2023年高考第二次模拟考试卷-化学（浙江A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（浙江A卷）（全解全析），共23页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量，下列说法不正确的是，有关的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年6月浙江省普通高校招生选考科目试卷仿真模拟(A卷)
化学·全解全析
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 I 127 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列物质中含有极性共价键的离子化合物是( )
A．Mg3N2 B．NaCl C．NaOH D．HNO3
【答案】C
【解析】A项，Mg3N2为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故A不符合题意；B项，NaCl为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故B不符合题意；C项，NaOH为离子化合物，是由Na+和OH-组成，氧原子和H原子之间存在极性共价键，故C符合题意；D项，硝酸为共价化合物，故D不符合题意；故选C。
2．化合物HOSO2Cl的性质，下列推测不合理的是( )
A．具有酸性 B．与足量NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生SO2 D．水解生成盐酸和硫酸
【答案】C
【解析】A项，化合物HOSO2Cl结构类似硫酸，有羟基能电离出氢离子，具有酸性，故A正确； B项，HOSO2Cl中S显+6价，Cl显示-1价，与足量NaOH溶液反应可生成硫酸钠和氯化钠，两种钠盐，故B正确；C项，HOSO2Cl中S显+6价，Cl显示-1价，与盐酸作用不能发生氧化还原，故C错误；D项，HOSO2Cl中Cl显示-1价，与水作用生成盐酸和硫酸，故D正确；故选C。
3．下列有关化学用语表示正确的是( )
A．中子数为10的氟原子：
B．Fe的原子结构示意图：
C．SO2分子的空间结构模型：
D．基态N原子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】A项，F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：，A错误；B项，Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示意图为：，B正确；C项，SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，含有1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误；D项，N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：，D错误；故选B。
4．下列关于工业生产说法不正确的是( )
A．铝制品可用化学氧化法增加膜的厚度及对氧化膜进行着色
B．工业上用电解熔融氧化物的方法制金属镁和铝
C．氯碱工业中使用阳离子交换膜防止副反应的发生
D．工业制备硫酸时在吸收塔中使用浓硫酸吸收三氧化硫
【答案】B
【解析】A项，铝能与O2反应在表面形成一层氧化膜，可用化学氧化法增加膜的厚度及对氧化膜进行着色，A正确；B项，工业上用电解熔融MgCl2的方法制备金属镁，B错误；C项，氯碱工业中阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧根离子，为防止副反应发生，使用阳离子交换膜，C正确；D项，工业上制备硫酸时，用浓硫酸吸收三氧化硫，原因为如用水吸收三氧化硫，可能因反应放热形成酸雾，阻碍水对三氧化硫的吸收，而浓硫酸沸点高，难以气化且三氧化硫易溶于浓硫酸，D正确；故选B。
5．下列说法正确的是( )
A．常温下铁与浓硫酸不发生化学反应
B．铜粉与硫粉加热反应可生成硫化铜
C．石油裂解、煤的干馏和气化都是化学变化
D．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
【答案】C
【解析】A项，常温下铁遇到浓硫酸会钝化，钝化属于化学反应，A错误；B项，硫粉的氧化性较弱，铜粉与硫粉加热反应生成硫化亚铜，B错误；C项，石油裂解是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的气化是以煤或煤焦为原料，以氧气、水蒸气或氢气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，C正确；D项，石英坩埚主要化学成分是SiO2，烧碱、纯碱高温下与SiO2反应，因此石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，D错误；故选C。
6．K2FeO4是一种优良的饮用水处理剂，可用Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔反应制得：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是( )
A．Fe2O3是还原剂，KNO2为还原产物
B．在熔融条件下氧化性：KNO3＞K2FeO4
C．每生成1mol K2FeO4，转移6mol e-
D．K2FeO4在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用
【答案】C
【解析】A项，，Fe2O3化合价升高，被氧化，作还原剂，，化合价降低，被还原，作氧化剂，生成物为还原产物，A正确；B项，根据氧化性：氧化剂>氧化产物，，所以氧化性：KNO3＞K2FeO4，B正确；C项，，化合价升高3价，每生成1mol K2FeO4，转移3mol e-，C错误；D项，K2FeO4具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色等，其还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，能达到净水的目的，D正确；故选C。
7．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验现象对应的离子方程式正确的是( )
A．向NaClO溶液中通入NH3会有N2生成：3ClO-+2NH3=3Cl-+N2+3H2O
B．次氯酸钙溶液中通入少量的CO2：ClO—+ H2O+CO2=HCO3-+HClO
C．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液：A13++2SO42-+2Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓
【答案】A
【解析】A项，ClO-具有氧化性，能够将NH3氧化成N2，Cl的化合价由+1价降低为-1价，N的化合价由-3价升高为0价，根据化合价升降守恒、元素守恒和电荷守恒，可得反应离子方程式为：3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O，A正确；B项，次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸次氯酸钙溶液Ca2++2ClO—+ CO2=CaCO3↓+2HClO，B错误；C项，高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸不可拆，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；D项，过量的氢氧化钡会将Al(OH)3溶解生成偏铝酸钠和水，D错误；故选A。
8．下列说法不正确的是( )
A．木糖(C5H10O5)是一种醛糖，催化加氢可生成木糖醇
B．某品牌防晒衣的主要成分为聚酯纤维，可长期用肥皂洗涤
C．假设可燃冰的水笼穴里都是甲烷，则其化学式可表示为8CH4•46H2O
D．核酸是一种生物大分子，水解可生成戊糖、碱基和磷酸
【答案】B
【解析】A项，木糖(C5H10O5)是一种四羟基醛糖，催化加氢可生成木糖醇，A正确；B项，肥皂是高级脂肪酸钠、水解呈碱性，酯类高分子含酯基、在碱性环境中会水解，防晒衣主要成分为聚酯纤维，忌长期使用肥皂洗涤，B不正确；C项，可燃冰”中平均46个水分子构成8个笼，每个笼里容纳1个CH4分子或一个游离的H2O分子，则其化学式可表示为8CH4•46H2O，C正确；D项，核酸是一种生物大分子，可发生水解反应得到核苷酸，最终水解生成戊糖、碱基和磷酸，D正确；故选B。
9．有关的说法正确的是( )
A．不能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色
B．该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成
C．分子中含有1个手性碳原子
D．1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH
【答案】B
【解析】A项，-CH2OH可以使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项，该物质在碱性条件下加热水解生成、Na2CO3和NH3，故B正确；C项，碳原子上连接四个不同的原子或者基团才具有手性，该分子中不含手性碳原子，故C错误；D项，1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应生成、Na2CO3和NH3，最多消耗3molNaOH，故D错误； 故选B。
10．X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是( )
A．电负性：X C．Q2Z2的阴阳离子比为1：2 D．W元素位于元素周期表的ds区
【答案】D
【解析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，所以X为氢元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，因此n只能为2，Z元素为氧元素；由于Y的原子序数小于Z大于X，在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为氮元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，可知Q为钠元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于钠，所以W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，所以W为铜元素。A项，同一周期，从左到右元素电负性递增，电负性：H＜N＜O，A项正确；B项，H3O+采用sp3杂化，三角锥型，键角是113°，NH3采用sp3杂化，三角锥型，键角是107°18′，则键角：NH3 11．锂离子电池具有能量密度大、工作寿命长的特点，其原理如图所示。下列说法正确的是( )

A．充电时A极发生反应LiI3+2e- =LiI +2I-
B．充电时B极与电源正极相连
C．每生成1molT时，转移2n mole-
D．充放电过程中，O元素化合价发生变化
【答案】C
【解析】由图可知，放电时B极S→T，S失去电子，发生氧化反应，则放电时B极为负极，A极为正极，充电时，B极为阴极，A极为阳极。A项，充电时A极为阳极，发生氧化反应，则A极发生反应为3I- -2e- =I3-，故A错误；B项，充电时，B极为阴极， B极与电源负极相连，故B错误；C项，S和T为聚合物，聚合度为n，充电时，阴极反应式为T+2ne-+2nLi+=S，则每生成1molT时，转移2n mole-，故C正确；D项，充放电过程中，C元素和I元素的化合价发生变化，O元素化合价不发生变化，故D错误；故选C。
12．工业上由FeCl2与环戊二烯钠(C5H5Na)合成二茂铁[Fe(C5H5)2]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( )
A．FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区
B．二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化
D．在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键
【答案】D
【解析】A项，已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表d区，A正确；B项，二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确； C项，已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取sp3杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂化，C正确；D项，在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成的配位键， D错误；故选D。
13．常温下，将体积均为1 mL、浓度均为0.10 mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释至体积为V mL，pH随lg V的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是( )

A．XOH是弱碱
B．pH=10的两种溶液中的c(X+)：XOH>X2CO3
C．已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10−10.2
D．当lg V=2时，若X2CO3溶液的温度升高，溶液碱性增强，则减小
【答案】C
【解析】A项，根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c(OH-)=c(XOH)；B项，XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)＜c(X2CO3)，再结合物料守恒判断；C项，0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=mol/L=10-2.4 mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，Kh1==，则Ka2==；D项，当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大。A项，根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c(OH-)=c(XOH)，XOH完全电离，为强电解质，A错误；B项，XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)＜c(X2CO3)，再结合物料守恒得c(X+)：XOH小于X2CO3，B错误；C项，0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=mol/L=10-2.4 mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，Kh1===，则Ka2====1.0×10-10.2，C正确；D项，当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大，所以增大，D错误；故选C。
14．已知几种物质之间的能量关系如图所示，下列说法中不正确的是( )

A．使用合适催化剂，不能减小反应的焓变
B．中，热能转化为产物内部的能量
C．
D．，反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】B
【解析】A项， 使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不能减小反应的焓变，故A正确；B项， ΔH=119.6kJ/mol-208.4kJ/mol=-88.8kJ/mol中，产物内部的能量转化为热能，故B错误；C项， ΔH=237.1kJ/mol-208.4kJ/mol=+28.7kJ/mol，故C正确；D项， ΔH=-119.6kJ/mol，反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选B。
15．已知室温下Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-12.9 mol·L-1。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化
实验3：向10mL0.1mol·L-1H2S溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，直至pH=7
实验4：向5mL0.1mol·L-1Na2S中滴加10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1 CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法不正确的是( )
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)＜c(OH-)
B．实验2加水过程中，监测结果为溶液的pH不断减小
C．实验3所得溶液中存在：c(Na+)+c(H2S)-c(S2-)=0.1mol·L-1
D．由实验4可知：Ksp(MnS)＞Ksp(CuS)
【答案】C
【解析】A项， pH=4.1，则c(H+)=1.0×10-4.1mol·L-1，，H2S的电离以一级电离为主，所以，根据二级电离常数，可得，故A正确；B项，NaHS存在HS-的电离和水解，其中，其电离常数小于水解常数，可知以水解为主，溶液显碱性，稀释过程中溶液pH减小，故B正确；C项，若H2S与NaOH刚好反应生成NaHS，则溶液呈碱性，所以向10mL0.1mol·L-1H2S溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，直至pH=7，则加入的NaOH体积小于10mL，其反应后的溶质为H2S和NaHS，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，可得c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)，设加入的NaOH溶液体积为VmL，消耗的H2S物质的量为，生成的NaHS物质的量为，其浓度为，剩余的H2S浓度为，则由物料守恒c(H2S)-c(HS-)+c(S2-)=，即c(H2S)+c(HS-)+2c(S2-)=，因为c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)，所以c(H2S)+ c(Na+)-c(S2-)==，V在数值上大于0，小于10，所以，故C错误；D项，向5mL0.1mol·L-1Na2S中滴加10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，其中0.1mol·L-1MnSO4溶液过量，再加几滴0.1mol·L-1 CuSO4溶液，产生黑色沉淀，说明粉色沉淀转化成黑色沉淀，即Ksp(MnS)＞Ksp(CuS)，由难溶向更难溶转化，故D正确；故选C。
16．下列方案设计、现象和结论不正确的是( )

目的
方案设计
现象和结论
A
探究样品中是否含有Na元素
用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验
若火焰呈黄色，则该样品中含有Na元素
B
探究Fe2+、Br−的还原性强弱
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取
若CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br−
C
检验铁粉是否变质
取少量铁粉溶于稀盐酸中，滴加KSCN溶液
若溶液未变红色，无法说明铁粉是否变质
D
确认二氯甲烷分子不存在同分异构体
先搭建甲烷分子球棍模型，后用2个氯原子取代任意2个氢原子，重复数次，观察所得球棍模型的结构
若所得球棍模型均代表相同物质，则确认二氯甲烷分子不存在同分异构体
【答案】A
【解析】A项，玻璃的主要成分是Na2SiO3，含有钠元素，会对实验结果造成干扰。应用铂丝蘸取样品进行焰色试验才能检验样品中是否含有Na元素，故A错误；B项，Br2的CCl4溶液显橙红色，CCl4，说明没有Br2，则是Fe2+优先被氧化，即Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；C项，KSCN溶液与Fe3+反应会生成血红色物质，溶液未变红色只能证明溶液中无Fe3+，但铁粉也可能变质生成亚铁离子，故C正确；D项，二氯甲烷分子的构型只有一种，C上街2个H和2个Cl，即甲烷上2个H被Cl取代了，二氯甲烷分子不存在同分异构体，用此方法可以验证，故D正确；故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)硫铁矿(主要成分FeS2 )是接触法制硫酸的主要原料，请回答：
(1)基态下Fe2+共有_______种不同空间运动状态的电子。
(2) Fe2+形成的配合物亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]又称黄血盐，可用于检验Fe 3+，与CN-互为等电子体的阴离子为_______(任写一种)；含有120molσ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为_______mol。
(3)H2SO4的酸性强于H2SO3酸性的原因是___________________________________。
(4)过二硫酸的结构式为，S原子的杂化方式为_______，S元素的化合价为_______。
(5) FeS2晶体的晶胞结构如图所示。在晶胞中，Fe2+位于S22-所形成的_______(填“正四面体”或“正八面体”)空隙；若晶胞参数为a nm，密度为ρg· cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M=_______用含a、ρ、NA的代数式表示。

【答案】(1)14(1分) (2) C22-(1分)        10(1分)
(3) H2SO4的非羟基氧原子数目为2，H2SO3的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H中的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性越强(2分)
(4) sp3(1分)     +6(1分)
(5) 正八面体(1分)     (2分)
【解析】(1)Fe为26号元素，Fe2+核外有24个电子，基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，每个能层的s轨道有1个伸展方向，p轨道有3个伸展方向，d轨道有5个伸展方向，则基态Fe2+共有14种不同空间运动状态的电子。(2)原子总数和价电子总数均相等的分子或离子互为等电子体，则与CN-互为等电子体的阴离子为C22-；1个[Fe(CN)6]4-中含有6个配位键，CN-中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个[Fe(CN)6]4-中含有6+6=12个σ键，所以含有12molσ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为 10 mol。(3)H2SO4的非羟基氧原子数目为2，H2SO3的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H中的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性越强。(4)过二硫酸的结构式为，S原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3；S元素形成6对共用电子对，且电负性比氧元素小，故化合价为+6。(5)根据FeS2晶体的晶胞结构可知，Fe2+位于S22-所形成的正八面体空隙中。一个晶胞中，Fe2+的个数为，S22-的个数为，则晶胞的质量为，，解得。
18．(10分)固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：

其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B是混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体，请回答：
(1)化合物X所含元素是_______(填元素符号)。
(2)溶液D中显深蓝色的溶质是_______(用化学式表示)。
(3)化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式_______。
(4)干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式：_______。
(5)向溶液C中加入一定量的，充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是_______，请设计实验证明你的结论_______。
【答案】(1) Fe、Cu、S(2分)
(2) [Cu(NH3)4]SO4(2分)
(3) 4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2(2分)
(4) (2分)
(5) Fe3+ (1分)   取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN 溶液，溶液不显红色(1分)
【解析】气体A可使品红溶液褪色，说明A为SO2，根据元素守恒，化合物X中含有S元素，溶液D显深蓝色，推出溶液D中含有Cu元素，即X中含有Cu元素，沉淀E灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素。(1)根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S；(2)溶液C中含有Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；(3)气体A为SO2，其物质的量为=0.03mol，化合物X中S原子物质的量为0.03mol，红棕色固体质量为0.80g，氧化铁的物质的量为=0.005mol，即化合物X中铁原子物质的量为0.005mol×2=0.01mol，则化合物X中Cu原子物质的量为=0.02mol，化合物X的化学式为Cu2FeS3，化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程式为：4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2；(4)SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl和H2SO4，S显+6价，Cl显-1价，O显-2价，该化合物的结构式为；(5)溶液C中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换反应得到Cu和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，也可能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+。
19．(10分)亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，工业上可用NO与Cl2合成，请分析并回答：
(1)一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，热化学方程式和平衡常数如下：
序号
热化学方程式
平衡常数
①
2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g)，ΔH1
K1
②
4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)+ Cl2(g)，ΔH2
K2
③
NO(g)+ Cl2(g) 2ClNO(g)，ΔH3
K3
则K3=___________(用K1、K2表示)。
(2)25°C时，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molNO和0.04mol Cl2，发生反应：NO(g)+ Cl2(g) 2ClNO(g)，ΔH3。
①下列描述能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
②若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ曲线a所示，则ΔH3___________0(填“>”、“<”或“不确定”)；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ曲线b所示，则改变的条件是___________。

③试求算m值为___________。在图Ⅱ中描绘上述反应平衡常数的对数值()与温度的变化关系趋势图线(m为起点)_____。

④此时，NO的转化率为___________。
(3)利用亚硝酰氯与适量NaOH溶液反应后的其中含氮产物X，再与NaOH等溶液一起，可以使铁表面氧化形成致密氧化膜(先分别生成FeO22-、Fe2O42-，再生成铁的氧化物)，试写出最后生成氧化膜的离子反应方程式：___________。
【答案】(1) K12/ K2(1分)
(2) CD (2分)    < (1分)    加适当催化剂(1分)    
2 (2分)      (1分)   50%(1分)
(3) FeO22-+Fe2O42-+2H2O=Fe3O4+4OH-(1分)
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应①×2-②得反应③：NO(g)+ Cl2(g) 2ClNO(g)，则K3 =K12/ K2。(2)①A项，，说明此时正逆反应的速率不相等，没有达到平衡状态，A不符合题意；B项，容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B不符合题意；C项，反应为其它分子数减小的反应，压强是该反应的变量，容器内气体压强保持不变，说明达到平衡状态，C符合题意；D项，反应前后气体的物质的量不同，混合气体的平均相对质量[m(总)/n(总)]也是变量，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明达到平衡状态，D符合题意；故选CD；  ②反应为其它分子数减小的反应，根据图Ⅰ，正反应气体物质的量减少，但开始压强增大，说明反应放热，焓变小于零；若其他条件相同，改变后平衡没移动，但是速率速率加快，说明加入了适当催化剂。③ΔH3＜0，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK 随着温度升高而下降。容积为2L，根据图Ⅰ，又，则

，mol/L，，；④NO转化率为；(3)用亚硝酰氯与适量NaOH溶液反应后的其中含氮产物X，根据质量守恒可知，X为NaNO2，反应为：ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+2H2O；亚硝酸钠具有氧化性、铁具有还原性，NaOH、NaNO2溶液与铁反应生成生成FeO22-、Fe2O42-：3Fe+NO2-+5OH-=3FeO22-+H2O+NH3↑、6FeO22-+NO2-+5H2O=3 Fe2O42-+7OH-+NH3↑，然后FeO22-、Fe2O42-转化为四氧化三铁致密氧化膜，反应为FeO22-+Fe2O42-+2H2O=Fe3O4+4OH-。
20．(10分)草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的部分实验流程如下：

已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Al3+
3.0
5.0
Ni2+
6.7
9.5
②Ksp(CaF2)=1.46×10-10，Ksp(CaC2O4)=2.34×10-9。

(1)“粉碎”的目的是____________________。
(2)保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如右图。“酸浸”的适宜温度与时间分别为_________(填字母)。
a．30℃、30min b．90℃、150min
c．70℃、120min d．90℃、120min
(3)证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是___________。
(4)将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110 ℃下烘干，得草酸镍晶体。
①用乙醇洗涤的目的是_________________________________。
②烘干温度不超过110℃的原因是_________________________。
(5)由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：
第1步：取“浸出液”，___________________，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；
第2步：向所得滤液中加入适量NH4F溶液，充分反应后过滤，得“溶液X”；
第3步：___________，充分反应后过滤；
第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。
①请补充完整相关实验步骤(可选试剂：H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液)。
②第2步中加入适量NH4F溶液的作用是____________________。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率；提高镍的浸出率(1分)    
(2)C (1分)   
(3)静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不再产生沉淀，则“沉镍”工序已经完成 (2分)   
(4)①洗去(NH4)2SO4杂质、便于烘干(1分)    ②防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水或分解 (1分)   
(5)(加适量H2SO4溶液，)加足量H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液调节溶液5.0≤pH<6.7(2分)    
用NaOH溶液调节“溶液X”的pH≥9.5(1分)     除去杂质Ca2+或CaSO4(1分)
【解析】(1)粉碎的目的是增大接触面积，使反应速率加快，同时提高镍的浸出率；(2)由图中数据可知，当温度在70-90℃时，时间在120-150min时镍的浸出率最高，从节约能源的角度分析，应该选择70℃，120min，故选择c；(3)要证明沉镍工序中Ni2+已经沉淀完全，只需将溶液静置，取上层清液，在上层清液中，滴加草酸铵溶液，观察有无沉淀生成，若无沉淀，说明已经沉淀完全；(4)①用乙醇清洗的目的是洗去固体表面的(NH4)2SO4杂质，同时由于乙醇易挥发，便于烘干固体；②烘干温度不超过110℃的原因是防止温度过高而使草酸镍晶体失水或者分解；(5)由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：第1步：取“浸出液”，加入适量硫酸和过量的双氧水，使二价铁完全转化为三价铁，再用氢氧化钠溶液调节pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素； 第2步：由于CaF2的Ksp较小，所以向所得滤液中加入适量NH4F溶液，和溶液中的F-生成CaF2沉淀以除去Ca2+，充分反应后过滤，得“溶液X”；第3步： 用NaOH溶液调节“溶液X”的pH，充分反应后过滤； 第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。其中第2步加入适量NH4F溶液的作用是除去Ca2+或者硫酸钙。
21．(12分)布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物 A 为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。回答下列问题：

已知：

(1)C 中官能团的名称是_________________________，D 的名称是_________________。
(2)B→C 的反应类型____________________________。
(3)下列有关布洛芬的叙述正确的是_____________________。
a．能发生取代反应，不能发生加成反应
b．1mol该物质与足量碳酸氢钠反应理论上可生成 44gCO2
c．布洛芬分子中最多有 11 个碳原子共平面
d．1mol 布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为 2mol
(4)满足下列条件的布洛芬的同分异构体有_________种，写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12:2:2:1:1的物质的结构简式____________。(写一种即可)
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
(5)缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬，请将下列方程式补充完整。

________________。
(6)根据以上合成路线，从下列试剂中选择合适的原料设计制备的合成路线(其它无机试剂任选)______________。(供选择的试剂：苯，甲苯，乙烯，丙烯，乙二醇，1,3-丙二醇，。)
【答案】(1)(酮)羰基、碳氯键(1分)     2-甲基丙醛或异丁醛(0.5分)
(2)取代反应(0.5分)
(3)bc(2分)
(4) 14 (2分)    或(1分)
(5) (2分)
(6) (3分)
【解析】由有机物的转化关系可知，与CH3CH=CH2发生加成反应生成，则A为；氯化铝作用下与发生取代反应生成，则C为；与HCHO在稀氢氧化钠溶液中发生加成反应生成 ，则D为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与在酸性条件下发生加成反应生成，则G为；经多步转化得到。(1)C为，官能团名称为(酮)羰基、碳氯键；D为，名称为2-甲基丙醛或异丁醛；(2)B→C为在氯化铝作用下，与发生取代反应生成；(3)a．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，故a错误；b．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，则1mol该物质与碳酸钠反应生成二氧化碳的质量为1mol××44g/mol=22g，故b错误；c．苯环和羧基是平面结构，由结构简式可知，布洛芬分子中最多有11 个碳原子共平面，故c正确；d．由结构简式可知，布洛芬分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，则1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为1mol，故d错误；(4)布洛芬为；其同分异构体满足：①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，说明布洛芬的同分异构体具有对称结构；②能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是酚羟酯基；当结构如图：和，三个取代基为-CH3、-CH3、-OOCC4H9，此时有8种结构；三个取代基为-CH2CH3、-CH2CH3、-OOCCH2CH3，结构为、，有2种结构：与苯环相连的酯基取代基为-OOCH，所含基团为-CH(CH3)2和-CHCH2CH3，共4种结构，总共14种；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12:2:2:1:1的物质的结构简式或；(5)缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬，；(6)甲苯和乙烯发生加成反应生成，和ClCOCHClCH2CH3发生取代反应生成，和HOCH2CH2CH2OH反应生成产物；具体路线为：。