2020年河北省衡水中学高考化学一模试卷 (含答案解析)

2020年河北省衡水中学高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.以“赏中华诗词、寻文化基因、品生活之美”为基本宗旨的《中国诗词大会》不仅弘扬了中国
传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是()
A. 诗句“只要功夫深，铁杵磨成针”，该过程只涉及物理变化
B. 庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞
絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质
C. 王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
2.已知某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是()
A. 分子式为C15H18
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色，且是氧化反应
C. 1mol该物质最多和2molH2加成
D. 苯环上的一氯化物有4种
3.元素R有如下反应：RO3−+5R−+6H+=3R2+3H2O，下列说法正确的是()
A. 元素R位于周期表中第ⅤA族
B. RO3−中的R只能被还原
C. 每反应消耗1mol RO3−，转移电子的物质的量为5mol
D. R2在常温常压下一定是气体
4.已知4种短周期元素的离子W3+、X+、Y2−、Z−具有相同的电子层结构，下列判断中正确的是()
A. 原子序数：X>W>Y>Z
B. 原子半径：W>X>Z>Y
C. 氧化性：X+>W3+
D. 氢化物稳定性：HZ>H2Y
5.下图所示电解装置(电极均为惰性电极)可用于制取硫酸，该工艺已被某些工厂所采用。

下列说
法错误的是()
A. 阴极的电极反应式为
B. 该工艺中NaHSO3转化为硫酸的转化率不会超过33.3％
C. 通过阴离子交换膜交换的离子主要是SO32−
D. 图中右侧电极应连接电源的正极
6.下列图示实验正确的是()
A. 除去粗盐溶液中不溶物
B. 碳酸氢钠受热分解
C. 除去CO气体中的CO2气体
D. 乙酸乙酯的制备演示实验
7.25℃时，向50mL0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L−1的醋酸，
溶液的pH随所加醋酸的体积变化曲线如图。

下列说法正确的是
A. 在A、B之间任意一点都满足：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>
c(H+)
B. 在B点：a>25，且c(Na+)=c(CH3COO−)=c(OH−)=c(H+)
C. 在C点：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D. 在D点：c(OH−)+c(Na+)=c(CH3COOH)+c(H+)
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8.氯化亚铜(CuCl)是有机合成中应用广泛的催化剂。

它微溶于水，不溶于乙醇，露置于潮湿的空
气中易被氧化，但在干燥的空气中稳定，见光会分解。

实验室制备氯化亚铜的过程如下：
Ⅰ.检査如图装置气密性，依次向三颈瓶中加入铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸，关闭K；
Ⅱ.加热至50℃时停止加热，铜丝表面产生无色气泡，液面上方气体逐渐变为红棕色，气囊鼓起；
Ⅲ.打开K，通入氧气，待气囊变瘪、瓶内红棕色气体消失时关闭K，冷却至室温，制得NH4[CuCl2]；
Ⅳ.将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氯化亚铜粗品和滤液；
V.粗品用95%乙醇洗涤、烘干得氯化亚铜。

请回答下列问题：
(1)实验室中CuCl的保存方法是______。

(2)实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______。

(3)通入氧气的目的是______。

为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用
______(填字母)
(4)三颈瓶中生成NH4[CuCl2]的总反应的离子方程式为______。

步骤Ⅳ中产生白色沉淀的化学方
程式为______。

(5)步骤V中洗涤时试剂选用95%乙醇的原因是______。

(6)CuCl纯度测定：称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和10mL过量的FeCl3溶液的锥形瓶
中，不断摇动；待样品溶解后，加水50mL和指示剂2滴；立即用0.10mol⋅L−1硫酸铈标准溶液滴定至终点并记录读数，再重复实验两次，测得数据如下表。

(已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)
实验序号123
滴定起始读数(mL)0.150.350.55
滴定终点读数(mL)19.7519.4019.50
②CuCl的纯度为______(保留三位有效数字)。

三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
9.研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。

相关的主要化学反应有：
ⅠC2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)△H1=136kJ⋅mol−1
ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)△H2=177kJ⋅mol−1
ⅢC2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g)△H3
ⅣCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H4=41kJ⋅mol−1
已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H(△H随温度变化可忽略)。

例如：H2O(g)= H2O(l)△H=−286kJ⋅mol−1−(−242kJ⋅mol−1)=−44kJ⋅mol−1。

请回答：
(1)①根据相关物质的相对能量计算△H3=______kJ⋅mol−1。

②下列描述正确的是______
A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B.加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C.反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D.恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6(g)+CO2(g)】→
【C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)】→【C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)】，且第二步速率较慢(反应活化
能为210kJ⋅mol−1)。

根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过程图”，起点从【C2H6(g)+CO2(g)】的能量−477kJ⋅mol−1，开始(如图2)。

(2)①CO2和C2H6按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对
“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%
催化剂X19.037.6 3.3
H6的主要产物是______，判断依据是______。

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②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的
物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。

在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%.结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是______。

10.CuSO4⋅5H2O是一种重要的化工原料．实验室以Cu为原料制取CuSO4⋅5H2O有如下方法：
方法一：溶液
(1)该方法中金属铜应在______ (填仪器名称)中灼烧．
方法二：空气→溶液
(2)该方法中少量Fe2(SO4)3起催化作用，其催化机理为(用离子方程式表示)
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，______ .调节溶液PH3～4，可使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，调节时加入的试剂为______ ．
方法三：溶液
(3)①该方法中首先要将Cu与稀硫酸和稀硝酸混合．为了只得到CuSO4溶液，需向100mLl.0moI⋅
L−1稀硝酸中加入______ mL 1.0mol⋅L−1稀硫酸与之混合．
②Cu与稀硫酸和稀硝酸的反应装置如图甲所示：
实验室中对圆底烧瓶加热的最佳方式是______ ；
装置中圆底烧瓶上方长导管的作用是______ ．
③下列可做为图乙中尾气收集或吸收装置的是______ (填字母)．
(提示：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O)
(4)上述方法中，方法一耗能大，方法二步骤多，方法三生成有毒气体．请综合考虑有关设计因
素设计一个实验室制备CuSO4⋅5H2O的方案流程图______ ．
供选择的试剂：Cu、Cl2、KMnO4、H2O2、浓硫酸、稀盐酸、稀硫酸等．
11.现有A、B、C、D、E、F六种位于周期表前四周期的元素，其原子序数依次增大，相关信息如
下表所示：
元素性质
A一种核素的原子核内不含中子
B原子核外电子有6种不同运动状态
C元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1
D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，且与碳元素同周期
E周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍
F该元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨
(1)F元素位于周期表的______区(填s、p、d、ds或f)，B、C、D三种元素的第一电离能由大到
小顺序为______(用元素符号表示)。

(2)ED2的VSEPR构型为______；ED2易溶于水的原因可能是______。

(3)F元素的一种氯化物常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，
也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，据此判断该氯化物晶体为______晶体。

(4)F的单质晶体在不同温度下有两种堆积方式(晶胞结构如图所示)，面心立方晶胞和体心立方
晶胞中实际含有的F原子个数之比为______，其中体心立方晶胞空间利用率为______(设F原子半径是r，列出含r的计算表达式，不需化简)。

12.某化学兴趣小组以苯的同系物D和乙烯为主要原料，采用以下路线合成药物
M()：
已知：①相同条件下D蒸气的密度是氢气的46倍；
②+→；
③Fe/HCl。

请回答下列问题：
(1)对于化合物M，下列说法正确的是______(填序号)。

a.可与浓盐酸形成盐
b.不能与氢气发生加成反应
c.可发生水解反应
d.属于两性化合物
(2)A的结构简式为______，D的名称是______。

(3)合成路线中属于氧化反应的有______(填序号)，E分子中官能团名称为______。

(4)写出C+F→G的化学反应方程式______。

(5)E的某种同系物H，相对分子质量比E大14，符合下列条件的H的同分异构体的数目有______
种。

①属于芳香族化合物；②含有−NH2；③能与NaHCO3溶液反应放出气体。

其中分子中核磁共振氢谱有6个吸收峰，且峰面积之比为1：1：1：2：2：2的有机物结构简式为______。

(6)已知反应②的原子利用率是100%，通常采用乙烯为原料制得A后与B反应合成C，请用化
学反应方程式表示以乙烯为原料制备B的合成路线(无机试剂任选)。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

A.铁杵磨成针过程中没有新物质生成，所以属于物理变化，故A正确；
B.“飞絮”的主要成分是纤维素，“鹅毛”的主要成分是蛋白质，故B错误；
C.爆竹的燃放过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，并且有元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C正确；
D.“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确。

故选B。

2.答案：C
解析：解：A.由结构简式可知分子式为C15H18，故A正确；
B.含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故B正确；
C.1个分子中含有2个碳碳双键和1个苯环，则1mol该物质最多和5molH2加成，故C错误；
D.含有苯环，结构不对称，苯环上有4种不同的H原子，故D正确．
故选C．
有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有苯环，结构不对称，苯环有4种不同的H原子，以此解答该题．
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．
3.答案：C
解析：解：A.最低价为−1价，则最高价为+7价，R位于周期表中第ⅤⅡA，故A错误；
B.RO3−中R元素的化合价为+5价，为中间价态，既能被氧化又能被还原，故B错误；
C.每反应消耗1molRO3−，转移电子的物质的量为1mol×(5−0)=5mol，故C正确；
D.R可能为Br、I元素，在常温下可能为液态或固体，故D错误；
故选：C。

RO3−+5R−+6H+=3R2+3H2O中，R元素的化合价由+5价降低为0，R元素的化合价由−1价升高为0，其最低价为−1价，则最高价为+7价，结合氧化还原反应基本概念来解答．
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，选项A为解答的易错点，题目难度不大．
4.答案：D
解析：解：由上述分析可知，W为Al，X为Na，Y为O，Z为F，
A.原子序数：W(13)>X(11)>Z(9)>Y(8)，故A错误；
B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>W>Y>Z，故B 错误；
C.金属性Na>Al，则氧化性：X+<W3+，故C错误；
D.非金属性F>O，则对应氢化物的稳定性：HZ>H2Y，故D正确；
故选D．
4种短周期元素的离子W3+、X+、Y2−、Z−具有相同的电子层结构，则均为10电子微粒，W、X位于第三周期，结合电荷数可知，W为Al，X为Na；Y、Z位于第二周期，结合电荷数可知Y为O，Z为F，以此来解答．
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握短周期具有相同的电子层结构的10电子微粒来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．5.答案：B
解析：
本题考查电解原理的应用，为高频考点，难度不大，掌握电解池的原理以及电极反应式是解答关键。

A.根据阴极上发生还原反应可判断放出氢气的一极为阴极，该电极的产物为H2和Na2SO3，电极反应式为，故A正确；
B.阴极上每得到4mol e−生成4mol，同时在阳极生成1mol O2，根据反应2SO32−+O2=2SO42−，可知1mol O2只能与2mol反应，故该工艺中NaHSO3转化为硫酸的转化率可以大于33.3％，但不会超过50％，故B错误；
C.根据阴极的电极反应式可知，阴离子交换膜交换的离子主要是
，故C正确；
D.图中右侧电极为阳极，该电极接电源的正极，故D正确。

故选B。

6.答案：D
解析：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分解提纯、物质除杂、有机物制备及物质性质实验等，把握实验原理及实验装置为解答的关键。

A.除去粗盐溶液中不溶物，可利用图中过滤操作，但漏斗下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，玻璃棒紧靠三层滤纸一边，故A错误；
B.碳酸氢钠分解生成水，为防止水倒流，试管口应略向下倾斜，图中试管口向上，故B错误；
C.除杂时导管应长进短出，图中气体从短导管进入不能除杂，故C错误；
D.乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，需要浓硫酸并加热，饱和碳酸钠可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备实验合理，故D正确。

故选D。

7.答案：D
解析：
本题综合考查离子浓度大小比较，题目难度不大，注意结合物料守恒以及电荷守恒解答该题，难度中等。

A.在A、B初始阶段，c(OH−)>c(CH3COO−)，故A错误；
B.B点时溶液pH=7，则c(OH−)=c(H+)，因醋酸为弱酸，则a>25，根据溶液的电荷守恒可知
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+(OH−)，则c(Na+)=c(CH3COO−)>c(OH−)=c(H+)，故B错误；
C.C点溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，c(Na+)<c(CH3COO−)，故C错误；
D.D点时，溶液是醋酸钠和醋酸等物质的量的混合物，由物料守恒知，c(CH3COO−)+c(CH3COOH)= 2c(Na+)，由电荷守恒知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，两式相减，消去CH3COO−，可得：c(OH−)+c(Na+)=c(CH3COOH)+c(H+)，故D正确。

故选D。

8.答案：(1)干燥密闭避光保存；
(2)氯化铵溶解为吸热过程；
(3)将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；B；
(4)3Cu+4H++6Cl−+NO3−=3[CuCl2]−+NO↑+2H2O；NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
(5)既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；
(6)搅拌，加速样品溶解；75.6%
解析：解：(1)根据已知“氯化亚铜(CuCl)，露置于潮湿的空气中易被氧化，在干燥的空气中稳定，见光会分解”，可知CuCl应干燥密闭避光保存；
故答案为：干燥密闭避光保存；
(2)因为氯化铵溶解为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；
故答案为：氯化铵溶解为吸热过程；
(3)通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3，制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率，选B；
故答案为：将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；B；
(4)根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2−离子方程式为3Cu+4H++6Cl−+NO3−=3[CuCl2]−+NO↑+2H2O；生成的NH4[CuCl2]稀释得到产物白色沉淀CuCl和氯化铵，反应为NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
故答案为：3Cu+4H++6Cl−+NO3−=3[CuCl2]−+NO↑+2H2O；NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
(5)已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；
故答案为：既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；
(6)①玻璃珠的作用为搅拌，加速样品溶解；
故答案为：搅拌，加速样品溶解；
②第一组数据误差较大，应舍去，则消耗的标准液为0.019L，
根据关系式：CuCl～Fe2+～Ce4+，则n(CuCl)=n(硫酸铈)，则CuCl的纯度为：
0.019L×0.10mol/L×99.5g/mol
×100%≈75.6%；
0.25
故答案为：75.6%。

本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息与相关基础知识联合分析，题目难度中等。

9.答案：+430AD CO C2H4的产率低，说
明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动
解析：解：(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为−84kJ⋅mol−1、−393kJ⋅mol−1、−110kJ⋅mol−1、0kJ⋅mol−1.由题中信息可知，△H=生成物的相对总能量−反应物的相对总能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g)△H3=(−110kJ⋅mol−1)×4−
(−84kJ⋅mol−1)−(−393kJ⋅mol−1)×2=+430kJ⋅mol−1，
故答案为：+430；
②A.反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故A正确；
B.反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，故B错误；
C.反应Ⅲ的产物中有CO，CO的浓度增大，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烷脱氢和乙烯的生成，故C错误；
D.反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，则该反应的浓度商Qc变大(大于平衡常数)，所以化学平衡向逆反应方向移动，故D正确；
故答案为：AD；
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2(g)+ CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52kJ⋅mol−1+0+(−393kJ⋅mol−1)=−341kJ⋅mol−1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，其活化能为210kJ⋅mol−1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ⋅mol−1，过渡态的的相对能量变为−341kJ⋅mol−1+210kJ⋅mol−1=−131kJ⋅mol−1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52kJ⋅mol−1)+(−242kJ⋅mol−1)+(−110kJ⋅mol−1)=−300kJ⋅mol−1，根据题中信息，第一步反应是快反应，反应的活化能较小，第二步的活化能较大，所以反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过
程图”可以表示为：，
故答案为：。

(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且反应Ⅲ为主反应，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，即CO2氧化C2H6的主要产物是CO，
故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率；
②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，可选择性地让C2H4通过而离开体系，使平衡体系中C2H4的浓度降低，从而促进反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)的化学平衡向正反应方向移动，提高乙烷的转化率。

故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。

(1)①焓变△H=生成物的相对总能量−反应物的相对总能量；
②根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；
③根据相关物质的相对能量和活化能计算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，根据图象中的关键数据作图；
(2)①催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同：C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且主要发生反应III；
②选择性膜可选择性的让某气体通过而离开体系，采用选择性膜技术，降低平衡体系中C2H4的浓度，从而促进反应Ⅱ的化学平衡向正反应方向移动。

本题考查化学平衡及其影响因素、反应热的计算、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握活化能概念及活化能与化学反应速率的关系、化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。

10.答案：坩埚；4H++O2+4Fe2+=4Fe3++2H2O；CuO、CuCO3、Cu(OH)2；150；水浴加热；导气兼冷凝回流；AC；
解析：解：(1)灼烧固体应在坩埚中进行，
故答案为：坩埚；
(2)亚铁离子能被空气中的氧气氧化成铁离子，反应的离子方程式为4H++O2+4Fe2+=4Fe3++
2H2O，调节pH值要能与酸反应且不引入新的杂质，同时不能使铜离子沉淀，所以加入的试剂为CuO、CuCO3、Cu(OH)2等，
故答案为：4H++O2+4Fe2+=4Fe3++2H2O；CuO、CuCO3、Cu(OH)2；
(3)①Cu与稀硫酸和稀硝酸混合，为了只得到CuSO4溶液，硝酸只能全部做氧化剂生成一氧化氮，根据电子得失守恒可知，1mol硝酸能氧化1.5mol铜，同时也消耗1.5mol硫酸，所以100mLl.0moI⋅L−1稀硝酸即含有0.1mol硝酸中加入1.0mol⋅L−1稀硫酸的体积为150mL，
故答案为：150；
②该反应的条件为40℃−50℃，所以可以用水浴加热的方式，硝酸易挥发，所以要用圆底烧瓶上方长导管冷凝回流，同时导管能导气，
故答案为：水浴加热；导气兼冷凝回流；
③NO难溶于水，可以用排水法收集，反应的尾气为NO，要与氧气反应后才能被氢氧化钠吸收，所以选择AC装置，
故答案为：AC；
(4)根据题中提供的药品可知，实验室制备CuSO4⋅5H2O较好的方法是在硫酸溶液中用双氧水氧化铜，为保证反应速率可适当加热，得硫酸铜溶液后再通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤得CuSO4⋅5H2O，
所以实验方案的流程图为，
故答案为：．
(1)灼烧固体应在坩埚中进行，据此答题；
(2)亚铁离子能被空气中的氧气氧化成铁离子，调节pH值要能与酸反应且不引入新的杂质，同时不能使铜离子沉淀；
(3)①Cu与稀硫酸和稀硝酸混合，为了只得到CuSO4溶液，硝酸只能全部做氧化剂生成一氧化氮，根
据电子得失守恒可计算硝酸的物质的量；
②根据反应的条件可判断加热方式，硝酸易挥发，所以要冷凝回流，同时导管能导气； ③NO 难溶于水，可以用排水法收集，反应的尾气为NO ，要与氧气反应后才能被氢氧化钠吸收，据此选择装置；
(4)根据题中提供的药品可知，实验室制备CuSO 4⋅5H 2O 较好的方法是在硫酸溶液中用双氧水氧化铜，为保证反应速率可适当加热，得硫酸铜溶液后再通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤得CuSO 4⋅5H 2O ，据此答题．
本题以以Cu 为原料制取CuSO 4⋅5H 2O 为载体考查了实验基本操作、实验原理分析、实验方案的设计等，题目综合性强，难度中等，答题时注意元素化合物质的基础知识的灵活运用．
11.答案：d N >O >C V 形 SO 2能与水发生反应，SO 2是极性分子，H 2O 是极性分子，相似相溶 分子 2：1 2×43πr 3(4r √3)3×100%
解析：解：(1)Fe 处于周期表中第四周期第Ⅷ族，位于周期表中d 区；同周期主族元素随原子序数增
大第一电离能呈增大趋势，N 元素的2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，
故第一电离能大小顺序为：N >O >C ，
故答案为：d ；N >O >C ；
(2)SO 2中S 原子孤电子对数=6−2×2
2=1，价层电子对数=2+1=3，故分子空间构型为V 形；
SO 2能与水发生反应SO 2+H 2O =H 2SO 3，SO 2是极性分子，H 2O 是极性分子，相似相溶，因此SO 2易溶于水，
故答案为：V 形；SO 2能与水发生反应，SO 2是极性分子，H 2O 是极性分子，相似相溶；
(3)F 的一种氯化物常温下为固体，熔沸点较低，且易升华，易溶于有机溶剂，该氯化物属于分子晶体，
故答案为：分子；
(4)体心立方晶胞中Fe 原子个数=1+8×18=2，面心立方晶胞中Fe 原子个数=6×12+8×18=4，所以面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe 原子个数之比为2：1；
处于体对角线上Fe 原子相邻，Fe 原子半径是r ，则晶胞体对角线长度为4r ，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的√3倍，故晶胞棱长=√3，晶胞中Fe 原子数目=1+8×18=2，晶胞中原子总体积=2×43πr 3，晶胞的空间利用率=[2×43πr
3÷(√3)3]×100%=2×43πr 3(4r √3)3×100%， 故答案为：2：1；2×4
3πr 3(4r √3)3×100%。

现有A 、B 、C 、D 、E 、F 六种位于周期表前四周期的元素，其原子序数依次增大。

A 元素一种核素的原子核内不含中子，则A 为H 元素；B 元素原子核外电子有6种不同运动状态，则B 为碳元素；C 元素原子的核外p 电子总数比s 电子总数少1，原子核外电子排布为1s 22s 22p 3，故C 为氮元素；
D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，原子只能有1个p能级，故原子核外电子排布为
1s22s22p4，则D为氧元素；E在周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍，故其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；F元素的一种氧化物M可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨，则F为Fe。

(1)IA、IIA族为s区，IIIA～ⅦA及零族为p区，IB族、IIB族为ds区，IIIB～ⅦB及第Ⅷ族为d区(镧系元素、锕系元素除外)，镧系元素、锕系元素属于f区；
同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
=1，价层电子对数=2+1=3；SO2能与水发生反应，SO2、H2O (2)SO2中S原子孤电子对数=6−2×2
2
都是极性分子，相似相溶；
(3)F的一种氯化物熔沸点较低，且易升华，易溶于有机溶剂，符合分子晶体的性质；
(4)均摊法计算体心立方晶胞、面心立方晶胞中Fe原子数目，确定晶胞中Fe原子数目之比；
处于体对角线上Fe原子相邻，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的√3倍，而晶胞体对角线长度=4倍的Fe原子半径，均摊法计算晶胞中Fe原子数目，计算晶胞中原子总体积，晶胞的空间利用率=(原子总体积÷晶胞体积)×100%。

本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、电离能、空间构型、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，(4)中关键是明确原子半径与晶胞棱长的关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算。

12.答案：(1)ac；
(2)；甲苯；
(3)①④；硝基；
(4)
；
(5)17；；
，
解析：
本题考查有机物推断与合成，充分利用M的结构、给予的反应信息进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理与知识迁移运用能力，(6)中为易错点、难点，中学不涉及胺的内容。