山东省德州市2020届高三第一次模拟考试化学试题

山东省德州市2020届高三第一次模拟考试化学试题

高三化学试题 注意事项：‎ ‎1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。‎ ‎2.考试结束后，请将答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H：‎1 C：12 N：14 O：16 S：‎32 C1：35.5 Ba：137‎ 第Ⅰ卷(选择题共40分)‎ 一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确的是 A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成 B. 生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料 C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的 D. 84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．病毒是由一个核酸分子(DNA或RNA)与蛋白质构成的非细胞形态，靠寄生生活的介于生命体及非生命体之间的有机物种，因此新型冠状病毒除C、H、O三种元素外还含有N、P等元素，故A错误；‎ B．生产医用防护服、口罩主要采用PP(聚丙烯，占总数的62%)无纺布材料，适用于农用薄膜、制鞋、制革、床垫、均要用到有机高分子材料，故B正确；‎ C．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的；乙醇能渗入细菌体内，使组成细菌的蛋白质凝固而达到消毒目的，原理不同，故C错误；‎ D．如果将酒精和84消毒液混在一起会发生化学反应，乙醇被次氯酸钠氧化，使消毒效果降低，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.据《GreenChemistry》报道：我国学者发明了低压高效电催化还原CO2‎ 的新方法，其总反应为：NaC1+CO2CO+NaC1O。下列说法正确的是（ ）‎ A. CO2的电子式：‎ B. NaC1属于离子晶体，其配位数为8‎ C. NaC1O中既有离子键又有共价键 D. 还原22.4LCO2转移的电子数2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳是共价化合物，含有两个碳氧双键，电子式为，故A错误；‎ B. NaCl属于离子晶体，其阴阳离子配位数是6，故B错误；‎ C. NaC1O中是离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；‎ D.缺标准状况，无法计算‎22.4L二氧化碳的物质的量，不能计算转移的电子数，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下列说法正确是（ ）‎ A. CH≡CH和CH2=CHCH=CH2互为同系物 B. 互为同分异构体 C. 有机物的二氯代物有5种 D. (CH3)‎3C-CH=CH2与氢气加成后，生成2，2，3—三甲基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，CH≡CH的官能团为碳碳三键，属于炔烃，CH2=CH-CH=CH2的官能团为碳碳双键，属于烯烃，CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2不是同类物质，不互为同系物，故A错误；‎ B.同分异构体必须具有相同的分子式，不同的结构，和的分子式为C6H6，的分子式为C6H8，与和的分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；‎ C. 的一氯代物有2种，分别为和，‎ 的氢原子再被氯原子取代有4种，示意图为，的氢原子再被氯原子取代有1种，示意图为，共有5种，故C正确；‎ D. (CH3)‎3C-CH=CH2与氢气发生加成反应生成(CH3)‎3C-CH2CH3，(CH3)‎3C-CH2CH3属于烷烃，名称2，2—二甲基丁烷，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，同分异构体必须具有相同的分子式，不同的结构。‎ ‎4.下列对实验事实的理论解释正确的是（ ）‎ 选项 实验事实 理论解释 A 酸性：HC1O＜H2CO3‎ 非金属：C＞C1‎ B NH3溶于水形成的溶液能导电 NH3是电解质 C 氮原子的第一电离能大于氧原子 氮原子2p能级半充满 D H2O的沸点高于H2S HO的键能大于HS的键能 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，次氯酸中氯元素的化合价为+1，不是最高价氧化物对应水化物，不能用于比较碳元素和氯元素的非金属性强弱，故A错误；‎ B.氨气不能电离，属于非电解质，故B错误；‎ C. 氮原子的2p能级为半充满稳定状态，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故C正确；‎ D.水分子间能形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，水的的沸点高于硫化氢，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。设NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1‎molBaCl2晶体中所含离子总数为0.2NA B. ‎25℃‎时，pH=1的HC1溶液中含有H+的数目为0.1NA C. 17gH2O2中含有非极性键数目为0.5NA D. 生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化钡是由一个钡离子和2个氯离子形成的离子晶体，则0.1molBaCl2晶体中所含离子总数为0.3NA，故A错误；‎ B.缺溶液的体积，无法计算‎25℃‎时pH=1的HC1溶液中H+的物质的量和数目，故B错误；‎ C.过氧化氢含有2个氢氧极性键和1个氧氧非极性键，‎17g过氧化氢的物质的量为=0.5mol，则0.5mol过氧化氢中含有非极性键数目为0.5NA，故C正确；‎ D.由化学方程式可知，生成1mol硫酸钡转移电子的物质的量为2mol，‎2.33g硫酸钡的物质的量为=0.01mol，则生成1mol硫酸钡沉淀时，转移电子数目为0.02NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。‎ ‎6.下列实验设计能达到实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 实验设计 A 检验溶液中是否含有Fe2+‎ 取少量溶液，滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 B 检验丙烯醛中是否含碳碳双键 向丙烯醛溶液中滴加KMnO4(H+)‎ C 比较AgBr和AgCl的Ksp大小 向AgCl的饱和溶液的滴加NaBr D 比较水与乙醇中羟基氢的活泼性 分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 检验溶液中是否含有亚铁离子时，应先加入硫氰化钾溶液，再加入新制氯水，否则新制氯水会将亚铁离子氧化，无法检验，故A错误；‎ B.醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验丙烯醛中是否含碳碳双键时，应先发生银镜反应，再加入酸性高锰酸钾溶液，否则醛基会干扰碳碳双键的检验，故B错误；‎ C.向AgCl饱和溶液中滴加稀NaBr溶液，若AgBr的Qc小于Ksp，不会产生AgBr淡黄色沉淀，不能说明AgCl的Ksp大于AgBr，故C错误；‎ D. 通过金属钠分别与水和乙醇反应，观察反应速率的快慢，可比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验丙烯醛中是否含碳碳双键时，应先发生银镜反应，排出醛基对碳碳双键的检验的干扰是解答关键。‎ ‎7.我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（ ）‎ A. 分子式为C13H12O6‎ B. 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应 C. 1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2molNaOH D. 1mol该有机物与溴水反应最多消耗3molBr2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键。‎ ‎【详解】A.由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，故A正确；‎ B. 该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，能发生取代反应（羧基发生酯化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应）、加成反应（碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应）、氧化反应（酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应），故B正确；‎ C. 该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物与NaOH反应最多消耗3molNaOH，故C错误；‎ D. 该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol该有机物碳碳双键能与1mol溴水发生加成反应、酚羟基的邻对位氢原子能与2mol溴水发生取代反应，共消耗3molBr2，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解答时应注意官能团性质的重合性，该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，碳碳双键和酚能与溴水反应，碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应。‎ ‎8.X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。‎25℃‎时，其最高价氧化物的水化物溶液(浓度均为0.001mol·L-1)的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. Y和Z的简单离子半径：Y＜Z B. R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q C. R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO3‎ D. 上述五种元素中有两种元素是金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，由‎25℃‎时，其最高价氧化物的水化物溶液(浓度均为0.001mol·L-1)的pH 和原子半径的关系示意图可知，Z的原子半径最大，且最高价氧化物的水化物为强碱，则Z为Na元素；Q的最高价氧化物的水化物为二元强酸，则Q为S元素；Y、R的最高价氧化物的水化物为一元强酸，则Y为N元素、R为Cl元素；X的原子序数小于Y、原子半径大于Y，且最高价氧化物的水化物为弱酸，则X为C或B元素。‎ ‎【详解】A. 具有相同的电子层结构的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，氮离子和钠离子具有相同的电子层结构，则氮离子半径大于钠离子，故A错误；‎ B.元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则氯化氢比硫化氢稳定，故B正确；‎ C.氯元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，故C错误；‎ D. X、Y、Z、Q、R五种元素中只有钠元素是金属元素，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.乙酸丁酯是重要的化工原料。实验室用乙酸、丁醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下制备乙酸丁酯的装置示意图(加热和夹持装置已省略)和有关信息如下：‎ 乙酸 正丁醇 乙酸丁酯 熔点/℃‎ ‎16.6‎ ‎-89.5‎ ‎-73.5‎ 沸点/℃‎ ‎117.9‎ ‎117‎ ‎126.0‎ 密度/g·cm-3‎ ‎1.1‎ ‎0.80‎ ‎0.88‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 加热一段时间后，发现烧瓶C中忘记加沸石，可打开瓶塞直接加入即可 B. 装置B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率 C. 装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器，且冷凝水由a口进，b口出 D. 乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎ 液体加热时要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故A错误；‎ B. 装置B是水分离器，作用是不断分离出水，提高乙酸丁酯的产率，故B错误；‎ C. 装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器，为增强冷凝效果，冷凝水由b口进， a口出，故C错误；‎ D. 饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸丁酯的溶解度，吸收正丁醇，除去乙酸，则乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】装置B是水分离器，由于乙酸丁酯不溶于水，密度比水小，当水分离器中没有油层出现时，打开活塞，放出水达到不断分离出水，提高乙酸丁酯的产率的目的。‎ ‎10.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-和CrO42-)工业废水的常用方法，过程如下：‎ 已知：转化过程中的反应为2CrO42-(aq)+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O(l)。常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32。下列说法错误的是（ ）‎ A. 反应①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)时，反应处于平衡状态 B. 反应②转移0.6mole-，则有0.2mol Cr2O72-被还原 C. 除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应 D. 常温下，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1，反应③应调溶液pH=5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由转化关系可知，铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根，重铬酸根在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子，铬离子在碱性条件下生成氢氧化铬沉淀，达到处理含铬工业废水的目的。‎ ‎【详解】A. 反应①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应处于平衡状态，故A正确；‎ B. 反应②中反应1mol Cr2O72-，转移6 mole-，若反应转移0.6mole-，则有0.1mol Cr2O72-被还原，故B错误；‎ C. ‎ 重铬酸根在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子，铬离子在碱性条件下生成氢氧化铬沉淀属于复分解反应，则除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应，故C正确；‎ D. 常温下，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1，则溶液中c(OH—)== 1×10-9mol·L-1，溶液pH=5，故D正确；‎ 故选B。‎ 二、选择题：本题共5个小题，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分 ‎11.为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为：①Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（ ）‎ A. ①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物 B. ②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂 C 每生成0.4molI2共转移1.2mol电子 D. 氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，故A正确；‎ B.反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；‎ C. 反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.4molI2共转移0.8mol电子，故C错误；‎ D. 在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性H2SO4（浓）＞SeO2，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应，反应②中SeO2为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性SeO2＞HNO3，则氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故D正确；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应是解答关键。‎ ‎12.已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯体积分数()与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 图甲中ω1＞1‎ B. 图乙中，线A表示正反应的平衡常数 C. 在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态 D. 当温度为T1、ω=2时，Cl2的转化率约为33.3%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烯的体积分数减小，由图可知，丙烯的体积分数ω1大于ω2，则ω1＜1，故A错误；‎ B.由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小，则图乙中，线B表示正反应的平衡常数，故B错误；‎ C.该反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，则在恒容容器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D.设温度为T1、ω=2时，容器体积为‎1L，CH2=CHCH3的起始物质的量为1mol，消耗物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：‎ 由平衡常数K=1可得=1，解得x=，则Cl2的转化率为≈33.3%，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小是解答关键和易错点。‎ ‎13.2022年前后我国将建成首座载人空间站。为实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家研发了一种能量转化装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该装置将太阳能直接转化为化学能 B. 离子交换膜为阳离子交换膜 C. 反应完毕，该装置中电解质溶液的pH不变 D. Y电极的反应：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学能，为电解装装置，X极与光电池的负极相连，为阴极，Y极与光电池的正极相连，为阳极，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，故A错误；‎ B. 由示意图可知，离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；‎ C.由总反应方程式可知，电解前后电解质溶液中氢氧根浓度不变，溶液的pH不变，故C正确；‎ D. 由示意图可知，Y极为阳极，氢氧根在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学能，为电解装置是分析判断的关键。‎ ‎14.常温下，向VmL0.1mol·L‎-1HA溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 常温下，Ka(HA)约为10-5‎ B. P点溶液对应的pH=7‎ C. M点溶液中存在：c(Na+)=c(A-)+c(HA)‎ D. N点溶液中存在：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知，0.1mol·L‎-1HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10—11mol/L，溶液中氢离子浓度为10—3mol/L，HA为弱酸，N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA，则M点为HA和NaA的混合液，P点为NaA和NaOH混合液。‎ ‎【详解】A. 由示意图可知，0.1mol·L‎-1HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10—11mol/L，溶液中氢离子浓度为10—3mol/L，则Ka(HA)= ≈=10-5，故A正确；‎ B. P点为NaA和NaOH混合液，溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故B错误；‎ C.M点为HA和NaA的混合液，溶液呈中性，溶液中c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)可知，溶液中c(Na+)=c(A-)，故C错误；‎ D. N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA，A-在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中存在：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】由示意图可知，0.1mol·L‎-1HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10—11mol/L，溶液中氢离子浓度为10—3mol/L，HA为弱酸，N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA是解答关键。‎ ‎15.水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)‎ ‎。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是（ ）‎ A. 水煤气变换反应△H＞0‎ B. 步骤③的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·‎ C. 步骤⑤只有非极性键H—H键形成 D 该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B. 由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·，故B正确；‎ C. 由示意图可知，步骤⑤除有非极性键H—H键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C错误；‎ D. 由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV，故D正确；‎ 故选BD。‎ 第Ⅱ卷(非选择题共60分)‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分 ‎16.亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体，沸点为‎-5.5℃‎。其液体呈红褐色。遇水发生反应：2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑。某化学兴趣小组设计如图装置用C12和NO制备NOC1。回答下列相关问题：‎ ‎（1）甲装置发生的离子反应方程式为__，装置丙中的液体为__。‎ ‎（2）实验时，先通入Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样做的目的是__。‎ ‎（3）装置丁中冰盐水的作用是__。‎ ‎（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是__(用文字描述)。‎ ‎（5）吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为__。‎ ‎(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)‎ ‎（6）反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL。则产物中NOCl纯度的计算式为__。‎ ‎【答案】 (1). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). 浓硫酸 (3). 排尽装置中的空气，避免氧化NO (4). 液化亚硝酰氯，便于收集产品 (5). 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置 (6). NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O (7). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应。‎ ‎【详解】（1）装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；装置丙中盛有浓硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯气，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硫酸；‎ ‎（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；‎ ‎（3）由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为‎-5.5℃‎，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；‎ ‎（4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；‎ ‎（5）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；‎ ‎（6）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由NOC1—HCl—AgNO3可得mg样品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10—‎3L×10=0.01cVmol，则则产物中NOCl纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎17.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。‎ ‎（1）基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为__。‎ ‎（2）在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是__。‎ ‎（3）铁氰化钾{K3[Fe(CN)6])}溶液是检验Fe2+常用的试剂。lmol[Fe(CN)6]3-含σ键的数目为__。‎ ‎（4）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是__。配体N3-中心原子的杂化类型为__。CoO的熔点是‎1935℃‎，CoS的熔点是‎1135℃‎，试分析CoO的熔点较高的原因__。‎ ‎（5）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为__。‎ ‎【答案】 (1). 3d (2). Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d 轨道达到半充满的稳定结构 (3). 12NA (4). 6 (5). sp (6). 两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高 (7). (1，，)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2；‎ ‎（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构；‎ ‎（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键；‎ ‎（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径；‎ ‎（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上。‎ ‎【详解】（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，由构造原理可知能量最高的能级为3d，故答案为：3d；‎ ‎（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构，所以在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，故答案为：Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构；‎ ‎（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA，故答案为：12NA；‎ ‎（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体，配位数为6；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化碳的空间构型为直线形，则N3-离子的空间构型也为直线形，由空间构型可知N原子的杂化方式为sp杂化；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高，故答案为：两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高；‎ ‎（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A 为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上，则C原子坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)。‎ ‎【点睛】由晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），确定晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上是确定C原子坐标参数的关键，也是解答难点。‎ ‎18.二氧化碳的利用是我国能源领域的一个重要战略方向，目前我国科学家在以下方面已经取得重大成果。‎ ‎（1）图1是由CO2制取C的太阳能工艺。已知过程1发生的反应中=6，则FexOy的化学式为__。过程1生成1molC的反应热为△H1；过程2产生lmolO2(g)的反应热为△H2。则由CO2制取C的热化学方程式为__。‎ ‎（2）利用CO2合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) ΔH=-53.7kJ·mol-1，一定条件下，将1molCO2和2.8molH2充入容积为‎2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图2所示。过程Ⅰ的活化能__(填“＞”“＜”或“=”)过程Ⅱ的活化能，n点的平衡常数K=__。‎ ‎（3）用二氧化碳合成低密度聚乙烯(LDPE)。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2，可制得LDPE，该电极反应可能的机理如图3所示。‎ ‎①过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生__反应(填“氧化”或“还原”)。‎ ‎②请补充完整并配平CO2转化为LDPE的电极反应：2nCO2+___+___=+___。__‎ ‎③工业上生产1.4×‎104g的LDPE，理论上需要标准状况下CO2的体积是__L。‎ ‎【答案】 (1). Fe3O4 (2). CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2 (3). ＜ (4). 200 (5). 还原 (6). 2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O (7). 2.24×104‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知x∶y＝3∶4；由盖斯定律计算可得；‎ ‎（2）反应活化能越小，反应速率越快；由题意可以建立三段式计算可得热化学方程式；‎ ‎（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2；‎ ‎②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子；‎ ‎③据2nCO2~计算可得标准状况下CO2的体积。‎ ‎【详解】(1)根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知x∶y＝3∶4，则FexOy的化学式为Fe3O4；由盖斯定律可知，过程1+过程2可得CO2制取C的热化学方程式CO2(g)=C(s)+O2(g)，则△H=△H1+△H2，故答案为：Fe3O4；CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2；‎ ‎（2）反应活化能越小，反应速率越快，由题给示意图可知，过程Ⅰ先达到平衡，反应速率快于过程Ⅱ，则过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能；由图可知CO2‎ 的转化率为80%，反应消耗二氧化碳的浓度为0.4mol/L，由题意可以建立如下三段式：‎ 则平衡常数K==200，故答案为：＜；200；‎ ‎（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2，均为碳被还原的过程，故碳元素均发生还原反应，故答案为：还原；‎ ‎②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子，电极反应反应式为2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O，故答案为：2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O；‎ ‎③生产1.4×‎104 g ，即生产1.4×‎104g，据2nCO2~，可知CO2的物质的量为=1.0×103mol，标准状况下CO2的体积等于1.0×103mol×‎22.4L/mol=2.24×‎104L，故答案为：2.24×104。‎ ‎19.随着钴酸锂电池的普及使用，从废旧的钴酸锂电池中提取锂、钴等金属材料意义重大。如图是废旧钻酸锂(LiCoO2)(含少量铁、铝、铜等元素的化合物)回收工艺流程：‎ ‎（1）“拆解”前需进入“放电”处理的目的是__；用食盐水浸泡是放电的常用方法，浸泡放电过程中产生的气体主要有__。‎ ‎（2）上述流程中将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为__。‎ ‎（3）滤液1中加入Na2SO3的主要目的是__；加入NaClO3的主要目的是__。‎ ‎（4）“沉钴”过程中，(NH4)‎2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：‎ 根据图分析：沉钴时应控制n(C2O42-)：n(Co2+)比为__，温度控制在__℃左右。‎ ‎【答案】 (1). 防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 (2). H2、Cl2 (3). 4H++CoO2-=2H2O+Co3+ (4). 将Co3++还原为Co2+ (5). 将Fe2+氧化为Fe3+ (6). 1.15 (7). 46‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给流程图可知，废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳和有机物后，用硫酸浸泡剩余物，CoO2-与硫酸反应转化为Co3+离子，铁和铝元素的化合物溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸进入滤渣中；过滤后，向滤液1中先加入Na2SO3，将Co3+还原为Co2+，再加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，最后加入氨水调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转换为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；过滤后，向滤液2中加入草酸铵，使Co2+转化为CoC2O4•2H2O沉淀；过滤后，向滤液3中加入饱和碳酸钠溶液，使Li+转化为Li2CO3沉淀。‎ ‎【详解】（1）电池在拆解过程中容易发生短路引起火灾或导致操作人员触电，则拆解前必须进行放电处理；用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故答案为：电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电；H2、Cl2； ‎ ‎（2）用硫酸浸泡时，CoO2—与H+反应转化为Co3+离子和水，反应的离子方程式为4H++CoO2—=2H2O+Co3+，故答案为：4H++CoO2—=2H2O+Co3+；‎ ‎（3）Co3+具有氧化性，向滤液1中加入具有还原性的Na2SO3，能将Co3+还原为Co2+；亚铁离子具有还原性，加入具有氧化性的NaClO3，能将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH时，将Fe3+ +转换为氢氧化铁沉淀，故答案为：将Co3++还原为Co2+；将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（4）由左图可知，n(C2O42-)：n(Co2+)比为1.15时，钴的沉淀率最大，效果最好；由右图可知，沉淀反应温度为‎46℃‎左右时，钴的沉淀率最大，效果最好，故答案为：1.15；46。‎ ‎【点睛】用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气是解答关键。‎ ‎20.甲基丙烯酸甘油酯GMA()，由于本身带有丙烯酸酯双键和环氧基团，使得其应用十分广泛。工业合成GMA的一种方法如图(部分反应所需试剂和条件已略去)：‎ 已知：‎ 请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）B中的官能团名称：__；‎ ‎（2）C的结构简式__；‎ ‎（3）请写出E→F的反应方程式和反应类型：E→F：__，__反应；‎ ‎（4）H的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为__，H的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有__种。‎ ‎（5）已知：CH2=CH2。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：__。‎ ‎【答案】 (1). 氯原子、羟基 (2). (3). 2+O22+2H2O (4). 氧化 (5). 3：2：1 (6). 5 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，甘油与氯化氢发生取代反应生成，在氢氧化钠/乙醇的作用下，发生分子內取代反应生成，则C为；丙烯与氯化氢发生加成反应，则D为；在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，则E为；在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，则F为；发生题给信息反应生成，则G为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，则H为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。‎ ‎【详解】（1）B的结构简式为，官能团为氯原子、羟基，故答案为：氯原子、羟基；‎ ‎（2）C的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（3）E→F的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；氧化；‎ ‎（4）H的结构简式为，分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为3:2:1；能发生水解反应的链状化合物属于酯类，若将HCOO—做为取代基，取代CH2=CHCH3中的氢原子能形成的酯有3种，若将CH3COO—做为取代基，取代CH2=CH2中的氢原子能形成的酯有1种，若将CH2=CHCOO—做为取代基，取代CH4中的氢原子能形成的酯有1种，共有5种，故答案为：3:2:1；5；‎ ‎（5）由题给信息，利用逆推法可知CH2=CH—CH3与溴在光照条件下发生取代反应生成，与氧气在银做催化剂作用下共热发生氧化反应生成，在在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，合成路线流程图如下：CH2=CH—CH3，故答案为：。‎