2019-2020学年山西省临汾第一中学等五校新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年山西省临汾第一中学等五校新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．室温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol•L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线
如图所示[已知
AG=lg
+
-
c(H)
c(OH)
]，下列说法不正确的是（）
A．P点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mL B．K a(HB)的数量级为10-4
C．水的电离程度：N＞M=P
D．M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-) 【答案】D
【解析】
【分析】
未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）•c（OH-）=10-14，
()
()
c H
c OH
+
-
=10-12，则c（H+）=0.1mol/L=c
（HA），HA是强酸；
未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）•c（OH-）=10-14，
()
()
c H
c OH
+
-
=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L＜
0.1mol/L，则HB是弱酸；
【详解】
A．P点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；
B．HB的电离程度较小，则溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，K a（HB）
=
+-
c(H)c(B)
c(HB)
⋅
=
-2.5-2.5
1010
0.100
⨯
=10-4，故B正确；
C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N＞M=P，故C正确；
D．M、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P点，则
c （A -）＞c （B -），故D 错误； 答案选D 。

【点睛】
本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B 中微粒浓度的近似处理方法。

2．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A ．使酚酞变红色的溶液：K +、Fe 3+、SO 42-、Cl -
B ．水电离的c(H +)=1×10-13mol/L 的溶液中：K +、Na +、AlO 2-、CO 32-
C ．与Al 反应能放出H 2的溶液中：Fe 2+、Na +、NO 3-、SO 42-
D ．
()
w
K c H += 1×10-13mol/L 的溶液中：NH 4+、Cu 2+、Cl -、NO 3-
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．使酚酞变红色的溶液中存在OH -，K +、Fe 3+、SO 42-、Cl -四种离子中Fe 3+不可共存，A 错误；
B. 水电离的c(H +)=1×10-13mol/L 的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K +、Na +、AlO 2-、CO 32-四种离子中AlO 2-、CO 32-不可以共存，B 错误；
C ．强酸和强碱溶液都可以和Al 反应放出氢气，在酸性溶液中Fe 2+和NO 3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe 2+水解不共存，C 错误；
D ．()
w
K c H += 1×10-13mol/L 的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L ，NH 4+、Cu 2+、Cl -、NO 3-可以共存，D 正确。

答案选D 。

3．A 、B 、C 、D 、E 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A 的原子序数是B 和D 原子序数之和的1/4，C 的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D 元素的两种常见氧化物，乙和丁是B 元素的两种常见同素异形体，0.005 mol/L 戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是
A ．C 、D 两元素形成的化合物的原子个数比为1:2
B ．
C 、E 形成的化合物的水溶液呈碱性 C ．简单离子半径：D> C> B
D ．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>A
【答案】D
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B
为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的1
4
，A的原子序数为(8+16)×
1
4
=6，可知A为C元素；C
的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。

【详解】
由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。

A．C、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；B．C、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C．一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D> B > C，故C错误；D．非金属性Cl
＞C，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。

【点睛】
本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。

本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。

本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。

4．室温下，下列关于电解质的说法中正确的是
A．中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH=7，前者消耗的盐酸多
B．向NaHS 溶液中加入适量KOH 后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)
C．将amol·L-1的醋酸与0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电
离常数K a=
9
210
0.01
a
-
⨯
-
(用含a的代数式表示)
D．向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则
+
4
32
c(NH)
c(NH H O)
g
的值减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A、中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，后者消耗的盐酸多，故A错误；
B、根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:1，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故B正确；
C、将amol·L-1的醋酸与0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液恰好呈
中性，醋酸的电离常数K a =9
100.01
a --，故C 错误；
D 、向NH 4Cl 溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH -)减小，K h =()()
()
4
32 c NH c OH c NH H O +-
⋅值不变，所以则
()
()
432c NH c NH H O +
⋅的值增大，故D 错误。

5．下列物质属于电解质的是（ ） A ．Na 2O B ．SO 3
C ．Cu
D ．NaCl 溶液
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na +和O 2-，是电解质，故A 选。

B. SO 3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO 3电离出来的，熔融状态下的SO 3也不导电，故SO 3是非电解质，故B 不选；
C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C 不选；
D.NaCl 溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D 不选 故选A 。

【点睛】
电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。

6．根据下列实验现象，所得结论正确的是
实验 实验现象
结论
A
左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表
面有气泡
活动性：Al ＞Fe ＞Cu
B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色 氧化性：Cl 2＞Br 2＞I 2 C
白色固体先变为淡黄色，后变为黑色
溶解性Ag 2S ＞AgBr ＞AgCl
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；
B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能证明Br2＞I2，故B错误；
C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C错误；
D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；
答案：A。

【点睛】
根据反应装置图，B选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。

7．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是（）
A．标准状况下，22.4 L CH4含有的共价键数为N A
B．1 mol Fe与1mol Cl2充分反应，电子转移数为3N A
C．常温下，pH =2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02N A
D．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3N A
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、标准状况下，22.4 L CH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；
B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；
C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；
D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46g NO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。

8．铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。

下列有关铁杉脂素的说法错误的是()
A．分子中两个苯环处于同一平面
B．分子中有3个手性碳原子
C．能与浓溴水发生取代反应
D．1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；
B. 图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；
C. 酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；
D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；
故选A。

9．“84消毒液”的主要成分是NaClO。

下列说法错误的是（）
A．长期与空气接触会失效
B．不能与“洁厕剂”（通常含盐酸）同时使用
C．1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-
D．0.1molNaClO起消毒作用时转移0.2mole-
【答案】C
【解析】
【详解】
A．空气中含有二氧化碳和水蒸气，长期与空气接触发生反应生成次氯酸，次氯酸不稳定分解，导致消毒液失效，故A正确；
B．“84消毒液”的主要成分是NaClO ，“洁厕剂”通常含盐酸，二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效，不能同时使用，故B正确；
C．1L0.2mol/LNaClO溶液中溶质的物质的量为0.2mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解生成HClO，导致溶液中ClO-的物质的量小于0.2mol，故C错误；
D．NaClO具有氧化性，起消毒作用时Cl元素化合价降低，由+1价变为-1价，则0.1molNaClO转移0.2mole-，故D正确；
答案选C。

【点睛】
次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸，它不稳定见光易分解，具有漂白性，强氧化性等性质，在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠，次氯酸钙等，易于保存和运输，在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。

10．加较多量的水稀释0.1 mol/L 的NaHCO3 溶液，下列离子浓度会增大的是（）
A．CO32-B．HCO3-C．H+D．OH-
【答案】C
【解析】
【详解】
在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大，
故选：C。

11．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示．下列说法错误的是
A．电极a为电解池阴极
B．阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生
C．当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5mol H2
D．处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品
【答案】D
【解析】
【详解】
A.从图中箭标方向“Na+→电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；
B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，与题意不符，B错误；
C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H++2e–＝H2↑，通过1mol电子时，会有0.5molH2
生成，与题意不符，C错误；
D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；
答案为D。

12．下列有关化学用语表示正确的是（）
A．氮离子N3-的结构示意图：
B．聚丙烯的结构简式：
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．比例模型可表示CH4分子，也可表示CCl4分子
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 氮离子N3-的结构示意图应该是：，A错误；
B. 聚丙烯的结构简式应该是：，B错误；
C. 由Na和Cl形成离子键的过程可表示为：，C正确；
D. 比例模型可表示CH4分子，由于氯原子半径大于碳原子半径，因此不能表示CCl4分子，D错误；答案选C。

【点睛】
选项D是解答的易错点，由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型，因此需要注意原子半径的相对大小。

13．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（）
A．新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒B．葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒
C．植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质
D．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 新型冠状病毒主要由C 、H 、O 、N 、P 等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A 错误；
B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B 正确；
C. 植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C 正确；
D. Hg 和S 常温下反应生成HgS ，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D 正确； 故选A 。

14．把铝粉和某铁的氧化物(xFeO·yFe 2O 3)粉末配成铝热剂，分成两等份。

一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。

前后两种情况下生成的气体质量比是5 : 7，则x : y 为 A ．1∶1 B ．1∶2
C ．5∶7
D ．7∶5
【答案】B 【解析】 【分析】
第一份中Al 与xFeO•yFe 2O 3粉末得到Fe 与Al 2O 3，再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H 2O=NaAlO 2+3H 2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol 、7mol ，根据方程式计算Fe 、Al 的物质的量，再根据第一份中Al 与xFeO•yFe 2O 3反应的电子转移守恒计算xFeO•yFe 2O 3中Fe 元素平均化合价，进而计算x 、y 比例关系。

【详解】
第一份中Al 与xFeO ⋅yFe 2O 3粉末得到Fe 与Al 2O 3，再与足量盐酸反应,发生反应：Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应：2Al+2NaOH+2H 2O=NaAlO 2+3H 2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol 、7mol ，则：
22Fe+2HCl =FeCl +H 5mol 5mol
↑
2222Al+2NaOH +2H O =NaAlO +3H 2
7mol 7mol
3
23↑⨯
令xFeO ⋅yFe 2O 3中Fe 元素平均化合价为a ，根据Al 与xFeO ⋅yFe 2O 3反应中的电子转移守恒：
7mol×2
3
×3=5mol×(a−0)，解得a=2.8，故2x 2y 3x 2y +⨯+=2.8，整理得x:y=1:2，答案选B 。

15．下列离子方程式符合题意且正确的是
A ．磁性氧化铁溶于盐酸中：3232Fe O 6H 2Fe 3H O ++
+=+
B ．在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液：322Al
4OH AlO 2H O +
--+=+
C ．在盐酸中滴加少量23Na CO 溶液：2322CO 2H CO H O -+
+=↑+
D ．用FeS 除去废水中的2Cu +：22S Cu CuS -++=↓ 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 磁性氧化铁为34Fe O ，故A 错误；
B. 在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液的离子方程式为
32244222242 2Al SO Ba OH BaSO AlO H O +-+--+++=++↓，B 错误；
C. 在盐酸中滴加少量23Na CO 溶液的离子方程式为2322CO 2H CO H O -+
+=↑+，C 正确；
D. FeS 为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu 2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe 2＋，D 错误；
故答案选C 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。

实验室制备硫酸铜的步骤如下:
①在仪器a 中先加入20g 铜片、60 mL 水，再缓缓加入17 mL 浓硫酸:在仪器b 中加入39 mL 浓硝酸;在仪器c 中加入20%的石灰乳150 mL 。

②从仪器b 中放出约5mL 浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a 中，搅拌器间歇开动。

当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a 中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c 中取出，再停止加热。

③将仪器a 中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题: （1）将仪器b 中液体滴入仪器a 中的具体操作是__________。

（2）写出装置a 中生成CuSO 4的化学方程式:_______。

（3）步骤②电炉加热直至仪器a 中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。

（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu （NO 3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu （NO 3）
2是否被除净的方法是_______。

（5）工业上也常采用将铜在450 °C 左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本
实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。

（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。

取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL用c mol·L-1EDTA （H2Y ）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液b mL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数ω=_____%.
【答案】打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O NO 取少量除杂后
的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其
他合理答案即可给分) 32bc a
【解析】
【分析】
Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。

【详解】
⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。

⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O。

⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气
污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。

⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。

⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，
而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。

⑹根据反应为Cu2++H2Y =CuY +2H+，得出n(Cu2+) = n(H2Y) = c mol∙L−1×b×10−3L×5 =5bc×10−3 mol，蓝色晶体中
Cu2+质量分数
31
5bc10mol64g mol32bc
ω100%%
a a
--
⨯⨯⋅
=⨯=；故答案为：
32bc
a。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。

（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。

（2）写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_________________________。

（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。

【答案】HCl Cl2MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 【解析】
【分析】
B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2共热，生成氯气，则气体A 为HCl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；
(2)A的浓溶液与MnO2共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．[2016·新课标I]锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。

回答下列问题：
（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______________，有__________个未成对电子。

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。

从原子结构角度分析，原因是______________________________。

（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因______________________________。

GeCl4GeBr4GeI4
熔点/℃−49.5 26 146
沸点/℃83.1 186 约400
（4）光催化还原CO 2制备CH 4反应中，带状纳米Zn 2GeO 4是该反应的良好催化剂。

Zn 、Ge 、O 电负性由大至小的顺序是______________________________。

（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge 原子的杂化方式为_______________，微粒之间存在的作用力是_______________。

（6）晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。

如图为Ge 单晶的晶胞，其中原子坐标参数A 为(0，0，0)；B 为(12，0，12)；C 为(12，12
，0)。

则D 原子的坐标参数为_______________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。

已知Ge 单晶的晶胞参数a=565.76 pm ，其密度为_____g·cm −3(列出计算式即可)。

【答案】3d 104s 24p 2 2 Ge 原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 GeCl 4、GeBr 4、GeI 4的熔、沸点依次增高。

原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强 O>Ge>Zn sp 3 共价键 (14，14，14
) 38736.02565.76
⨯⨯×107 【解析】
【详解】
（1）Ge 是32号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA 族；基态Ge 原子的核外电子排布式为[Ar] 3d 104s 24p 2；在其原子的最外层的2个4p 电子分别位于2个不同的4p 轨道上，所以基态Ge 原子有2个未成对的电子，故答案为3d 104s 24p 2；2；
（2）Ge 与C 是同族元素，C 原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge 原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度看，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p 轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，故答案为Ge 原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
（3）锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。

对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。

由于相对分子质量：GeCl 4＜GeBr 4＜GeI 4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl 4＜GeBr 4＜GeI 4，故答案为GeCl 4、GeBr 4、GeI 4的熔、沸点依次增高。

原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；
（4）光催化还原CO 2制备CH 4反应中，带状纳米Zn 2GeO 4是该反应的良好催化剂。

元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。

元素Zn 、Ge 、O 的非金属性强弱顺序是：O ＞Ge ＞Zn ，
所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn，故答案为O>Ge>Zn；
（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道形成的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)，故答案为sp3；共价键；
（6）①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(1
4
，
1
4
，
1
4
)，故答案为(
1
4
，
1
4
，
1
4
)；
②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度
3
10323103
A
873g/mol873
g/cm
(565.76pm10cm/pm) 6.0210(565.7610)
m
V N
ρ
--
⨯⨯
===
⨯⨯⨯⨯⨯=
7
3
873
10
6.02565.76
⨯
⨯
⨯
g·cm-3，故答案为
3
873
6.02565.76
⨯
⨯
×107。

19．I.SO2是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。

（1）氧元素在元素周期表中位于第______周期______族，硫原子核外有_____种能量不同的电子。

（2）元素的非金属性S比O______（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：__________。

II.工业上利用反应SO2 + MnO2 → MnSO4 可以制备高纯MnSO4，实验装置如下图：
（3）请标出反应SO2 + MnO2 → MnSO4的电子转移方向和数目____________
（4）在通入干燥空气的条件下，一段时间后，测得反应后溶液中的n(SO42-)明显大于n(Mn2+)，请说明原因：___________________。

用化学方程式表示石灰乳的作用：___________________。

III.SO2可用于处理含Cr2O72－（铬元素化合价为+6）的废水，最后转化为铬沉淀（铬元素化合价为+3）除去。

一种处理流程如下：
（5）NaHSO3与Cr2O72－反应时，物质的量之比为__________。

【答案】二ⅥA 5 弱硫原子半径大于氧原子半径，硫原子和氧原子的最外层电子数相等，硫原子的得电子能力比氧原子弱在溶液中，空气中的氧气将二氧化硫氧化为。