2019-2020学年上海市重点名校新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年上海市重点名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．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为2MnO ，含少量Fe 、Al 、Mg 等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X ，调节浸出液的pH 为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：
，
，。

）
A ．试剂X 可以是23MnO 、MnO 、MnCO 等物质
B ．除杂过程中调节浸出液的pH 为3.5~5.5可完全除去Fe 、Al 、Mg 等杂质
C ．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D ．为提高沉淀3MnCO 步骤的速率可以持续升高温度 【答案】C 【解析】 【分析】
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO 2，含少量Fe 、Al 、Mg 等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。

【详解】
A ．试剂X 可以是MnO 、MnCO 3等物质，目的是调节溶液pH ，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A 错误；
B ．Mg(OH)2完全沉淀时，()22
5
2
11
sp 2Mg OH (Mg )(OH )110(OH ) 1.810
K c c c +
-
--
-=⎡⎤⎣⎦⋅=⨯⨯=⨯，则
13(OH ) 1.81mol 0L c ---=⨯⋅，则pH 为3.5～5.5时不能除去Mg 杂质，故B 错误；
C ．加入植物粉是一种还原剂，使Mn 元素化合价由+4价降低为+2价，故C 正确；
D ．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D 错误。

综上所述，答案为C 。

2．下列有关化学用语表示正确的是（ ） A ．氮离子N 3-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。

3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。

Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。

常温下，X
的单质为气体。

下列说法正确的是（）
A．简单阴离子的还原性：X>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．Z与W形成的化合物中只含有离子键
D．简单氢化物的沸点：Y>Z
【答案】A
【解析】
【详解】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。

A．非金属性N>H，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；
B．根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径Na>N>O>H，B项错误；
C．Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误；D．氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误；
答案选A。

4．根据下列图示所得出的结论不正确的是
A．图甲是室温下20 mL 0.1 mol•L﹣1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7
B．图乙是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H ＜0
C．图丙是室温下用0.1000 mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明K sp（BaSO4）＝1×10﹣10
【答案】A
【解析】
【分析】
A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；
B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；
C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离；
D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。

【详解】
A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b点时存在NH4Cl和氨水，此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c 点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液为酸性，故A符合题意；
<0，B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应的H
故B不符合题意；
C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C不符合题意；
D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)，c(Ba2+)与c(SO42-)成反比，则c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合题意；
故选：A。

【点睛】
本题的A选项分析需注意，b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O，此时溶液中氢离子均为水所电离，溶液呈中性，而d点对应溶质为NH4Cl、HCl，此时溶液中氢离子为HCl水电离，溶液呈酸性。

5．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应.
B．2022年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料
D．建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】
A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，故A错误；
B. 聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B正确；
C. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；
D. 建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D错误；
故选B。

【点睛】
硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。

6．在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H 2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸
气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
A．水蒸气的体积分数增大B．氢气的浓度增大
C．平衡常数变大D．铁的质量增大
【答案】B
【解析】
【详解】
A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；
B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；
故合理选项是B。

7．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素．下列判断正确的是
A．简单气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊＞丁
B．单质甲与单质乙充分反应一定都可以生成多种化合物
C．可以通过分别电解熔融的金属氯化物的方法冶炼乙和丙的单质
D．因为庚元素的非金属性最强，所以庚的最高价氧化物对应水化物酸性最强
【答案】A
【解析】
【详解】
空气中含量最多的元素是氮元素，则戊是N元素；地壳中含量最多的元素是氧元素，则己是O元素；甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能是H元素或Li元素；乙是Mg元素、丙是Al元素；丁是C元素、庚是F元素。

综合信息即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚分别是H（或Li）、Mg、Al、C、N、O、F。

A. 简单气态氢化物的稳定性：HF>H2O>NH3>CH4，A正确；
B. 氢气（或Li）与镁一般不反应，B错误；
C. 氯化铝是共价化合物，故用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，C错误；
D. 氟元素没有最高价氧化物对应水化物，D错误；
故选A。

8．下列浓度关系正确的是（）
A．0.1mol/L 的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)
＞c(H+)
B．1L0.1mol/L的KOH 溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)
C．0.1mol/L 的NaOH 溶液与0.2 mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．同温下pH相同的NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜
c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．向0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：
NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。

NH3·H2O NH4++OH- H2O H++OH-。

c (OH-)＞c (NH4+)＞c (SO42-)＞c (H+)。

错误；
B.根据电荷守恒可得：c (K+)＋c (H+)＝2c (CO32-)＋c (HCO3-)＋c (OH-).错误；
C．0.1 mol/L的NaOH溶液与0.2 mol/L的HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+ HCN="NaCN+" H2O。

反应后溶液为NaCN 和HCN等物质的量的混合溶液。

由于所得溶液呈碱性，说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c (HCN)＞c (Na+)＞c (CN-)＞c (OH-)＞c (H+)，正确；D．NaOH溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。

由于酸性CH3COOH> H2CO3> HCO3-。

酸越强，盐水解的程度就越小。

当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。

故各物质的浓度的关系是：c (NaOH)＜c (Na2CO3) ＜c (NaHCO3)＜c (CH3COONa)，错误；
答案选C。

9．保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。

下列有机物适合用“水封法”保存的是
A．乙醇B．硝基苯C．甘油D．己烷
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．
【详解】
A. 乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；
B. 硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；
C. 甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；
D. 己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；
答案选B。

10．某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素：
下列说法不正确的是
A．步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧
B．步骤②反应的离子方程式为：2I- +2H++H2O2=I2+2H2O
C．步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素
D．若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤③操作后，试管中溶液不变成蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 固体在坩埚中灼烧，所以步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；
B. 步骤②中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I- +2H++H2O2=I2+2H2O，故B正确；
C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；
D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。

【点睛】
本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。

11．化学与生活密切相关。

下列说法错误的是（）
A．“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关
B．“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料
C．游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌
D．制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. N、P元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺
盛，导致产生赤潮现象，A正确；
B. “绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B错误；
C. Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C正确；
D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D正确；
故合理选项是B。

12．根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲烷和氯气在光照条件下反应生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液变红，A错误；
B．若X是NH3则生成白色的BaSO3，得到相同现象，B错误；
C．K a(CH3COOH)＞K a1(H2CO3)＞K a(HClO)，所以2CH3COOH+ Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑，产生气泡，Na2CO3和HClO不会反应，无气泡，C正确；
D．加入新制的Cu(OH)2悬浊液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2悬浊液和硫酸反应了，就不会出现预期现象，D错误。

答案选C。

【点睛】
Ka越大，酸性越强，根据强酸制弱酸原则，Ka大的酸可以和Ka小的酸对应的盐反应生成Ka小的酸。

13．下列说法中错误的是:
A．SO2、SO3都是极性分子B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键C．元素电负性越
大的原子，吸引电子的能力越强D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误；
B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；
C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；
D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。

答案选A。

14．下列实验中，能达到相应实验目的的是
A．制备并收集乙酸
乙酯
B．证明氯化银溶解
度大于硫化银
C．验证溴乙烷的消
去产物是乙烯
D．推断S、C、Si的非
金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；
B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；
C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；
D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，
证明非金属性C>Si，故选D。

15．研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：
①②
铜丝表面无明显现象
铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象
铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，
品红溶液褪色
下列说法正确的是
A．常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸
B．②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等
C．依据②，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2
D．①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】
A．常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B．随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C．②中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D．温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．氯化亚铜()
CuCl是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成[]2
CuCl-。

在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。

右下图是实验室仿工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。

实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65％硝酸10mL、20％盐酸15mL、水。

(1)质量分数为20％的盐酸密度为31.1g cm ，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。

(2)实验室制备CuCl 过程如下：
①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭K 。

实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；
②加热至6070:℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。

打开K ，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭K ，冷却至室温，制得[]42NH CuCl 。

通入氧气的目的为______；
三颈瓶中生成[]42NH CuCl 的总的离子方程为______；
将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。

③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。

(3)便于观察和控制产生2O 的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。

(4)下列说法不正确的是______
A ．步骤Ⅰ中HCl 可以省去，因为已经加入了3HNO
B ．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使[]42NH CuCl 转化为CuCl ，同时防止CuCl 被氧化
C ．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气
D ．流程中可循环利用的物质只有氯化铵
(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。

(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.250g 和10mL 过量的3FeCl 溶液于250mL 锥形瓶中，充分溶解；
②用10.100mol L -⋅硫酸[Ce(SO 4)2]标准溶液测定。

已知：
已知：CuCl+FeCl 3=CuCl 2+FeCl 2，Fe 2++Ce 4+=Fe 3++Ce 3+
三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)：
平衡实验次数 1 2 3
0.250g 样品消耗硫酸锑标准溶液的体积()mL 24.35 24.052 23.95
则样品中CuCl的纯度为______(结果保留3位有效数字)。

误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。

A．锥形瓶中有少量蒸馏水B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线
C．所取3
FeCl溶液体积偏大D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
【答案】6.0mol/L 量筒氯化铵溶解于水为吸热过程将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3
3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5% BD
【解析】
【分析】
根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；
(1) 根据c=1000ρω
M
计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；
(2) ①氯化铵溶解吸热；
②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；
(3) 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；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；
B．CuCl 易被氧化，应做防氧化处理；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；
D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；
(5) 氯化亚铜()
CuCl是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；
(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待
测)=
()()
()
c V
V
标准标准
待测
分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。

【详解】
(1) 盐酸的物质的量浓度c=1000ρω
M
=
1000 1.120%
36.5
⨯⨯
≈6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐
酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；
(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；
②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；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；
(3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，
B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；
B．步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是Na[CuCl2]转化为 CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；
C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；故答案为AD；
(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；
(6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为
0.2388 0.25g
g
×100%=95.5%；
依据c(待测)=
()()
()
c V
V
标准标准
待测
分析：A．锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B．滴
定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C．过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。

【点睛】
误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然
后根据c(待测)=
()()
()
c V
V
标准标准
待测
分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；
若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。

一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：
已知：①HC≡CH+RCOOH−−−−→
一定条件
②RCOOR’+R”OH+H
Δ
−−→RCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）
请回答：
(1)A 中的官能团是____________________。

(2)C 的结构简式是____________________。

(3)D→E 的反应类型是____________________。

(4)E→G 的化学方程式是______________________________________。

(5)已知：H 是芳香族化合物。

在一定条件下2B → K + H 2O ，K 的核磁共振氢谱只有一组峰。

J→L 的化学方程式是____________________。

(6)L 在体内可较快转化为具有药效的J ，而化合物P 与L 相比，在体内能缓慢持续释放J 。

① 血液中J 浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO 3溶液解毒。

请用化学方程式解释NaHCO 3的作用：______________________________________________________________。

② 下列说法正确的是______（填字母）。

a ．P 中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出J
b ．P 在体内的水解产物中没有高分子化合物
c ．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能
【答案】羟基 HC≡CH 加聚反应
ac
【解析】
【分析】
A 是25C H OH ，乙醇连续氧化得乙酸，故
B 是3CH COOH ，根据信息①，结合流程图，
C 是CH CH ，
D 是，D 到
E 是加聚反应，E 是，根据信息②可推知
F 为323CH COOCH CH ，
G 是，根据分子式
H 是，根据流程图结合P 的结构可推知
I 为，
J 是，根据（5）小题，可以推知
K 是乙酸酐（），
由P逆推知L为。

【详解】
（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，
答案为：羟基；
≡，
（2）据信息①，结合流程图，可以推出C是CH CH
≡；
故答案为：CH CH
（3）D是，E是，D到E是双键发生了加聚反应，
故答案为：加聚反应；
（4）E是，A是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应，
答案为：；
（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），
答案为：；
（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，
故答案为：；
②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；
b. P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；
c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；
答案选ac。

【点睛】
解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；
(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。

根据以上的思维判断，从
中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。

然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。

最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．研究NO 的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。

(1)自然界在闪电时，生成NO 的反应方程式为__________________。

(2)T ℃时在容积为2L 的恒容密闭容器中，充入NO 和O 2发生反应：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，不同时刻测得容器中n(NO)、n(O 2
)如表：
时间/s
0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol
1 0.6 0.4 0.
2 0.2 0.2 n(O 2)/mol 0.6 0.4 0.
3 0.2 0.2 0.2
①在T ℃下，0~2s 时，该反应的平均反应速率(NO)v =________；
②该温度下反应的平衡常数K=________，在T ℃下，能提高NO 的平衡转化率的措施有_______、________。

(3)已知NO 和O 2反应的历程如图，回答下列问题：
①写出其中反应①的热化学方程式也(△H 用含物理量E 的等式表示)：________。

②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。

对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____________。

【答案】N 2＋O 2闪电2NO 0.15mol·L －1·s －1 160.0L·mol －1 增大O 2的浓度 增大体系压强 2NO(g)ƒN 2O 2(g) △H=－(E 3－E 2)kJ·mol －1 反应② 因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c(N 2O 2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应
【解析】
【分析】
(2)根据(NO)=c n v t V t ∆∆=∆∆计算化学反应速率；根据2222
(NO )=(NO)(O )c K c c 求算平衡常数；。