一、单选题（本大题共11小题，共33.0分）
1. 中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的《浪淘沙》：“日照
澄洲江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是( )
A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物 B. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应 C. 淘金原理与化学上的萃取一致
D. 雾的分散质粒子直径范围是10−9～10−7cm
2. 氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子
的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是( )
A. 三角锥形、sp3 C. 平面三角形、sp2
3. 下列有机物的系统命名正确的是( )
B. V形、sp2 D. 三角锥形、sp2
A. B. C.
：3−甲基−2−戊烯
：2−甲基−3−丁炔
：1，3，4−三甲苯
D. 2，3−二甲基−2−乙基己烷
4. 下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是( )
A. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl−、SO2−4
2−−B. 离子方程式2Ca2++3HCO−3+3OH=2CaCO3↓+CO3+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清
石灰水反应
C. 由水电离出的c(H+)=1×10−12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I−、Mg2+、NO−3
+2+D. n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5时发生的反应为：NH4+Al3++2SO2−+4+2Ba
5OH−=NH3·H2O+AlO−2+2H2O+2BaSO4↓
5. 呋喃是最简单的含氧五元杂环化合物(其结构如图所示)，有麻醉和弱刺激作用，
极度易燃。下列关于呋喃的有关说法正确的是( )
A. 易溶于水和丙酮等有机溶剂 B. 四个碳原子可能在同一平面上 C. 一氯代物有2种，二氯代物有3种 D. 生成1molC4H10O需标准状况下氢气44.8L
6. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( )
A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3 B. 用图2所示装置可除去中NO2中的NO
C. 用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液 D. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。7. 已知X、甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，
A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C均含有10个电子。它们之间转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应②和③均为氧化还原反应 C. 原子半径：Z>Y>X
8. 下列由实验得出的结论正确的是( )
B. 稳定性：A>C
D. X、Y、Z三种元素位于同一周期
实 验 结 论 常温下，铁不与浓硝酸反应 A 常温下，将打磨过的铁片放入浓硝酸中，无明显现象 B C 蔗糖遇浓硫酸迅速变黑，体积膨胀，有剌激性气味气体生成 浓硫酸具有脱水性、强氧化性 SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色 SO2具有漂白性 Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2CrO4) D 向AgCl悬浊液中加入少量Na2CrO4粉末，产生砖红色沉淀 A. A B. B C. C D. D
9. 按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列
叙述不正确的是( )
A. 若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪
色
B. 若A为醋酸，B为CaCO3，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑
浊
C. 实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
D. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解
10. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所
示：
下列叙述错误的是( )
A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2 B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2 C. 与加入锌粉反应的离子为Cu2、H+
D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
11. 日本产业技术综合研究所最近研发了一种新型的锂空气电池，它既可用作充电电池又可作锂燃
料电池。用作燃料电池时，可更换正极的水性电解液和卡盒以及负极的金属锂就可以连续使用，分离出的氢氧化锂可回收锂而循环使用。下列叙述 不的是( ) 正 确．．．
A. 放电时负极的电极反应式为：Li−e−= Li+
B. 充电时，阳极的电极反应式为：2H2O+O2+4e−=4OH― C. 充电时，锂极与外电源的负极相连
D. 熔融的氢氧化锂用惰性电极电解再生时，在阴极可得到金属锂
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
12. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。对于该反
应，下列判断正确的是( )
A. 氧化产物与还原产物分子个数之比为15∶1 B. 氧化剂和还原剂是同一物质
C. 反应过程中转移10个电子，则产生10个N2分子 D. N2既是氧化产物又是还原产物
13. 对于反应3Cl2+6NaOH =5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是( )
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1∶5 C. Cl2既是氧化剂又是还原剂
D. 氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1
14. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化
模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是( )
A. 每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C. 氧分子的活化是O−O的断裂与C−O键的生成过程 D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂
15. H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10−2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中
2−
c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O−4)+c(C2O4)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·
L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 ( )
−A. 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol⋅L−1+c(C2O2−4)+c(OH)−c(H2C2O4) +B. c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O2−4)>c(H)
C. pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol⋅L−1+c(C2O2−4)−c(H2C2O4) D. c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH−)−c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O−4)
三、填空题（本大题共5小题，共40.0分）
16. 纳米级 Cu2O作为一种优良的催化剂而备受关注。
(1)常用炭还原法制备 Cu2O：
①4Cu(s)+O2(g)=2Cu2O(s) △H1= −338kJ·mol−1 ②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2= −221kJ·mol−1 ③2CuO(s) = 2Cu(s)+O2(g) △H3=+314kJ·mol−1
则写出用炭还原法制备 Cu2O的热化学方程式 ____________________________________。
(2)氢能开发和利用是能源科学研究的热点。纳米级 Cu2O可以催化水分解生成氢气。在相同体积的恒容密闭容器中，用两种等质量颗粒大小不同的 Cu2O进行催化分解水的实验：2H2O(g) ⇌ 2H2(g)+O2(g) △H=+484 kJ·mol−1 水蒸气的浓度(mol/L)随时间变化如下表所示：
实验Ⅰ__________________(填“大于”、“小于”或“等于”)实验Ⅱ。 ①催化剂的催化效率：
②实验Ⅲ中 0∼10min内 v(O2)=__________________。
③实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数为 K1、K2、K3，其大小排序为________________。
(3)纳米级 Cu2O作催化剂还可以实现甲醇脱氢制取甲醛CH3OH(g)⇌ HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示：
①此脱氢反应为 ____________(填“吸热”或“放热”)反应。
② 600K时，Y点甲醇的 v(正)_____________v(逆) (填“大于”、“小于”或“等于”)。 ③从 Y点到 X点可以采取的措施是 ___________________________。
④有同学计算得到在 t1K时，该反应的平衡常数为 8.1mol·L−1。你认为正确吗？请说明理由__________________________。
⑤若工业上利用此反应进行生产，有人认为为了提高经济效益可将反应温度升到 1050K以上，你认为是否合理正确？请说明理由 ____________。
17. 水处理技术在生产、生活中应用广泛，对工业废水和生活污水等进行处理是防止水体污染、改
善水质的主要措施。(1)Na2FeO4是一种新型水处理剂，工业上可用FeSO4制备，其工艺流程如下：
①测得FeSO4溶液中c(Fe2+)=a mol·L−1，若要处理1 m3该溶液，理论上需要消耗25%的H2O2溶液______kg(用含a的代数式表示)。
②写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的化学方程式：_______________________________。 (2)废旧电池若不进行回收利用，将对水体产生严重污染。某兴趣小组对废旧镍电池正极材料[由Ni(OH)2、炭粉、Fe2O3等涂覆在铝箔上制成]进行回收研究，设计实验流程如下图所示：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+，Cl2能氧化Ni2+为Ni3+； ②NiO+2HCl=NiCl2+H2O；
③Fe3+、Al3+、Ni2+以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
离子 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH Fe3+ 1.5 3.2 Al3+ 3.5 4.8 Ni2+ 7.0 9.0 ④Ksp[Ni(OH)2]=5.0×10−16，Ksp(NiC2O4)=4.0×10−10。 请回答下列问题：
①加入盐酸酸溶后溶液中存在的金属阳离子为______________。 ②步骤X的操作为_____________________________。
③写出生成沉淀Ⅲ的离子方程式：__________________，该反应的平衡常数为____________。
④用化学反应方程式表示沉淀Ⅲ转化为Ni(OH)3：____________________________。
18. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，它受热，遇酸易分解，向Na2CO3和Na2S混合物
中通入SO2可制得Na2S2O3，某兴趣小组用如图1实验装置制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3⋅5H2O)，回答下列问题：
(1)仪器a的名称是______；b中的试剂是______；c中的试剂是______ (2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是______． (3)d中的试剂为______．
(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是______．
(5)为测定产品纯度进行了如下实验：准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，
2−−用0.1000mol⋅L−1碘的标准溶液滴定，反应原理为2S2O2−3+I2=S2O3+2I
①滴定至终点时，溶液颜色的变化是：______
则消耗碘的标准溶液体积为______ml，产品的纯度为(设②滴定起始和终点的液面如图2所示，Na2S2O3⋅5H2O相对分子质量为M)______．
19. 碲(52Te)被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，工业上常用铜阳极泥(主要成分是
Cu2Te，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：
已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问题： (1)碲在元素周期表中的位置______________。
(2)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应控制溶液的pH为4.5∼5.0，酸度不能过高，原因是__________________________，其中“加压”的目的是______________________，写出“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式__________________________。 (3)“酸浸2”时温度过高会使碲的浸出率降低，原因为______________________，要从Ag和Au中分离出Au，可以向回收的Ag和Au中加入的试剂是______________________。 (4)写出“还原”反应中发生的离子方程式_________________________________。
(5)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧，使碲转化成TeO2，再加NaOH碱浸，以石墨为电极电解溶液获得Te。电解过程中阴极的电极反应式为____________。
20. [化学——有机化学基础]化合物M是一种局部麻醉药，实验室由芳香烃A合成M的一种路线
如下：
已知：(1)F的核磁共振氢谱只有1组吸收峰
(2)
(3)
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________，F中所含的官能团为________。 (2)③的反应类型是________，④的反应类型是________。
(3)B的苯环上有2种化学环境的氢原子，D在一定条件下发生缩聚反应生成的高分子产物的结构简式为________。
(4)D和H生成M的化学方程式为________。
L不能与金属钠反应，(5)L是H的同分异构体，核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6∶1，L的结构简式为________。
(6)参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料(无机试剂任选)制备l，6−己二醛[OHC(CH2)4CHO]，设计合成路线________。 四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
21. [化学——物质结构与性质]
2019年1月3日，嫦娥四号着陆器与巡视器顺利分离，玉兔二号巡视器驶抵月球表面。嫦娥四号卫星和月球车的制造离不开各种晶体材料，下面是一些晶体材料的结构示意图。
(1)图甲为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX3的是________(填“a”或“b”)。 (2)图乙为一个金属铜的晶胞。
①铜原子的核外电子排布式为________。
②该晶胞“实际”拥有的铜原子数是________个，其配位数为________。
(3)图丙为嫦娥三号卫星上的PIC元件(热敏电阻)的主要成分——钡钛矿晶体结构，该晶体经X射线分析鉴定，重复单位为立方体，边长acm。顶点位置被Ti4+所占据，体心位置被Ba2+所占据，所有棱心位置被O2−所占据。
①O元素与H元素形成原子个数比为1︰2的化合物的中心原子杂化类型为________，其分子空间构型为________。
②写出该晶体的化学式：________。
③若该晶体的密度为ρg·cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=________cm。
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：
本题考查了元素化合物知识，涉及物质的性质与用途，明确胶体、金、硅及化合物性质是解题关键，题目难度不大。
A.金性质稳定，可以在自然界中存在，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；
B.由沙子到计算机芯片发生反应为二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，硅元素化合价降低，所以二氧化硅发生还原反应，故B正确；
C.淘金原理为金密度较大，且金不溶于水，与萃取原理不同，故C错误； D.雾属于胶体，所以雾的分散质粒子直径范围是10−9～10−7m，故D错误。 故选B。
2.答案：A
1个S=O，SOCl2中S原子成2个S−Cl键，解析：解：根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+杂化，含一对孤电子，分子形状为三角锥形， 故选：A。
σ键个数=根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，配原子个数，孤电子对个数=2×(a−xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，SOCl2中S原子成2个S−Cl键，1个S=O，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，分子形状为三角锥形。
本题考查了分子的空间构型、原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论分析解答即可，题目难度不大。
1
6−1−1−1×2
2
=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3
3.答案：A
解析：解：A.符合命名规则，故A正确；
B.从离三键近的一端开始编号，依据系统命名法得到名称为3−甲基−1−丁炔，故B错误； C.取代基位次和不是最小；依据系统命名法得到名称为：1，2，4−三甲苯，故C错误；
D.主链不是最长，名称为3，3−二甲基−4−乙基庚烷，故D错误． 故选A．
有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
1)命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小； 2)有机物的名称书写要规范；
3)对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
4)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小． 本题考查了有机物的命名，为高考考查的重点和难点，题目难度不大，试题侧重对学生基础知识的检验和训练，解答关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．
4.答案：D
解析：
本题考查离子共存的正误判断、离子方程式的书写，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，掌握离子方程式的书写原则，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。 A.Fe3+发生水解，只能存在于酸性溶液中，故A错误；
2−−B.若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2++2HCO−3+2OH=CaCO3↓+CO3+2H2O，若氢氧化钙过量+−时发生反应：NH4+Ca2++HCO−3+2OH=CaCO3↓+NH3⋅H2O+H2O，则题中说法错误，故B
错误；
C.由水电离出的c(H+)=1×10−12mol/L的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下，Mg2+与氢氧根离子反应，酸性条件下，I−、NO−3发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误； D.n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5 时，氢氧化钡完全过量，反应生成一水合氨、偏铝酸钡、硫
+2+酸钡沉淀和水，发生的反应为：NH4+Al3++2SO2−+5OH−=NH3⋅H2O+AlO−4+2Ba2+2H2O+
2BaSO4↓，故D正确。
5.答案：B
解析：
本题考查有机物的结构和性质，空间结构、同分异构体的判断等，难度中等，解题的关键是对基础知识的灵活运用。
A.根据结构图，可知呋喃难溶于水，故A错误；
B.观察其结构，可知其结构为两个乙烯型结构相连，故碳原子可能在同一平面上，故B正确； C.呋喃的等效氢有2种，则一氯代物有2种，根据“定一移一”二氯代物有4种，故C错误； D.呋喃的分子式为C4H4O，生成1molC4H10O需3mol氢气，标准状况下氢气为67.2L，故D错误。 故选B。
6.答案：C
解析：
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应的原理、实验装置的作用等为解题关键，题目难度不大。
A.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集气体，故A错误； B.二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误； C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；
D.铁与电源负极相连，作阴极，不能失去电子，应连接电源正极，才能制得Fe(OH)2，故D错误。 故选C。
7.答案：A
解析：
本题考查无机推断，并且考查物质的性质以及元素周期律，难度不大。
Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，B为CO2，C为H2O，由题中信息分析可知X为H元素，丙为O2，乙为C，D为CO，甲为H2。
A.反应②和③均是以碳为还原剂的氧化还原反应，故A正确；
B.非金属性O>C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；
C.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为C>O，故C错误；
D.X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，三者不属于同一周期，故D错误。 故选A。
8.答案：B
解析：
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、沉淀转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 A.常温下铁遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故A错误；
B.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳气体，由现象可知浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故B正确；
C.二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，则溶液褪色，与二氧化硫的漂白性无关，故C错误；
D.发生沉淀的转化，但难溶电解质的类型不同，则不能由现象直接比较Ksp大小，故D错误。 故选B。
9.答案：D
解析：解：A.浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与水反应生成HClO具有漂白性，则C中盛品红溶液褪色，故A正确；
B.醋酸与碳酸钙饭生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则C中溶液变浑浊，故B正确；
C.仪器D具有球形结构，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故C正确；
D.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，故D错误； 故选：D。
A.浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与水反应生成HClO具有漂白性； B.醋酸与碳酸钙饭生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀； C.仪器D具有球形结构；
D.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。
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、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。
10.答案：D
解析：
本题考查有关工艺流程问题，难度较大，是高考常考题目，掌握各物质的性质并掌握物质的分离及提纯方法是解答的关键。
A.“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2，可以使铜与氧气反应生成氧化铜，再与稀硫酸反应，生成硫酸铜，故A正确；
B.加热过氧化氢分解为水和氧气，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2，故B正确； C.pH=2的溶液中含有Cu2+、H+，加入锌可以将铜离子转变为铜、与H+反应生成氢气，故C正确； D.滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4的混合物，高温灼烧时硫酸锌分解，而硫酸钠不变，故不能得到纯净的ZnO，故D错误。 故选D。
11.答案：B
解析：
本题考查了原电池和电解池原理，根据阴阳离子的移动方向确定正负极，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，易错选项是C，注意充电时，电极与原电池正负极的解法，为易错点。 放电时，该装置是原电池，锂易失电子而作负极，电极反应式为Li−e−=Li+，根据图知，该原电池为碱性电池，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，充电时，锂电极得电子作阴极，与原电池负极相连，电解熔融氢氧化锂时，阴极上得电子发生还原反应。 A.根据离子移动方向知，锂失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Li−e−=Li+，故A正确； B.充电时，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，故B错误； C.充电时，锂电极得电子作阴极，与原电池负极相连，故C正确；
D.熔融的氢氧化锂用惰性电极电解再生时，Li++阴极上锂离子得电子发生还原反应，电极反应式为：e−=Li，故D正确。 故选B。
12.答案：AD
解析： 【试题解析】
本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确方程式中元素化合价变化是解本题关键，注意叠氮化钠中氮元素化合价，为易错点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑反应中，叠氮化钠中N元素化合价由−3价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂，
A.氮化钠中N元素化合价由−3价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸钾是氧化剂，生成1份N2为还原产物，生成15份N2为氧化产物，所以氧化产物与还原产物分子个数之比为15：1，故A正确；
B.硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂，故B错误；
C.硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价，2个KNO3反应转移10个电子，生成16个氮气分子，故C错误；
D.该反应中只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故D正确。
1
1
13.答案：BC
解析：
本题主要考查氧化还原反应相关知识点，涉及氧化剂和还原剂的判断、氧化产物和还原产物的判断，以及相关的计算，难度不大。
A.由反应3Cl2+6NaOH =5NaCl+NaClO3+3H2O可知，发生化合价升降的元素均为氯元素，所以氯气为氧化剂和还原剂，故A错误；
B.Cl由0价变为+5价，有1个氯原子被氧化；Cl由0价变为−1价，有5个氯原子被还原，则被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1∶5，故B正确；
C.发生化合价升降的元素均为氯元素，所以氯气为氧化剂和还原剂，故C正确； D.由反应可知，氧化产物NaClO3和还原产物NaCl物质的量之比为1：5，故D错误。 故选BC。
14.答案：CD
解析：
本题主要考查通过化学反应的反应过程，活化能的变化等知识，读懂图是解题的关键。 A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意； B.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故B不符合题意； C.由图可知，氧分子的活化是O−O的断裂与C−O键的生成过程，故C符合题意；
D.活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意； 故答案为CD。
15.答案：AD
解析：
本题主要考查弱电解质的离子浓度大小计算，掌握电离平衡的计算、水解平衡常数和电荷守恒规律，及二元弱酸的解离过程，可成功解题。
2−A.H2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H2C2O4)+物料守恒：c(H+)=c(OH−)+c(HC2O−4)+2c(C2O4)，2−−1将两式相加，可得：c(HC2O−c(H+)=0.1000mol⋅L−1+c(C2O2−4)+c(C2O4)=0.1000mol⋅L，4)+
c(OH−)−c(H2C2O4)，A项正确；
B.c(Na+)=c(总)的溶液，相当于等物质的量的H2C2O4与NaOH反应后的溶液，即为NaHC2O4溶液，
w−已知Ka2=5.4×10−，Kh(HC2O−4)=K=5.4×10−2 K 1×10−14 故NaHC2O4溶液显酸性，则c(C2O2−4)>c(H2C2O4)，B项错误； 2−−1滴入NaOHC.起始时，H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O−4)+c(C2O4)=0.1000mol⋅L，+2−−1溶液后，c(H2C2O4)+c(HC2O−4)+c(C2O4)<0.1000mol⋅L，溶液中存在电荷守恒：c(Na)+2−−2−+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O−4)+2c(C2O4)，pH=7的溶液中，c(Na)=c(HC2O4)+2c(C2O4)< 0.1000mol⋅L−1+c(C2O2−4)−c(H2C2O4)，C项错误； D.c(Na+)=2c(总)的溶液，相当于1 mol H2C2O4与2 mol NaOH反应后的溶液，即为Na2C2O4溶液，Na2C2O4中存在质子守恒：c(OH−)=c(H+)+c(HC2O−4)+ 2c(H2C2O4)，D项正确。 16.答案：(1)2CuO(s)+C(s)=CO(g)+Cu2O(s) ΔH=+34.5kJ/mol； (2)①小于； ②2.0×10−4mol/(L·min) ③K3>K1=K2； (3)①吸热； ②小于； ③增大压强或降低温度； ④不正确；因为当CH3OH的起始浓度不同时，其转化率就不等于90%； ⑤不正确；因为1050K以上，需要提供较多的能量，对设备要求也很高，而且转化率变化不大。 解析： 本题综合考查盖斯定律的应用、反应速率与化学平衡等知识点，综合性比较强，难度较大。 (1)根据盖斯定律③+2×(②+①)得2CuO(s)+C(s)=CO(g)+Cu2O(s) ΔH=+34.5kJ/mol， 答案为：2CuO(s)+C(s)=CO(g)+Cu2O(s) ΔH=+34.5kJ/mol ； (2)①由表中数据，实验Ⅱ比实验Ⅰ快，因此实验Ⅱ的催化效果好， 答案：小于； ②v(O2)=2v(H2O)=2× 1 1 0.100−0.096 10 1 mol/(L·min)=2.0×10−4mol/(L·min)， 答案：2.0×10−4mol/(L·min)； K1=K2，实验Ⅲ平衡转化率 较③根据表格中数据，实验Ⅰ和实验Ⅱ平衡转化率相同，故温度相同，大，因此K3>K1=K2， 答案：K3>K1=K2； (3)①由图像，温度越高转化率越大，故为吸热反应， 答案：吸热； ②600K时，Y点在平衡曲线上方，因此反应逆向进行， v(正)小于v(逆小于， 答案：小于； ③这是一个吸热反应，降温可使平衡逆向移动，这是一个气体分子数目增大的反应，增大压强，平衡逆向移动， 答案：增大压强或降低温度； ④当CH3OH的起始浓度不同时，其转化率就不等于90%， t1K时，该反应的平衡常数不能计算， 答案：不正确；因为当CH3OH的起始浓度不同时，其转化率就不等于90%； ⑤因为1050K以上，需要提供较多的能量，对设备要求也很高，而且转化率变化不大，反应温度升到 1050K以上对提高经济效益无意义， 答案：不正确；因为1050K以上，需要提供较多的能量，对设备要求也很高，而且转化率变化不大。 17.答案：(1)①68a ②2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O (2)①Ni2+、Fe3+、Al3+ ②用NiO调节溶液pH至4.8～7.0，过滤 ③NiC2O4(s)+2OH−(aq)=Ni(OH)2(s)+C2O ；8.0×105 ④Cl2+2Ni(OH)2+2NaOH=2Ni(OH)3+2NaCl 解析： 本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、溶度积的计算、氧化还原反应及应用等，注重高频考点的考查，综合性较强，题目难度较大，注意化学与生活的联系。 (1)①液中亚铁离子的物质的量是1000amol，生成氢氧化铁失去1000amol电子．双氧水在反应中氧元素的化合价从−1价降低到−2价，得到1个电子，因此1mol双氧水在反应中得到2mol电子．设需要双氧水溶液的质量是m，则根据电子得失守恒可知， 68000ag=68akg；故答案为：68a； m×25％ 34g/mol ×2=1000amol，解得m= ②由Fe(0H)3制取Na2FeO4的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O； (2)①正极材料中含有Ni(OH)2、炭粉、Fe2O3、铝箔，加入盐酸酸溶后，除碳粉不反应，其他物质均反应，故溶液中存在的金属阳离子为：Ni2+、Fe3+、Al3+，故答案为：Ni2+、Fe3+、Al3+； ②步骤X的操作为除去Fe3+、Al3+，生成沉淀，为了不引入杂质离子，需加入NiO，使Fe3+、Al3+的水解平衡向右移动，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤除去，故答案为：用NiO调节溶液pH至4.8～7.0，过滤； ③生成沉淀Ⅲ的离子方程式为：NiC2O4(s)+2OH−(aq)=Ni(OH)2(s)+C2O常数为K= c(C2O42−)c2(OH−) (aq)，该反应的平衡 = c(Ni2+)×c(C2O42−)c(Ni2+)×c2(OH−) = Ksp[NiC2O4]Ksp[Ni(OH)2] = 4.0×10−105.0×10−16 =8.0×105，故答案为：NiC2O4(s)+ 2OH−(aq)=Ni(OH)2(s)+C2O (aq)；8.0×105； ④Cl2通入Ni(OH)2中发生氧化还原反应生成Ni(OH)3和NaCl，离子方程式为：Cl2+2Ni(OH)2+2NaOH=2Ni(OH)3+2NaCl，故答案为：Cl2+2Ni(OH)2+2NaOH=2Ni(OH)3+2NaCl。 18.答案：分液漏斗；Na2SO3；Na2CO3和Na2S混合物；S；NaOH溶液；若二氧化硫过量会使溶液呈 酸性，使硫代硫酸钠发生分解；溶液由无色变为蓝色；18.10； 3.62×10−3M W ×100% 解析：解：(1)仪器a的名称是分液漏斗；b中生成二氧化硫，利用硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化b中盛放试剂为Na2SO3；c中得到硫代硫酸钠，c中盛放Na2CO3和Na2S混合物，硫，由题目信息可知，发生总反应为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2， 故答案为：分液漏斗；Na2SO3；Na2CO3和Na2S混合物； (2)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S， 故答案为：S； (3)d装置目的是吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气，可以用氢氧化钠溶液吸收， 故答案为：NaOH溶液； (4)由题目信息可知，硫代硫酸钠(Na2S2O3)遇酸易分解，若二氧化硫过量会使溶液呈酸性，故实验 中通入的SO2不能过量，防止硫代硫酸钠分解， 故答案为：若二氧化硫过量会使溶液呈酸性，使硫代硫酸钠发生分解； (5)①Na2S2O3反应完毕，加入最后一滴碘的标准液遇淀粉变蓝色，滴定至终点时，溶液颜色的变化是：溶液由无色变为蓝色， 故答案为：溶液由无色变为蓝色； ②由图可知，开始液面读数为0.00mL，滴定终点液面读数为18.10mL，则消耗标准液的体积为 2−−3−18.10mL，由2S2O2−3+I2=S2O3+2I可知n(Na2S2O3)=2n(I2)=2×18.10×10L×0.1mol/ L=)=3.62×10mol，故样品的纯度为故答案为： 3.62×10−3M W −3 3.62×10−3mol×Mg/mol Wg ×100%= 3.62×10−3M W ×100%， ×100%． (1)仪器a的名称是分液漏斗；b中生成二氧化硫，利用硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，c中得到硫代硫酸钠，由题目信息可知，c中盛放Na2CO3和Na2S混合物，发生总反应为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2； (2)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3； (3)d装置目的是吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气，可以用氢氧化钠溶液吸收； (4)由题目信息可知，硫代硫酸钠(Na2S2O3)遇酸易分解，而二氧化硫过量会使溶液呈酸性； (5)①Na2S2O3反应完毕，加入最后一滴碘的标准液遇淀粉变蓝色； ②起始、终点时标准液读数之差消耗标准液的体积；根据方程式计算Na2S2O3的物质的量，再根据m=nM计算其质量，进而计算产品的纯度． 本题考查实验制备方案、物质含量的测定，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对学生综合能力的考查，难度中等． 19.答案：(1)第五周期第 ⅥA族 (2)溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率；Cu2Te+2O2+2H2SO4 2CuSO4+TeO2+2H2O (3)温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低；稀硝酸 + (4)Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO2−4+8H −−(5)TeO2−3+3H2O+4e=Te+6OH 解析： 本题考查了无机工业流程，设计元素在周期表的位置、物质的分离、提纯、反应条件的控制及离子方程式书写等知识。掌握物质的性质及氧化还原反应的规律、电子守恒、电荷守恒及原子守恒在配平方程式的应用是本题解答的关键。 (1)碲是52号元素，原子核外有5个电子层，最外层有6个电子，根据原子核外电子层数等于元素所在的周期数，原子核外最外层电子数等于其所在的主族序数，所以碲位于元素周期表第五周期第ⅥA族， 故答案为：第五周期第ⅥA族； (2)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，溶液的pH控制在4.5∼5.0，酸度不能过高，由于TeO2是两性氧化物，能够溶于强酸；其中“加压”的目的是增大O2的溶解度，加快反应速率；“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式是Cu2Te+2O2+2H2SO4 2CuSO4+TeO2+2H2O， 故答案为：溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率；Cu2Te+2O2+2H2SO4 2CuSO4+TeO2+2H2O； (3)“酸浸2”时若温度过高，会使HCl挥发，反应物浓度降低，使碲的浸出率降低；Au、Ag二者的混合物中分离出Au，可根据Ag能够被硝酸氧化，而Au不能反应，用稀硝酸将Ag氧化为Ag+，然后过滤、洗涤就得到纯净的Au， 故答案为：温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低；稀硝酸； (4)“酸浸2”时TeO2与盐酸反应生成Te4+，SO2具有还原性，可将Te4+“还原”为Te，SO2被氧化 +为H2SO4，据此得反应的离子方程式Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO2−4+8H， +故答案为：Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO2−4+8H； (5)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧，使碲转化成TeO2，再加NaOH碱浸生成Na2TeO3，然后以石墨为电极电解溶液，TeO2−则电解过程中阴极的电极反应3在阴极得电子变为Te。 −−式为：TeO2−3+3H2O+4e=Te+6OH， −−故答案为：TeO2−3+3H2O+4e=Te+6OH。 20.答案：(1)甲苯 −Br或溴原子 (2)还原反应 加成反应 (3) (4)(5) (6) 解析： 本题考查的是有机物的合成与推断，掌握有机物各官能团的结构和性质及相互转化的条件是解答本题的关键，注意题中信息的运用。 核磁共振氢谱显示F只有一种化学环境的氢，则F中一个碳原子上连有三个甲基，所以F的结构简式 ，则E的结构简式为 ；根据信息②可知，H的结构简式为 ，A为芳香烃，其相对分子质量为92，则A的分子式为C7H8，则其结构简式为 ，B苯环上有两种化学环境的氢，则苯环上两种取代基处于对位，根据A→ B反应条件可知，该反应为甲苯与浓硝酸发生的硝化反应，根据B苯环上两种取代基处于对位，则硝基处于甲基的对 位，所以B为，C为，D为，D与H在一定条件下发生酯化反应，生成M， 则M为。 (1)A的化学名称为甲苯 ，F中的官能团为−Br或溴原子，故答案为：甲苯 ； −Br或溴原子； (2)C生成D的反应为苯环上的硝基转化为氨基，所以为还原反应；E生成F，碳碳双键变为单键，为加成反应，故答案为：还原反应；加成反应 (3)H在一定条件下可以发生聚合反应高分子产物的结构简式为 ；故答案为： ； (4)M为D与H在一定条件下发生酯化反应生成的酯，其化学方程式为+ ，故答案为：+ (5)H为，其同分异构体L不能与金属钠反应生成氢气，则不含羟基，含有醚键， 其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6:1，则L的结构简式为，故答 案为：； (6)乙烯与溴发生加成反应生成1，2−二溴乙烷，根据信息②可知1，2−二溴乙烷发生信息②的反应生成1，6己二醇，1，6己二醇在铜作用下被氧气氧化为1，6−己二醛，其合成路线为： ，故答案为： 。 21.答案：(1)b； (2)①1s22s22p63s23p63d104s1； ②4；12； (3)①sp3；V形； ②BaTiO3； ③√Nρ。 A3 233 解析： 本题考查电子排布式、晶胞、杂化轨道理论等，根据相关知识分析是解答本题的关键，难度一般。 (1))a图中每个斜线球周围有6个白色球，而每个白色球为3个斜线球共有，故斜线球与白色球数目之比=1：6×3=1：2， b图中每个斜线球周围有6个白色球，而每个白色球为2个斜线球共有，故斜线球与白色球数目之比=1：6×2=1：3，故图b符合化学式为AX3， 故答案为：b； (2)①铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1； 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1； ②铜原子位于晶胞的8个顶点算8×8=1个、6个面心算6×2=3个，共1+3=4个；铜是面心立方堆积，其配位数为12； 故答案为：4；12； (3)①O元素与H元素形成原子个数比为1︰2的化合物为H2O，中心原子为O原子，2个σ键、2对孤对电子，为杂化方式为sp3；其分子空间构型为V形； 故答案为：sp3；V形； ②顶点位置被Ti4所占据，算8×8=1个，体心位置被Ba2所占据，算1个，所有棱心位置被O2所占据，算12×4=3个，写出该晶体的化学式：BaTiO3； 故答案为：BaTiO3； ③晶胞质量为(a cm)3×ρ g·cm−=故答案为：√Nρ。 A3 3 + 1 1 11 1 +− 1 (137+48+16×3) NA g= 233NA g，则a=√； Nρ A 3 233 233 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容