重庆一中2020届高三下学期期中考试理综化学试题 Word版含解析

重庆一中2020届高三下学期期中考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 重庆一中2020届高三下学期期中考试 理综化学 一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ 可能用到的相对分子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Ni—59‎ ‎1.下列有关化学与生活、工业的叙述中，正确的是（ ）‎ A. NaCl可作食品防腐剂 B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C. 钢铁在潮湿的空气中易发生化学腐蚀而生锈 D. 工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用纯碱为原料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl是食品调味剂，高浓度下使细菌细胞脱水死亡，可以杀菌，做防腐剂，A正确；‎ B. 糖类中的多糖、蛋白质是高分子化合物，油脂和糖类中单糖、二糖等不是高分子有机物，B错误；‎ C. 钢铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；‎ D. 工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】本题易错点为C，注意化学腐蚀与电化学腐蚀不一样，前者是不涉及原电池原理，例如金属铁和酸的反应等。‎ ‎2.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ B. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32-+2H+=4S↓+2SO42-+H2O C. 向溶Ba(NO3)2液中通入SO2气体，出现白色沉淀：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+‎ D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气具有氧化性，碘化亚铁溶液中通入过量氯气，碘离子和亚铁离子均与氯气反应：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，A错误；‎ - 17 -‎ B. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4，根据电荷守恒原理：S2O32-+2H+=S↓+2SO2↑+H2O，B错误；‎ C. 向Ba(NO3)2液中通入SO2气体，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C错误；‎ D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中，实际为铜片与氢离子、硝酸根发生离子反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式。‎ ‎3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 0.1molC4H4(键线式：)含共价键数目为0.4NA B. 30g冰醋酸和乳酸（C3H6O3）的混合物中含氢原子的数目为2NA C. 常温下，0.5mol/L的氨水溶液中氢氧根数目小于0.5NA D. 6.4g铜粉与3.2g硫粉混合隔绝空气加热充分反应，转移电子数为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据有机物结构可知，0.1molC4H4(键线式：)含共价键数目为0.6NA，A错误；‎ B. 冰醋酸分子式为C2H4O2，和乳酸（C3H6O3）的最简式相同，即可合并用最简式CH2O计算，30g的混合物含最简式的原子组合的物质的量为1mol，故含氢原子的数目为2NA，B正确；‎ C. 常温下，0.5mol/L的氨水溶液的体积和电离度未知，故无法确定氢氧根数目，C错误；‎ D. 6.4g铜粉物质的量为0.1mol，3.2g硫粉物质的量为0.1mol，混合隔绝空气加热充分反应，生成Cu2S，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则转移电子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】本题易错点为D，注意铜与硫单质反应产物为Cu2S，而不是CuS，反应物物质的量相同时，要以少量的物质为准进行计算。‎ ‎4.β—l，3—葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。β—l，3—葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是（ ）‎ - 17 -‎ A. 可以发生氧化反应 B. 分子式为(C6Hl2O6)n C. 与淀粉互为同分异构体 D. 葡萄糖发生加聚反应可生成β—l，3—葡聚糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该有机物的分子结构中含有醇羟基，可以发生氧化反应，A正确；‎ B. 根据结构简式，分子式为(C6H10O5)n，B错误；‎ C. 该有机物与淀粉均为高分子化合物，其聚合度n的值不同，即分子中链节的数目不同，故其不是同分异构体，C错误；‎ D. β—l，3—葡聚糖是葡萄糖通过缩聚反应生成的，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎5.X、Y、Z、R是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Z位于同主族且二者能形成离子化合物；Y原子最外层电子数等于其电子层数的3倍；R与Y同主族。下列说法错误的是（ ）‎ A. 原子半径大小：Z>R>Y>X B. 常温常压下，X与Y形成的化合物呈液态 C. Z的单质能从硫酸铜溶液中置换出铜 D. Y、Z、R组成的化合物的水溶液可能呈碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、R是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数等于其电子层数的3倍，则Y为氧元素，R与Y同主族，则R为硫元素，X和Z位于同主族且二者能形成离子化合物，则X为氢元素，Z为钠元素。‎ ‎【详解】A. 同周期，从左到右，原子半径减小；同主族，从上到下，原子半径增大，即原子半径大小：Z>R>Y>X，A正确；‎ - 17 -‎ B. 常温常压下，X与Y形成的化合物是水，呈液态，B正确；‎ C. Z的单质为钠单质，活动性太强，与溶液中的水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜，C错误；‎ D. Y、Z、R组成的化合物可能为Na2SO3，其水溶液呈碱性，D正确；‎ 答案为C。‎ ‎6.下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 现象 结论或解释 A 用稀硫酸与纯锌粒反应，加入几滴硫酸铜溶液 迅速产生气体 硫酸铜起催化剂作用 B 向废FeCl3蚀刻液X中加入足量的铁粉，振荡 未出现红色固体 X中一定不含Cu2+‎ C 在FeCl3和KSCN混合后的红色溶液中加入KCl溶液 红色变浅 增大KCl浓度，平衡逆向移动 D 在饱和KI溶液中加入AgCl固体 产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用稀硫酸与纯锌粒反应，加入几滴硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应置换出微量的铜单质，附着在锌粒表面，构成微型原电池，加快锌粒与盐酸的反应，A错误；‎ B. 向废FeCl3蚀刻液中含有铜离子和铁离子，中加入足量的铁粉，铁离子与铁单质反应生成亚铁离子，若存在铜离子，一定会发生置换反应生成铜单质，振荡未出现红色固体 X中一定不含Cu2+，B正确；‎ C. 在FeCl3和KSCN混合后的红色溶液中加入KCl溶液，新加入离子并不参与平衡，红色变浅是因为溶液被稀释，C错误；‎ D. AgCl固体存在溶解平衡，溶解产生的微量银离子与碘离子结合生成AgI黄色沉淀，由于难溶物之间的转化是可逆反应，，且碘化钾溶液是饱和的，故无法据此判断两种难溶物的溶度积的相对大小，D错误。‎ - 17 -‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】本题易错点为D，注意沉淀平衡中，若要判断Ksp大小，应向AgNO3溶液中加入等浓度的稀KI、KCl溶液，碘离子和银离子容易结合为更难溶的碘化银沉淀，先生成黄色沉淀而不是先生成白色沉淀。‎ ‎7.常温下，取0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生如下反应：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3。在1LHA和HB的溶液分别加水稀释至体积为VL时可能有如图曲线，则下列说法正确的是（ ）‎ A. X是HA，Y是HB B. 常温下pH：NaA溶液>NaB溶液 C. 若常温下，浓度均为0.1mol/LNaA和HA的混合溶液pH>7，则c(A-)>c(HA)‎ D. 在等浓度的NaA和NaB混合溶液中通入HCl至中性时，c(Cl-)=c(HA)+c(HB)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3，则酸性：H2CO3＞HA＞HCO3-＞HB，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，所以加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，由图中数据可知，X表示的是强酸，则Z为HB、Y为HA，据此分析。‎ ‎【详解】A. 加水稀释相同的倍数时，酸溶液pH增大，pH变化小的是HB，则Z为HB， A错误 B. 酸性：H2CO3＞HA＞HCO3-＞HB，酸性越弱的酸，对应阴离子水解程度越大，反之越小，故常温下相同浓度的两种溶液的pH：NaA溶液＜NaB溶液， B错误；‎ C. 若常温下浓度均为0.1mol/L的NaA和HA的混合溶液的pH＞7，溶液显碱性，说明A-离子水解程度大于HA电离程度，则c（A-）＜c（HA），C错误；‎ D. 在等浓度的NaA和NaB混合溶液中通入HCl至中性，c(H+)=c(OH-)，根据物料守恒可知，c(Cl-)=c(HA)+c(HB)，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎8.硫酸亚铁可与等物质的量的硫酸铵生成硫酸亚铁铵：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2‎ - 17 -‎ O，是一种复盐(又称摩尔盐)。一般亚铁盐在空气中易被氧气氧化，形成复盐后就比较稳定。与其他复盐一样，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，且几乎不溶于乙醇，利用这一性质可以制取硫酸亚铁铵晶体，三种盐的溶解度(单位为g/100gH2O)见下表：‎ 温度℃‎ FeSO4·7H2O ‎(NH4)2SO4‎ ‎(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O ‎10‎ ‎20.0‎ ‎73.0‎ ‎17.2‎ ‎20‎ ‎26.5‎ ‎75.4‎ ‎21.6‎ ‎30‎ ‎32.9‎ ‎78.0‎ ‎28.1‎ 实验用品：10%Na2CO3溶液、Fe屑、3molH2SO4、(NH4)2SO4、蒸馏水、无水乙醇。实验步骤流程如图所示：‎ ‎（1）步骤Ⅰ加入10%Na2CO3溶液的作用是__。‎ ‎（2）下列情况适合倾析法的有__。‎ A.沉淀的颗粒较大 B.沉淀容易沉降 C.沉淀呈胶状 D.沉淀呈絮状 ‎（3）步骤Ⅲ中加入(NH4)2SO4后要得到摩尔盐晶体，需要经过的实验操作包括加热蒸发、__、__。‎ ‎（4）得到的晶体需要用乙醇洗涤的目的是__。‎ ‎（5）已知摩尔盐晶体在100℃～110℃时分解，分解的产物中除固体外，还可能含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)。甲同学用如图所示装置设计实验，探究摩尔盐晶体加热分解时可能产生的气体产物。‎ - 17 -‎ ‎①甲同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为：A→F→（ ）→（ ）→C→E。‎ ‎②证明含有SO3的实验现象是__。‎ ‎（6）为测定硫酸亚铁铵纯度，称取mg莫尔盐样品，配成500mL溶液。通过测定NH4+设计实验装置如图所示。取25.00mL样品溶液进行该实验。‎ ‎①该方案中量气管中最佳试剂是__。‎ a.水 b.饱和NaHCO3溶液 c.CCl4 d.饱和食盐水 ‎②该方案中收集完气体并恢复至室温，读数前应进行的操作是__。‎ ‎③设该样品中NH4+完全转化为NH3且忽略溶解损耗，测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），则该摩尔盐样品中硫酸亚铁铵纯度为__（用含m、V的代数式表示，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的相对分子质量为392）。‎ ‎【答案】 (1). 除去铁表面的油污 (2). AB (3). 冷却结晶 (4). 过滤 (5). 减少晶体的损失和除去晶体表面的水分 (6). D (7). B (8). D中有白色沉淀生成 (9). c (10). 调整量气管的高度（或上下移动量气管）使两侧的液面相平 (11). ×100%或×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 热的Na2CO3溶液因为水解程度较大，碱性较强，能促进油污的水解而除去。因为硫酸亚铁铵几乎不溶于乙醇，为防止硫酸亚铁铵损失，不用水洗，过滤后用无水乙醇洗涤晶体。根据氧化还原反应电子得失相等可得对应关系：KMnO4—5Fe2+，由此回答问题。‎ ‎【详解】（1）铁屑表面有油污，将铁屑在Na2CO3溶液中加热，Na2CO3‎ - 17 -‎ 溶液水解显碱性，可使铁屑上附着的油污水解，故步骤Ⅰ加入10%Na2CO3溶液的作用是除去铁表面的油污。‎ ‎（2）倾析法要求沉淀的颗粒较大，沉淀容易沉降，选AB；‎ ‎（3）步骤Ⅲ中加入(NH4)2SO4后要得到摩尔盐晶体，需要经过的实验操作包括加热蒸发、冷却结晶和过滤；‎ ‎（4）硫酸亚铁铵几乎不溶于乙醇，为防止硫酸亚铁铵损失，过滤后用无水乙醇洗涤晶体，故得到的晶体需要用乙醇洗涤的目的是减少晶体的损失和除去晶体表面的水分。‎ ‎（5）用酸性BaCl2溶液检验生成的SO3，用品红检验生成的SO2，排水法收集生成的N2。‎ ‎①甲同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为：A→F→D→B→C→E。‎ ‎②三氧化硫溶于水生成硫酸根，与钡离子结合产生沉淀，证明含有SO3的实验现象是D中有白色沉淀生成；‎ ‎（6）①加入NaOH溶液与NH4＋反应，通过测定生成氨气的体积来测定硫酸亚铁铵纯度，①因NH3极易溶于水、不溶于四氯化碳，该方案中量气管中最佳试剂是CCl4，选C；‎ ‎②该方案中收集完气体并恢复至室温，读数前应进行的操作是调整量气管的高度使两侧的液面相平。‎ ‎③设该样品中NH4+完全转化为NH3且忽略溶解损耗，测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），即氨气物质的量为mol，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物质的量为mol，‎ 则该摩尔盐样品中硫酸亚铁铵纯度为。‎ ‎9.汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源，NOx也是雾天气的主要成因之一。‎ ‎（1）科学家研究利用催化技术将尾气中有害的NO和CO转变成无污染的气体，已知：‎ N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH1=＋180.5kJ·mol-1‎ ‎2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2=－221.0kJ·mol-1‎ CO2(g)=C(s)＋O2(g) ΔH3=＋393.5kJ·mol-1‎ ‎①C(s)的燃烧热ΔH=__。‎ ‎②请写出CO和NO生成无污染气体的热化学方程式为__。‎ ‎（2）往1L恒容密闭容器中充入一定量NO2，在三种不同条件下发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表(均使用了催化剂，不考虑生成N2O4)。‎ - 17 -‎ 时间（min）‎ 浓度（mol/L）‎ 实验序号/温度 ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 实验1/800℃‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.55‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ 实验2/800℃‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ 实验3/850℃‎ ‎1.00‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.35‎ ‎0.35‎ ‎0.35‎ ‎①下列说法正确的是__。‎ A.实验2容器内压强比实验1的小 B.在0→10mim内实验2的反应速率υ(O2)=0.015mol/(L·min)‎ C.实验1比实验3的平衡常数大 D.实验2使用了比实验1效率更高的催化剂 ‎②不能判断反应已达到化学平衡状态的是__。‎ A.容器内气体压强不变 B.2v正(NO2)=v逆(O2)‎ C.气体的平均相对分子质量保持不变 D.NO2和NO的浓度比保持不变 ‎③已知容器内的起始压强为P0kPa，在800℃温度下该反应的平衡常数Kp=__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡后，再向容器中加入NO2和NO各2mol，平衡将__(填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”)。‎ ‎（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为__(填化学式)；A电极的电极反应式为__。‎ ‎【答案】 (1). -393.5kJ·mol-1 (2). 2CO(g)＋2NO(g)=2CO2(g)＋N2(g) ΔH1‎ - 17 -‎ ‎=－746.5kJ·mol-1 (3). BD (4). B (5). 0.25P0 (6). 不移动 (7). NO2 (8). NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律计算燃烧热反应焓变；‎ ‎（2）根据平衡状态时的浓度判断反应环境压强及催化剂；‎ ‎（3）通过硫酸铜溶液电解生成铜单质可知，D电极发生还原反应，为阴极。‎ ‎【详解】（1）①根据盖斯定律，CO2(g)=C(s)＋O2(g) ΔH3=＋393.5kJ·mol-1，逆反应的焓变与正反应的数值相等、符号相反，所以，C(s)的燃烧热反应方程为C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1。‎ ‎②根据盖斯定律，CO和NO生成无污染气体的热化学方程式为2CO(g)＋2NO(g)=2CO2(g)＋N2(g) ΔH1=-ΔH3-ΔH1-ΔH2=－746.5kJ·mol-1。‎ ‎（2）①A.达到平衡状态时，实验1和2 中反应物的起始量和消耗量均相同，发生同一反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，且两容器均为恒温恒容的容器，故最终两容器中的压强相同，A错误；‎ B.在0→10mim内实验2二氧化氮消耗了0.3mol/L，生成氧气0.15mol/L，即氧气反应速率υ(O2)==0.015mol/(L·min)，B正确；‎ C.根据表格数据，实验3 到达平衡时消耗的二氧化氮的量更多，说明温度升高，平衡正向移动，反应吸热，根据平衡常数公式，实验1比实验3的平衡常数小，C错误；‎ D.在相同时间内，实验2消耗的二氧化氮的物质的量较大，到达平衡所用的时间较少，但最终平衡状态与实验1一致，因此，实验2使用了比实验1效率更高的催化剂，D正确；‎ 综上所述，答案BD。‎ ‎②根据2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，反应前后气体体积不同：‎ A.容器内的气体压强不变，说明达到平衡状态，A能；‎ B.达到平衡状态时，某物质v正=v逆，根据反应速率之比与其化学计量数之比相等可知，等式关系应为v正(NO2)=2v逆(O2)，B不能；‎ C.根据质量守恒定律，气体总质量不变，反应前后气体分子数不相等，即反应前后气体总物质的量不等，到达平衡时，气体的平均相对分子质量保持不变，C能；‎ D.一氧化氮为生成物，NO2和NO的浓度比保持不变说明生成物浓度不变，‎ - 17 -‎ ‎ 因此，该反应达到平衡状态，D能；‎ 综上所述，不能判断反应已达到化学平衡状态的是B。‎ ‎③已知容器内的起始压强为P0kPa，在800℃温度下，根据理想气体方程，在同温同体积下，气体物质的量浓度之比与压强之比相同，到达平衡时消耗二氧化氮0.5P0mol/L，即平衡常数Kp=。在该温度下达到平衡后，再向容器中加入NO2和NO各2mol，按比例添加，构成等效平衡，平衡将不移动。‎ ‎（3）由图可知，甲为原电池，乙为电解池，A为负极，B为正极，C为阳极，D为阴极，实验电解硫酸铜溶液，D电极有红色物质析出，即生成铜单质，则A电极发生氧化反应，通入的气体为NO2；根据原电池原理，A电极的电极反应式为NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H+。‎ ‎10.一种以NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl，Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]为原料制备CuCl并回收Cu(OH)2的工艺流程如图：‎ 已知：CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“反应1”中，NaCl、Cu与CuSO4反应的离子方程式为__；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是__。‎ ‎（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是__(结合离子方程式，从平衡角度分析)。‎ ‎（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，该反应的化学方程式为__。‎ ‎（4）“反应2”需加入的试剂X是__；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为__。‎ ‎（5）测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：称取ag产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻菲罗啉作指示剂，立刻用cmol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。则产品中CuCl的质量分数为__(已知滴定反应为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋‎ - 17 -‎ ‎，列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). Cu+Cu2++8Cl-2CuCl43- (2). 提高铜元素的利用率 (3). CuCl43-CuCl+3Cl-，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移 (4). 4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2 (5). NaOH溶液 (6). NH3+H2O+CO2=NH4HCO3 (7). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl，Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]，加入铜单质和氯化钠，生成CuCl43-，水解后生成CuCl，因CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇除杂。‎ ‎【详解】（1）“反应1”中，根据氧化还原反应原理，NaCl、Cu与CuSO4反应的离子方程式为Cu+Cu2++8Cl-2CuCl43-；滤渣含有铜元素，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是提高铜元素的利用率。‎ ‎（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是CuCl43-CuCl+3Cl-，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移。‎ ‎（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，根据氧化还原反应原理，该反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2。‎ ‎（4）过滤2的滤液中含有Cu2+ ，与碱反应生成氢氧化铜，因此，“反应2”需加入的试剂X是NaOH溶液；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，即化肥中含有铵根和碳元素，碳元素多为碳酸根，主要反应的化学方程式为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3。‎ ‎（5）已知滴定反应为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，用cmol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL，即该反应消耗了0.01cVmol的亚铁离子，产品中CuCl与氯化铁的反应为CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2+ +Cl-，即产品中CuCl的物质的量为0.01cVmol，产品中CuCl的质量分数为×100%。‎ ‎11.钢化玻璃因其优良的性能广泛应用于日常生活，但由于制作玻璃时里面含有极少量硫化镍，使得钢化玻璃在极限条件下的使用受到限制。‎ ‎（1）基态硫原子价层电子的轨道表达式电子排布图 - 17 -‎ 为__，基态镍原子中核外电子占据最高能层的符号为__。‎ ‎（2）Ni(CO)4常用于制备纯镍，溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，为__晶体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，中心原子的杂化轨道类型为__，写出与配体互为等电子体的阴离子__任写一种。‎ ‎（3）与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，请比较它们酸性强弱__>__填化学式，理由是__。‎ ‎（4）H2S的键角__填“大于”“小于”“等于”)H2O的键角，请从电负性的角度说明理由__。‎ ‎（5）NiO与NaCl的晶胞结构相似，如图所示，阴离子采取面心立方堆积，阳离子填充在位于阴离子构成的__空隙中，已知Ni2+半径为69nm，O2-半径为140nm，阿伏伽德罗常数为NA，NiO晶体的密度为__g/cm3(只列出计算式。‎ ‎【答案】 (1). (2). N (3). 分子晶体 (4). sp3杂化 (5). CN-或C22- (6). H2SeO4 (7). H2SeO3 (8). 因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离 (9). 小于 (10). 由于氧元素的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大 (11). 正八面体 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）原子的能层越高，其能量越大；‎ ‎（2）分子晶体是通过分子间作用力构成的晶体；原子数相同，电子总数相同的分子或离子互称等电子体；‎ ‎（3）无机含氧酸中的非羟基氧的数目越多，其酸性越强；‎ ‎（4）在同主族元素中，由上到下原子的非金属性是逐渐增强的，电负性是逐渐增大的。‎ - 17 -‎ ‎【详解】（1）S位于周期表中第3周期第VIA族,基态硫原子的价电子排布式为3s23p4，则基态硫原子价层电的轨道表达式(电子排布图)为：；Ni位于周期表中第4周期，所以基态Ni的核外电子占据的最高能层为N，‎ ‎（2）根据相似相溶原理判断，Ni(CO)4溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂,所以可判断Ni(CO)4为分子体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，甲烷为正四面体，中心C原子为sp3杂化，所以可判断其中心原子的杂化轨道类型为sp3；等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，CO的原子数为2，其价电子数为14，所以其等电子体可以为CN-或C22-；‎ ‎（3）与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，分别为H2SeO4和H2SeO3，因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离；‎ ‎（4）根据价层电子对互斥理论，孤电子对存在可使键角变小，电负性O大于S，故氧原子对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大；‎ ‎（5）根据晶胞结构分析，阴离子采取面心立方堆积，形成八面体空隙和四面体空隙，但Ni2+填充八面体空隙，由于阴离子是面心立方堆积，所以晶胞边长为a=2r(Ni2+) +2r(O2-)=418nm，设取1mol晶胞，即有NA个晶胞，则晶体密度为=。‎ ‎。‎ ‎12.科学家研究发现药物肉桂硫胺（M）可能对2019-nCoV有效，是抗击新型冠状病毒潜在用药，以芳香烃A为原料，合成肉桂硫胺路线如图：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的名称为___。B→C的试剂和条件为__。‎ - 17 -‎ ‎（2）C中含有的官能团名称为__。‎ ‎（3）有机物D与新制的Cu(OH)2悬浊液加热煮沸产生砖红色沉淀的化学方程式是__。‎ ‎（4）E反式结构简式为__，F最多有__个原子共平面。‎ ‎（5）G→H的化学方程式为__，G→H的反应类型为__。‎ ‎（6）J是E的同分异构体，满足下列条件的J的结构有___种；‎ ‎①J能与溴水发生加成反应②J水解产物遇到FeCl3溶液显紫色 其中苯环上有两种化学环境的氢的结构简式为__。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). 强碱的水溶液加热 (3). 羟基 (4). C6H5CHO+2Cu(OH)2+NaOHC6H5COONa+Cu2O↓+3H2O (5). (6). 18 (7). +HBr (8). 取代反应 (9). 4 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 芳香烃A在光照情况下，与氯气反应生成了C7H7Cl，即A为甲苯，B为C6H5-CH2Cl，氯代烃发生取代，生成C，分子式为C6H5-CH2OH，氧化后生成D苯甲醛。由题目资料可知，E与SOCl2反应，取代羧基中的-OH为氯原子，即E含有羧基，分子式比D多2个碳原子，即E可能为，F为C6H5-CH=CHCOCl；根据逆推法，G为邻位双取代的苯环结构，取代基为-SH和-NH2，G发生取代反应生成H，-SH取代基转化为-S-CH2CH2CH2N(CH3)2，最终H和F生成M。‎ ‎【详解】（1）根据结构，A的名称为甲苯。B→C的反应为氯代烃的水解，试剂和条件为强碱的水溶液加热。‎ ‎（2）C为苯甲醇，含有的官能团名称为羟基。‎ ‎（3）有机物D为苯甲醛，与新制的Cu(OH)2悬浊液加热煮沸产生砖红色沉淀的化学方程式是C6H5CHO+2Cu(OH)2+NaOHC6H5COONa+Cu2O↓+3H2O。‎ ‎（4）E含有碳碳双键，E反式结构简式为，F 为C6H5‎ - 17 -‎ ‎-CH=CHCOCl，苯环为平面结构，其上原子全部共平面，碳碳双键为平面结构，与之相连的原子共平面，碳氧双碱为平面结构，与之相连的原子共平面，故最多有18个原子共平面。‎ ‎（5）G→H的化学方程式为+HBr，G→H的反应类型为取代反应。‎ ‎（6）J是E的同分异构体，①J能与溴水发生加成反应，说明含有碳碳双键；②J水解产物遇到FeCl3溶液显紫色，说明水解产物含有酚羟基，原结构为酯，则满足结构的同分异构体有4种，分别为、、、C6H5-OOC-CH=CH2，其中苯环上只有两种化学环境的氢原子的结构简式为。‎ - 17 -‎ - 17 -‎