广西南宁市第三中学2018届高三第二次模拟考试理综化学
试题
1. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 樟脑丸释放的物质能驱除衣柜里的蟑螂
B. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点 C. 使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减少温室效应
D. 《泉州府志》中有：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之，其原理是泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖 【答案】D
【解析】分析：A项，樟脑丸的主要成分萘酚等具有强烈的挥发性，挥发产生的气体能杀灭蟑螂；B项，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈；C项，使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”，向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨；D项，泥土具有吸附作用。
详解：A项，樟脑丸的主要成分萘酚等具有强烈的挥发性，挥发产生的气体能杀灭蟑螂，A项正确；B项，废旧钢材表面有油脂和铁锈，Na2CO3溶液由于CO32-的水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂，NH4Cl溶液由于NH4+的水解呈酸性，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈，B项正确；C项，聚乙烯等塑料不易降解产生“白色污染”，使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”，煤中S元素燃烧后产生SO2，SO2产生硫酸型酸雨，向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨，发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，C项错误；D项，该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，D项正确；答案选C。 2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A. 室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为5×10-3NA B. 14g乙烯和14g丙烯中含有的共用电子对数均是3NA
C. 1 mol FeI2与一定量氯气反应时，若有0.5mol Fe2+被氧化则转移的电子数为2.5NA D. 0.4mol AgNO3受热完全分解（2AgNO3分子数为0.1NA 【答案】A
2Ag+2NO2↑+O2↑），用排水法最终收集到气体的
【解析】分析：A项，溶液体积未知无法计算n（Ba2+）；B项，1个乙烯分子中含6对共用电子对，1个丙烯分子中含9对共用电子对；C项，还原性I-Fe2+，Cl2先与I-反应，I-完全
反应后与Fe2+反应；D项，用排水法收集气体时发生的反应为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2，总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由生成的NO2和O2结合总反应计算。
点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及溶液中微粒、物质的结构、氧化还原反应的规律、氮的氧化物与O2和H2O的反应。注意氧化还原反应的发生遵循“先强后弱”规律，氮的氧化物与O2和H2O反应的计算利用总反应。 3. 下列实验操作、现象与结论均正确的是 选实验操作 项 前者产生无色气体，其他条件相同时，反应25℃，两片相同的Al片分别和等体A 积的稀HNO3和浓HNO3反应 体，且后者反应更加越快 后者产生红棕色气物浓度越大，反应速率实验现象 结论
剧烈 往黄色固体难溶物PbI2中加水，振难溶物PbI2存在沉淀溶B 荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体 向蛋白质溶液中分别加入乙醇溶液C 和(NH4)2SO4饱和溶液 开始无明显现象，通向稀硫酸中加入铜片，然后通入氧D 气加热 变蓝
A. A B. B C. C D. D 【答案】B
【解析】分析：A项，常温下Al与浓HNO3发生钝化；B项，c（I-）增大，溶解平衡逆向移动；C项，蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液产生白色沉淀，蛋白质发生盐析；D项，发生的反应为2Cu+O2+2H2SO4
2CuSO4+2H2O。
入氧气加热后溶液氧化性：稀硫酸 > Cu2+ 均产生白色沉淀 蛋白质均发生了变性 产生黄色沉淀 解平衡 详解：A项，常温下Al与浓HNO3发生钝化，A项错误；B项，在PbI2的饱和溶液中加入NaI固体产生黄色沉淀，说明c（I-）增大，饱和PbI2溶液中的沉淀溶解平衡逆向移动，析C项，出PbI2固体，B项正确；蛋白质溶液中加入乙醇溶液产生白色沉淀，蛋白质发生变性，蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液产生白色沉淀，蛋白质发生盐析，C项错误；D项，在金属活动性顺序表中，Cu处于H的后面，Cu与稀硫酸不反应，通入O2后加热溶液变蓝，发生反应2Cu+O2+2H2SO4同一反应中氧化性：氧化剂
2CuSO4+2H2O，在该反应中Cu为还原剂，O2为氧化剂，根据氧化产物，得出氧化性：O2
Cu2+，D项错误；答案选B。
4. 下图为有机物M、N、Q的转化关系，有关说法正确的是
A. M生成N的反应类型是取代反应 B. N的同分异构体有6种
C. 可用酸性KMnO4溶液区分N与Q
D. 0.3 mol Q与足量金属钠反应生成6.72L H2 【答案】C
【解析】分析：A项，M生成N为加成反应；B项，N的同分异构体采用定一移二法确定；C项，N不能酸性KMnO4溶液褪色，Q能使酸性KMnO4溶液褪色；D项，0.3molQ与足量Na反应产生0.3molH2，H2所处温度和压强未知，不能用22.4L/mol计算H2的体积。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生反应生成气体。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径： X < Z < R B. X的简单氢化物比Y的稳定
C. a、b、c中均含有极性共价健，且 a属于电解质，b和c都属于非电解质 D. W、X、Y、R四种元素形成的化合物一定会促进水的电离 【答案】C
【解析】分析：由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，b为SO2，C为NH3，化合物a中含有S、O、N、H四种元素，a可能为（NH4）2SO3
或NH4HSO3，W、X、Y、R的原子序数依次增大，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，R为S元素；金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体，Z的原子序数介于O和S之间，Z为Na元素。
详解：由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，b为SO2，C为NH3，化合物a中含有S、O、N、H四种元素，a可能为（NH4）2SO3或NH4HSO3，W、X、Y、R的原子序数依次增大，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，R为S元素；金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体，Z的原子序数介于O和S之间，Z为Na元素。A项，Z根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径：项错误；B项，非金属性：N（X）
X
R，A
O（Y），X的简单氢化物不如Y的稳定，B项错误；
C项，a中含离子键和极性共价键，b和c中只含极性共价键，a属于电解质，b和c都属于非电解质，C项正确；D项，W、X、Y、R四种元素形成的化合物有
（NH4）2SO3、、NH4HSO3、（NH4）2SO4、NH4HSO4等，（NH4）2SO3、（NH4）2SO4发生水解促进水的电离，NH4HSO4完全电离出H+抑制水的电离，D项错误；答案选C。 6. 硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3BO3+OH- = B(OH)4，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法正确的是
-
A. 电子流向： 电源负极→b电极→电解液→a 电极→电源正极 B. 阳极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+ C. 当电路中通过3mol电子时，可得到1mol H3BO3
D. A膜为阳膜，B膜为阴膜，且穿过A膜和B膜的离子数相同 【答案】B
【解析】分析：根据装置图，a电极为阳极，b电极为阴极，电子流向：电源负极→b电极，a电极→电源正极；根据放电顺序，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；电路中通过3mol电子，阳极室产生3molH+，在产品室中发生的反应为B（OH）4-+H+=H3BO3+H2O，电路中
通过3mol电子时可得到3molH3BO3；阳极室生成的H+穿过A膜进入产品室，A膜为阳膜，B（OH）4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过B膜进入阴极室，B膜为阳膜，根据阴、阳极得失电子相等，穿过A膜和B膜的离子数相同。
详解：根据装置图，a电极与直流电源的正极相连，a电极为阳极，b电极与直流电源的负极相连，b电极为阴极。A项，电子流向：电源负极→b电极，a电极→电源正极，A项错误；B项，根据放电顺序，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B项正确；C项，当电路中通过3mol电子时，阳极室产生3molH+，3molH+穿过A膜进入产品室，B（OH）4-穿过阴膜进入产品室，产品室中发生的反应为B（OH）4-+H+=H3BO3+H2O，3molH+产生3molH3BO3，C项错误；D项，阳极室生成的H+穿过A膜进入产品室与B（OH）4-反应，A膜为阳膜，B（OH）4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过B膜进入阴极室，B膜为阳膜，根据放电顺序，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据阴、阳极得失电子相等，穿过A膜和B膜的离子数相等，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查电解原理，准确判断阴、阳极和根据放电顺序书写电极反应式是解题的关键。注意，电子不会在电解液中流动，在电解液中是阴、阳离子的定向移动而导电。
7. 已知Kb（NH3·H2O）=1.7×10-5，Ka（CH3COOH）=1.7×10-5。25℃时，向20mL浓度均为0.01mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. a点溶液中，c(CH3COO-)数量级约为10-5 B. b点溶液中，c(NH4+) > c(CH3COOH)
C. c点溶液中，c(NH4+) +c(NH3·H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D. c点水的电离程度小于d点 【答案】D
【解析】分析：氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：
HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，当盐酸恰好完全反应时电导率最小，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸
与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反应后，继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。A项，由CH3COOH的电离平衡常数、盐酸和醋酸的浓度计算；B项，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合H2O的Kb计算NH4+的水解平衡常数，比较NH4+的水解平衡常数与液，根据NH3·
CH3COOH的Ka；C项，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，根据物料守恒判断；D项，分析c点和d点溶液的组成，根据酸、碱、盐对水的电离平衡的影响判断。 详解：氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：
HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，当盐酸恰好完全反应时电导率最小，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反应后，继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。A项，a点没有滴入氨水，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸的电离方程式为CH3COOH中c（CH3COO-）=xmol/L，则溶液中
c（H+）=（0.01+x）mol/L，c（CH3COOH）=（0.01-x）mol/L，Ka（CH3COOH）=
=
=1.7
10-5，由于HCl电离的H+抑制CH3COOH的电离，10-5，c（CH3COO-）的数量级约为10-5，A项正
CH3COO-+H+，设溶液
0.01+x0.01，0.01-x0.01，解得x1.7
确；B项，根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+的水解离子方程式为NH4++H2OKh（NH4+）=10-10
NH3·H2O+H+，NH4+的水解平衡常数
10-5）=5.88
=KW/Kb（NH3·H2O）=110-14（1.7
Ka（CH3COOH），NH4+的水解程度小于CH3COOH的电离程度，b点溶液中
c（CH3COOH），B项正确；C项，根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和
c（NH4+）
CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒为
c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl-）+c（CH3COO-）+c（CH3COOH），C项正确；D项，cNH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，
点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，c点水的电离程度大于d点，D项错误；答案选D。
点睛：本题以酸碱中和滴定的图像为载体，考查电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系、对水的电离平衡的影响，识别图像中各点的组成是解题的关键。溶液导电性的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数。确定溶液中粒子浓度的关系，先确定溶液的组成，分清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒。用碱溶液滴定酸溶液的过程中，随着碱溶液的滴入，水的电离程度增大，当酸碱完全反应时水的电离程度最大，继续滴加碱溶液，水的电离程度又减小。
8. Ⅰ、目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
操作A是____________，下列仪器中操作B必须使用的有__________（填字母符号）。 A、锥形瓶 B、玻璃棒 C、表面皿 D、蒸发皿 E、坩埚
Ⅱ、乙醇镁[(CH3CH2O)2Mg] 为白色固体，难溶于乙醚和烃类，略溶于乙醇，在空气中会水解，常用作烯烃聚合催化剂载体和制备精密陶瓷的原料。某小组同学用镁粉（受潮会发生自燃、自爆）与乙醇在实验室中制备乙醇镁：
（1）干燥管中盛装的试剂为_____________，其作用为__________________________。
（2）下列操作的合理顺序为：______________。 a、将干燥的氮气通入装置，连续操作数次； b、称取镁粉，量取无水乙醇加入反应器内； c、加热回流，控制温度在80℃，反应1小时； d、开启冷凝水和磁力搅拌器。
（3）将温度控制在80℃的原因是________________，写出生成乙醇镁的化学方程式____________________________。
（4）请你设计实验证明有乙醇镁生成（简述实验的方法）：_______________________。 (1). 过滤 (2). BD (3). 无水CaCl2 (4). 防止空气中的水蒸气进入装置【答案】
中 (5). badc (6). 加快反应速率，减少反应物的挥发 (7).
Mg+2CH3CH2OH→(CH3CH2O)2Mg+H2↑ (8). 取少量产品，加足量水充分振荡，加入少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色则说明有乙醇镁存在
【解析】分析：本题考查从海水中提取Mg、乙醇镁的制备和乙醇镁的检验。 I.在沉淀池中石灰乳与海水中Mg2+反应形成Mg（OH）2沉淀，经过滤分离出
Mg（OH）2；Mg（OH）2中加入盐酸获得MgCl2溶液；从MgCl2溶液中获得MgCl2·6H2O6H2O在HCl气流中加热失去结晶水获得无水的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶；MgCl2·MgCl2；电解熔融MgCl2制得Mg。
II.由镁粉与乙醇制备乙醇镁的原理为2CH3CH2OH+Mg→（CH3CH2O）2Mg+H2↑。 （1）由于乙醇镁在空气中会水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置中，干燥管中盛装的试剂为无水CaCl2。
（2）实验装置组装完毕，检查装置的气密性，向装置中加入试剂。由于镁粉受潮会发生自燃、自爆，乙醇镁在空气中会水解，所以实验前先通入干燥的N2排尽装置中空气；由于乙醇易挥发，球形冷凝管的作用是冷凝回流，为了提高乙醇的利用率，加热回流前要开启冷凝水和磁力搅拌器；操作的合理顺序为badc。
（3）实验温度控制在80℃的原因是：加快反应速率，减少乙醇的挥发。 （4）乙醇镁会水解，乙醇镁水解的方程式为
（CH3CH2O）2Mg+2H2O→2CH3CH2OH+Mg（OH）2，要检验有乙醇镁生成只要检验水解产物中有乙醇生成。
详解：I. 在沉淀池中石灰乳与海水中Mg2+反应形成Mg（OH）2沉淀，从沉淀池中分离出Mg（OH）2的操作A是过滤。Mg（OH）2中加入盐酸获得MgCl2溶液；从MgCl2溶液中获6H2O的操作B为：蒸发浓缩、冷却结晶，操作B必须使用的仪器有酒精灯、蒸发得MgCl2·
皿、玻璃棒、铁架台（含铁圈），答案选BD。
II. 乙醇中官能团为羟基，镁粉与乙醇制备乙醇镁的原理为2CH3CH2OH+Mg→（CH3CH2O）2Mg+H2↑。
（1）由于乙醇镁在空气中会水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置中，干燥管中盛装的试剂为无水CaCl2。其作用是防止空气中的水蒸气进入装置中。
（2）实验装置组装完毕，检查装置的气密性，向装置中加入试剂。由于镁粉受潮会发生自燃、自爆，乙醇镁在空气中会水解，所以实验前先通入干燥的N2排尽装置中空气；由于乙醇易挥发，球形冷凝管的作用是冷凝回流，为了提高乙醇的利用率，加热回流前要开启冷凝水和磁力搅拌器；操作的合理顺序为badc。
（3）实验温度控制在80℃的原因是：加快反应速率，减少反应物乙醇的挥发。生成乙醇镁的化学方程式为：2CH3CH2OH+Mg→（CH3CH2O）2Mg+H2↑。 （4）乙醇镁会水解，乙醇镁水解的方程式为
（CH3CH2O）2Mg+2H2O→2CH3CH2OH+Mg（OH）2，要检验有乙醇镁生成只要检验水解产物中有乙醇生成。实验方法为：取少量产品，加足量水充分振荡，加入少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色则说明有乙醇镁存在。
9. 氯化亚铜（CuCl，白色、易被氧化，Ksp=1.2×10-6）广泛用作催化剂、脱臭剂、脱色剂等。工业上用初级铜矿粉（主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等）制备活性CuCl的流程如下：
（1）滤渣Ⅰ是Fe(OH)3和单质硫的混合物，反应Ⅰ中Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S + MnO2 + H2SO4 → CuSO4 + S + MnSO4 + H2O（未配平）；氧化产物为：__________。 （2）除Mn2+时得MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为______________________________。 （3）已知：Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。Cu(OH)2+4NH3氨条件及蒸氨效果见下表： 序号 a b c
由表中信息可知蒸氨的条件应选_______（填序号），请用平衡移动原理解释选择该条件的原因是__________________________________________________。
温度/℃ 110 100 90 时间/min 60 40 30 压强/KPa 101.3 74.6 60.0 残液颜色 浅蓝色 几乎很浅 无色透明 [Cu(NH3)4]2+ +2OH－。蒸
（4）反应Ⅱ的离子方程式___________________________。 （5）实验证明通过如图装置也可获得CuCl，现象为
阴极：产生无色气体；
阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增多；
U形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀。 ①生成CuCl的电极反应式为________________________________。
②有同学提出：淡黄色沉淀可能是CuOH，以下是从资料中查阅到CuOH的有关信息，哪些可以支持该同学的说法________。（填序号） a．容易脱水变成红色的Cu2O
b．CuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水 c．CuOH的Ksp=2×10-15 d．易被氧化成Cu(OH)2
【答案】 (1). CuSO4 S (2). Mn2+ + HCO3-+ NH3·H2O = MnCO3↓+ NH4+ + H2O (3). c (4). 减小压强，平衡逆向移动，利于蒸氨 (5). SO2 +2Cu2+ + 2Cl- + 2H2O = 2 CuCl↓ + SO42- + 4H+ (6). Cu-e-+ Cl- = CuCl↓ (7). b c
【解析】分析：本题以初级铜矿粉为原料制备活性CuCl的流程为载体，考查流程的分析、氧化还原反应的分析、离子方程式的书写、外界条件对化学平衡的影响、电解原理、沉淀的转化。初级铜矿粉主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等，铜矿粉中加入MnO2和稀硫酸，Cu2S、CuS与MnO2、稀硫酸反应生成CuSO4、S、MnSO4和H2O，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3和H2O，FeO与MnO2、稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3、MnSO4和H2O；反应I后加入氨水除去Fe3+；向除Fe3+后的溶液中加入氨水和NH4HCO3除去Mn2+，同时Cu2+转化成[Cu（NH3）4]2+；蒸氨时[Cu（NH3）4]2+先变成Cu（OH）2，Cu（OH）2受热分解成CuO，CuO用盐酸酸化得CuCl2溶液，SO2与CuCl2溶液反应制得CuCl，反应的化学方程式为2CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl。电解制备CuCl时，阳极电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl↓，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
详解：（1）Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S+MnO2+H2SO4→CuSO4+S+MnSO4+H2O，
在该反应中，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，MnSO4为还原产物；Cu元素的化合价由Cu2S中的+1价升至CuSO4中的+2价，S元素的化合价由Cu2S中的-2价升至单质S中的0价，氧化产物为CuSO4和S。
（2）除Mn2+时加入氨水和NH4HCO3得MnCO3沉淀，反应的离子方程式为Mn2++NH3·H2O+HCO3-=MnCO3↓+NH4++H2O。
（3）根据流程，c得到的残液颜蒸氨时[Cu（NH3）4]2+先变成Cu（OH）2，根据表中信息，色为无色透明，说明[Cu（NH3）4]2+转化率很大，蒸氨的条件应选c。选择该条件的原因是：减小压强，平衡Cu（OH）2+4NH3
[Cu（NH3）4]2++2OH-逆向移动，利于蒸氨。
（4）反应II为向CuCl2溶液中通入SO2制得CuCl，CuCl2被还原成CuCl，SO2被氧化成SO42-，反应的化学方程式为2CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，反应II的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。
（5）①在电解池中阳极发生失电子的氧化反应，根据装置图，阳极Cu失电子生成CuCl，生成CuCl的电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl↓。
②靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀，淡黄色沉淀可能是CuOH，说明CuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水；电解时阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区Ksp（CuCl）=1.2溶液呈碱性，
10-6
Ksp（CuOH）=2
10-15，CuOH的溶解度小于CuCl，
在阴极区CuCl转化为更难溶的CuOH；答案选bc。
10. SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。
（1）已知CH4和S的燃烧热分别为a kJ/mol 和b kJ/mol。在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2 和液态水。反应的热化学方程式为______________。（△H用含a、b的代数式表示）
（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2 所示：
①分析可知X为_______________（写化学式），0~t1时间段的反应温度为_______________，0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为______________________； ②总反应的化学方程式为___________________________________________； （3）焦炭催化还原SO2生成S2的化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)
S2(g)+2CO2(g)，恒容容
器中，lmol/L SO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3 所示。
①该反应的ΔH______0（填“＞”或“＜”）； ②700℃的平衡常数为_____________________；
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为___________，25℃时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为___________。（已知：H2SO3的电离常数K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8）
【答案】 (1). CH4 (g)+2SO2 (g) = CO2 (g)+2S (s)+2H2O(l) △H=（2b-a） kJ/mol (2).
-3
H2S (3). 300℃ (4). 2×10/t1 mol/(L· min) (5). 2H2+SO2 = S+2H2O (6). ＜
(7). 36.45 mol/L (8). SO32- +SO2 + H2O = 2HSO3- (9). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)
【解析】分析：本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写、化学反应速率的计算、方程式的书写、化学平衡图像的分析和计算、溶液中粒子浓度的大小关系。 （1）根据燃烧热的概念写出热化学方程式，再用盖斯定律。
（2）根据图示和图像中物质的变化以及物质的量浓度之间的关系，结合原子守恒，X为H2S，0~t1时间段的反应温度为300℃。根据图像和化学反应速率的表达式计算υ（SO2）。根
据图示写出总反应。
（3）根据图像a点达到平衡状态，升高温度SO2的平衡转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则ΔH
0。根据图中转化率和三段式计算化学平衡常数。
（4）Na2SO3吸收SO2的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液，溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7mol/L，根据K2（H2SO3）=
=6.2
10-8（1
=6.2
10-8，则
c（HSO3-），溶液中离子浓度由大
10-7）=0.62，c（SO32-）
c（SO32-）
到小的顺序为c（Na+）c（HSO3-）c（H+）=c（OH-）。
详解：（1）CH4和S的燃烧热分别为akJ/mol和bkJ/mol，写出热化学方程式： CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-akJ/mol（①） S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-bkJ/mol（②） 应用盖斯定律，将①-②
2
得，CH4（g）+2SO2（g）=CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）ΔH=（2b-a）kJ/mol。 （2）①根据图示和图像，第一步对应图像0~t1段，由H2和SO2反应生成X，反应消耗的H2、SO2和生成的X物质的量浓度之比为（6
10-3）：（3
10-3-1
10-3）：（2
10-3）=3:1:1；第二步对应图像t1~t2段，X与SO2
10-3）：（1
10-3）=2:1，结合原子
反应生成S，消耗的X与SO2物质的量浓度之比为（2守恒，X为H2S，0~t1时间段的反应温度为300℃。υ（SO2）=
=
=
mol/（L·min）。
②根据图示和图像，总反应为H2与SO2按物质的量之比2:1反应生成S，结合原子守恒，总反应的化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O。
（3）①根据图像a点达到平衡状态，700℃后升高温度SO2的平衡转化率减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的ΔH②700℃时SO2的转化率为90%，用三段式 2C（s）+2SO2（g）
S2（g）+2CO2（g）
0。
c（起始）（mol/L） 1 0 0 c（转化）（mol/L） 1
90% 0.45 0.9
c（平衡）（mol/L） 0.1 0.45 0.9 700℃的平衡常数K=
=
=36.45mol/L。
（4）Na2SO3吸收SO2的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液，溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7mol/L，根据K2（H2SO3）=
=6.2
10-8（1
=6.2
10-8，则
c（HSO3-），溶液中离子浓度由大
10-7）=0.62，c（SO32-）
c（SO32-）
到小的顺序为c（Na+）c（HSO3-）c（H+）=c（OH-）。
11. 前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，其中A和B同周期，固态的AB2能升华；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E-少一个电子层，E原子得到一个电子后3p轨道全充满；D最高价氧化物中D的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；F为红色单质，有F+和F2+两种离子。回答下列问题： （1）元素电负性：D____E (填＞、＜或＝)； （2）B、C单质熔点B_____C(填＞、＜或＝)；
（3）AE4中A原子杂化轨道方式为：________杂化；其固态晶体类型为_____________； （4）氢化物的沸点：B比D高的原因______________；
（5）F的核外电子排布式为____________________________；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出深蓝色晶体，该晶体的化学式为_______，其中关于该晶体下列说法中正确的是_____________________。 A．加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出 B．F与NH3之间的化学键为离子键
C．该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥型
D．配离子内N原子排列成为平面正方形，则其中F离子是sp3杂化 E．向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成
（6）元素X的某价态阴离子Xn-中所有电子正好充满K和L电子层，CnX晶体的最小结构单元为立方体，结构如图所示。该晶体中每个Xn-被________个等距离的C+离子包围。已知该晶体的密度为ρg．cm-3，阿伏加德罗常数为NA，CnX的摩尔质量为M g/mol，C+和Xn-间的最短距离是_____________nm。（列出计算式即可）
【答案】 (1). < (2). < (3). sp3 (4). 分子晶体 (5). 水分子间存在氢键
10122626101
(6). ［Ar］3d4s（或1s2s2p3s3p3d4s） (7). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (8). ACE (9).
6 (10). ×107
【解析】分析：本题考查元素的推断、电负性的比较、熔点和沸点高低的比较、原子杂化方式和晶体类型的判断、核外电子排布式的书写、配位化合物、晶胞的分析和计算。E原子得到一个电子后3p轨道全充满，E为Cl元素；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E-少一个电子层，C为Na元素；A、B的原子序数小于C，A和B同周期，固态AB2能升华，A为C元素，B元素为O元素；设D的最高正价为+x，D最高价氧化物中D与O的个数比为2：x，D最高价氧化物中D的质量分数为40%，2Ar（D）：16x=40%：60%，
=，
经讨论，Ar（D）=32，x=6，D原子核内质子数等于中子数，D为S元素；F为红色单质，有F+和F2+两种离子，F为Cu元素。
详解：E原子得到一个电子后3p轨道全充满，E为Cl元素；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E-少一个电子层，C为Na元素；A、B的原子序数小于C，A和B同周期，固态AB2能升华，A为C元素，B元素为O元素；设D的最高正价为+x，D最高价氧化物中D与O的个数比为2：x，D最高价氧化物中D的质量分数为40%，2Ar（D）：16x=40%：60%，
=，经讨论，Ar（D）=32，x=6，D原子核内质
子数等于中子数，D为S元素；F为红色单质，有F+和F2+两种离子，F为Cu元素。 （1）非金属性：ClS，元素的电负性：D（S）
E（Cl）。
（2）B的单质有O2和O3，O2、O3常温下呈气态；C的单质为Na，Na常温下呈固态；B、C单质熔点：B
C。
（4-4
1）+4=4，C原子采用
（3）AE4的化学式为CCl4，中心原子C的价层电子对数为sp3杂化。CCl4固态晶体类型为分子晶体。
（4）B的氢化物为H2O，D的氢化物为H2S，B的氢化物（H2O）的沸点比D的氢化物（H2S）高的原因是：H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键。
（5）F为Cu，Cu原子核外有29个电子，Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至沉淀完全溶解，发生的反应为
CuSO4+2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+（NH4）2SO4、Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]（OH）2+4H2O，H2O。A加入乙醇析出深蓝色晶体，该深蓝色晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4·项，加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出，A项正确；B项，Cu2+与NH3之间为配位键，B项错误；C项，该配合物中，配体为NH3，N原子上有孤电子对，N是配位原子，N提供孤电子对与Cu2+的空轨道形成配位键，NH3为三角锥型，C项正确；若Cu2+为sp3杂化，配离子内N原子排列为正四面体，D项错误；E项，SO42-在外界，该晶体溶于水电离出[Cu（NH3）4]2+和SO42-，向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液会产生白色BaSO4沉淀，E项正确；答案选ACE。
（6）根据晶胞，每个Xn-被6个等距离的C+包围。用“均摊法”，晶胞中含C+：12Xn-：8
=3，含
=1，晶体的化学式为C3X，n=3；1mol晶体的质量为Mg，1mol晶体的体积为
Mgρg/cm3=cm3，1个晶胞的体积为cm3NA=cm3，晶胞的边长为cm，C+和
Xn-间的最短距离为晶胞边长的一半，C+和Xn-间的最短距离为12. 某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：
cm=107nm。
已知：
（1）A→B的反应条件和试剂是______________；化合物M的名称为________________； （2）I→J的反应类型是______________；J分子中最多有_________个原子共平面； （3）写出D→E反应的化学方程式________________________________________； （4）I与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N，写出该反应的化学方程式___________；
（5）符合下列条件的化合物M的同分异构体共有__________种（不考虑立体异构）； ①含有苯甲酸结构 ②含有一个甲基 ③苯环上只有两个取代基
其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:2:3的分子的结构简式________________（任写一种）；
（6）请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸（
）的路线。____________________________________________________
【答案】 (1). Cl2，光照 (2). α-氨基苯丙酸（2-氨基苯丙酸、2-氨基-3-苯基丙酸或苯丙氨酸） (3). 取代反应 (4). 15 (5).
(6).
(7). 9
(8). 或 或 (9).
【解析】分析：根据A和C的结构简式推出B的结构简式为；D发生催化氧化反应
生成E，E的结构简式为；H发生氧化反应生成I，I与NH3一定条件下反应生
成J，根据题给已知①，H、J的结构简式和I的分子式，I的结构简式为；根据已
知②，K与G反应生成的L的结构简式为。
详解：根据A和C的结构简式推出B的结构简式为；D发生催化氧化反应生成E，E
的结构简式为；H发生氧化反应生成I，I与NH3一定条件下反应生成J，根据
I的结构简式为题给已知①，H、J的结构简式和I的分子式，；根据已知②，K与
G反应生成的L的结构简式为。
（1）A→B为→，甲苯中甲基上H被取代，反应的条件是光照，反应的试剂是
Cl2。化合物M属于氨基酸，名称为苯丙氨酸（或α-氨基苯丙酸、2-氨基苯丙酸）。
（2）I的结构简式为，I与NH3在一定条件下发生取代反应生成J，I→J的反应类
型是取代反应。J分子中N为sp3杂化，与N原子直接相连的2个C原子、1个H原子和N原子构成三角锥形，J中所有碳原子都是sp2杂化，联想苯和HCHO的结构，单键可以旋转，J分子中最多有15个原子共平面。
（3）D→E为醇的催化氧化反应，D→E的化学方程式为2
+O2
2
+2H2O。
（4）I的结构简式为，I与乙二醇通过酯基缩聚生成能降解的高分子化合物N，反
应的化学方程式为：
n+nHOCH2CH2OH+（n-1）H2O。
（5）M的结构简式为，M的同分异构体含有苯甲酸结构和一个甲基，苯环上
的两个取代基为：①-COOH和-NHCH2CH3；②-COOH和-CH2NHCH3；③-COOH和
；苯环上的两个取代基有邻、间、对三种位置，符合条件的M的同分异构体有
3
3=9种。其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:2:3的分子的结构简式为
、、。
（6）丙氨酸与M具有相同的官能团，原料丙酸中官能团为羧基，由丙酸经三步合成丙氨酸，仿流程中F→G→L→M即可实现。合成路线为：
。
点睛：本题考查有机推断和有机合成，侧重考查有机物的命名、有机反应类型的判断、有机方程式的书写、分子中共面原子个数的判断、限定条件同分异构体数目的确定和结构简式的书写、有机合成路线的设计。确定分子中共面原子的个数联想典型物质的结构，如CH4、CH2=CH2、CH
CH、苯、HCHO、NH3等。确定同分异构体数目应用有序思维，先
确定官能团，再用残基法确定可能的结构，苯环上有两个取代基时，有邻、间、对三种位置。有机合成路线的设计先分析目标产物中的官能团，对比原料和产物的结构，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的性质和题给信息进行设计。
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