2019-2020学年四川雅安中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年四川雅安中学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．我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为。

下列说法正确的是
A．固氮时，锂电极发生还原反应
B．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑
C．固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极
D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移
【答案】B
【解析】
【分析】
据总反应可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-═6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3N，充电是放电的逆过程，据此解答。

【详解】
A. 固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；
B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑，故B正确；
C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；
D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D错误；
答案：B
【点睛】
明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。

2．莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气
C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】
A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；
B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；
C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。

答案选C。

3．部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是
共价键C﹣C C=C C≡C
键长（nm）0.154 0.134 0.120
键能（kJ/mol）347 612 838
A．0.154 nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm
B．C=O键键能＞C﹣O键键能
C．乙烯的沸点高于乙烷
D．烯烃比炔烃更易与溴加成
【答案】C
【解析】
【详解】
A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A 正确；
B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；
C. 乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；
D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；答案选C。

【点睛】
D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。

4．下列说法正确的是（）
A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。

其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。

B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。

C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。

D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。

【答案】D
【解析】
【详解】
A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；
B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；
C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；
D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。

答案选D。

【点睛】
本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。

5．有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。

通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是
A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定
B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定
C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定
D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定
【答案】D
【解析】
【详解】
反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。

碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，
答案选D。

6．模拟侯氏制碱法原理，在CaCl2浓溶液中通入NH3和CO2可制得纳米级材料，装置见图示。

下列说法正确的是
A．a通入适量的CO2，b通入足量的NH3，纳米材料为Ca(HCO3)2
B．a通入足量的NH3，b通入适量的CO2，纳米材料为Ca(HCO3)2
C．a通入适量的CO2，b通入足量的NH3，纳米材料为CaCO3
D．a通入少量的NH3，b通入足量的CO2，纳米材料为CaCO3
【答案】C
【解析】
【详解】
由于氨气极易溶于水，则a处通入CO2，b处通入氨气。

氨气溶于水显碱性，所以在氨气过量的条件下最终得到的是碳酸钙；
答案选C。

7．下化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是（）
选项实验现象结论
A
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入
稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀
硝酸
所得沉淀为BaSO4
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 盐酸是强酸，SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀，然后滴入稀硝酸，亚硫酸被氧化为硫酸，与BaCl2生成BaSO4白色沉淀，BaSO4白色沉淀不溶于稀硝酸，故A正确；
B. 浓硫酸具有脱水性，滴入蔗糖中并搅拌，发生反应生成有刺激性气味的二氧化硫，该过程中浓硫酸仅体现脱水性和强氧化性，故B错误；
C. 烧碱是氢氧化钠，具有强腐蚀性，故不能用用热的烧碱溶液洗去油污，故C错误。

D. FeCl3溶液可与Cu反应生成Cu2＋，可用于铜质印刷线路板的铜回收，故D错误；
答案选A。

8．W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X 的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强
碱，以下说法错误
．．的是
A．原子半径大小：Y>Z
B．Y3X2中既有离子键，又有共价键
C．Z的最高价氧化物可做干燥剂
D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y 为Mg元素，据此分析解答。

【详解】
A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径
大小：Y>Z，故A正确；
B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；
C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；
D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；
答案选B。

9．下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是
A．SO2B．H2O2C．新制氯水D．碘酒
【答案】A
【解析】
A. SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故A正确；
B. H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B错误;
C. 新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, C错误；
D. 碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, D错误。

答案选A.
10．某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是
A．不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B选项，1 mol苯环消耗3 mol氢气，1mol碳碳双键消耗1 mol氢气，因此1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应，故B正确；
C选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；
D选项，酯不易溶于水，故D错误。

综上所述，答案为B。

11．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A．标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5N A
B．10.0g质量分数为46％的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05N A
C．常温常压下，124gP4中含σ键数目为4N A
D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中+
4
NH数目为N A
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A错误；
B．10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g，物质的量为
4.6g
46g/mol
=0.1mol，
根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，0.1mol乙醇生成0.05mol氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05N A，故B错误；
C．一个P4分子中含有6个磷磷单键，即6个σ键，124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol，含σ键数目为6N A，故C错误；
D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+
c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L－1=1mol，则+
4
NH数目为N A，故D正确；
答案选D。

【点睛】
C项的P4分子是正四面体构型，分子中含有6个磷磷单键，知道物质的结构很关键。

12．下列有关物质性质的比较，错误的是( )
A．溶解度(25℃)：小苏打< 苏打B．沸点：H2Se>H2S>H2O
C．密度：溴乙烷> 水D．碳碳键键长：乙烯< 苯
【答案】B
【解析】
【详解】
A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；
B．由于水分子间存在氢键，故水的沸点反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S，故B错误；
C．溴代烃和碘代烃的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯<苯，故D正确；
故选B。

【点睛】
本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意水分子间存在氢键，沸点反常的升高。

13．锂-铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。

该电池通过一种复杂的铜腐蚀―现象产生电能，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，下列说法错误的是( )
A．放电时，Li＋透过固体电解质向右移动
B．放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D．整个反应过程中，氧化剂为O2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据图示及电池反应，Cu2O为正极，Li为负极；放电时，阳离子向正极移动，则Li＋透过固体电解质向Cu2O极移动，故A正确；
B．根据电池反应式知，正极反应式为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故B错误；
C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D正确；
答案选B。

14．关于下列装置的描述正确的是（）
A．甲装置可用于电解精炼铜
B．乙装置红墨水水柱两边液面变为左低右高
C．丙装置中的交换膜为阴离子交换膜
D．丁装置可达到保护铁闸门的作用
【答案】A 【解析】 【详解】
A ．粗铜与电源正极相连，为阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu ，可电解精炼铜，故A 正确；
B ．左侧发生吸氧腐蚀，右侧发生析氢腐蚀，则红墨水水柱两边液面变为左高右低，故B 错误；
C ．由图可知，需要钠离子透过交换膜，精制饱和食盐水，则交换膜为阳离子交换膜，故C 错误；
D ．铁闸门与电源正极相连，失去电子，加速腐蚀，故D 错误； 答案选A 。

15．短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 、Q 原子序数依次增大，Y 元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q 与Y 同主族，X 与Y 构成的化合物可引起光化学烟雾，Z 、W 、Q 的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。

下列说法正确的是( ) A ．简单氢化物的沸点：Y<Q B ．W 的氧化物可作耐高温材料 C ．简单离子半径最大的为Z D ．气态氢化物的稳定性：Y<X
【答案】B 【解析】 【分析】
短周期主族元素X 为N 、Y 为O 、Z 为Na 、W 为Al 、Q 为S ； 【详解】
A. Y 、Q 的简单氢化物分别为H 2O 、H 2S ，水分子间存在氢键，沸点反常，沸点H 2O ＞H 2S ，A 错误；
B. W 的氧化物为氧化铝，熔点高达2000°C 以上，可作耐高温材料，B 正确；
C. N 、O 、Na 、Al 的简单离子都是10电子，核电荷数越大，半径越小，则r （N 3-）>2-+3+(O )(Na )(Al )r r r ＞＞，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则2-2-
(S )(O )r r ＞，故钠离子半径不可能最大，C 错误； D.非金属性N ＜O ，则 气态氢化物的稳定性H 2O ＞NH 3，D 错误； 答案选B 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca 2+、Mg 2+等结合的螯合剂。

某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA ，并用其测定某地下水的硬度。

制备EDTA 的实验步骤如下：
步骤1：称取94.5g(1.0mol)ClCH2COOH于1000mL三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再产生无色气泡；
步骤2：加入15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入2.0 mol/L NaOH溶液90mL，加水至总体积为600mL左右，温度计50℃加热2h；
步骤3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。

用盐酸调节滤液至pH=1，有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得EDTA。

测地下水硬度：
取地下水样品25.00mL进行预处理后，用EDTA进行检测。

实验中涉及的反应有M2+ (金属离子)+Y4－(EDTA)=MY2－；M2+(金属离子)+EBT(铬黑T，蓝色)==MEBT(酒红色)；MEBT+Y4－(EDTA)=MY2－+EBT(铬黑T)。

请回答下列问题：
(1)步骤1中发生反应的离子方程式为__________。

(2)仪器Q的名称是____________，冷却水从接口_______流出(填“x”或“y”)
(3)用NaOH固体配制上述NaOH溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、______和_______，需要称量NaOH固体的质量为______。

(4)测定溶液pH的方法是___________。

(5)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水－氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用
0.0100mol·L－1EDTA标准溶液进行滴定。

①确认达到滴定终点的现象是____________。

②滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该地下水的硬度=____________(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10 mg CaO称为1度)
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将_____(填“偏大“偏小”或“无影响”)。

【答案】2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O（球形）冷凝管x胶头滴管
100mL容量瓶8.0g取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH 试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色33.6度偏大
【解析】
【分析】
(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；
(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；
(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH 溶液90mL ，但是实验室没有90mL 的容量瓶，应用100mL 容量瓶，即应配制100mLNaOH 溶液，据此计算需要NaOH 固体的质量，再根据用NaOH 固体配制NaOH 溶液的实验步骤判断所需仪器；
(4)根据pH 试纸的使用方法进行解答；
(5)①根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T ，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；
②首先明确关系式n(M 2+)~n(EDTA)~ n(CaO)，进而计算1L 水样中CaO 的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；
③若实验时装有EDTA 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA 标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA 消耗EDTA 标准液的体积偏大。

【详解】
(1)已知ClCH 2COOH 与Na 2CO 3溶液反应产生无色气泡，可知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH 2COOH+CO 32-=2ClCH 2COO -+CO 2↑+H 2O ，故答案为：
2ClCH 2COOH+CO 32-=2ClCH 2COO -+CO 2↑+H 2O ；
(2)仪器Q 的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：（球形）冷凝管；x ；
(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH 溶液90mL ，但是实验室没有90mL 的容量瓶，应用100mL 容量瓶，即应配
制100mLNaOH 溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L ×
0.1L=0.2mol ，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2mol×40g/mol=8.0g ，用NaOH 固体配制NaOH 溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL 容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL 容量瓶；8.0g ；
(4)测定溶液pH 的方法是取一块pH 试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH 试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH 试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH 试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；
(5)①根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定终点溶液的颜色变化为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA 标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色； ②用0.0100mol ⋅L −1的EDTA 标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA 溶液15.0mL ，则
n(M 2+)=n(EDTA)=0.0100mol ⋅L −1×15.0×10−3L=1.5×10−4mol ，则25.00ml 水中
m(CaO)=nM=56g/mol×1.5×10−4mol=8.4mg ，所以1L 水中()0.0258.4mg CaO ==336L
mg/L m ，通常把1L 水中含
有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为
336mg
=33.6
10mg/
度
度
，故答案为：33.6度；
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。

【点睛】
容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。

容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制90 mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式
n(NaOH)=cV计算NaOH物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。

容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml溶液选用100ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。

其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：
X Y
Z W
请回答以下问题：
（1）W在周期表中位置___；
（2）X和氢能够构成+1价阳离子，其电子式是___，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是___；
（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M的晶体类型为___，M的水溶液显酸性的缘故是___(用离子方程式表示)。

（4）①Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是___。

②在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是___。

【答案】三、VIIA H 2O分子间存在着氢键离子晶体NH4+ + H2O NH3·H2O+ H+ SO 2+Cl2 + 2H2O= 2HCl+ H2SO42SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)△H= -190.0kJ/mol
【解析】
【分析】
由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、 W处于第三周期，Y 原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S 元素、W为Cl。

【详解】
(1)由上述分析可知：W为Cl元素，处于周期表中第三周期第VII A族，故答案为：三、VIIA；
(2)由上述分析可知：X为N元素，X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是；Y为O 元素，Z为S元素，Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在着氢键。

故答案为：；H2O分子间存在着氢键；
(3) 由上述分析可知：X为N元素，X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为
NH 4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+ + H2O NH3·H2O+ H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH 4+ + H2O NH3·H2O+ H+；
(4) ① 由上述分析可知：Y为O元素，Z为S元素，W为Cl，Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是：SO2+Cl2 + 2H2O= 2HCl+ H2SO4，故答案为：SO2+Cl2 + 2H2O= 2HCl+ H2SO4；
②在一定条件下，化合物Q（SO2）与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO 2 + O2 2SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol ，氧气为1mol，生成2mol SO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是
2SO 2(g) + O2(g) 2SO3(g)△H= -190.0kJ/mol；故答案为：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)△H= -190.0kJ/mol。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·zH2O]在农业上用作杀菌剂。

工业上用铜矿粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）为原料制取氯氧化铜的流程如下：
⑴“调节pH”并生成Fe(OH)3时反应的离子方程式为______。

⑵调节pH，要使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022mol·L-1，而c(Fe3＋)≤1×10－6mol·L-1，则应调节pH的范围为
______。

｛已知K sp[Cu(OH)2＝2.2×10－20]，K sp[Fe(OH)3＝1×10－36]｝
⑶为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：
步骤Ⅰ：称取0.4470 g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。

滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL；
步骤Ⅱ：称取0.4470g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量硫酸使固体完全溶解。

向溶液中加入过量的KI 固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。

已知步骤Ⅱ中所发生的反应如下：
2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2 2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6
①已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，步骤Ⅰ滴定终点时的实验现象是_______。

②通过计算确定氯氧化铜的化学式________________（写出计算过程）。

【答案】4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑ [4，5]当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀3CuO·CuCl2·4H2O
【解析】
【分析】
铜矿粉溶于盐酸溶液中，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，此时溶液中存在着Fe3+的水解平衡，加入碱式碳酸铜调节pH值，使Fe3+转化成沉淀除去。

加入石灰乳将Cu2+
沉淀：
【详解】
（1）Fe3+水解平衡：Fe3+＋3H2O垐?
噲?Fe(OH)3＋3H+，Cu2(OH)2CO3消耗H+，H+浓度减小使平衡正向移动，Fe3+转化成氢氧化铁沉淀而除去，Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋CO2↑+3H2O，将俩方程式加和就得到了：4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑。

（2）使溶液中的Fe3+完全变成沉淀时的pH计算：K sp[Fe(OH)3]=1×10-36=c（Fe3+）×c3（OH—），c（Fe3+）=1×10-6mol•L—1，解得c（OH—）=1×10—10mol•L—1，pH=4；使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022mol·L-1 pH计算：K sp[Cu (OH)2]=2.2×10—20=c（Cu2+）×c2（OH—），c（Cu2+）=0.022mol•L—1，解得c（OH—）=1×10—9mol•L—1，pH=5；故pH 范围：[4，5]。

（3）①当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液时，CrO42—开始沉淀出现砖红色。

②n(Cl—)=n（AgNO3）=0.1000 mol·L－1×0.02 L=0.002 mol，由方程式知：Cu2+～Na2S2O3，n(Cu2+ ) =
n(Na2S2O3)= 0.2000 mol·L－1×0.02 L=0.004 mol，结合氯氧化铜化学式[xCuO·yCuCl2·zH2O]得：n(CuO)= 0.003 mol，n(CuCl2)= 0.001 mol，
n(H2O)=0.44700.00380/0.001135/
18/
g mol g mol mol g mol
g mol
-⨯-⨯
= 0.004 mol，n(CuO)：n(CuCl2)：
n(H2O)=x：y：z=3:1:4，故氯氧化铜的化学式：3CuO·CuCl2·4H2O
【点睛】
计算确定氯氧化铜的组成关键在于分析方程式：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2，2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6，找到关系式：Cu2+～Na2S2O3，计算出n(Cu2+ )，根据n(Cl—)、n(Cu2+ )、结合氯氧化铜化学式[xCuO·yCuCl2·zH2O]，确定n(CuO)、n(CuCl2)，进一步计算n(H2O)，从而确定x：y：z的值，确定化学式。

19．光纤通讯是光导纤维传送信号的一种通讯手段，合成光导纤维及氮化硅(一种无机涂层)的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)反应I的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，其中还原剂为_______________，产物Si在周期表中位于_______________，该反应涉及的副反应可能有C+SiO2Si+CO2↑(碳不足)和
__________________________________(碳足量)。

(2)经反应Ⅱ所得的四氯化硅粗品中所含的物质如下：
组分名称SiCl4SiHCl3SiH2Cl2HCl BCl3PCl3
质量分数0.545 0.405 0.0462 0.0003 0.00193 0.00157
沸点/℃57.6 31.8 8.2 -85 12.5 75.5
图中“操作X”的名称为______________________；PCl3的电子式为________________。

(3)反应IV的化学方程式为SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，若向一2L恒容密闭容器中投入1molSiCl4和
1molNH3，6min后反应完全，则0～6min内，HCl的平均反应速率为__________mol/(L·min)。

反应III的与IV产生的气体相同，则反应III化学方程式为__________________。

反应III中的原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池，其正极反应的电极方程式为__________________。

【答案】碳(或C) 第三周期ⅣA族3C+SiO2SiC+2CO↑ 精馏(或蒸馏或分馏)
0.25 2H2+O2+SiCl4SiO2+4HCl O2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【分析】
(1)根据还原剂失去电子，元素的化合价升高；氧化剂获得电子，元素的化合价降低判断；根据原子核外电子排布与元素在周期表的位置分析；由于元素的非金属性C>Si，在高温下可能生成二者的化合物；(2)得到的氯化物中各种成分的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法提纯；P原子与3个Cl形成3对共用电子对结合形成PCl3；
(3)先利用化学反应速率定义式计算υ(NH3)，然后根据υ(HCl)与υ(NH3)关系计算υ(HCl)；根据框图可知反应物是SiCl4与H2、O2，生成物是SiO2、HCl，根据原子守恒、电子守恒书写反应的方程式；原料气H2和O2。