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福建省泉州市达标名校2018年高考三月大联考化学试卷含解析-

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福建省泉州市达标名校2018年高考三月大联考化学试卷
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．炼钢时常用的氧化剂是空气(或纯氧．炼钢过程中既被氧化又被还原的元素是( A．铁
B．硫
C．氧
D．碳
2．下列关于反应N2(g＋3H2(g 2NH3(g；ΔH<0的图示与对应的叙述相符合的是(

A．N2(g＋3H2(g 2NH3(g；ΔH＝－92 kJ·mol－1
B．达到平衡时N2、H2的转化率(α随n(H2/n(N2比值的变化
C．正、逆反应速率随温度的变化
D．反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数随温度、压强的变化
3．关于下列各实验装置的叙述中正确的是

A．装置①可用于吸收氯化氢气体 C．装置③可用于制取乙酸乙酯
B．装置②可用于制取氯气 D．装置④可用于制取氨气
4．除去燃煤烟气中的有毒气体，一直是重要的科研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮，探究SO2和NO同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02 ％、SO2(4.99％、NO(4.99％混合而成，各气体的流量分别由流量计控制，调节三路气体相应的流量比例，充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO[Fe( NO]SO4(棕色，下列说法不正确的是




A．反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2
B．观察到装置A中有黑色固体生成，则A中反应为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+ C．洗气瓶A的出气管口有两个玻璃球泡，目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡 D．实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明KMnO4不能吸收NO 5．某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素：

下列说法不正确的是
A．步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧
B．步骤②反应的离子方程式为：2I- +2H++H2O2=I2+2H2O C．步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素 D．若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤③操作后，试管中溶液不变成蓝色
6．科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示作为电源。下列有关说法不正确的是

A．电极c与b相连，d与a相连 B．左侧电解槽中;Si优先于Cu被氧化 C．a极的电极反应为CH4-8e—+4O2— ===CO2+2H2O D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率

7．图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是

A．A2B的化学式为Mg2Si B．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl C．利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应 D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同 8．常温下，下列有关叙述正确的是（ ） A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量气体后：
B．pH=6的NaHSO3溶液中：
C．等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：
D．0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2 C2O4为二元弱酸）：
9．常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．在滴定过程中，c(Na++c(H+=c(CH3COO-+c(OH- B．pH=5时，c(CH3COO->c(Na+>c(H+>c(OH- C．pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL D．在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-持续增大
10．下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH22转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是


A．乙装置中溶液颜色不变 B．铜电极应与Y相连接
C．M电极反应式：CO(NH22+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋ D．当N电极消耗0.25 mol气体时，铜电极质量减少16g 11．下列说法不正确的是
．．．A．若酸式滴定管旋塞处的小孔被凡士林严重堵塞，可以用细铁丝疏通
B．镀锌铁皮与稀硫酸反应，若产生的气泡突然消失，锌反应完全，需立即取出铁皮 C．液溴存放在带玻璃塞的棕色细口瓶中，并加水液封，放在阴凉处 D．若皮肤被烫伤且已破，可先涂些紫药水或1%高锰酸钾溶液
12．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是

A．反应①②③都属于氧化还原反应 C．在信息工业中，丙常作光导纤维材料
B．X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大 D．一定条件下，x与甲反应生成丁
13．现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-+c(NO3-=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为 A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3 14．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
15．下列物质和铁不可能发生反应的是（ ） A．Al2O3
B．H2O C．浓硝酸
D．O2
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硒(Se和铜(Cu在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

请回答下列问题：
(1若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。 (2写出步骤③中主要反应的离子方程式：_________。
(3步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______(写酸的名称。 (4上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是__________。
(5Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：______________。
(6氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是_________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是____________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机物 W 在医药和新材料等领域有广泛应用。W 的一种合成路线如图：


已知部分信息如下： ①
1molY完全反应生成2molZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应
② +R1COOH ③
RCH2NH2++H2O 请回答下列问题：
(1Y 的化学名称是___；Z 中官能团的名称是___； (2中_____________（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中 X 转化为 Y 的反应类型是___。
(3生成 W 的化学方程式为___。
(4G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为 1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为_________________。
(5设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线__________（无机试剂自选）。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．地下水受到硝酸盐污染已成为世界范围内一个相当普遍的环境问题。用零价铁去除水体中的硝酸盐(NO3是地下水修复研究的热点之一。
（1）Fe还原水体中NO3的反应原理如图所示。
--
作负极的物质是___________；正极的电极反应式是_____________。 （2）将足量铁粉投入水体中，测定NO3-去除率和pH，结果如下：


在pH =4.5的水体中，NO3-的去除率低的原因是_____________。
（3）为提高pH =4.5的水体中NO3-的去除率，某课题组在初始pH =4.5的水体中分别投入①Fe2+、②Fe、③Fe和Fe2+做对比实验结果如图：

此实验可得出的结论是____，Fe2+的作用可能是_________。（2）中NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因______________。
（4）地下水呈中性，在此条件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_______。（写出一条） 19．（6分）氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_____方法区分晶体、准晶体和非晶体。 （2）基态铜原子价电子排布的轨道式为______。
-[H2F]+[SbF6]（氟酸锑）（3）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是______、______
（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是；氟化铵中存在______（填序号）：
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系关键能。则F-F键的键能为kJ•mol-1，S-F的键能为______kJ•mol-1。 （6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g•cm-3。 ①CuF比CuCl熔点高的原因是______；
②已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=___nm （列出计算式）。


参考答案
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．A 【解析】 【分析】 【详解】
炼钢过程中反应原理：2Fe+O2加热2FeO、FeO+C高温Fe+CO 、2FeO+Si高温2Fe+SiO2。反应中C元素化合价升高，Fe元素发生Fe~FeO~Fe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，答案选A。 【点睛】
从化合价的角度分析被氧化还是被还原，要正确的写出炼钢过程的化学方程式。 2．A 【解析】 【详解】
A. 根据图中能量变化图可以看出，N2(g＋3H2(g kJ·mol－1，A项正确；
B. 随n(H2/n(N2比值越大，氢气的转化率逐渐减小，氮气的转化率逐渐增大，B项错误；
C. 该反应正向为放热反应，则升高温度，正、逆速率均增大，但逆速率受温度影响更大，C项错误； D. 该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强变化曲线不正确，D项错误； 答案选A。
2NH3(g；ΔH＝+2254 kJ·mol－1-2346 kJ·mol－1=－92
3．A 【解析】 【详解】
A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；
B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误； C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误； D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。 答案选A。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】
A. 反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2排出体系中的空气，防止氧气干扰实验，故A正确；
B. 二氧化硫具有还原性，装置A中生成的黑色固体是MnO2，则A中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+，故B正确；
C. 洗气瓶A的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡，故C正确；
D. 实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收，故D错误； 答案选D。 【点睛】
本题考查化学反应的实验探究，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。 5．D 【解析】 【详解】
A. 固体在坩埚中灼烧，所以步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；
B. 步骤②中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I +2H+H2O2=I2+2H2O，故B正确； C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；
D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。 【点睛】
-+
本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。 6．A 【解析】 【分析】
甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。 【详解】
A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；
B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；
C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e—+4O2— =CO2+2H2O，故C正确；
D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。 故选A。 【点睛】
本题考查原电池和电解池原理的应用，注意原电池、电解池反应的原理和电子移动的方向，明确离子放电的先后顺序是解题的关键。 7．C 【解析】 【分析】
由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。 【详解】
A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；
B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；

C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误； D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确； 故答案为C。 8．B 【解析】
向0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+<2[c(c(H++c(Na+=c(OH−+2c(消去钠离子的浓度可得，c(+c(+c(+c(H2CO3]，A错误；常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，电荷守恒为，物料守恒为c(Na+=c(+ c(+ c(H2SO3，由两个守恒关系式−c(H2SO3=c(H+−c(OH−=1×10−6 mol·L−1−
1×10−8 mol·L−1=9.9×10−7 mol·L−1，B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：c(/c(H2CO3=K(H2CO3/c(H+、c(/c(=K(/c(H+，由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c(/c(H2CO3=K(H2CO3/c(H+>c(/c(=K(/c(H+，C错误；0.1 mol·L−1 Na2C2O4溶液与0.1 +c(+c(OH−+ mol·L−1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c(c(Cl−=c(Na++c(H+，D错误。 9．D 【解析】 【分析】
A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析； B．pH＝5时，溶液呈酸性，则c(H＋＞c(OH−，结合电荷守恒判断；
C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；
D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-不可能持续增大。 【详解】
A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na++c(H+=c(CH3COO-+c(OH-，故A正确；
B．pH＝5的溶液呈酸性，则c(H+>c(OH-，根据电荷守恒可知：c(CH3COO->c(Na+，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO->c(Na+>c(H+>c(OH-，故B正确；
C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；
D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-不可能持续增大，故D错误；

故答案选D。 【点睛】
本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。 10．D 【解析】 【分析】 【详解】
甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；
A.乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；
B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；

C.CO(NH22在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH22+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，C正确； D.N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移n(e-=0.25mol×4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu=故答案是D。 11．B 【解析】 【详解】
A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用铁丝疏通，故正确；
B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌反应完，反应速率减慢，所以不会出现气泡突然消失的现象，只能气泡产生速率变慢，故错误； C.溴容易挥发，所以用水封，故正确；
D.紫药水和高锰酸钾溶液都能杀菌消毒，故正确。 故选B。 12．B 【解析】 【分析】
已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。
1mol×64g/mol=32g，D错误；
2
【详解】
由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，
A. 反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确； B. 同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；
C. 丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确； D. 在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确； 答案选B。 13．D 【解析】
L1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3）+c（SO42）=5mol·应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸L1、根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3）：c（H）=2：8=1：4，设c（NO3）=xmol·=4xmol·L－1，+2c=cxmol·L－1+2c=4xmol·L则c（H＋）根据电荷守恒得c（NO3－）（SO42－）（H＋），（SO42－）－1－＋－－－－－L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离、则c（H＋）=8mol·－1L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·H2SO4的物质的量浓度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故选D。 14．D 【解析】 【分析】
y，y=0.01 mol，设铜、镁的物质的量分别为x、则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。 【详解】
A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1，A正确； B、c(HNO3=10001.463%mol/L=14.0mol·L－1，B正确；
63C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是0.04mol×100%=80%，C正确；
0.05molD、n(NaOH=n(HNO3-=0.7mol-0.06mol=0.64mol，沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：（2a+b）氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误； 答案选D。

15．A 【解析】 【详解】
A、铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选； B、铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；

C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选； D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选； 故选：A。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．CuSO4 2Cu2＋+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H＋ 硫酸 使CuCl干燥，防止其水解氧化 Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O 温度过低反应速率慢 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵易受热分解(任答一点即可 【解析】 【分析】
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，
(1步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，据此分析；
(2步骤③为铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高，还有硫酸根离子生成，据此书写；
(3由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，据此分析；
(4根据已知“CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化”分析； (5硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水； (6温度过低，反应慢，温度过高、pH过大铵盐易分解，容易向CuO和Cu2O转化； 【详解】
(1步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；
(2步骤③的反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；
(3由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；
(4由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；

(5硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O； (6流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解； 【点睛】
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用的知识，注意对题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．2，3-二甲基-2-丁烯 羰基 无 消去反应
17
、
H2催化剂浓硫酸、浓硝酸KMnO4/H+Fe/HClCH3COCH3一定条件

【解析】 【分析】
由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息②中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息②可知Z为，则Y为、X为，结合信息③可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成【详解】
(1由分析可知，Y为官能团的名称是：羰基；
(2连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故，据此分析解答。
，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中中没有手性碳原子；图示中X转化为Y
是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应； (3生成W的化学方程式为：；
(4G是对硝基乙苯(的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；
(5由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：H2催化剂浓硫酸、浓硝酸KMnO4/H+Fe/HClCH3COCH3一定条件。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．FeNO3-+8e-+10H+=NH4++3H2OFeO(OH不导电，阻碍电子转移本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-，在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去除率Fe将不导电的FeO(OH转化为可导电的Fe3O4
初始pH低时，产生的Fe充足初始pH高时，产生的Fe不足减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池
【解析】（1）本题原电池中正负极的判断，活泼金属作负极，铁是活泼金属，因此负极物质为Fe，原电池中正极上发生还原反应，得到电子，根据原理，因此NO3在正极上得到电子，转变成NH4，因此正极电极反应式为NO3＋10e＋10H=NH4＋3H2O；（2）根据表格中铁最终物质形态，pH=4.5时FeO(OH2全部覆盖住铁，且FeO(OH不导电，阻碍电子转移；（3）主要原因是Fe2＋水解成FeO(OH，生成Fe3O4产率降低，FeO(OH不导电，因此NO3－的去除率低；从图中只加入铁粉和只加入Fe2＋，NO3－的去除率都不如同时加入Fe2＋和铁粉的高，结论是：本实验条件下，Fe2＋不能直接还原NO3－，在Fe和Fe2＋共同作用下能提高NO3－的去除率 ；Fe2＋的作用是将不导电FeO(OH转化成导电的Fe3O4；初始pH低时，产生的Fe2＋充足，初始pH高时，产生的Fe2＋不足；（4）从提高化学反应速率的因素考虑，减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积－－＋＋－＋2+2+2+-2+
或加入活性炭，形成微电池等。 19．X射线衍射
V型 H2O（或H2S） NH2- sp3 AB

155 327 CuCl是分子晶体，CuF是离子晶体 【解析】 【分析】
（1）晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同；
3464419483107或3107

7.1NA7.1NA（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布的轨道式；
（3）用价层电子对互斥理论判断空间构型，用替代法书写等电子体；
（4）根据价层电子对数判断NH4+中N的杂化方式，根据N原子结构和成键方式判断NH4F中存在的作用力； （5）根据图示计算；
（6）①根据题干性质判断晶体类型，从而确定熔点高低； ②用均摊法确定所含微粒数，根据V=【详解】
（1）从外观无法区分三者，晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同，因此通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体， 故答案为X射线衍射；
（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，价电子排布的轨道式为；
m计算体积，进一步计算晶胞参数。
（3） [H2F]+离子中中心原子F的孤电子对数=1×（7-1-2×1）=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，2VSEPR模型为四面体型，空间构型为V型；与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子有H2O（或H2S），阴离子有NH2-；
（4）NH4+中N原子杂化轨道数为1×（5+4-1）=4，N采取sp3杂化方式；氟化铵中铵根离子与氟离子之2间存在离子键，铵根离子中氮原子与氢原子形成氮氢键为σ键，不存在双键则没有π键，同时也不存在氢键，答案选AB；
mol-1， 6F(g +S（5）由图a可知3F2（g）=6F(g △H=+465kJ/mol，则F—F键的键能为465kJ/mol ÷3=155kJ·mol-1； （g）=SF6 (g △H=-1962kJ/mol，则S—F的键能为1962kJ/mol ÷6=327kJ·（6）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，CuF的熔点为908℃，CuF是离子晶体，离子键远大于分子间作用力，故CuF比CuCl熔点高；

②根据均摊法可知，晶胞中含有8×464419311-+6×=4个Cu+，4个F，晶胞的体积Vcm，则7.1N82ACuF的晶胞参数a=3464419107nm。
7.1NA


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/6fa58926f5ec4afe04a1b0717fd5360cba1a8d9d.html

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