zhuǎn)化過程的敘述中不正確的是（）A．MFe2O4在與H2的反應中表現(xiàn)了氧化性B．若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應則MFe2Ox中x的值為3.5C．MFe2Ox與SO2反應中MFe2Ox被還原D．MFe2O4與MFe2Ox的相互轉(zhuǎn)化反應均屬于氧化還原反應13、將表面已完全鈍化的鋁條，插入下列溶液中，不會發(fā)生反應的是（）A．稀硝酸 B．硝酸銅 C．稀鹽酸 D．氫氧化鈉14、中國是最早生產(chǎn)和研究合金的國家之一。春秋戰(zhàn)國時期的名劍“干將”、“莫邪”性能遠優(yōu)于當時普遍使用的青銅劍，它們的合金成分可能是()A．鈉合金 B．硬鋁 C．生鐵 D．鈦合金15、設nA為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．23gNa與足量H2O反應完全后可生成nA個H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成nA個SO3分子C．標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含nA個原子D．3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8nA個電子16、下列物質(zhì)能通過化合反應直接制得的是①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HClA．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部17、常溫下，向20mL0.1氨水中滴加一定濃度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說法正確的是A．常溫下，0.1氨水中的電離常數(shù)K約為B．a(chǎn)、b之間的點一定滿足，C．c點溶液中D．d點代表兩溶液恰好完全反應18、Mg與Br2反應可生成具有強吸水性的MgBr2，該反應劇烈且放出大量的熱。實驗室采用如圖裝置制備無水MgBr2。下列說法錯誤的是A．a(chǎn)為冷卻水進水口B．裝置A的作用是吸收水蒸氣和揮發(fā)出的溴蒸氣C．實驗時需緩慢通入N2，防止反應過于劇烈D．不能用干燥空氣代替N2，因為副產(chǎn)物MgO會阻礙反應的進行19、有關化學資源的合成、利用與開發(fā)的敘述合理的是A．大量使用化肥和農(nóng)藥，能不斷提高農(nóng)作物產(chǎn)量B．通過有機合成，可以制造出比鋼鐵更強韌的新型材料C．安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，主要是為了提高煤的利用率D．開發(fā)利用可燃冰（固態(tài)甲烷水合物），有助于海洋生態(tài)環(huán)境的治理20、有機物M、N、Q的轉(zhuǎn)化關系為：下列說法正確的是()A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述兩步反應依次屬于加成反應和取代反應C．M的同分異構體中屬于芳香烴的還有3種D．Q與乙醇互為同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色21、我國科學家成功地研制出長期依賴進口、價格昂貴的物質(zhì)，下列說法正確的是（）A．它是的同分異構體B．它是O3的一種同素異形體C．與互為同位素D．1mol分子中含有20mol電子22、實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理為SO2(g)+Cl2(g)?SO2Cl2(l)?H=-97.3kJ/mol。裝置如圖所示(部分裝置已省略)。已知SO2C12的熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃，遇水能發(fā)生劇烈反應并產(chǎn)生白霧。下列說法正確的是A．乙中盛放的試劑為無水氯化鈣B．制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中C．用來冷卻的水應該從a口入，b口出D．可用硝酸與亞硫酸鈉反應制備二氧化硫二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機化合物F是一種重要的有機合成中間體，其合成路線如下圖所示：已知：①A的核磁共振氫譜圖中顯示兩組峰②F的結構簡式為：③通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基。④R-CH=CH2R-CH2CH2OH請回答下列問題：(1)A的名稱為______________(系統(tǒng)命名法)；Z中所含官能團的名稱是___________。(2)反應Ⅰ的反應條件是__________。(3)E的結構簡式為_______________________。(4)寫出反應Ⅴ的化學方程式____________________________________________。(5)寫出反應IV中的化學方程式____________________________________________。(6)W是Z的同系物，相對分子質(zhì)量比Z大14，則W的同分異構體中滿足下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應，②苯環(huán)上有兩個取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不顯色的結構共有_________種(不包括立體異構)，核磁共振氫譜有四組峰的結構為____________。24、（12分）兩種重要的有機化工合成中間體F和Y可用甲苯為主要原料采用以下路線制得：已知：①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO請回答下列問題：（1）寫出A的結構簡式___________。（2）B→C的化學方程式是________。（3）C→D的反應類型為__________。（4）1molF最多可以和________molNaOH反應。（5）在合成F的過程中，設計B→C步驟的目的是_________。（6）寫出符合下列條件的3種A的同分異構體的結構簡式_________、______、_______。①苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子②能發(fā)生銀鏡反應（7）以X和乙醇為原料通過3步可合成Y，請設計合成路線______（無機試劑及溶劑任選）。25、（12分）實驗室制備甲基丙烯酸甲酯的反應裝置示意圖和有關信息如下：+CH3OH+H2O藥品相對分子質(zhì)量熔點/℃沸點/℃溶解性密度（g?cm-3）甲醇32-98-64.5與水混溶，易溶于有機溶劑0.79甲基丙烯酸8615161溶于熱水，易溶于有機劑1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水，易溶于有機溶劑0.944已知甲基丙烯酸甲酯受熱易聚合；甲基丙烯酸甲酯在鹽溶液中溶解度較??；CaCl2可與醇結合形成復合物；實驗步驟：①向100mL燒瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL無水甲醇、適量的濃硫酸；②在分水器中預先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，緩慢加熱燒瓶。在反應過程中，通過分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水層液面的高度不變，使油層盡量回到圓底燒瓶中；③當，停止加熱；④冷卻后用試劑X洗滌燒瓶中的混合溶液并分離；⑤取有機層混合液蒸餾，得到較純凈的甲基丙烯酸甲酯。請回答下列問題：（1）A裝置的名稱是_____。（2）請將步驟③填完整____。（3）上述實驗可能生成的副產(chǎn)物結構簡式為_____(填兩種）。（4）下列說法正確的是______A．在該實驗中，濃硫酸是催化劑和脫水劑B．酯化反應中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反應物的轉(zhuǎn)化率C．洗滌劑X是一組試劑，產(chǎn)物要依次用飽和Na2CO3、飽和CaCl2溶液洗滌D．為了提高蒸餾速度，最后一步蒸餾可采用減壓蒸餾；該步驟一定不能用常壓蒸餾（5）實驗結束收集分水器分離出的水，并測得質(zhì)量為2.70g，計算甲基丙烯酸甲酯的產(chǎn)率約為_____。實驗中甲基丙烯酸甲酯的實際產(chǎn)率總是小于此計算值，其原因不可能是_____。A．分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B．實驗條件下發(fā)生副反應C．產(chǎn)品精制時收集部分低沸點物質(zhì)D．產(chǎn)品在洗滌、蒸發(fā)過程中有損失26、（10分）某研究小組在實驗室以廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)為原料制備堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]，具體流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3為綠色固體，難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解。(1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施為____(任寫一種)。(2)“操作Ⅱ”中銅發(fā)生反應的離子方程式為___。(3)“調(diào)節(jié)pH”操作中加入的試劑為____(填化學式)。(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為____。(5)“操作Ⅲ”中溫度選擇55～60℃的原因是____；該步驟生成Cu2(OH)2CO3的同時產(chǎn)生CO2，請寫出該反應的化學方程式：____。(6)某同學為測定制得的產(chǎn)品中Cu2(OH)2CO3的質(zhì)量分數(shù)，進行了如下操作：稱取m1g產(chǎn)品，灼燒至固體質(zhì)量恒重時，得到黑色固體(假設雜質(zhì)不參與反應)，冷卻后，稱得該黑色固體質(zhì)量為m2g，則樣品中Cu2(OH)2CO3的純度為____(用含m1、m2的代數(shù)式表示)。27、（12分）FeSO4溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用Fe2＋，實驗室中常保存硫酸亞鐵銨晶體[俗稱“摩爾鹽”，化學式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]，它比綠礬或綠礬溶液更穩(wěn)定。(穩(wěn)定是指物質(zhì)放置在空氣中不易發(fā)生各種化學反應而變質(zhì))I．硫酸亞鐵銨晶體的制備與檢驗（1）某興趣小組設計實驗制備硫酸亞鐵銨晶體。本實驗中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，這樣處理蒸餾水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經(jīng)過操作_______、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體。（2）該小組同學繼續(xù)設計實驗證明所制得晶體的成分。①如圖所示實驗的目的是_______，C裝置的作用是_______。取少量晶體溶于水，得淡綠色待測液。②取少量待測液，_______(填操作與現(xiàn)象)，證明所制得的晶體中有Fe2＋。③取少量待測液，經(jīng)其它實驗證明晶體中有NH4＋和SO42－II．實驗探究影響溶液中Fe2＋穩(wěn)定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同時滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分鐘后觀察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液；FeSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。（資料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①請用離子方程式解釋FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_______。②討論影響Fe2＋穩(wěn)定性的因素，小組同學提出以下3種假設：假設1：其它條件相同時，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設2：其它條件相同時，在一定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2＋穩(wěn)定性越好。假設3：_______。（4）小組同學用如圖裝置（G為靈敏電流計），滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）為不同的pH，觀察記錄電流計讀數(shù)，對假設2進行實驗研究，實驗結果如表所示。序號A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4電流計讀數(shù)實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5（資料2）原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大。（資料3）常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩(wěn)定性更好。根據(jù)以上實驗結果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結論：①U型管中左池的電極反應式____________。②對比實驗1和2（或3和4）,在一定pH范圍內(nèi)，可得出的結論為____________。③對比實驗____________和____________，還可得出在一定pH范圍內(nèi)溶液酸堿性變化對O2氧化性強弱的影響因素。④對（資料3）實驗事實的解釋為____________。28、（14分）研究CO2的綜合利用對促進“低碳經(jīng)濟”的發(fā)展有重要意義。(1)工業(yè)上以CO2、NH3為原料生產(chǎn)尿素[CO(NH2)2]，反應實際為兩步進行：I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)△H1=-272kJ·mol-1II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+138kJ·mol-1已知：H2O(l)==H2O(g)△H3=+44kJ·mol-1①請寫出以NH3、CO2為原料，合成尿素和液態(tài)水的熱化學方程式______________。②T1℃時，在1L的密閉容器中充入CO2和NH3模擬工業(yè)生產(chǎn)，n(NH3)/n(CO2)=x，如圖是CO2平衡轉(zhuǎn)化率()與x的關系。求圖中A點NH3的平衡轉(zhuǎn)化率=________％。③當x=1.0時，若起始的壓強為p0kPa，水為液態(tài)，平衡時壓強變?yōu)槠鹗嫉?/2。則該反應的平衡常數(shù)Kp=_______(kPa)-3(KP為以分壓表示的平衡常數(shù))。(2)用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1。在T℃時，甲、乙、丙三個2L的恒容密閉容器中，按不同方式投入反應物，測得平衡時有關數(shù)據(jù)如下：①甲容器10s達到平衡時測得x=39.2，則甲中CO2的平均反應速率____________。②下列說法正確的是________(填字母編號)。A．2c1<c3B．z<2yC．p3>2p2D．α1+α3>1(3)用NaOH溶液做碳捕捉劑可獲得化工產(chǎn)品Na2CO3。常溫下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，則溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“＜”)。29、（10分）鉀和碘的相關化合物在化工醫(yī)藥材料等領域有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)K原子中，核外電子的空間運動狀態(tài)共____種，占據(jù)最高能級的電子的電子云輪廓圖形狀為________。(2)K和Cr屬于同一周期，且核外最外層電子構型相同。第一電離能比較:K____(填“>”或“<”)Cr，金屬鍵強度比較:K________(填“>”或“<")Cr.(3)IO3-離子的立體構型的名稱為_____，中心原子的雜化方式為________.(4)HIO4的酸性強于HIO3,其原因為_________(5)KIO3晶體是一種性能良好的非線性光學材料，晶胞如圖所示。晶胞的棱長為a=0.446nm,晶胞中K、I、O分別處于頂角、體心、面心位置，K與I間的最短距離為_______nm,與K緊鄰的O的個數(shù)為______。阿伏加德羅常數(shù)的值為6.02×1023，列式計算晶體的密度為_________g/cm3.

(不必計算結果)

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

生成的氣體是CO2，所以要計算M的相對原子質(zhì)量，還需要知道MCO3的質(zhì)量，選項C正確，答案選C。2、A【解析】

A.

Na2CO3

能與Ca(

OH)2溶液發(fā)生反應生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能與Ca(OH)2

溶液發(fā)生反應生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液檢驗NaHCO3固體中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液檢驗，故A選；B.檢驗氯離子，需要硝酸、硝酸銀，則向少量燃盡火柴頭的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可檢驗，故B不選；C.乙酸與飽和碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層，然后分液可分離，故C不選；D.只有催化劑不同，可探究FeCl3溶液對H2O2分解速率的影響，故D不選；答案選A。3、D【解析】

A．石英是光導纖維的材料，但還可生產(chǎn)玻璃等，故A錯誤；B．二硫化鉬屬于無機物，不屬于新型有機功能材料，故B錯誤；C．氮化鎵是化合物，不是合金，故C錯誤；D．雙氧水具有強氧化性，酒精沒有強氧化性，均能使蛋白質(zhì)變性，用于消毒殺菌，但原理不相同，故D正確；故答案為D。4、D【解析】

將l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分為兩份，一份加入少許冰醋酸，發(fā)生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-，則溶液中c（CO32-）減小；另外一份加入少許Ba(OH)2固體，發(fā)生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，則溶液中c(CO32-)增大；故選D。5、C【解析】

A.海水接近中性，碳素鋼在海水中發(fā)生的腐蝕主要是吸氧腐蝕，故A錯誤；B.反應前后氣體體積減少，△S<0，反應Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4(l)在室溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0，故B錯誤；C.室溫時，銨根離子水解呈酸性，促進CaCO3的溶解，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在純水中的大，故C正確；D.SO2和O2的反應是可逆反應，2molSO2和1molO2在密閉容器中混合充分反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于4×6.02×1023，故D錯誤；故選C。6、D【解析】

A.得電子能力H+>Na+，電解飽和食鹽水陰極：2H++2e-═H2↑，故A正確；B.電解飽和食鹽水過程中，H+被消耗，促進水的電離，陰極消耗H+同時得到OH-，故B正確；C.失電子能力Cl->OH-，電解飽和食鹽水陽極：2Cl--2e-=Cl2，故陽極得到Cl2，故C正確；D.D.電解池中，陰離子會向陽極移動，而陰極氫離子放電，使整個溶液顯堿性，因此陽極區(qū)滴酚酞也會變紅，故D錯誤；故選D。7、C【解析】

A.①粗鹽制精鹽除采用過濾泥沙外，還必須除去Ca2＋、Mg2＋、SO42?等雜質(zhì)，故A正確；B.利用沉淀溶解平衡轉(zhuǎn)化，工業(yè)生產(chǎn)中常選用石灰乳作為Mg2＋的沉淀劑，并對沉淀進行洗滌，故B正確；C.鎂離子要水解，因此第②步的反應是將MgCl2?6H2O晶體在HCl氣流中加熱脫去結晶水得無水MgCl2，故C錯誤；D.第③步到第⑤步空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑，SO2與Br2反應生成HBr和H2SO4，故D正確；答案為C?！军c睛】工業(yè)上沉淀鎂離子只能用石灰乳，不能用氫氧化鈉，要注意與實際應用相聯(lián)系，工業(yè)要考慮成本問題。8、A【解析】

A項，三氧化硫分子是非極性分子，它是由一個硫原子和三個氧原子通過極性共價鍵結合而成，分子形狀呈平面三角形，硫原子居中，鍵角120°，故A項錯誤；B項，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位鍵，前者是氮原子提供配對電子對給氫原子，后者是銅原子提供空軌道，故B項正確；C項，元素的原子在化合物中把電子吸引向自己的本領叫做元素的電負性，所以電負性越大的原子，吸引電子的能力越強，故C項正確；D項，原子晶體中原子以共價鍵結合，一般原子晶體結構的物質(zhì)鍵能都比較大、熔沸點比較高、硬度比較大，故D項正確。答案選A。9、D【解析】

由題目可推斷出X，Y，Z，W，M分別是H，C，O，Na，Cl這五元素?！驹斀狻緼選項，原子半徑大小順序為Na>C>O>H，故A正確；B選項，Z對應的簡單氫化物為H2O，M對應的簡單氫化物為HCl，水分子形成分子間氫鍵，沸點反常高，故B正確；C選項，上述變化為復分解反應，故C正確；D選項，O和Na可形成Na2O2，既有離子鍵又有共價鍵，故D錯誤。綜上所述，答案為D。10、D【解析】

A．球棍模型中不一定由C、H兩種元素組成，所以不一定為丙烯，A不合題意；B．C3H6可能為丙烯，也可能為環(huán)丙烷，所以不一定為丙烯，B不合題意；C．中少了1個H原子，丙烯的電子式為：，C不合題意；D．丙烯的結構簡式為：CH2=CH-CH3，D符合題意；故選D。11、B【解析】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1時，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，當c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1時，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正確；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，CaC2O4和CaCO3之間能轉(zhuǎn)化，是改變離子的濃度，使沉淀的轉(zhuǎn)化平衡向不同的方向移動，不能判斷Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B錯誤；C．從圖中當c(CO32-)在0~a時，溶液為CaC2O4的飽和溶液，c(C2O42-)的最大值為5.6×10-5mol·L－1，b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正確；D．若使1molCaC2O4全部轉(zhuǎn)化為CaCO3，則此時溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，根據(jù)Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此時溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根據(jù)Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而還有生成的1mol碳酸鈣，故所需的碳酸鈉的物質(zhì)的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正確；故選B?！军c睛】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，把握圖象分析、Ksp計算、平衡常數(shù)為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，碳酸根有兩部分，沉淀的和溶解的兩部分，要利用Ksp進行計算。12、C【解析】

A.MFe2O4在與H2的反應中，氫元素的化合價升高，鐵元素的化合價降低，則MFe2O4在與H2的反應中表現(xiàn)了氧化性，故A正確；B.若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應，設MFe2Ox中鐵元素的化合價為n，由電子守恒可知，4mol×2×（3-n）=1mol×（4-0），解得n=2.5，由化合物中正負化合價的代數(shù)和為0可知，+2+（+2.5）×2+2x=0，所以x=3.5，故B正確；C.MFe2Ox與SO2反應中鐵元素的化合價升高，MFe2Ox被氧化，故C錯誤；D.MFe2O4與MFe2Ox的相互轉(zhuǎn)化反應中有元素化合價的升降，則均屬于氧化還原反應，故D正確；綜上所述，答案為C?！军c睛】氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox)中可先假設M為二價的金屬元素，例如鋅離子，即可用化合價的代數(shù)和為0，來計算鐵元素的化合價了。13、B【解析】

表面已完全鈍化的鋁條表面的物質(zhì)是氧化鋁，氧化鋁屬于兩性氧化物，能溶于強酸、強堿溶液，稀硝酸和稀鹽酸是強酸，NaOH是強堿，所以能溶于稀硝酸、稀鹽酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸銅反應，故選B。14、C【解析】

人們利用金屬最早的合金是青銅器，是銅錫合金，春秋戰(zhàn)國時期的名劍“干將”、“莫邪”性能遠優(yōu)于當時普遍使用的青銅劍，根據(jù)當時的技術水平，結合金屬活動性順序，可以推斷它們的合金成分可能是生鐵，不可能是其他三種活潑金屬的合金，故答案選C?！军c睛】人類利用金屬的先后和金屬的活動性和在地殼中的含量有關，金屬越不活潑，利用的越早，金屬越活潑，提煉工藝較復雜，故利用的越晚。15、D【解析】

A、23g鈉的物質(zhì)的量為1mol，而鈉與水反應時1mol鈉生成0.5mol氫氣，即生成0.5NA個分子，故A錯誤；B、銅和濃硫酸反應時，濃硫酸被還原為SO2，不是三氧化硫，故B錯誤；C、標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣的物質(zhì)的量為1mol，而N2和H2均為雙原子分子，故1mol混合氣體中無論兩者的比例如何，均含2mol原子，即2NA個，故C錯誤；D、Fe3O4中鐵為+價，故1mol鐵反應失去mol電子，3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)化為Fe3O4失去8mol電子，即8NA個，故D正確；故選D。16、D【解析】

①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；②SO3＋H2O=H2SO4；③NH3＋HNO3=NH4NO3；④H2＋Cl2HCl故①②③④都可以通過化合反應制備，選D。17、A【解析】

NH3·H2O電離出OH-抑制水的電離；向氨水中滴加HCl，反應生成NH4Cl，NH4+的水解促進水的電離，隨著HCl的不斷滴入，水電離的c（H+）逐漸增大；當氨水與HCl恰好完全反應時恰好生成NH4Cl，此時水電離的c（H+）達到最大（圖中c點）；繼續(xù)加入HCl，鹽酸電離的H+抑制水的電離，水電離的c（H+）又逐漸減?。粨?jù)此分析?！驹斀狻緼.常溫下，0.1mol/L的氨水溶液中水電離的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部來自水電離，則溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka==mol/L=110-5mol/L，所以A選項是正確的；

B.a、b之間的任意一點，水電離的c（H+）<1×10-7mol/L，溶液都呈堿性，則c(H+)<c(OH-)，結合電荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+)，故B錯誤；C.根據(jù)圖知，c點水電離的H+達到最大，溶液中溶質(zhì)為NH4Cl，NH4+水解溶液呈酸性，溶液中c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)<10-7mol/L，結合電荷守恒得：c(NH4+)<c(Cl-)，故C錯誤；

D.根據(jù)上述分析，d點溶液中水電離的c（H+）=10-7mol/L，此時溶液中溶質(zhì)為NH4Cl和HCl，故D錯誤。所以A選項是正確的。18、B【解析】

A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管內(nèi)冷凝水的方向為下進上出，則a為冷卻水進水口，故A正確；B．MgBr2具有較強的吸水性，制備無水MgBr2，需要防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶，則裝置A的作用是吸收水蒸氣，但無水CaCl2不能吸收溴蒸氣，故B錯誤；C．制取MgBr2的反應劇烈且放出大量的熱，實驗時利用干燥的氮氣將溴蒸氣帶入三頸燒瓶中，為防止反應過于劇烈，實驗時需緩慢通入N2，故C正確；D．不能用干燥空氣代替N2，空氣中含有的氧氣可將鎂氧化為副產(chǎn)物MgO會阻礙反應的進行，故D正確；答案選B。19、B【解析】

A．使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠來講反而會影響農(nóng)作物的收成，故A錯誤；B．通過有機物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌，故B正確；C．安裝煤炭燃燒過程的“固硫“裝置，主要是為了減少污染，故C錯誤；D．過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境，故D錯誤；故選B。20、C【解析】

由轉(zhuǎn)化關系可知，與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成，在加熱條件下與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應生成。【詳解】A項、分子中的側鏈為乙基，乙基含有2個飽和碳原子，則分子中的所有原子不可能在同一平面，故A錯誤；B項、與氯氣在光照條件下轉(zhuǎn)化為的反應屬于取代反應，故B錯誤；C項、的同分異構體中屬于芳香烴的還有對二甲苯、間二甲苯和鄰二甲苯，共3種，故C正確；D項、屬于芳香醇，其與乙醇不是同系物，故D正確。故選C。【點睛】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，側重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構與轉(zhuǎn)化關系為解答的關鍵。21、B【解析】

A．與的分子式相同，不屬于同分異構體，故A錯誤；B．與O3都為氧元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，故B正確；C．同位素研究的對象為原子，與屬于分子，不屬于同位素關系，故C錯誤；D．1mol分子中含有16mol電子，故D錯誤；故選B。22、B【解析】

SO2C12的熔沸點低、易揮發(fā)，根據(jù)裝置圖可知，三頸燒瓶上方的冷凝管的作用是使揮發(fā)的產(chǎn)物冷凝回流，由于會有一部分SO2和Cl2通過冷凝管逸出，SO2和Cl2都會污染空氣，故乙裝置應使用堿性試劑，SO2C12遇水能發(fā)生劇烈反應并產(chǎn)生白霧，乙中盛放堿石灰，吸收未反應完的二氧化硫、氯氣，防止污染空氣，并吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進入甲中導致SO2Cl2水解。【詳解】A．乙的作用是吸收未反應完的二氧化硫、氯氣，防止污染空氣，并吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進入甲中導致SO2Cl2水解，故乙中盛放的試劑應該是堿石灰，無水氯化鈣只能吸收水，A選項錯誤；B．根據(jù)題目中熱化學方程式可知，?H<0，則該反應為放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率，B選項正確；C．冷凝水應從冷凝管的下口進，上口出，故用來冷卻的水應該從b口入，a口出，C選項錯誤；D．硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，故不可用硝酸與亞硫酸鈉反應制備二氧化硫，D選項錯誤；答案選B?！军c睛】解答此類問題時需仔細分析題干，利用題干信息分析出裝置的作用以及相關試劑，綜合度較高，要求對知識點能夠綜合運用和靈活遷移。二、非選擇題(共84分)23、2－甲基－2－丙醇酚羥基、醛基濃硫酸，加熱(CH3)2CHCOOH+2Cl2+2HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O6【解析】

A的分子式為C4H10O，A→B是消去反應，所以B是．B→C組成上相當于與水發(fā)生加成反應，根據(jù)提供的反應信息，C是2－甲基－1－丙醇．C→D是氧化反應，D是2－甲基－1－丙醛，D→E是氧化反應，所以E是2－甲基－1－丙酸．X的分子式為C7H8O，且結合E和F的結構簡式可知，X的結構簡式為；在光照條件下與氯氣按物質(zhì)的量之比1：2反應，是甲基中的2個H被Cl取代，因此Y的結構簡式為，Y→Z是水解反應，根據(jù)信息③，應該是-CHCl2變成-CHO，則Z的結構簡式為，Z→F是酯化反應?！驹斀狻?1)結合以上分析可知,A的結構簡式為：，名稱為2?甲基?2?丙醇；Z的結構簡式為：，所含官能團為酚羥基、醛基；(2)A為，B為，A→B是消去反應，反應Ⅰ的反應條件是濃硫酸、加熱；C是，D是，所以C→D是在銅作催化劑條件下發(fā)生的氧化反應；(3)結合以上分析可知，E的結構簡式為；(4)在光照條件下與氯氣按物質(zhì)的量之比1:2反應，是甲基中的2個H被Cl取代生成，反應Ⅴ的化學方程式：；(5)D是(CH3)2CHCHO，在氫氧化銅懸濁液中加熱發(fā)生氧化反應，反應IV中的化學方程式：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z的結構簡式為，W是Z的同系物，相對分子質(zhì)量比Z大14，W分子式為C8H8O2，W的同分異構體中滿足下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②苯環(huán)上有兩個取代基，可以3種位置；③不能水解,遇FeCl3溶液不顯色，沒有酯基、酚羥基。滿足條件的結構有：苯環(huán)上分別連有?CHO和?CH2OH，結構有3種。苯環(huán)上分別連有?CHO和?OCH3，結構有3種，共計有6種，其中核磁共振氫譜有四組峰的結構為：。24、＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH氧化反應3氨基易被氧化，在氧化反應之前需先保護氨基CH3CH2OHCH3CHO【解析】

分析有機合成過程，A物質(zhì)為發(fā)生苯環(huán)上的對位取代反應生成的，故A為，結合已知條件①，可知B為，結合B→C的過程中加入的(CH3CO)2O以及D的結構可知，C為B發(fā)生了取代反應，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽鍵，C→D的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化成羧基的過程。D與題給試劑反應，生成E，E與H2O發(fā)生取代反應，生成F。分析X、Y的結構，結合題給已知條件②，可知X→Y的過程為，據(jù)此進行分析推斷?！驹斀狻浚?）從流程分析得出A為,答案為：；（2）根據(jù)流程分析可知，反應為乙酸酐與氨基反應形成肽鍵和乙酸。反應方程式為：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案為：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；（3）結合C、D的結構簡式，可知C→D的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化為羧基，為氧化反應。答案為：氧化反應；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1mol氫氧化鈉，溴原子水解得到酚羥基和HBr各消耗1mol氫氧化鈉，共消耗3mol。答案為：3；（5）分析B和F的結構簡式，可知最后氨基又恢復原狀，可知在流程中先把氨基反應后又生成，顯然是在保護氨基。答案為：氨基易被氧化，在氧化反應之前需先保護氨基；（6）由①得出苯環(huán)中取代基位置對稱，由②得出含有醛基或甲酸酯基，還有1個氮原子和1個氧原子，故為、、。答案為：、、；（7）根據(jù)已知條件②需要把乙醇氧化為乙醛，然后與X反應再加熱可得出產(chǎn)物。故合成路線為：CH3CH2OHCH3CHO。答案為：CH3CH2OHCH3CHO。25、球形冷凝管分水器中液面不再變化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

（1）A裝置的名稱是球形冷凝管。（2）步驟③為當分水器中液面不再變化，停止加熱（3）上述實驗可能發(fā)生的副反應為甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子間脫水、甲基丙烯酸聚合。（4）A.在該實驗中，濃硫酸是催化劑和吸水劑B.酯化反應中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水從分水器中流入圓底燒瓶內(nèi)，不能提高反應物的轉(zhuǎn)化率C.洗滌劑X是一組試劑，產(chǎn)物要依次用飽和Na2CO3去除甲基丙烯酸、飽和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、飽和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.為了提高蒸餾速度，最后一步蒸餾可采用減壓蒸餾；該步驟一定不能用常壓蒸餾，防止甲基丙烯酸甲酯受熱聚合（5）實驗結束收集分水器分離出的水，并測得質(zhì)量為2.70g，其物質(zhì)的量為，則生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理論上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其產(chǎn)率約為。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，則實際產(chǎn)率減??；B.實驗條件下發(fā)生副反應，則實際產(chǎn)率減?。籆.產(chǎn)品精制時收集部分低沸點物質(zhì),則實際產(chǎn)率增大；D.產(chǎn)品在洗滌、蒸發(fā)過程中有損失，則實際產(chǎn)率減小?！驹斀狻浚?）A裝置的名稱是球形冷凝管。答案為：球形冷凝管；（2）步驟③為當分水器中液面不再變化，停止加熱。答案為：分水器中液面不再變化；（3）上述實驗可能生成的副產(chǎn)物結構簡式為、CH3OCH3。答案為：、CH3OCH3；（4）A.在該實驗中，濃硫酸是催化劑和吸水劑，A錯誤；B.酯化反應中若生成的酯的密度比水大，則酯沉在分水器中水下，水從分水器中流入圓底燒瓶內(nèi)，不能提高反應物的轉(zhuǎn)化率，B正確；C.洗滌劑X是一組試劑，產(chǎn)物要依次用飽和Na2CO3去除甲基丙烯酸、飽和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、飽和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C錯誤；D.為了提高蒸餾速度，最后一步蒸餾可采用減壓蒸餾；該步驟一定不能用常壓蒸餾，防止甲基丙烯酸甲酯受熱聚合，D正確。答案為：BD；（5）實驗結束收集分水器分離出的水，并測得質(zhì)量為2.70g，其物質(zhì)的量為，則生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理論上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其產(chǎn)率約為=85.2%。答案為：85.2%；A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，則實際產(chǎn)率減?。籅.實驗條件下發(fā)生副反應，則實際產(chǎn)率減??；C.產(chǎn)品精制時收集部分低沸點物質(zhì)，則實際產(chǎn)率增大；D.產(chǎn)品在洗滌、蒸發(fā)過程中有損失，則實際產(chǎn)率減小。答案為：C。26、攪拌（或適當升溫等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復2~3次溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【解析】

廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3與稀硫酸反應，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，銅單質(zhì)不與硫酸反應，再加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，同時銅單質(zhì)與雙氧水在酸性條件下反應生成銅離子，再調(diào)節(jié)溶液pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，過濾后得到主要含有硫酸銅的濾液，將溶液溫度控制在55~60℃左右，加入碳酸鈉，濾液中產(chǎn)生Cu2(OH)2CO3晶體，再經(jīng)過過濾、冷水洗滌，干燥，最終得到Cu2(OH)2CO3，以此解題?！驹斀狻?1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可進行攪拌、加熱、增大硫酸濃度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，銅單質(zhì)與雙氧水在酸性條件下反應生成銅離子，離子方程式為H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“調(diào)節(jié)pH”操作目的是將溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，由于廢銅屑使用酸浸溶解，需要加入堿性物質(zhì)中和多余的酸，在不引入新的雜質(zhì)的情況下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為過濾，合理操作為：加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復2~3次；(5)根據(jù)題目已知：Cu2(OH)2CO3為難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解?！安僮鳍蟆敝袦囟冗x擇55～60℃的既可以加快反應速率同時也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，該步驟中向含有硫酸銅的濾液中加入碳酸鈉生成Cu2(OH)2CO3的同時產(chǎn)生CO2，該反應的化學方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑

；(6)m1g產(chǎn)品，灼燒至固體質(zhì)量恒重時，得到黑色固體(假設雜質(zhì)不參與反應)，發(fā)生的反應為：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

，灼燒至固體質(zhì)量恒重時剩余固體為氧化銅和雜質(zhì)，根據(jù)反應方程式計算：設樣品中Cu2(OH)2CO3的質(zhì)量為xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O22262xm1-m2=，解得：x=，則樣品中Cu2(OH)2CO3的純度為×100%=×100%?！军c睛】本題是工藝流程題中的實驗操作和化學原理結合考查，需結合反應速率的影響因素，實際操作步驟具體分析，還應熟練元素化合物的知識。27、除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+蒸發(fā)濃縮檢驗晶體中是否含有結晶水防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。（或當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱13（或2和4）其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定?！窘馕觥?/p>

I.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同，可以以此提出假設；(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水；②實驗1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結論；③對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結論；④對比實驗1和4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結合②③的結論分析?！驹斀狻縄.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化，在配制溶液時使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，目的是：除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色，該裝置的實驗目的是：檢驗晶體中是否含有結晶水；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾，需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結果；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應生成Fe(OH)3沉淀，離子方程式為：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同，0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根濃度更大，故可以假設：當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性；或者當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好；(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水，故電極方程式為：O2+4e-+4H+=2H2O；②實驗1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出的結論是：溶液酸性越強，F(xiàn)e2+的還原性越弱；③對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出在一定pH范圍內(nèi)溶液的堿性越強，O2氧化性越強；④對比實驗1和4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結合②③的結論，和其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。28、2NH3(g)＋CO2(g)?H2O(l)＋CO(NH2)2(s)ΔH=－178kJ?mol-133.3Kp=108/p030.04mol?L-1?s-1AB1︰2或0.5>【解析】

本題研究CO2的綜合利用對促進“低碳經(jīng)濟”的發(fā)展有重要意義，實際以CO2的性質(zhì)為載體考查了化學反應原理的綜合知識，難度適中?！驹斀狻?1)①NH3、CO2為原料，合成尿素和液態(tài)水的熱化學方程式為2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H，根據(jù)蓋斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=－178kJ?mol-1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)?H2O(l)＋CO(NH2)2(s)ΔH=－178kJ?mol-1；②A點時，n(NH3)/n(CO2)=3.0，設n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡轉(zhuǎn)化率為0.50，則轉(zhuǎn)化的CO2的量為1mol×0.50=0.5mol，那么根據(jù)2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知轉(zhuǎn)化的NH3為0.5mol×2=1mol，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率=1mol/3mol×100％=33.3％；③當x=1.0時，設n(NH3)=n(CO2)=1mol，根據(jù)三段式可知：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)起11轉(zhuǎn)