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河北省石家庄市第二中学2017届高三下学期模拟联考化学试卷（解析版）
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这是一份河北省石家庄市第二中学2017届高三下学期模拟联考化学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了选择题，简答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河北省石家庄市第二中学2017届高三下学期模拟联考化学试卷
一、选择题
1．下列的叙述不正确的是（ ）
A. 明矾可作净水剂，向海水中加入明矾可以使海水淡化
B. 离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阳离子交换膜
C. 硬币材质一般都是合金.所有的不锈钢中都含有非金属元素
D. 使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力会减弱
2．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 室温下，pH=1 的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-
B. 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-
C. 加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3-
D. 在NaAlO2 溶液中：K+、Na+、HCO3-、SO42-
3．核磁共振氢谱中根据分子中不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号峰不同来确定分子中氢原子种类的。在下列5种有机分子中，核磁共振氢谱中给出的信号峰数目相同的一组是（ ）
A. ①② B. ②④ C. ④⑤ D. ③⑤
4．下列实验能达到相应目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
5．碱性硼化钒（VB2)—空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，用该电池电解100mL 硫酸铜溶液，实验装置如图所示（b、c均为惰性电极)，当外电路中通过0.02mol电子时，B装置两极共收集到0.224L气体（标准状况)。下列说法正确的是（ ）
A. 电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生
B. VB2为负极，电极反应为：2VB2+11H2O-22e-=V2O5+2B2O3+22H+
C. 电池内部OH-移向a电极，溶液pH保持增大
D. 忽略溶液体积变化，电解后B装置中溶液的pH为1
6．—定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）
A. pH=5 的H2S溶液中，c(H+)>c(HS-)=1×10-5mol/L
B. 将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中：
C. pH之和为14的H2C2O4与NaOH 溶液混合：c(Na+)>c(H+)>c(OH-)>c(HC2O4-)
D. 0.1 mol / L 的硫酸铵溶液中：c(SO42-)>c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)
7．实验测得pH=1.0的某溶液中还可能大量存在：Na+、Fe2+、Al3+、NH4+、SO42-、Cl-中的若干种离子，现进行了如下实验：
步骤I. 取该溶液10.0mL，加入过量1.0mol/LBa(NO3)2溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色：
步骤II. 向I所得的溶液中加入过量1.0mol/LNaOH溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成。用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色；
步骤III. 向II所得的溶液中通入过量CO2有沉淀E生成。下列推断错误的是（ ）
A. 步骤I中白色沉淀A的化学式为BaSO4
B. 步骤Ⅱ中产生沉淀C的反应：Fe3+ + 3OH-=Fe(OH)3↓
C. CO2先后分别与 NaOH(aq)、NaAlO2(aq)反应
D. 原溶液一定含有：Na+、Fe2+、Al3+、SO42-
二、简答题
8．碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）是名贵的矿物宝石孔雀石的主要成分，应用广泛，如在无机工业中用于制造各种铜化合物，有机工业中用作有机合成催化剂等等，某化学小组为了探究碱式碳酸铜生成条件对其产率的影响，设计了如下实验：
设计原理：取一定体积的碳酸钠溶液（0.5mol/L)于100mL烧杯中，进行加热，恒温后将硫酸铜溶液（5.00mL. 0.5mol/L)在不断搅拌下以一定速度逐滴加入到上述碳酸钠溶液中，反应达平衡后，静止，减压过滤，洗涤，烘干，即得到最终产品，同时有气体放出。
（1）反应原理为：________________。
（2）探究反应原料用量比对反应产物的影响。
该化学小组根据所提供试剂设汁两个实验来说明反应原料用量对产品的影响
提供试剂：0.5mol/LNa2CO3溶液、0.5mol/LCuSO4溶液。
①请填写下表的空白处：
① ② ③ ④
硫酸铜溶液体积/mL 2.0 2.0 2.0 2.0
碳酸钠溶液体积/mL 1.6 2.0 2.8
Na2CO3/CuSO4mol/比) 0.8 1 1.4
②通过实验画图可知：当比值为______，碱式碳酸铜产量最好。
（3）反应温度对产率的影响
在三支试管中各加入2.0mL0.5 mol/LCuSO4溶液另取四支试管各加入由上述实验得到的合适用量的0.5 mol /L Na2CO3溶液。从这两列试管中各取一支将它们分別置于室温、30℃、50℃、100℃的环境中数分钟后将CuSO4溶液倒入Na2CO3溶液中振荡并观察现象，发现：沉淀颜色分别为蓝色沉淀，绿色沉淀、深绿色沉淀，绿色中带有黑色沉淀，实验结果也如上图所示，请思考，为什么温度过髙产率反而下降_______，该实验加热方式为____________。
（4）分析所制得的碱式碳酸铜的质量分数。
将已准确称量的0.5g试样样品放入300mL的锥形瓶中，加入5mL醋酸，适热使其溶解，再用l00mL水将其稀释。加入2.5gKI振荡混合，经过5分钟后，加入数滴淀粉溶液，用0.1mol/L的硫代硫酸钠溶液进行滴定。当_______时即达滴定的终点。
反应的原理：2Cu2++4I- =2CuI+I2， I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
用0.lmol/L硫代硫酸钠40 mL，那么试样中铜的质量百分率为________。
该溶液的滴定度为_______。（毎毫升标准溶液相当于被测物质的质量，单位是g/mL或mg/mL)(保留三位有效数字）。
9．某工厂用一固体废渣（主要成份为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2）为主要原料回收利用，生产红矾钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)，同时制备明矾（KAl(SO4)2·12H2O）。其主要工艺流程如下:
己知：NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3+氧化为CrO42-
（1）I、II 目的是___________。
（2）实验室中操作④的名称为 _______________。
（3）己知：Ksp[Fe(OH)3]=3.0×10-39，Ksp[Al(OH)3] = 3×10-33。当 pH =5.6 时 Cr(OH)3开始沉淀。室温下，II中需调节溶液pH范围为___________ (杂质离子浓度小于1×10-6mol/L视为沉淀完全)。
(4) 写出Ⅲ中发生反应的离子方程式_____________。
(5) IV中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是_____________ (结合化学方程式回答)。
(6) 写出溶液F和硫酸溶液反应的离子方程式 _________，若用足量二氧化碳通入F中，则生成的溶液中离子浓度关系为___________。
10．（共15分）甲醇既是重要的化工原料，又是电动公交车的清洁能源，利用水煤气在一定条件下含成甲醇，发生的反应为：CO (g) +2H2(g)CH3OH(l) △H=?
（1）己知CO、H2、CH3OH的燃烧热分别为283.0kJ/mol，285.8kJ/mol，726.5kJ/mol 则△H=______。
（2）在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应：CO (g) +2H2(g)CH3OH(g)，实验测得T1℃和T2℃下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是
①由上述数据可以判断：T1℃_____T2℃
②T1℃时，0～20minH2的平均反应速率v(H2)=_________。
③该反应T1℃达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是_____(选填编号）。
A.改用高效催化剂 B.升高温度 C.缩小容器体积 D.分离出甲醇 E.增加CO的浓度
（3）若保持T1℃不变，起始时加入CO、H2、CH3OH的物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时，仍与原平衡等效，则a、b、c应该满足的条件___________。
（4）当反应在T1℃达到20min时，控制体积不变，迅速将0.02molCO，0.04molH2，0.18molCH3OH同时投入体系中，后在恒压条件下，反应在40min时达到平衡，请在图中画出20〜40min内容器中 H2浓度的变化趋势曲线：___________
（5）在以CH3OH(l)为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，则负极的电极反应式为__________；理想状态下，该燃料电池消耗2mol甲醇所能产生的最大电能为1162.4kJ，则该燃料电池的理论效率为______。（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）
11．现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且毎个能级所含的电子数相间；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题：
（1）请写出：D基态原子的价层电子排布图__________；F基态原子的外围电子排布式：_________。
(2) 下列说法错误的是 _________。
A.二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2>CO2
B.电负性顺序：B
D.稳定性：H2O>H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键
（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。向F硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F (X)4]2+，该离子的结构式为______（用元素符号表示）。
（4）某化合物与F(I)（I表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有 ________。
（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为_______。
（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm, F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率________。
三、填空题
12．化合物C是一种合成药品的中间体，其合成路线为：
已知：
（1）写出中宮能团的名称_____________。
（2）写出反应①的化学方程式_________________。
（3）反成②属于_______反应（填有机反应类型）。
（4）D是比多一个碳的同系物，则满足下列条件的D的间分异构体共有______种，写出一种满足条件且含4种不同氢原+的同分异构体的结构简式 __________。
①显弱碱性，易被氧化 ②分子内含有苯环 ③能发生水解反应
（5）请你设计由A合成B的合成路线。 __________
提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法示例如下：
参考答案
1．A
【解析】A.向海水中加入明矾可以使海水净化，但不能除去海水中的氯离子、钙离子、镁离子等，所以不能使海水淡化，故A错误；B.氯碱工业使用了阳离子交换膜，钠离子移向阴极，得到烧碱，故B正确；C.钢是铁和碳的合金，含有非金属元素碳，故C正确；D.钙、镁离子会和肥皂的主要成分反应，所以使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力会减弱，故D正确；故选A。
2．A
【解析】A.室温下，pH=1的溶液呈酸性，离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B.含有0.1mol•L-1Fe3+的溶液，Fe3＋与SCN－反应不能大量共存，故B错误；C.加入铝粉有气泡产生的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如呈酸性，则Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，如呈碱性，则NH4+、Fe2+与OH－反应不能大量共存，故C错误；D.在NaAlO2溶液中，AlO2-与HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。
点睛：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意①pH=1的溶液呈酸性，要判断选项中五种离子（包括氢离子）能否大量共存；②加入铝粉有大量气泡产生的溶液，是酸或碱溶液，在酸溶液中不存在NO3-，在碱溶液中，与OH－反应的离子不能大量共存；③离子一定能大量共存指的是各种情况下都必须共存，而可能共存指的是各种情况下，只要一种情况能共存即可。
3．C
【解析】核磁共振氢谱中有几个峰，有机物中就有几种氢原子，在确定氢原子的种类时，要考虑分子的对称性，①有4种不同化学环境的氢原子，②有2种，③有5种，④和⑤有3种，故选C。
点睛：核磁共振氢谱中有几个峰，有机物中就有几种氢原子，峰的面积比等于氢原子的个数比。解答本题要理解等效氢的概念：①同一个碳原子上的氢等效，如：甲烷。②同一个碳原子所连甲基上的氢原子等效，如2，2-二甲基丙烷，即新戊烷。③对称轴两端对称的氢原子等效，如乙醚中只含有两种氢。
4．C
【解析】A.乙二醇能被足量的酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳和水，无法制备乙二酸，故A错误；B.若比较氯化铁和二氧化锰对过氧化氢分解反应的催化效果，需要双氧水的浓度相同，温度相同，该对照实验中过氧化氢的质量分数和催化剂均不同，无法达到目的，故B错误；C.铜与稀硝酸反应生成NO，NO用排水法收集，试管内若能收集到不溶于水的无色气体（NO），则能证明稀硝酸与铜反应时表现出氧化性，故C正确；D.用电解法制备氢氧化亚铁时，铁作阳极，失电子发生氧化反应生成Fe2＋，Fe2＋与OH－反应生成氢氧化亚铁，则铁电极与电源的正极相连，故D错误；故选C。
5．D
【解析】A.该题A装置为原电池，通入空气的a电极为正极，与电源正极相连的b电极为阳极，电解时，溶液中的OH－在阳极放电生成氧气，即b电极表面没有红色物质析出，故A错误；B.根据上述分析，a电解为正极，则VB2电极是负极，负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故B错误；C.根据上述分析，a电极为正极，电池内部OH－移向a电极，根据燃料电池的总反应，溶液pH保持不变，故C错误；D.当外电路中通过0.02mol电子时，B装置内b为阳极，电极反应为4OH－-4e－=2H2O+O2,氢氧根失电子生成氧气为0.005mol，共收集到0.224L气体，物质的量为0.224L÷22.4L/mol= 0.01mol，则阴极也产生0.005moL的氢气，所以溶液中生成H＋的物质的量为0.02-0.005×1=0.01mol，溶液中c(H＋)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，pH=1，故D正确；故选D。
点睛：本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，碱性硼化钒-空气燃料电池中，电池总反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算。注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。
6．B
【解析】A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，则溶液中c（H+）=1×10-5mol/L＞c（HS-），故A错误；B.酸性：H2CO3>HCO3-，等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，所以，故B正确；C.根据溶液呈电中性，该浓度关系不符合电荷守恒，故C错误；D.水解程度是微弱的，则在硫酸铵[（NH4）2SO4]溶液中，c(NH4＋ )>c(SO42-)，故D错误；故选B。
7．D
【解析】pH=1.0的某溶液，该溶液中含有大量的H＋，NO在空气中与氧气反应生成红棕色的NO2，则取该溶液10.0mL，加入过量1.0mol/LBa(NO3)2溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色，无色气体B为NO，白色沉淀为BaSO4，该溶液中有SO42-，还有还原性的离子Fe2＋，Fe2＋、H＋和NO3-发生氧化还原反应生成NO；氢氧化铁是红褐色沉淀，NH4＋ 与OH－反应生成氨气，氨气是无色刺激性气味的气体，向I所得的溶液中加入过量1.0mol/LNaOH溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成，则C为Fe(OH)3，D为NH3，原溶液中有NH4＋ ，用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有Na＋，但在步骤Ⅱ加入了NaOH溶液，无法说明原溶液中是否有Na＋；向II所得的溶液中通入过量CO2有沉淀E生成，说明原溶液中有Al3＋，沉淀E为氢氧化铝。A.根据上述分析，步骤Ⅰ中白色沉淀为BaSO4，故A正确；B.步骤Ⅰ反应生成了Fe3＋，则步骤Ⅱ中产生氢氧化铁的反应为:Fe3＋+3OH－=Fe(OH)3↓，故B正确；C.NaAlO2在碱溶液中能大量共存，步骤Ⅱ中加入了过量的NaOH，则CO2先后分别与 NaOH(aq)、NaAlO2(aq)反应，故C正确；D.根据上述分析，无法确定原溶液中是否有Na＋，故D错误；故选D。
点睛：本题考查离子反应、离子的推断等知识。利用离子反应进行物质的推断是推断题中的一种重要题型，它既考查了常见离子的典型性质，又考查了学生的推断能力。这类试题常将物质拆分为离子，通过实验并根据其现象推断出相关物质。解答的关键是依据题目给出的现象和离子的性质初步推出可能的物质，然后逐步分析，从而得出正确的结果。特别注意的是：用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有Na＋，但在步骤Ⅱ加入了NaOH溶液，则无法说明原溶液中是否有Na＋。
8． 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu(OH)2CO3+CO2 2.4 1.2 温度过高，生成的碱式碳酸铜会加热分解 水浴加热 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不恢复蓝色 51.2% 0.0111g/mL
【解析】本题考查探究实验方案的设计与评价，涉及反应原理、反应原料用量比对反应产物的影响、反应温度对产率的影响和利用氧化还原滴定法测定碱式碳酸铜的质量分数等，根据题给信息结合基础知识解答。
（1）根据题给信息，碳酸钠和硫酸铜溶液混合加热生成碱式碳酸铜，且有气体生成，该气体为CO2，则反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu(OH)2CO3+CO2 。
（2）①根据表格提供的信息，碳酸钠溶液的体积依次递增4mL，所以表格中的空白处应该填2.4、1.2。
②根据题图可知，③处碱式碳酸铜的产量最高，即当比值为1.2时，碱式碳酸铜产量最好。
（3）根据上述实验现象可知，温度过高，生成的碱式碳酸铜会加热分解 ，所以温度过髙产率反而下降；该实验需要的温度为室温、30℃、50℃、100℃，则该实验加热方式为水浴加热。
（4）根据反应原理：2Cu2++4I- =2CuI+I2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式Cu—S2O32-，所以n(Cu)=n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.04L=0.004mol，试样中铜的质量百分率为0.004mol×64g/mol÷0.5g×100%=51.2%。该溶液的滴定度为0.002mol×222g/mol÷40=0.0111g/mL。
9． 使Fe2+转化为Fe3+，并调整pH，使Fe3+和Al3+完全沉淀，与铬元素完全分离 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 5.0≤pH<5.6 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O = 2CrO42-+3Na++3Bi(OH)3 酸性条件下CrO42-或Cr2O72-会被Cl-还原为Cr3+ Cr2O72-+6Cl-+l4H+=2Cr3++3Cl2+7H2O AlO2-+4H+ = Al3++2H2O c (K+) >c (HCO3-) >c (OH-) >c (H+) >c (CO32-)
【解析】本题考查工艺流程分析，铬铁矿的主要成份为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2，向铬铁矿中加入过量的硫酸，氧化铝、氧化亚铁和Cr2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬，SiO2与硫酸不反应，过滤，得到固体A为SiO2，溶液B为硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬的混合溶液，加入H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节pH形成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤，得到固体C为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，溶液D为硫酸铬溶液，向固体C中加入过量的KOH溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钾溶液，固体E为氢氧化铁，溶液F为偏铝酸钾溶液，加入稀硫酸，然后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到明矾；向溶液D中加入过量的NaOH溶液和NaBiO3溶液，发生氧化还原反应生成Bi(OH)3固体和Na2CrO4溶液，溶液E为Na2CrO4溶液，然后酸化得到Na2Cr2O7溶液和Na2SO4溶液，最终得到红矾钠晶体。
（1）根据上述分析，I、II 操作的目的是使Fe2+转化为Fe3+，并调整pH，使Fe3+和Al3＋完全沉淀，与铬元素完全分离 。
（2）操作④是由溶液得到晶体的过程，名称为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
（3）使Al3＋完全除去时c(OH－)3＝Ksp[Al(OH)3]÷c(Al3＋)=1×10-33÷1×10-6mol/L= 1×10-27，c(OH－)=10-9mol/L，此时溶液pH＝5.0，使Fe3＋完全除去时c(OH－)3＝Ksp[Fe(OH)3]÷c(Fe3＋)=3.0×10-39÷1×10-6mol/L= 3×10-33，c(OH－)≈1.4× 10－11mol/L，此时溶液pH≈3.1，而pH＝5.6时Cr(OH)3开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0≤pH<5.6。
（4）NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3+氧化为CrO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，Ⅲ中发生反应的离子方程式3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O = 2CrO42-+3Na++3Bi(OH)3。
（5）因为反应Cr2O72-+6Cl-+l4H+=2Cr3++3Cl2+7H2O，酸性条件下CrO42-或Cr2O72-会被Cl-还原为Cr3+ ，所以IV中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化。
（6）溶液F为偏铝酸钾溶液，偏铝酸钾和硫酸反应生成硫酸铝，反应的离子方程式为AlO2-+4H+ = Al3++2H2O。将足量二氧化碳通入偏铝酸钾溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾溶液，碳酸氢钾是强碱弱酸盐，HCO3-在溶液中存在水解过程和电离过程，以水解过程为主，溶液显碱性，水解过程是微弱的，则生成的溶液中离子浓度关系为c (K+) >c (HCO3-) >c (OH-) >c (H+) >c (CO32-)。
10． -128.1kJ/mol < 0.006mol/(L·min) C、E a+c=0.2，b+c/2=0.4 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 80%
【解析】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率的计算和影响因素，等效平衡以及影响平衡的因素，化学图像和燃料电池等知识，利用基础知识解答。
（1）因为CO、H2、CH3OH的燃烧热分别为283.0kJ/mol，285.8kJ/mol，726.5kJ/mol，所以①CO(g)+ O2(g)=CO2(g) △H=-283.0kJ/mol、②H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol、③CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ/mol，根据盖斯定律，①+2×②-③得CO (g) +2H2(g) CH3OH(l)的△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+726.5kJ/mol=-128.1kJ/mol。
（2）①根据上述分析，CO和氢气反应生成甲醇的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，达平衡时甲醇的物质的量减少，再根据表格提供的数据可判断，T1℃
（4）根据题给数据，20min时氢气的浓度为0.5mol/L，起始加入0.2mol CO和0.4mol H2，20min时再加入0.02molCO，0.04molH2，0.18molCH3OH，相当于加入0.2molCO和0.4mol氢气，在恒压条件下，反应在40min时达到平衡，与原平衡是等效平衡，平衡时氢气的浓度为0.02mol/L，所以20〜40min内容器中 H2浓度的变化趋势曲线为。
（5）酸性条件下甲醇燃料电池的总反应式为：CH3OH+O2═CO2+2H2①，酸性条件下该燃料电池的正极反应式为O2+6H++6e-═3H2②，①-②得电池负极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ ；该燃料电池的理论效率为1162.4÷（726.5×2）×100%=80%。
11． 3d104s2 AD sp2、sp3 8
【解析】B元素含有3个能级1s、2s、2p，且每个能级所含的电子数相同，都是2个电子，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，所以D是O元素；则C是N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，说明E、F是第四周期元素，因为前三周期相邻主族元素的原子序数只差1，E元素的基态原子有4个未成对电子，则E为26号元素Fe，F为29号元素Cu。
（1）根据上述分析，D为O元素，其基态原子的价层电子排布图为；F为29号元素Cu，其基态原子的外围电子排布式为3d104s2。
（2）A.二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体，所以沸点：SiO2＞CO2 ，故A错误；B.同周期元素随核电荷数增大元素的电负性逐渐增强，则电负性顺序：C
（4）根据图1可以看出，杂环上的碳原子[C与N（或N）]含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化。
（5）根据晶胞结构可知，B原子有4个位于晶胞内部，其余B原子位于顶点、面心，则一个晶胞中所含B原子数为8×1/8+6×1/2+4=8个；
（6）根据上述分析，D与F分别为O、Cu，O与Cu形成离子个数比为1：1的化合物为CuO，CuO晶胞与NaCl类似，其晶胞结构为，晶胞中铜离子数目=阳离子数目=8×1/8+6×1/2=4，O2-离子的半径为a pm，Cu2+离子的半径b pm，则晶胞中原子总体积=4×（πa3+ πb3）pm3，晶胞棱长=2（a+b）pm，晶胞体积=8（a+b）3pm3，所以该晶胞的空间利用率= = 。
12．（1）氨基、羧基（每个1分，共2分）
（2）＋Cl2＋HCl（共2分，无“条件”扣1分，其它错不得分）
（3）取代 （1分） （4）19（2分）,（2分）（5）（共5分）
（答对一步得1分，出现错误后面不得分。合成顺序不能颠倒，无“条件”有一处扣1分。）
【解析】试题分析：（1）根据有机物的结构简式可知，分子中官能团的名称为氨基和羧基。
（2）反应②是甲苯分子中甲基上氢原子被氯原子取代，反应的化学方程式为＋Cl2＋HCl。
（3）根据反应前后有机物结构简式的变化可知，该反应是氨基中的氢原子被取代，因此该反应是取代反应。
（4）D是比多一个碳的同系物，则D比多1个CH2原子团。①显弱碱性，易被氧化，说明含有氨基；②分子内含有苯环；③能发生水解反应，说明含有酯基。因此如果苯环上有2个取代基，则可以是－CH2OOCH和－NH2，分为邻、间、对三种；也可以是－OOCCH3和－NH2，分为邻、间、对三种；还可以是－COOCH3和－NH2，分为邻、间、对三种；如果含有三个取代基，则分别为－NH2、－CH3和－OOCH，又有10种，所以共计是19种；又因为含4种不同氢原子，所以满足条件的D的同分异构体的结构简式可以是，氨基对位的取代基也可以是－COOCH3。
（5）由于氨基易被氧化，所以首先引入硝基后先氧化甲基，最后再还原硝基为氨基，所以正确的合成路线为。
考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断、有机合成路线设计以及方程式的书写
河北省石家庄市第二中学2017届高三下学期模拟联考化学试卷
一、选择题
1．下列的叙述不正确的是（ ）
A. 明矾可作净水剂，向海水中加入明矾可以使海水淡化
B. 离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阳离子交换膜
C. 硬币材质一般都是合金.所有的不锈钢中都含有非金属元素
D. 使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力会减弱
2．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 室温下，pH=1 的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-
B. 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-
C. 加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3-
D. 在NaAlO2 溶液中：K+、Na+、HCO3-、SO42-
3．核磁共振氢谱中根据分子中不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号峰不同来确定分子中氢原子种类的。在下列5种有机分子中，核磁共振氢谱中给出的信号峰数目相同的一组是（ ）
A. ①② B. ②④ C. ④⑤ D. ③⑤
4．下列实验能达到相应目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
5．碱性硼化钒（VB2)—空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，用该电池电解100mL 硫酸铜溶液，实验装置如图所示（b、c均为惰性电极)，当外电路中通过0.02mol电子时，B装置两极共收集到0.224L气体（标准状况)。下列说法正确的是（ ）
A. 电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生
B. VB2为负极，电极反应为：2VB2+11H2O-22e-=V2O5+2B2O3+22H+
C. 电池内部OH-移向a电极，溶液pH保持增大
D. 忽略溶液体积变化，电解后B装置中溶液的pH为1
6．—定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）
A. pH=5 的H2S溶液中，c(H+)>c(HS-)=1×10-5mol/L
B. 将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中：
C. pH之和为14的H2C2O4与NaOH 溶液混合：c(Na+)>c(H+)>c(OH-)>c(HC2O4-)
D. 0.1 mol / L 的硫酸铵溶液中：c(SO42-)>c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)
7．实验测得pH=1.0的某溶液中还可能大量存在：Na+、Fe2+、Al3+、NH4+、SO42-、Cl-中的若干种离子，现进行了如下实验：
步骤I. 取该溶液10.0mL，加入过量1.0mol/LBa(NO3)2溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色：
步骤II. 向I所得的溶液中加入过量1.0mol/LNaOH溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成。用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色；
步骤III. 向II所得的溶液中通入过量CO2有沉淀E生成。下列推断错误的是（ ）
A. 步骤I中白色沉淀A的化学式为BaSO4
B. 步骤Ⅱ中产生沉淀C的反应：Fe3+ + 3OH-=Fe(OH)3↓
C. CO2先后分别与 NaOH(aq)、NaAlO2(aq)反应
D. 原溶液一定含有：Na+、Fe2+、Al3+、SO42-
二、简答题
8．碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）是名贵的矿物宝石孔雀石的主要成分，应用广泛，如在无机工业中用于制造各种铜化合物，有机工业中用作有机合成催化剂等等，某化学小组为了探究碱式碳酸铜生成条件对其产率的影响，设计了如下实验：
设计原理：取一定体积的碳酸钠溶液（0.5mol/L)于100mL烧杯中，进行加热，恒温后将硫酸铜溶液（5.00mL. 0.5mol/L)在不断搅拌下以一定速度逐滴加入到上述碳酸钠溶液中，反应达平衡后，静止，减压过滤，洗涤，烘干，即得到最终产品，同时有气体放出。
（1）反应原理为：________________。
（2）探究反应原料用量比对反应产物的影响。
该化学小组根据所提供试剂设汁两个实验来说明反应原料用量对产品的影响
提供试剂：0.5mol/LNa2CO3溶液、0.5mol/LCuSO4溶液。
①请填写下表的空白处：
① ② ③ ④
硫酸铜溶液体积/mL 2.0 2.0 2.0 2.0
碳酸钠溶液体积/mL 1.6 2.0 2.8
Na2CO3/CuSO4mol/比) 0.8 1 1.4
②通过实验画图可知：当比值为______，碱式碳酸铜产量最好。
（3）反应温度对产率的影响
在三支试管中各加入2.0mL0.5 mol/LCuSO4溶液另取四支试管各加入由上述实验得到的合适用量的0.5 mol /L Na2CO3溶液。从这两列试管中各取一支将它们分別置于室温、30℃、50℃、100℃的环境中数分钟后将CuSO4溶液倒入Na2CO3溶液中振荡并观察现象，发现：沉淀颜色分别为蓝色沉淀，绿色沉淀、深绿色沉淀，绿色中带有黑色沉淀，实验结果也如上图所示，请思考，为什么温度过髙产率反而下降_______，该实验加热方式为____________。
（4）分析所制得的碱式碳酸铜的质量分数。
将已准确称量的0.5g试样样品放入300mL的锥形瓶中，加入5mL醋酸，适热使其溶解，再用l00mL水将其稀释。加入2.5gKI振荡混合，经过5分钟后，加入数滴淀粉溶液，用0.1mol/L的硫代硫酸钠溶液进行滴定。当_______时即达滴定的终点。
反应的原理：2Cu2++4I- =2CuI+I2， I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
用0.lmol/L硫代硫酸钠40 mL，那么试样中铜的质量百分率为________。
该溶液的滴定度为_______。（毎毫升标准溶液相当于被测物质的质量，单位是g/mL或mg/mL)(保留三位有效数字）。
9．某工厂用一固体废渣（主要成份为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2）为主要原料回收利用，生产红矾钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)，同时制备明矾（KAl(SO4)2·12H2O）。其主要工艺流程如下:
己知：NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3+氧化为CrO42-
（1）I、II 目的是___________。
（2）实验室中操作④的名称为 _______________。
（3）己知：Ksp[Fe(OH)3]=3.0×10-39，Ksp[Al(OH)3] = 3×10-33。当 pH =5.6 时 Cr(OH)3开始沉淀。室温下，II中需调节溶液pH范围为___________ (杂质离子浓度小于1×10-6mol/L视为沉淀完全)。
(4) 写出Ⅲ中发生反应的离子方程式_____________。
(5) IV中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是_____________ (结合化学方程式回答)。
(6) 写出溶液F和硫酸溶液反应的离子方程式 _________，若用足量二氧化碳通入F中，则生成的溶液中离子浓度关系为___________。
10．（共15分）甲醇既是重要的化工原料，又是电动公交车的清洁能源，利用水煤气在一定条件下含成甲醇，发生的反应为：CO (g) +2H2(g)CH3OH(l) △H=?
（1）己知CO、H2、CH3OH的燃烧热分别为283.0kJ/mol，285.8kJ/mol，726.5kJ/mol 则△H=______。
（2）在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应：CO (g) +2H2(g)CH3OH(g)，实验测得T1℃和T2℃下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是
①由上述数据可以判断：T1℃_____T2℃
②T1℃时，0～20minH2的平均反应速率v(H2)=_________。
③该反应T1℃达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是_____(选填编号）。
A.改用高效催化剂 B.升高温度 C.缩小容器体积 D.分离出甲醇 E.增加CO的浓度
（3）若保持T1℃不变，起始时加入CO、H2、CH3OH的物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时，仍与原平衡等效，则a、b、c应该满足的条件___________。
（4）当反应在T1℃达到20min时，控制体积不变，迅速将0.02molCO，0.04molH2，0.18molCH3OH同时投入体系中，后在恒压条件下，反应在40min时达到平衡，请在图中画出20〜40min内容器中 H2浓度的变化趋势曲线：___________
（5）在以CH3OH(l)为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，则负极的电极反应式为__________；理想状态下，该燃料电池消耗2mol甲醇所能产生的最大电能为1162.4kJ，则该燃料电池的理论效率为______。（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）
11．现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且毎个能级所含的电子数相间；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题：
（1）请写出：D基态原子的价层电子排布图__________；F基态原子的外围电子排布式：_________。
(2) 下列说法错误的是 _________。
A.二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2>CO2
B.电负性顺序：B
D.稳定性：H2O>H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键
（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。向F硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F (X)4]2+，该离子的结构式为______（用元素符号表示）。
（4）某化合物与F(I)（I表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有 ________。
（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为_______。
（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm, F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率________。
三、填空题
12．化合物C是一种合成药品的中间体，其合成路线为：
已知：
（1）写出中宮能团的名称_____________。
（2）写出反应①的化学方程式_________________。
（3）反成②属于_______反应（填有机反应类型）。
（4）D是比多一个碳的同系物，则满足下列条件的D的间分异构体共有______种，写出一种满足条件且含4种不同氢原+的同分异构体的结构简式 __________。
①显弱碱性，易被氧化 ②分子内含有苯环 ③能发生水解反应
（5）请你设计由A合成B的合成路线。 __________
提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法示例如下：
参考答案
1．A
【解析】A.向海水中加入明矾可以使海水净化，但不能除去海水中的氯离子、钙离子、镁离子等，所以不能使海水淡化，故A错误；B.氯碱工业使用了阳离子交换膜，钠离子移向阴极，得到烧碱，故B正确；C.钢是铁和碳的合金，含有非金属元素碳，故C正确；D.钙、镁离子会和肥皂的主要成分反应，所以使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力会减弱，故D正确；故选A。
2．A
【解析】A.室温下，pH=1的溶液呈酸性，离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B.含有0.1mol•L-1Fe3+的溶液，Fe3＋与SCN－反应不能大量共存，故B错误；C.加入铝粉有气泡产生的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如呈酸性，则Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，如呈碱性，则NH4+、Fe2+与OH－反应不能大量共存，故C错误；D.在NaAlO2溶液中，AlO2-与HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。
点睛：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意①pH=1的溶液呈酸性，要判断选项中五种离子（包括氢离子）能否大量共存；②加入铝粉有大量气泡产生的溶液，是酸或碱溶液，在酸溶液中不存在NO3-，在碱溶液中，与OH－反应的离子不能大量共存；③离子一定能大量共存指的是各种情况下都必须共存，而可能共存指的是各种情况下，只要一种情况能共存即可。
3．C
【解析】核磁共振氢谱中有几个峰，有机物中就有几种氢原子，在确定氢原子的种类时，要考虑分子的对称性，①有4种不同化学环境的氢原子，②有2种，③有5种，④和⑤有3种，故选C。
点睛：核磁共振氢谱中有几个峰，有机物中就有几种氢原子，峰的面积比等于氢原子的个数比。解答本题要理解等效氢的概念：①同一个碳原子上的氢等效，如：甲烷。②同一个碳原子所连甲基上的氢原子等效，如2，2-二甲基丙烷，即新戊烷。③对称轴两端对称的氢原子等效，如乙醚中只含有两种氢。
4．C
【解析】A.乙二醇能被足量的酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳和水，无法制备乙二酸，故A错误；B.若比较氯化铁和二氧化锰对过氧化氢分解反应的催化效果，需要双氧水的浓度相同，温度相同，该对照实验中过氧化氢的质量分数和催化剂均不同，无法达到目的，故B错误；C.铜与稀硝酸反应生成NO，NO用排水法收集，试管内若能收集到不溶于水的无色气体（NO），则能证明稀硝酸与铜反应时表现出氧化性，故C正确；D.用电解法制备氢氧化亚铁时，铁作阳极，失电子发生氧化反应生成Fe2＋，Fe2＋与OH－反应生成氢氧化亚铁，则铁电极与电源的正极相连，故D错误；故选C。
5．D
【解析】A.该题A装置为原电池，通入空气的a电极为正极，与电源正极相连的b电极为阳极，电解时，溶液中的OH－在阳极放电生成氧气，即b电极表面没有红色物质析出，故A错误；B.根据上述分析，a电解为正极，则VB2电极是负极，负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故B错误；C.根据上述分析，a电极为正极，电池内部OH－移向a电极，根据燃料电池的总反应，溶液pH保持不变，故C错误；D.当外电路中通过0.02mol电子时，B装置内b为阳极，电极反应为4OH－-4e－=2H2O+O2,氢氧根失电子生成氧气为0.005mol，共收集到0.224L气体，物质的量为0.224L÷22.4L/mol= 0.01mol，则阴极也产生0.005moL的氢气，所以溶液中生成H＋的物质的量为0.02-0.005×1=0.01mol，溶液中c(H＋)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，pH=1，故D正确；故选D。
点睛：本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，碱性硼化钒-空气燃料电池中，电池总反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算。注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。
6．B
【解析】A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，则溶液中c（H+）=1×10-5mol/L＞c（HS-），故A错误；B.酸性：H2CO3>HCO3-，等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，所以，故B正确；C.根据溶液呈电中性，该浓度关系不符合电荷守恒，故C错误；D.水解程度是微弱的，则在硫酸铵[（NH4）2SO4]溶液中，c(NH4＋ )>c(SO42-)，故D错误；故选B。
7．D
【解析】pH=1.0的某溶液，该溶液中含有大量的H＋，NO在空气中与氧气反应生成红棕色的NO2，则取该溶液10.0mL，加入过量1.0mol/LBa(NO3)2溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色，无色气体B为NO，白色沉淀为BaSO4，该溶液中有SO42-，还有还原性的离子Fe2＋，Fe2＋、H＋和NO3-发生氧化还原反应生成NO；氢氧化铁是红褐色沉淀，NH4＋ 与OH－反应生成氨气，氨气是无色刺激性气味的气体，向I所得的溶液中加入过量1.0mol/LNaOH溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成，则C为Fe(OH)3，D为NH3，原溶液中有NH4＋ ，用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有Na＋，但在步骤Ⅱ加入了NaOH溶液，无法说明原溶液中是否有Na＋；向II所得的溶液中通入过量CO2有沉淀E生成，说明原溶液中有Al3＋，沉淀E为氢氧化铝。A.根据上述分析，步骤Ⅰ中白色沉淀为BaSO4，故A正确；B.步骤Ⅰ反应生成了Fe3＋，则步骤Ⅱ中产生氢氧化铁的反应为:Fe3＋+3OH－=Fe(OH)3↓，故B正确；C.NaAlO2在碱溶液中能大量共存，步骤Ⅱ中加入了过量的NaOH，则CO2先后分别与 NaOH(aq)、NaAlO2(aq)反应，故C正确；D.根据上述分析，无法确定原溶液中是否有Na＋，故D错误；故选D。
点睛：本题考查离子反应、离子的推断等知识。利用离子反应进行物质的推断是推断题中的一种重要题型，它既考查了常见离子的典型性质，又考查了学生的推断能力。这类试题常将物质拆分为离子，通过实验并根据其现象推断出相关物质。解答的关键是依据题目给出的现象和离子的性质初步推出可能的物质，然后逐步分析，从而得出正确的结果。特别注意的是：用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有Na＋，但在步骤Ⅱ加入了NaOH溶液，则无法说明原溶液中是否有Na＋。
8． 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu(OH)2CO3+CO2 2.4 1.2 温度过高，生成的碱式碳酸铜会加热分解 水浴加热 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不恢复蓝色 51.2% 0.0111g/mL
【解析】本题考查探究实验方案的设计与评价，涉及反应原理、反应原料用量比对反应产物的影响、反应温度对产率的影响和利用氧化还原滴定法测定碱式碳酸铜的质量分数等，根据题给信息结合基础知识解答。
（1）根据题给信息，碳酸钠和硫酸铜溶液混合加热生成碱式碳酸铜，且有气体生成，该气体为CO2，则反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu(OH)2CO3+CO2 。
（2）①根据表格提供的信息，碳酸钠溶液的体积依次递增4mL，所以表格中的空白处应该填2.4、1.2。
②根据题图可知，③处碱式碳酸铜的产量最高，即当比值为1.2时，碱式碳酸铜产量最好。
（3）根据上述实验现象可知，温度过高，生成的碱式碳酸铜会加热分解 ，所以温度过髙产率反而下降；该实验需要的温度为室温、30℃、50℃、100℃，则该实验加热方式为水浴加热。
（4）根据反应原理：2Cu2++4I- =2CuI+I2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式Cu—S2O32-，所以n(Cu)=n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.04L=0.004mol，试样中铜的质量百分率为0.004mol×64g/mol÷0.5g×100%=51.2%。该溶液的滴定度为0.002mol×222g/mol÷40=0.0111g/mL。
9． 使Fe2+转化为Fe3+，并调整pH，使Fe3+和Al3+完全沉淀，与铬元素完全分离 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 5.0≤pH<5.6 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O = 2CrO42-+3Na++3Bi(OH)3 酸性条件下CrO42-或Cr2O72-会被Cl-还原为Cr3+ Cr2O72-+6Cl-+l4H+=2Cr3++3Cl2+7H2O AlO2-+4H+ = Al3++2H2O c (K+) >c (HCO3-) >c (OH-) >c (H+) >c (CO32-)
【解析】本题考查工艺流程分析，铬铁矿的主要成份为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2，向铬铁矿中加入过量的硫酸，氧化铝、氧化亚铁和Cr2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬，SiO2与硫酸不反应，过滤，得到固体A为SiO2，溶液B为硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铬的混合溶液，加入H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节pH形成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤，得到固体C为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，溶液D为硫酸铬溶液，向固体C中加入过量的KOH溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钾溶液，固体E为氢氧化铁，溶液F为偏铝酸钾溶液，加入稀硫酸，然后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到明矾；向溶液D中加入过量的NaOH溶液和NaBiO3溶液，发生氧化还原反应生成Bi(OH)3固体和Na2CrO4溶液，溶液E为Na2CrO4溶液，然后酸化得到Na2Cr2O7溶液和Na2SO4溶液，最终得到红矾钠晶体。
（1）根据上述分析，I、II 操作的目的是使Fe2+转化为Fe3+，并调整pH，使Fe3+和Al3＋完全沉淀，与铬元素完全分离 。
（2）操作④是由溶液得到晶体的过程，名称为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
（3）使Al3＋完全除去时c(OH－)3＝Ksp[Al(OH)3]÷c(Al3＋)=1×10-33÷1×10-6mol/L= 1×10-27，c(OH－)=10-9mol/L，此时溶液pH＝5.0，使Fe3＋完全除去时c(OH－)3＝Ksp[Fe(OH)3]÷c(Fe3＋)=3.0×10-39÷1×10-6mol/L= 3×10-33，c(OH－)≈1.4× 10－11mol/L，此时溶液pH≈3.1，而pH＝5.6时Cr(OH)3开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0≤pH<5.6。
（4）NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3+氧化为CrO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，Ⅲ中发生反应的离子方程式3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O = 2CrO42-+3Na++3Bi(OH)3。
（5）因为反应Cr2O72-+6Cl-+l4H+=2Cr3++3Cl2+7H2O，酸性条件下CrO42-或Cr2O72-会被Cl-还原为Cr3+ ，所以IV中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化。
（6）溶液F为偏铝酸钾溶液，偏铝酸钾和硫酸反应生成硫酸铝，反应的离子方程式为AlO2-+4H+ = Al3++2H2O。将足量二氧化碳通入偏铝酸钾溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾溶液，碳酸氢钾是强碱弱酸盐，HCO3-在溶液中存在水解过程和电离过程，以水解过程为主，溶液显碱性，水解过程是微弱的，则生成的溶液中离子浓度关系为c (K+) >c (HCO3-) >c (OH-) >c (H+) >c (CO32-)。
10． -128.1kJ/mol < 0.006mol/(L·min) C、E a+c=0.2，b+c/2=0.4 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 80%
【解析】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率的计算和影响因素，等效平衡以及影响平衡的因素，化学图像和燃料电池等知识，利用基础知识解答。
（1）因为CO、H2、CH3OH的燃烧热分别为283.0kJ/mol，285.8kJ/mol，726.5kJ/mol，所以①CO(g)+ O2(g)=CO2(g) △H=-283.0kJ/mol、②H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol、③CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ/mol，根据盖斯定律，①+2×②-③得CO (g) +2H2(g) CH3OH(l)的△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+726.5kJ/mol=-128.1kJ/mol。
（2）①根据上述分析，CO和氢气反应生成甲醇的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，达平衡时甲醇的物质的量减少，再根据表格提供的数据可判断，T1℃
（4）根据题给数据，20min时氢气的浓度为0.5mol/L，起始加入0.2mol CO和0.4mol H2，20min时再加入0.02molCO，0.04molH2，0.18molCH3OH，相当于加入0.2molCO和0.4mol氢气，在恒压条件下，反应在40min时达到平衡，与原平衡是等效平衡，平衡时氢气的浓度为0.02mol/L，所以20〜40min内容器中 H2浓度的变化趋势曲线为。
（5）酸性条件下甲醇燃料电池的总反应式为：CH3OH+O2═CO2+2H2①，酸性条件下该燃料电池的正极反应式为O2+6H++6e-═3H2②，①-②得电池负极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ ；该燃料电池的理论效率为1162.4÷（726.5×2）×100%=80%。
11． 3d104s2 AD sp2、sp3 8
【解析】B元素含有3个能级1s、2s、2p，且每个能级所含的电子数相同，都是2个电子，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，所以D是O元素；则C是N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，说明E、F是第四周期元素，因为前三周期相邻主族元素的原子序数只差1，E元素的基态原子有4个未成对电子，则E为26号元素Fe，F为29号元素Cu。
（1）根据上述分析，D为O元素，其基态原子的价层电子排布图为；F为29号元素Cu，其基态原子的外围电子排布式为3d104s2。
（2）A.二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体，所以沸点：SiO2＞CO2 ，故A错误；B.同周期元素随核电荷数增大元素的电负性逐渐增强，则电负性顺序：C
（4）根据图1可以看出，杂环上的碳原子[C与N（或N）]含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化。
（5）根据晶胞结构可知，B原子有4个位于晶胞内部，其余B原子位于顶点、面心，则一个晶胞中所含B原子数为8×1/8+6×1/2+4=8个；
（6）根据上述分析，D与F分别为O、Cu，O与Cu形成离子个数比为1：1的化合物为CuO，CuO晶胞与NaCl类似，其晶胞结构为，晶胞中铜离子数目=阳离子数目=8×1/8+6×1/2=4，O2-离子的半径为a pm，Cu2+离子的半径b pm，则晶胞中原子总体积=4×（πa3+ πb3）pm3，晶胞棱长=2（a+b）pm，晶胞体积=8（a+b）3pm3，所以该晶胞的空间利用率= = 。
12．（1）氨基、羧基（每个1分，共2分）
（2）＋Cl2＋HCl（共2分，无“条件”扣1分，其它错不得分）
（3）取代 （1分） （4）19（2分）,（2分）（5）（共5分）
（答对一步得1分，出现错误后面不得分。合成顺序不能颠倒，无“条件”有一处扣1分。）
【解析】试题分析：（1）根据有机物的结构简式可知，分子中官能团的名称为氨基和羧基。
（2）反应②是甲苯分子中甲基上氢原子被氯原子取代，反应的化学方程式为＋Cl2＋HCl。
（3）根据反应前后有机物结构简式的变化可知，该反应是氨基中的氢原子被取代，因此该反应是取代反应。
（4）D是比多一个碳的同系物，则D比多1个CH2原子团。①显弱碱性，易被氧化，说明含有氨基；②分子内含有苯环；③能发生水解反应，说明含有酯基。因此如果苯环上有2个取代基，则可以是－CH2OOCH和－NH2，分为邻、间、对三种；也可以是－OOCCH3和－NH2，分为邻、间、对三种；还可以是－COOCH3和－NH2，分为邻、间、对三种；如果含有三个取代基，则分别为－NH2、－CH3和－OOCH，又有10种，所以共计是19种；又因为含4种不同氢原子，所以满足条件的D的同分异构体的结构简式可以是，氨基对位的取代基也可以是－COOCH3。
（5）由于氨基易被氧化，所以首先引入硝基后先氧化甲基，最后再还原硝基为氨基，所以正确的合成路线为。
考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断、有机合成路线设计以及方程式的书写
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