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2019年广东省华南师大附中高考化学三模试卷

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）下列有关物质的说法正确的是（　　）

A．石油气的主要成分包括氢气、乙烯、丙烷等

B．常温下可用铁、铜的容器来盛放冷的浓硝酸或浓硫酸

C．农业上常用的化肥，如硫酸铵、硫酸氢钠都是铵盐

D．多数合金的熔点一般比它的成分金属高，性能更好

2．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A．苯和甲苯互为同系物，都能使高锰酸钾褪色

B．对二甲苯与氢气完全加成的产物的一氯代物有3种

C．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等

D．淀粉、油脂、蛋白质的水解产物都是非电解质

3．（6分）设N_A代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．室温时，1.0L pH＝13的Ba（OH）₂溶液中含有OH^﹣的数目为0.2N_A

B．标准状况下，11.2L CH₂Cl₂中含有的原子数为2.5N_A

C．1.68g Fe 与足量高温水蒸气反应，转移电子数为0.09N_A

D．17g H₂O₂所含非极性键数目为0.5N_A

4．（6分）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素，其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法不正确的是（　　）

A．Q的单质能与Z的最高价氧化物的水化物发生氧化还原反应

B．气态氢化物的稳定性：Q＞W

C．一定条件下，Q的单质可把Y的单质从其氢化物中置换出来

D．最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：Q＞Y＞W＞X

5．（6分）下列实验操作、现象或结论的说法不正确的是（　　）

A．在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得胶体，再加入Na₂SO₄溶液，可观察到红褐色沉淀

B．某溶液加入BaCl₂溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，可确定有SO₄^2﹣存在

C．FeCl₂、NaOH、Mg（NO₃）₂三种溶液不需其他试剂即可鉴别

D．用标准盐酸滴定未知浓度的Na₂CO₃溶液，可用酚酞作为指示剂

6．（6分）某新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压．该电池的总反应为：3Zn+2K₂FeO₄+8H₂O3Zn（OH）₂+2Fe（OH）₃+4KOH，以下说法不正确的是（　　）

A．充电时，连接电源正极的电极方程式：Fe（OH）₃﹣3e^﹣+5OH^﹣═FeO₄²+4H₂O

B．充电时，阴极附近溶液的pH增大

C．放电时，K⁺往正极移动

D．放电时每转移3mol电子，正极有1molK₂FeO₄被氧化

7．（6分）已知常温时0.1mol/L的CH₃COOH溶液pH约为2.5，将20mL 0.1mol/L CH₃COOH溶液和20mL 0.1mol/L的HSCN溶液分别于等体积等浓度的NaHCO₃溶液反应，实验测得产生CO₂气体体积（V）与时间t的关系如图．下列说法不正确的是（　　）

A．常温时CH₃COOH的电离平衡常数约为10^﹣4

B．结合质子的能力：SCN^﹣＞CH₃COO^﹣＞HCO₃^﹣

C．反应结束后溶液中c（CH₃COO^﹣）＜c（SCN^﹣）

D．等体积等pH的CH₃COOH和HSCN分别与20mL 0.1mol/L的NaHCO₃溶液反应，开始时两者产生CO₂的速率相等

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）已知CuS和Cu₂S均为黑色，常温下都不溶于稀盐酸，在氧气中加热，最后都转化为CuO和SO₂．某黑色固体样品的成分可能是CuO、CuS和Cu₂S的一种或几种．某课外研究小组为探究其成分，设计以下实验测定该样品与氧气反应前后的质量变化，同时检测其气体产物．

（1）获得氧气的反应方程式为　 　．硫化亚铜与氧气反应的方程式为　 　．

（2）利用上述装置（可重复使用）进行实验，气流经导管的顺序为　 　．

（3）实验测得样品质量为m₁，与氧气充分反应后的固体质量为m₂，m₁＝m₂，且C装置中品红褪色，则样品的成分（写出所有可能情况）　 　．

（4）该实验小组为了控制实验中氧气的产生速率，设计了如图1所示的实验装置继续探究不同的催化剂对H₂O₂分解的催化效率．

①实验时可以通过测量　 　来体现H₂O₂的分解速率的大小．

②请设计实验比较Fe³⁺含 Cu²⁺对H₂O₂分解的催化效率（完成以下实验方案）：　 　，最后，比较两个实验的氧气的体积．（试剂仪器不限，装置用图2）

9．（14分）CO₂和甲烷催化合成CO和H₂是CO₂资源化利用的有效途径．主要反应为

Ⅰ：CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol

（1）已知CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H＝+206kJ/mol写出CH₄和水蒸气反应生成CO₂的热化学方程式　 　．

（2）在恒温、恒容的密闭容器中发生反应I，下列选项能够说明反应I达到平衡状态的是　 　．

A．混合气体的密度不变

B．混合气体的总压强不变

C．CH₄、CO₂、CO、H₂的物质的量之比为1：1：2：2

D.3V_正（H₂）＝V_逆（CH₄）

E．混合气体的平均相对分子质量不变

（3）催化合成的温度通常维持在550﹣750℃之间，从反应速率角度分析其主要原因可能是　 　．

（4）将CH₄与CO₂各1mol充入某密闭容器中，发生反应I．100Kpa时，反应I到达平衡时CO₂的体积分数与温度的关系曲线如图所示．

①图中A、B、C三点表示不同温度、压强下达到平衡时CO₂的体积分数，则　 　点对应的平衡常数最小，判断依据是　 　；　 　点对应的压强最大．

②300℃，100Kpa下，该容器中反应I经过40min达到平衡，计算反应在0﹣40min内的平均反应速率为

v（CO₂）＝　 　mol/min（结果保留两位有效数字），该温度下的压强平衡常数Kp＝　 　．（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）

10．（15分）铬渣含有Na₂SO₄及少量Cr₂O₇^2﹣、Fe²⁺．从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如图1：

已知：常温时，Fe³⁺、Cr³⁺完全沉淀（c≤1.0×10^﹣5mol•L^﹣1）时pH分别为3.6和5．

（1）“微热”的作用是　 　，　 　．（填写两点）．

（2）根据溶解度（S）﹣温度（T）曲线，操作B为　 　．

（3）酸C为　 　（填化学式），“酸化、还原”步骤反应的离子方程式为　 　．

（4）常温时，Cr（OH）₃的溶度积常数K_sp[Cr（OH）₃]＝　 　．

（5）某工厂采用电解法处理含铬废水，用铁作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图2．阴极放出氢气，阳极区发生的反应有　 　，　 　．不考虑气体的溶解，当收集到6.72L（标准状况）的氢气时，理论上有　 　molCr₂O₇^2﹣被还原．

[化学--选修5：有机化学基础]

11．（15分）X、Y、Z、W、U五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为54．X的激发态原子电子排布式为2p¹，Y原子的基态原子有3个不同的能级，且各能级中电子数相等，Z的基态原子中有3个未成对电子，W的电离能如下表所示，U原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态。

（1）U原子电子排布式为　 　。

（2）X与Z 形成的化合物Z₂X₄，Z原子采取的杂化轨道类型为　 　，Y的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子的空间构型为　 　；

（3）W的氯化物和Mg的氧化物中，熔点较高的是　 　（填化学式），原因是　 　。

（4）I₄O₉由一种阳离子和一种阴离子氨物质的量比1：3构成，阴离子的空间构型为三角锥形，中心原子杂化类型为sp₃杂化，写出I₄O₉的电离方程式　 　。

（5）Nb（黑球）和I（白球）能形成一种线性的无机高分子化合物，其结构是许多八面体通过棱边而联结起来的长链，如图1所示。则该化合物中Nb和I的原子个数比为　 　。

（6）KI晶体的晶胞结构如图2所示，晶体密度为ρ　 　g/cm³，K和I的摩尔质量分数为M_Kg/mol和M_Ig/mol，原子半径半径分别为r_Kpm和r_Ipm，阿伏伽德罗常数值为N_A，则KI晶胞中原子的体积展晶胞体积的百分率为　 　。

2019年广东省华南师大附中高考化学三模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）下列有关物质的说法正确的是（　　）

A．石油气的主要成分包括氢气、乙烯、丙烷等

B．常温下可用铁、铜的容器来盛放冷的浓硝酸或浓硫酸

C．农业上常用的化肥，如硫酸铵、硫酸氢钠都是铵盐

D．多数合金的熔点一般比它的成分金属高，性能更好

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．依据石油气成分解答；

B．铜与浓硝酸常温下反应；

C．氨与酸反应的生成物都是由铵离子和酸根离子构成的离子化合物称为铵盐；

D．依据合金熔点低于成分金属熔点解答．

【解答】解：A．从石油中得到的液化石油气的主要成分是丙烷（C₃H₈）、丁烷（C₄H₁₀）、丙烯（C₃H₆）和丁烯（C₄H₈）等，故A错误；

B．铜与浓硝酸常温下反应，铜能够被浓硝酸腐蚀，所以不能用铜容器盛放冷的浓硝酸，故B错误；

C．硫酸铵、硫酸氢钠都是铵盐，故C正确；

D．合金熔点低于成分金属熔点，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了物质的组成、性质与用途，熟悉石油气成分、明确浓硫酸、浓硝酸的性质，把握合金熔点特点是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累．

2．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A．苯和甲苯互为同系物，都能使高锰酸钾褪色

B．对二甲苯与氢气完全加成的产物的一氯代物有3种

C．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等

D．淀粉、油脂、蛋白质的水解产物都是非电解质

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】A．苯与高锰酸钾不反应；

B．对二甲苯与氢气完全加成生成1，4﹣环己烷，含有3种H原子；

C．苯甲酸与苯相差1个二氧化碳的组成；

D．油脂可水解生成高级脂肪酸，蛋白质水解生成氨基酸，含有羧基，具有酸性．

【解答】解：A．苯性质稳定，与高锰酸钾不反应，故A错误；

B．对二甲苯与氢气完全加成生成1，4﹣环己烷，含有3种H原子，对应的一氯代物有3种，故B正确；

C．组成上可以看作相差一个二氧化碳，所以等物质的量时消耗氧气量相同，故C错误；

D．油脂可水解生成高级脂肪酸，蛋白质水解生成氨基酸，含有羧基，具有酸性，属于电解质，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质、结构与含量计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

3．（6分）设N_A代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．室温时，1.0L pH＝13的Ba（OH）₂溶液中含有OH^﹣的数目为0.2N_A

B．标准状况下，11.2L CH₂Cl₂中含有的原子数为2.5N_A

C．1.68g Fe 与足量高温水蒸气反应，转移电子数为0.09N_A

D．17g H₂O₂所含非极性键数目为0.5N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．pH＝13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L；

B．标准状况下，CH₂Cl₂是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；

C．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为价；

D.17gH₂O₂的质量为，1molH₂O₂含有1mol非极性键．

【解答】解：A．pH＝13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1N_A个，故A错误；

B．标准状况下，CH₂Cl₂是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；

C．高温下，1.68g Fe 的物质的量为0.03mol，1molFe与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁，转移了mol电子，则0.03molFe转移电子的数目为0.08N_A，故C错误；

D.17gH₂O₂的质量为，1molH₂O₂含有1mol非极性键，即过氧键，则17g H₂O₂所含非极性键数目为0.5N_A，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，是基础题．

4．（6分）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素，其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法不正确的是（　　）

A．Q的单质能与Z的最高价氧化物的水化物发生氧化还原反应

B．气态氢化物的稳定性：Q＞W

C．一定条件下，Q的单质可把Y的单质从其氢化物中置换出来

D．最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：Q＞Y＞W＞X

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na，Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，结合原子序数可知，W为Si，Q为Cl，其中X与W处于同一主族，X为C，设Y的最外层电子数为x，五种元素原子的最外层电子数之和为21，x+1+4+4+7＝21，解得x＝5，则Y为N，以此来解答．

【解答】解：由上述分析可知，X为C，Y为N，Z为Na，W为Si，Q为Cl，

A．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A正确；

B．非金属性Cl＞Si，则态氢化物的稳定性：Q＞W，故B正确；

C．一定条件下，氯气与氨气反应生成氮气和HCl，故C正确；

D．非金属性Cl＞N＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：Q＞Y＞X＞W，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大．

5．（6分）下列实验操作、现象或结论的说法不正确的是（　　）

A．在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得胶体，再加入Na₂SO₄溶液，可观察到红褐色沉淀

B．某溶液加入BaCl₂溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，可确定有SO₄^2﹣存在

C．FeCl₂、NaOH、Mg（NO₃）₂三种溶液不需其他试剂即可鉴别

D．用标准盐酸滴定未知浓度的Na₂CO₃溶液，可用酚酞作为指示剂

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．氢氧化铁胶粒带有电荷，进入硫酸钠溶液后发生聚沉现象；

B．生成的沉淀可能为氯化银，原溶液中可能还有银离子；

C．根据溶液颜色可鉴别氯化亚铁，与氯化亚铁溶液反应的为氢氧化钠，另一种为硝酸镁；

D．酚酞的变色范围为8﹣10，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂．

【解答】解：A．在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带有电荷，再加入Na₂SO₄溶液，发生聚沉现象生成氢氧化铁沉淀，可观察到红褐色沉淀，故A正确；

B．某溶液加入BaCl₂溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能还有银离子，不一定还有SO₄^2﹣，故B错误；

C．FeCl₂溶液为浅绿色，NaOH与FeCl₂反应，而FeCl₂不与Mg（NO₃）₂反应，据此可鉴别三种溶液，故C正确；

D．用标准盐酸滴定未知浓度的Na₂CO₃溶液，二者反应生成碳酸氢钠时溶液的pH约为8，酚酞的变色范围为8﹣10，可用酚酞作为指示剂，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质鉴别、中和滴定、离子检验、胶体制备及性质等知识，明确化学实验基本操作方法即可解答，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

6．（6分）某新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压．该电池的总反应为：3Zn+2K₂FeO₄+8H₂O3Zn（OH）₂+2Fe（OH）₃+4KOH，以下说法不正确的是（　　）

A．充电时，连接电源正极的电极方程式：Fe（OH）₃﹣3e^﹣+5OH^﹣═FeO₄²+4H₂O

B．充电时，阴极附近溶液的pH增大

C．放电时，K⁺往正极移动

D．放电时每转移3mol电子，正极有1molK₂FeO₄被氧化

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e^﹣+2OH^﹣＝Zn（OH）₂，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为FeO₄^2﹣+4H₂O+3e^﹣＝Fe（OH）₃+5OH^﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）₃+5OH^﹣＝FeO₄²+4H₂O+3e^﹣，阳极消耗OH^﹣离子，碱性要减弱，阴极上电极反应式为Zn（OH）₂+2e^﹣＝Zn+2OH^﹣，生成氢氧根离子，所以阴极附近碱性增强，据此分析判断．

【解答】解：A、充电时，连接电源正极即阳极发生Fe（OH）₃失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）₃﹣3e^﹣+5OH^﹣＝FeO₄^2﹣+4H₂O，故A正确；

B、充电时阴极上电极反应式为Zn（OH）₂+2e^﹣＝Zn+2OH^﹣，生成氢氧根离子，所以阴极附近pH增大，故B正确；

C、放电时，阳离子向正极移动即K⁺往正极移动，故C正确；

D、放电时正极反应为FeO₄²+4H₂O+3e^﹣＝Fe（OH）₃+5OH^﹣，每转移3mol电子，正极有1molK₂FeO₄被还原，故D错误。

故选：D。

【点评】本题主要考查了原电池和电解池原理的应用，侧重于考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力，题目难度中等．

7．（6分）已知常温时0.1mol/L的CH₃COOH溶液pH约为2.5，将20mL 0.1mol/L CH₃COOH溶液和20mL 0.1mol/L的HSCN溶液分别于等体积等浓度的NaHCO₃溶液反应，实验测得产生CO₂气体体积（V）与时间t的关系如图．下列说法不正确的是（　　）

A．常温时CH₃COOH的电离平衡常数约为10^﹣4

B．结合质子的能力：SCN^﹣＞CH₃COO^﹣＞HCO₃^﹣

C．反应结束后溶液中c（CH₃COO^﹣）＜c（SCN^﹣）

D．等体积等pH的CH₃COOH和HSCN分别与20mL 0.1mol/L的NaHCO₃溶液反应，开始时两者产生CO₂的速率相等

【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．醋酸溶液中存在电离平衡，电离平衡常数K；

B、弱酸的酸性越强其酸根离子结合氢离子能力越差，据图象分析即可；

C、弱酸的酸性越弱其酸根离子水解程度越大；

D、pH相等则氢离子浓度相等．

【解答】解：A．已知常温时0.1mol/L的CH₃COOH溶液pH约为2.5，醋酸溶液中存在电离平衡，电离平衡常数K10^﹣4，故A正确；

B、据图象分析，相同浓度的CH₃COOH溶液和HSCN溶液分别于等体积等浓度的NaHCO₃溶液反应，HSCN溶液反应速率快，说明酸性强，弱酸的酸性越强其酸根离子结合氢离子能力越差，所以结合质子的能力：SCN^﹣＜CH₃COO^﹣＜HCO₃^﹣，故B错误；

C、HSCN的酸性比醋酸强，醋酸根离子水解程度大，所以反应结束后溶液中c（CH₃COO^﹣）＜c（SCN^﹣），故C正确；

D、pH相等则氢离子浓度相等，与NaHCO₃溶液反应开始时两者产生CO₂的速率相等，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断以及盐类水解、氢离子浓度与pH关系等，题目难度不大．

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）已知CuS和Cu₂S均为黑色，常温下都不溶于稀盐酸，在氧气中加热，最后都转化为CuO和SO₂．某黑色固体样品的成分可能是CuO、CuS和Cu₂S的一种或几种．某课外研究小组为探究其成分，设计以下实验测定该样品与氧气反应前后的质量变化，同时检测其气体产物．

（1）获得氧气的反应方程式为　2H₂O₂2H₂O+O₂↑　．硫化亚铜与氧气反应的方程式为　Cu₂S+2O₂2CuO+SO₂　．

（2）利用上述装置（可重复使用）进行实验，气流经导管的顺序为　eabfghIedab　．

（3）实验测得样品质量为m₁，与氧气充分反应后的固体质量为m₂，m₁＝m₂，且C装置中品红褪色，则样品的成分（写出所有可能情况）　只含有Cu₂S或含有CuO和Cu₂S　．

（4）该实验小组为了控制实验中氧气的产生速率，设计了如图1所示的实验装置继续探究不同的催化剂对H₂O₂分解的催化效率．

①实验时可以通过测量　相同时间内产生O₂的体积（或生成相同体积O₂所需要的时间）　来体现H₂O₂的分解速率的大小．

②请设计实验比较Fe³⁺含 Cu²⁺对H₂O₂分解的催化效率（完成以下实验方案）：　分别在锥形瓶中加入等浓度等体积的FeCl₃溶液和CuCl₂溶液，用针筒a分别装好等浓度等体积的H₂O₂溶液．氨上图密封好装置，将H₂O₂溶液快速注射进锥形瓶，并记录等时间内b这生成氧气的体积　，最后，比较两个实验的氧气的体积．（试剂仪器不限，装置用图2）

【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有

【专题】544：定量测定与误差分析．

【分析】（1）装置B是过氧化氢滴入氯化铜溶液中，氯化铜做催化剂过氧化氢分解生成氧气；硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫；

（2）某黑色固体样品的成分可能是CuO、CuS和Cu₂S的一种或几种，实验测定该样品与氧气反应前后的质量变化，同时检测其气体产物，通过装置c检验生成的二氧化硫气体，通过碱石灰吸收二氧化硫和水蒸气，并干燥氧气，进入装置D和样品发生反应，生成的二氧化硫易溶于水，通过装置E防止倒吸，通过装置C检验生成的二氧化硫，通过装置装置A吸收剩余的二氧化硫；

（3）实验测定样品质量为m₁，与氧气充分反应后的固体质量为m₂，m₁＝m₂，且C装置中品红褪色，说明生成了二氧化硫气体，CuS和Cu₂S至少有一种，因为反应后固体质量不变，结合反应Cu₂S+2O₂2CuO+SO₂，反应前后质量不变分析判断；

（4）①过氧化氢分解生成气体，测定生成气体的时间可以判断反应速率；

②比较Fe³⁺含 Cu²⁺对H₂O₂分解的催化效率，需要保持其他条件相同．

【解答】解：（1）装置B是过氧化氢滴入氯化铜溶液中，氯化铜做催化剂过氧化氢分解生成氧气，反应的化学方程式为：2H₂O₂2H₂O+O₂↑，硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu₂S+2O₂2CuO+SO₂，

故答案为：2H₂O₂2H₂O+O₂↑； Cu₂S+2O₂2CuO+SO₂，

（2）生成氧气需要干燥，二氧化硫可以用品红溶液检验，由于二氧化硫易溶于水需要防止倒吸且进行尾气吸收，气体产物，通过装置c检验生成的二氧化硫气体，通过碱石灰吸收二氧化硫和水蒸气，并干燥氧气，进入装置D和样品发生反应，生成的二氧化硫易溶于水，通过装置E防止倒吸，通过装置C检验生成的二氧化硫，通过装置装置A吸收剩余的二氧化硫，所以气流经导管的顺序为：eabfghiedab，

故答案为：eabfghiedab；

（3）实验测定样品质量为m₁，与氧气充分反应后的固体质量为m₂，m₁＝m₂，且C装置中品红褪色，说明生成了二氧化硫气体，CuS和Cu₂S至少有一种，因为反应后固体质量不变，结合反应Cu₂S+2O₂2CuO+SO₂，可知，反应前后固体质量不变，则样品中成分为Cu₂S或CuO和Cu₂S，

故答案为：只含有Cu₂S或含有CuO和Cu₂S；

（4）①过氧化氢分解生成氧气，实验过程中可以通过测定相同时间内生成氧气的体积或生成相同体积的氧气所需时间来表现过氧化氢的分解速率大小，

故答案为：相同时间内产生O₂的体积或生成相同体积O₂所需要的时间；

②比较Fe³⁺含 Cu²⁺对H₂O₂分解的催化效率，需要保持其他条件相同，实验方案为：分别在锥形瓶中加入等浓度等体积的FeCl₃溶液和CuCl₂溶液，用针筒a分别装好等浓度等体积的H₂O₂溶液，按照上图密封好装置，将H₂O₂溶液快速注射进锥形瓶，并记录等时间内b这生成氧气的体积，

故答案为：分别在锥形瓶中加入等浓度等体积的FeCl₃溶液和CuCl₂溶液，用针筒a分别装好等浓度等体积的H₂O₂溶液，按照上图密封好装置，将H₂O₂溶液快速注射进锥形瓶，并记录等时间内b这生成氧气的体积．

【点评】本题考查了实验探究物质组成、反应现象判断、实验方案的设计、对比实验的应用等，掌握基础是解题关键，题目难度较大．

9．（14分）CO₂和甲烷催化合成CO和H₂是CO₂资源化利用的有效途径．主要反应为

Ⅰ：CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol

（1）已知CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H＝+206kJ/mol写出CH₄和水蒸气反应生成CO₂的热化学方程式　CH₄（g）+2H₂O（g）⇌CO₂（g）+4H₂（g）△H＝+165KJ/mol　．

（2）在恒温、恒容的密闭容器中发生反应I，下列选项能够说明反应I达到平衡状态的是　BE　．

A．混合气体的密度不变

B．混合气体的总压强不变

C．CH₄、CO₂、CO、H₂的物质的量之比为1：1：2：2

D.3V_正（H₂）＝V_逆（CH₄）

E．混合气体的平均相对分子质量不变

（3）催化合成的温度通常维持在550﹣750℃之间，从反应速率角度分析其主要原因可能是　在该温度范围内，催化剂的活性较大，反应速率快　．

（4）将CH₄与CO₂各1mol充入某密闭容器中，发生反应I．100Kpa时，反应I到达平衡时CO₂的体积分数与温度的关系曲线如图所示．

①图中A、B、C三点表示不同温度、压强下达到平衡时CO₂的体积分数，则　A　点对应的平衡常数最小，判断依据是　反应I吸热反应，温度降低，平衡常数减小　；　C　点对应的压强最大．

②300℃，100Kpa下，该容器中反应I经过40min达到平衡，计算反应在0﹣40min内的平均反应速率为

v（CO₂）＝　2.8×10^﹣3　mol/min（结果保留两位有效数字），该温度下的压强平衡常数Kp＝　6.25KPa²　．（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）

【考点】CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】（1）①CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol

②CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H＝+206kJ/mol

结合热化学方程式和盖斯定律计算，②×2﹣①得到CH₄和水蒸气反应生成CO₂的热化学方程式；

（2）反应达到平衡状态的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；

（3）维持温度是催化剂的活性最大，有一定的反应速率；

（4）①CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol，反应为吸热反应，温度越高平衡常数越大，图中温度变化分析气体压强变化，平衡正向进行程度越大气体压强越大；

②反应速率v，平衡常数K_P．

【解答】解：（1）①CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol

②CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H＝+206kJ/mol

结合热化学方程式和盖斯定律计算，②×2﹣①得到CH₄和水蒸气反应生成CO₂的热化学方程式：CH₄（g）+2H₂O（g）⇌CO₂（g）+4H₂（g）△H＝+165KJ/mol，

故答案为：CH₄（g）+2H₂O（g）⇌CO₂（g）+4H₂（g）△H＝+165KJ/mol；

（2）CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol，反应为气体体积增大的吸热反应，

A．气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．反应前后气体物质的量变化，当混合气体的总压强不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．CH₄、CO₂、CO、H₂的物质的量之比为1：1：2：2和反应量、起始量有关，不能说明正逆反应速率相同，不能证明反应达到平衡状态，故C错误；

D．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，当V_正（H₂）＝2V_逆（CH₄）反应达到平衡状态，3V_正（H₂）＝V_逆（CH₄）不能说明正逆反应速率相同，故D错误；

E．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态，故E正确；

故答案为：BE；

（3）催化室需维持在550～750℃，主要是此温度下催化剂的活性最大，温度越高应是平衡逆向进行，甲烷转化率减少，在该温度范围内，催化剂的活性较大，反应速率快，

故答案为：在该温度范围内，催化剂的活性较大，反应速率快；

（4）①CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247kJ/mol，反应为吸热反应，温度越高平衡常数越大，图中A、B、C三点表示不同温度、压强下达到平衡时CO₂的体积分数，则 A点对应的平衡常数最小，判断依据是反应I吸热反应，温度降低，平衡常数减小，温度越高，平衡正向进行程度越大，气体压强越大，C点压强最大，

故答案为：A；反应I吸热反应，温度降低，平衡常数减小；C；

②300℃，100Kpa下，平衡状态下CO₂的体积分数为40%，设反应的二氧化碳物质的量为x，

CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）

起始量（mol） 1 1 0 0

变化量（mol） x x 2x 2x

平衡量（mol） 1﹣x 1﹣x 2x 2x

40%

xmol，

该容器中反应I经过40min达到平衡，反应在0﹣40min内的平均反应速率2.8×10^﹣3，

平衡状态下气体总物质的量＝2+2x＝（2+2）mol≈2.222mol

平衡常数Kp6.25KPa²，

故答案为：2.8×10^﹣3； 6.25KPa²．

【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡影响因素分析、平衡标志判断、平衡常数和反应速率的计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

10．（15分）铬渣含有Na₂SO₄及少量Cr₂O₇^2﹣、Fe²⁺．从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如图1：

已知：常温时，Fe³⁺、Cr³⁺完全沉淀（c≤1.0×10^﹣5mol•L^﹣1）时pH分别为3.6和5．

（1）“微热”的作用是　加快反应速率　，　促进Fe³⁺水解生成Fe（OH）₃而除去　．（填写两点）．

（2）根据溶解度（S）﹣温度（T）曲线，操作B为　蒸发浓缩，趁热过滤　．

（3）酸C为　H₂SO₄　（填化学式），“酸化、还原”步骤反应的离子方程式为　3SO₃^2﹣+Cr₂O₇^2﹣+8H⁺＝2Cr³⁺+3SO₄^2﹣+4H₂O　．

（4）常温时，Cr（OH）₃的溶度积常数K_sp[Cr（OH）₃]＝　1.0×10^﹣32　．

（5）某工厂采用电解法处理含铬废水，用铁作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图2．阴极放出氢气，阳极区发生的反应有　Fe﹣2e^﹣＝Fe²⁺　，　Cr₂O₇^2﹣+6Fe²⁺+17H₂O＝2Cr（OH）₃↓+6Fe（OH）₃↓+10H⁺　．不考虑气体的溶解，当收集到6.72L（标准状况）的氢气时，理论上有　0.05　molCr₂O₇^2﹣被还原．

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】铬渣含有Na₂SO₄及少量Cr₂O₇^2﹣、Fe³⁺，加入氢氧化钠调节pH约3.6并加热，可生成Fe（OH）₃沉淀，过滤得到A为Fe（OH）₃，由于Na₂Cr₂O₇溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，母液中含有Na₂Cr₂O₇，加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应可得到Cr³⁺，调节溶液pH为5，可生成沉淀D，即Cr（OH）₃，以此解答该题．

【解答】解：（1）加热可增大反应速率，促进铁离子的水解，可生成氢氧化铁而除去，

故答案为：加快反应速率； 促进Fe³⁺水解生成Fe（OH）₃而除去；

（2）由于Na₂Cr₂O₇溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；

（3）Na₂Cr₂O₇具有强氧化性，酸化时，一般用稀硫酸，酸性条件下，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3SO₃^2﹣+Cr₂O₇^2﹣+8H⁺＝2Cr³⁺+3SO₄^2﹣+4H₂O，

故答案为：H₂SO₄；3SO₃^2﹣+Cr₂O₇^2﹣+8H⁺＝2Cr³⁺+3SO₄^2﹣+4H₂O；

（4）Cr³⁺完全沉淀（c≤1.0×10^﹣5mol•L^﹣1）时pH5，则c（OH^﹣）＝1.0×10^﹣9mol•L^﹣1，Ksp[Cr（OH）₃]＝c³（OH^﹣）×c（Cr³⁺）＝1.0×10^﹣32mol⁴•L^﹣4，

故答案为：1.0×10^﹣32；

（5）用铁作阴阳极，阳极首先发生Fe﹣2e^﹣＝Fe²⁺，然后发生Cr₂O₇^2﹣+6Fe²⁺+17H₂O＝2Cr（OH）₃↓+6Fe（OH）₃↓+10H⁺，收集到6.72L（标准状况）的氢气，物质的量为0.3mol，转移0.6mol电子，则有0.3molFe²⁺生成，由离子方程式可知有0.05mol参加反应Cr₂O₇^2﹣，

故答案为：Fe﹣2e^﹣＝Fe²⁺；Cr₂O₇^2﹣+6Fe²⁺+17H₂O＝2Cr（OH）₃↓+6Fe（OH）₃↓+10H⁺；0.05．

【点评】本题考查物质的分离、提纯的实验设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目以实验形式考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意信息与所学知识的结合来解答，并注意图表数据的应用，题目难度中等．

[化学--选修5：有机化学基础]

11．（15分）X、Y、Z、W、U五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为54．X的激发态原子电子排布式为2p¹，Y原子的基态原子有3个不同的能级，且各能级中电子数相等，Z的基态原子中有3个未成对电子，W的电离能如下表所示，U原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态。

（1）U原子电子排布式为　1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹　。

（2）X与Z 形成的化合物Z₂X₄，Z原子采取的杂化轨道类型为　sp³　，Y的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子的空间构型为　平面三角形　；

（3）W的氯化物和Mg的氧化物中，熔点较高的是　MgCl₂　（填化学式），原因是　NaCl和MgCl₂都为离子晶体，Mg²⁺半径小，电荷数大，因此MgCl₂晶体的晶格能大，熔点高　。

（4）I₄O₉由一种阳离子和一种阴离子氨物质的量比1：3构成，阴离子的空间构型为三角锥形，中心原子杂化类型为sp₃杂化，写出I₄O₉的电离方程式　I₄O₉＝I³⁺+3IO₃^﹣　。

（5）Nb（黑球）和I（白球）能形成一种线性的无机高分子化合物，其结构是许多八面体通过棱边而联结起来的长链，如图1所示。则该化合物中Nb和I的原子个数比为　1：4　。

（6）KI晶体的晶胞结构如图2所示，晶体密度为ρ　　g/cm³，K和I的摩尔质量分数为M_Kg/mol和M_Ig/mol，原子半径半径分别为r_Kpm和r_Ipm，阿伏伽德罗常数值为N_A，则KI晶胞中原子的体积展晶胞体积的百分率为　100%　。

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．

【分析】X、Y、Z、W、U五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为54，X的激发态原子电子排布式为2p¹，即核外电子数为1，故X为氢元素；Y原子的基态原子有3个不同的能级，且各能级中电子数相等，核外电子排布式为1s²2s²2p²，则Y为C元素；U原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态，核外电子数为2+8+18+1＝29，故U为Cu．W、Z核外电子数之和＝54﹣1﹣6﹣29＝18，W的第二电离能剧增，说明最外层只有1个电子，Z的基态原子中有3个未成对电子，只能处于第二周期，核外电子排布式为1s²2s²2p³，故Z为氮元素，W原子核外电子数＝18﹣7＝11，故W为Na元素。

（1）U为Cu，原子核外电子数为29；

（2）X与Z 形成的化合物N₂H₄，分子中N原子形成2个N﹣H键、1个N﹣N键，还有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；Y的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子为CO₃^2﹣，离子中C原子孤电子对数0，价层电子对数＝3+0＝3；

（3）二者均是离子化合物，电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高；

（4）I₄O₉由一种阳离子和一种阴离子氨物质的量比1：3构成，阴离子的空间构型为三角锥形，中心原子杂化类型为sp³杂化，说明中心原子形成3个σ键，故阴离子为IO₃^﹣，阳离子为I³⁺；

（5）取八面体为结构单元，共用棱边上的I原子为每个结构单元提供，八面体的两个顶角还有2个I原子处于结构单元内、Nb处于结构单元内；

（6）K、I原子半径分别为r_Kpm和r_Ipm，晶胞棱长＝2（r_K+r_I） pm，进而得到晶胞体积，晶胞中K、I原子数目均为4，结合摩尔质量表示出晶胞中原子总质量，晶体密度＝晶胞中原子总质量÷晶胞体积；计算晶胞中原子总体积，原子总体积÷晶胞体积＝原子体积占晶胞体积的百分率。

【解答】解：（1）U为Cu，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，

故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；

（2）X与Z 形成的化合物N₂H₄，分子中N原子形成2个N﹣H键、1个N﹣N键，还有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子采取sp³杂化；Y的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子为CO₃^2﹣，离子中C原子孤电子对数0，价层电子对数＝3+0＝3，空间构型为平面三角形，

故答案为：sp³；平面三角形；

（3）NaCl和MgCl₂都为离子晶体，Mg²⁺半径小，电荷数大，因此MgCl₂晶体的晶格能大，熔点高，

故答案为：MgCl₂；NaCl和MgCl₂都为离子晶体，Mg²⁺半径小，电荷数大，因此MgCl₂晶体的晶格能大，熔点高；

（4）I₄O₉由一种阳离子和一种阴离子氨物质的量比1：3构成，阴离子的空间构型为三角锥形，中心原子杂化类型为sp³杂化，说明中心原子形成3个σ键，故阴离子为IO₃^﹣，阳离子为I³⁺，I₄O₉的电离方程式：I₄O₉＝I³⁺+3IO₃^﹣，

故答案为：I₄O₉＝I³⁺+3IO₃^﹣；

（5）取八面体为结构单元，共用棱边上的I原子为每个结构单元提供，八面体的两个顶角还有2个I原子处于结构单元内，故结构单元中I原子数目＝2+44，Nb处于结构单元内，Nb原子数目＝1，该化合物中Nb和I的原子个数比为1：4，

故答案为：1：4；

（6）K、I原子半径分别为r_Kpm和r_Ipm，晶胞棱长＝2（r_K+r_I） pm，晶胞体积＝[2（r_K+r_I） pm]³＝[2（r_K+r_I）]³×10^﹣30cm³，晶胞中K、I原子数目相等，二者数目＝864，晶胞中原子总质量＝4g，晶体密度＝4g÷[2（r_K+r_I）]³×10^﹣30cm³g/cm³．晶胞中原子总体积＝4π（r_K³+r_I³） pm³，KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为{[4π（r_K³+r_I³） pm³]÷[2（r_K+r_I） pm]³}×100%100%，

故答案为：；100%。

【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、空间构型、物质熔点比较、晶胞有关计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，（6）中计算为易错点，需要学生细心计算，掌握均摊法进行晶胞计算。

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日期：2019/4/11 23:49:33；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120