2024年高考化学终极押题密卷2（北京卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷2（北京卷）一．选择题（共14小题）1．下列应用中涉及氧化还原反应的是（）A．用二氧化硫作漂白剂使色素褪色 B．用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂 C．使用明矾对自来水进行净化 D．使用热的纯碱溶液去除油污2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．基态N原子的轨道表示式： B．SO3的VSEPR模型： C．Cl﹣Cl的p﹣pσ键的形成： D．用电子式表示HCl的形成过程；3．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．NaOH溶液与醋酸溶液反应：OH﹣+H+═H2O B．CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Cu2+++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓ C．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑ D．向FeI2溶液中通入过量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，44gCO2含有NA个C原子 B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中含有0.1NA个Na+ C．0.1molNa与足量Cl2反应，转移0.2NA个电子 D．标准状况下，22.4L的H2O含有3NA个原子5．下列选项中正确的是（）A．第一电离能：I（B）＞I（Al） B．原子半径：N＜O C．离子半径：r（K+）＞r（Cl﹣） D．键长：H﹣Cl＞H﹣Br6．物质结构决定物质性质，下列性质不能通过元素的电负性进行解释的是（）A．H2O的沸点高于H2S的沸点 B．乙烯能发生加成反应，而乙烷不能 C．CF3COOH酸性大于CCl3COOH的酸性 D．气态氟化氢中存在HF、（HF）2分子，而气态氯化氢中只存在HCl分子7．离子化合物Na2O2和CaC2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑。下列说法不正确的是（）A．Na2O2、CaC2中均含有非极性共价键 B．Na2O2、CaC2中阴、阳离子个数比均为1：1 C．①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂 D．相同物质的量的Na2O2和CaC2与足量的水反应，所得气体的物质的量n（O2）＜n（C2H2）8．一种太阳能电池工作原理示意图如图所示，其中电解质溶液为K3[Fe（CN）6]和K4[Fe（CN）6]的混合溶液，下列说法不正确的是（）A．Ks[Fe（CN）6]中，中心离子为Fe3+ B．电极a为负极 C．电子由电极b经导线流向电极a D．正极上发生的电极反应：9．苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列关于苯与Br2反应的说法不正确的是（）A．FeBr3可作该反应的催化剂 B．将反应后的气体依次通入CCl4和AgNO3溶液以检验产物HBr C．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小 D．总反应的ΔH＜0，且ΔH＝E1﹣E2+E310．鼠尾草酮可治疗神经系统方面的疾病，其结构如图所示，下列说法不正确的是（）A．该物质含有3种官能团 B．分子中含有手性碳原子 C．分子中的碳原子有sp2和sp3两种杂化方式 D．1mol该物质最多可与5molH2发生还原反应11．将CuSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，均产生沉淀和气泡。取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。下列分析不正确的是（）A．Na2CO3、NaHCO3溶液中均存在c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1 B．CuSO4能促进Na2CO3、NaHCO3的水解 C．①中发生的反应：Cu2++2+2H2O═Cu（OH）2↓+2 D．对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的c（OH﹣）和均对沉淀成分有影响12．丁烯二酸酐可通过不同的聚合方式合成以下两种聚合物，转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①为加聚反应 B．聚合物N在一定条件下还可以转化为交联结构 C．聚合物M在碱性水溶液中的溶解程度比在水中的大 D．依据反应②的合成原理，推测反应②会产生含七元环的副产物13．实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验试剂均正确的是（）气体除杂试剂检验试剂A浓硝酸分解产生的O2无湿润的淀粉﹣KI试纸B浓盐酸与MnO2反应产生的Cl2NaOH溶液湿润的有色布条C木炭和浓硫酸反应产生的CO2饱和NaHCO3溶液澄清石灰水DNH4HCO3分解产生的NH3CaO和NaOH混合物湿润的红色石蕊试纸A．A B．B C．C D．D14．如图为Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中达沉淀溶解平衡时的pM﹣pH关系图。[pM＝﹣lgc（Mn+）；c（Mn+）≤10﹣5mol⋅L﹣1可认为Mn+沉淀完全]。下列说法不正确的是（）A．由a点可求得 B．pH＝3时0.1mol⋅L﹣1Al3+还未开始沉淀 C．浓度均为0.01mol⋅L﹣1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离 D．Al3+和Cu2+混合溶液中，c（Cu2+）＝0.2mol⋅L﹣1时二者不会同时沉淀二．解答题（共4小题）15．氮元素能与金属或者非金属元素形成种类繁多、应用广泛的化合物。（1）基态N原子的价层电子轨道表示式是。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①在最简单的氮烯分子中，N的杂化方式是。②N2H4具有很强的还原性，是常用的火箭推进剂，它在常温常压下为无色液体。判断N2H4是否溶于水并说明理由。（3）配合物[Cu（NH3）4]SO4可用作广谱杀菌剂，其中Cu属于区元素，该配合物中的配位原子是，配位数是。（4）C3N4的某种晶体结构中，原子间均以单键结合，其硬度比金刚石大，原因是。（5）N和Ga形成的化合物是一种重要的半导体材料。其某种晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。①距离N最近的Ga有个。②已知阿伏加德罗常数为NA氮化镓（GaN）的摩尔质量为Mg⋅mol﹣1，该晶体的密度表达式为g⋅cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）16．金属矿物常以硫化物形式存在，如FeS2、ZnS等。Ⅰ.掺烧FeS2和FeSO4，用于制铁精粉和硫酸（1）已知：2FeSO4（s）═Fe2O3（s）+SO2（g）+SO3（g）为吸热反应。25℃、101kPa时，1molFeS2固体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态SO2和Fe2O3固体，放出826kJ热量。①FeS2与O2反应的热化学方程式为。②将FeS2与FeSO4掺烧（混合燃烧），其目的包括（填字母）。a.节约燃料和能量b.为制备硫酸提供原料c.减少空气污染（2）FeSO4常带一定量的结晶水。FeSO4•7H2O（s）分解脱水反应的能量变化如图所示。①ΔH3＝kJ•mol﹣1。②为维持炉内温度基本不变，FeSO4所带结晶水越多，掺烧比[n（FeS2）：n（FeSO4）]应（填“增大”“减小”或“不变”）。Ⅱ.浸出法处理ZnS（3）ZnS难溶于水，处理ZnS常使用酸浸法，两步反应依次为：i.ZnS（s）+2H+（aq）⇌Zn2+（aq）+H2S（aq）K1＝2.2×10﹣3ii.2H2S+O2═2H2O+2SK2＝2×1071①平衡常数K1的表达式为。②仅发生反应i时，ZnS酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因：。（4）从平衡移动角度解释通入O2在ZnS酸浸过程中的作用：。17．由C﹣H键构建C﹣C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H键在O2作用下构建C﹣C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。已知：ⅰ.R﹣Br+R′CHOⅱ.ROH+R′BrROR′（1）A→B的反应类型是。（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，B的作用是（写出一条即可）。（3）C转化为D的化学方程式为。（4）G转化为H的化学方程式为；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：。（5）已知：ⅰ.ⅱ.①D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出结构简式：中间产物1，中间产物3。②D和I转化成J的过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为。18．某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（无色）ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是。（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。序号X溶液现象ⅠCuCl2溶液溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式：2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了S4，理由是。ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净，。③向Ⅲ的无色溶液中继续加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是。（3）软硬酸碱原理认为，Ⅲ中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2﹣是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，是更软的酸。三．工艺流程题（共1小题）19．以低品位铜钴矿（主要成分为CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和Co2O3的一种工艺流程如图：已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数物质Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Co（OH）2CaF2MgF2Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣395.6×10﹣121.6×10﹣154.9×10﹣106.4×10﹣12②萃取时发生反应Cu2++2HR⇌CuR2+2H+（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是。（2）浸出步骤铜钴矿中的CoO（OH）转化为Co2+，该反应的离子方程式为。（3）加入试剂a可使萃取剂再生。（4）对于过程Ⅰ：①加NaClO3溶液作用是。②通过计算判断Fe3+是否沉淀完全并简述理由。（一般认为溶液中离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时沉淀完全）（5）滤渣Ⅰ成分。（6）CoC2O4•2H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，写出煅烧过程中的化学反应方程式。（7）Co2O3产品纯度测定方法如下：已知：Co3+与EDTA﹣2Na按物质的量1：1反应，若滴定至终点时消耗EDTA﹣2Na标准液体积为20.00mL，则Co2O3产品纯度为。（Co2O3的摩尔质量是166g•mol﹣1）

2024年菁优高考化学终极押题密卷2（北京卷）参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．下列应用中涉及氧化还原反应的是（）A．用二氧化硫作漂白剂使色素褪色 B．用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂 C．使用明矾对自来水进行净化 D．使用热的纯碱溶液去除油污【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【答案】B【分析】化学反应前后元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应。【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，和有机色素结合生成无色不稳定的化合物，使色素褪色，反应过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂，故B正确；C．明矾溶解后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有较大表面积，能吸附悬浮杂质，使用明矾对自来水进行净化，过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解碱性增强，促使油脂水解，过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应、物质性质和应用，主要是知识的熟练掌握，题目难度不大。2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．基态N原子的轨道表示式： B．SO3的VSEPR模型： C．Cl﹣Cl的p﹣pσ键的形成： D．用电子式表示HCl的形成过程；【考点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子排布式与电子排布图．【专题】化学用语专题．【答案】D【分析】A．N为7号元素，核外电子排布式为：1s22s2sp3，轨道表示式：；B．SO3中心原子的价电子对数为＝3，其VSEPR模型为平面正三角形；C．σ键是头碰头形成的；D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程；。【解答】解：A．N为7号元素，核外电子排布式为：1s22s2sp3，轨道表示式：，故A错误；B．SO3中心原子的价电子对数为＝3，其VSEPR模型为平面正三角形，故B错误；C．σ键是头碰头形成的，则Cl﹣Cl的p﹣pσ键的形成：，故C错误；D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程；，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学用语，为高频考点，题目难度不大。3．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．NaOH溶液与醋酸溶液反应：OH﹣+H+═H2O B．CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Cu2+++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓ C．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑ D．向FeI2溶液中通入过量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣【考点】离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式；氯气的化学性质．【专题】离子反应专题．【答案】B【分析】A．醋酸是弱酸，不能拆分；B．CuSO4与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀和Cu（OH）2沉淀；C．电解饱和食盐水生成Cl2、H2和NaOH；D．FeI2和过量的Cl2反应生成FeCl3和I2。【解答】解：A．NaOH溶液与醋酸溶液反应的离子方程式为CH3COOH+OH﹣═H2O+CH3COO﹣，故A错误；B．CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Cu2+++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B正确；C．电解饱和食盐水生成Cl2、H2和NaOH，离子方程式为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故C错误；D．FeI2和过量的Cl2反应生成FeCl3和I2，离子方程式为2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++6Cl﹣+2I2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重分析能力和灵活运用能力考查，把握物质性质、发生的反应和离子方程式的书写方法是解题关键，注意掌握与量有关离子方程式的书写，题目难度中等。4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，44gCO2含有NA个C原子 B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中含有0.1NA个Na+ C．0.1molNa与足量Cl2反应，转移0.2NA个电子 D．标准状况下，22.4L的H2O含有3NA个原子【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【答案】A【分析】A．44g二氧化碳的物质的量为1mol，1mol二氧化碳中含有1molC；B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液，钠离子浓度为0.2mol/L；C．钠与氯气反应生成氯化钠，依据钠的量计算转移电子数；D．气体摩尔体积使用对象为气体。【解答】解：A．44g二氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol碳原子，含有NA个C原子，故A正确；B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液，钠离子浓度为0.2mol/L，含钠离子个数为：0.2mol/L×1L×NAmol﹣1＝0.2NA，故B错误；C．0.1molNa与足量Cl2反应生成0.1mol氯化钠，转移0.1NA个电子，故C错误；D．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下四氯化碳不是气体，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。5．下列选项中正确的是（）A．第一电离能：I（B）＞I（Al） B．原子半径：N＜O C．离子半径：r（K+）＞r（Cl﹣） D．键长：H﹣Cl＞H﹣Br【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】A【分析】A．同主族从上到下，第一电离能减小；B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；D．原子半径越大，和氢原子形成共价键的键长越长。【解答】解：A．B、Al为同主族元素，第一电离能：I（B）＞I（Al），故A正确；B．NO原子核外电子层数相同，原子半径：N＞O，故B错误；C．K+、Cl﹣离子电子层数相同，则离子半径r（K+）＜r（Cl﹣），故C错误；D．原子半径Cl＜Br，键长：H﹣Cl＜H﹣Br，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了周期律的分析应用，主要是电离能、微粒半径、键长等知识的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。6．物质结构决定物质性质，下列性质不能通过元素的电负性进行解释的是（）A．H2O的沸点高于H2S的沸点 B．乙烯能发生加成反应，而乙烷不能 C．CF3COOH酸性大于CCl3COOH的酸性 D．气态氟化氢中存在HF、（HF）2分子，而气态氯化氢中只存在HCl分子【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】B【分析】A．非金属氢化物沸点取决于分子间作用力，水分子间存在氢键；B．乙烯含有碳碳双键，乙烷只含单键，二者结构不同，性质不同；C．羧酸R﹣COOH中，R﹣结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：F＞Cl，则F﹣C的极性大于C﹣Cl的极性，则CF3﹣的极性大于CCl3﹣，导致羧基电离出氢离子程度：CF3COOH大于CCl3COOH；D．F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。【解答】解：A．电负性O＞S，H2O分子间存在氢键，沸点反常的高，水的沸点高于H2S的沸点，能通过元素的电负性进行解释，故A错误；B．乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，乙烷只含单键，属于饱和链烃，不能发生加成反应，不能通过元素的电负性进行解释，故B正确；C．羧酸R﹣COOH中，R﹣结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：F＞Cl，则F﹣C的极性大于C﹣Cl的极性，则CF3﹣的极性大于CCl3﹣，导致羧基电离出氢离子程度：前者大于后者，则酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，能通过元素的电负性进行解释，故C错误；D．F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在（HF）2，气态HCl中不存在（HCl）2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的理解和运用能力，明确物质沸点、物质性质、酸的酸性强弱的影响因素等是解本题关键，题目难度不大。7．离子化合物Na2O2和CaC2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑。下列说法不正确的是（）A．Na2O2、CaC2中均含有非极性共价键 B．Na2O2、CaC2中阴、阳离子个数比均为1：1 C．①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂 D．相同物质的量的Na2O2和CaC2与足量的水反应，所得气体的物质的量n（O2）＜n（C2H2）【考点】氧化还原反应的基本概念及规律；氧化还原反应相关的概念．【专题】氧化还原反应专题．【答案】B【分析】A．Na2O2中中含有非极性共价键，CaC2中中含有非极性共价键；B．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，CaC2中由钙离子和构成；C．反应①、②中水中氢元素、氧元素化合价不变；D．根据化学方程式进行分析解答。【解答】解：A．Na2O2中中含有非极性共价键，CaC2中中含有非极性共价键，均含有非极性共价键，故A正确；B．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，阴、阳离子个数比为1：2，CaC2中由钙离子和构成，阴、阳离子个数比均为1：1，故B错误；C．反应①、②中水中氢元素、氧元素化合价不变，①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂，故C正确；D．根据2Na2O2～O2，CaC2～C2H2，相同物质的量的Na2O2和CaC2与足量的水反应，所得气体的物质的量n（O2）＜n（C2H2），故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。8．一种太阳能电池工作原理示意图如图所示，其中电解质溶液为K3[Fe（CN）6]和K4[Fe（CN）6]的混合溶液，下列说法不正确的是（）A．Ks[Fe（CN）6]中，中心离子为Fe3+ B．电极a为负极 C．电子由电极b经导线流向电极a D．正极上发生的电极反应：【考点】原电池与电解池的综合．【专题】电化学专题．【答案】C【分析】图中电极a反应为Fe（CN）64﹣失去电子转为Fe（CN）63﹣，电极反应式为Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣，a极失去电子为电池负极，则b为电池的正极，据此分析。【解答】解：A．K3[Fe（CN）6]中内界中铁离子为中心离子，即中心离子为：Fe3+，故A正确；B．由上述分析可知，a极为负极，故B正确；C．电子由负极经导线流向正极，即由电极a经导线流向电极b，故C错误；D．b为正极，发生还原反应，发生Fe（CN）63﹣+e﹣═Fe（CN）64﹣，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。9．苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列关于苯与Br2反应的说法不正确的是（）A．FeBr3可作该反应的催化剂 B．将反应后的气体依次通入CCl4和AgNO3溶液以检验产物HBr C．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小 D．总反应的ΔH＜0，且ΔH＝E1﹣E2+E3【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【答案】D【分析】A．FeBr3可作苯与液溴反应的催化剂；B．苯和溴易挥发，且都易溶于CCl4溶液；C．基元反应的活化能越大，该步反应速率越慢，是决速步骤；D．由图可知，总反应为放热反应，总反应的ΔH＜0，ΔH＝Ea（逆）﹣Ea（正）。【解答】解：A．苯与液溴反应生成溴苯，FeBr3可作该反应的催化剂，故A正确；B．由于反应放热，部分反应物（苯和溴蒸气）挥发，将反应后的气体依次通入CCl4和AgNO3溶液，CCl4可以溶解苯和溴蒸气，最后的气体通入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则证明反应生成了HBr，故B正确；C．过程②的活化能最大，该步反应速率最慢，是决定总反应速率大小的一步反应，即决速步骤，故C正确；D．由图可知，总反应为放热反应，总反应的ΔH＜0，只知道正反应的活化能，不能计算反应的焓变，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、应用能力，掌握放热反应与能量变化的关系是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。10．鼠尾草酮可治疗神经系统方面的疾病，其结构如图所示，下列说法不正确的是（）A．该物质含有3种官能团 B．分子中含有手性碳原子 C．分子中的碳原子有sp2和sp3两种杂化方式 D．1mol该物质最多可与5molH2发生还原反应【考点】有机物的结构和性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】B【分析】A．分子中含羟基、碳碳双键、羰基；B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；C．苯环及双键中的碳原子为sp2杂化，其他碳原子为sp3杂化；D．苯环、碳碳双键、羰基均与氢气发生加成反应。【解答】解：A．分子中含羟基、碳碳双键、羰基，共3种官能团，故A正确；B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则分子中不含手性碳原子，故B错误；C．苯环及双键中的碳原子为sp2杂化，其他碳原子为sp3杂化，共2种杂化方式，故C正确；D．苯环、碳碳双键、羰基均与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与5molH2发生还原反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11．将CuSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，均产生沉淀和气泡。取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。下列分析不正确的是（）A．Na2CO3、NaHCO3溶液中均存在c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1 B．CuSO4能促进Na2CO3、NaHCO3的水解 C．①中发生的反应：Cu2++2+2H2O═Cu（OH）2↓+2 D．对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的c（OH﹣）和均对沉淀成分有影响【考点】重要的钠盐；盐类水解的应用．【专题】物质的性质和变化专题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【答案】C【分析】A．Na2CO3溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）＝n（C）；B．硫酸铜为强酸弱碱盐，他三年前和碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解相互促进；C．D．取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明程度为氢氧化铜，取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明有碳酸铜。【解答】解：A．Na2CO3溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1，NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）＝n（C），c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1，故A正确；B．硫酸铜为强酸弱碱盐，他三年前和碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解相互促进，CuSO4能促进Na2CO3、NaHCO3的水解，故B正确；C．取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，①中发生的反应：Cu2+++H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑，故C错误；D．取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明程度为氢氧化铜，取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明有碳酸铜，对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的c（OH﹣）和均对沉淀成分有影响，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了盐类水解和应用，注意实验现象的分析判断、盐类水解原理的理解应用，题目难度中等。12．丁烯二酸酐可通过不同的聚合方式合成以下两种聚合物，转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①为加聚反应 B．聚合物N在一定条件下还可以转化为交联结构 C．聚合物M在碱性水溶液中的溶解程度比在水中的大 D．依据反应②的合成原理，推测反应②会产生含七元环的副产物【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】D【分析】A．反应①中2个双键断裂，生成高分子，且高分子的主链只有碳原子；B．聚合物N还含碳碳双键，可发生加聚反应；C．聚合物M在碱性溶液中可发生水解反应；D．丁烯二酸酐含5元环，甲基环氧乙烷含3元环。【解答】解：A．反应①中2个双键断裂，生成高分子，且高分子的主链只有碳原子，该反应为加聚反应，故A正确；B．聚合物N还含碳碳双键，可发生加聚反应，则聚合物N在一定条件下还可以转化为交联结构，故B正确；C．聚合物M在碱性溶液中可发生水解反应，可知聚合物M在碱性水溶液中的溶解程度比在水中的大，故C正确；D．丁烯二酸酐含5元环，甲基环氧乙烷含3元环，反应②为开环聚合，则不能产生含七元环的副产物，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。13．实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验试剂均正确的是（）气体除杂试剂检验试剂A浓硝酸分解产生的O2无湿润的淀粉﹣KI试纸B浓盐酸与MnO2反应产生的Cl2NaOH溶液湿润的有色布条C木炭和浓硫酸反应产生的CO2饱和NaHCO3溶液澄清石灰水DNH4HCO3分解产生的NH3CaO和NaOH混合物湿润的红色石蕊试纸A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A．可能挥发的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝；B．氯气与NaOH溶液反应；C．生成的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；D．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。【解答】解：A．可能挥发的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，不能证明浓硝酸分解产生O2，故A错误；B．氯气与NaOH溶液反应，不能用湿润的有色布条检验氯气，故B错误；C．生成的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，不能证明木炭和浓硫酸反应产生CO2，故C错误；D．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可检验生成的氨气，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14．如图为Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中达沉淀溶解平衡时的pM﹣pH关系图。[pM＝﹣lgc（Mn+）；c（Mn+）≤10﹣5mol⋅L﹣1可认为Mn+沉淀完全]。下列说法不正确的是（）A．由a点可求得 B．pH＝3时0.1mol⋅L﹣1Al3+还未开始沉淀 C．浓度均为0.01mol⋅L﹣1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离 D．Al3+和Cu2+混合溶液中，c（Cu2+）＝0.2mol⋅L﹣1时二者不会同时沉淀【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】D【分析】A．Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c3（OH﹣），结合a点数值计算判断；B．图中（4，3）时c（Al3+）＝10﹣3mol/L，c（H+）＝10﹣4mol/L，c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝10﹣3×（10﹣10）3＝10﹣33，结合浓度积Q与Ksp[Al（OH）3]关系分析判断；C．根据Ksp[Fe（OH）3]、Ksp[Al（OH）3]计算浓度均为0.01mol⋅L﹣1的Al3+和Fe3+沉淀完全或开始沉淀的pH，进而分析判断；D．图中（7，5.5）时c（Cu2+）＝10﹣5.5mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，Ksp[Cu（OH）3]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝10﹣5.5×（10﹣7）2＝10﹣19.5，0.2mol⋅L﹣1Cu2+开始沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝×10﹣9.75mol/L，c（H+）＝×10﹣4.25mol/L，pH＝4.25+lg≈4.6，结合图中信息分析判断。【解答】解：A．图中a点c（Fe3+）＝10﹣2.5mol/L，c（H+）＝10﹣2mol/L，c（OH﹣）＝10﹣12mol/L，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c3（OH﹣）＝10﹣2.5×（10﹣12）3＝10﹣38.5，故A正确；B．图中（4，3）时c（Al3+）＝10﹣3mol/L，c（H+）＝10﹣4mol/L，c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝10﹣3×（10﹣10）3＝10﹣33，pH＝3时0.1mol⋅L﹣1Al3+溶液中浓度积Q＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝0.1×（10﹣11）3＝10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]，即pH＝3时0.1mol⋅L﹣1Al3+还未开始沉淀，故B正确；C．Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c3（OH﹣）＝10﹣38.5，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝10﹣33，则浓度相同时Fe3+先沉淀，Fe3+沉淀完全时c（Fe3+）≤10﹣5mol/L，此时c（OH﹣）≥mol/L≈10﹣11.2mol/L，c（H+）≤10﹣2.8mol/L，pH≥1.8；0.01mol⋅L﹣1Al3+开始沉淀时c（OH﹣）＝mol/L≈10﹣10.3mol/L，c（H+）＝10﹣3.7mol/L，pH＝3.7＞2.8，所以浓度均为0.01mol⋅L﹣1Al3+和Fe3+可通过控制溶液pH在2.8～3.7范围内分步沉淀进行分离，故C正确；D．图中（7，5.5）时c（Cu2+）＝10﹣5.5mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，Ksp[Cu（OH）3]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝10﹣5.5×（10﹣7）2＝10﹣19.5，0.2mol⋅L﹣1Cu2+开始沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝×10﹣9.75mol/L，c（H+）＝×10﹣4.25mol/L，pH＝4.25+lg≈4.6，此时Al3+部分转化为Al（OH）3沉淀，即Al3+、Cu2+混合溶液中c（Cu2+）＝0.2mol•L﹣1时二者会同时沉淀，故D错误；故选：D。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象信息、溶度积常数的计算及应用是解题关键，侧重分析能力、识图能力和计算能力的考查，题目难度中等。二．解答题（共4小题）15．氮元素能与金属或者非金属元素形成种类繁多、应用广泛的化合物。（1）基态N原子的价层电子轨道表示式是。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①在最简单的氮烯分子中，N的杂化方式是sp2。②N2H4具有很强的还原性，是常用的火箭推进剂，它在常温常压下为无色液体。判断N2H4是否溶于水并说明理由N2H4为极性分子，且N2H4与水可形成分子间氢键，易溶于水中。（3）配合物[Cu（NH3）4]SO4可用作广谱杀菌剂，其中Cu属于ds区元素，该配合物中的配位原子是N，配位数是4。（4）C3N4的某种晶体结构中，原子间均以单键结合，其硬度比金刚石大，原因是原子半径C＞N，键长C﹣N＜C﹣C，键能C﹣N＞C﹣C，故硬度C3N4更大。（5）N和Ga形成的化合物是一种重要的半导体材料。其某种晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。①距离N最近的Ga有4个。②已知阿伏加德罗常数为NA氮化镓（GaN）的摩尔质量为Mg⋅mol﹣1，该晶体的密度表达式为g⋅cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【答案】（1）；（2）①sp2；②N2H4为极性分子，且N2H4与水可形成分子间氢键，易溶于水中；（3）ds；N；4；（4）原子半径C＞N，键长C﹣N＜C﹣C，键能C﹣N＞C﹣C，故硬度C3N4更大；（5）①4；②。【分析】（1）基态N原子的价层电子排布式为：2s22p3；（2）①最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N﹣H键，故最简单的氮烯分子式：N2H2；②根据相似相溶原理和形成分子间氢键能增大溶解度进行分析；（3）基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1；形成配位键时中心原子提供空轨道，配体原子提供孤电子对；（4）原子半径越小，键长越短、键能越大，共价晶体的硬度越大；（5）①由晶胞图可知，距面心的N最近且等距的Ga有2个；②N位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，4个Ga位于体内，晶胞内相当于含有4个“GaN”，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）基态N原子的价层电子排布式为：2s22p3，其价层电子轨道表示式为：，故答案为：；（2）①最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N﹣H键，故最简单的氮烯分子式：N2H2，N原子形成3个σ键，为sp2杂化，故答案为：sp2；②N2H4为极性分子，根据相似相溶原理，易溶于极性溶剂水中，N2H4与水可形成分子间氢键，使其溶解度增大，故答案为：N2H4为极性分子，且N2H4与水可形成分子间氢键，易溶于水中；（3）基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，位于元素周期表中ds区；配合物[Cu（NH3）4]SO4中形成配位键时中心原子Cu2+提供空轨道，配体中N原子提供孤电子对，共有4个配体，故答案为：ds；N；4；（4）原子半径C＞N，键长C﹣N＜C﹣C，键能C﹣N＞C﹣C，所以C3N4的硬度比金刚石大，故答案为：原子半径C＞N，键长C﹣N＜C﹣C，键能C﹣N＞C﹣C，故硬度C3N4更大；（5）①由晶胞图可知，距面心的N最近且等距的Ga有2个，面心原子为2个晶胞共有，故距离N最近的Ga有4个，故答案为：4；②N位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，4个Ga位于体内，晶胞内相当于含有4个“GaN”，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρ＝＝g⋅cm﹣3＝g⋅cm﹣3，故答案为：。【点评】本题主要考查晶胞的计算与原子的结构，涉及核外电子排布、溶解性、硬度比较、杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查学生的识图能力、分析能力和计算能力，掌握晶胞的分析和计算是关键，题目难度中等。16．金属矿物常以硫化物形式存在，如FeS2、ZnS等。Ⅰ.掺烧FeS2和FeSO4，用于制铁精粉和硫酸（1）已知：2FeSO4（s）═Fe2O3（s）+SO2（g）+SO3（g）为吸热反应。25℃、101kPa时，1molFeS2固体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态SO2和Fe2O3固体，放出826kJ热量。①FeS2与O2反应的热化学方程式为4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol。②将FeS2与FeSO4掺烧（混合燃烧），其目的包括ab（填字母）。a.节约燃料和能量b.为制备硫酸提供原料c.减少空气污染（2）FeSO4常带一定量的结晶水。FeSO4•7H2O（s）分解脱水反应的能量变化如图所示。①ΔH3＝+31.4kJ•mol﹣1。②为维持炉内温度基本不变，FeSO4所带结晶水越多，掺烧比[n（FeS2）：n（FeSO4）]应增大（填“增大”“减小”或“不变”）。Ⅱ.浸出法处理ZnS（3）ZnS难溶于水，处理ZnS常使用酸浸法，两步反应依次为：i.ZnS（s）+2H+（aq）⇌Zn2+（aq）+H2S（aq）K1＝2.2×10﹣3ii.2H2S+O2═2H2O+2SK2＝2×1071①平衡常数K1的表达式为K1＝。②仅发生反应i时，ZnS酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因：K1较小，说明ZnS酸浸反应ⅰ进行得不充分（合理即可）。（4）从平衡移动角度解释通入O2在ZnS酸浸过程中的作用：O2与H2S充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进ZnS的溶解。【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡计算．【答案】（1）①4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol；②ab；（2）①+31.4；②增大；（3）①K1＝；②K1较小，说明ZnS酸浸反应ⅰ进行得不充分；（4）O2与H2S充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进ZnS的溶解。【分析】（1）①25℃、101kPa时，4molFeS2固体在11mol氧气中完全燃烧生成气态SO2和Fe2O3固体，放出3304kJ热量；②由题可知FeS2燃烧为放热反应，FeSO4分解为吸热反应，FeS2燃烧为放热可为FeSO4分解提供能量，FeSO4分解产生SO2、SO3可作为制铁精粉和硫酸原料；（2）①根据图象可判断ΔH3＝ΔH4﹣ΔH1﹣ΔH2；②由题可知FeS2燃烧为放热反应，使炉温升高，FeSO4分解为吸热反应，使炉温降低，FeSO4所带结晶水越多，吸收越多，降温越多，据此判断；（3）①反应ZnS（s）+2H+（aq）⇌Zn2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数表达式K1＝；②K1较小，反应进行的程度很小，据此分析；（4）结合氩气和H2S反应分析。【解答】解：（1）①由已知得，25℃、101kPa时，1molFeS2固体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态SO2和Fe2O3固体，放出826kJ热量，25℃、101kPa时，4molFeS2固体在11mol氧气中完全燃烧生成气态SO2和Fe2O3固体，放出3304kJ热量，故热化学方程式为：4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol，故答案为：4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol；②由题可知FeS2燃烧为放热反应，FeSO4分解为吸热反应，FeS2燃烧为放热可为FeSO4分解提供能量，FeSO4分解产生SO2、SO3可作为制铁精粉和硫酸原料，ab正确，故答案为：ab；（2）①根据图象可判断ΔH3＝ΔH4﹣ΔH1﹣ΔH2＝+31.4kJ/mol，故答案为：+31.4；②由题可知FeS2燃烧为放热反应，使炉温升高，FeSO4分解为吸热反应，使炉温降低，FeSO4所带结晶水越多，吸收越多，降温越多，维持温度不变，则掺烧比应该增大，故答案为：增大；（3）①此温度下，反应ZnS（s）+2H+（aq）⇌Zn2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数表达式K1＝，故答案为：K1＝；②仅发生反应i时，ZnS酸浸效果不好，原因K1较小，反应进行的程度很小，说明ZnS酸浸反应ⅰ进行得不充分，故答案为：K1较小，说明ZnS酸浸反应ⅰ进行得不充分；（4）通入O2在ZnS酸浸过程中的作用O2与H2S充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进ZnS的溶解，故答案为：O2与H2S充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进ZnS的溶解。【点评】本题考查化学反应热计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算等，注意基础知识理解掌握，综合性较高，难度较大。17．由C﹣H键构建C﹣C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H键在O2作用下构建C﹣C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。已知：ⅰ.R﹣Br+R′CHOⅱ.ROH+R′BrROR′（1）A→B的反应类型是还原反应。（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，B的作用是增大苯胺用量，使反应物苯胺浓度增大（苯胺具有碱性，与生成的HCl发生中和反应，HCl浓度减小），使平衡正向移动，提高ClCH2COOC2H5的转化率（写出一条即可）。（3）C转化为D的化学方程式为+H2O+CH3CH2OH。（4）G转化为H的化学方程式为CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：。（5）已知：ⅰ.ⅱ.①D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出结构简式：中间产物1，中间产物3。②D和I转化成J的过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为1：1。【考点】有机物的合成．【专题】有机化合物的获得与应用．【答案】（1）还原反应；（2）增加反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动；（3）+H2O+CH3CH2OH；（4）CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；；（5）①；；②1：1。【分析】苯和试剂a在加热条件下发生取代反应生成A，根据A的分子式知，A的结构简式为，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，根据B的结构简式及C的分子式知，B发生取代反应生成C，C发生缩聚反应生成D，根据D的结构简式知，C的结构简式为；丙烯和溴发生取代反应生成E，E和甲醛发生信息i的反应生成F，则E的结构简式为CH2＝CHCH2Br，F的结构简式为CH2＝CHCH2CH2OH，F和溴发生加成反应生成G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生信息ii的反应生成H为，H发生消去反应生成I；（5）D和I在O2作用下得到J的4步反应，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，根据信息i知，中间产物1的结构简式为，中间产物3中有三个六元环，则中间产物1发生信息ii的反应生成中间产物2，则中间产物2的结构简式为，中间产物2再发生酯化反应生成中间产物3为，中间产物3再发生氧化反应得到J。【解答】解：（1）A为硝基苯，B为苯胺，则A→B的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；（2）B转化为C的反应中还生成HCl，B具有碱性，过量的B能和HCl发生中和反应而促进平衡正向移动，所以使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，故答案为：增加反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动；（3）C为，C水解生成D，C转化为D的化学方程式为+H2O+CH3CH2OH，故答案为：+H2O+CH3CH2OH；（4）G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生信息ii的反应生成H为，G转化为H的化学方程式为：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，一种聚合物的结构简式：，故答案为：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；；（5）①通过以上分析知，中间产物1、3的结构简式分别为、，故答案为：；；②D和I中共有15个H原子和3个O原子、1个N原子，J中有9个H原子、2个O原子、1个N原子，反应中少了6个H原子、1个O原子，6个H原子需要3个O原子，但1个O原子需要2个H原子，即生成1molJ消耗1mol氧气，所以理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1。【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目充分利用有机物结构、反应条件进行分析，关键是理解给予的反应信息、记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可，难点是（5）题中间产物结构简式的确定。18．某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（无色）ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是。（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。序号X溶液现象ⅠCuCl2溶液溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了S4，理由是无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中。ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净，加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小。③向Ⅲ的无色溶液中继续加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4。（3）软硬酸碱原理认为，Ⅲ中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2﹣是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，Cu+是更软的酸。【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【答案】（1）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；②i.无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+。【分析】（1）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；②i.无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+。【解答】解：（1）S与Na2SO3发生归中反应得到Na2S2O3，其反应的离子方程式为，故答案为：；（2）①i.根据元素守恒，可知产物中Cu2S的系数是1，中S的化合价为+2价，Cu2S中Cu和S的化合价分别为+1和﹣2，Cu从+2价降低到+1，S的化合价从+2价降低到﹣2；生成1molCu2S，共得到了6mol电子。其他产物中还有S和S2，转化成S，化合价从+2价降低到0；转化为，化合价从+2价降低到+6；在氧化还原反应中，得失电子守恒，可知S和的系数分别是1和2；再结合电荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式为2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+，故答案为：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，说明反应进行得很完全，但是仍需要加热至50℃才会出现沉淀，可知在常温下，该反应的反应速率很慢，升高温度加快了反应速率，故答案为：室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；②被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有少量的，加入过量的BaCl2溶液，沉淀1为BaS2O3和BaSO4沉淀。溶液1中含有S4，加入足量的盐酸，S4在酸性溶液中转化为、S和SO2，沉淀2中含有BaSO4和S。加入CS2溶解S单质，剩余的固体1为BaSO4；i根据已知，被Fe3+氧化成S4，方程式：2+2Fe3+＝S4+2Fe2+，实验Ⅱ中加入的Fe3+和S4的比例为1：2，可知是过量的，因此无色溶液中含有，虽然加入了过量的BaCl2，但是BaS2O3微溶于水，溶液1中仍会有少量的，加入盐酸后，与H+反应，方程式：+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，也会生成S单质存在于沉淀2中，因此S单质不一定来自于S4，故答案为：无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；ii证实结论：被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的；可知沉淀1中出了BaS2O3外，还有少量的BaSO4。BaSO4固体不溶于盐酸，可用于证明沉淀1中含有BaSO4，并且BaSO4的量应比固体1中的少。实验操作为加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小，故答案为：加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；③Ag2S2O3发生歧化反应，得到Ag2S，另一种物质为强酸，为H2SO4，则方程式为Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，故答案为：Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Ag+为软酸，为软碱，S2﹣是比更软的碱，可解释与Ag+反应的最终产物为Ag2S；可知软酸容易与更软的碱的结合。Ⅰ中，与Cu2+反应的最终产物为Cu2S，可知Cu+是比Cu2+更软的酸，故答案为：Cu+。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。三．工艺流程题（共1小题）19．以低品位铜钴矿（主要成分为CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和Co2O3的一种工艺流程如图：已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数物质Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Co（OH）2CaF2MgF2Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣395.6×10﹣121.6×10﹣154.9×10﹣106.4×10﹣12②萃取时发生反应Cu2++2HR⇌CuR2+2H+（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率。（2）浸出步骤铜钴矿中的CoO（OH）转化为Co2+，该反应的离子方程式为2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O。（3）加入试剂aH2SO4可使萃取剂再生。（4）对于过程Ⅰ：①加NaClO3溶液作用是将亚铁离子氧化为铁离子。②通过计算判断Fe3+是否沉淀完全并简述理由pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol•L﹣1，故沉淀完全。（一般认为溶液中离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时沉淀完全）（5）滤渣Ⅰ成分CaF2、MgF2。（6）CoC2O4•2H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，写出煅烧过程中的化学反应方程式4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O。（7）Co2O3产品纯度测定方法如下：已知：Co3+与EDTA﹣2Na按物质的量1：1反应，若滴定至终点时消耗EDTA﹣2Na标准液体积为20.00mL，则Co2O3产品纯度为×100%。（Co2O3的摩尔质量是166g•mol﹣1）【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率；（2）2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O；（3）H2SO4；（4）①将亚铁离子氧化为铁离子；②pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol•L﹣1，故沉淀完全；（5）根据分析，滤渣Ⅰ成分为CaF2、MgF2；（6）4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；（7）×100%。【分析】以低品位铜钴矿（主要成分为CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和Co2O3，铜钴矿加入亚硫酸钠和硫酸使各物质转化为硫酸亚，同时使CoO（OH）转化为Co2+，过滤除去不溶的硫酸钙以及SiO2，浸出液加入HR萃取剂萃取，使硫酸铜进入有机层，有机层加入硫酸反萃取，得到硫酸铜蓉儿，进一步得到硫酸铜晶体，水层加入氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，滤液加入NaF，除去溶液中的钙离子、镁离子，则滤渣1为CaF2、MgF2，滤液含有钴离子，加入草酸盐使其转化为草酸钴，煅烧得到三氧化二钴，据此解答。【解答】解：（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）浸出步骤铜钴矿中的CoO（OH）转化为Co2+，钴化合价降低，为氧化剂，加入的亚硫酸钠为还原剂，该反应的离子方程式为2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O，故答案为：2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O；（3）结合萃取的物质的为硫酸铜，加入试剂a为H2SO4可使萃取剂再生，故答案为：H2SO4；（4）①溶液中存在亚铁离子，加NaClO3溶液作用是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；②根据溶液pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol•L﹣1，故沉淀完全，故答案为：pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol•L﹣1，故沉淀完全；（5）根据分析，滤渣Ⅰ成分，故答案为：CaF2、MgF2；（6）CoC2O4•2H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，煅烧过程中的化学反应方程式4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，故答案为：4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；（7）Co3+与EDTA﹣2Na按物质的量1：1反应，根据反应过程可得Co2O3～Co2（SO4）3～2EDTA﹣2Na，可得mg产品中Co3+物质的量为amol/L×0.02L×＝0.2amol，则Co2O3产品纯度为×100%＝×100%，故答案为：×100%。【点评】本题考查物质的物质的制备，侧重考查分析及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法，注意常见元素单质及其化合物性质，题目难度较大。

考点卡片1．氧化还原反应与非氧化还原反应【知识点的认识】1.得失氧或得失氢的角度：得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应；2.电子转移角度：得电子的反应为还原反应、失电子的反应为氧化反应；3.化合价角度：失电子化合价升高的反应为氧化反应、得电子化合价降低的反应为还原反应；【命题的方向】1.基本概念及氧化性、还原性的判断：典例：水是重要的化合物，其既能作化学反应的溶剂，又能参与化学反应。下列是水参与的部分反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列问题：（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是（③）（填序号）。（2）上述反应中，水只作氧化剂的反应是（①）（填序号，下同）；水只作还原剂的反应是（④）。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1：2）；2.电子转移的表示方法：单线桥、双线桥典例：用单线桥或双线桥表示下列反应的电子转移，并写出氧化剂和还原剂（用单线桥表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用单线桥表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用双线桥表示）（）；3.氧化性强弱的判断：（1）根据氧化反应反应原理判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；（2）根据元素周期表、金属活动性顺序表、元素周期律判断；典例：下列事实不能作为元素的金属性或非金属性强弱判断依据的是（）A.Zn和Fe分别与稀硫酸反应，判断金属性强弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置换出铜，Ba投入CuCl2溶液中不能置换出铜，判断金属性强弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判断非金属性强弱：Cl＞SiD.依据O2、S分别与H2反应的难易程度，判断非金属性强弱：O＞S（3）根据元素化合价高低判断，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价态既有氧化性又有还原性；（4）根据原电池和电解池原理判断，一般来说，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，负极的还原性大于正极；电解池中，阴离子还原性越强，越易在阳极上失电子，阳离子氧化性越强，越易在阴极上得电子；典例：（5）外界影响因素：浓度、温度、溶液酸碱性；4.氧化还原反应的有关计算，典例：实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B.当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC.产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol5.氧化还原反应的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化还原反应方程式的书写：典例：高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解题思路点拨】1.氧化剂和还原剂可能是同一种物质；氧化产物和还原产物可能是同一种物质；2.根据元素化合价高低可以判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性强弱；3.元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定具有强氧化性；金属阳离子不一定只有氧化性，如亚铁离子；4.在氧化还原反应的有关计算中灵活运用转移电子守恒进行计算；2．用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成【知识点的知识】（1）电子式的概念：在化学反应中，一般是原子的外层电子发生变化．为了简便起见，化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．（2）电子