2019-2020学年重庆市铜梁县第一中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年重庆市铜梁县第一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．下列反应的离子方程式书写正确的是（）

A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42-+2HBr

B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O

C．漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-

D．硫化钠的水解反应：S2-+H3O+=HS-+H2O

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故A错误；B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性，反应的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；

C．次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为

Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故C错误；

D．硫化钠的水解反应：S2-+H2O?HS-+OH-，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意S2-+H3O+=HS-+H2O是S2-与酸反应的方程式。

2．已知常温下K a(CH3COOH)>K a(HClO)、K sp(AgCl)>K sp(AgBr)。下列分析不正确的是（）

A．将10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol/L盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)

B．现有①200 mL 0.1 mol/L NaClO溶液，②100 mL0.1 mol/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①

C．向0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：

c(NH)

c(Cl)

比值减小

D．将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀【答案】C

【解析】

【详解】

A. 10 mL0.1 mol?L?1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mlL0.1 mol?L?1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：

c(Na +)>c(Cl ?)>c(CO 32?)>c(HCO 3?)，A 正确；

B.由于K a (CH 3COOH)>K a (HClO)，ClO -水解程度大于CH 3COO -水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，B 正确

C. 向0.1 mol/L NH 4Cl 溶液中，存在NH 4++H 2O ?NH 3·H 2O+H +，加入少量NH 4Cl 固体，NH 4+ ，NH 4+水解平衡正向移动，c(NH 3·

H 2O)、c(H +)，水解常数不变，即()()()

32c NH 1

K c NH ?H O ?c H ++

，NH 4+水解程度减小，()

(

)

c H c NH +

+减小，()

()4

c NH c NH ?H O +、()()4

c NH c Cl +-

增大，C 错误；

D. 因为K sp (AgCl)>K sp (AgBr)，在AgCl 和AgBr 两饱和溶液中，前者c(Ag +)大于后者c(Ag +)，c(Cl -)＞c(Br -)，当将AgCl 、AgBr 两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr 沉淀，与此同时，溶液中c(Cl -)比原来AgCl 饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO 3溶液时，AgBr 沉淀有所增多，但AgCl 沉淀增加更多，D 正确；故答案为：C 。【点睛】

当盐酸逐滴滴加Na 2CO 3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：

Na 2CO 3+HCl=NaHCO 3+NaCl ；NaHCO 3+HCl=NaCl+H 2O+CO 2↑； 3．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是 A ．HClO 的结构式：H —O —Cl B ．HF 的电子式： H ＋[::]－

C ．S 2﹣的结构示意图：

D ．CCl 4分子的比例模型：

【答案】A 【解析】【详解】

A. 次氯酸的中心原子为O ，HClO 的结构式为：H?O?Cl ，A 项正确；

B. HF 是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B 项

错误；

C. 硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为

，C 项错误；

D. 氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D 项错误；答案选A 。【点睛】

A 项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。

4．下列有关实验的说法不正确的是

A．用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭

B．用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置

C．分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率

D．吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；

B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；

C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；

D. 酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确；

答案选B。

5．下列各选项所描述的两个量，前者一定小于后者的是（）

A．纯水在25℃和80℃时的pH值

B．1L0.1mol/L的盐酸和硫酸溶液，中和相同浓度的NaOH溶液的体积

C．25℃时，pH=3的AlCl3和盐酸溶液中，水电离的氢离子的浓度

D．1LpH=2的醋酸和盐酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H2的物质的量

【答案】B

【解析】

【详解】

A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高水的pH越小，故A错误；

B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小，故B正确；

C.pH=3的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化铝溶液中

c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，前者大于后者，故C错误；

D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。

6．研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是()

A．改变自然界氮循环途径，使其不产生氨B．加强对含氨废水的处理，降低氨气排放

C．采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备D．增加使用生物有机肥料，减少使用化肥

【答案】A

【解析】

【详解】

A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；

B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；

C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；

D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；

故合理选项是A。

7．化学与生活密切相关。下列说法正确的是

A．垃圾分类中可回收物标志：

B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮

C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染

D．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；

B. 空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；

C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；

D. 煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D 错误；

答案选C。

8．下列说法正确的是()

A．铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连

B．0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.02×1021

C．反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0

D．加水稀释0.1 mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；

B. 0.01 mol Cl 2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.02×1021，B项错误；

C. 反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常温下不能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C项正确；

D. CH 3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOH CH3COO-+H+，加水稀释0.1 mol·L－1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D 项错误；

答案选C。

9．对如图有机物的说法正确的是（）

A．属于苯的同系物

B．如图有机物可以与4molH2加成

C．如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上

D．如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应

【答案】D

【解析】

【详解】

A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；

B、该有机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；

C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；

D、该有机物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；

故答案为：D。

10．表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）

A．原子半径大小比较为D>C>B>A

B．生成的氢化物分子间均可形成氢键

C．A与C形成的阴离子可能有AC2

3-、A

D．A、B、C、D的单质常温下均不导电

【答案】C

【解析】

【分析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。

【详解】

A. 电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；

B. 生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；

C. A与C形成的阴离子可能有CO23-、C2O24-，C正确；

D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。

故选C。

11．中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )

A．我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源

B．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐

C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅

D．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A 错误；

B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；

C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；

D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；

答案选D。

【点睛】

化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。

12．设N A表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2N A

B．标准状况下，2. 24 L H2O含有的电子数为N A

C．1 L 1．1 mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2N A

D．7.8 g苯中碳碳双键的数目为1.3N A

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2N A个，故A错误；

B．标况下，水不是气体，2. 24 L水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于N A个，故B错误；C．1 L 1.1 mol?L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为1.2N A，故C 正确；

D．苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。

13．下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是

A ．a 极的电极反应式为612622C H O 6H O 24e 6CO 24H -+

+-===↑+

B ．若所用离子交换膜为质子交换膜，则H ＋将由A 室移向B 室

C ．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作

D ．由于A 室内存在细菌，所以对A 室必须严格密封，以确保厌氧环境【答案】C 【解析】【分析】

本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】

A.由图可知负极（a 极）反应式为C 6H 12O 6+6H 2O-24e -=6CO 2↑+24H +，正极（b 极）反应式为O 2+4H ++4e -=2H 2O ，故不选A ；

B.根据图示和题中信息，A 室产生H +而B 室消耗H +，氢离子将由负极移向正极，故不选B ；

C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C ；

D.由于A 室内存在细菌，所以对A 室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D; 答案：C

14．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象

结论

向FeBr 2溶液中通入适量Cl 2，溶液由浅绿色变为黄色

Cl 2氧化性强于Br 2

常温下，等体积pH ＝3的HA 和HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图

HA 酸性比HB 弱

C 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性

D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

【详解】

A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；

B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；

C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；

D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；

故选B。

15．在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) △H<0。t 1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图。下列说法正确的是

A．0～t2时，v（正）>v（逆）

B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂

C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ

D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I<Ⅱ

【答案】C

【解析】

试题分析：A、图像分析判断0～t2时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，C正确；D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。

考点：考查化学平衡的建立、图像的分析

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取

SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：

I．SO2Cl2的制备

（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。

（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。

①Fe+18.4mol/LH2SO4

②Na2SO3+70%H2SO4

③Na2SO3+3mo/LHNO3

（3）乙装置中盛放的试剂是___。

（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。

（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。

II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：

①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；

②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；

③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；

④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。

已知：K sp(AgCl)=3.2×10-10K sp(AgSCN)=2×10-12

（6）滴定终点的现象为___。

（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】b ②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5% 偏小

【解析】

【分析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；

（2）制备SO 2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO 2，所以用70% H 2SO 4+Na 2SO 3来制备SO 2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO 2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl 2、SO 2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO 2Cl 2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO 2Cl 2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；

（6）用0.1000mol·

L -1NH 4SCN 溶液滴定过量Ag +至终点，当滴定达到终点时NH 4SCN 过量，加NH 4Fe(SO 4)2作指示剂，Fe 3+与SCN ?反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；

（7）用cmol·

L -1NH 4SCN 溶液滴定过量Ag +至终点，记下所用体积V ，则过量Ag +的物质的量为Vcmol ，与Cl ?反应的Ag +的物质的量为0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol ，则可以求出SO 2Cl 2的物质的量； AgSCN 沉淀的溶解度比AgCl 小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl 沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH 4SCN 时，将AgCl 沉淀转化为AgSCN 沉淀，若无此操作，NH 4SCN 与AgCl 反应生成AgSCN 沉淀，则滴定时消耗的NH 4SCN 标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b 口进入；

（2）制备SO 2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO 2，所以用②70% H 2SO 4+Na 2SO 3来制备SO 2，故选②；

（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO 2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl 2、SO 2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO 2Cl 2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO 2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO 2Cl 2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；

（6）用0.1000mol·

L -1NH 4SCN 溶液滴定过量Ag +至终点，当滴定达到终点时NH 4SCN 过量，加NH 4Fe(SO 4)2作指示剂，Fe 3+与SCN ?反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；

（7）用0.1000mol·

L -1NH 4SCN 溶液滴定过量Ag +至终点，记下所用体积10.00mL ，则过量Ag +的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L -1=1×10-3mol ，与Cl ?反应的Ag +的物质的量为0.2000mol/L×0. 1L ?Vc×10?3mol ＝1.9×10-2mol ，则SO 2Cl 2的物质的量为1.9×10-2mol ×0.5=9.5×10-3mol ，产品中SO 2Cl 2的质量分数为

3mol 135g/9.51m 0ol

1.5g

-?? ×100%=85.5%；已知：K sp (AgCl)=3.2×10?10，K sp (AgSCN)=2×10?12，则AgSCN

沉淀的溶解度比AgCl 小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl 沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH 4SCN 时，将AgCl 沉淀转化为AgSCN 沉淀，若无此操作，NH 4SCN 与AgCl 反应生成AgSCN 沉淀，则滴定时消耗

的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．钒“现代工业的味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料,其氧化物二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，五氧化二钒(V2O5)是接触法生成硫酸的催化剂.下列某化学小组从废钒催化剂（V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等）中回收V2O5并且利用回收的V2O5制备VO2的氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体

已知：①“酸浸”时V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+

②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+要强。

③

回答下列问题：

(1)写出“废渣1”的主要成分的用途________(填两条)。

(2)“萃取”之前加入H2C2O4的主要目的_____________________。

(3)“氧化”过程中发生的离子方程式___________________________。

(4)该工艺中加入氯化铵“沉钒”是回收钒的关键之一，加入氯化铵、氨水之后的操作是____________，该流程用到了过滤操作，过滤和萃取分液都需用到的一种玻璃仪器是__________。

(5)工艺中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12 溶液，该方法的化学方程式是________________。【答案】制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等将VO2+还原为VO2+，利于后期萃取3H2O+6VO2++ClO3- = Cl-+6VO2++6H+蒸发至23℃（20-25℃均可）结晶，趁热过滤烧杯1:4 6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O

【解析】

【分析】

根据工艺流程图分析，废钒催化剂在H2SO4酸浸下，V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+和Al3+，废渣1为SiO2，萃取前加入H2C2O4，将VO2+还原为VO2+，再用KClO3氧化，将VO2+还原为VO2+，反应方程式为3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+，通过加入NH4Cl和氨水沉钒，煅烧得到V2O5，再加入6mol/L的盐酸和N2H4·2HCl与V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4·2HCl===

4VOC12 +N2↑+6H2O，VOCl2与NH4HCO3反应得到氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体，据此结合题中信息逐题解答问题。

【详解】

(1)根据上述分析，废渣1主要成分为SiO2，其用途有制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等，故答案为：制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等；

(2) 萃取前加入H2C2O4，目的是将VO2+还原为VO2+，加强萃取效果，故答案为：将VO2+还原为VO2+；

(3) 加入KClO3氧化，将VO2+氧化为VO2+，反应方程式为3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+，故答案为：3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+；

(4) 加入氯化铵、氨水之后得到NH4VO5，由③可知20~25℃时K2SO4溶解度最大，便于除去，故得到NH4VO5晶体的操作为蒸发至23℃（20-25℃均可）结晶，趁热过滤，过滤和萃取分液都需要用到的玻璃仪器为烧杯，故答案为：蒸发至23℃（20-25℃均可）结晶，趁热过滤；烧杯；

(5) N2H4·2HCl与V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4·2HCl===4VOC12 +N2↑+6H2O，氧化产物为N2，还原产物为VOC12，物质的量之比为化学计量数之比，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:4，只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12 溶液时，反应方程式为：6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O，故答案为：1:4；6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．有机物1是一种常见的植物两味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知：①R1CHO+R2CH2CHO

②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。

回答下列问题：

(1)A的名称是___，H含有的官能团名称是_____。

(2)②的反应条件是___。⑦的反应类型是______。

(3)I的结构简式是________。

(4)④的化学方程式是_________。

(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_种（不

考虑立体异构）

(6)参照以上合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线（无机试剂任选）__ 。【答案】乙烯羧基、碳碳双键铜、氧气、加热酯化反应

+2NaOH+2NaCl+H2O 10

CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH

【解析】

【分析】

由D的分子式，可确定其结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成E的结构简式为，在NaOH水溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为，；由I的分子式，可确定A分子中含有2个碳原子，由反应⑤的条件，与信息①进行比较，可确定C为CH3CHO，则B为CH3CH2OH，A为CH2=CH2。反应生成G的结构简式为，H为，I为

。

【详解】

(1)由以上分析知，A的结构简式为CH2=CH2，名称是乙烯，H为，含有的官能团名称是羧基、碳碳双键。答案为：乙烯；羧基、碳碳双键；

(2)反应②为CH3CH2OH氧化为CH3CHO，则反应条件是铜、氧气、加热。反应⑦为转化为，反应类型是酯化反应。答案为：铜、氧气、加热；酯化反应；

(3)由以上分析知，I的结构简式是。答案为：；

(4)反应④为生成，化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；

(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，若1个取代基为-CH=CH2，则另一取代基为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH；若1个取代基为-CH3，则另一取代基为

-CH=CHOOCH、-OOC-CH=CH2、-COOCH=CH2、；若1个取代基为-OOCH，则另一取代基为-CH2CH=CH2、-CH=CHCH3、,则L共有10种（不包括立体异构）。答案为：10；

(6) C为CH3CHO，由高聚物确定单体为CH3CH=CHCOOH，则依据信息①，两个CH3CHO先在NaOH水溶液中反应，再加热，从而生成CH3CH=CHCHO，再用银氨溶液氧化即得CH3CH=CHCOOH，然后发

生加聚反应从而生成。合成路线为

CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH。答案为：

CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH。

【点睛】

合成有机物时，我们常采用逆推法，由高聚物确定链节，再由链节确定单体，先比较原料有机物与单体上的碳原子数，再比较官能团，以便确定发生的反应类型以及反应条件。

19．GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：

(1)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]____。

(2)根据元素周期律，元素的电负性Ga____ (填“大于”或“小于”，下同)As。

(3)科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为____，其中的阴离子的空间构型为____。

(4)组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F-和Cl-结构的不同分析其原因是________。

(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价键数为___；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d=____，该晶胞的密度为__g ?cm-3。(阿伏加德罗常数用N A表示

)

【答案】3d104s24p1小于直线形Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子

半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体16 2632

5.810

N X

【解析】

【分析】

(1)Ga处于周期表中第4周期第ⅢA族，根据核外电子排布规律书写；

(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大；

(5)紧邻的两个As 原子的距离为顶点到面心的距离b=

，紧邻的As 、Ga 原子之间的距离d 为13a 4?；晶胞中Ga 个数=4，As 个数=11

8+6=482

??个，晶胞体积=(a×10－10)3cm 3，晶体密度为A M 4V

N ?。

【详解】

(1)Ga 处于周期表中第4周期第ⅢA 族，则基态Ga 原子的核外电子排布式为：[Ar]3d 104s 24p 1； (2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大，所以元素的电负性Ga 小于As ；

(3)阳离子“N 5n+”，其结构是对称的，5个N 排成“V ”形，则中间N 原子有2对共用电子对，如果5个N 结合后都达到8电子结构，共需要5×8=40个价电子；5个N 原子共有5×5=25个价电子，含有2个N ≡N 以及中间N 原子有2对共用电子对，通过共用增加了2×8=16个价电子，共25＋16=41个价电子，而达到稳定结构只需要40个，因此失去1个价电子，则该阳离子为N 5+，阴离子为N 3-。则离子化合物的电子式为

。N 3-中间N 的价层电子数对5+1-32

=22

?，中间N 原子采用sp 杂化，该阴离子为直线形；

(4)组成相似的GaF 3和GaCl 3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，从F －和Cl －结构考虑，F －的电子层小于Cl －，F －的半径小于Cl －，不易被极化，Cl -的变形性大于F -，被极化程度增大，使从GaF 3向GaCl 3变化时，键型从离子键向共价键变化；答案Cl -的电子层比F -的多，原子半径比F -的大，正负离子半径相差较大的GaF 3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl 3是共价键，形成分子晶体； (5)一个Ga 与周围4个As 形成共价键，所以晶胞内存在共价健数为16；紧邻的两个As 原子的距离为顶点到面心的距离b=

a ，紧邻的As 、Ga 原子之间的距离d 为13a 4；

则b ：d=

2a ：13a 426；晶胞中Ga 个数=4，As 个数=1

8+6=48

个，晶胞体积=(a×10－10)3cm 3，晶体密度322333A 1033A

M 414544 5.8106.0210==//V (x 10)x N g cm g cm N ρ-?????=?。