四川省成都实验高级中学2020届高三上学期入学考试化学试题

四川省成都实验高级中学2020届高三上学期入学考试化学试题

‎2019-2010学年度2017级高三上学期入学考试试题化学 ‎（测试时间：90分钟 满分：100分）‎ 第Ⅰ卷(选择题，共40分)‎ 一、单项选择题：本题包括21小题，每小题2分，共40分。‎ ‎1.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（ ）‎ A. 氯气作水杀菌消毒剂 B. 硅胶作袋装食品的干燥剂 C. 二氧化硫作纸浆的漂白剂 D. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化； D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。答案选B。‎ 点睛：本题考查化学变化和物理变化。搞清楚物理变化和化学变化本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。‎ ‎2.下面的“诗”情“化”意，分析正确的是 A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化 B. “日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应 C. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅盐酸，该句诗表明玉的硬度很大 D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故A错误；B．“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C．“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，‘试玉要烧三日满’与硬度无关，故C错误；D．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了化学变化与物理变化的区别、硅酸盐的性质、胶体的性质、葡萄糖的性质等。侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。本题的难点是理解各诗句的含义，和与化学知识的联系。‎ ‎3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－‎ B. c(H+)/c(OH-)＝1×10－12的溶液中：K＋、Na＋、CO32-、NO3-‎ C. c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液中：K＋、NH4+、MnO4-、SO42-‎ D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH4+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe3＋与SCN－生成Fe(SCN)3，且铁离子为有色离子，故A错误；‎ B. c(H+)/c(OH-)＝1×10－12的溶液中c(H+)=1×10－13，溶液呈碱性，K＋、Na＋、CO32-、NO3-不反应，可以共存，故B正确；‎ C. c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液中：Fe2＋与MnO4-发生氧化还原反应，Fe2＋、MnO4-不能共存，故C错误；‎ D. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性， HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳气体，故D错误。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并根据常见离子之间的反应来解答，本题的难点是B中氢离子浓度的计算及A中Fe3＋与SCN－生成络离子。‎ ‎4.如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是(　 　)‎ A. OA段的反应离子方程式为：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓‎ B. AB段的离子方程式只有：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O C. A点的沉淀为Al(OH)3和BaSO4的混合物 D. B点溶液为KAlO2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物质的量达最大，反应的化学方程式为2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，A项正确；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-继续沉淀，反应的离子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，B项错误；C，根据上述分析，A点沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物，C项正确；D，B点Al（OH）3完全溶解，总反应为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，B点溶液为KAlO2溶液，D项正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查明矾与Ba（OH）2溶液的反应。明矾与Ba（OH）2反应沉淀物质的量达最大时，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀质量达最大时，SO42-完全沉淀，Al3+全部转化为AlO2-。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 乙烯和甲烷都能发生加成反应 B. CuSO4溶液能使鸡蛋清盐析而沉淀 C. 米酒变酸是因为乙醇被氧化为乙酸 D. HNO3不能与苯发生取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A.乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，而甲烷属于饱和烷烃，碳碳单键比较稳定，不能发生加成反应，错误；B.硫酸铜属于重金属盐，鸡蛋清属于蛋白质，硫酸铜溶液能使鸡蛋清因变性而沉淀，错误；C.米酒的主要成分是乙醇，乙醇能被氧化成乙酸而变酸，正确；D.硝酸在硫酸作催化剂的条件下能和苯发生硝化反应，属于取代反应，错误；选C。‎ 考点：考查常见有机物的性质。‎ ‎6.下列关于有机物因果关系的叙述中，完全正确的一组是(　　)‎ 选项 原因 结论 A 乙烯和苯都能使溴水褪色 苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键 B 乙酸分子中含有羧基 可与NaHCO3溶液反应生成CO2‎ C 纤维素和淀粉的化学式均为(C6H10O5)n 它们互为同分异构体 D 乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应 二者属于同一反应类型 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.苯不含有碳碳双键，故A错误；B.完全正确；C. 纤维素和淀粉的聚合度不同，使得它们的分子式不同，所以它们不为同分异构体，故C错误；D. 乙酸乙酯与水的反应属于取代反应，乙烯与水的反应属于加成反应，故D错误。故选B。‎ ‎7.下列关于有机化合物的结构、性质的叙述正确的是（ ）‎ A. 苯、油脂均能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 甲烷和氯气的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应 C. 蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体 D. 乙醇、乙酸均能与NaOH反应，因为分子中均含有官能团“—OH”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析： A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，油脂中若含有碳碳不饱和键才能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应是加成反应，不属于同一类型的反应，故B错误，C．蔗糖、麦芽糖的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C正确；D．“-OH”与碱不反应，所以乙醇与NaOH不反应，故D错误；故选：C；‎ 考点：物质的性质、反应类型、同分异构体等 ‎8.物质X的结构简式如图所示，它常被用于制香料或作为饮料酸化剂，在医学上也有广泛用途。下列关于物质X的说法正确的是 A. 与X具有相同官能团，且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体有3种 B. X分子内所有碳原子可能在同一平面内 C. 不能发生氧化反应，能发生取代反应 D. 1 mol X与足量的Na反应可生成44.8 L H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．X分子内含有3个羧基和1个醇羟基，则与X具有相同官能团，且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体共有3种，故A正确；B．X分子内含有sp3杂化的碳原子，则所有碳原子不可能在同一平面内，故B错误；C．X分子内的醇羟基可发生催化氧化，故C错误；D．1 molX与足量的Na反应可生成2 mol氢气，标准状况下的体积为44.8 L，故D错误，答案为A。‎ ‎9.有机物A的分子式为C6H12O3，一定条件下，A与碳酸氢钠、钠均能产生气体，且生成的气体体积比（同温同压）为1:1，则A的结构最多有 A. 33种 B. 31种 C. 28种 D. 19种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：有机物A的分子式为C6H12O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作，C5H12中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替，若C5H12为正戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，羧基在1号碳上，此时剩余等效H为5种；羧基连在2号碳上，剩余等效为5种；羧基连在3号碳上，剩余等效H有3种；若C5H12为异戊烷，羧基位于1号碳上，剩余等效H有5种；羧基连在2号碳上，剩余等效H有3种；羧基连在3号碳上，剩余等效H有4种；羧基连在4号碳上，剩余等效H有4种；若C5H12‎ 为新戊烷，羧基连在1号碳上，剩余等效H有2种，总共有31种，答案选B。‎ 考点：考查同分异构体的书写 ‎10.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）‎ A. 分子中两个苯环一定处于同一平面 B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应 C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种 D. 1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋转，两个苯环不一定共面，A项错误；‎ B.X中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B项错误；‎ C.由于是环酯，在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C项正确；‎ D.X的酸性水解产物中含有2个羧基和1个酚羟基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难点是有机物共线共面判断。解答该类试题时需要注意：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键和碳碳双键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。‎ ‎11.有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）‎ A. 15种 B. 14种 C. 13种 D. 12种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，它的分子量为102，含有的氧原子个数为102×31.7%=32.334，所以该有机物的分子式为：C5H10O2；能在碱性溶液中发生反应要么是羧酸，要么是酯；C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被-COOH夺取，即由丁基与-COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四个：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2个：CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1个：CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2个：CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3．故分子式为C5H10O2的酯共有9种；加起来共有13种，C选项正确。‎ 考点：考查同分异构体。‎ ‎12.下列叙述正确的是(　　)‎ A. Fe与S混合加热生成FeS2‎ B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3‎ C. 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成 D. 白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．Fe与S混合加热生成FeS；‎ B．NaHCO3加热易分解；‎ C．随着反应的进行，硝酸的浓度降低，稀硝酸与铜反应生成NO；‎ D．白磷在空气中加热时会燃烧．‎ 解：A．Fe与S混合加热生成FeS，故A错误；‎ B．NaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故B错误；‎ C．因为铜是过量的，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应会生成NO，故C正确；‎ D．白磷在空气中加热时会燃烧，白磷转化为红磷需要隔绝空气加热，故D错误．‎ 故选C．‎ 点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意相关物质的性质的积累，学习中要全面把握相关知识．‎ ‎13.将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种物质的溶液通过一步实验加以区别，要求只使用一种试剂，则这种试剂是(　　)‎ A. KSCN溶液 B. BaCl2溶液 C. HCl溶液 D. NaOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.KSCN和氯化铁反应使溶液变红色，而和其他四种物质均不反应，故A项不符合题意。‎ B.BaCl2和题述五种物质均不反应，故B项不符合题意；‎ C.HCl和题述五种物质均不反应，故C项错误；‎ D.氯化钠溶液和氢氧化钠溶液混合无现象；氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先出现白色沉淀，最后沉淀又逐渐消失；氯化亚铁溶液和氢氧化钠溶液反应，先出现白色沉淀，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；氯化铁溶液和氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀；氯化镁溶液和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，且沉淀不会消失，故D项符合题意。‎ 所以本题答案：D。‎ ‎。‎ ‎【点睛】解题依据：阴离子都是氯离子，阳离子不同，分别为：Na+ 、Al3+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ 、Mg2+，要鉴别这几种离子需选择OH-，所以选择试剂为NaOH溶液。‎ ‎，‎ ‎14.下列说法中，错误的是(　　)‎ A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2‎ B. 镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁，故镁不需要像钠一样作特殊保护 C. 铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼 D. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要加保护层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；‎ B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；‎ C. 铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；‎ D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。‎ 所以本题答案：C。‎ ‎15.下列有关物质转化关系的说法中不正确的是（ ）‎ A. 图1中甲可能是Cl2，X可能是Fe B. 图2中反应一定是置换反应或复分解反应 C. 图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图像，原溶质可能是Al2(SO4)3‎ D. 图4中a可能为NaOH，b可能为Na2CO3,c可能为NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，A正确；B、图2中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成 铜和CO2，B错误；C、向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓，氢氧化钠过量后发生反应Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，图像正确，C正确；D、向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成 碳酸钠和H2O，向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成 碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应转化为CO2，D正确，答案选B。‎ ‎16.某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的的是(　　)‎ A. 将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色 B. 常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成 C. 将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体 D. 将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硫酸溶于水放热，正确的操作应该将铜丝插入浓硫酸中加热，反应后取一定量的反应液加入盛有水的烧杯中，A错误；‎ B、应该用红热的铜丝，B错误；‎ C、Cu2＋水解，加热CuCl2溶液不能得到CuCl2固体，C错误；‎ D、铜绿溶于盐酸而铜不溶于盐酸，故可用盐酸除去铜器表面的铜绿，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎17. 用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 用图1装置验证化学能转化为电能 B. 用图2装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯 C. 用图3装置制备氢氧化亚铁 D. 用图4装置证明酸性：CH3COOH>H2CO3>苯酚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．用图1装置由于没有形成闭合回路，使用不能验证化学能转化为电能，错误；B．由于乙醇有挥发性，也能使高锰酸钾溶液褪色。乙醇用图2装置不能检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯，错误；C．由于Fe2+不稳定，容易被空气中的氧气氧化，使用为了制取并较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，在FeSO4‎ 溶液的液面上覆盖植物油，并把滴加NaOH溶液的胶头滴管伸入到液面一下，使用用图3装置制备氢氧化亚铁，正确；D．酸性：CH3COOH>H2CO3，使用把醋酸滴加到Na2CO3溶液中，会产生CO2气体；酸性：H2CO3>苯酚，若把CO2气体通入到苯酚钠溶液中会发生反应产生苯酚白色沉淀，但是醋酸有挥发性，也会与苯酚钠反应产生苯酚，因此用图4装置不能证明酸性：CH3COOH> H2CO3>苯酚，错误。‎ 考点：考查实验装置或操作与完成实验目的的关系的知识。‎ ‎18.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 ph=5时沉淀完全）．其中分析错误的是 A. 步骤②发生主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O B. 步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2‎ C. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH D. 步骤⑤ 的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2～3次 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故说法正确；B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，引入NO3－和Cl－，故说法错误；C、CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；D、洗涤：沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应、物质的除杂、实验基本操作等知识。‎ ‎【名师点睛】本题考查化学工艺流程，注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去，掌握实验基本操作，此题属于中等题。‎ ‎19.把1.0 mol/L CuSO4溶液、1.0 mol/L Fe2(SO4)3溶液两种溶液等体积混合(假设混合后液体的体积等于混合前两种溶液的体积之和)，向溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余。此时溶液中Fe2＋的物质的量浓度为(　　)‎ A. 1.0 mol/L B. 2.0 mol/L C. 3.0 mol/L D. 4.0 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：把1.0mol/LCuSO4和1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液等体积混合，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中c（CuSO4）=×1.0mol/L=0.5mol/L，c（H2SO4）=×1.0mol/L=0.5mol/L，‎ 混合后溶液中硫酸根来源于硫酸铜与硫酸铁电离，故 c（SO42-）=c（CuSO4）+3c[Fe2（SO4）3]=0.5mol/L+3×0.5mol/L=2mol/L，向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，故c（Fe2+）=c（SO42-）=2mol/L，故选B。‎ 考点：考查物质量浓度的有关计算 ‎20.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉 B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2‎ C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；‎ B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；‎ C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；‎ D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共60分)‎ 二、填空题：本题包括5小题，共60分。‎ ‎21.化学实验的微型化可有效地减少污染，实现化学实验绿色化的要求。某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol/L的KBr、KI（含淀粉溶液）、NaOH（含酚酞）、FeCl2（含KSCN）溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如下图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即用表面皿盖好。（已知2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O） ‎(1)e处反应的离子方程式为_________________________________________。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______________________。 ‎(2) d处的实验现象：__________________________________________。 ‎(3)c处反应的化学方程式为_________________________________。标准状况下，当有0.224 L Cl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为__________mol。‎ ‎(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？__________（填“能”或“不能” ），若能，其氧化性由强到弱的顺序是____________________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 略 ‎22.工业上为了测定辉铜矿(主要成分是Cu2S)中Cu2S的质量分数，设计了如图所示装置。‎ 实验原理：Cu2S＋O2SO2 ＋2Cu，通过测定SO2的量来确定Cu2S的质量分数。实验时按如下步骤操作：‎ A．连接全部仪器，使其成为如图装置，并检查装置的气密性。‎ B．称取研细的辉铜矿样品1.000 g。‎ C．将称量好的样品小心地放入硬质玻璃管中。‎ D．以每分钟1 L的速率鼓入空气。‎ E．将硬质玻璃管中的辉铜矿样品加热到一定温度，发生反应为Cu2S＋O2SO2＋2Cu。‎ F．移取25.00 mL含SO2的水溶液于250 mL锥形瓶中，用0.010 0 mol/L KMnO4标准溶液滴定至终点。按上述操作方法重复滴定2～3次。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)装置①的作用是______________；装置②的作用是____________。‎ ‎(2)假定辉铜矿中的硫全部转化为SO2，并且全部被水吸收，则操作F中所发生反应的离子方程式为___。‎ ‎(3)若操作F的滴定结果如下表所示，则辉铜矿样品中Cu2S的质量分数是________。‎ 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎1.04‎ ‎21.03‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎1.98‎ ‎21.99‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎3.20‎ ‎21.24‎ ‎(4)本方案设计中有一个明显的缺陷影响了测定结果(不属于操作失误)，你认为是____________(写一种即可)。‎ ‎【答案】 (1). 除去空气中可能含有的还原性气体与酸性气体 (2). 干燥空气 (3). 2MnO4—＋5H2SO3===2Mn2＋＋5SO42—＋4H＋＋3H2O (或2MnO4—＋5SO2 ＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42—＋4H＋ ) (4). )80% (5). 在用KMnO4滴定前，未反应完的O2与空气中的O2也可将H2SO3氧化，造成测定结果偏低(答案合理即可)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)装置①中的溶液是高锰酸钾溶液与氢氧化钾溶液的混合溶液，目的是为了吸收空气中可能含有的还原性气体与酸性气体，避免对测定结果产生误差，装置②干燥管中的碱石灰可除去空气中混有的水蒸气。‎ 所以本题答案：除去空气中可能含有的还原性气体与酸性气体 ；干燥空气；‎ ‎(2) SO2溶于水中生成亚硫酸，形成亚硫酸溶液，高锰酸钾具有强氧化性，可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，高锰酸钾被还原为硫酸锰，其反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2SO3===2Mn2＋＋5SO42-＋4H＋＋3H2O或2MnO4-＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42-＋4H＋。所以本题答案：2MnO4—＋5H2SO3===2Mn2＋＋5SO42—＋4H＋＋3H2O (或2MnO4—＋5SO2 ＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42—＋4H＋ ) ‎ ‎(3)第3组数据误差太大，舍去，前两组消耗高锰酸钾溶液平均体积为[(21.03－1.04)＋(21.99－1.98)]÷2＝20.00mL，浓度为0.010 0 mol/L，高锰酸钾的物质的量为0.010 0 mol/L×0.02 L＝0.000 2 mol，根据反应分析，得：‎ ‎5Cu2S～5SO2～5H2SO3～2KMnO4‎ ‎5 2‎ n 0.000 2 mol 则n＝0.000 5 mol。辉铜矿样品中硫化亚铜质量分数＝(0.000 5‎ ‎ mol×160g/mol×250/25)/1.00g×100%＝80%。‎ 所以本题答案：80%。‎ ‎(4)H2SO3具有还原性，未反应完的O2与空气中的氧气会把H2SO3部分氧化，则滴定时与高锰酸钾反应的H2SO3减少，造成测定结果偏低。‎ 所以本题答案：在用KMnO4滴定前，未反应完的O2与空气中的O2也可将H2SO3氧化，造成测定结果偏低。‎ ‎23.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________________。‎ ‎（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________。‎ ‎（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎45‎ ‎50‎ TiO2·xH2O转化率/%‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎97‎ ‎93‎ ‎88‎ 分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________。‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为___________。‎ ‎（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成______________（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。‎ ‎（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________。‎ ‎【答案】 (1). 100℃、2h，90℃，5h (2). FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42- + 2H2O (3). 低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 (4). 4 (5). Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 (6). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；‎ ‎（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++ TiOCl42− + 2H2O；‎ ‎（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；‎ ‎（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。‎ ‎（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。‎ ‎24.铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：‎ ‎（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式_______________________________________________________。‎ ‎（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式________________________________。‎ ‎（3）火法炼铜的原理：Cu2S＋O2高温,2Cu＋SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移________mol e－。‎ ‎（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________(填选项字母)。‎ a．粗铜接电源正极，发生氧化反应 b．溶液中Cu2＋向阴极移动 c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等 d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属 ‎（5）据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿中CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2=4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：‎ ‎①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法________________________________________________。‎ ‎②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式 方案一：___________________________________________；‎ 方案二：______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O (2). 2Cu2＋＋CO＋2H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋2H＋ (3). 3 (4). ab (5).‎ ‎ 取少量溶液B于试管中，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子 (6). CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu (7). 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎（1）金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性溶解铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；‎ ‎（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2（OH）2CO3，故反应的方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，离子反应式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑； （3）反应中Cu元素化合价由+1价将低到0价，O元素化合价由0价降低到-2价，S元素化合价由-2价升高到+4价，由方程式可知生成2molCu，转移6mol电子，则该反应中每生成1molCu，转移3mol电子； （4）a．精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应故a正确；b．溶液中Cu2+向阴极移动，故b正确；c．比铜活泼的金属先放电，所以阳极和阴极的质量变化不相等，故c错误；d．Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d错误；故答案为ab； （5）检验溶液B中Fe3+是否被除尽的试剂是KSCN溶液，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子；‎ ‎③硫酸铜溶液得到金属铜的方法，可以加入铁粉置换铜反应的化学方程式为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu；也可以惰性电极通电电解硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。‎ ‎25. I．氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，配位氢化物、富氢载体化合韧是目前所采用的主要储氢材料。‎ ‎（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。在基态Ti2+中，电子占据的最高能层符号为 ，该能层具有的原子轨道数为 ；‎ ‎（2）液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用实现储氢和输氢。下列说法正确的是 ；‎ a．NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化 b．NH+4与PH+4、CH4、BH-4、ClO—4互为等电子体 c．相同压强时，NH3的沸点比PH3的沸点高 d．[Cu（NH3）4]2+离子中，N原子是配位原子 ‎（3）已知NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 ；‎ II．氯化钠是生活中的常用调味品，也是结构化学中研究离子晶体时常用的代表物，其晶胞结构如图所示。‎ ‎（1）设氯化钠晶体中Na+与跟它最近邻的Cl—之间的距离为r，则该Na+与跟它次近邻的C1—个数为 ，该Na+与跟它次近邻的Cl—之间的距离为 ；‎ ‎（2）已知在氯化钠晶体中Na+的半径为以a pm，Cl—的半径为b pm，它们在晶 体中是紧密接触的，则在氯化钠晶体中离子的空间利用率为 ；（用含a、b的式子袁示）‎ ‎（3）纳米材料的表面原子占总原子数的比例很大，这是它有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠颗粒形状为立方体，边长为氯化钠晶胞的10倍，则该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为 。‎ ‎【答案】Ⅰ．（1）M（1分） 9（2分）‎ ‎（2）cd（2分） ‎ ‎（3）N、F、H三种元素的电负性为F > N >H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2＋形成配位键（2分）‎ Ⅱ．（1）8（2分）r（2分）‎ ‎（2）（2分）‎ ‎（3）26％ 或（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：Ⅰ．（1）Ti原子核外有22个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，在基态Ti2+中，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道。‎ ‎（2）a．NH3‎ 分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，故错误。‎ b．等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，NH4+与PH4+、CH4、BH4-、ClO4—原子数目相同，电子数目不同，所以不能互为等电子体，故错误。‎ c．相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，故正确；‎ d．．[Cu（NH3）4]2+离子中，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，故正确。‎ 所以选cd 。 ‎ ‎（3）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或者N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键．）；‎ Ⅱ．（1）氯化钠晶体中，，从图中可以看出，钠离子在体心和棱心位置，氯离子在顶点和面心位置，Na+与跟它次近邻的C1—（也就是图中晶胞大立方体中的8个顶点小白圈 ）个数为8个，该Na+与跟它次近邻的Cl—之间的距离也就是边长为r的小立方体的体对角线，也就是r 。‎ ‎（2）晶胞为面心立方，一个氯化钠晶胞中有4个Na＋和Cl－，这个正方体的边长是2(a＋b)pm，体积是8(a＋b)3pm3，一个Na＋体积是pm3，一个Cl－体积是pm3，4个Na＋和Cl－体积是pm3，氯化钠晶体中离子的空间利用率为×100%＝。‎ ‎（3）由NaCl的晶胞图可知，NaCl的晶胞为正立方体结构，立方体的体心只有一个Na＋‎ ‎，而其它的离子都处在立方体的面上，边长为氯化钠晶胞边长的10倍的氯化钠颗粒中总原子数为21的立方，而其内部的总原子数为19的立方（立方体相对的两个面上各被剥去了一层原子，所以整个边长相当于是减少了2，所以是19），所以该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为＝26％，另外列一种比较直观明了的解法： 由于立方体中的总原子数为n3（n为棱上原子数） 因此边长为氯化钠晶胞边长的10倍的氯化钠颗粒中总原子数为213，而其内部的总原子数为193（相当于将外面剥掉一层），所以其表面的原子数为213-193。表面原子占总原子数的百分数：=26%。‎ 考点：考查物质结构。‎ ‎26.化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：‎ ‎ ‎ 已知以下信息：‎ ‎①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。‎ ‎②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为____________。‎ ‎(2)B的化学名称为____________。‎ ‎(3)C与D反应生成E的化学方程式为_________________。‎ ‎(4)由E生成F的反应类型为____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2-丙醇(或异丙醇) (3). (4). 取代反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A分子式为C2H4O，且核磁共振氢谱为单峰，说明A中氢原子环境相同，只含有一种H，则A的结构简式为；B的分子式为，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，说明B中含有3种H，且三种H的个数比为6∶1∶1，则B的结构简式为 ‎；D的分子式为C7H8O2，且含有苯环，1molD可与1molNaOH或2molNa反应，则D中含有2个羟基，且其中一个为酚羟基（与NaOH反应），苯环上仅有两种不同化学环境的氢，可推断出其结构简式为：；C和D发生取代反应生成E：；E在碱性条件下发生取代反应生成F，由G的结构简式可推出，F的结构简式为，F与发生开环加成反应生成。‎ ‎【详解】（1）结合上述分析，A的结构简式为。所以本题答案：；‎ ‎（2）结合上述分析可知B的结构简式为，所以其名称是2-丙醇。所以本题答案：2-丙醇；‎ ‎（3）由C的结构简式为和D的结构简式为，所以C和D反应的化学方程式为 ‎，此反应为取代反应。所以本题答案：。‎ ‎(4) E()在碱性条件下转化为F()，因此，由E生成F的反应类型为取代反应。‎ ‎ ‎