山东省实验中学2020届高三下学期打靶模拟考试化学试题 Word版含解析

山东省实验中学2020届高三下学期打靶模拟考试化学试题 Word版含解析

化学试题 ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写存相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。‎ ‎2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。‎ ‎3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 P 31 C1 35.5 S 32 Fe 56 Cu 64‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法正确的是 A. 碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料 B. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯可以使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 D. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为95％‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳纳米管只含有C元素，是单质，不是有机物，故A错误；‎ B．聚丙烯结构中不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；‎ C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，是一种具有磁性的物质，故C正确；‎ D．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标况下，11.2L CH2Cl2含极性共价键的数目为2NA B. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则电路中转移的电子数目为2NA C. 34g H2O2中含有的阴离子数为NA D. 向100mL 0.1mol·L－1醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA - 27 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下，二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算物质的量，A错误；‎ B．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，B错误；‎ C．H2O2是共价化合物，不存在阴离子，C错误；‎ D．向100mL 0.1mol·L－1醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，满足电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，同时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，所以溶液中醋酸分子数为0.01NA，D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列实验装置设计正确且能达到实验目的的是 A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性 B. 实验装置Ⅱ：制取收集氨气 C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱 D. 实验装置Ⅳ：定容 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验装置Ⅰ：检查装置的气密性，由于装置中形成了封闭系统，能够形成内外气体压强差，关闭止水夹，向长颈漏斗中注入水，形成水柱，且一段时间后水柱高度无变化，则说明装置气密性良好，A符合题意；‎ B．实验装置Ⅱ：制取收集氨气，氨气是碱性气体，但能够与氯化钙反应，因此不能用无水CaCl2干燥氨气，可用碱石灰干燥气体，B选项错误；‎ C．实验装置Ⅲ：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，且生成的二氧化碳中含有挥发的HCl而影响碳酸和硅酸钠的反应，不能达到实验目的，C选项错误；‎ - 27 -‎ D．实验装置Ⅳ：当容量瓶内液面低于刻度线1-2cm时，方可定容，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO－+SO2+H2O=2HClO+‎ B. 电解饱和MgCl2溶液：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑‎ C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2++5H2O=10H++2+8Cl－‎ D. 将0.2mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.4mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3++3+3Ba2++6OH－＝2Al(OH)3↓+3BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3ClO-+H2O+SO2═+2HClO+Cl-，故A错误；‎ B．电解饱和MgCl2溶液生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B错误；‎ C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，反应的离子方程式为：4Cl2++5H2O═10H++2+8Cl-，故C正确；‎ D．将0.2mol•L-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.4mol•L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合的离子方程式为NH+Al3++2+2Ba2++4OH-═Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列关于有机物的说法正确的是 A. 分子式符合C8H8的有机物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 存在立体异构的链烃中，碳原子数最少的一定是2－丁烯 C. 葡萄糖与核糖互为同系物 D. C8H8O2芳香族化合物分子中可能含有两个醛基 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【详解】A．分子式符合C8H8的有机物有多种同分异构体，如立方烷（），就不能能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；‎ B．存在立体异构的链烃，要含有双键，而且碳原子数要大于4，所以碳原子数最少的一定是2－丁烯，B正确；‎ C．核糖是一种五碳醛糖，分子式C4H9O4CHO，与葡萄糖结构不相似，不是同位素，C错误；‎ D．芳香族化合物分子中含有苯环而且有两个醛基的最简单的化合物是C8H6O2，D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2－、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。下列说法正确的是 A. NH3的键角大于CCl4‎ B. 固态Ni(CO)4属于离子晶体 C. Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2－中，镍元素均是sp3杂化 D. Ni(CO)4分子内σ键和π键个数之比为1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，导致键角减小，则NH3的键角小于CCl4的键角，故A错误；‎ B．因为Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，根据相似相溶原理知，固态Ni(CO)4属于分子晶体，故B错误；‎ C．Ni(CO)4 和[Ni(CN)4]2-中，镍元素提供了空轨道，不存在杂化，故C错误；‎ D．CO结构式为C≡O，共价三键中含有1个σ键、2个π键，配位键属于σ键，所以Ni(CO)4分子内σ键和π键个数之比为(4+4)∶(2×4)=1∶1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.用如图所示装置进行实验(a、b电极均为Ag单质)，观察到了灵敏电流计指针发生偏转。下列说法正确的是 - 27 -‎ A. b极发生氧化反应 B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 去掉离子交换膜，电流表仍然有电流通过 D. 电流计指针不再偏转时，右边硝酸银溶液的物质的量浓度依然大于左边 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该装置为浓差电池，浓度增大，还原性或氧化性增强，右侧AgNO3浓度大，氧化性强，因此b电极为正极，b极上发生还原反应，故A错误；‎ B.因为右侧AgNO3浓度大，氧化性强，所以b电极为正极，发生还原反应，a电极为负极，发生氧化反应，溶液中NO3-离子从高浓度的右室经过离子交换膜迁往低浓度的左室，所以离子交换膜为阴离子交换膜，故B正确；‎ C.如果去掉离子交换膜，溶液中左右两室Ag+浓度相等，就不会形成电势差，不能产生电流，电流计指针就不会发生偏转，故C错误；‎ D.电流计指针不再偏转时，说明没有电流产生，此时左右两边硝酸银溶液的物质的量浓度相等，故D错误； ‎ 故答案：B。‎ ‎8.M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满，下列说法正确的是 A. 简单的离子半径：X＞Y＞R＞M B. 简单氢化物沸点：M＞Y＞R C. 氧化物对应水化物的酸性：Y＞X D. M、R、X、Y、Z的价电子数都分别等于它们的族序数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素；M基态原子L层中p能级电子数是s能级电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z的基态原子4s能级和3d能级半充满，外围电子排布式为3d54s1，故Z为Cr。‎ ‎【详解】A．电子层数越多的离子半径越大，离子的电子层数相同的，原子序数越小，离子半径越大，故X、Y、R、M的离子半径大小为X＞Y＞M＞R，A错误；‎ B．M、Y、R对应的简单氢化物分别为：水、氢化钠、氯化氢，沸点大小为：NaH＞H2O＞HCl，B错误；‎ C．根据非金属性的强弱只能比较最高价氧化物对应的水化物酸性，C错误；‎ D．M价电子数为6，位于第ⅥA族，R价电子数为1，位于第ⅠA族，X价电子数为6，位于第ⅥA族，Y价电子数为7，位于第ⅦA族，Z价电子数为6，位于第ⅥB族，D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：‎ 下列说法错误的是 A. X分子中所有碳原子不可能共平面 B. Y既可以发生加聚反应义可以与甲醛发生缩聚反应 C. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有相同数目的手性碳原子 D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，A项正确；‎ B．Y含有碳碳双键，可以发生加聚，Y含有酚羟基，有酚的特点，可以和甲醛发生缩聚反应，，故B项正确；‎ - 27 -‎ C．X、Y分别与足量加成后生成和，均含有4个手性碳原子，C项正确；‎ D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1molX可与3 mol 氢氧化钠反应；Y中酚羟基、酚酯基可与氢氧化钠反应，且1mol酚酯能与2 mol 氢氧化钠反应，则1moY可与3 mol NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1:1，D项错误；‎ 故选D。‎ ‎10.Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。‎ 已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O 下列说法不正确是（ ）‎ A. 装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸 B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险 C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O D. 装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成Cl2，②为饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，③中浓硫酸干燥Cl2，通干燥空气可将Cl2排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此来解答。‎ - 27 -‎ ‎【详解】A. 制取Cl2O需要干燥纯净的氯气，所以②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，以保证进入④的Cl2中无水，A正确；‎ B. 高浓度的Cl2O易爆炸，所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O进行稀释，以减少爆炸危险，B正确；‎ C. 由物质的沸点可知，装置⑤用液氨降温冷却分离出Cl2O，逸出的气体是空气及过量Cl2，C错误；‎ D. Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，则装置④与⑤之间不能用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识及习题中的信息，侧重考查学生的分析与实验能力。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只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2分，有选错的得0分。‎ ‎11.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是 选项 实验内容 实验结论 A 向饱和碳酸氢钠溶液中缓缓通入少量SO2，并将产生的气体依次通入品红试液、澄清石灰水中，品红试液无变化，澄清石灰水产生白色沉淀。‎ 亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1HClO溶液和0.1mol·L－1HF溶液的pH，前者pH大于后者。‎ HClO的酸性小于HF C 检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去。‎ 证明溶液中含有Fe2+‎ D 向2支盛有3mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象。‎ Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ - 27 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向饱和碳酸氢钠溶液中缓缓通入少量SO2，并将产生的气体依次通入品红试液、澄清石灰水中，品红试液无变化，说明产生的气体中没有SO2，澄清石灰水产生白色沉淀，说明生成CO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，故A正确；‎ B.室温下，因为HClO具有强氧化性，漂白性，所以不能用pH试纸测定浓度为0.1mol·L－1HClO溶液的pH，故B错误；‎ C.因为Fe2+和Cl-均能使酸性KMnO4溶液紫红色褪去，所以不能证明溶液中含有Fe2+，故C错误；‎ D.向2支盛有3mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D正确；‎ 故答案：AD。‎ ‎12.高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。不同条件下高锰酸钾可发生如下反应：+5e－+8H+→Mn2++4H2O；+3e－+2H2O→MnO2+4OH－；+e－→。高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：FeS+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+S+H2O(未配平)。下列有关说法正确的是 A. 由上面的反应可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关 B. 高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:8‎ C. 在高锰酸钾溶液与硫化亚铁的反应中，反应前后固体的质量减少了2.8g，则硫元素与高锰酸钾之间转移的电子数为0.15NA D. 高锰酸钾溶液也可与双氧水发生反应，其中双氧水是氧化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由不同条件下高锰酸钾发生的反应可知，溶液的酸性越强，反应后锰元素的化合价越低，所以高锰酸根反应后的产物与溶液的酸碱性有关，A正确；‎ B．反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，高锰酸钾为氧化剂，盐酸为还原剂，由方程式可知，有2mol高锰酸钾参与反应，则有10mol HCl - 27 -‎ 被氧化，因此，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，B错误；‎ C．反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化，反应前后固体的质量减少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为=0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫离子的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为0.1NA，C错误；‎ D．高锰酸钾与双氧水反应，高锰酸钾体现氧化性，双氧水体现还原性，D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。以钴矿石(主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取Co3O4的工艺流程如图：‎ 己知：Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：Co3+＞Fe3+＞Co2+。‎ 几种氢氧化物的溶度积如下表：‎ 氢氧化物 Co(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)3‎ Al(OH)3‎ Fe(OH)3‎ 溶度积(Ksp)‎ ‎2.0×10－15‎ ‎8.0×10－16‎ ‎2.0×10－44‎ ‎1.3×10－33‎ ‎4.0×10－39‎ 下列有关说法错误的是 A. 溶解池中生成H2的离子反应方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑‎ B. 加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂1可选用双氧水或碘水 C. 残渣1的主要成分为Fe(OH)3‎ D. 操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥和灼烧四个步骤 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ 钴矿石主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质，煅烧后用盐酸溶解，溶液中阳离子主要有Co3+、Fe3+、Al3+及未反应的H+，加入Co粉会有氢气生成，由于氧化性Co3+＞Fe3+＞Co2+，Co将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；根据几种氢氧化物的溶度积数据，需要将Fe2+转化为Fe3+除去，因此加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入浓氨水调节pH使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，过滤分离，Co(OH)2灼烧得到Co3O4，滤液中含有氯化钠、氯化铵等。据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Co与HCl发生置换反应生成CoCl2与H2，反应离子方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑，故A正确；‎ B．试剂1将Fe2+氧化为Fe3+，碘水不能将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水可以将Fe2+氧化为Fe3+，且还原产物为水，故B错误；‎ C．加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，残渣I的主要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故C错误；‎ D．操作Ⅱ是将Co(OH)2固体与液体分离，然后将Co(OH)2灼烧生成Co3O4，操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥，灼烧四个步骤，故D正确；‎ 故选BC。‎ ‎14.常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[－lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是 A. 从d点以后至f点，H2O的电离程度一直减小 B. c、e两点溶液对应的pH=7‎ C. 常温下，A－的水解平衡常数Kh约为1×10－9mol·L－1‎ D. b点溶液呈酸性，粒子浓度之间存在：c(HA)+2c(H+)=2c(OH－)+c(A－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 根据图示，0.1mol·L－1的HA溶液中－lgc水(H+)=11，则c水(H+)=10-11mol/L，由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，说明HA为弱酸。常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液20mL时，恰好完全反应生成NaA，即d点溶液中溶质为NaA，则b点为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，f点为等物质的量浓度的NaA和NaOH的混合溶液，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．NaA水解促进水的电离，过量的NaOH存在抑制水的电离，从d点以后至f点，H2O的电离程度一直减小，故A正确；‎ B．c点存在NaA和HA，因为c点溶液为中性，pH=7，e点存在NaA和NaOH，则e点为碱性，pH＞7，故B错误；‎ C．起始时溶液中只有HA，溶液为酸性，c水(H+)=10-11mol/L，则由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的电离平衡常数为Ka(HA)==≈10-5，所以A-的水解常数为Kh===10-9，故C正确；‎ D．b点为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，则c(HA) +2c(H+)=2c(OH-)+c(A-)，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】明确HA为弱酸和各点溶液的组成和性质是解题的关键。本题的易错点为B，要注意不能根据水电离出H+浓度判断溶液的酸碱性和pH。‎ ‎15.CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ) △H1，主要副反应：(Ⅱ) △H2＞0，(Ⅲ) △H3＜0。在恒容反应器中CH4和CO2按物质的量之比1:1充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法错误的是 - 27 -‎ A. △H1＞0‎ B. 若反应Ⅰ、Ⅲ消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3:4‎ C. 300~580℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量 D. T℃时，在2.0L容器中加入1molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为50％，则反应(I)的平衡常数小于1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据盖斯定律，将(Ⅱ) ×2-（III）得CO2(g)+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）∆H1=2∆H2-∆H3，由于 △H2＞0，△H3＜0，故△H1＞0，故A正确；‎ B.由反应 (Ⅰ)可知，1molCO2反应转移6mol电子，由反应（III）可知，1molCO2反应转移8mol电子，所以消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3:4，故B正确；‎ C. 300~580℃时，升高温度，反应(Ⅱ) △H2＞0正向移动生成H2O（g），反应(Ⅲ)△H3＜0逆向移动消耗H2O（g），H2O的体积分数不断增大，说明反应（III）消耗的H2O（g）的量小于反应（II）生成H2O（g）的量，故C错误；‎ ‎ D. 若不考虑副反应，反应（I）‎ 初始量（mol/L） 0.5 0.5 0 0‎ 变化量（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5‎ - 27 -‎ 平衡量（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5‎ 反应（I）的K==1，副反应(Ⅱ) 发生时CO的增加量与消耗的H2量相等，副反应(Ⅲ)发生时消耗H2、生成CH4且消耗H2的量大于生成的CH4的量，所以反应(I)的平衡常数小于1，故D正确；‎ 故答案：C。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.铁氧体是一种磁性材料，具有广泛的应用。‎ ‎(1)铁元素位于元素周期表的_________区，其基态原子有___________种能量不同的电子。‎ ‎(2)工业制备铁氧体常使用水解法，制备时常加入尿素[CO(NH)2]2、醋酸钠等碱性物质，尿素分子中四种不同元素的电负性由大到小的顺序是________，醋酸钠中碳原子的杂化类型是_______。‎ ‎(3)纳米氧化铁能催化火箭推进剂NH4ClO4的分解，的结构式为___________(标出配位键)，与互为等电子体的分子有____________(任写一种)。铵盐大多不稳定，NH4F、NH4I中，较易分解的是_______________。‎ ‎(4)晶体Fe3O4的晶胞如图所示，该晶体是一种磁性材料，能导电。‎ ‎①晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_______________(填空间结构)空隙。‎ ‎②晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为______。‎ ‎③解释Fe3O4晶体能导电的原因_________；若晶胞的体对角线长为a nm，则Fe3O4晶体的密度为_____________g·cm－3(阿伏加德罗常数用NA表示)。‎ ‎【答案】 (1). d (2). 7 (3). O＞N＞C＞H (4). sp3杂化、sp2杂化 (5). (6). CCl4 (7). NH4F (8). 正四面体 (9). 面心立方最密堆积 (10). ‎ - 27 -‎ 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 铁是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，据此分析解答；‎ ‎(2)元素的非金属性越强，其电负性越大；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；‎ ‎(3) 中N原子形成3个N-H键和1个配位键，据此分析判断的结构式；根据原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体分析书写；F原子半径比I原子小，H--F更易形成，更易夺取中的H+；‎ ‎(4)根据晶胞结构结合常见微粒的堆积方式分析解答①和②，对于③可以根据均摊法计算该晶胞中氧离子和Fe元素微粒的个数，从而计算晶胞的质量，晶胞的体对角线程度为anm，据此计算晶胞棱长，从而计算晶胞的体积，再结合密度=计算。‎ ‎【详解】(1)铁是26号元素，处于周期表中第四周期第Ⅷ族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，属于d区元素，同一能级中电子能量相同，不同能级中的电子能量不相同，故共有7种能量不同的电子，故答案为：d；7；‎ ‎(2)元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，则电负性O＞N＞C＞H；醋酸钠中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，C原子杂化方式分别为sp3、sp2，故答案为：O＞N＞C＞H；sp3杂化、sp2杂化；‎ ‎(3) 中N原子形成3个N-H键，N原子提供1对电子给氢离子形成1个配位键，其结构式为，其空间构型为正四面体形；ClO4-是5原子、32e-的离子，与ClO4-互为等电子体的分子为CCl4；F原子半径比I原子小，H-F键比H-I键强，H-F更易形成，易夺取中的H+，所以NH4F、NH4I中，较易分解的是NH4F，故答案为：； CCl4；NH4F；‎ ‎(4)①根据图示，晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，故答案为：正四面体；‎ - 27 -‎ ‎②根据图示，晶胞中氧离子的堆积方式为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；‎ ‎③含有自由移动电子的物质能导电，该晶体中含有亚铁离子和铁离子，电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，所以Fe3O4晶体能导电；该晶胞中氧离子个数=1+12×=4，Fe元素的微粒个数=1+4×+3×=3，晶胞的质量=g；晶胞的体对角线长度为anm，则晶胞棱长=nm=nm，晶胞体积=(×10-7cm)3，则Fe3O4晶体的密度为=g/cm3，故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；。‎ ‎【点睛】本题的难点为氧离子的堆积方式的判断，易错点为晶胞计算，要注意晶胞体对角线长度与棱长的关系。‎ ‎17.运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。‎ ‎(1)反应：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol－1‎ ‎2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H2。‎ 已知CO的燃烧热为283.0 kJ·mol－1，则△H=_______________。‎ ‎(2)升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：‎ Ⅰ.2NO(g) N2O2(g)(快)；v1正=k1正·c2(NO)； v1逆=k1逆·c(N2O2) △H1＜0‎ Ⅱ.N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)(慢)；v2正=k2正·c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆·c2(NO2) △H2＜0‎ 请回答下列问题：‎ ‎①一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_________。‎ ‎②决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应_________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，反应Ⅰ的活化能E1与反应Ⅱ的活化能E2的大小关系为E1______E2(填“＞”、“＜”或“=”)‎ - 27 -‎ ‎。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是__________。‎ A.k2正增大，c(N2O2)增大 B.k2正减小，c(N2O2)减小 C.k2正增大，c(N2O2)减小 D.k2正减小，c(N2O2)增大 ‎(3)在一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5molNO、0.5molCO，此时容器总压为P0kPa，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，4min时达平衡，此时测得氮气的物质的量为0.2mol，则0－4min内用CO2表示的平均速率为_______mol·L-1·min-1，用平衡分压表示的平衡常数KP=__________(用含有P0的代数式表示)。达平衡后，若改变下列条件，既能加快反应速率又能提高NO的转化率的是____________‎ A.增大压强 B.降低温度 C.再加入0.5molNO、0.5molCO D.分离出部分N2‎ ‎【答案】 (1). -746.5kJ·mol-1 (2). (3). Ⅱ (4). ＜ (5). C (6). 0.05 (7). (8). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律进行计算；根据化学平衡状态和平衡常数的表达式进行解答；运用三段式，根据阿伏伽德罗定律，利用分压计算化学反应速率，根据影响化学反应速率和平衡移动的因素进行判断。‎ ‎【详解】(1)根据反应：①N2(g)+O2(g)2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1，②2CO(g) +O2(g)2CO2(g)△H2=-283.0 kJ·mol-12=-566.0 kJ·mol-1，②-①得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律，△H=-566.0 kJ·mol-1-180.5kJ·mol-1=-746.5kJ·mol-1，故答案：-746.5kJ·mol-1；‎ ‎(2)①2NO(g)= N2O2(g) (快)；②N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)(慢)；而目标反应2NO(g) + O2(g)= 2NO2(g)的△H=①+②=△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，即k1正·c2(NO)k2正·c(N2O2)c(O2)=k1逆·c(N2O2)k2逆k2逆·c2(NO2)，K==，故答案：；‎ ‎②由已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：Ⅰ.2NO(g) N2O2(g)(快)；Ⅱ.N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)(慢)，所以决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应Ⅱ；因为决定2NO(g)+O2(g)= 2NO2(g)速率的是反应Ⅱ，所以反应Ⅰ的活化能E1远小于反应Ⅱ的活化能E2；决定反应速率的是反应Ⅱ，而温度越高k2正 - 27 -‎ 增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，故C符合题意；故答案为：Ⅱ；＜；C；‎ ‎(3)根据题干信息建立平衡三段式有：‎ v(CO2)==0.05 mol/(L·min)；因为一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5molNO、0.5molCO，此时容器总压为P0kPa，根据阿伏伽德罗定律，Kp=；故答案：0.05；；‎ 根据反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可知：‎ A．增大压强化学反应速率加快，平衡正向移动，提高NO的转化率，故A符合题意；‎ B．降低温度化学反应速率减慢，不符合题意，故B错误；‎ C．再加入0.5molNO、0.5molCO导致容器压强增大，化学反应速率加快，平衡正向移动，提高NO的转化率，故C符合题意；‎ D．分离出部分N2化学反应速率减慢，不符合题意，故D错误；‎ 故答案选AC。‎ ‎18.三氯氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂。实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下：‎ Ⅰ.制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法，实验装置(加热及夹持装置省略)及相关信息如下：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 相对分子质量 其他 PCl3‎ ‎－‎ ‎76.0‎ ‎137.5‎ - 27 -‎ ‎1120‎ 均为无色液体；遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢；两者互溶。‎ POCl3‎ ‎2.0‎ ‎106.0‎ ‎153.5‎ ‎(1)仪器a的名称为______。‎ ‎(2)装置C中生成POCl3的化学方程式为__________。‎ ‎(3)装置B的作用除观察O2的流速之外，还有_________、________。‎ ‎(4)反应温度应控制在60－65℃之间，原因是__________。‎ Ⅱ.测定POCl3产品的含量。‎ 实验步骤：‎ ‎①实验Ⅰ结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCl3，产品，置于盛60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。‎ ‎②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.2mol·L－1AgNO3溶液，使氯离子完全沉淀；向其中加入少量硝基苯并用力摇动。‎ ‎③以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2 mol·L－1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。‎ 己知：Ag++SCN－=AgSCN↓；Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)。‎ ‎(5)达滴定终点时的现象为____________。‎ ‎(6)实验过程中加入硝基苯的目的是__________；若无此操作，则所测POCl3的含量将____________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎(7)测得产品POCl3的百分含量为________(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝管（或球形冷凝管） (2). 2PCl3+O22POCl3 (3). 平衡压强 (4). 干燥氧气 (5). 温度过低，反应速率太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低 (6). 当滴入最后一滴KSCN溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色 (7). 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应 (8). 偏低 (9). 91.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)仪器a的名称为冷凝管(域或球形冷凝管)，故正确答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；‎ - 27 -‎ ‎(2)加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3，化学方程式为：2PCl3+O22POCl3，故正确答案：2PCl3+O22POCl3；‎ ‎(3)装置B中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速，故正确答案：平衡压强、干燥氧气；‎ ‎(4)根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度，降低利用率；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小，正确答案：温度过低，反应速率太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；‎ ‎(5)以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：当滴入最后一滴KSCN溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎(6)加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为 AgSCN，已知：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水溶液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低；故正确答案：使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应；偏低；‎ ‎(7)KSCN的物质的量0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-= AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为0.03mol，根据氯原子守恒规律可得n(POCl3)=0.01mol，则m(POCl3)=0.01mol×153.5g=1.535g，则产品POCl3的百分含量为= ，故答案为：91.8%。‎ ‎【点睛】硝基苯的作用是使生成的氯化银沉淀与溶液分开，否则在水溶液中部分氯化银可以转化为 AgSCN，使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低，此为易错点。‎ ‎19.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称为保险粉，常作还原剂，能溶于冷水，难溶于乙醇，在碱性介质中稳定。‎ Ⅰ.用甲酸钠(HCOONa)生产保险粉的工艺流程如图：‎ - 27 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)Na2S2O4中硫元素的化合价为_____________。‎ ‎(2)“滤液”中可以循环利用的物质是__________。‎ ‎(3)“洗涤”所用试剂最好为_________ (填序号)。‎ a.冰水 b.热水 c.无水乙醇 d.90％乙醇水溶液 ‎(4)“反应”在70℃条件下进行，写出发生反应的化学方程式_______。‎ ‎(5)在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体，目的是_______。‎ Ⅱ.探究保险粉的性质 ‎(6)现将0.05mol·L－1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间(t)的关系如图所示：‎ ‎①t1时溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序___________________。‎ ‎②t2→t3段发生反应的离子方程式为_______________。‎ ‎(7)取少量连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热使其完全分解，得到Na2SO3、Na2S2O3和一种气体(STP)，该反应中氧化产物、还原产物的物质的量之比为__________________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 乙醇 (3). d (4). HCOONa+NaOH+2SO2Na2S2O4+CO2+H2O (5). Na2CO3为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性 (6). c()＞c()＞c(H2SO3) (7). 2+O2= 2+2H+ (8). 2:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)~(5)甲酸钠和NaOH固体与SO2加热反应生成Na2S2O4，同时产生二氧化碳，Na2S2O4‎ - 27 -‎ 难溶于乙醇，加入乙醇水溶液降低Na2S2O4的溶解度，冷却结晶析出Na2S2O4晶体，过滤、洗涤得到Na2S2O4·2H2O晶体，脱水干燥，由于Na2S2O4在碱性介质中稳定所以加入Na2CO3提高其稳定性。‎ ‎(6)Na2S2O4常作还原剂，说明其易被氧化，该物质中S元素为+3价，所以首先被空气的氧气氧化成+4价，据图可知溶液的酸性是逐渐增强的，而Na2SO3溶液是显碱性的，所以S元素被氧化后不是以的形式存在，而是，所以0～t1段发生离子反应方程式为2S2O+O2+2H2O=4；之后+4的硫继续被氧化氧化成+6价，而t3时溶液pH=1，根据S元素的化合价可知该点溶液中的溶质应为0.1mol/L的NaHSO4。‎ ‎【详解】(1)Na2S2O4中Na为+1价，O为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，所以S元素为+3价；‎ ‎(2)滤液主要为乙醇水溶液，所以可以循环利用的物质为乙醇；‎ ‎(3)Na2S2O4能溶于冷水，难溶于乙醇，所以不宜水洗，而纯净的乙醇可能无法洗净固体表面的水溶性杂质，所以最好选用90％乙醇水溶液洗涤，答案选d；‎ ‎(4)反应物有HCOONa、NaOH以及SO2，产物有Na2S2O4和CO2，根据得失电子守恒和元素守恒可得化学方程式为HCOONa+NaOH+2SO2Na2S2O4+CO2+H2O；‎ ‎(5)由于Na2S2O4在碱性介质中稳定，而碳酸钠为碱性物质，加入Na2CO3可提高其稳定性；‎ ‎(6)①t1时溶液中的溶质为NaHSO3，溶液显酸性，说明NaHSO3的电离程度大于水解程度，含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c(H2SO3)；‎ ‎②t3时溶液中的溶质为NaHSO4，说明NaHSO3完全被氧化生成硫酸氢钠，t1～t2段发生化学反应的离子方程式为2+O2= 2+2H+；‎ ‎(7)连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热完全分解得到Na2SO3、Na2S2O3和一种气体，根据元素守恒可以推测出该气体应为SO2，结合得失电子守恒和元素守恒可知该过程中发生的反应为2Na2S2O4Na2S2O3+Na2SO3+SO2↑；Na2SO3和SO2中S元素的化合价为+4价，所以二者为氧化产物，Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，所以为还原产物，则该反应中氧化产物、还原产物的物质的量之比为2:1。‎ ‎【点睛】第(6)小题为本题难点，要根据溶液pH的变化结合元素的价态变化规律判断不同阶段 - 27 -‎ S元素的存在形式。‎ ‎20.药物Targretin(F)能治疗顽固性皮肤T—细胞淋巴瘤，其合成路线如图所示：‎ 已知：‎ i. ‎ ii. ‎ iii.RCOOHRCOCl(R表示烃基或芳基)‎ ‎(1)反应①的反应类型是_______________。‎ ‎(2)B的结构简式___________。‎ ‎(3)的名称_____________。‎ ‎(4)C的核磁共振氢谱中显示峰的面积之比为_________________。‎ ‎(5)反应③的化学方程式__________。‎ ‎(6)F分子式是C24H28O2，F中含有的官能团名称____________。‎ ‎(7)写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式(不考虑—O—O—或结构)__________、____________。‎ a.苯环上的一氯代物有两种 ‎ b.既能发生银镜反应又能发生水解反应 - 27 -‎ ‎(8)已知：(R、R′表示烃基或芳基)。以2-溴丙烷和乙二醇为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线________。‎ ‎【答案】 (1). 氧化反应 (2). (3). 2,5—二甲基—2,4—己二烯 (4). 6:1 (5). ++2HBr (6). 碳碳双键、羧基 (7). (8). (9). HOCH2CH2OHOHC-CHO ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 可知对二甲苯被酸性高锰酸钾所氧化，所以A的结构简式为，与甲醇在浓硫酸的条件下发生酯化反应，生成B的结构简式为：‎ - 27 -‎ ‎；由框图可知发生1,4加成生成C的结构简式为，在与H2发生加成生成D，所以D的结构简式为；由 ，且F的分子式是C24H28O2，可知比少了一个-CH2-，所以F的结构简式为。‎ ‎【详解】(1)根据框图反应条件可知，反应①为氧化反应，故答案：氧化反应；‎ ‎ (2)结合上述分析可知B的结构简式，故答案：；‎ ‎(3)根据的结构简式可知其名称为：2,5—二甲基—2,4—己二烯，故答案：2,5—二甲基—2,4—己二烯；‎ ‎(4)有C的结构简式可知有两种类型的氢原子，其个数比为2:12=1:6，所以核磁共振氢谱中显示峰的面积之比为1:6，故答案：1：6；‎ ‎(5)有上述分析可知D的结构简式为：，与甲苯反应，所以反应③的化学方程式 - 27 -‎ ‎++2HBr，故答案：++2HBr；‎ ‎ (6)由上述分析可知， F的结构简式为，所以F中含有的官能团名称碳碳双键、羧基，故答案：碳碳双键、羧基；‎ ‎ (7) 由上述分析可知A的结构简式为，满足a.苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基为对位，b.能发生银镜反应说明含有醛基，能发生水解反应说明含有酯基，所以A的两种同分异构体的结构简式，故答案：；‎ ‎(8)由已知：，以2-溴丙烷和乙二醇为原料合成的路线为：HOCH2CH2OHOHC-CHO ‎ - 27 -‎ ‎，故答案：HOCH2CH2OHOHC-CHO 。‎ - 27 -‎