2021-2022學年四川省眉山市仁壽縣高三第二次診斷性檢測化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，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、圖甲是一種利用微生物將廢水中的尿素（CO(NH2)2）轉(zhuǎn)化為環(huán)境友好物質(zhì)的原電池裝置示意圖甲，利用該電池在圖乙裝置中的鐵上鍍銅。

2、下列說法正確的是（ ）A圖乙中Fe電極應與圖甲中Y相連接B圖甲中H+透過質(zhì)子交換膜由右向左移動C圖甲中M電極反應式：CO(NH2)2 +5H2O -14e = CO2+2NO2+14H+D當圖甲中N電極消耗0.5 mol O2時，圖乙中陰極增重64g2、化學與社會、生活密切相關。對下列現(xiàn)象或事實的解釋錯誤的是（ ）選項現(xiàn)象或事實解釋A用鐵罐貯存濃硝酸常溫下鐵在濃硝酸中鈍化B食鹽能腐蝕鋁制容器Al能與Na+ 發(fā)生置換反應C用(NH4)2S2O8蝕刻銅制線路板S2O82-的氧化性比Cu2+的強D漂白粉在空氣中久置變質(zhì)Ca(ClO)2與CO2和H2O反應，生成的HClO分解AABBCCDD3、NA為

3、阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是Ac(H2CO3)和c(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+數(shù)目為NAB5g 21H和31H的混合物發(fā)生熱核聚變反應：21H+31H42He+10n，凈產(chǎn)生的中子(10n)數(shù)為NAC1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共價鍵總數(shù)為0.8NAD56g 鐵與足量氯氣反應，氯氣共得到3NA個電子4、聚乳酸是一種生物降解塑料，結(jié)構簡式為 下列說法正確的是（）A聚乳酸的相對分子質(zhì)量是72B聚乳酸的分子式是C3H4O2C乳酸的分子式是C3H6O2D聚乳酸可以通過水解降解5、下列離子方程式書寫正確的是AFeCl2溶液中通入Cl2：Fe2Cl2= F

4、e3+2ClB澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合：Ca2+OHHCO3= CaCO3H2OCFeS固體放入稀硝酸溶液中：FeS2H+= Fe2+H2SDAlCl3溶液中加入過量氨水：Al3+4OH=AlO22H2O6、化學與生活、人類生產(chǎn)、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關，下列敘述正確的是A塑料、有機玻璃、光導纖維、碳纖維都是新型有機高分子材料B磁性氧化鐵可用于制備紅色顏料和油漆C用明礬溶液可清除銅鏡表面的銅銹，是因為溶液中的A13離子能與銅銹反應D腎功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析進行治療，該過程涉及膠體性質(zhì)的應用7、將中物質(zhì)逐步加入中混勻（中離子均大量存在），預測的現(xiàn)象與實際相符的是（ ）選

5、項溶液預測中的現(xiàn)象A稀鹽酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即產(chǎn)生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黃色C過氧化鈉Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先產(chǎn)生白色沉淀，最終變紅褐色D小蘇打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同時產(chǎn)生氣體和沉淀AABBCCDD8、某有機物的結(jié)構簡式如圖所示。下列關于該有機物的說法正確的是( )A該有機物能發(fā)生酯化、加成、氧化、水解等反應B該有機物中所有碳原子不可能處于同一平面上C與該有機物具有相同官能團的同分異構體有3種D1mol該有機物最多與4molH2反應9、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是操作現(xiàn)象結(jié)論A將分別通人溴水和酸

6、性高錳酸鉀溶液中溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加12滴溶液，再滴加2滴溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體有白色沉淀生成，溶液紅色變淺溶液中存在水解平衡D將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中產(chǎn)生白色沉淀酸性：AABBCCDD10、下列生產(chǎn)、生活中的事實不能用金屬活動性順序表解釋的是()A鋁制器皿不宜盛放酸性食物B電解飽和食鹽水陰極產(chǎn)生氫氣得不到鈉C鐵制容器盛放和運輸濃硫酸D鍍鋅鐵桶鍍層破損后鐵仍不易被腐蝕11、螺環(huán)化合物（環(huán)與環(huán)之間共用一個碳原子的化合物）M在制造生物檢測機器人中有重要作用，其結(jié)構簡式如圖。下列有關該物質(zhì)的說法正確的是（ ）A分

7、子式為C6H8OB所有碳原子處于同一平面C是環(huán)氧乙烷（）的同系物D一氯代物有2種（不考慮立體異構）12、下列離子方程式書寫正確的是A食醋除水垢2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O：B稀硝酸中加入少量亞硫酸鈉：2H+SO32-=SO2+H2OC處理工業(yè)廢水時Cr()的轉(zhuǎn)化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2OD用酸性KMnO4測定草酸溶液濃度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O13、探究濃度對化學平衡的影響，實驗如下：. 向5mL 0.05 mol/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05mol/L KI溶液（反應a），平

8、衡后分為兩等份. 向一份加入飽和KSCN溶液，變紅（反應b）；加入CCl4，振蕩靜置，下層顯極淺的紫色. 向另一份加入CCl4，振蕩靜置，下層顯紫紅色結(jié)合實驗，下列說法不正確的是：A反應a為：2Fe3+2I-2Fe2+I2B比較氧化性：中，I2Fe3+C中，反應a進行的程度大于反應bD比較水溶液中c(Fe2+)： c(SO32)c(HSO3)c(OH)D圖中Y點對應的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)21、油炸蝦條、薯片等易碎的食品，不宜選用真空袋裝而應采用充氣袋裝。在實際生產(chǎn)中，充入此類食品袋的是下列氣體中的（ ）A氧氣B二氧化碳C空氣D氮氣22、稀土元素銩(Tm)廣泛用于

9、高強度發(fā)光電源。有關它的說法正確的是()A質(zhì)子數(shù)為 69B電子數(shù)為 100C相對原子質(zhì)量為 169D質(zhì)量數(shù)為 238二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚酰亞胺是綜合性能最佳的有機高分子材料之一，已廣泛應用在航空、航天、微電子等領域。某聚酰亞胺的合成路線如圖（部分反應條件己略去）：己知下列信息：芳香族化合物B的一氯代物有兩種回答下列問題：（1）固體A是_（寫名稱）；B的化學名稱是_。（2）反應的化學方程式為_。（3）D中官能團的名稱為_；反應的反應類型是_。（4）E的分子式為_；己知1mo1F與足量的NaHCO3反應生成4mo1CO2，則F的結(jié)構簡式是_。（5）X與C互為同分異構體，寫出同

10、時滿足下列條件的X的結(jié)構簡式_。核磁共振氫譜顯示四種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積之比為2：2：1：1能與NaOH溶液反應，1mo1X最多消耗4mo1NaOH能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應（6）參照上述合成路線，以甲苯和甲醇為原料（無機試劑任選）設計合成的路線_。24、（12分）煤的綜合利用有如下轉(zhuǎn)化關系。CO和H2按不同比例可分別合成A和B，已知烴A對氫氣的相對密度是14，B能發(fā)生銀鏡反應，C為常見的酸味劑。請回答：(1)有機物D中含有的官能團的名稱為_。(2)反應的類型是_。(3)反應的方程式是_。(4)下列說法正確的是_。A有機物A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色

11、B有機物B和D能用新制堿性氫氧化銅懸濁液鑒別C有機物C、D在濃H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，該反應中濃H2SO4是催化劑和氧化劑D有機物C沒有同分異構體25、（12分）硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O35H2O)俗名“大蘇打”。已知它易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，受熱、遇酸易分解。某實驗室模擬工業(yè)硫化堿法制取硫代硫酸鈉，其反應裝置及所需試劑如圖：（1）裝置甲中，a儀器的名稱是_；a中盛有濃硫酸，b中盛有亞硫酸鈉，實驗中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(寫出一條即可)。（2）裝置乙的作用是_。（3）裝置丙中，將Na2S和Na2CO3以2：1的物質(zhì)的量之比配成溶

12、液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反應的化學方程式為：_。（4）本實驗所用的Na2CO3中含少量NaOH，檢驗含有NaOH的實驗方案為_。(實驗中供選用的試劑及儀器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸餾水、pH計、燒杯、試管、滴管提示：室溫時CaCO3飽和溶液的pH=9.5)（5）反應結(jié)束后過濾丙中的混合物，濾液經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等得到產(chǎn)品，生成的硫代硫酸鈉粗品可用_洗滌。為了測定粗產(chǎn)品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法(假設粗產(chǎn)品中的雜質(zhì)與酸性KMnO4溶液不反應)。稱取1.50g粗產(chǎn)品溶于水，用0.20 mo

13、lL1KMnO4溶液(加適量稀硫酸酸化)滴定，當溶液中全部被氧化為時，消耗高錳酸鉀溶液體積40.00mL。寫出反應的離子方程式：_。產(chǎn)品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量分數(shù)為_(保留小數(shù)點后一位)。26、（10分）實驗室常用MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2(反應主要裝置如圖一所示，其它裝置省略)。當鹽酸達到一個臨界濃度時，反應就會停止。為測定反應殘余液中鹽酸的臨界濃度，探究小組同學提出了下列實驗方案：甲方案：將產(chǎn)生的Cl2與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質(zhì)量，再進行計算得到余酸的量。乙方案：采用酸堿中和滴定法測定余酸濃度。丙方案：余酸與已知量CaCO3(過量)反應后，稱量剩余的CaCO

14、3質(zhì)量。丁方案：余酸與足量Zn反應，測量生成的H2體積。具體操作：裝配好儀器并檢查裝置氣密性，接下來的操作依次是： 往燒瓶中加入足量MnO2粉末往燒瓶中加入20mL 12molL-1濃鹽酸 加熱使之充分反應。（1）在實驗室中，該發(fā)生裝置除了可以用于制備Cl2，還可以制備下列哪些氣體_？AO2 B H2 CCH2=CH2 DHCl若使用甲方案，產(chǎn)生的 Cl2必須先通過盛有 _（填試劑名稱）的洗氣瓶， 再通入足量 AgNO3溶液中，這樣做的目的是 _；已知AgClO易溶于水，寫出Cl2與AgNO3溶液反應的化學方程式_（2）進行乙方案實驗：準確量取殘余清液，稀釋5倍后作為試樣。準確量取試樣25.0

15、0mL，用1.500molL-1NaOH標準溶液滴定，選用合適的指示劑，消耗NaOH標準溶液23.00mL，則由此計算得到鹽酸的臨界濃度為 _ molL-1（保留兩位有效數(shù)字）；選用的合適指示劑是 _。A 石蕊 B 酚酞 C 甲基橙（3）判斷丙方案的實驗結(jié)果，測得余酸的臨界濃度_ (填偏大、偏小或影響)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.810-9、Ksp(MnCO3)=2.310-11）（4）進行丁方案實驗：裝置如圖二所示（夾持器具已略去）。（i）使Y形管中的殘余清液與鋅粒反應的正確操作是傾斜Y形管，將 _轉(zhuǎn)移到_中。（ii）反應完畢，需要讀出量氣管中氣體的體積，首先要_，然后再_，最后視線

16、與量氣管刻度相平。（5）綜合評價：事實上，反應過程中鹽酸濃度減小到臨界濃度是由兩個方面所致，一是反應消耗鹽酸，二是鹽酸揮發(fā)，以上四種實驗方案中，鹽酸揮發(fā)會對哪種方案帶來實驗誤差（假設每一步實驗操作均準確）？_A甲 B乙 C丙 D丁27、（12分）氯化亞銅(CuCl)晶體呈白色，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化。某研究小組設計如下兩種方案在實驗室制備氯化亞銅。方案一：銅粉還原CuSO4溶液 已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl3 2-(無色溶液)。(1)步驟中發(fā)生反應的離子方程式為_。(2)步驟中，加入大量水的作用是_ 。(3)如圖流程中用95%

17、乙醇洗滌和真空干燥是為了防止_ 。方案二：在氯化氫氣流中加熱CuCl22H2O晶體制備，其流程和實驗裝置(夾持儀器略)如下：請回答下列問題：(4)實驗操作的先后順序是 a_e (填操作的編號)a檢査裝置的氣密性后加入藥品 b點燃酒精燈，加熱c在“氣體入口”處通入干燥HCl d熄滅酒精燈，冷卻e停止通入HCl，然后通入N2(5)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_。(6)反應結(jié)束后，取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質(zhì)，請分析產(chǎn)生CuCl2雜質(zhì)的原因 _。(7)準確稱取0. 2500 g氯化亞銅樣品置于一定量的0.5 mol/L FeCl3溶液

18、中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。有關化學反應為Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，計算上述樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)是_ %(答案保留4位有效數(shù)字)。28、（14分）黃銅礦是主要的煉銅原料，CuFeS2是其中銅的主要存在形式?；卮鹣铝袉栴}：（1）CuFeS2中存在的化學鍵類型是_。其組成的三種元素中電負性較強的是 _。（2）下列基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖正確的_。（3）在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時，有少量臭雞蛋氣味的氣體X產(chǎn)生。X

19、分子的立體構型是_，中心原子雜化類型為_，屬于_（填“極性”或“非極性”）分子。X的沸點比水低的主要原因是_。（4）CuFeS2與氧氣反應生成SO2，其結(jié)構式為，則SO2中共價鍵類型有_。（5）四方晶系CuFeS2晶胞結(jié)構如圖所示。Cu的配位數(shù)為_，已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,CuFeS2晶體的密度是_gcm3(列出計算式)。29、（10分）工業(yè)上用以下流程從銅沉淀渣中回收銅、硒、碲等物質(zhì)。某銅沉淀渣，其主要成分如表。沉淀渣中除含有銅(Cu)、硒(Se)、碲(Te)外，還含有少量稀貴金屬，主要物質(zhì)為Cu、Cu2Se和Cu2Te。某銅沉淀渣的主要元素

20、質(zhì)量分數(shù)如下：AuAgPtCuSeTe質(zhì)量分數(shù)(%)0.040.760.8343.4717.349.23 (1)16S、34Se、52Te為同主族元素，其中34Se在元素周期表中的位置_。其中銅、硒、碲的主要回收流程如下：(2)經(jīng)過硫酸化焙燒，銅、硒化銅和碲化銅轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩徙~。其中碲化銅硫酸化焙燒的化學方程式如下，填入合適的物質(zhì)或系數(shù)：Cu2Te+_H2SO4 2CuSO4+_TeO2+_+_H2O (3)SeO2與吸收塔中的H2O反應生成亞硒酸。焙燒產(chǎn)生的SO2氣體進入吸收塔后，將亞硒酸還原成粗硒，其反應的化學方程式為_ 。(4)沉淀渣經(jīng)焙燒后，其中的銅轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩徙~，經(jīng)過系列反應可以得到硫酸銅

21、晶體。 “水浸固體”過程中補充少量氯化鈉固體，可減少固體中的銀（硫酸銀）進入浸出液中，結(jié)合化學用語，從平衡移動原理角度解釋其原因_。濾液2經(jīng)過、_ 、過濾、洗滌、干燥可以得到硫酸銅晶體。(5)目前碲化鎘薄膜太陽能行業(yè)發(fā)展迅速，被認為是最有發(fā)展前景的太陽能技術之一。用如下裝置可以完成碲的電解精煉。研究發(fā)現(xiàn)在低的電流密度、堿性條件下，隨著TeO32-濃度的增加，促進了Te的沉積。寫出Te的沉積的電極反應式為_。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、D【解析】該裝置是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質(zhì)溶液為

22、酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連；A在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，則Fe與X相連，故A錯誤；B由甲圖可知，氫離子向正極移動，即H+透過質(zhì)子交護膜由左向右移動，故B錯誤；CH2NCONH2在負極M上失電子發(fā)生氧化反應，生成氮氣、二氧化碳和水，電極反應式為CO(NH2)2+H2O-6e-CO2+N2+6H+，故C錯誤；D當圖甲中N電極消耗0.5 mol O2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol4=2.0mol，則乙中陰極增重64g/mol=64g，故D正確；故答案為D?！军c睛】考查原電池原理以及電鍍原理，明確原電池正負極上得失電子

23、、電解質(zhì)溶液中陰陽離子移動方向是解題關鍵，該裝置是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，根據(jù)得失電子守恒即可計算。2、B【解析】A. 常溫下鐵在濃硝酸中鈍化，鈍化膜能阻止鐵與濃硝酸的進一步反應，所以可用鐵罐貯存濃硝酸，A正確；B.食鹽能破壞鋁制品表面的氧化膜，從而使鋁不斷地與氧氣反應，不斷被腐蝕，B錯誤；C. (NH4)2S2O8與Cu發(fā)生氧化還原反應，從而生成Cu2+，則氧化性(NH4)2S2O8Cu，C正確；D. 漂白粉在空氣中久置變質(zhì)，因為發(fā)生反應Ca(C

24、lO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO，D正確；故選B。3、D【解析】A. n(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中，根據(jù)物料守恒可知含有Na+數(shù)目大于NA，A錯誤；B.不能確定 5g 21H和31H的混合物各自微粒的質(zhì)量，因此不能計算產(chǎn)生的中子數(shù)，B錯誤；C. 溶劑水分子中還存在共價鍵，C錯誤；D. 56g 鐵是1mol，與足量氯氣反應，氯氣共得到3NA個電子，D正確，答案選D。點睛：阿伏伽德羅常數(shù)與微粒數(shù)目的關系涉及的知識面廣，涉及到核素、弱電解質(zhì)電離、氧化還原反應、化學平衡、膠體、化學鍵等知識點。與微粒數(shù)的關系需要弄清楚微粒中相關粒子數(shù)(質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)

25、、電子數(shù))及離子數(shù)、電荷數(shù)、化學鍵之間的關系，計算氧化還原反應中的轉(zhuǎn)移電子數(shù)目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質(zhì)的量，還原劑失去的電子數(shù)或氧化劑得到的電子數(shù)就是反應過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。4、D【解析】A根據(jù)結(jié)構簡式，聚乳酸的相對分子質(zhì)量是72n，故A錯誤；B聚乳酸的分子式為(C3H4O2)n，故B錯誤；C的單體為，因此乳酸的分子式為C3H6O3，故C錯誤；D聚乳酸含有酯基，可以通過水解反應生成小分子，達到降解的目的，故D正確；故選D。5、B【解析】A、電子得失不守恒，正確的是2Fe2Cl2=2Fe3+2Cl；B、正確；C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，錯誤；D、氫氧化鋁不能溶于氨水

26、中，錯誤，答案選B。6、D【解析】A.光導纖維主要成分是二氧化硅不屬于有機高分子材料，故A錯誤；B.磁性氧化鐵的成分是四氧化三鐵，是黑色固體，不能制備紅色顏料和油漆，故B錯誤；C. 明礬溶液中 水解使溶液呈酸性，銅銹為溶于酸性溶液，故能利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，而不是因為溶液中的離子能與銅銹反應，故C錯誤；D. 血液透析原理就是膠體的滲析原理，膠體不能通過半透膜，涉及膠體性質(zhì)，故D正確；故答案為：D。7、D【解析】A.OH優(yōu)先稀鹽酸反應，加入稀鹽酸后不會立即生成白色沉淀，故A錯誤；B.SO32的還原性大于I，加入氯水后亞硫酸根離子優(yōu)先反應，不會立即呈黃色，故B錯誤；C.加入過氧化鈉

27、后Fe2+立即被氧化成鐵離子，生成的是紅褐色沉淀，不會出現(xiàn)白色沉淀，故C錯誤；D.小蘇打為碳酸氫鈉，Al3+與碳酸氫鈉發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，故D正確。故選D。8、D【解析】有機物分子中含有苯環(huán)、碳碳雙鍵和羧基，結(jié)合苯、烯烴和羧酸的性質(zhì)分析解答。【詳解】A該有機物含有羧基能發(fā)生酯化反應，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成、氧化反應；但不能發(fā)生水解反應，A錯誤；B由于苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面形結(jié)構，且單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該有機物中所有碳原子可能處于同一平面上，B錯誤；C與該有機物具有相同官能團的同分異構體如果含有1個取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2種，如

28、果含有2個取代基，還可以是間位和對位，則共有4種，C錯誤；D苯環(huán)和碳碳雙鍵均能與氫氣發(fā)生加成反應，所以1mol該有機物最多與4molH2反應，D正確；答案選D。9、C【解析】A將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中，溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色，體現(xiàn)了SO2的還原性，而不是漂白性，故A錯誤；B向溶液中滴加12滴溶液，再滴加2滴溶液，觀察到先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀，因NaOH溶液過量，無法判斷，故B錯誤；C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體，發(fā)現(xiàn)有有白色沉淀生成，溶液紅色變淺，說明Ba2+與CO32-結(jié)合生成BaCO3沉淀，促進CO32-的水解平衡逆向移動，溶液的堿性減弱，故C正確；D將與鹽酸反

29、應得到的氣體直通入溶液中，觀察到產(chǎn)生白色沉淀，因鹽酸有揮發(fā)性，生成的CO2中混有HCl，則無法判斷碳酸的酸性比硅酸強，故D錯誤；故答案為C。10、C【解析】A鋁性質(zhì)較活潑，能和強酸、強堿反應生成鹽和氫氣，在金屬活動性順序表中Al位于H之前，所以能用金屬活動性順序解釋，故A錯誤；B金屬陽離子失電子能力越強，其單質(zhì)的還原性越弱，用惰性電極電解飽和食鹽水時，陰極生成氫氣而得不到鈉，說明Na的活動性大于氫，所以可以用金屬活動性順序解釋，故B錯誤；C常溫下，濃硫酸和鐵發(fā)生氧化還原反應生成致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化，該現(xiàn)象是鈍化現(xiàn)象，與金屬活動性順序無關，故C正確；D構成原電池的裝置中，作負極的金

30、屬加速被腐蝕，作正極的金屬被保護，F(xiàn)e、Zn和電解質(zhì)構成原電池，Zn易失電子作負極、Fe作正極，則Fe被保護，所以能用金屬活動性順序解釋，故D錯誤；故選C?！军c睛】金屬活動性順序表的意義：金屬的位置越靠前，它的活動性越強；位于氫前面的金屬能置換出酸中的氫（強氧化酸除外）；位于前面的金屬能把位于后面的金屬從它們的鹽溶液中置換出來（K，Ca，Na除外）；很活潑的金屬，如K、Ca、Na與鹽溶液反應，先與溶液中的水反應生成堿，堿再與鹽溶液反應，沒有金屬單質(zhì)生成如：2Na+CuSO4+2H2OCu（OH）2+Na2SO4+H2；不能用金屬活動性順序去說明非水溶液中的置換反應，如氫氣在加熱條件下置換氧化鐵

31、中的鐵：Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O。11、D【解析】A分子式為C5H8O，A錯誤；B兩個環(huán)共用的碳原子與4個碳原子相連，類似于甲烷的結(jié)構，所有碳原子不可能處于同一平面，B錯誤；C環(huán)氧乙烷（）只有一個環(huán)，而M具有兩個環(huán)，二者結(jié)構不相似，不互為同系物，C錯誤；D三元環(huán)和四元環(huán)中的一氯代物各有1種，D正確； 故選D。12、C【解析】A食醋的主要成分為乙酸，屬于弱酸，用食醋除水垢，離子方程式：2CH3COOH+CaCO3CO2+Ca2+H2O+2CH3COO-，故A錯誤；B酸性條件下，亞硫酸鈉被硝酸氧化生成硫酸鈉，離子反應方程式為：3SO32-+2H+2NO3-=3SO42-+2NO+H2O

32、，故B錯誤；CCr()具有強氧化性，可以用在酸性條件下，用亞硫酸鈉處理工業(yè)廢水時Cr()，反應的離子方程式為：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2O，故C正確；D酸性高錳酸鉀可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆開，正確的的離子反應為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為B，要注意硝酸具有強氧化性，能夠?qū)喠蛩岣x子氧化。13、C【解析】A、加入CCl4，振蕩、靜置，下層顯紫紅色，說明5mL 0.05mol/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05mol/L KI溶液，兩者發(fā)生氧化還原反應生成碘

33、單質(zhì)，所以反應的化學方程式：2Fe3+2I-2Fe2+I2，故A正確；B、中下層顯極淺的紫色，說明加入飽和KSCN溶液，平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移動，所以在飽和KSCN溶液中，碘單質(zhì)是氧化劑，鐵離子是氧化產(chǎn)物，根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，則氧化性：中，I2Fe3+，故B正確；C、反應a進行是鐵離子與碘離子反應生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，而反應b進行的是鐵離子與KSCN溶液生成絡合物的反應，兩者反應不同，無法比較其反應程度的大小，故C錯誤；D、中下層顯極淺的紫色，說明平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移動，導致亞鐵離子的濃度減小，中向另一份加入CCl4，碘單質(zhì)溶解在四氯化

34、碳中碘單質(zhì)的濃度減小，平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2正向移動，所以水溶液中c(Fe2+)：，故D正確；答案選C。14、A【解析】根據(jù)單質(zhì)中元素化合價為零、化合物中正負化合價代數(shù)和為零可知，反應物中，Cl2屬于單質(zhì)，氯氣中氯元素化合價為零，碘化鉀中鉀顯+1價，碘顯-1價，生成物中，氯化鉀中鉀為+1價，氯為-1價，碘單質(zhì)中碘元素的化合價是零，因此反應后化合價降低的元素是氯，氯氣是氧化劑，故選A。15、B【解析】A、鈉和氧氣可以生成氧化鈉，加入碳酸氫鋇中反應生成碳酸鋇沉淀，沒有氣體，錯誤，不選A；B、鋁和氯氣反應生成氯化鋁，加入碳酸氫鋇中反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，正確，選B；C、鐵和氯氣反

35、應生成氯化鐵，不是氯化亞鐵，錯誤，不選C；D、硅和氧氣反應生成二氧化硅，加入到碳酸氫鋇中不反應，錯誤，不選D?！军c睛】注意單質(zhì)之間化合的產(chǎn)物1、氫氣和氧氣生成水。2、硫和氧氣生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮氣和氧氣生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、鈉和氧氣在點燃條件下反應生成過氧化鈉，常溫下生成氧化鈉。5、鋰和氧氣反應生成氧化鋰，沒有過氧化物。6、鉀和氧氣點燃反應生成更復雜的氧化物。7、鐵和氯氣反應生成氯化鐵，不是氯化亞鐵。8、鐵和硫反應生成硫化亞鐵。9、鐵和氧氣反應生成四氧化三鐵10、銅和硫反應生成硫化亞銅16、C【解析】A、銅表面生成的綠色固體為堿式碳酸銅，故A項正確；B、N2O4逸出時，

36、壓強減小，有利于生成NO2，故B項正確；C、FeSO47H2O在空氣中久置時，F(xiàn)e2被氧化為Fe3，反應方程式為20FeSO47H2O5O2=4Fe4（OH）2（SO4）52Fe2O3136H2O，故C項錯誤；D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4被還原為幾乎無色的Mn2，故D項正確。故選C。17、B【解析】X的氣態(tài)氫化物極易溶于Y的氫化物中，常用做溶劑的氫化物為H2O，則Y為O，極易溶于水的氫化物有HCl和NH3，X的原子序數(shù)小于Y，則X應為N；常溫下Z單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，可以聯(lián)想到鋁在濃硫酸和濃硝酸中鈍化，而W的原子序數(shù)大于Z，所以Z為A

37、l，W為S；綜上所述X為N、Y為O、Z為Al、W為S。【詳解】AY為O元素，沒有+6價，故A錯誤；BY、W的簡單氫化物分別為H2O、H2S，水分子間存在氫鍵，硫化氫分子之間為范德華力，氫鍵比范德華力更強，故沸點H2OH2S，故B正確；C同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Z(Al)W(S)X(N)Y(O)，故C錯誤；DAl與O只能形成Al2O3，故D錯誤；故答案為B。18、B【解析】A. 由現(xiàn)象可知，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應，向過濾后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解且有無色無味氣體產(chǎn)生，說明固體中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4轉(zhuǎn)化成

38、BaCO3，這是由于CO32-濃度大使Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），所以不能驗證Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A項錯誤；B. Mg（OH）2比Ca（OH）2更難溶，成漿狀后，再加入飽和MgCl2溶液，充分攪拌后Ca（OH）2與MgCl2反應生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，過濾，用蒸餾水洗凈沉淀，可達到除去Mg(OH)2樣品中Ca(OH)2雜質(zhì)的目的，B項正確；C. 試紙變?yōu)樗{色，說明生成氨氣，可說明NO3被還原為NH3，結(jié)論不正確，C項錯誤；D. 由操作和現(xiàn)象可知，亞硫酸氫根離子電離大于其水解，則HSO3結(jié)合H+的能力比SO32的弱，D項錯誤；答案選B。【點睛】A

39、項是易錯點，沉淀轉(zhuǎn)化的一般原則是由溶解度小的轉(zhuǎn)化為溶解度更小的容易實現(xiàn)，但兩難溶物溶解度相差不大時也可控制濃度使溶解度小的轉(zhuǎn)化成溶解度大的。19、B【解析】測定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量實驗，經(jīng)計算相對誤差為+0.4%，即測定的結(jié)晶水含量偏高。【詳解】A所用晶體中有受熱不揮發(fā)的雜質(zhì)，會導致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，導致測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故A不選； B用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品，會導致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏小，導致水的質(zhì)量測定結(jié)果偏大，測定的結(jié)晶水含量偏高，故B選； C未將熱的坩堝放在干燥器中冷卻，會導致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，使測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故C不

40、選； D在實驗結(jié)束時沒有進行恒重操作，會導致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，使測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故D不選； 故選：B。20、C【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定過程中存在兩個化學計量點，滴定反應為：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的體積為80mL，結(jié)合溶液中的守恒思想分析判斷?！驹斀狻緼由圖像可知，當溶液中c(HSO3-)= c(SO32)時，此時pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，則H2SO3的Ka2

41、=c(SO32)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=110-7.19，B第一反應終點時，溶液中恰好存在NaHSO3，根據(jù)圖像，此時溶液pH=4.25，甲基橙的變色范圍為3.14.4，可用甲基橙作指示劑，故B正確；CZ點為第二反應終點，此時溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液顯堿性，表明SO32-會水解，考慮水也存在電離平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故C錯誤；D根據(jù)圖像，Y點溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32

42、-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正確；答案選C?！军c睛】明確滴定反應式，清楚特殊點的含義，把握溶液中的守恒思想是解答本題的關鍵。本題的易錯點為A，要注意根據(jù)Y點結(jié)合Ka2的表達式分析解答。21、D【解析】油炸蝦條、薯片具有還原性，易被氧化性氣體氧化而變質(zhì)，保存時，充入氣體應為非氧化性氣體，空氣和氧氣相比較，氧氣的濃度更大，氧化性更強，易使食品變質(zhì)，在食品袋中沖入氮氣既可以防擠壓又可以防氧化，故選D。22、A【解析】A稀土元素銩(Tm)的質(zhì)子數(shù)為69，故A正確；B稀土元素銩(Tm)質(zhì)子數(shù)為69，質(zhì)子數(shù)和核外電子數(shù)相等都是69，故B錯誤；C其質(zhì)量數(shù)為169

43、，質(zhì)量數(shù)指的是質(zhì)子與中子質(zhì)量的和,相對原子質(zhì)量為各核素的平均相對質(zhì)量，故C錯誤；D稀土元素銩(Tm)的質(zhì)量數(shù)為169，故D錯誤；【點睛】一個元素有多種核素,質(zhì)量數(shù)指的是質(zhì)子與中子質(zhì)量的和,而不同核素的質(zhì)量數(shù)不同,即一個元素可以有多個質(zhì)量數(shù)，相對原子質(zhì)量為各核素的平均相對質(zhì)量，所以同種元素的相對原子質(zhì)量只有一個數(shù)值，C項是易錯點。二、非選擇題(共84分)23、焦炭 對二甲苯（或1,4-二甲苯） +2CH3OH+2H2O 酯基 取代反應 CH3OHCH3Cl 【解析】采用逆推法，D中應該含有2個酯基，即，反應的條件是乙醇，因此不難猜出這是一個酯化反應，C為對二苯甲酸，結(jié)合B的分子式以及其不飽和度，

44、B只能是對二甲苯，從B到C的反應條件是酸性高錳酸鉀溶液，固體A是煤干餾得到的，因此為焦炭，再來看下線，F(xiàn)脫水的產(chǎn)物其實是兩個酸酐，因此F中必然有四個羧基，則E就是1,2,4,5-四甲苯，據(jù)此來分析本題即可。【詳解】（1）固體A是焦炭，B的化學名稱為對二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反應即酯化反應，方程式為+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能團的名稱為酯基，注意苯環(huán)不是官能團；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式為，根據(jù)分析，F(xiàn)的結(jié)構簡式為；（5）根據(jù)給出的條件，X應該含有兩個酯基，并且是由酚羥基形成的酯，再結(jié)合其有4種等效氫，因此符合條件的X的結(jié)構簡式為；（6）甲苯只有一個側(cè)鏈，而產(chǎn)

45、物有兩個側(cè)鏈，因此要先用已知信息中的反應引入一個側(cè)鏈，再用酸性高錳酸鉀溶液將側(cè)鏈氧化為羧基，再進行酯化反應即可， 因此合成路線為CH3OHCH3Cl。24、羥基 取代反應/酯化反應 CH2=CH2O2CH3COOH AB 【解析】根據(jù)題干信息可知，A為CH2 = CH2，B為乙醛；根據(jù)A、B的結(jié)構結(jié)合最終產(chǎn)物CH3COOCH2CH3逆推可知，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH。【詳解】(1)根據(jù)以上分析，D中官能團為羥基，故答案為：羥基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應類型為酯化反應即取代反應，故答案為：酯化反應或取代反應。(3)反應為乙烯氧化為乙酸，化學方程式為：CH2CH2O2 C

46、H3COOH，故答案為：CH2CH2O2 CH3COOH。(4)A. 乙烯和溴水中的溴單質(zhì)加成，可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A正確；B. 乙醛和新制氫氧化銅在加熱條件下生成磚紅色沉淀，乙醇與Cu(OH)2懸濁液不反應，可以鑒別，故B正確；C. 酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，故C錯誤；D. CH3COOH的同分異構體有HCOOCH3，故D錯誤。綜上所述，答案為AB。25、分液漏斗 控制反應溫度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計測定

47、上層清液的pH，若pH大于15，則含有NaOH 乙醇 82.7 【解析】裝置甲為二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2+H2O，丙裝置為Na2S2O3的生成裝置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于堿性溶液，為防止產(chǎn)生倒吸，在甲、丙之間增加了乙裝置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空氣中，裝置丁作用為尾氣吸收裝置，吸收未反應的二氧化硫。據(jù)此解答?！驹斀狻?1)裝置甲中，a儀器的名稱是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反應溫度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于堿性溶液，則裝置乙的作用是安全瓶，防倒

48、吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物質(zhì)的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，結(jié)合原子守恒即可得到發(fā)生反應的化學方程式為4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸鈉溶液和NaOH溶液均呈堿性，不能直接測溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干擾，可取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計測定上層清液的pH，若pH大于1.5，則含有NaOH；(5)硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，則硫代硫酸鈉粗品可用乙醇洗滌；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫

49、色褪去，溶液中全部被氧化為，同時有Mn2+生成，結(jié)合電子守恒和原子守恒可知發(fā)生反應的離子方程式為5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，則m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，則Na2S2O35H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為100%=82.7%?！军c睛】考查硫代硫酸鈉晶體制備實驗方案的設計和制備過程分析應用，主要是實驗基本操作的應用、二氧化硫的性質(zhì)的探究，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力的考查，為高考常見

50、題型和高頻考點，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實驗原理的探究。26、D 飽和食鹽水 除去揮發(fā)出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3 6.9mol/L C 偏小 足量鋅粒 殘余清液 使氣體冷卻到室溫 調(diào)整量氣管兩端液面相平 A 【解析】(1)根據(jù)反應物的狀態(tài)和反應條件選擇合適的裝置，從氯氣中的雜質(zhì)氣體氯化氫，考慮除雜試劑，用飽和食鹽水，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸再與硝酸銀反應，生成氯化銀和硝酸； (2)為測定反應殘余液中鹽酸的濃度，量取試樣25.00mL，用1.500molL-1NaOH標準溶液滴定，選擇的指示劑是甲基橙，消耗23.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸

51、濃度=1.38mol/L，此濃度為稀釋5倍后作為試樣，原來的濃度應為現(xiàn)濃度的5倍；(3)與已知量CaCO3(過量)反應，稱量剩余的CaCO3質(zhì)量，由于部分碳酸鈣與轉(zhuǎn)化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質(zhì)量會偏大；(4)依據(jù)鋅粒與稀鹽酸反應生成氫氣進行分析解答；(5)甲同學的方案：鹽酸揮發(fā)，也會與硝酸銀反應，故反應有誤差；【詳解】(1)根據(jù)反應物的狀態(tài)和反應條件選擇合適的裝置，此裝置為固液加熱型， AO2用高錳酸鉀或氯酸鉀與二氧化錳加熱制取，用的是固固加熱型，不符合題意，故A不符合題意；BH2用的是鋅與稀硫酸反應，是固液常溫型，故B不符合題意；CCH2=CH2 用的是乙醇和濃硫酸反應，屬于液液加熱型，

52、要使用溫度計，故C不符合題意；DHCl用的是氯化鈉和濃硫酸反應，屬于固液加熱型，故D符合題意；氯氣中的雜質(zhì)氣體氯化氫，考慮除雜試劑，用飽和食鹽水，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸再與硝酸銀反應，生成氯化銀和硝酸，由于次氯酸銀不是沉淀，次氯酸與硝酸銀不反應，化學方程式為Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3；(2)量取試樣25.00mL，用1.500molL1NaOH標準溶液滴定，消耗23.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度為，由c(HCl)V(HCl)=c(NaOH) V(NaOH)，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度=1.38mol/L，此濃度為稀釋5倍后作為試樣，原來的濃度

53、應為現(xiàn)濃度的5倍=1.385=6.9 mol/L； (3)根據(jù)題意碳酸錳的Ksp比碳酸鈣小，由于部分碳酸鈣與轉(zhuǎn)化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質(zhì)量會偏大，這樣一來反應的固體減少，實驗結(jié)果偏?。?(4)化學反應釋放熱量，氣體體積具有熱脹冷縮的特點。使Zn粒進入殘余清液中讓其發(fā)生反應。這樣殘余清液就可以充分反應，如果反過來，殘余清液不可能全部轉(zhuǎn)移到左邊。若殘余清液轉(zhuǎn)移到左邊則會殘留在Y型管內(nèi)壁，導致產(chǎn)生氣體的量減少，使測定的鹽酸濃度偏小，丁方案：余酸與足量Zn反應放熱，壓強對氣體的體積有影響該反應是在加熱條件下進行的，溫度升高氣體壓強增大，如果不回復到原溫度，相當于將氣體壓縮了，使得測出的氣體的體積

54、減小。故溫度要恢復到原溫度時，同時上下移動右端的漏斗，使兩端的液面的高度相同，視線要與液體的凹液面相切，讀取測量氣體的體積。故讀氣體體積時要保證冷卻到室溫，并且壓強不再發(fā)生變化，即調(diào)整量氣管兩端液面相平；(5)與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質(zhì)量，鹽酸揮發(fā)的話，加入足量的硝酸銀溶液求出氯離子的量偏大，會有誤差。27、Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32- 稀釋促進平衡CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(無色溶液)逆向移動，生成CuCl CuCl在潮濕空氣中被氧化 c b d 先變紅后褪色 加熱時間不足或溫度偏低 97.92 【解析】方案一：CuSO4、Cu在NaCl、濃鹽酸

55、存在條件下加熱，發(fā)生反應：Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32-，過濾除去過量的銅粉，然后加水稀釋濾液，化學平衡CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(無色溶液)逆向移動，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗滌后，為防止潮濕空氣中CuCl被氧化，在真空環(huán)境中干燥得到純凈CuCl；方案二：CuCl2是揮發(fā)性強酸生成的弱堿鹽，用CuCl22H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水得到無水CuCl2，然后在高于300的溫度下加熱，發(fā)生分解反應產(chǎn)生CuCl和Cl2。【詳解】(1)步驟中CuSO4、Cu發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生的Cu+與溶液中Cl-結(jié)合形成CuCl32-，發(fā)生反應的離子方程式為：Cu+Cu2+6

56、Cl-=2CuCl32-；(2)根據(jù)已知條件：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl3 2-(無色溶液)，在步驟中向反應后的濾液中加入大量的水，溶液中Cl-、CuCl3 2-濃度都減小，正反應速率減小的倍數(shù)大于逆反應速率減小的倍數(shù)，所以化學平衡逆向移動，從而產(chǎn)生CuCl沉淀；(3)乙醇易揮發(fā)，用95%乙醇洗滌可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮濕空氣中被氧化；(4)CuCl22H2O晶體要在HCl氣體中加熱，所以實驗前要先檢查裝置的氣密性，再在“氣體入口”處通入干燥HCl，然后點燃酒精燈，加熱，待晶體完全分解后的操作是熄滅酒精燈，冷卻

57、，為了將裝置中殘留的HCl排出，防止污染環(huán)境，要停止通入HCl，然后通入N2，故實驗操作編號的先后順序是 acbde；(5)無水硫酸銅是白色固體，當其遇到水時形成CuSO45H2O，固體變?yōu)樗{色，HCl氣體遇水變?yōu)辂}酸，溶液顯酸性，使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變?yōu)榧t色，當CuCl2再進一步加熱分解時產(chǎn)生了Cl2，Cl2與H2O反應產(chǎn)生HCl和HClO，HC使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變?yōu)榧t色，HClO具有強氧化性，又使變?yōu)榧t色的石蕊試紙褪色變?yōu)闊o色；(6)反應結(jié)束后，取出CuCl產(chǎn)品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCl2雜質(zhì)，產(chǎn)生CuCl2雜質(zhì)的原因可能是加熱時間不足或加熱溫度偏低，使CuCl2未完全分解；(

58、7)根據(jù)反應方程式Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+可得關系式：CuClCe4+，24. 60 mL 0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶質(zhì)Ce(SO4)2的物質(zhì)的量nCe(SO4)2=0. 1000 mol/L0.02460 L=2.4610-3 mol，則根據(jù)關系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.4610-3 mol，m(CuCl)=2.4610-3 mol99.5 g/mol=0.24478 g，所以該樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)是100%=97.92%?！军c睛】本題考查了物質(zhì)制備方案的設計，明確實驗目的、實驗原理為解答關

59、鍵，注意掌握常見化學實驗基本操作方法及元素化合物性質(zhì)，充分利用題干信息分析解答，當反應中涉及多個反應時，可利用方程式得到已知物質(zhì)與待求物質(zhì)之間的關系式，然后分析、解答，試題充分考查了學生的分析能力及化學實驗能力。28、離子鍵 硫（S） CD V形 sp3 極性 水分子間存在氫鍵（答案合理即可） 鍵和鍵 4 【解析】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-；CuFeS2中硫為非金屬元素，鐵和銅為金屬元素，元素的非金屬性越強，電負性越大；鐵原子價電子為3d64s2，銅原子價電子為3d104s1，基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖中半滿或全滿為穩(wěn)定結(jié)構；(2)在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時，有少量臭雞蛋氣味的氣體X產(chǎn)生為H2S氣體；硫原子和兩個氫原子形成兩個共價鍵，根據(jù)H2S屬AX2，價層電子對為4對，VSEPR模型為四面體形，但S原子有2對孤電子對來判斷分子的立體構型，中心原子硫原子雜化方式為sp3雜化，為V性結(jié)構，分子具有極性；H2S的沸點比水低的主要原因是水分子間形成氫鍵；(3)二氧化硫為共價化合物，硫原子和兩個氧原子間分別形成一個鍵，同時氧