2019-2020学年贵州省部分重点中学新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020 学年贵州省部分重点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 化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂B.乙醇溶液、双氧水均可用于杀菌消毒，但原理不同C.纯碱是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一D. SiO2具有导电性，可用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，A项错误；B.乙醇溶液和双氧水均能使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，但原理不同，B项正确；C.发酵粉的主要成分是 NaHCO 3, C项错误；D.二氧化硅可用于制

2、造光纤，但无导电性，D项错误。答案选B。2关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A .根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液B CO2、 NO2、 Mn 2O7、 P2O5 均为酸性氧化物C.漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D.熔融状态下，CH3COOH NaOH、MgCl2均能导电【答案】C【解析】【详解】A 选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A 错误；B选项，NO2不是酸性氧化物，故 B错误；C 选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D 选项，CH3COOH 是共价

3、化合物，熔融状态下不能导电，故D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。3某同学探究温度对溶液pH 值影响，加热一组试液并测量pH 后得到如下数据（溶液浓度均为0.1mol/L） ：温度(C)10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH 溶液2.902.892.872.85CHsCOONa 溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A.随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B.随温度升高，NaOH溶液

4、pH变化主要受水电离平衡变化影响C.随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D.随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO )增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；B.随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；C.随温度升高，促进 CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；答案选B。4.某高铭型钮渣含 F&O3、Fe3O4

5、、SiO2、AI2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钮和铭的工艺流程如屋晦)邛回一4)f 1-“eno沉淀机渣f(通烧，空气图所示： »回答下列问题：(1)踣烧”时 V2O5、Cr2O3转化为 NaVO3 和 NazCrd, SiO2、AI2O3 转化为 和。(2)滤渣1中主要含。滤渣2的主要成分是 Fe(OH)3和Al(OH)3,对应调pH应不低于 。(常温下，当溶液中离子浓度小于1xi05moi/L时认为沉淀完全，KspFe(OH)3=4.0 X彳0KspAl(OH) 3=1.0 X-30)。(3)沉钮”时的离子方程式是 , NH4VO3煨烧过程中的化学方程式是 。(

6、4)还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是 。(5)已知:25 C时，H2c2。4 的电离常数 Kai=5.9 x -20 Ka2=6. 4 X-50 则 25° C时，0.1 mol L-1NaHCO4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ,向0.1 mol L-1H2c2O4溶液中加入一定的 NaOH固体，当溶液的pH=2.5时，溶液中C( C2O42) : C(H2c204)= (保留两位有效数字)。【答案】Na2SiO3NaAlO2H2SiO34.7NH4+VO3-=NH4V03 J高温2NH4VO3= V2O5+2NH3 f +H20 T3QO42-+2CrQ2-+

7、16H+= 2Cr3+6CQT +8H2Oc(Na+) > c(HC2O4-) >c(H+)>C2O42->c(OH-)0.38【解析】【分析】“焙烧”时，F&O3、Fe3O4不和Na2CQ、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CQ、O2 反应转化为 NaVO3、NazCQ,SiO2、Al2O3 和 Na2CQ 反应转化成 Na2SiO3、NaAlO2；“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成 H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时 AlO2-转化成Al3+,铁的 两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+;“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为 Al(OH)

8、3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为 Al(OH)3和Fe(OH)3；“沉钮”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煨烧得 V2O5；“还原”时，用 Na2C2O4将CrQ2-还原成Cr3+,调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煨烧得到C2O3,据以上分析解答。【详解】(1)高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即 SQ、Al2O3转化为 Na2SiO3 和 NaAlO2,故答案为：Na2SiO3； NaAlO2；(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3, KspFe(OH)3=4.

9、0 X牝Fe3+浓度小于1X105mol/L时认为沉淀完全,(10-14)3Fe3+浓度为 1X1C5mol/L 时，c3(OH-)x 1X-5mol/L=4.0x-30c3(OH-)=4.0x-施c3(H+)=2匕 25010-12,4 10-33c(H+)=3/250 X 10-4y仪 10-4, pH4-lg6v4。Al3+浓度为1 x 105mol/L 时，c3(OH-) x 1 x-5mol/L=1.0 x-曲.c。 . .(10-14)31一 .1c3(OH-)=1.0 x-他 c3(H+)=-1.0 1014 = 10 10 , c(H+)= dn3 "5, pH=-l

10、g( 3 dn-5)=5-10 1028101010101 oolg(103)=4.7>4,综上所述，要使 A*和Fe+完全沉淀，pH不低于4.7,故答案为：H2SiO3； 4.7; 沉钮”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4+VO3-=NH4VO3 J , NH4VO3沉淀煨烧得到V2O5,元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3,方程式为：高温高温2NH4VO3V2O5+2NH3T +H20T ,故答案为：NH4+VO3-=NH4VO3J ； 2NH4VO3V2O5+2NH3T +H20T ;(4)还原”时，C2O42-将CrO42-还原

11、成Cr3+, pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为C6,结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3c2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3+6CQ T +8KO,故答案为: 3c2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3+6COH +8H2O;Hc2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)>c(HQO4-), HG2O4-的电离常数=Ka2=6. 4 x-5|0 HGO4-的水解常数Kw10-14Kh=2Ka1 5.9 10-2=1.7X10-13,电离常数>>水解常数，加之水电离也能产生一定的H+,所以 c(H+)>C2O42->

12、c(OH-)o 水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-),综上所述：c(Na+)>C(HC2O4)>C(H+)>C(C2O42)>C(OH-)。H2C2O4 ? H+HC2O4-, Ka1 =c(H+) c(HC2Oj)c(H2c2O4)'HC2O4-? H+C2O42-,Ka2=c(H+) c(c2O42-), "1><3=' + ) "1204 1c(H + ) CG)如叩2。42-)c(HC2。；)c(H2 c2O4)c(HC2O4)c(H2 c2

13、O4)。pH=2.5,则 c(H+)=10-2.5,所以,225c(c204 ) _ Ka1 Ka2 5.9 106. 4 10c(H2c2O4)c2(H+)(10 2.5)2=0.38 (保留两位有效数字)即 c(C2O42-)： c(H2C2O4) =0.38,故答案为：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)； 0.38;(5)二酸弱酸H2X：c(X2-)=Ka1 &c(H2X) - c2(H + )5.某药物中间体的合成路线如下:OH口 wci对恭二酚2. 5-二髭基市乙酮中间体下列说法正确的是aQH互为同系物CH:

14、OHB. 1 mol该中间体最多可与 7 mol氢氧化钠反应C. 2, 5一二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应D.该中间体分子含有厥基和羟基两种含氧官能团【答案】B【解析】【分析】【详解】OHA.对苯二酚中含两个酚羟基,中含1个酚羟基和1个醇羟基，结构不相似，不是同系物, CHZOH错误；B.中间体中的2个Cl原子、酯基、酚羟基都可与氢氧化钠反应，由于Cl原子与苯环直接相连，酯基为酚酯基，故1mol中间体最多可与 7molNaOH反应，B正确；C.2, 5二羟基苯乙酮中存在的苯环、厥基能与氢气等发生加成反应，但不能发生水解反应，C错误；D.中间体分子中含有酯基、羟基、厥基三种含氧官能团，D错误

15、；答案选B。6.下列说法违反科学原理的是（）A.碘化银可用于人工降雨B.在一定温度、压强下，石墨可变为金刚石C.闪电时空气中的 N2可变为氮的化合物D.烧菜时如果盐加得早，氯会挥发掉，只剩下钠【答案】D【解析】【详解】A.碘化银可在空气中形成结晶核，是水凝结，因此可用于人工降雨，A项正确；B.石墨与金刚石互为同素异形体，在一定温度、压强下石墨可变成金刚石，B项正确；C.闪电时空气中的 N2可变为氮的化合物，例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等，C项正确；D.氯化钠在烹饪温度下不会分解，氯挥发的情况不会出现，而且钠是非常活泼的金属，遇水会立刻转化为氢氧化钠，不可能只剩下钠，D项错误；答

16、案选Do7 .新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2s废气资源回收能量，并 H2s得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A.电极a为电池正极8 .电路中每流过 4mol电子， 正极消耗ImolO 2C.电极b上的电极反应：O2+4e +4H+=2H2OD.电极a上的电极反应：2H2S+2O2 2e=6+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故 A错误;B.电路中每流过 4mol电子，正极消耗 1molO2,故B正确；C.电极b上的电极反应：O2+4e =2 O2-,故C错误；D.电极a上的电极反应：2H

17、2S+2O2- 4e-= S2+ 2H2O,故D错误。综上所述，答案为 Bo8.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- CC=CCC键长（nm）0.1540.1340.120键能（kJ/mol ）347612838A. 0.154 nm苯中碳碳键键长0.134nmB. C=O键键能C-O键键能C.乙烯的沸点高于乙烷D.烯煌比快煌更易与澳加成【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；8 .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

18、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，则烯煌比快煌更易与澳加成，故D正确;答案选C。【点睛】D项为易错点，由于焕煌和烯煌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。9 .设aX+bY为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个彳粒集合体，Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A. 0.5mol雄黄（As4&,已知As和N同主族，结构如图）含有Na个S-S键B.合成氨工业中，投料1molN2（g）+3H2（g）可生成2Na个NH3（g）C.用惰性电极电解1L浓

19、度均为2mol?L-1的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2Na个电子发生转移时， 阴极析出6.4g金属D. 273K, 101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3Na【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由As4s4的结构图可知，黑球代表As,白球代表S,则As4s4的结构中不存在 S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1molN2（g）+3H2（g）生成的NH3（g）数目小于2Na,故B错误；C根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出 21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子

20、与氧原子之间均为单键，则 1mol过氧化氢分子中含有的共用 电子对数目为3Na,故D正确； 综上所述，答案为 Do10.下列说法正确的是（）A.用干燥的pH试纸测定氯水的pHB.配制一定浓度的 NaOH溶液，定容时仰视读数，使配制的溶液浓度偏小C.用加热分解白方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离D.将 25.0 g CuSC4 5H2O 溶于 100 mL 蒸储水中，配制 100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液 【答案】B【解析】【详解】A.氯水具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的 pH,故A错误；B.配制一定浓度的 NaOH溶液，定容时

21、仰视读数，会使溶液的体积变大，导致浓度偏小，故 B错误；C.NH4CI固体和 Ca（OH）2固体在加热的条件下发生反应2NH4Cl+Ca（OH）A CaC2+2NH3件2H2。，所以不能用加热的方法分离，故 C错误；D.精确配制一定物质的量浓度的溶液，必须在容量瓶中进行。 将25.0 g CuSQ 5H2O溶于100 mL蒸储水中，所得溶液的体积不是 100 mL,故无法得到 1.0 mol/L CuSO4溶液，故D错误;【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及pH试纸的使用、溶液的配制操作、氨气的制取等，选项A注意氯水含有次氯酸具有强氧化性能使 pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的 p

22、H;配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视读数 ，会加水过多，导致浓度偏小；俯视的时候加水变少，导致浓度偏大；配制溶 液必须用容量瓶定容溶液体积。11.关于一定条件下的化学平衡H2（g）+l2（gH2HI（g） AH< 0,下列说法正确的是（）A.恒温恒容，充入 H2, v （正）增大，平衡右移B.恒温恒容，充入 He, v （正）增大，平衡右移C.加压，v （正），v （逆）不变，平衡不移动D.升温，v （正）减小，v （逆）增大，平衡左移【答案】A【解析】【详解】A.恒温恒容，充入 H2,氢气浓度增大，v （正）增大，平衡右移，故 A正确；B.恒温恒容，充入 He,各反应物浓度都不变

23、，v （正）不变，平衡不移动，故 B错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v （正）、v （逆）都增大，平衡不移动，故 C错误；D.升温，v （正）增大，v （逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故 D错误；答案选Ao【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不 变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。12.设冲为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 78gNa2O2固体含有离子的数目为 3NaB.常温下，pH 1的醋酸溶液中H+数目为0.1NaC. 13g由12C和14C组成的碳单质

24、中所含质子数一定为6NaD. 0.1molSO2与足量O2在一定条件下化合，转移电子数为0.2Na【答案】A【解析】【详解】A项、78gNa2O2固体物质的量为 1mol, 1molNa2O2固体中含离子总数为 3Na,故A正确；B项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数，故B错误；13g碳的物质C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则的量无法计算，其含有的质子数不一定是6Na个，故C错误;D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故D错误。故选Ao【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有

25、关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。13.用滴有酚酗和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）甲匕A. b极附近有气泡冒出B. d极附近出现红色C. a、c极上都发生氧化反应D.甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀【答案】A【解析】【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O+4e-=4OH,乙中阴极上电极反应式为：2H+2e=Hd,水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH,溶液呈碱性，无色酚酗：试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A b极附是正极，发生电极反应式为2HO+O+4e=4OH,所以无气泡冒出，故 A错误；日乙

26、中阴极上电极反应式为 ：2H+2e=H4,水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH,溶液呈碱性，无色酚酗:试液遇碱变红色，故 B正确；C a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应，所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；D甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。【点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子， 腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子， 只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。14. 2019年2月27日，科

27、技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念，锌100%，进而大幅度提高了电池的能量密度，工作原理如图所示。下碘单液流电池中电解液的利用率达到近 列说法正确的是明子2推腱多扎硬U地微A.该电池放电时电路中电流方向为A-a-b-B-AB. M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜C.如果使用铅蓄电池进行充电，则B电极应与铅蓄电池中的 Pb电极相连D.若充电时C区增加的离子数为 2Na,则A极增重65 g【答案】B【解析】【详解】A.电池放电时，A电极锌单质被氧化成为锌离子，所以A为负极，所以电路中电流方向为 B一 b-a-AB,故A错误；B.放电时A去产生Zn2+,为负极，所以

28、C区Cl-应移向A区，故M为阴离子交换膜，B区I2转化为I-,为 正极，所以C区K+应移向B区，故N为阳离子交换膜，故 B正确；C.充电时B电极应与外接电源的正极相连，则B电极应于铅蓄电池中的 PbO2电极相连，故 C项错误；D.充电时C从A区移向C区、K+从C区移向B区，所以C区增加的离子数为 2Na时，电路中有1mol电 子通过，A极的电极反应为 Zn2+2e-=Zn,生成0.5molZn ,所以A极增重32.5g,故D错误； 故答案为Bo15 . 1, 1-二环丙基乙烯（J）是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是A.所有碳原子可能在同一平面B.乙苯与它互为同分异构体C.二氯彳t

29、物有9种D.只能发生取代、加成、加聚反应【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.在该物质分子中含有 6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有 碳原子可能在同一平面，A错误；B.乙苯分子式是C8H10, 1, 1-二环丙基乙烯分子式是 C8H12,二者的分子式不相同，因此乙苯与1, 1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；C.该物质分子结卞对称，若 2个Cl原子在同一个 C原子上，有2种不同的结构；若 2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个 Cl原子在不饱和 C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个 Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可

30、能在同一个环上有 1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有 1种结构；在两个不同环上，又有 1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9, C正确；D.该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烧，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D错误；故合理选项是C。二、实验题(本题包括 1个小题，共10分)16 .利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr (出)的处理工艺流程如下：已知

31、： 硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+O Cr 2O72-+H2O?2CrO42-+2H+常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离了Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4 (>8 溶解)9 (>9)溶解(1)实验室用18.4mol L-1的浓硫酸配制480mL2mol-L-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶 头滴管外，还需。(2) H2O2的作用是将滤液I中的Cr*转化为Cr2O72-,写出此反应的离子方程式： 。(3)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同

32、时又可以将C2O72转化为 (填微粒的化学式)。(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn+ + nNaR=MRn+nNa+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液n中的金属阳离子有。(5)写出上述流程中用 SO2进行还原时发生反应的离子方程式： 。(6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN的浓度，可用0.1000mol L 1AgNO3标准溶液滴定待测液，已知：银盐性质AgClAglAgCNAgrOiAgSCN颜色白黄白碣红白l.HxlO83«10-1712x1(用3.5x10 ii1.0x10 滴定时可选为滴定指示剂的是(填编号)，滴定终点的现象是。A NaClB K2C

33、rO4C KID NaCN取某废水25.00ml,滴定终点时消耗 AgNO3标准溶液10.00ml,则废水中SCN的物质的量浓度为 500mL 容量瓶、量筒3SO2 12H2O=2Cr（ OH） （ H2O）2Cr3 3H2O2 H2O=Cr2O72- 8HCrO42-Mg2 、 Ca22CrO42-5SO4 J + SQ2-+ 2OHB当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变0.04mol L-1【分析】向含铭污泥中加入稀硫酸和水并调节pH=1,浸取液中的金属离子主要是C产，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,过滤后的滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr

34、2O72-,再向溶液中加入 NaOH溶液并调节pH为8,根据表中数据可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O72-转化为CrO42-,然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去 Ca2+和Mg2+,最后向溶液中通入 SO2,发生反应：2CrO42-+3SC2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SC4 J + SC42-+ 2OH,根据以上进行解答。【详解】(1)配制480mL 所需溶液，应选用500mL 的容量瓶，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变列式：18.4mol?L-1 V(浓硫酸)=2mol?L-1 500 10-3mL,解得V=54.3mL,配制时所需玻璃仪器除烧杯

35、、玻璃棒和胶头滴管外，还需500mL 的容量瓶、量筒。答案为：500mL 的容量瓶、量筒。(2)H2C2将Cr3+氧化成Cr2C72-, H2C2被还原，结合原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒以及溶液呈酸性，H2C2将滤液I中的Cr3+转化为 C2C72-的离子方程式为：2Cr3+ + 3H2C2+ H2C=Cr2C72-+ 8H+ o答案为：2Cr3 3H2O2 H2O=Cr2O72- 8H 。(3)根据各金属阳离子完全沉淀的pH， 加入 NaOH 溶液调节pH=8， 将 Fe3+、 Al 3+完全转化为Fe(OH)3、 Al(OH)3沉淀除去，同时将 C2O72-转化为 CrC42-,反应为

36、：Cr2O72-+2CH-=2CrC42-+H2C。答案为：CrO42-。(4)加入NaCH溶液调节pH=8除去了浸取液中Fe3+和Al3+,根据浸取液中含有的金属阳离子和钠离子交换树脂的反应原理，可知利用钠离子交换树脂除去滤液n中的金属阳离子为 Mg2+、Ca2+O答案为：Mg2 、 Ca2 。(5)SC2将CrC42-还原为Cr(CH)(H2C)5SC4, SC2被氧化为SC2-, S元素化合价由+4升到+6, Cr元素化合价由+6 降到+3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒及溶液呈碱性，写出离子方程式为；2CrO42- 3SO2+ 12H2O=2Cr(CH)(H2C)5SC4 J +

37、 SC42+ 2CH。答案为：2CrC42-+ 3SC2+ 12H2O=2Cr(CH)(H2O)5SC4 J + SC42-+ 2CH。(6)若用AgNC3滴定SCN的浓度，可选用的指示剂与Ag+反应产物的Ksp应比AgSCN略大，且变化现象明显，从所给数据看，AgCl、Ag2CrC4满足，但由于 AgCl为白色沉淀，与 AgSCN颜色相同，故应选 K2CrC4为滴定指示剂，这样在滴定终点时，沉淀的颜色发生明显变化(白色一砖红色)以指示滴定刚好达到终点,根据以上分析，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。答案为：B;当滴入最后一滴标准液时，出现砖红

38、色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。 由滴定发生反应：Ag+SCN=AgSCNj 可知：n(SCN-尸n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000mol L -3,1 10 mol1 10.00 103L=1 103mol,贝U c(SCM)=25 10 3L =0.04mol L-1。答案为：0.04mol L-1。【点睛】根据溶度积常数含义可知，AgSCN的Ksp比Ag2CrO4的Ksp略小，溶液中Ag+先与SCN-反应，生成白色AgSCN 沉淀，SCN反应消耗完以后 Ag+再与指示剂 &CrO4反应，生成醇红色的 Ag2CrO4沉淀，沉淀的颜色发生明 显变化(白色一砖红色)以指示滴

39、定刚好达到终点。三、推断题(本题包括 1个小题，共10分)17.用两种不饱和烧 A和D为原料可以合成一类新药有机物J ,合成路线如下：已知有机物J结构中含两个环。回答下列问题:(1)C的名称是。(2)A -B试剂和反应条件为(3)H -J的化学反应方程式为& Mg,乙醛足量HtNC03催化剂符合下列条件的N的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1,写出符合条件一种同分异构体的结构简式含有基团 (、环上有三个取代基与 NaHCO3反应产生气泡 可发生缩聚反应，M的所有同分异构 体在下列表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是a.质谱仪b.红外光谱仪c

40、.元素分析仪d.核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成CHCH.oil的路线流程图(其它试剂自选)。Cil 1（ J【答案】邻澳苯甲醛B2、FeBr3（或 Fe）+H2O19COOHCOOHCOOH-i'HO _lb l Hi* I H BrCHIt HCIfi由题可知，A和D为两种不饱和的烧， 根据已知，C和F发生反应生成G,可知C的结构式为?HgCyMtBr-敷，D与HBr发生加成反应得到 E,故D为说,据此分析解答问题。,A发生取代反应得到B,故A为氧化，则B为可以得到H为G在该条件下得到H,结合已知,由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的

41、酯化，得到,叫做邻澳苯甲醛，故答案为:(1)根据上述分析，C的结构式为邻澳苯甲醛;(2)A-B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe),故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；SO的化学反应方程式为COOH+H2OCOOHNCOOK3HOOCCOOHCODHCOOHHOOCCOOHCHC HVnO(HCIfic ihBrCH20分)种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有三个不同取代基分别为甲基、羟基和竣基。先分析环上有两个取代基时共有H+H2O,故答案为根据以上分析C其分子式为 QH14O3, N的同分异构体中符合下列条件：含有基团由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分

42、子内的酯化6种，6种，4种，3种，所以共有 6+6+4+3=19由转化关系可推出 M且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有故答案为：c足址七 催化剂18.纳米磷化钻常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钻的常用流程如图(1)基态P原子的电子排布式为 。P在元素周期表中位于 一区。II(2) C 中碳原子的杂化类型是C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是(用/、 元素符号表示)，电负性由大到小的顺序为 。(3) C。2-中C的价层电子对数为 ，其空间构型为 。(4)磷化钻的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钻原子的距离为n pm。设Na为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为 g. cm-3 (列

43、出计算式即可)。【答案】Ne3s 23p3 psp2N>O>C O>N>C 3 平面正三角形4 90NA（石n 10-10）3(1)基态P原子的电子排布式为Ne3s23p3, P在元素周期表中位于 p区；(2)尿素C原子上没有孤对电子， 形成3个b键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第V A族的大于第V! A族的；元素原子的得电子能力越强，则电负性越大；4 2 3 2(3) CO32-中C的价层电子对数=3 3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间2结构

44、；1，1,1m(4)晶胞密度计算时棱上计角上计；，面上计1 ,内部计1。利用公式D= m，计算其密度。【详解】(1)基态P原子的电子排布式为Ne3s23p3, P在元素周期表中位于 p区；故答案为：Ne3s23p3； p；(2)尿素C原子上没有孤对电子，形成3个b键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C,元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C,故答案为：sp2; N>O>C; O>N>C;4 2 3 2(3) CO32-中C的价层电子对数=3 3且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形；故答案2为：3;平面正三角形；1一 1一 1.(4)由晶胞图可知，一