2019-2020学年北京海淀人大附新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年北京海淀人大附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．某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO 和2O 物质的量百分含量分别是10%和6%，发生反应为：
()()222NO g +O g 2NO g ƒ（）
，在其他条件相同时，测得试验数据如下：
根据表中数据，下列说法正确的是 A ．温度越高，越有利于NO 的转化 B ．增大压强，反应速率变慢
C ．在5110Pa ⨯、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡
D ．如进入反应塔的混合气体为a mol ，如速率v n /t =⊿⊿表示，则在5810Pa ⨯、30℃条件下，转化率从50%增至90%时段，NO 的反应速率为4a /370mol /s 【答案】D 【解析】 【详解】
A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO 转化，故A 错误；
B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B 错误；
C.在1.0×105Pa 、90℃条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C 错误；
D.8.0×105Pa 、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO ，时间为3.7s ，转化的NO 为
amol×0.1×(90%-50%)=0.04amol ，反应速率v=△n/△t ，则NO 的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s ，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对
平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。

2．常温下，用0.1000-1
mol L⋅NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所
示。

已知在点③处恰好中和。

下列说法不正确
．．．的是（）
A．点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大
B．该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为5
1.810-
⨯
C．点①③处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)
D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】
点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：0.1000mol/L0.02011L
0.02L
⨯
=0.10055mol/L，
A. 溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A项正确；
B. 点②处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO−)=0.1000mol/L0.02L
0.02L+0.02L
⨯
=0.05mol/L，c(H+)=10−7mol/L，此
时溶液中醋酸的浓度为：0.10055
2
/
mol L
−0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：
K=
()()
()
-+
3
3
c CH COO c H
c CH COOH
⋅
=
7
100.05
0.000275
-⨯
≈1.8×10−5，B项正确；
C. 在点③处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；
D. c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；
答案选C。

3．2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界。

像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。

电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。

结构如图所示。

原理如下：(1−x)LiFePO 4+xFePO 4+Li x C n
LiFePO 4+nC 。

下列说法不正确．．．
的是（ ） A ．放电时，正极电极反应式：xFePO 4+xLi ++xe -=xLiFePO 4 B ．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C ．充电时，阴极电极反应式：xLi ++xe -+nC=Li x C n D ．充电时，Li +向左移动 【答案】D 【解析】 【分析】
放电为原电池原理，从(1−x)LiFePO 4+xFePO 4+Li x C n
LiFePO 4+nC 可知，Li x C n 中的C 化合价升高了，所
以Li x C n 失电子，作负极，那么负极反应为：x n Li C xe xLi -+
-=+nC ，LiFePO 4作正极，正极反应为：
44xFePO xLi xe xLiFePO +-++=，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。

【详解】
A ．由以上分析可知，放电正极上4FePO 得到电子，发生还原反应生成4LiFePO ，正极电极反应式：
44xFePO xLi xe xLiFePO +-++=，A 正确；
B ．原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，B 正确；
C ．充电时，阴极为放电时的逆过程，Li +变化为x n Li C ，电极反应式：x n xLi xe nC Li C +-
++=，C 正
确；
D ．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li +向右移动，D 错误； 答案选D 。

【点睛】
带x 的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是x n Li C 变为C 之后，先用原子守恒得到x n Li C —xLi ++nC ，再利用电荷守恒在左边加上-xe -即可，切不可从化合价出发去写电极反应。

4．25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H 2X 溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH 溶液，溶液中由水电离出的c 水(OH -) 的负对数[一lgc 水(OH -)]即pOH 水-与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示。

下列说法中正确的是
A ．水的电离程度：M>P
B ．图中P 点至Q 点对应溶液中()()
-2-c HX c X 逐渐增大
C ．N 点和Q 点溶液的pH 相同
D ．P 点溶液中(
)()()()-
+
-2
c OH =c H
+c HX +2c H X
【答案】D 【解析】 【分析】
-1g c 水(OH -)越小，c 水(OH -)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H +)越大、碱中c(OH -)越大，其抑制水电离程度越大，则 c 水(OH -)越小，据此分析解答。

【详解】
A ．M 点水电离出的c 水(OH -)为10-11.1mol/L ，P 点水电离出的c 水(OH -)为10-5.4mol/L ，水的电离程度M ＜P ，故A 错误；
B ．水解平衡常数只与温度有关，P 点至Q 点溶液中c(OH -)依次增大，则
2c HX c )()X (--=2c HX c )()X (--×c OH c ()
()OH --=h1(K c OH )
-依次减小，故B 错误；
C ．N 点到Q 点，加入的NaOH 逐渐增多，溶液的pH 逐渐增大，故C 错误；
D ．P 点溶质为Na 2X ，溶液中存在质子守恒，c(OH -)=c(H +)+c(HX -)+2c(H 2X)，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
明确图象曲线变化的含义为解答关键。

本题的易错点为B ，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。

5．6克含杂质的Na 2SO 3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S 、T 、P ），气体质量为3克，该样品的组成可能是（ ） A ．Na 2SO 3，Na 2CO 3
B ．Na 2SO 3，NaHCO 3
C ．Na 2SO 3，NaHCO 3，Na 2CO 3
D ．Na 2SO 3，MgCO 3，NaHCO 3
【答案】C 【解析】
【分析】
标况下，1.12L气体的物质的量=
11.2L
22.4L/mol
=0.05mol，气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量
=
3
0.05
=60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2。

根据平
均相对分子质量，[44n(CO2)+64 n(SO2)]÷[n(CO2)+ n(SO2)]=60，则n(CO2)：n(SO2)=1：4，所以n(CO2)=0.01 mol，n(SO2)=0.04 mol，由于n(Na2SO3)= n(SO2)=0.04 mol，故杂质质量=6g﹣0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳。

【详解】
A．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol×106g/mol=1.06g>0.96g，A错误；
B．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g<0.96g，B错误；
C．由AB分析可知，杂质可能为NaHCO3，Na2CO3的混合物，C正确；
D．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氢钠质量
=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，D错误；
故选C。

6．常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1 HCN溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH的溶液,由水电离的氢氧根离子浓度随加入NaOH体积的变化如图所示,则下列说法正确的是( )
A．常温下,0.1 mol·L-1HCN的电离常数K a数量级为10-8
B．a、c两点溶液均为中性
C．当V(NaOH)=10mL时：c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
D．当V(NaOH)=30mL时：2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 常温下，0.1 mol·L-1HCN溶液中，水电离出的氢离子浓度为10-8.9mol/L，则溶液中的氢离子浓度
=
14
8.98.9
Kw10
10mol/L10mol/L
-
--
==10-5.1，则电离常数K a=
5.1 5.1
1010
0.1
--
⨯
=10-9.2，数量级为10-,9，故A错误；
B. a点为HCN和Na CN的混合溶液显中性，c点为NaOH和Na CN的混合溶液呈碱性，故B错误；
C. 当V(NaOH)=10mL时，为HCN和Na CN的混合溶液且二者物质的量浓度相等，溶液显酸性，c(OH-)＜c(H+)，故C错误；
D. 当V(NaOH)=30mL时，为NaOH和Na CN的混合溶液呈碱性，钠离子的总物质的量为0.003mol，Na CN 中CN-以CN-和HCN两种形式存在，总物质的量为0.002mol，则物料守恒为2c(Na+)=3c(CN-)+3c(HCN)，该混合溶液中电荷守恒式为：c(Na+)+ c(H+)= c(CN-)+ c(OH-)，则c(Na+)= c(CN-)+ c(OH-)- c(H+)，代入物料守恒式，可得：2[c(CN-)+ c(OH-)- c(H+)]=3c(CN-)+3c(HCN)，2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)，故D正确；答案选D。

7．化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。

正确的是A．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅
B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源
C．“神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料
D．所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用
【答案】C
【解析】
【详解】
A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；
B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B错误；
C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C正确；
D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D错误。

答案选C。

8．设N A为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.01 mol·L-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.01 N A
B．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目为2 N A
C．2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2 N A
D．0.l mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同
【答案】C
【解析】
【详解】
A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；
B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；
C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2N A，C正确；
D.溶液的体积未知，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是C。

9．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。

下列说法正确的是()
A．原子半径：r(X)>r(Y)>r(W)
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
C．由W、Y形成的化合物是离子化合物
D．由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。

【详解】
根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则
A. 同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：
r(Na)>r(S)>r(O)，A项正确；
B. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；
C. 由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；
D. 由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；
答案选A。

10．下列有关物质的性质与应用相对应的是（）
A．Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒
B．SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维
C．NH3具有还原性，可用作制冷剂
D．Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】
A．氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A 错误；
B．二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；
C．氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D．过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确；
故答案为D。

11．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。

”这里的“强水”是指
A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；
答案选B。

12．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A．pH=2的透明溶液：K+、SO42-、Na+、MnO4-
B．使酚酞变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-
C．与Al反应生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO42-
D．c（NO3-）=1.0mol•L-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】
A. pH=2是酸性溶液，K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存，A正确；
B. 使酚酞变红的溶液是碱性溶液，Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的白色沉淀，不能共存，B错误；
C. 与Al反应生成H2的溶液是可酸可碱，NH4+与OH-反应生成一水合氨，不能共存，C错误；
D. 在酸性溶液中，NO3-会显强氧化性，将Fe2+氧化生成Fe3+，所以H+、NO3-、Fe2+不能共存，D错误；
故答案选A。

【点睛】
在酸性环境中，NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-会显强氧化性，氧化低价态的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有机物等，所以不能共存。

13．中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊《Science》上，并获得重
重点推荐。

二维结构的硼烯如图所示，下列说法错误的是（）
A．1mol硼原子核外电子数为3N A
B．1molBF3分子中共价键的数目为3N A
C．1molNaBH4与水反应转移的电子数为4N A
D．硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 硼原子核外有5个电子，1mol硼原子核外电子数为5N A，故A错误；
B. BF3的结构为，1molBF3分子中共价键的数目为3N A，故B正确；
C. NaBH4与水生成氢气，氢元素化合价由-1升高为0，1molNaBH4反应转移的电子数为4N A，故C正确；
D. 硼烯具有导电性，有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料，故D正确；
选A。

14．2019年9月25日，全世界几大空之一―—北京大兴国际机场，正式投运。

下列相关说法不正确的是( ) A．机杨航站楼所用钢铁属于合金材料
B．航站楼使用的玻璃是无机非金属材料
C．航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料
D．机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏
【答案】C
【解析】
【详解】
A．机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A正确；
B．玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；
C．橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；
D．常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确；
故答案为C。

15．炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固
体。

下列说法正确的是
A．用装置甲制取CO2并通入废碱液
B．用装置乙从下口放出分液后上层的有机相
C．用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3
D．用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体
【答案】C
【解析】
【分析】
A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；
B、分液时避免上下层液体混合；
C、CaCO3不溶于水；
D、在蒸发皿中蒸发结晶。

【详解】
A项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A错误；
B项、分液时避免上下层液体混合，则先从下口放出下层液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；C项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；
D项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D错误。

故选C。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。

实验一：SO2可以抑制细菌滋生，具有防腐功效。

某实验小组欲用下图所示装置测定某品牌葡萄酒中(葡萄酒中含有乙醇、有机酸等)的SO2含量。

（1）仪器A的名称是________；使用该装置主要目的是____________________。

（2）B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中化学方程式为_________________________________________。

（3）将输入C装置中的导管顶端改成具有多孔的球泡(如图15所示)。

可提高实验的准确度，理由是
_______________________________________。

（4）除去C中的H2O 然后用0.099mol·L-1NaOH标准溶液滴定。

①用碱式滴定管量取0.09mol·L-1NaOH标准溶液前的一步操作是___________________________；
②用该方法测定葡萄酒中SO2的含量偏高，主要原因是__________________________________，利用现有的装置，提出改进的措施是_______________________________________________。

（5）利用C中的溶液，有很多实验方案测定葡萄酒中SO2的含量。

现有0.1mol·L-1BaCl2溶液，实验器材不限，简述实验步骤：________________________________。

【答案】冷凝管回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性H2O2+SO2=H2SO4增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分用待装液润洗滴定管挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量将盐酸换为稀硫酸向C 中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量
【解析】
考查实验方案设计与评价，（1）仪器A为（直型）冷凝管，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO42－，因此化学反应方程式为H2O2＋SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）①使用滴定管应先检漏，再用待盛液润洗，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；②B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO42－，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C 中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、
洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。

以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl 2-]，潮湿空气中易水解氧化。

（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。

该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。

溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___；
②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。

③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。

【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 16.3 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O SO42-或(NH4)2SO42：1 > 加水稀释(NH4)2SO4
HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu 单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。

【详解】
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=1000
M
ρω
得，浓硫酸浓度=
1.84
100098%
98/
g
mL
g mol
⨯⨯
=18.4mol·L-1，根据C1V1=C2V2得：
18.4mol·L-1⨯V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu 和稀硝酸反应，故离子方程式为：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；
②B点之前Cu+和
Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，
有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>；
③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；
（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。

【点睛】
（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。

I·甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) △H
（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ•mol-1。

（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___
（填标号）。

a.混合气体的密度保持不变
b.混合气体的总压强保持不变
c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成
d.甲醛的浓度保持不变
（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。

制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。

a.400℃
b.650℃
c.700℃
d.750℃
（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：
①CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)
②CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)
平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。

则反应i的平衡常数K=___。

II.甲醛的用途
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。

反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___mo1。

【答案】+84 升高温度降低压强bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575 HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+0.02
【解析】
【分析】
【详解】
（1）生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol；
（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：
a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；
b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；
c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；
d .当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d 项正确； 答案选bd ；
（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c ；
（4）平衡时甲醇为0.2mol ，因此有0.8mol 甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol ，说明有0.7mol 甲醇发生了反应①，有0.1mol 甲醇发生了反应②，因此氢气一共有0.7mol+0.1mol 2=0.9mol ⨯，代入平衡常数的表达式有23c(HCHO)c(H
)0.35mol/L 0.45mol/L K== 1.575c(CH OH)0.1mol/L
⨯=； （5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为
2++22HCHO+2Ni +H O=2Ni+CO +4H ↑；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL 二氧化碳的物质的量为
0.112L =0.005mol 22.4L/mol
，因此一共要转移0.02mol 电子。

【点睛】
对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。

19．元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。

回答下列问题：
（1）如图表示某短周期元素X 的前五级电离能（I ）的对数值，试推测并写出X 的元素符号___。

（2）化合物甲与SO 2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式___，甲分子中心原子的杂化类型是___。

（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC13·5NH 3（紫红色）和1mo1CoC13•4NH 3（绿色）溶于水，加入AgNO 3溶液，立即沉淀的AgCl 分别为2mo1、1mol 。

则紫红色配合物中配离子的化学式为___，绿色配合物中Co 的配位数为___。

（4）某稀土元素M 的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M 离子。

①写出该氧化物的化学式___。

②己知该晶体密度为ρg ·cm -3，晶胞参数为anm ，N A 为阿伏加德罗常数的值。

则M 的相对原子质量Mr =___
（用含ρ、a 等的代数式表示）；
③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M 原子）的坐标为（14，14，34
），则原子2(M 原子）的坐标为___。

【答案】Mg S 2O 或OS 2 sp 2 [Co (NH 3)5Cl ]2+ 6 MO 2 3-21A ρN a 10-1284
⨯ 131(,,)444
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为Mg ；
（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为2S O 或2OS ，2SO 中硫原子是2
sp 杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此2S O 分子中心原子的杂化类型也为2sp ；
（3）根据分析，1mol 紫红色的物质中有2mol -Cl 位于外界，因此剩下的1mol -Cl 位于内界，其配离子的化学式为2+35[Co(NH )Cl]，而1mol 绿色的物质中有1mol -Cl 位于外界，因此剩下的2mol -Cl 位于内界，因此其配位数为4+2＝6；
（4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按
18来计算，位于棱心的氧原子按14来计算，位于面心的氧原子按12
来计算，位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有1118+12+6+1=8842
⨯⨯⨯个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M 离子和8个氧离子，因此其化学式为2MO ；
②分子内有4个M 和8个氧，因此一个晶胞的质量为r A
4M +816g N ⨯，晶体的体积为3-213a 10cm ⨯，代入。