1、襄阳市第五中学2017届高三年级9月月考化学试题本试卷包括选择题和非选择题两部分，共24小题，共8页。全卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Ca40 选择题（共45分）一、选择题（共9小题，每小题2分，共18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）1东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指（ ）A金 B硫 C铜 D铁【答案】B【考点定位】考查汞的物理性质与化学性质。【名师点睛】金属冶炼的一般原理是通过对某种元素的描述来推断其能发生的化学反应及对元素的性质的
2、推断与考查。本题中是关于汞的物理性质与化学性质的考查，汞和金、铜、铁都不反应，唯独和硫能反应，生成HgS，HgS是难溶于水的固体物质，可以将散开的Hg变成固体聚集在一起，便于处理，据此解答。2下列化学用语表示正确的是（ ）A中子数为35的氯原子：Cl B氯化铵的电子式：C硫化氢的结构式：HSH D二氧化硅的分子式：SiO2【答案】C【解析】试题分析：A该符号表示的是质量数为35的Cl原子，A项错误；BCl-的电子式没有标出，氯化铵的电子式应该为，B项错误；C硫化氢是共价化合物，结构式为HSH，C项正确；D二氧化硅是原子晶体，没有分子式，SiO2是二氧化硅的化学式，D项错误；答案选C。考点：考查
3、化学用语的正误判断。3利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）A可生成H2的质量为0.02g B可生成氢的原子数为2.4081023个C可生成H2的体积为0.224L（标准状况） D生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量【答案】D【考点定位】考查物质的量的计算。【名师点睛】本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握相关物理量的计算公式的运用以及物质的构成特点，把握相关反应，难度不大。根据方程式2H2O2H2+O2，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2，据此解答即可。4下列关于物质
4、或离子检验的叙述正确的是（ ）A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+来源:Zxxk.ComD将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】B【解析】试题分析：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应，无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液也会呈红色，则证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，A项错误；B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，CuSO
5、45H2O为蓝色，可证明原气体中含有水蒸气，B项正确；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，Na+焰色反应为黄色，但并不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+的焰色应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，C项错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，所以将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体是CO2或SO2，D项错误；答案选B。考点：物质、离子检验。5下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）A氨碱法制碱 B海带提碘 C氯碱工业 D海水提溴【答案】A考点：考查氧化还原反应概念。6已知A、B、D、E均为化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则
6、下列有关物质的推断不正确的是（ ）A若A是铁，则E可能为稀硝酸 B若A是CuO，E是碳，则B为COC若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3 D若A是AlCl3溶液，E可能是氨水【答案】D【解析】试题分析:A若A为Fe，Fe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁，硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁，能实现上述转化，A不符合；B若A为CuO，碳还原氧化铜生成铜和二氧化碳，二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳，符合上述反应转化，B不符合；C若A是NaOH溶液，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化，符合上述转化，C不符合；D若A是AlCl3溶液，AlCl3和氨水反
7、应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，不能实现转换，D符合；答案选D。【考点定位】考查元素化合物性质的分析应用。【名师点睛】本题考查元素化合物性质的分析应用，掌握物质性质和反应条件，反应定量关系是解题关键，题目较简单。Fe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁，硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁；碳还原氧化铜生成铜和二氧化碳，二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳；AlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，不能实现转换；二氧化碳和氢氧化钠溶液反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化。7探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）A用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B用装置
8、乙收集二氧化硫并吸收尾气C用装置丙稀释反应后的混合液 D用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【考点定位】查了铜与浓硫酸反应的实验设计与评价【名师点睛】本题考查浓硫酸的性质实验，实验装置的基本操作。浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；二氧化硫的密度比空气密度大，所以集气瓶中要长进短出；用装置丁测定余酸的浓度，错误使用了酸式滴定管，强碱要和玻璃反应。8甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲和戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁和辛属同周期元素。下列判断正确的是（ ）A乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物 来源:Z.xx.k.ComB原子半径：庚辛戊C金属
9、性：甲乙丁 D丙和庚的原子核外电子数相差13【答案】D【考点定位】考查元素的推断，元素周期律的综合应用等知识。【名师点睛】本题考查元素的推断，元素周期律的综合应用等知识。戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，所以戊是C元素，则己、庚分别是Si、Ge元素；甲和戊的原子序数相差3，所以甲是Li元素，则乙、丙分别是Na、K元素，丁是Ca元素，辛是Ga元素，据此解答即可。9分子式为C4H8O3的有机物，一定条件下具有如下性质：在浓硫酸存在下，能分别与CH3CH2OH或CH3COOH反应；在浓硫酸存在下，能脱水生成一种能使溴水褪色的物质，该物质只存在一种结构形式；在浓硫酸存在下，能生成一种分子式为C4H6
10、O2的五元环状化合物。则C4H8O3的结构简式为（ ）AHOCH3COOCH2CH3 BCH3CH(OH)CH2COOHCHOCH2CH2CH2COOH DCH3CH2CH(OH)COOH【答案】C【解析】试题分析：在浓硫酸存在下，能分别与CH3CH2OH或CH3COOH反应，说明该化合物含有羧基和醇羟基；在浓硫酸存在下，能脱水生成一种能使溴水褪色的物质，该物质只存在一种结构形式，则羟基连接的C原子的邻位C原子上有H原子；则该物质可能是HOCH2CH2CH2COOH；或CH3CH2CH(OH)COOH；在浓硫酸存在下，发生分子内的酯化反应，能生成一种分子式为C4H6O2的五元环状化合物，则该化
11、合物只能是HOCH2CH2CH2COOH，答案选C。考点：考查有机物结构简式的确定。二、选择题（共9小题，每小题3分，共27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）10一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是（ ）A一定属于吸热反应 B一定属于可逆反应C一定属于氧化还原反应 D一定属于分解反应【答案】A【考点定位】考查常见化学反应类型的判断。【名师点睛】本题考查常见化学反应类型的判断。根据图示可知该反应反应物只有一种，生成物有两种。该物质属于分解反应，有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，该反应有单质生成，属于
12、氧化还原反应。学科网11用下列方法测定空气中污染物的含量：将一定体积的空气通入吸收剂，并测定其电导的变化（导体的电阻愈大，它的电导愈小）。如测定H2S的含量，若用CuSO4溶液吸收，可测定很大浓度范围内的H2S的含量，但电导变化不大；若用浓溴水吸收，仅限于测定低浓度范围内H2S的含量，但有很高的灵敏度。现要兼顾吸收容量与灵敏度的情况下测定空气中Cl2的含量，则应选用下列吸收剂中的（ ）ANa2SO3溶液 B HI溶液 CNaOH溶液 DH2O【答案】A【解析】试题分析：H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，CuSO4溶液中离子浓度几乎不变，导电能力不变，电导变化不大，而H2S+Br2=2HB
13、r+S，生成了强电解质HBr，溴水中离子浓度增大，导电能力增强，电导变化大，灵敏度高。可见溶液离子浓度增大，电导增大，测定时灵敏度高。测定空气中Cl2含量时，Cl2必须易溶于该溶液，才能使吸收容量大，氯气在水中的溶解度不大，D不选。Cl2与A、B、C项溶液反应的方程式为：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，2HI+Cl2=2HCl+I2 ,2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，只有A项中溶液与Cl2反应使溶液中离子浓度增大，电导变化大，灵敏度高，答案选A。考点：考查氯气的性质。12O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（
14、）A氧气是氧化产物 BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【考点定位】考查氧化还原反应的有关概念和简单计算。【名师点睛】本题考查氧化还原反应的有关概念和简单计算。氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂化合价
15、升高失去电子被氧化发生氧化反应生成氧化产物；氧化剂化合价降低得到电子被还原发生还原反应生成还原产物。13下列离子方程式书写正确的是（ ）A已知电离常数H2SO3 K1=1.310-2 K2=6.310-8；H2CO3 K1=4.210-7 K2=5.610-11。 H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应：H2SO3+2HCO3-=SO32-+2CO2+2H2O B控制pH为910，用NaClO溶液将含NaCN的废水中的CN-氧化为两种无污染的气体：2CN-+5ClO-+2H+=N2+2CO2+5Cl-+H2OC已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液中，形成无色溶液。当Pb(CH3C
16、OO)2溶液中通入H2S气体时有黑色沉淀生成：Pb2+H2S=PbS+2H+ DCuSO4溶液与过量浓氨水反应：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O【答案】D考点：考查离子方程式的正误判断。14固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色。分析以上实验现象，下列结论正确的是（）AX中一定不存在FeO
17、 B不溶物Y中一定含有Fe和CuOCZ溶液中一定含有KCl、K2CO3 DY中不一定存在MnO2【答案】B【解析】试题分析：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，并应含有Fe；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中应含有CuO、M
18、nO2、K2CO3以及Fe，但不能确定是否含有FeO、KCl，答案选B。考点：考查无机物的推断。15下列说法中正确的是（ ）ALv的相对原子质量为293 BH2O的稳定性大于H2S，是因为水分子间存在氢键C某物质中含有极性键，则该物质不可能是单质D元素的非金属性越强，其气态氢化物水溶液的酸性越强【答案】C考点：考查原子的构成，物质的稳定性的判断，化学键的类型等知识。16以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池能够在高温下工作B电池的负极反应为：C6H12O66H2O24e6CO224H+C放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移 D在电池反应
19、中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4 L 【答案】A【解析】试题分析：A高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，A项错误；B负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O66H2O24e6CO224H+，B项正确；C原电池内部阳离子应向正极移动，即质子（H+）从负极区向正极区迁移，C项正确；D正极反应式为O2+4e-+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，D项正确；答案选A。考点：考查原电池的工作原理。17在初始温度为500、容积恒定为10L的三个密闭容器中，如图充料发生反应：CO2 (
20、g) +3H2 (g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-25kJmol-1。已知乙达到平衡时气体的压强为开始时的0.55倍；乙、丙中初始反应方向不同，平衡后对应各组分的体积分数相等。下列分析正确的是（ ）A刚开始反应时速率：甲 乙 B若a0，则0.9blC500下该反应平衡常数：K = 3102 D平衡后反应放热:甲 乙来源:学*科*网【答案】B【解析】试题分析：反应的初始温度相同，在相同的条件下加入等量的物质，则刚开始反应时速率：甲=乙，A项错误；500时，利用乙装置的数据，列三段式：CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH(g)+H2O(g)， 起始物质的量（mol） 1 3 0 0
21、变化物质的量（mol） x 3x x x 平衡物质的量（mol） 1-x 3-3x x x 已知乙达到平衡时气体的压强为开始时的0.55倍，有（1-x+3-3x+x+x）4=0.55，则x=0.9mol，K=(0.090.09)(0.010.033)=3104，C项错误，利用等效平衡，若a0，则0.9bl，B项正确；该反应是放热反应，绝热条件下，甲装置温度升高，反应转化率低，放热少，D项错误；答案选B。考点：考查化学平衡。学科网18在分析化学中，NH3或其水溶液是一种常用的沉淀剂，用于物质的分离和提纯。已知：NH3H2O的电离常数K=1.810-5，K spMg(OH)2=1.810-11。向
22、体积为1.0 L、浓度为2.010-4 molL-1的MgCl2溶液中通入NH3，若不考虑溶液体积变化，当反应开始有白色沉淀出现时，通入NH3的体积（标准状况）为（ ）A112mL B224mL C118.72 mL D201.6 mL【答案】C考点：考查沉淀溶解平衡和电离平衡的应用。非选择题（共55分）三非选择题：包括必考题和选考题两部分。第19题22题为必考题，每个试题考生都必须做答。第23题24题为选考题，考生根据要求做答。19（10分）有一透明溶液，已知其中可能含有的离子为：Mg2、Cu2、Fe2、Al3、NH4、K、Cl、HCO3、SO42。当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性
23、气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀。当加入0.4mol淡黄色粉末时，共收集到0.3mol混合气体，且此时生成的沉淀最多。此后继续加入淡黄色粉末时，沉淀量逐渐减少，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol减少至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再减少。由此实验现象及数据判断：（1）淡黄色粉末的名称为 ；（2）溶液中肯定有 离子，肯定没有 离子，可能有_离子；（3）写出下列反应方程式：淡黄粉末与水反应 ；产生刺激性气味气体的离子方程式 ；加入淡黄色粉末的物质的量由0.4mol至0.45mol时，沉淀部分消失，反应的离子方程式为 ；（4）溶液中阳离子的物质量之比为（H及没有确定的离子除外
24、） 。【答案】19（9分）（1）过氧化钠（1分） （2）NH4、Al3、Mg2（1分） Cu2、Fe2、HCO3（1分） K、Cl、SO42（1分） （3）2Na2O22H2O4NaOHO2 NH4OHNH3H2O Al(OH)3OHAlO22H2O （4）NH4Mg2Al30.10.20.1121（2分）（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，化学方程式为2Na2O22H2O4NaOHO2；NH4 与OH反应生成氨气，所以产生刺激性气味气体的离子方程式为NH4OHNH3H2O；加入淡黄色粉末的物质的量由0.4mol至0.45mol时，沉淀部分消失，是氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，
25、反应的离子方程式为Al(OH)3OHAlO22H2O。（4）过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，当加入0.4mol淡黄色粉末时，共收集到0.3mol混合气体，0.4molNa2O2产生0.2mol氧气，所以生成氨气0.1mol，则溶液中NH4 有0.1mol，根据上述分析，0.2mol是氢氧化镁沉淀，溶液中含有Mg2的物质的量为0.2mol，Al(OH)3为0.1mol，溶液中的Al3的物质的量为0.1mol，所以溶液中阳离子的物质量之比为NH4Mg2Al30.10.20.1121。【考点定位】考查常见阳离子的检验。【名师点睛】本题考查常见阳离子的检验，综合
26、性很强，难度很大。注意各个离子的性质，根据实验现象判断Fe3+、Cu2+、NH4+是否存在，根据生成沉淀的情况和消耗的过氧化钠的情况来确定各个离子的量的多少以及产生气体的量的多少，氢氧化镁不溶于氢氧化钠，但是氢氧化铝可以溶于氢氧化钠。20(10分) ) A、B、C、D、E是中学化学常见单质， X、Y、Z、M、N、W、H、K是常见化合物，X是B和C的化合产物，它们之间有如下转化关系（反应物和产物中的H2O已略去）：（1）Y的电子式为 ，构成E单质的元素在周期表中位于第 周期第 族。（2）反应的离子方程式为 反应的离子方程式为 反应的离子方程式为 （3）某工厂用C制漂白粉。写出制漂白粉的化学方程式
27、 为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某小组进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，取出25.00mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的硫酸，此时发生的离子方程式为 ， 静置。待完全反应后，用0.1molL-1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL。则该漂白粉中有效成分的质量分数为 （保留到小数点后两位）。【答案】20（11分） （1分） 四（1分） （1分） 2Cl-+2 H2O 2OH+Cl2 + H2（2分） 2Al2OH+2H2O
28、2AlO 3H2（1分）Al3+3AlO2+6H2O = 4Al(OH)3 （1分） （3）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（1分）ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O ，（1分） 35.75% （2分）【解析】（1）Y为NaOH，NaOH是离子化合物，电子式为；构成E单质的元素是铁，铁元素在周期表中位于第四周期第族。（2）反应是电解食盐水生成NaOH、氯气和氢气，离子方程式为2Cl-+2 H2O 2OH+Cl2+ H2；反应是铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al2OH+2H2O2AlO3H2；反应是NaAl02+AlCl3Al(OH
29、)3，反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O = 4Al(OH)3。（3）工业上用氯气和石灰乳反应来制取漂白粉，则化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO具有氧化性，能将I氧化成I2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O；根据化学反应ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式为ClO2Na2S2O3，根据题给数据，Na2S2O3的物质的量为0.1mol/L0.02L=0.002mo
30、l，所以ClO-总的物质的量为0.01mol，该漂白粉中有效成分的质量分数为(0.005mol143g/mol)2g100%=35.75%。考点：考查无机物的推断，常见物质的化学性质等知识。学科网21(11分) 已知乙醛（CH3CHO）和新制氢氧化铜的反应如下：CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3COONa + Cu2O+ 3H2O某实验小组做上述反应时，发现NaOH的用量对反应产物有影响，于是他们采用控制变量的方法，均使用0.5 mL 40%的乙醛溶液进行下列实验。编号2%CuSO4溶液的体积10%NaOH溶液的体积振荡后的现象pH加乙醛水浴加热后的沉淀颜色1来源:学&科
31、&网Z&X&X&K2 mL3滴浅蓝绿色沉淀56浅蓝绿色沉淀2a15滴浅蓝色沉淀78黑色沉淀31 mL1 mL蓝色悬浊沉淀较少910红褐色沉淀4b2 mL蓝色悬浊沉淀较多1112红色沉淀51 mL3 mL蓝紫色溶液1213 （1）上表中a、b应为 （填字母序号）。 A15滴，1 mL B2 mL，1 mL C15滴，2 mL D2 mL，2 mL （2）查阅资料可知，实验1中的浅蓝绿色沉淀主要成份为Cu2(OH)2SO4，受热不易分解。写出生成Cu2(OH)2SO4反应的化学方程式 。基于实验1、2的现象可以得出结论：NaOH用量较少时， 。 （3）小组同学推测实验3中的红褐色沉淀可能是CuO和
32、Cu2O的混合物，其依据是 。 （4）为了进一步证明实验4中红色沉淀的成分，该小组同学查阅资料得知：Cu2O在碱性条件下稳定，在酸性溶液中可转化为Cu2+、Cu。并进行了以下实验。 将实验4反应后的试管静置，用胶头滴管吸出上层清液。 向下层浊液中加入过量稀硫酸，充分振荡、加热，应观察到的现象是 。 （5）小组同学继续查阅资料得知：Cu(OH)2可与OH-继续反应生成蓝紫色溶液（Cu(OH)4 2-），由此提出问题：Cu(OH)4 2-能否与乙醛发生反应，生成红色沉淀？设计实验解决这一问题，合理的实验步骤是 。基于上述实验，该小组同学获得结论：乙醛参与反应生成红色沉淀时，需控制体系的pH10。【
33、答案】21（11分）（1）B （2分）（2）2NaOH + 2CuSO4 = Cu2(OH)2SO4 + Na2SO4 （2分） 乙醛未参与氧化反应，（或是含铜元素的化合物在发生变化） （1分） （3）此题答案可从“现象”或“理论”两个角度提出依据。 （2分） 依据现象提出依据：实验2中的黑色沉淀可能是CuO；实验4中的红色沉淀可能是Cu2O，所以实验3中的红褐色沉淀，可能是CuO和Cu2O的混合物。 依据理论提出依据：当NaOH用量逐渐增多时，产生的Cu(OH)2一部分受热分解生成黑色的CuO；另一部 分被乙醛还原为Cu2O红色沉淀，所以实验3中的红褐色沉淀，可能是CuO和Cu2O的混合物。
34、 （4）溶液变为蓝色，有红色固体 （2分） （5）将1 mL 2%CuSO4溶液与3 mL（或3 mL）10%NaOH溶液混合振荡后（或取实验5的蓝紫色溶液），加入0.5 mL 40%的乙醛溶液，水浴加热 （2分） （3）依据现象提出依据：实验2中的黑色沉淀可能是CuO；实验4中的红色沉淀可能是Cu2O，所以实验3中的红褐色沉淀，可能是CuO和Cu2O的混合物。 依据理论提出依据：当NaOH用量逐渐增多时，产生的Cu(OH)2一部分受热分解生成黑色的CuO；另一部分被乙醛还原为Cu2O红色沉淀，所以实验3中的红褐色沉淀，可能是CuO和Cu2O的混合物。（4）Cu2O在酸性溶液中可转化为Cu、C
35、u，所以溶液变蓝色，生成红色固体.（5）探究能否与乙醛发生反应，生成红色沉淀，可以加入过量NaOH溶液，将1 mL 2%CuSO4溶液与3 mL（或3 mL）10%NaOH溶液混合振荡后（或取实验5的蓝紫色溶液），加入0.5 mL 40%的乙醛溶液，水浴加热。考查：乙醛和新制氢氧化铜的反应时，NaOH的用量对反应产物的影响考查了实验现象的分析、实验设计。22（12分）（1）已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8 kJmol-1、283.0kJmol-1和726.5 kJmol-1。请写出甲醇(CH3OH)不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式_ 。（2）下图
36、为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为_，石墨电极的质量是否发生变化 _ (填“是”或“否”)。（3）常温下甲酸K=110-4。20.00mL0.1000molL-1NaOH溶液与一定量等物质的量浓度甲酸溶液混合后所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，该溶液c(H+)=_molL-1，所用甲酸的体积 _40.00mL(填“”、“”或“”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。（4）已知Ksp(BaSO4)=1.110-10，若向50.00 mL0.009 mol
37、L-1 Ba(NO3)2溶液中加入50.00 mL 0.010molL-1稀硫酸，混合后溶液中c(Ba2+)=_ molL-1，pH=_。【答案】22（12分）（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H=-443.5kJ/mol（2分）（2）TiO2+ 4eTi + 2O2（2分） 是（1分）（3）110-4（1分），, （1分），c(HCOO-) c(Na+) c(H HHHHhHHhHHHH +) c(OH- HHHHhHHhHHHH )（2分）（4）2.210-7（2分），3（1分） （2）电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，阴极的电
38、极反应式为TiO2+ 4eTi + 2O2；石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电解本身会消耗，质量减轻。 （3）根据HCOOHHCOO-+H，Ka=c(HCOO-)c(H)c(HCOOH)= 110-4，因为c(HCOOH)=c(HCOO-)，则c(H)= 110-4mol/L；若20.00mL0.1000molL-1NaOH溶液与等物质的量浓度、40.00mL甲酸溶液混合，混合后为等物质量浓度的甲酸和甲酸钠，该溶液呈酸性，甲酸的电离程度大于甲酸钠的水解程度，实际上，溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，所以所用甲酸的体积40.00mL，溶液呈
39、酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(HCOO-) c(Na+) c(H HHHHhHHhHHHH +) c(OH- HHHHhHHhHHHH )。 （4）50.00 mL0.009 molL-1 Ba(NO3)2的物质的量为0.00045mol，50.00 mL 0.010molL-1稀硫酸的物质的量为0.0005mol，根据化学反应Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3，混合后剩余硫酸的物质的量为0.00005mol，浓度为0.0005mol/L，Ksp(BaSO4)=1.110-10=c(Ba2)c(SO42-)，混合后溶液中c(Ba2+)=2.210-7molL-1，
40、混合物溶液中c(H)=0.001mol/L，pH=3考点：考查反应热的计算，电极反应式的书写，离子浓度的大小比较，pH值的计算等知识。选做题（二选一）23选修3：物质结构与性质（12分）根据元素周期表中第四周期元素的相关知识，回答下列问题：（1）第四周期元素的基态原子的电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有_种；写出Cu+的核外电子排布式_。（2）按电子排布，可将周期表里的元素划分成五个区域，第四周期元素中属于s区的元素有_种，属于d区的元素有_种。（3）CaO晶胞如下图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为_；（4）由叠氮化钾(KN3)热分解可得纯N2：2KN3(s)=2K(l)+3N2(g
41、)，下列有关说法正确的是_(填选项字母）。ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B晶体钾的晶胞结构如图所示：，每个晶胞中分摊2个钾原子C氮的第一电离能大于氧D氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性小（5）二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂。O2在其催化作用下，可将CN-氧化成CNO-。CN-的电子式为_，CNO-的中心原子的杂化方式为_。（6）在CrCl3溶液中，一定条件下存在组成为CrCln(H2O)6nx (n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（RH)，可发生离子交换反应：CrCln(H2O)6nx+xR-HRxCrCln(H2O)6n+xH+。将含0.0015 molCrCln(H2O)6nx的溶液，与RH完全交换后，中和生成的H需浓度为0.1200 mol/LNaOH溶液25.00 mL，则该配离子的化学式为_。【答
