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号 位封座 密 号不场考 订 装 号证考准 只 卷 名姓 此 级班2019年高考化学全真模拟试题（十五）
总分：100分，时间：50分钟
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Zn 65
第I卷
一、选择题：本题共7小题，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。
7. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是 （ ） A. 氦气化学性质稳定、密度小，可用于填充飞艇、气球 B. 镁铝合金质量轻、强度大，可用作高铁车厢材料
C. 纳米铁粉有较强的物理吸附作用，可去除水体中的Cu2＋
、Cd2＋
、Hg2＋
等重金属离子 D. K2FeO4是强氧化剂，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可作为净水剂 8. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A. 标准状况下，1.12 L CCl4含有质子数的数目为3.7NA
B. 常温常压下，3.0 g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA C. 常温时，56g Fe与足量浓硝酸反应，转移的电子数目为3NA D. 晶体B的结构单元如右图，则11g晶体B含有0.6NA个三角形（相邻原子构成）9. 下列说法正确的是（ ） A. 异戊烷也叫2-甲基戊烷
B. 乙醇制乙烯、苯的硝化、乙酸与乙醇酯化三个反应中，浓硫酸均做催化剂和吸水剂 C. 分子式为C3H7ClO且能与Na反应生成H2的有机物共有5种 D. 油脂、糖类、蛋白质都能在一定条件下发生水解反应
10. A、B、C、D为短周期原子序数依次增大的主族元素。其中：只有D为金属元素；A的某
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种同素异形体是自然界最硬的物质。下列说法一定正确的是（ ） A. A、B、C三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强 B. 简单离子的半径大小顺序为：B＞C＞D
C. B、C分别与D形成的可溶于水的化合物的水溶液可以呈酸性、中性或碱性 D. 若B、C能形成化合物BC3，则该化合物中B的化合价为-3 11. 某化学兴趣小组进行两组电解实验。
实验一：已知固体电解质只有特定离子才能移动。按照下图装置研究α-AgI固体电解质导体是Ag＋导电还是I-导电；
实验二：用惰性电极电解硫酸铜和盐酸混合液，对产生的气体进行研究。 关于以上实验，下列说法正确的是（ ）
A. 实验一：若α-AgI固体是Ag导电，则通电一段时间后的晶体密度不均匀 B. 实验一：若α-AgI固体是I导电，则通电一段时间后的晶体密度仍均匀 C. 实验二：若阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比可能≥1 D. 实验二：若阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比可能≥1
12. 某化学兴趣小组称取纯净的Na2SO3 ·7H20 a克，隔绝空气加强热至恒重，经过分析与计算，得到的固体质量与全部转化为亚硫酸钠固体的计算值一致，但固体在水中溶解后测的pH值比理论计算值（相同浓度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列说法不正确的是（ ） A. 连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重 B. 产生上述矛盾的可能解释：4Na2SO3
3Na2SO4 ＋ Na2S
C. 固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生
D. 加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则能确定产物中有Na2SO4
13. 常温下，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10。向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
－5
-+
A. a=20，b=40，且溶液呈中性处于A、B两点之间 B. B点溶液中：c(CH3COO)＞c(Na)＞c(NH） C. 已知lg3≈0.5，则C点的pH≈5
D. A、B、C三点中，B点溶液中水的电离程度最大
－
＋
第II卷
二、非选择题：请按要求回答问题。
（一）必考题：
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26．某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。
供选试剂：30% H2O2溶液、0.1mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体 （1）小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下： 甲 操作 向I的锥形瓶中加入______，.向I的______现象 I中产生无色气体并伴随大量白雾；中加入30% H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞 Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝 向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝 乙 丙 0.1mol/L H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝 （2）丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是__________________________。 （3）对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是___________。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是________。
（4）由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列________溶液(填序号），证明了白雾中含有H2O2。 A.酸性 KMnO4 B. FeCl2 C. Na2S D.品红
（5）资料显示：KI溶液在空气中久置过程中会被缓慢氧化：4KI +O2 +2H2O=2I2 + 4KOH。该小组同学取20 mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应（写离子方程式）________________________造成的,请设计实验证明他们的猜想是否正确 。
27．氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液(含Fe、Cu、Fe、Cl)生产CuCl的流程如图所示：
3＋
2＋
2＋
－
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出生产过程中X________；Y________(填化学式)。
（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是________________________；生产
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过程中调节溶液的pH不能过大的原因是________________________。 （3）写出生成CuCl的化学方程式：__________________________________。
（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是_________________。 （5）已知：常温下Ksp(CuCl)=1.6×10，Ksp(CuI)=1.2×10，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I)=0.1mol/L，此时溶液中c(Cu)/c(Cl)=________。 （6）氯化亚铜的定量分析
①称取样品0.25 g置于已放入10 mL过量的FeCl3溶液的锥形瓶中，不断摇动。 ②待样品溶解后，加水50 mL，邻菲罗啉指示剂2滴。
③立即用0.10 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至终点，同时做空白实验一次。 已知：
CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2；Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。 如此再重复2次测得：
空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积/mL 0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积/mL 1 0.75 24.65 2 0.50 25.75 3 0.80 24.90 -+
--7
-12
④数据处理：计算得CuCl的纯度为_________(平行实验结果相差不能超过0.3%)。 28．氮的氧化物是严重的大气污染物，可以通过以下方法处理：
Ⅰ．催化还原法：如在汽车排气管上安装一个催化转化器，发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) （1）已知：N2(g)+O2(g)
2NO(g) △H=+180kJ/mol
O=O 497 C=O 803 C≡O 1072 化学键 键能(kJ/mol) 则反应：2NO(g)+2CO(g)2NO(g)+2CO(g)图1所示。
N2(g)+2CO2(g) △H=________kJ/mol。
（2）在一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入2molNO、1molCO，10分钟时反应
N2(g)+2CO2(g)达到平衡状态，反应过程中反应物浓度随时间变化情况如
①该反应的平衡常数K的计算式为___________________；前10分钟内用氮气表示的反应速率为____________________。
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②若保持温度不变，15分钟时再向该容器中充入1.6molNO、0.4molCO2，则此时反应的 ν
正
________ν
逆
(填“＞”、“=”或“＜”) 。
③若保持其他条件不变，15min时压缩容器的体积至0.5L，20分钟时反应重新达到平衡，NO的浓度对应的点应是图1中的________(填字母)。
④某科研小组研究发现以Ag-ZSM-5为催化剂，NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图2所示。若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因是_________________________________________。
Ⅱ．利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，其原理如图3，该电池在工作过程中NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是一种氧化物，可循环使用，石墨Ⅱ是电池的___极，石墨Ⅰ附近发生的反应电极反应式为______________________相同条件下，消耗的O2和 NO2的体积比为__________。 （二）选考题：
35. [选修3：物质结构与性质]（15分，除注明外，每空2分） 碳及其化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）基态碳原子核外电子有__种空间运动状态，其价电子排布图为_ _． （2）光气的分子式为COCl2，又称碳酰氯，是一种重要的含碳化合物，判断其分子立体构型为_ _，其碳原子杂化轨道类型为__ ___杂化．
（3）碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如下表所示： 碳酸盐 热分解温度/℃ 阳离子半径/pm
试解释为什么随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高？ ______________ （4）碳的一种同素异形体﹣﹣C60，又名足球烯，是一种高度对称的球碳分子．立方烷（分子式：C8H8结构是立方体：
是比C60约早20年合成出的一种对称型烃类分子，而现如今MgCO3 402 66 CaCO3 900 99 BaCO3 1172 112 SrCO3 1360 135 已合成出一种立方烷与C60的复合型分子晶体，该晶体的晶胞结构如图所示，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间八面体空隙中．则该复合型分子晶体的组成用二者的分子式可表示为_ _。
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（5）碳的另一种同素异形体——石墨，其晶体结构如图所示，则石墨晶胞含碳原子个数为__个．已知石墨的密度为ρg·cm﹣3，C﹣C键长为rcm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距为__cm．
（6）金刚石和石墨的物理性质差异很大，其中：熔点较高的是___________，试从结构分析___________；硬度大的是___________，其结构原因是___________。 36. [选修5：有机化学基础]（15分，除注明外，每空2分） 光刻胶是一种应用广泛的感光树脂，它的一种合成路线如下：
已知： Ⅰ．
（R，R’为烃基或氢）
Ⅱ．
回答下列问题：
（R，R’为烃基）
（1）A的化学名称是__________。C中所含的官能团是________________。 （2）C→D的反应类型是____________。E的结构简式为_________________。 （3）D+G→光刻胶的化学方程式为________________________。
（4）T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：①能发生水解反应和银镜反应；②属于芳香族化合物且分子结构中除苯环外无其它环。则T的结构有____种。其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1∶1∶2∶2∶2的结构简式为______________。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图(无机试剂任用)。（合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2OH）___________________。
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CH3CH2Br
2019年高考化学全真模拟试题（十五）
答案及解析
7～13：CBCBDDA
7.【答案】C
【解析】A、氦气是稀有气体，化学性质稳定、密度小与空气，可用于填充飞艇、气球，故A正确；B、镁铝合金质量轻、硬度大，可用作高铁车厢材料，故B正确；C、纳米铁粉可去除水体中的Cu、Cd、Hg等重金属离子，是由于铁将其置换出来，而不是由于其较强的物理吸附作用，故C错误；D、K2FeO4是强氧化剂，还原产物是铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，有吸附作用，可作为净水剂，故D正确；故选C。 8.【答案】B
2＋
2＋
2＋
点睛：D选项和金刚石里的问题类似，金刚石一个碳原子参与12个环的形成，因此一个六元环的碳原子数为0.5，环数：C=1：2，D中，环数：B=5：3。 9.【答案】C
【解析】A、异戊烷主链是四个C，应该是2-甲基丁烷，故A错误；B、乙醇制乙烯、苯的硝化中浓硫酸均做催化剂和脱水剂，乙酸与乙醇酯化反应中，浓硫酸均做催化剂和吸水剂，故B错误；C、分子式为C3H7ClO且能与Na反应生成H2的有机物，只能是醇，而且是丙醇的一氯代物，1-丙醇的一氯代物有三种，2-丙醇的一氯代物有两种，一共五种，故C正确；D、油脂、蛋白质都能在一定条件下发生水解反应，但糖类不一定，单糖就不能水解，故D错误；故选C。 10.【答案】B
【解析】A、B、C、D为短周期原子序数依次增大的主族元素，A是C， D为金属元素，可能使钠镁铝，B、C可能是N、O、F；A、若B、C是O、F，则无最高价氧化物的水化物，故A错误；B、不论BCD是哪种可能，其离子电子层结构相同，半径B＞C＞D，故B正确；C、若B、C是O、F，D是Na，形成的化合物为氧化钠，氟化钠其水溶液为碱性，故C错误；D、若B、C能形成化合物BC3，C的电负性更大，B的化合价应为正价，故D错误；故选B。 11.【答案】D
【解析】实验一为电解装置，两电极均是银，阳极银溶解成Ag，若Ag导电，Ag在阴极再析出，通电一段时间后的晶体密度均匀，故A错误；B、若是I-导电，则是I-在阴极析出，通电一段时间后的晶体I-少了，密度不均匀，故B错误；实验二中，用惰性电极电解硫酸铜和盐酸混合液，电解混合溶液时，阳极反应依次是：2Cl－－2e－=Cl2↑，4OH－－4e－=2H2O+O2↑；阴极反应依次是：Cu2+ +2e－=Cu，2H++2e－=H2↑。根据得失电子守恒可知，当阳极为纯净气
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+
+
+
体Cl2时，阴极上可能不产生气体，也可能有H2生成，但H2的物质的量必小于Cl2的物质的量，故C错误；当阳极为混合气体Cl2和O2时，如果溶液中Cu2+比较多，在阴极可能不产生气体，如果溶液中Cu2+比较少，此时有H2生成，阴阳极产生的气体的体积关系可能≥1，故D正确；故选D。
点睛：此题的关键是根据电解的基本原理，对装置电极反应进行准确判断,并结合多种可能性，如实验二中，阳极反应依次是：2Cl－2e=Cl2↑，4OH－4e=2H2O+O2↑；阴极反应依次是：Cu +2e=Cu，2H+2e=H2↑，再进行讨论。 12.【答案】D
【解析】A、连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重，故A正确；B、由于Na2SO3既具有氧化性又具有还原性，Na2SO3加热后发生了歧化反应，硫元素化合价从+4价变化为-2价和+6价，反应的化学方程式为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故B正确；C、固体中可能还有Na2SO3，Na2SO3与Na2S在酸性条件下可以归中反应生成硫单质，所以固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生，故C正确；D、固体中可能还有Na2SO3，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则不能确定产物中有Na2SO4，故D错误；故选D。 点睛：该题目的关键是亚硫酸钠本身既具有氧化性又具有还原性的性质，才能想到亚硫酸钠会发生歧化、归中的反应。 13.【答案】A
【解析】由题可知，向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa，过程中离子浓度降低，导电率降低，故A点时，NaOH被完全反应完，导电率最低，然后，CH3COOH和NH3·H2O反应生成CH3COONH4，使离子浓度增大，导电率增大，故B点时，NH3·H2O反应完全，B点以后，再加入CH3COOH溶液，溶液体积增大，离子浓度下降，导电率下降。A、a=20，b=40，A点时溶质为：CH3COONa、NH3·H2O，B点时，溶质为：CH3COONa 、CH3COONH4，均为碱性，故且溶液呈中性不在A、B两点之间，故A错误；B、B点时，溶液为等浓度的CH3COONa 、CH3COONH4混合溶液，故离子浓度大小为：c(CH3COO)＞c(Na)＞c(NH），故B正确；C、C点时，溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH溶液，C、c（H+）=/c（CH3COOH）
2，c（H+）
c（CH3COO-）
－
＋
2+
－
+
－
－
－
－
－
故pH≈5，故C正确；D、AB两点均是水解促进水
的电离，且B点促进程度更大，故B点溶液中水的电离程度最大，故D正确；故选A。 点睛：对于这类型图像题目，一定要搞清楚每个特殊点对应溶液的溶质及浓度，再结合题意进行计算，计算pH时，本质上一定是算出氢离子的浓度，所以本题中根据醋酸的电离常数就能算出氢离子的浓度。
26．【答案】 (1). MnO2固体 (2). 分液漏斗 (3). O2+4I-+4H+=2I2+2H2O (4). 酸性环境 (5). 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验 (6). AD (7).
3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O (8). 在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误
【解析】(1)根据实验的目的，结合可供选择的试剂，甲同学实验中的现象为I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝，需要向I的锥形瓶中加入MnO2固
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体，.向I的分液漏斗中加入30% H2O2溶液，故答案为：MnO2固体；分液漏斗；
(2)根据丙实验的现象，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝，说明O2与KI溶液反应生成了碘单质，反应的离子方程式为O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；
(3)对比乙、丙实验可知，淀粉溶液不变蓝色的区别是溶液的酸碱性不同造成的，因此O2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可以使用不同浓度的稀硫酸作对比实验，故答案为：酸性环境； 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验；
(4)A.过氧化氢具有还原性，氧气没有，若酸性 KMnO4溶液褪色，则可以证明白雾中含有H2O2，正确；B. 氧气和过氧化氢都能将FeCl2 氧化，现象相同，不能证明白雾中含有H2O2，错误；C. 氧气和过氧化氢都能将Na2S 氧化，现象相同，不能证明白雾中含有H2O2，错误； D.氧气不能使品红褪色，过氧化氢具有强氧化性，能够将品红漂白褪色，可以证明白雾中含有H2O2，正确；故选AD；
(5)KI溶液在空气中久置过程中会被缓慢氧化：4KI +O2 +2H2O=2I2 + 4KOH。碘可以与生成的氢氧化钾反应，离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，没有了碘单质，淀粉溶液不会变蓝；I-和IO3-在酸性条件下可以反应生成碘单质，因此在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误，故答案为：3I2+6OH=5I+IO3+3H2O； 在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误。 点睛：本题考查了物质性质实验方案的设计与评价。注意掌握实验室中物质的性质实验方案设计的方法，正确理解实验原理及操作方法为解答关键。本题的易错点是白雾成分中的过氧化氢的证明。
27．【答案】 (1). Fe (2). HCl (3). 减少产品CuCl的损失 (4). 防止CuCl水解 (5). CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4 (6). Cu＋
2H2SO4(浓)===CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2的物质的量比为1∶1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2的物质的量比也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体 (7). 9×10-8 (8). 95.52%
【解析】向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe、Cu、Fe、Cl）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；向滤液①即氯化亚铁溶液中通入氯气转化为氯化铁，重新获得刻蚀液。
（1）根据以上分析可知生产过程中X、Y分别是Fe、HCl。（2）氯化亚铜(CuCl)微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，因此析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失。生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解；（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋2H2SO4。（4）依据图示可知：Cu+2H2SO（4浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体。（5）已知：常温下Ksp(CuCl)＝1.6×10-7，Ksp(CuI)＝1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)
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3＋
2＋
2＋
－
---
＝0.1mol/L，则根据Ksp(CuI)＝1.2×10-12可知此时c(Cu+)＝1.2×10-11mol/L，根据Ksp(CuCl)=1.6×10-7可知此时c(Cl-)＝
mol/L，所以溶液中c(Cu+)/c(Cl-)＝9×10-8；
（6）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%可知滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是24.0mL，结合方程式CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3
＋
＋Ce3＋可知CuCl的纯度为24.0×10-3L×0.1 mol?L-1×99.5g?mol-1/0.25g×100%＝95.52%。
点睛：本题为工艺流程题，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用。注意解答无机化工流程试题的程序、基本步骤等。该类试题的一般解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。例如分析流程中的每一步骤的反应物是什么？发生了什么反应？利用了什么原理（氧化还原、溶解度、电离平衡、水解平衡、溶解平衡）？该反应造成了什么后果（除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？这些物质又是如何分离、提纯和循环利用的？如何体现绿色化学思想？）？每一步操作进行到什么程度最佳？在此过程中抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务，在回答相关操作的原因或目的时要从对产品的影响层面作答。 28．【答案】 (1). ﹣751 (2).
(3). 0.02mol/（L?min）
(4). = (5). B (6). NO的分解反应为放热反应，升高温度有利于反应逆向进行 (7). 正 (8). NO2﹣e﹣+NO3﹣═N2O5 (9). 1：4
【解析】Ⅰ．（1）反应焓变=反应物总键能-生成物总键能，则②2CO（g）+O2（g）
2CO2（g）△H=(497+2×1072-803×4)kJ/mol=-571kJ/mol，①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/mol，则②-①得：2NO(g)+2CO(g)-571kJ/mol-180kJ/mol=-751kJ/mol； （2）① 2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)
起始浓度：mol/L 2 1 0 0 转化浓度：mol/L 0.4 0.4 0.4 0.2 平衡浓度：mol/L 1.6 0.6 0.4 0.2 该反应平衡常数表达式K＝＝0.02mol/（L?min）；
②若保持温度不变，15min时再向该容器中充入1.6molNO、0.4molCO2，则此时c（NO）＝3.2mol/L；c（CO）＝0.6mol/L；c（CO2）＝0.8mol/L；c（N2）＝0.2mol/L；反应的浓度商为：
，说明反应达到平衡，则V正＝V逆；③若保持其条件不变，15min
，10min内N2平均反应速率v（N2）＝0.2mol/L÷10min
N2(g)+2CO2(g)，则其焓变值△H＝
2CO2
（g）△H=(497+2×1072-803×4)kJ/mol=-571kJ/mol；依据盖斯定律：②2CO（g）+O2（g）
时压缩容器至0.5L时反应重新达到平衡，加压平衡逆向移动，一氧化氮浓度增加，依据可逆反应特点，利用极值可知当CO全部反应，则平衡后一氧化氮浓度为3mol/L，所以一氧化
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氮浓度应介于2mol/L和3mol/L之间，答案选B；④依据2NO(g)+2CO(g)率降低；
N2(g)+2CO2(g)△H
＜0，可知反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，有利于反应逆向进行，所以NO的分解Ⅱ．该燃料电池中负极上通入NO2，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2﹣e+NO3＝N2O5，正极上通入O2，石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e＝4NO3，1mol氧气得到4mol电子，1mol二氧化氮失去1mol电子，要使得失电子守恒：则消耗的O2和NO2的体积比为1：4。 （二）选考题：
35. [选修3：物质结构与性质]（15分，除注明外，每空2分） 【答案】 (1). 4 (2).
(3). 平面三角形 (4). sp (5). 碳
2
--﹣
﹣
酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，金属氧化物的晶格能越大，对应的碳酸盐就越容易分解 (6). C8H8·C60 (7). 4 (8).
(9). 石墨
(10). 石墨为混合型晶体，金刚石为原子晶体，二者熔点均取决于碳碳共价键，前者键长短，则熔点高 (11). 金刚石 (12). 石墨硬度取决于分子间作用力，而金刚石取决于碳碳共价键
【解析】（1）碳原子核外有6个电子，原子核外没有运动状态相同的电子，因此有6种运动状态不同的电子，碳原子价电子排布式为2s2p，根据泡利原理与洪特规，价电子排布图为
；（2）光气的分子式为COCl2，其分子中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，
空间结构为平面三角形，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；（3）碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，金属氧化物的晶格能越大，对应的碳酸盐就越容易分解，因此随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高；（4）晶胞中C60数目为
8×1/8+6×1/2=4，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间空隙中，晶胞中立方烷数目为4，
2
2
则化学式为C8H8·C60。（5）由图可知石墨的晶胞结构为，设晶胞的底边长为
acm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h=2d，底面图为，
则a/2=r×sin60°，可得a=，则底面面积为（）2×Sin60°，晶胞中C原子数目为
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1+2×1/2+8×1/8+4×1/4=4，晶胞质量为4×12/NAg，则：ρg·cm-3=(4×12/NA)g÷[（
2
）
×Sin60°×2d]cm，整理可得
3
cm。（6）石墨为混合型晶体，金刚石为原子晶体，
二者熔点均取决于碳碳共价键，前者键长短，则熔点高。石墨硬度取决于分子间作用力，而金刚石取决于碳碳共价键，所以硬度大的是金刚石。 36. [选修5：有机化学基础]（15分，除注明外，每空2分）
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 羧基、碳碳双键 (3). 取代反应 (4). CH2=CHOOCCH3 (5).
(6). 5
(7). 、 (8). CH3CH2OHCH3CHO
CH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOHCH3CH2CH2COOH
【解析】由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ可推知A为C，则C为
，B为
，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到
。乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E
分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E加聚生成F，F水解生成G，根据G的结构简式可知E为CH3COOCH＝CH2，F为
，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光
刻胶，则光刻胶的结构简式为。
（1）通过以上分析知，A结构简式为，名称是苯甲醛；C为，
C中所含的官能团是羧基、碳碳双键。（2）C→D是C分子中的羟基被氯原子取代，反应类型是取代反应。E的结构简式为CH2=CHOOCCH3。（3）通过以上分析知D+G→光刻胶的化学方程
式为。（4）T
是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：①能发生水解反应和银镜反应，说明是甲酸生成的酯基；②属于芳香族化合物且分子结构中除苯环外无其它环。如果苯环上含有1个取代基，应该是－CH=CHOOCH或－C(OOCH)=CH2，如果含有2个取代基，应该是HCOO－和－CH=CH2，有邻间对三种，则T的结构有5种。其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1∶1∶2∶2∶2
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的结构简式为、。（5）结合已知信息利用逆推法
可知以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图为CH3CH2OH
CH3CH=CHCHO
CH3CH2CH2CHOH
CH3CHO
CH3CH2CH2COOH。
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