发布时间 : 星期三 文章(精选3份合集)2020届江苏省射阳县第二中学高考数学模拟试卷更新完毕开始阅读
(1)部分锈蚀成铜绿的铜片隔绝空气加热，完全反应后固体质量减少了9.3g，则生锈的铜片中铜绿的质量为___________g
(2)将35g表面已锈蚀成铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜片投入100mL一定浓度的硝酸中；充分反应后，硝酸被还原成NO2和NO，测得反应后溶液PH值为1。往反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤出沉淀，洗涤，干燥后得到39.2g蓝色固体。(假设反应前后溶液的体积不变) ①已锈蚀的铜片中的铜元素的质量分数为________。(保留两位小数) ②铜片中单质铜的物质的量为________mol。 (3)若生成NO2和NO混合气体共a L(S.P.T)。 ①求a的取值范围(写出详细解答过程)________。
②求原硝酸的物质的量浓度(用含a的代数式表示，写出详细解答过程)________。
参考答案
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．D 【解析】 【分析】 【详解】
A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误； C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，程式为：故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。 2．C 【解析】 【详解】
A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；
B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误； C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；
D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D错误； 答案：C 3．A 【解析】 【详解】
①第116号元素命名为鉝，元素符号是Lv，根据命名得出Lv是金属，故①错误；
②第116号元素命名为鉝，是第VIA元素，最外层有6个电子，因此Lv元素原子的内层电子共有110个，故②正确；
③Lv是第VIA元素，不是过渡金属元素，故③错误；
④Lv是金属，Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为碱，故④错误；
⑤Lv元素是第VIA元素，最高价为+6价，其最高价氧化物的化学式为LvO3，故⑤正确；根据前面分析得出A符合题意。 综上所述，答案为A。 【点睛】
同主族从上到下非金属性减弱，金属性增强；同周期从左到右非金属性增强，金属性减弱。 4．C 【解析】 【详解】
A. 钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；
B. 该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；
C. 将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；
D. 辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误； 故选C。 【点睛】
电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。 5．D
【解析】 【分析】
A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根； C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，n[Ba(OH)2]:n(NaHCO3)=1:1 【详解】
A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl-，故A错误；
B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4↓+AlO2- +2H2O，故B错误；
C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3?H2O：Al3++3NH3?H2O═Al(OH)3↓+3NH4+
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确，选D。 【点睛】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大． 6．D 【解析】 【分析】 由c(HCl)=【详解】
A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；
B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误； C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误； D．锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确； 故答案为D。 【点睛】
本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=
c?碱?V?碱?V?盐酸?可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。
c(标准)?V(标准)分析，若标准溶液的体积偏小，那么测
V(待测)得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。 7．A 【解析】 【详解】
A.多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2Xa近似等于3，故A正确；
B.点②处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)和质子守恒c(H＋)+c（H2X）= c(X2－)＋c(OH-)得：c(Na＋)＋2c(H＋)+ c（H2X）=3 c(X2－)+ c(HX－)＋2c(OH－)，故B错误； C. H2X和NaOH恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点④处为滴定终点，故C错误； D.点④处恰好生成Na2X，c(Na＋)>2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)，故D错误； 答案：A 【点睛】
本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。 8．B 【解析】 【详解】
Y和Z属同族元素，能形成两种常见化合物，所以Y、Z为O和S元素，Z为S或O，又X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可确定Z为O，则Y为 S，X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可判断X为C或N元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY ，可知W为Ca， W和X能形成化合物WX2，故可判断X为C。综上得W、X、Y、Z四种元素分别是Ca、C、S、O。
A.C的非金属性小于O的非金属性，所以CH4的稳定性小于H2O的稳定性，选项A错误；
B.C的非金属性小于S的非金属性，所以最高价氧化物对应的水化物酸性：H2CO3
由题意可知反应的前后压强之比为 5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，列三段式：
H++HX-，c（H+）=0.1ka1=0.1?1.1?10?5≈10-3，