2019-2020学年湖北省宜昌市（东湖高中、宜都二中）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．用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。
下列叙述正确的是
A．实验室中用二氧化锰与3 mol·L-1的盐酸共热制备氯气 B．装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气 C．装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量
D．若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO 【答案】C 【解析】 【详解】
A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，L-1的盐酸是稀盐酸，而3 mol·因此不能发生反应制取氯气，A错误；
B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；
C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；
D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误； 故合理选项是C。 2．下列说法正确的是
A．金刚石和足球烯（C60）均为原子晶体
B．HCl在水溶液中能电离出H+，因此属于离子化合物 C．碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力 D．在N2、CO2和SiO2都是由分子构成的 【答案】C 【解析】 【分析】
据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。
【详解】
A. 金刚石为原子晶体，足球烯分子（C60）之间靠分子间作用力结合成分子晶体，A项错误； B. HCl是分子构成的物质，属于共价化合物。它电离出H+需在水的作用下才能发生，B项错误； C. 碘的升华是物理变化，分子间距离变大只需克服分子间作用力，C项正确； D. N2、CO2是由分子构成的，但SiO2是原子构成的，D项错误。 本题选C。
3．A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是
A．X元素可能为Al
B．X元素不一定为非金属元素 C．反应①和②互为可逆反应 D．反应①和②一定为氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】
A.如果A是铝，则B和C分别是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A不正确； B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；
C.反应①②中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；
D. 反应①和②有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D正确； 答案选D。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。（离子可以看作是带电的原子）下列叙述正确的是（ ） A．标准状况下，22.4 L SO3中所含的分子数为NA B．0.1 mol?L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的数目小于0.1NA
C．8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中，所含铜原子的数目为0.1NA D．标准状况下，将2.24L Cl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4 L/mol计算所含的分子数，A不正确；
B. 没有提供0.1 mol?L-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；
C. 8.0g Cu2S和8.0g CuO所含铜原子都为0.1mol，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确； D. 2.24L Cl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1mol，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。 故选C。
5．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ） A．IO4-作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2 C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子 D．氧化性：MnO4->IO4- 【答案】D 【解析】 【分析】
已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。 【详解】
根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn+5 IO4+3H2O =2MnO4+ 5IO3+6H。 A．IO4在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4 6．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( ) A．NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为7∶2 B．1.0 mol·L-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NA C．11.2 L CH4中含有的原子数目为2.5NA D．20 g H18O 分子中,含有10NA个电子 2---2+ -- -+ 【答案】D 【解析】 【详解】 A. He分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为28∶4=7∶1，故A不选； B. 不知道FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故B不选； C. 11.2 L CH4没有指明标准状况下，故C不选； D. 20 g H18O 分子为1mol，含有10NA个电子，故D选。 2故选D。 7．已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单D同主族，B与C同周期， 质，下列说法不正确的是( ) C均能与D形成离子化合物，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、．．．A．B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体 B．B、D形成的离子化合物可能含有其价键 C．D的单质只有还原性，没有氧化性 D．工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨 【答案】A 【解析】 【分析】 已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该为氢气、氧气，结合原子序数可知A为H，B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，则C的原子序数=20-11=9，为F元素，据此解答。 【详解】 根据分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素； A．O、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误； B．O、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确； C．Na为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确； D．Al的还原性大于Fe，可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确； 故答案为A。 8．常温下，向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加0.2mol.L-1NaOH溶液，溶液中微粒H2A、HA-、A2-的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．当V[NaOH(aq)]=20 mL时.c(OH- )=c(H+ )+c(HA- )+2c(H2A) B．在P点时，c(Na+ )+c(H+ )=c(OH- )+c(HA- ) +c(A2- )+c(H2A) C．当V[NaOH(aq)]=30 mL时，2c(Na+ )=3[c(HA- )+c(A2- )+c(H2A)] D．当V[NaOH(aq)]=40 mL.时.c(Na+ )>c(A2- )>c(OH- )>c(HA- )>c(H2A)>c(H+) 【答案】A 【解析】 【详解】 A. 当V（NaOH）=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：c（OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），二者结合可得：c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），则c（OH-） C．当V（NaOH）=30 mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3[c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）]，故C正确； D．当V（NaOH）=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2-部分水解生成等浓度的OH-、HA-，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则c（OH-）>c（HA-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>c（H2A）>c（H+），故D正确； 故选B。 9．下列由实验现象得出的结论正确的是（ ） 操作及现象 其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2SA 溶液的pH 向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，B 溶液呈红色 向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5C 滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体产生的速度 比较CuSO4和KMnO4的催化效果 溶液中一定含有Fe2+ 结论 比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小 D C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色 一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色 A．A 【答案】A 【解析】 B．B C．C D．D 由于甲酸的酸性大于氢硫酸，等浓度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D错误；正确选项A。 点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。 10．化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ） A．A 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 B．B C．C D．D A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A； B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B； C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C； D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选； 故选D。 11．当冰醋酸固体变成液体或气体时，一定发生变化的是 A．分子内化学键 C．分子的构型 B．共价键键能 D．分子间作用力 【答案】D 【解析】 【详解】 A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误； B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误； C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误； D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。 答案选D。 12．12C与13C互为（ ） A．同系物 【答案】B 【解析】 【分析】 同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。 【详解】 12 B．同位素 C．同素异形体 D．同分异构体 C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。 答案选：B。 【点睛】 本题考查了“四同”概念的辨别，应注意的概念要点的把握。结构相似,组成上相差1个或者若干个某种原子团的化合物互称为同系物；具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体,是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质；化学上，同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。 13．以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（ ） A．阳极反应式相同 B．电解结束后所得液体的pH相同 C．阴极反应式相同 D．通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压） 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A．以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应 式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极的电极反应式不同，故A错误； B．电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误； C．以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以电极反应式相同，故C正确； D．若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O电解方程式2NaCl+2H2O总体积不相等，故D错误； 故选C。 【点睛】 明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。 14．在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。 2H2↑+O2↑～4e-，电解水生成3mol气体；依据 2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的 关于该实验的下列说法，正确的是（ ） A．反应剧烈程度：NH4Cl>HCl B．P点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-) C．Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解 D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应停止 【答案】B 【解析】 【详解】 A．NH4Cl是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液中，盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少，则反应剧烈程度：HCl > NH4Cl，故A错误； B．P点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，由于P点溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故B正确； C．Q点溶液显碱性是因为NH4Cl发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促 使水解平衡正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C错误； D．由图像可知， 1000s后，镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故D错误； 答案选B。 15．一定条件下，体积为1L的密闭容器中，0.3molX和0.2molY进行反应：2X（g）＋Y（s） 经10s达到平衡，生成0.1molZ。下列说法正确的是（ ） A．若增加Y的物质的量，则V正大于V逆平衡正向移动 B．以Y浓度变化表示的反应速率为0.01mol·L－1·s－1 C．该反应的平衡常数为10 D．若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0 【答案】C 【解析】 【详解】 A. Y是固体，若增加Y的物质的量，平衡不移动，故A错误； B. Y是固体，物浓度变化量，不能表示反应速率。 Z（g）， 0.1mol1L2=10，故C正C. 平衡时，生成0.1molZ，消耗0.2molX，剩余0.1molX，该反应的平衡常数为 ?0.1mol????1L?确； D. 若降低温度，X的体积分数增大，即反应向逆向进行，则正反应为吸热，△H>0，故D错误； 答案选C。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验： 试管中试剂 实验 滴加试剂 i.先加1 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液 2 Ⅰ ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液 iii.先滴加1 mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液 iv.再滴加0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液 ii.先变红，后退色 iii.溶液变红 iv.红色明显变浅 现象 i.无明显现象 mL 0.1 mol/L KSCN溶液 Ⅱ (1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________ ②针对实验I中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN?被酸性KMnO4氧化为SO42?，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。 其中X溶液是_____________，检验产物SO42?的操作及现象是__________。 (2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”，实验小组提出预测。 原因①：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN??[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN?结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。 原因②：SCN?可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN??[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅。 已知：Mg2+与SCN?难络合，于是小组设计了如下实验： 由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。 【答案】MnO4?+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN??Fe(SCN)3 0.1 mol/L KSCN溶液 一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 两个原因都有可能 【解析】 【分析】 （1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子； ②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验； （2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。 【详解】 （1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4 － +5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN??Fe(SCN)3 ， －＋＋＋＋ 故答案为：MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3++3SCN??Fe(SCN)3 ； ②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀， L－1 KSCN溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶故答案为：0.1 mol·液，出现白色沉淀； （2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，结合题意Mg2+与SCN-难络合，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3 ＋ －－＋ 跟SCN结合成[Fe（SCN）] 2+的机会减少；SCN与Fe2反应生成无色络合离子，三者可能均有， 故答案为：两个原因都有可能。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成： 已知：RCHO＋CH3CHO试回答： RCH(OH)CH2CHO。 （1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。 （2）B→C反应的化学方程式为_____________。 （3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。 （4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。 （5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。 【答案】 消去反应 +NaOH+NaCl O2/Cu或Ag，加热 羟基、醛 基 用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双 键 8 【解析】 【分析】 根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根 稀NaOH据RCHO＋CH3CHO????? RCH(OH)CH2CHO， ，可逆 推出D是 B是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，； C是【详解】 ，则A是。 （1）根据上述分析，A的结构简式是（应； （2） 在氢氧化钠溶液中水解为 ；E()分子内脱水生成F ；消去反 ），则反应类型为消去反应，故答案为： ，反应的化学方程式 为+NaOH+NaCl，故答案为： +NaOH+NaCl； （3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为 ，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热； 官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基； 中含有的 （4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键； （5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合 物有、、、 、、、、 ，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为 3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种漂白剂、脱氧剂和防腐剂。某研究小组对Na2S2O4的性质与制备进行了如下探究。 L－1 Na2S2O4溶液在空气中pH的变化如图所示。 （1）测定0.05mol· ①写出0～t1段发生反应的化学方程式：_____。 ②t2～t3段溶液的pH变小的原因是______。 （2）已知：S2O32-＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O。Na2S2O4固体在隔绝空气的条件下加热至75℃以上完全分解得到Na2SO3、Na2S2O3和SO2，检验产物中是否含有Na2SO4，实验方法是__________。 （3）由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下： ①向装置Ⅱ中加入Ce4的目的是________。 ②写出装置Ⅲ中发生反应的离子方程式：________。 （4）由锌粉法制备Na2S2O4的实验装置如图所示。主要步骤如下： ＋ 步骤1：将SO2通入锌粉的水悬浮液中，于35～45℃下反应生成连二亚硫酸锌。 步骤2：加入过量烧碱溶液，于28～35 ℃下反应生成Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液。 由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液，______(实验中须使用的试剂有：氯化钠、乙醇；除常规仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。 【答案】2Na2S2O4＋O2＋2H2O===4NaHSO3 NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强 取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4 将NO氧化为NO2-＋ 和NO3- 2SO32-＋2Ce2＋2H2O S2O42-＋2Ce4＋＋4OH－ 过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行 盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥 【解析】 【详解】 （1）①Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生反应的化学方程式为：2Na2S2O4＋O2＋2H2O=4NaHSO3； ②t2～t3段溶液的pH变小的原因是NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强； （2）检验产物中是否含有Na2SO4，实验方法是取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4； （3）由工业废气制备Na2S2O4的流程图可知： ①向装置Ⅱ中加入Ce4，将NO氧化为NO2-和NO3-； ②装置Ⅲ中电解条件下亚硫酸根离子与Ce2＋发生反应生成Ce4＋和过硫酸根离子，发生反应的离子方程式为：2SO32-＋2Ce2＋＋2H2O S2O42-＋2Ce4＋＋4OH－； ＋ （4）由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液，过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥。 19．钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题： （1）基态Ti原子的价电子排布图为__。 mol-1，I2(K)=3051kJ·mol-1。I2(Ti) （3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示： ①钛的配位数为__，碳原子的杂化类型__。 ②该配合物中存在的化学键有__(填字母)。 a.离子健 b.配位键 c.金属健 d.共价键 e.氢键 （4）钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示： 熔点/℃ 沸点/℃ TiCl4 -24.1 136.5 TiBr4 38.3 233.5 TiI4 155 377 分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是__。 （5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所 示，该阳离子化学式为_。阴离子的立体构型为__。 （6）已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为___pm。(用含ρ、NA的代数式表示) 【答案】 K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对 较易失去，故I2(Ti) （1）基态Ti原子的价电子排布图可根据构造原理、泡利原理、洪特规则填写； （2）全充满、半充满、全空，是相对稳定的结构，破坏这样的结构需要更多的能量，形成这样的结构趋势较大，需要较少能量； （3）配位数是中心原子周围的配位原子的个数；碳原子的杂化类型与其形成的化学键有关：形成4个单键为sp3杂化，形成1个双键、2个单键为sp2杂化，形成1个三键、1个单键为sp杂化； （4）分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高； （5）SO42-的立体构型可根据价层电子对互斥理论推测； （6）晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为晶胞棱长的二分之一，可先根据V=开三次方计算晶胞棱长，最后将晶胞棱长乘二分之一。 【详解】 （1）基态Ti原子有4个价电子，根据构造原理，4s能级能量较低，电子先填满4s能级，再填入3d能级；根据泡利原理和洪特规则，2个电子先填入4s能级的1个轨道，自旋状态相反，3d能级有5个轨道，剩余2个电子应先占据不同的轨道，且自旋状态相同，故答案为： ； 331×1010 ρNAm计算出晶胞的体积，再?Ti+的基态电子排布为[Ar]3d24s1，4s轨道将变为全空状态，（2）再失去1个电子，趋势较大，所需能量I2(Ti)较低；K+的基态电子排布为[Ne]3s23p6，再失去1个电子，将破坏3p6的全充满状态，所需能量I2(K)较高，故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti) ②该配合物中存在配位键和共价键，故答案为：bd； （4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，故答案为：三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高； （5）可用均摊法确定硫酸氧钛晶体中阳离子的化学式，每个Ti原子连接2个O原子，每个O原子只有一半属于它，所以Ti原子与O原子的个数比=1∶(为SO42-，中心原子S的价层电子对数=4+ 1×2)=1∶1，阳离子的化学式为TiO2+；硫酸氧钛的阴离子21×(8－4×2)=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，所以2SO42-的立体构型为正四面体，故答案为：TiO2+；正四面体； （6）一个TiN晶胞中，Ti原子数=12× 111+1=4，N原子数=6×+8×=4，m(晶428胞)=m(Ti)+m(N)= 44248?48g/mol+?14g/mol=g，V(晶 NANAmol-1NAmol-1248gNA胞)= 24832483248248m(晶胞)cm ，晶胞的棱长=3cm=3==cm=3×1010pm，晶胞中TiNAρNAρNAρNAρρ(晶胞)ρg?cm-3原子与N原子的最近距离=晶胞的棱长× 【点睛】 3124831113=3×1010pm×=3×1010pm ，×1010。故答案为：NAρNAρρNA22确定SO42-的立体构型，可用价层电子对互斥理论推测： SO42-的中心原子是S原子，S原子的价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数；σ键电子对数=与中心原子结合的原子数=4；中心原子上的孤电子对数= 1(a－xb)；其中a为中心原子的价电子数，S2原子有6个价电子，SO42-带2个单位负电荷，因此a=6+2=8；x为与中心原子结合的原子数，此处为4；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，与S原子结合的为O原子，O原子最多能接受的电子数=8－6=2；所以中心原子上的孤电子对数= 1×(8－4×2)=0；S原子的价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正2四面体，没有孤电子对，SO42-的立体构型即为正四面体。
2019-2020学年湖北省宜昌市(东湖高中、宜都二中)新高考化学模拟试卷含解析
