2020届高三化学下学期考前第二次模拟考试试题（含解析）新版 新人教版

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‎2019届高三考前第二次模拟考试理综-化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Fe-56‎ ‎1. 下列说法中正确的是 ‎①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用 ‎②砹(At) 是第ⅦA族，其氢化物的稳定性大于HCl ‎③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂 ‎④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐 ‎⑤铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 ‎⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱 ‎⑦海水提镁的主要步骤为 A. ①③④⑦ B. ①③⑥ C. ③④⑤⑦ D. ②④⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：①致密的氧化物能保护里面的金属；②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；③Na2FeO4中铁为+6价；④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2；⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；‎ 详解：①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故①正确； ②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误； ③Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3+，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确； ④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，故④错误； ⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误； ⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确； ‎ - 16 -‎ ‎⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误； 故①③⑥正确，答案选B。‎ 点睛：本题考查了物质的用途，涉及元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，熟练掌握常见物质的性质。‎ ‎2. 下列实验方案合理且能达到对应目的的是 实验目的 实验方案 A 制备Fe(OH)3胶体 向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴饱和FeCl3溶液，加热煮沸至溶液呈红褐色 B 除去乙酸乙酯中的乙酸 向混合物中加入饱和氢氧化钠溶液，充分振落、静置、分液 C 比较HClO、HCN的酸性强弱 用pH试纸测浓度相同的NaClO溶液和NaCN溶液的pH值 D 测定中和反应的反应热 ‎50 mL5.0 mol/L 的盐酸和 50 mL5.0 mol/L 的 NaOH 溶液反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】分析：A.制备氢氧化铁胶体时，煮沸至溶液呈红褐色停止加热，且不能搅拌；B.乙酸乙酯在浓氢氧化钠溶液中会发生水解，以此分析；C. NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，以此解题；D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热,以此解题。‎ 详解:A.制备氢氧化铁胶体的正确方法为：向25mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热,故A正确； ‎ B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸与碳酸钠反应,可用碳酸钠溶液除去乙酸，氢氧化钠溶液碱性太强，乙酸乙酯会发生水解，所以B选项是错误的。 C. NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故C错误； D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热，5.0 mol/L浓度较大，产生较大误差，故D错误;  所以A选项是正确的。‎ - 16 -‎ ‎3. 阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA B. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NA C. 25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出H+的数目为0.01NA D. 0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】分析：A. 标准状况下，CH3OH是液体；B. 1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA；C. Na2CO3水解促进水的电离,溶液中的OH-全来自水的电离，由水电离出H+等于由水电离出的OH-,以此解题；D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，因为可逆反应不能进行到底，以此解题。‎ 详解:A. 标准状况下，CH3OH是液体，无法计算2.24LCH3OH分子中共价键的数目，故A错误；‎ B. Na2O2～e-，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故B错误；‎ C. 25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01mol/L，n(OH-)=0.01mol/L×1L=0.01mol,由水电离出H+等于由水电离出的OH-,数目为0.01NA，故C正确.‎ D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，因为可逆反应不能进行到底，所以反应后HI分子总数小于0.2NA，故D错误；‎ 本题答案为C。‎ ‎4. 能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 过氧化钠固体与水反应：2O22-+2H2O=4OH-+O2↑‎ B. 向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH- =2Al(OH)3↓+3BaSO4↓‎ C. 用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+‎ D. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.过氧化钠在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式；B.硫酸根离子恰好沉淀完全时，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1:2,铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1:4,二者恰好反应生成偏铝酸根离子；C.铜为电极,阳极放电的是金属铜，不是氢氧根离子，反应的实质为电解精炼铜；D.亚铁离子具有较强还原性，在溶液中容易被氧化成铁离子。‎ - 16 -‎ ‎5. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是 A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种 C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A。‎ 考点：考查了原子结构与元素的性质的相关知识。‎ ‎ ‎ ‎6. 人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2)2，原理如图。下列有关说法正确的是 - 16 -‎ A. a为电源的负极 B. 电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高 C. 阳极室中发生的电极反应为2H++2e-=H2↑‎ D. 若两极共收集到气体13.44 L(标准状况)，则除去的尿素为7.2 g(忽略气体的溶解)‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极， A选项不正确；阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变， B选项不正确；由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-═Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，C选项不正确；电解收集到的13.44L气体，物质的量为=0.6mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）="0.6mol×1/5=0.12" mol，可知生成0.12mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，其质量为：m[CO（NH2）2]="0.12" mol×60 g•mol-1=7.2g，选项 D正确；‎ 考点：电解原理的应用 重点考查电极反应、电极判断及氧化还原反应的相关知识 ‎7. pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值。如某溶液溶质的浓度为1×10-3mol·L-1，则该溶液中溶质的pC=-1g(1×10-3)=3。如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。下列说法不正确的是 - 16 -‎ A. H2CO3、HCO3-、CO32-不能在同一溶液中大量共存 B. H2CO3电离平衡常数Ka1≈10-6‎ C. pH=7 时，溶液中存在关系c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)‎ D. pH=9时，溶液中存在关系c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)‎ ‎【答案】D ‎.........‎ ‎8. 氮的固定意义重大，氮肥的大面积使用提高了粮食产量。‎ ‎(1)目前人工固氮有效且有意义的方法是_______________(用一个化学方程式表示)。‎ ‎(2)自然界发生的一个固氮反应是N2(B)+O2(g) 2NO(g)，已知N2、O2、NO三种分子中化学键断裂所吸收的能量依次为946 kJ·mol-1、498kJ·mol-1、 632kJ·mol-1，则该反应的△H=____kJ·mol-1。‎ ‎(3)恒压100 kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2‎ - 16 -‎ ‎(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2。‎ ‎①图1中A、B、C三点表示不同温度、压强下2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡时NO的转化率，则 ____________点对应的压强最大。‎ ‎②恒压100 kPa、25 ℃时，2NO2(g) N2O4(g)平衡体系中N2O4的物质的量分数为______________，列式计算平衡常数Kp=____________。(Kp用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)‎ ‎(4)室温下，用往射器吸入一定量NO2气体，将针头插入胶塞密封，然后迅速将气体体积压缩为原来的一半并使活塞固定，此时手握针筒有热感，继续放置一段时间。从活塞固定时开始观察，气体颜色逐渐__________(填“变深”或“变浅”)，原因是________________。[已知2NO2(g)N2O4(g)在几微秒内即可达到化学平衡]‎ ‎【答案】 (1). N2+3H2 2NH3 (2). +180 (3). B (4). 66.7% (5). (100KPa/ 66.7%)/[100KPa/(1-66.7%]2 (6). 变浅 (7). 活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态，因反应是放热反应，放置时气体温度下降，平衡向正反应方向移动，NO2浓度降低 ‎【解析】分析:(1)游离态的氮元素反应生成化合态氮元素为氮的固定，如工业合成氨；(2)热化学方程式中，反应焓变=反应物的总键能-生成物的总键能,据此计算；(3)①2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，反应是气体体积减小的反应压强越大平衡正向进行,图中曲线上各点为等压不等温,通过控制变量做等温线确定ABC三点与曲线交点等温不等压,从而确定曲线以下的点压强小于100kPa,曲线以上的点压强大于100kPa；②利用三段法列式计算,恒压100kPa、25时NO2的转化率为80%,设起始量二氧化氮物质的量为x,                 2NO2(g) N2O4(g) 起始量(mol)   x         0 变化量(mol) 0.8x 0.4x        平衡量(mol) 0.2x  0.4x      平衡体系中N2O4的物质的量分数=×100%=66.7%， ‎ - 16 -‎ Kp用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数列式计算； (4)压缩活塞平衡正移,反应放热,针管微热,活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态,放置时气体温度下降,平衡向正反应方向移动, NO2浓度降低,颜色变浅。‎ 详解:(1)游离态的氮元素反应生成化合态氮元素为氮的固定,如工业合成氨,反应的化学方程式为: N2+3H2 2NH3，因此，本题正确答案是: N2+3H2 2NH3； (2) N2(B)+O2(g) 2NO(g)，已知N2、O2、NO三种分子中化学键断裂所吸收的能量依次为946kJ·mol-1、498kJ·mol-1、632kJ·mol-1，则该反应的△H=（946kJ·mol-1+498kJ·mol-1）-2×632kJ·mol-1=+180kJ·mol-1，因此，本题正确答案是:+180； (3)①图中曲线上各点为等压不等温,通过控制变量做等温线确定ABC三点与曲线交点等温不等压,从而确定曲线以下的点压强小于100kPa,曲线以上的点压强大于100kPa,所以B点压强最大，因此，本题正确答案是:B;‎ ‎②25时NO2的转化率为80%,设起始量二氧化氮物质的量为x,                 2NO2(g) N2O4(g) 起始量(mol)   x         0 变化量(mol) 0.8x 0.4x        平衡量(mol) 0.2x  0.4x      平衡体系中N2O4的物质的量分数=×100%=66.7%， Kp用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数, 则Kp=(100KPa/66.7%)/[100KPa/(1-66.7%]2 因此，本题正确答案是: 66.7% ;(100KPa/66.7%)/[100KPa/(1-66.7%]2 。 (4)压缩活塞平衡正移,反应放热,针管微热,活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态,放置时气体温度下降,平衡向正反应方向移动,NO2浓度降低,颜色变浅。 因此，本题正确答案是：变浅；活塞固定时2NO2(g) N2O4(g)已达平衡状态，因反应是放热反应，放置时气体温度下降，平衡向正反应方向移动，NO2浓度降低。‎ ‎9. 三氯乙醛是基本有机合成原料之一，是生产农药、医药的重要中间体。某化学兴趣小组设计如图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO)的实验。‎ - 16 -‎ 查阅资料，有关信息如下：‎ ‎①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl 可能发生的副反应：C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH(三氯乙酸)+HCl ‎②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：‎ C2H5OH CCl3CHO CCl3COOH C2H5Cl 相对分子质量 ‎46‎ ‎147.5‎ ‎163.5‎ ‎64.5‎ 熔点/℃‎ ‎-114.1‎ ‎-57.5‎ ‎58‎ ‎-138.7‎ 沸点/℃‎ ‎78.3‎ ‎97.8‎ ‎198‎ ‎12.3‎ 溶解性 与水互溶 可溶于水、乙醇 可溶于水、乙醇、三氯乙醛 微溶于水，可溶于乙醇 ‎(1)仪器E的名称是____________，冷凝水的流向是________进_______出(填“a”或“b”)。‎ ‎(2)该设计流程中存在一处缺陷，该缺陷是__________， 引起的后果是_________________。‎ ‎(3)仪器A中发生反应的离子方程式为____________________。‎ ‎(4)该装置C可采用_______________，加热的方法以控制反应温度在70 ℃左右。‎ ‎(5)装置D干燥管的作用为_______________， 装置 D烧杯中的试剂是_______________。‎ ‎(6)反应结束后，从C中的混合物中分离出Cl3CCOOH的方法是____________(填名称)。‎ ‎(7)已知：常温下Ka(CCl3COOH)=1.0×10-1 mol·L-1，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5mol·L-1，请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). a (3). b (4). 缺少干燥氯气的装置 (5). 导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多 (6). 2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ‎ - 16 -‎ ‎ (7). 水浴 (8). 防止液体倒吸 (9). 氢氧化钠溶液 (10). 蒸馏 (11). 分别测定0.1 mol·L-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强 ‎【解析】分析：A装置利用高锰酸钾溶液与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C中反应制备CCl3CHO，D装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。‎ 详解：(1)根据仪器构造可知E是球形冷凝管，水的流向应该是下口进上口出。因此，本题答案为：球形冷凝管 ； a； b；‎ ‎(2)生成的氯气中含有水蒸气，氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生CCl3CHO＋HClO→CCl3COOH＋HCl、C2H5OH＋HCl→C2H5Cl＋H2O，导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，因此，本题答案为：缺少干燥氯气的装置。‎ ‎(3)高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，反应的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－==2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。 ‎ ‎(4)控制反应温度在70 ℃左右，应采取水浴加热。因此，本题答案为：水浴。‎ ‎(5)由于最终排出的气体中含有氯气和氯化氢，所以需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气。干燥管的作用是防止倒吸。因此，本题答案为：防止液体倒吸；氢氧化钠溶液。‎ ‎(6)CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离。因此，本题答案为：蒸馏。‎ ‎(7)分别测定0.1 mol·L－1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强。‎ ‎10. 废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收铜并制备ZnO的部分实验过程如下：‎ ‎(1)①铜帽溶解时加入H2O2的目的是___________________(用化学方程式表示)。‎ ‎②铜帽溶解后需将溶液中过量H2O2除去。除去H2O2的简便方法是_________________。‎ ‎(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量。实验操作为：准确取一定体积的含有Cu2+ 的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节pH=3～4，加入过量KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-‎ ‎①滴定选用的指示剂为_____________，滴定终点观察到的现象为_________________。‎ ‎②若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的Cu2+的含量将会__________(填“偏高”“‎ - 16 -‎ ‎ 偏低”“ 不变”)。‎ ‎(3)已知pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)‎ 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH Fe3+‎ ‎1.1‎ ‎3.2‎ Fe 2+‎ ‎5.8‎ ‎8.8‎ Zn2+‎ ‎5.9‎ ‎8.9‎ 实验中可选用的试剂：30% H2O2、1.0 mol·L-1 HNO3、 1.0 mol·L-1NaOH。‎ 由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：‎ ‎①向滤液中加入___________使其充分反应；②滴加1.0 mol·L-1的氢氧化钠，调节3.2≤pH<5.9，使___________沉淀完全；③过滤；④向滤液中滴加1.0 mol·L-1的氢氧化钠，调节pH为________≤pH≤_______，使Zn2+沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧。‎ ‎【答案】 (1). Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (2). 加热(至沸) (3). 淀粉溶液 (4). 蓝色褪去并半分钟内不恢复 (5). 偏高 (6). 30%的H2O2  (7). Fe3+ (8). 8.9 (9). 11‎ ‎【解析】分析：利用废旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收 Cu并制备ZnO,电池铜帽加入水过滤后除去溶于水的杂质,在固体中加入过氧化氢溶解,铜生成硫酸铜溶液,加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去,加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物),反应过滤得到海绵铜,沉淀锌离子得到氢氧化锌,分计算得出到氧化锌，(1)①酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；②过氧化氢加热到153℃便猛烈的分解； (2)①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；②根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O解答。(3)滴加H2O2溶液,使Fe2＋转化完全为Fe3＋,滴加NaOH溶液,形成氢氧化铁沉淀,除杂后形成氢氧化锌沉淀,过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌。‎ 详解: (1)①因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜,当然这是一个微弱的反应,形成一个平衡,但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解,平衡被打破,反应朝正方向进行,故而逐渐溶解,反应的化学方程式为: Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；因此，本题正确答案是: Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；  ‎ - 16 -‎ ‎②过氧化氢性质比较稳定,若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气,将溶液中过量的H2O2 除去可加热至沸，因此，本题正确答案是:加热至沸； (2)①淀粉溶液为指示剂,当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时,溶液蓝色褪去,半分钟颜色不变,说明滴定到达终点，因此，本题正确答案是：淀粉溶液；蓝色褪去并半分钟内不恢复；  ②若留有H2O2,加入KI后,会有以下反应: H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，误当成2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2， 生成的碘,使测定结果偏高，因此，本题正确答案是:偏高.‎ 除去铜的滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Zn2＋等，若制备ZnO应除去Fe3＋和Fe2＋。由表中信息可知，Fe2＋和Zn2＋开始沉淀和沉淀完全的pH均相差较小，但Fe3＋与Zn2＋开始沉淀和沉淀完全的pH均相差较大，故可加入30% H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，再滴加NaOH溶液，调节溶液的pH(3.2≤pH<5.9)，使Fe3＋沉淀完全，此时Zn2＋不产生沉淀，充分反应后过滤，向滤液中滴加NaOH溶液，调节溶液的pH(8.9≤pH≤11)，使Zn2＋产生Zn(OH)2沉淀，并对Zn(OH)2沉淀进行洗涤、干燥、煅烧，即可得到ZnO。‎ 点睛：本题主要考查实验室废弃旧电池的铜帽回收铜和制备ZnO，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等。‎ ‎11. 乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。‎ ‎(1)CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为_____________； lmol O22+中含有的π键数目为_______________。‎ ‎(2)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_________。‎ ‎(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是___________________；分子中处于同一直线上的原子数目最多为_______________。‎ ‎(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，则该晶胞中的碳原子个数为______。 CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2 晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为_________________。‎ - 16 -‎ ‎【答案】 (1). (2). 2NA (3). 1s22s22p63s23p63d10 (4). sp杂化 sp2杂化 (5). 3 (6). 8 (7). 4‎ ‎【解析】分析：（1）等电子体的结构相似，故O22+的电子式与C22-的电子式相似，含有2个π键；（2）Cu为29号元素，得出Cu+的基态电子排布式为；（3）丙烯腈（H2C=CH-C≡N）中的C分别形成2个键和3个键，故碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化，与sp杂化的C原子直接相连的原子有C和N，故同在一条直线上有3个原子；(4)根据均摊法分析晶体结构。‎ 详解：（1）由C22-电子式为[∶C⋮⋮C∶]2－可推知O22+电子式为[∶O⋮⋮O∶]2＋，氧氧三键中含两个π键，1 mol O22+中含有π键数目为2NA。‎ ‎（2）Cu＋由Cu原子失去1个电子而得到，故基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。‎ ‎（3）丙烯腈分子中碳碳双键为sp2杂化，—C≡N键为sp杂化，其分子中有一个三键，故共键的原子为C-C≡N即3个原子共线。因此，本题正确答案为：sp杂化 ；sp2杂化； 3 (4)由晶胞图知C22-位于面心和顶点，根据均摊法，晶胞中的碳原子个数为=2×（8×+6×）=8；由晶体结构可知CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C22-数目不是6个而是4个，因为哑铃形C22-只向一个方向拉长，此方向上的两个C22-与Ca2＋距离不是最近，所以最近且等距的有4个。因此，本题正确答案为：8 ；4。‎ 点睛：本题以“有机合成工业的一种原料乙炔”为背景素材，将“物质结构与性质”选修课程模块的相关内容融合于一体，分别考查了学生对等电子体、原子轨道杂化类型、分子空间结构，本题基础性较强，重点特出，材料串联较好。‎ ‎12. 有机物X是一种重要的有机化工原料，如图所示是以有机物X为原料设计的合成路线(部分产物、个别合成路线、反应条件等略去)。‎ 己知：ⅰ.X为芳香烃， 其相对分子质量为92；Y是一种功能高分子材料。‎ ⅱ.烷基苯在酸性高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：。‎ ⅲ. (苯胺，易被氧化)。‎ 请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：‎ - 16 -‎ ‎(1)X结构简式为________________。中官能团的名称为______________。‎ ‎(2)反应③的反应类型是__________；反应②和③的顺序不能交换的原因是_____________。‎ ‎(3)已知A为一氯代物。‎ 反应④的化学方程式为___________________________。‎ 反应⑤的离子方程式为_________________________。‎ ‎(4)阿司匹林有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有___________ 种。‎ ‎①芳香族化合物 ‎②不能发生水解反应，也不能发生银镜反应；‎ ‎③1mol该有机物最多能与2 mol NaHCO3完全反应。‎ ‎(5)写出以A为原料制备的合成路线流程图(其它试剂任选)__________。合成路线流程图的示例如下：‎ ‎【答案】 (1). (2). 氨基、羧基 (3). 还原反应 (4). 避免氨基被酸性高锰酸钾氧化 (5). (6). (7). 10 (8). ‎ ‎【解析】分析:相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可以知道，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为；‎ - 16 -‎ 在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可以知道F为，F转化生成G，因为苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可以知道，G为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为；与乙酸发生酯化反应生成阿司匹林（）。在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成。‎ 详解：（1）通过以上分析知，X结构简式为；中官能团的名称为氨基和羧基，因此，本题正确答案是：；氨基、羧基； （2）反应③的反应类型是还原反应；反应②和③的顺序不能交换的原因是避免氨基被酸性高锰酸钾氧化；因此，本题正确答案是：还原反应；避免氨基被酸性高锰酸钾氧化； （3）邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应④的化学方程式为：，反应⑤是苯甲醛发生的银镜反应，离子方程式为:‎ 因此，本题正确答案是：；。‎ ‎（4）阿司匹林同分异构体满足下列条件：①芳香族化合物；②既不能发生水解反应，也不能发生银镜反应，说明不含酯基和醛基；③1mol该有机物能与2molNaHCO3‎ - 16 -‎ 完全反应，说明含有两个羧基，如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH（COOH）2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，因此，本题正确答案是：10； （6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：， 因此，本题正确答案是：。‎ - 16 -‎