14.一种有机合成中问体和活性封端剂的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素原子，X、Y同主族，V与X原子的质子数之和等于2原子的最外层电子数。下列说法正确的是A.原子半径：W

二、占代诗文阅读(35分)(一)文言文阅读（木题共4小题，19分）阅读下而的文言文，完成10~13题刘颖字公实，衢州西安人。绍兴二十七年迸士，调溧阳主薄。时张浚留守建康金师初退府索民租未入者颖白泼言师旅之后宜先抚隆当尽诚赋泼喜即奏阁免由是知之签判潭州。王佐为帅，负其能，盛气以临僚吏，颖约以中道，多屈而改为。提举浙西常茶盐，还淀山湖，以泄吴松江，二水禁民侵筑，毋使逼塞大流，民田赖之。就迁提形，以洗冤泽物为任，间诣狱，察不应系者纵遣之。御史以介僻劾罢。除江西运判。江州德化县田逃徙太半，守乞蠲税，不报。颖以见种之税均于荒莱，民愿耕者第减之，上供自若，而逃田尽复。除淮东转运副使。初，水败楚州城，修补未党，刘超欲移筑，颖入对言：“国家何苦捐百万缗为军帅幸赏地邪？”光宗从之。除户部郎中、淮东总领。务场以额钞抵赏，阴耗饷计，二十年无知此弊者，颖究核得之，以所卖数论赏而总饷增美。迁司农少卿、淮西总领。前主计者请自为都酿，抱净息而利赢余，其后稍亏，发以火军钱佐之，邀籴江、淮，回易如负贩状。颗以为失王人之体，遂罢之。内府宣限既迫，海移供军钱以应岁输。颖搜吏弊，汰冗员，分月纲解，自是不复挪移。嘉定改元，召赴行在。请老，以宝谟阁直学士致仕。卒于家，年七十八。宁宗时，学禁初起，党论日兴。颖奏：“愿陛下御之以道，容之以德，不然：元祐、崇、观之事可鉴也。”其在从班日，韩侂胄旧与周旋无间，方居中用事，而颖谢绝之。常言：“士以不辱身为重。”其为少宗正，而丞相赵汝愚适归，相遇于废寺，赵汝愚曰：“寄谢余参政，某虽去而人才犹在朝廷，幸善待之。”颖曰：“相公人才即参政人才也，使果贤，参政之责，非宰相之忧也。”余继相，卒于善类多所全佑，额之助云。(选自《宋史·刘颖传》，有删改)10.下列对文中画波浪线部分的断句，正确的~项是(3分)A.时张浚留守建康人金师初還/府索民祉未入者/颖自浚言/师旅之后/宜先抚摩/当尽蠲逋赋/浚喜/即奏阁免/由是知之B.时张浚留守建康/金师退府索民租未入者/颖白浚言/师旅之/后宜先抚暩/当尽蠲逋赋/浚喜/即奏阁免/由是知之1C.时张浚留守建康/金师初退/府索民和/未入者颖白浚言/师旅之/后宜先抚摩/当尽蠲逋赋1浚喜F即奏阁免/由是知之/D.时张浚留守建康/金师初退/府索民租/未入者颖白浚言/师旅之后/宜先抚摩/当尽蠲逋赋1浚喜+即奏阁免/由是知之/11.下列对义中加点词语的相关内容的解说，不正确的一项是(3分)A.入对，古代臣下进入皇宫回答皇帝提出的问题或被质问，也可以向皇帝建议。B.户部，古代官署名，六部之一，掌管全国土地、户籍、财政、土木工程等事务。C.改元，古代新君即位的第二年，改用新的年号。也有一君在位改用新年年号的。D.丞相，最高国务长官。辅佐国君管理军政要务。历代设置、职权有所不同。12.下列对原文有关内容的概述，不正确的一项是(3分)A.刘颖为官刚强，处事严厉。刘颖的上司歪作盛气凌入他予以约束，使王佐改变；有官员设立酿酒作坊获利，亏损后又有不当的行为，被刘颖罢免。B.刘颖关注民生，体恤直姓。他洽理淀山湖，歧法保护堤期，使百姓的农田获得依靠；他在江西任职，采取措施，缓解德化县的田租和荒地问题。C.刘颖为政务实，力除弊端他建议朝廷重赏将领，获得采纳；他发现官府存在二十年的弊端，设法予以革除；3页共7页

操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，属于正常现象，不能继续滴加蒸馏水，若继续滴加蒸馏水，则会使所配制的溶液的浓度偏低，D错误。9.【答案】B【解析】过氧化钠本身与稀盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，A错误；钠与二氧化碳反应生成碳和碳酸钠，产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，B正确；CO结合H+的能力强于HCO,稀盐酸少量，Na2CO与盐酸反应生成NaHCO,无明显现象，不会产生气泡，C错误；向NHCl溶液中加入一定量NaOH固体，由于NaOH固体溶于水放热，所以不能根据温度计示数增大说明该反应是放热反应，D错误。10.【答案】C【解析】高温下，铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁固体和氢气，①错误；将饱和氯化铁溶液滴入浓NOH溶液中，生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，②错误；氧化铁是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，③正确；高温下，用一氧化碳还原铁的氧化物，发生氧化还原反应生成铁和二氧化碳，用来冶炼铁，④正确，故选C。11.【答案】D【解析】氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，X气体是HCI,可抑制CuC2·2HO加热时水解，A正确；氯气能被饱和氢氧化钠溶液吸收，防止污染，也可以回收利用，B正确；途径2中200℃时反应生成氧化铜，由原子守恒可知，还生成氯化氢，该反应的化学方程式为Cu(OH),C200℃2Cu0十2HCI◆，C正确：酸性条件下，Cu+不稳定，CuCI在稀硫酸中生成CuCl2和Cu,反应的离子方程式为2CuCI一Cu++2CI-十Cu,D错误。12.【答案】D【解析】将NaOH、MgC2、AlCL三种固体组成的混合物溶于足量的水后，产生1.I6g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入HC1溶液。A点前，1.16g白色沉淀的质量保存不变，说明溶液中NaOH过量，则As+完全转化为A1O2,悬浊液中存在的1.16g白色沉淀为Mg(OH)2。A点到B点，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AIO2十H++H2O一Al(OH)3￥，B点时，沉淀为Mg(OH)2、A1(OH)3,上层清液中存在的溶质是NaCl。B点到C点过程中，Mg(OH)2、Al(OH)3与盐酸反应生成MgCl2和AICl,所以C点溶液中的溶质是NaCl、MgCl2和ACL3。从以上分析可知，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2,B点的沉淀为Mg(OH)2和A1(OH)3,A正确；A点到B点发生反应的离子方程式为A1O2+H+十H2O1.16gA1OH,,B正确：l.16g白色沉淀是氢氧化镁，则n[MgOH:]=58g:m0F=0.02mol,根据镁离子守恒，可知原混合物中n(MgCl2)=0.02mol。A点到B点，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为A1O2+H+H2O=Al(OH)3￥，根据HC1溶液的体积可知，n(A1O2)=n(HCI)=1.00mol·L1×(0.03-0.01)L=0.02mol,根据铝原子守恒，可知原混合物中n(AlCl3)=0.02mol。由Na+和C1守恒，可知原混合物中n(NaOH)=n(NaCI)=n(C1)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1.00mol·L1=0.13mol。C点溶液为MgC2、AlCl和NaC1的混合溶液，到C点时所加的全部盐酸可看成是用于中和原固体混合物中的NaOH,此时所加的全部HCl的物质的量为0.13 moln(HC)=n(NaOH)=0.13mol.C点时，加入HC1溶液的总体积为1.o0m01.L=0.13L=130ml,C正确；由C项分析可知，原混合物中MgC2和A1Cl3物质的量之比为0.02：0.02=1：1，D错误。13.【答案】D【解析】左、右两侧气体的温度、压强相同，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，左、右两侧气体的体积之比为4：1，则左、右两侧气体的物质的量之比也为4：1，则右侧气体的物质的量为四0.25ol,A正确；相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，右侧气体的均摩尔质量=8 g0.25mo=32g·mol1,氧气的摩尔质量也为32g·mol1,则右侧气体的密度等于相同条件下氧气的密化学答案第2页（共4页）

烈学家利打售A.装置甲液面读数为11.8mLB.用乙装置制取气体测量体积可以减少误C用丙装置来提纯Fe(OI):胶体D.用丁装置配制一定物质的量浓度的NOH溶液4.万列有关说法正确的是AS的氧化性较弱，所以其还原性较强B.用FeC溶液测定K1溶液的浓度，使H淀粉溶液作指示剂heit3C,△H<0的反应均是自发进行的反应1o.D.天然氨基酸一般能溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂5,中星16号卫星我国成功发射的高通量通信卫星。NH,℃O,是该火箭的固体燃料，发生反应为双3心巴+十十+O1N代表阿伏加能罗含数的值.下列说法正确的是2:128+6十3I8ymqcl0veA.该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3、以将1 mol NH,ClO,溶学水配成0mL溶液后，O的数目为NAC.产生2.24LN2反应转移的电予总数为1.4NAD.该条件下，生成的气体的均摩尔质量为40.75g/mol6.某溶液仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度均为0.1`mol/L(此数值忽略水的电离及离子的水解)。阳离子Ag+、Mg+、Ou、A13+、NH阴离子C、CO、NO、SO、Ir本某同学欲探究该水溶液的组成，进行了如下实验：不成白合I.取该无色溶液3mL,滴加少量氨水有沉淀生成，且离子种类增加帅Ⅱ.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色Ⅲ.向Ⅱ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，下列推断不正确的是气淘A由I、I判断，溶液中一定不含有的阳离子是NH、Cu+、Ag)Hcc父B/I中加人盐酸生成无色气体的离子方程式是6I+2NO+8H+—312+2NO个+4H,OC.原溶液一定含有上表中的六种离子八D,要检验溶液中是否含有C,需向溶液中加入硝酸酸化的AgNO。N7科学家利用四种原子序数依次递增的短周期主族元素X,@?“组合”成一种，超分子，具有高效的催化特能，其分子结构示意图如图.X、Y应位于同一周多Ww期，2的原子半径在同周期元素中最大。（注：实线代表共价键，其他重复单元Y的W、众末标注)下列说法不正确的是A.X.Y.W.Z中是第一电离能最大的是yB.简单离子半径：Z>YC.XYW简单氢化物中沸点最高的是YD,该分子除了可做催化剂，还可以用于分子识别42化学试题第2页（共8页）IE·A

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压强1.2pdⅢ时间A.曲Ⅱ对应实验①B.正反应为吸热反应C.气体的总物质的量：n

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面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S一ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为，可得}×号×2rXr×,一9，解得，-3.故球0的表面积为4πr2=36π

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第二十套各具特色的国家、世界多极化(A卷)1.B②在材料中没有体现；推动世界格局进一步向多极化发展不是联合声明的目的，③不选。2.A中国在国标事务中并不发挥核心作用，③说法错误；中国应立足于本国自身利

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(④)钢铁是目前用量最大、用途最广的金属材料，但钢铁容易生铁钉锈。①某同学取一颗光亮的铁钉按图装置实验，数天后，试管内的现象是■(填字母代号)：A.铁钉不生锈，液面上升B.铁钉生锈，液面上升ZnFeC.铁钉生锈，液面下升ZnSO②铁表面镀锌可以增强铁的耐腐蚀性。铁片镀锌装置的原理示意图如图所示，铁片作极（填阳”或阴），锌片上的电极反应式是27.(14分)硫酸四氨合铜晶体([CuNH3)4]SO4H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质易溶于水，难溶于乙醇，受热时易发生分解。某化学兴趣小组拟合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。L.CuSO4溶液的制备方案i:铜与浓硫酸加热制备。方案ⅱ：将铜粉在空气中充分加热至完全变黑，再加稀硫酸。(1)请写出方案ⅰ反应的化学方程式此方法硫酸的利用率较低的原因是(2)方案ⅱ除了可提高硫酸的利用率外，还有的优点是Ⅱ.晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按下图所示进行操作：适量过量NH3·H2ONH3·HO乙醇CuSO4溶液浅蓝色沉淀深蓝色沉淀深蓝色晶体(3)加入适量NH3H2O调节溶液pH,产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OHD2SO4,试写出生成此沉淀的离子反应方程

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全国100所名校高考冲刺卷人啦代反应，A项正确：该有机物结全国100所名校高考冲刺卷/、与推测能力、探究与创新能力，体现宏观辨识与微观探析、科学探究与创新意识的学科核心素养【解题分析]CoC,在氯化铵和氨水条件下反应生成[CoNH,)]CL,再被过氧化氢氧化得到[Co(NH)s(H,O)]+,再和浓盐酸反应生成目标物[Co(NH),CI门C2。(5)1个配位键含有1个。键，1个极性共价键含有1个g键，[Co(NH),C]C,中配位键数为6、极性共价键数为15，则1个[Co(NH),C]C含有。键的数目为21,1mol[CoNH,),C]C,含有a键的数目为21NA。(6)实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。说明加人氯化铵溶液没有增强H,O:的氧化性。加入浓氨水形成了配合物，增强了C。+的还原性。①a是0.5mL氯化铵溶液，Co2+没有被氧化所以没有现象，b是0.5mL浓氨水，形成了配合物，增强了C。2+的还原性，溶液变为深红色，且出现棕褐色Co(OH)沉淀。②步骤1中氯化铵的作用是控制溶液pH,防止生成氢氧化物沉淀，并提供C,同时增大NH浓度以抑制一水合氨的电离，增大一水合氨的浓度。16.(1)+6(1分)(2)①粉碎矿石(1分)；7：2(1分)》②2A1+Mo0,商温M0+Al,0(2分③90%(2分)④(NH)2CO2、(NH)2SO(2分)(3)MoS2+9ClO-+60H—MoO+9C1-+2SO+3H2O(2分)(4)Mo2N(2分)；12(1分)【命题意图】本题考查工艺流程综合。突出应用性、综合性考查要求，培养考生的分析与推测能力，体现宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任的学科核心素养【解题分析】(1)根据化合物的化合价的代数和为零进行求解。(2)①为了提高焙烧效率，还可以采用把固体物质粉碎的措施。由流程可知，在“焙烧”反应中，MoS,和空气中的氧气反应生成M60,和二氧化硫，化学方程式为2MoS,+70,旅4S0,十2MoO,反应中氧气作氧化剂，MoS2作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2。00心g)06d)老2当Bwa0开始沉淀时add)-d0m则a0)-88X00mL-0mL0的去签率是0880×1om%=90%。温2(4由晶胞结构可以看出，M0原子位于顶点和面心，共有8X合十6×2=4个Mo原子，N原12.5415.子部分填充在M0原子立方晶格的八面体空隙中，氨原子共有4×十1=2个，所以氯化钼的06化学式为Mo,N⊙化学卷参考答案三)第5页共8【24·(新高考)高考样卷·化学·G灯

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第八章面解析几何x2+y2=4,则下列说法正确的是面直角坐标系x0y中，A(-3,0),B(3,0),A.m=

滴加稀盐酸至溶液pH一7，c(H+)=c(OH),由电荷守恒9.DA项，难溶性电解质的Kp值只与温度有关，正确；B项，可知c(Ht)+c(Na+)=c(OH)+c(HC,O,)+由B点坐标值知，两种盐恰好反应完，此时溶液中c(P2+)一2c(C)+c(CI),(Na+)=c(HC2O,)+2c(C2)c(S-)=1X10-13.6 mol.L,K(PbS)=c(Pb2)Xc(S2-)十c(Cl),错误。=1X10.2,正确；C项，用FeS除去Pb2+的原理为FeS十5.BA项，2CrO十2H*=C0十H,0没有化合价变Pb+一Pbs+Fe2+,该转化反应的K=cFe中)化，不是氧化还原反应，正确B项，稀释溶液，衡逆向反应，c(Pb)c(H)减小，则c(OH)增大，错误；C项，+6价的铬将Fe2+Kp(FeS)=1×1010>1×10,即该转化向右进行的程度非氧化为Fe+,然后调节pH将Fe+转化为Fe(OH),沉淀除K.(PbS)常大，正确；D项，D点分散系为过饱和分散系，此时分散系去，正确；D项，一般离子浓度小于1×10-5mol·L1视为内w(沉淀)>（溶解），错误。完全沉淀，Kp=c(Cr3+)·c3(OH)=102,当c(Cr3+)<10.C由题意可知，A1(OH)3的溶度积大于Fe(OH)3,a、b1×10-5mol·L-1时c(0H)>10-9mol·L-1,常温下，两点溶液的pH分别为3.0,4.3说明曲线I代表铁离子、K=10-14,当c(H+)<10-5mol·L1,则pH>5,正确。曲线Ⅱ代表铝离子，则由图可知，Fe(OH),的溶度积6.DA项，BaCO,是难溶性盐，饱和BaCO,溶液中存在：Km[Fe(OHD3]=10-5×(10mol:L-1)3=108、AI(OH)aBaCO,(s)c(Ba+)十c(CO),根据元素守恒：c(Ba+)溶度积K.pCAl(OH)3]=10-5×(10-7mol·L1)3==c(HCO)十c(CO)+c(H2COg),错误；B项，BaCO3、103.1,A正确；B项，在A1(OH)。和Fe(OH),共沉淀的BaSO,的饱和混合溶液中存在衡：BaCO,(s)+SO(aq)体系中eCA-(AP+)·c(OH)_K=[Ai(OD,一Bes0,(s)+C0(a9),溶液中cC0)c(Fe+)c(Fe+).c(OH-)K[Fe(OH)3]10~341c(S01)10=10,正确，C项，由图可知，心点溶液中铝元素的K(BaCO3)K (BaSc0,),加入少量BaCL,温度不变，Kn(BaC0,)和物质的量为0.1mol,说明溶液中铝元素的存在形式为四羟基合铝离子，错误；D项，由方程式可知，衡常数K,=c(CO)K,《BaS0,)不交，CS0不变，错误；C项，碳酸领能和胃c[AI(OH)]cLAI(OH](OH)c(A+)c(OH)c(OH-)c(A)酸（盐酸）反应而溶解，故碳酸钡不能作为内服造影剂，和溶Kn[A1(0HD3]XK=1.1X1033X103.1=1.1X101.1,度积常数无关，错误；D项，向BaSO,中加入Na2CO。溶液，正确。发生反应BaS04(s)十C0(aq)BaC0,(s)+11.DA项，由图得知，温度在1.8~48.1℃析出的是S0(aq,该反应的衡常藏K=c(S0)-K,(BaS0,)MgS04·7H2O,正确；B项，在67.5℃以上可以析出c(CO)K (BaCO3)MgSO4·H,O,因此要得到MgSO,·H2O晶体，应在=1X10-10167.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤后干燥，正确；C项，5X10可=0，若每次加入1L2molL1的Na,C0,溶10.54gMgS04·zH20晶体中有5.14g无水MgSO4和液，能处理BaSO,物质的量xmol,则K=c(SO)x4g水，a0Mes0)1(,0》-费：暗-1：7，周此c(CO2-xx=7,正确；D项，将MgSO,溶液加热蒸干最后得到的还1名，0,2mol=5.1,所以至少6次可以将0.2mol50x=512m是疏酸镁固体，错误。51 mol12.DA项，加入碳酸钠使BaSO,转化为BaC03,那么溶液中的SO?的浓度会逐浙增大，所以曲线MP表示的是BaSO4转化为BaCO3,正确。SO,A正确；B项，由图可知，AM段，c(Ba2+)=7.C加入少量NaHCO3固体，NaHCO,—Na+HC0,,c(S0),所以K知(BaS04)=101o,正确；C项，该反应的且HC0:水解大于电离，款c(0H)>c(H),:C)c(C衡常羲表达式为K=c(S0)-c(Ba+)c(S0)】c(COc(Ba2+)c(CO)c(OH)c(Ca**)_K(CaCO,>Xc(OH-)K(BaS04)10-1oc(H)c(OH-)c(Ca2)KXc(Ca)，且Kn(BaC0)-2.5X10=0.04,当诙度椅Qc(CO)>c(Ba2+)>c(OH),量，步骤③产生的黄色沉淀是滤液c中Ag+与I反应生成，错误。放不能说明K,(AgB)>Kp(AgD,错误；C项，向悬浊液d13.DA项，向AgCI悬浊液中滴加少量NaBr溶液，生成浅中加入少量NaI溶液，发生沉淀转化反应：AgBr(s)+黄色的AgBr沉淀，这说明AgBr的溶度积常数小于AgCI的，因此曲线①和曲线②分别表示AgBr、AgCI的沉淀溶T（aq)一Ag(s)+Br(ag),该反应衡常数K=c(Br)c(I-)解曲线，错误；B项，升高温度溶度积常数增大，离子浓度K.(AgD5x10,则T=85X104增大，则曲线②向下方行移动，错误；C项，曲线③表示Kp（AgBr)_5.4X10-18c(Br)5.4,正确；Ag2CO3的沉淀溶解曲线，根据A点数值可知T℃下，Ag2C0,的Kp=(10-15)2X108.2=101.2,错误；D项，D项，向滤液c中滴加几滴0.1mol·L-1NaI溶液，产生黄根据图像可知T℃下AgBr、AgC1的溶度积常数分别是月色沉淀AgI,此时悬浊液e中AgNO,仍过量，向悬浊液e中10-12.3、10-9.7,因此反应AgC1(s)+Br(aq)=AgBr(s)滴加几滴0.1mol·L-1NaCl溶液，会生成少量AgCl白色K(AgCI)沉淀，AgI黄色沉淀不会转化，错误。十C1(aq)的衡常数K一K(AgBr)=1026,正确。229

(4)2Fe2++Br2—2Fe3++2Br(2分)极少量的硫酸钡，水是弱电解质，此时导电性很小，再继续加(5)①Fe2+(2分)入硫酸，硫酸是强电解质，离子浓度增大，导电能力又增强。②1mol·L-1(2分)》(1)根据上述分析可知：0一80s是Ba(OH)2和H2SO4反应产【解析】(2)①因溴水也呈黄色；②因发生反应2Fe++生白色沉淀硫酸钡的过程，溶液中离子浓度逐渐减小，碱性Br2—2Fe3++2Br,生成的Fe3+使溶液呈黄色逐渐减弱，溶液的颜色逐渐变浅。80s时溶液中钡离子生成(3)方案一可通过Br2在CCL中的颜色变化来证明。若CCl硫酸钡沉淀，氢氧根离子变成水，恰好完全反应，溶液中主要层呈无色，则说明溶液中无Br2存在，Br2被完全反应，从而说是水和极少量的硫酸钡，所以0一80s可观察到的实验现象明氧化性Br2>Fe3+。若甲正确，则溶液中有Br2,Br2溶于是产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小。由图可知b点CCL中，出现橙红色的颜色变化。方案二可通过检验Fe3+存时Ba(OH)2和H2SO,恰好完全反应，所以加入0.2mol·L-1在与否来证明。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若出H,S0,溶液的体积为V=20mLXC01moL=1mL.0.2 mol/L现血红色，说明有Fe3+存在，从而证明氧化性Br2>Fe3+(2)该实验是硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，其离子(5)因还原性设Fe2+>Br,故Cl2优先氧化Fe2+。设FeBr2方程式2Ht+SO+Ba2++2OH—BaSO4￥+2H,O.的物质的量为xmol。2.24LC12(标准状况)的物质的量为(3)证明水是电解质的实验证据是应用导电性实验，连接完整0.1m0l,因Br被氧化了2，则Fe完全被氧化，根据得失的的电路，把电极插入水中，观察电流表有读数，说明水能导电，是电解质。2x电子守恒有：x十2=0.2,x=0.1mol,故原FeBr2溶液中(4)由图可知溶液中钡离子与$O?生成硫酸钡沉淀，氢氧根FB,的物质的量的浓度为-1nL。离子与H+生成水，曲线①中a点溶液的导电能力接近0，所以①代表滴加H2SO,溶液的变化曲线，②代表滴加NaHSO,18.(14分)溶液的变化曲线。所以a点时离子方程式为2H++SO十(1)2Fe2++BH+4OH—2Fe+BO2+2H2↑+2H2O(3分)Ba2++2OH-BaS0,1+2H20,此时Ba2+沉淀完全；b(2)①Fe3+或FeCL(2分)点时离子方程式为H+SO?+Ba++OH一BaSO,↓+②2NO+3H2O2—2HNO3+2H2O(3分)H2O,此时Ba2+沉淀完全，氢氧根离子有剩余，继续滴加硫氢③与HC1溶液反应产生Fe2+(2分)化钠，酸碱发生中和反应，bd点发生的反应的离子方程式为④H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，NOH+十OH=H2O,结合以上分析可知，ad点对应的溶液呈脱除率降低(2分)中性，ab点对应的溶液中钡离子沉淀完全。(3)Ca(N03)2(2分)20.(14分)【解析】(2)①Fe2+催化H2O2分解产生OH和H0·,氧元(1)5 NaBiO3+2Mn2++14H+-5Na++5Bi3++2Mn0,+素化合价降低，所以铁元素化合价升高，Y的化学式为Fe3+7H2O(2分)MnOA(2分)或FeCl。(2)NaBiO3(2分)(3)Ca(OH)2和HNO3反应生成Ca(NO,)2和水。(3)1:1(2分)19.(14分)(4)C1O3+6VO2++3H20-C1-+6VO2++6H+(2分)(1)产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小(2分)1(2分)(5)SO?->C1->VO2+(2分)(2)2H++S0?+Ba2++20H—BaS0,↓+2H2O(2分)(3)水的导电性实验(2分)(6)V,0,十5C+N,商温2vN+5C0(2分)(4)H++OH—H2O(2分)ad(2分)ab(2分)【解析】(I)根据现象可知，酸性环境中NaBiO,将Mn2+氧化【解析】溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子所带的电为MnO:,NaBiO,被还原为Bi3+,根据电子守恒可知NaBiO:荷数决定。Ba(OH)2是强电解质，开始滴定时溶液中离子浓和Mn2+的化学计量数之比为5：2，再结合元素质量守恒可度较大，溶液的电导率大，随反应的进行，溶液中钡离子生成得离子方程式为5 NaBiO,+2Mn2++14H+一5Na++硫酸钡沉淀，氢氧根离子变成水，溶液中离子的浓度逐渐减5Bi3++2MnO+7H2O;该反应中Mn元素化合价升高，所小，当Ba(OH)2和硫酸恰好完全反应时，溶液中主要是水和以MnOA为氧化产物；

16.（14分)有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的.13.物质的结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是（4）步骤中得要对反应液进行热抽滤的原因为阳离子NoA1(5)步骤?中用乙醇溶液洗涤晶体后再用丙酮洗涤的原因为选项实例解释摩尔质量：M(NaNO）>M(NH,NO)阴离子soHCONO5OHⅢ.产品中铜含量的测定熔点：NHNO低于VO为了鉴别上述化合物，分别做了以下实验称取0.5gCuL·nHO产品，加人水和稀硫酸溶解.配制成250mL溶液，取20.00mLOHHO①将它们溶于水后，D蓝色溶液，其他均为无色溶液u该溶液，加人足量K1固体和50mL水，以淀粉为指示剂，立即用0.1000mol·L1NaSO②将E溶液滴人到心群液中出现白色沉淀，维续滴加，沉淀溶解；标准溶液滴定至终点，消耗NaSO溶液1.60mL羟基极性酸③进行焰色试验，仅有B、心的馅色为紫色（透过蓝色钻玻璃观系）已知：在酸性介质中，配合物中的L被质子化，配合物被破坏；2Cu²+4l—2Cul+1，④在各溶液中加入硝酸钡溶液，纠加过趾段殖酸，只有A中放出无色气体，只存C、D中产生2SO+1SO²+21冠醚15-冠-5能与Na°形成超分子，Na*的直径与冠醚空腔的直径相当白色沉淀：(6)滴定终点溶液颜色的变化为将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。不存在定的H、HCI和C共价健具有饱和性（7）产品中铜元索的质量分数为回答下列问题：18.（15分）BaTiO被誉为电子陶瓷工业的支柱，工业中以毒重石（主要成分为BaCO，含少量14.将干净的镁条插人碳酸氢钠溶液中，发现镁条表面产生大量气泡，并产生白色沉淀，过滤得（1）B、D的化学式分别为到固体M[rMgCO·yMg（OH）·HO].为到定固体M的具体组成，对M按下列流程FcO、CaCO和SiO）为原料制备BaTiO的流程如下（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶砸反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的TiC化学式为NHCI溶液HCO溶液(NH)CO(3C常用作净水剂，其净水原理为（用离子方程式表示），家白色汉淀C石（4）在A溶液中加人少量澄清石灰水，其离子方程式为→BaTiO,（5）向20mL2mol·L-C溶液中加人30mLE溶液，充分反应后得到0.78g沉淀，则E020coco,汉溶液中溶质的物质的量浓度可能是或已知，25C时，K（BaCO）=1.6×10,K（CaCO）=2.0×10→17.（15分）铜（Ⅱ）氨基酸配合物在医药、食品、农业等领域具有广泛的应用，付氨酸回答下列问题下列说法正确的是(HNCHCOOH，用HL代表甘氨酸）在约70C的条件下可与氢氧化铜反应制备二甘氨酸A镁条产生气泡的离子反应为Mg+2H合铜（）水合物，其反应的化学方程式为Cu（OH）+2HL+（n-2）HO(1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有Mg²+H↑种，Ti原子的价层电子排布(2）“没渣”的主要成分为和（填化学式），“出”步骤中BaCO与B.混合气体A中n（HO）n（CO）=5：2Cul·nHO.C.固体M过滤后雷用稀硫酸、蒸馏水洗涤干燥I.氢氧化铜的制备NHCI溶液反应的原理为（用离子方程式表示）①向烧杯中加人适量CuS·5HO和20mL水.（3）若浸出液中，c（Ba²）=0.1mol·L-，r(Ca）=0.0lmol·L-,“除钙*步骤中，当沉钙D.M的化学式为4MgCO·Mg（OH）·5HO②完全溶解后，边滴加氨水边视拌至最初产生的沉淀完全溶解。二、非选择题：本题共4小题，共58分率为90%时，银损率为③加人2mol·L-NaOH溶液至不再生成沉淀，过滤，用水洗涤。15.（14分）二氧化氯（CIO）是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色（4）BaTiO在室温下为立方晶胞，其结构如图所示，已知Ba与O的最小间距大于Ti与O的（1）步骤②沉淀溶解过程中反应的离子方程式为消毒剂，回答下列问题最小间距，(2）步骤③中检验沉淀洗涤干净的操作及现象为.二甘氨酸合铜（）水合物的制备①Kestiog法制备CIO的原理为2NaCIO+4HCI（浓）NaCl+X+2CIO+④称取适量甘氨酸，溶于150mL水中。2HO，X的化学式为将CIO通人FeSO溶液中，有红褐色沉淀生成，在65~70C的条件下加热，边搅拌边加人新制的Cu(OH）,至Cu(OH）全部溶解溶液中的主要阴离子为CI、SO，若消耗1molCIO，则被氧化的FeSO为热抽滤，向滤液加人10mL无水乙醇。mol,抽滤，用乙醇溶液洗涤晶体，再用丙酮洗涤，抽干②KCIO与SO反应法制备CIO，生成物只有两种，参加反应的KCIO与SO物质的量③将产品烘干，与Kestiog法相比.KClO与SO反应法的优点是(填一条).之比为①晶胞中A点微粒的坐标为（0，0，0），则B点微粒的坐标为(3)步骤④中使用的部分仪器如下，仪器a的名称是。加快甘氨酸溶解的操作(2)CIO的用途：除毒、除异味，②Ti在晶胞中的位置为（填“面心"或“体心"），晶胞中一个Ba周围与其最近为的O的数目为①CIO可以将剧毒的氰化物算化成CO和N离子方程式为2CIO+2CN-2C0+ulnN+2C,CO属于（填"酸""碱”或“两”）性氧化物，每转移1mole，生成L(标准状况下）N②CIO能把水溶液中有异味的Mn氧化成四价锰，使之形成不溶于水的MnO，该反应的离子方程式为【高三第一次质量检测化学卷第4页（共6页）】5077C【高三第一次质量检测化学卷第5页（共6页）】5077C【高三第一次质量检测化学卷第6页（共6页）】5077C

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