江西省赣州市赣县三中2020届高三上学期补习班期末考试适应性考试化学试题

江西省赣州市赣县三中2020届高三上学期补习班期末考试适应性考试化学试题

化学试题 可能用到的相对原子质量: H-1  C-12  N-14 O-16 Na-23  S-32  C1-35.5‎ 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，请你选出一个最符合题意的答案)‎ ‎1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是( )‎ A. 港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到 B. 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 C. 500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料 D. 国庆阅兵仪式上的坦克和军车都喷涂着新式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通过石油分馏最后得到沸点高难挥发的物质为沥青，沥青常用作路桥建筑，故A正确；‎ B、Fe3O4俗名磁性氧化铁，为具有磁性的黑色晶体，故B正确；‎ C、钢铁结成的圈梁，属于合金材料，故C错误；‎ D、聚氨酯相对分子质量高于10000，由小分子通过聚合反应获得，属于有机高分子材料，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的有( )‎ ‎①二氧化硅的分子式：SiO2 ②乙醛的结构简式：CH3CHO ‎ ‎③N2的结构式：N≡N ④中子数为18的氯原子：‎ ‎⑤Na+的结构示意图： ⑥氯化铵的电子式：‎ A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①二氧化硅不存在分子，其化学式为：SiO2 ，故错误；‎ ‎②乙醛的结构简式：CH3CHO ，故正确；‎ ‎③N2分子中存在氮氮三键，结构式：N≡N，故正确；‎ ‎④中子数为18的氯原子，质量数为35，原子符号为：，故错误；‎ ‎⑤Na+最外层为8 电子稳定结构，Na+的结构示意图： ，故正确；‎ ‎ ⑥氯离子的电子式错误，氯化铵的电子式：，故错误；‎ 正确的有3个，故选C。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 1mol/L Na2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA B. 1L 0.1mol/L Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA C. 生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA D. 通常状况下11.2L CO2中含质子的数目为11NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、未注明溶液的体积，无法判断1mol/L Na2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；‎ B、1L 0.1mol/L Na2S溶液中含有0.1mol Na2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，选项B错误；‎ C、根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，选项C正确；‎ D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2L CO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目不是11NA，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的计算，使用摩尔体积需要注意：①气体摩尔体积适用的对象为气体，标况下水、四氯化碳、HF等为液体，不能使用；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量。本题的易错点为选项B，要注意水解对离子数目的影响，可以根据水解方程式判断。‎ ‎4.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−‎ B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水CaCO3；‎ B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；‎ C项，在碱性溶液中不可能生成H+；‎ D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。‎ ‎【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；‎ B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；‎ C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；‎ D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。‎ ‎5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%‎ B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。‎ 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。‎ ‎6.2019年是元素周期表诞生150周年，目前周期表七个周期均已排满，共118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。‎ 下列说法不正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y B. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性 C. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族 D. 工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设X的最外层电子数为x，则由相对位置可知，W、Y、Z的最外层电子数依次为x-1、x、x+1，根据W、X、Y、Z的原子最外层电子数之和为24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得x=6，由此可确定W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，据此解答。‎ ‎【详解】综合以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，‎ A. 元素的非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4，故A正确；‎ B. W的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，NH3和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐水解，溶液呈酸性，故B错误；‎ C. 在元素周期表中，117号元素与0族元素的118号元素相邻，则位于第七周期第VIIA族，与Cl元素位于同一主族，故C正确；‎ D. 二氧化硫具有漂白性，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝等，故D正确。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素的推断、元素周期律、元素周期表的应用的知识，熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，注意C项中由原子序数确定元素位置的常用方法为零族元素定位法。‎ ‎7.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：‎ 序号 I II III 实验步骤 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 实验现象 铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原 B. 对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关 C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同 D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；‎ B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；‎ C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；‎ D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎8.已知：同一个碳原子接两个羟基的分子不能稳定存在。某有机物分子式为C5H12O2，1mol该有物与钠完全反应生成22.4LH2(标况下)，则其主链为4个碳原子的稳定存在的同分异构体有( )‎ A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某有机物分子式为C5H12O2，不饱和度为=0，1mol该有物与钠完全反应生成22.4LH2‎ ‎(标况下)，说明分子中有两个—OH，则其主链为4个碳原子的稳定存在的同分异构体有、、、、、，共6种，‎ 故选B。‎ ‎9.下列实验操作、现象和结论均正确的是 实验操作 现象 结论 A 将少量某酸(HA)溶液滴入碳酸钠溶液中 无气泡 酸性：H2CO3>HA B 将浸透石蜡油的石棉和碎瓷片放入硬质玻璃管，加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液 高锰酸钾溶液褪色 石蜡油裂解生成不饱和烃 C 向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制Cu(OH)2悬浊液并煮沸 无砖红色沉淀 蔗糖未水解 D 在1mL相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液中，分别滴加2滴0.1mo1/L AgNO3溶液 碳酸钠溶液中出现沉淀 Ksp(Ag2SO4)< ‎ Ksp (Ag2CO3)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.少量HA与碳酸钠反应无气泡产生，可能生成碳酸氢钠，则可能酸性HA＞H2CO3，A错误；‎ B.将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，可知气体被氧化，则石蜡油裂解生成不饱和烃，B正确；‎ C.蔗糖水解需要硫酸作催化剂，检验葡萄糖应在碱性条件下，水解后没有加碱至溶液呈碱性，因此不能出现砖红色沉淀，C错误；‎ D.相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液中，分别滴加2滴0.1mo1/LAgNO3‎ 溶液，Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgSO4)＞Ksp(Ag2CO3)，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.某课题组以纳米Fe2O3 作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。以下说法正确的是( )‎ A. 放电时，正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O B. 该电池可以用水溶液做电解质溶液 C. 放电时，Fe作电池的负极，Fe2O3作电池的正极 D. 充电时，电池被磁铁吸引 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图：该电池放电时负极反应式为Li-e－═Li＋，正极反应式为Fe2O3+6Li＋+6e－═3Li2O+2Fe；充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反。‎ ‎【详解】A．放电时，正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时，正极的电极反应式为Fe2O3+6Li＋+6e－═3Li2O+2Fe，故A正确；‎ B．锂和水发生反应，所以不可以用水溶液为电解质溶液，故B错误；‎ C．放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故C错误；‎ D．充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查新型化学电源，侧重考查学生分析能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极与阴阳极电极反应式之间的关系，难点是A，电极反应式的书写。‎ ‎11.著名的“侯氏制碱法”主要反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl。若实验室根据此原理制备少量的Na2CO3，主要实验包括：制取NH3和CO2→生成NaHCO3→分离NaHCO3→制取Na2CO3 四个步骤。下列实验选用的主要仪器或主要步骤不正确的是 A. 制取氨气，可选用②③‎ B. 分离 NaHCO3，可选用④⑤⑦‎ C. 制取 Na2CO3，可选用①②⑦⑧‎ D. 制取 NaHCO3时，应先在⑨中通入CO2后再加入氨水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室通常用NH4Cl与Ca(OH)2固体在加热的条件下反应制取氨气，需要选用②③以及其他仪器，故A正确；‎ B. 从溶液中分离出NaHCO3固体需要过滤，选用④⑤⑦能够实现，故B正确；‎ C. 制取 Na2CO3是将NaHCO3加热使其分解，可选用①②⑦⑧，故C正确；‎ D. 制取 NaHCO3是将生成的氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，应先在⑨中通入氨气后再加入CO2，以增大CO2的溶解，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎12.某化妆品的组分Z具有美白功效，其原料从杨树中提取，现可用如下反应制备：‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A. X、Y和Z均能使溴水褪色，且原理相同 B. X和Z均能与Na2CO3溶液反应放出CO2‎ C. Z中含手性碳原子 D. Y可作加聚反应的单体，X可作加聚反应的单体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X、Z中酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，Y中碳碳双键与溴水发生加成反应，褪色原理不同，故A错误；‎ B．只有-COOH与碳酸钠反应生成二氧化碳，X和Z均不能与 Na2CO3 溶液反应放出CO2，故B错误；‎ C．连接4个不同基团的C原子为手性碳原子，只有Z中含手性碳原子，即Z中两个苯环之间的与两个苯环直接相连的C原子为手性碳原子，故C正确；‎ D．Y中含碳碳双键，可发生加聚反应，X不能发生加聚反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。‎ ‎13.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 食盐水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42- B. 氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN-‎ C. 苏打溶液中：Ca2+、Al3+、Cl-、NO3- D. 白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、食盐水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-等之间均不反应，可以大量共存，故A符合题意；‎ B、氯化铁溶液中的Fe3+与SCN－能反应，不能大量共存，故B不符合题意；‎ C、白醋显酸性，碳酸根离子不能大量共存，故C不符合题意；‎ D、苏打溶液中含有碳酸根离子，Ca2+、Al3+均不能大量共存，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体②离子间发生氧化还原反应③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。‎ ‎14.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗 B. 用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气 C. 金属着火时，可用细沙覆盖灭火；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火 D. 在4mL0.1mol·L－1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol·L－1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，均符合仪器的结构和操作规范，故A正确；‎ B. 氨气极易溶于水，在饱和氯化铵溶液中溶解度仍然较大，故B错误；‎ C. 金属着火时，可用细沙覆盖灭火，将金属与空气隔开；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火，防止触电，引起安全事故，故C正确；‎ D. 在4mL0.1mol·L－1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol·L－1的NaOH溶液，Cr2O72－＋H2OCrO42－＋2H＋，平衡正向移动，溶液颜色从橙色变成黄色，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎15.25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。‎ 下列溶液中的关系一定正确的是(　　)‎ A. 图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)‎ B. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5‎ C. 图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)‎ D. 图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 mol•L-1‎ ‎ NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)，故A正确；‎ B. a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L，故B错误；‎ C. b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)，故C错误；‎ D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：‎ 下列说法错误的是 A. 气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO B. X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气 C. 处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3‎ ‎，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。‎ ‎【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。‎ A．工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；‎ B．由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；‎ C．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O， C正确；‎ D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。‎ 二、填空题(请按要求作答，共52分)‎ ‎(一)必考题(共40分)‎ ‎17.以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：‎ 已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。‎ ‎(1)熔盐:‎ ‎①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。‎ ‎②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3‎ ‎，该反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)过滤:‎ ‎①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。‎ ‎②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。‎ ‎(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。‎ ‎(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。‎ ‎【答案】 (1). 搅拌 (2). 12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O (3). Na2SiO3 (4). 用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) (5). TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4 (6). 将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①搅拌可使反应物混合均匀；‎ ‎②Ti3O5转化为Na2TiO3，钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；‎ ‎（2）①加入氢氧化钠后，二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠；‎ ‎②考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；‎ ‎(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式；‎ ‎(4)根据提示给定信息，“H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去”来分析作答。‎ ‎【详解】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，‎ 故答案为搅拌；‎ ‎②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，‎ 故答案为12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；‎ ‎(2) ①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2 =‎ ‎ Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，‎ 故答案为Na2SiO3；‎ ‎②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，‎ 故答案为用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；‎ ‎(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4，‎ 故答案TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；‎ ‎（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，‎ 故答案为将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。‎ ‎18.氨是一种重要的化工原料，可以用来制备氮化硅(Si3N4)肼(N2H4)、氢氰酸(HCN)。‎ ‎(1)已知：Si(s)+2Cl2(g)====SiCl4(g) △H1=akJ·mol－1‎ N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2=bkJ·mol－1‎ ‎3Si(s)+2N2(g)====Si3N4(s) △H3=ckJ·mol－1‎ H2(g)+Cl2(g)====2HCl(g) △H4=dkJ·mol－1‎ 则反应3SiCl4(g)+4NH3(g)====Si3N4(s)+12HCl(g)的△H=________________kJ·mol－1(用a、b、c、d表示)。‎ ‎(2)肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。‎ 已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2 O=HClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol· L －1NaCIO溶液的pH=________。‎ ‎(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g) △H>O ‎①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。X代表的是________(填“温度”或“压强”)。‎ ‎②其他条件一定，向2L密闭容器中加人 n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为________mol·L－1·min－1；平衡常数：K(a) ________K(b)(填“>”“=”或“<”)‎ ‎③工业上用电解法处理含氰电镀废水(pH=10)的装置如图所示。‎ 阳极产生的氯气与碱性溶液反应生成ClO-，ClO－将CN－氧化的离子方程式为：_____CN－+ _____ClO－+ ________====_____CO32－+_____N2↑+________+________若电解处理2 mol CN－，则阴极产生气体的体积(标准状况下)为________L。‎ ‎【答案】 (1). c+6d-3a-2b (2). 11 (3). 压强 (4). 0.025 (5). = (6). 2 (7). 5 (8). 20H- (9). 2 (10). l (11). 5 Cl- (12). H2O (13). 112‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用盖斯定律计算反应热；依据勒夏特列原理分析平衡的移动方向；根据得失电子数目守恒规律配平氧化还原反应。‎ ‎【详解】(1) 已知：Si(s)+2Cl2(g)====SiCl4(g) △H1=akJ·mol－1 ①‎ N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2=bkJ·mol－1 ②‎ ‎3Si(s)+2N2(g)====Si3N4(s) △H3=ckJ·mol－1 ③‎ H2(g)+Cl2(g)====2HCl(g) △H4=dkJ·mol－1 ④‎ 根据盖斯定律，③+6 ④-3①-2②得3SiCl4(g)+4NH3(g)====Si3N4(s)+12HCl(g)，△H=△H3+6△H4-3△H1-2△H2= c+6d-3a-2b kJ·mol－1，‎ 故答案为c+6d-3a-2b；‎ ‎(2) 1.0mol· L －1NaCIO溶液中，c(ClO－)= 1.0mol· L －1，已知ClO－+H2 O=HClO+OH－，该水解反应的平衡常数为K=c(HClO) ∙c(OH－)/ c(ClO－)= c2(OH－)=1.0×10－6mol·L－1，c(OH－)= 1.0×10－3mol·L－1，则c(H+)=10-14/10-3=10-11，pH=11，‎ 故答案为11；‎ ‎(3) ①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，‎ 故答案为压强；‎ ‎②设 10min时，反应的氨气的物质的量为x ‎ CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g) ‎ ‎ 开始（mol） 2 2 0 0‎ 反应（mol） x x x 3x a点（mol） 2-x 2-x x 3x ‎ 则(2-x)/2-x+x+3x=30%，x=0.5，v(CH4)=(0.5mol/2L)/10min=0.025 mol·L－1·min－1；平衡常数只和温度有关，所以K(a)=K(b)，‎ 故答案为0.025，=；‎ ‎③由题干知，0H-参加反应，ClO－被还原成Cl-同时产物中还有水生成，再根据转移电子数相等及原子守恒规律配平得：‎ ‎2 CN－+5ClO－+20H-====2CO32－+N2↑+5Cl- +H2O；根据反应方程式得，处理2mol CN－消耗5mol ClO－，消耗5molCl2，所以阴极生成5mol氢气，则V（H2）=22.4mol/L5mol=112L，‎ 故答案为2，5，20H-，2，1，5 Cl-，H2O；112。‎ ‎19.硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol/L稀盐酸、0.500 mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。‎ I．CuSO4溶液的制备 ‎①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。‎ ‎②在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。‎ ‎③趁热过滤得蓝色溶液。‎ ‎(1)A仪器的名称为____。‎ ‎(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____‎ II．晶体的制备 将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作 ‎(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。‎ ‎(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。‎ III．氨含量的测定 精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL C1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。‎ ‎(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。‎ ‎(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。‎ A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管 B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视 C．滴定过程中选用酚酞作指示剂 D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。‎ ‎【答案】 (1). 坩埚 (2). 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4 (3). 2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ (4). Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解 (5). 平衡气压，防止堵塞和倒吸 (6). (7). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。‎ ‎（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。‎ ‎（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。‎ ‎（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。‎ ‎（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)= 0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。‎ ‎（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，‎ A滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；‎ B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；‎ C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；‎ D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。‎ ‎(二)选考题(共12分，考生只能选一个选修模块的题目作答)‎ ‎20.氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态氮原子的价电子轨道表示式为___________；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有___________种。‎ ‎(2)雌黄的分子式为As2S3，其分子结构如图所示：As原子的杂化类型为___________。‎ ‎(3)①向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，向该溶液中加入一定量的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体。SO42-的空间构型为___________；[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体中含有的化学键有___________(填标号)。‎ A.离子键 B.共价键 C.氢键 D.金属键 E.配位键 若要确定[Cu(NH3)4]SO4·H2O是晶体还是非晶体，最科学的方法是进行___________实验。‎ ‎②已知NF3与NH3分子的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是___________。‎ ‎(4)大π键可用表示，其中n、m分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数，如苯分子中大π键表示为。N2O分子中的大π键表示为_________________。‎ ‎(5)立方氮化硼晶胞如图，其密度为ρg/cm3，氮化硼的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，硼原子的半径为r cm，则硼原子的空间占有率为____________________(用含有ρ、M、NA、r的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 3 (3). sp3 (4). 正四面体形 (5). ABE (6). X射线衍射 (7). F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3‎ 中N原子对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)N是7号元素，最外层有5个电子，即价电子是5，基态氮原子的价电子轨道表示式为；一般情况下，同周期元素随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的，第二周期第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O 3种；‎ ‎(2)雌黄的分子式为As2S3，在其分子结构每个As与3个S原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，As杂化方式为sp3杂化；‎ ‎(3)①SO42-的价电子对数=，形成四条杂化轨道，中心原子S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构；‎ ‎ [Cu(NH3)4]SO4·H2O固体中內界离子遇外界离子间通过离子键结合；在配位体NH3、H2O分子内及SO42-中含有共价键；NH3与中心离子Cu2+间通过配位键结合，所以该晶体中含有的化学键有离子键、共价键、配位键，序号为ABE。‎ 若要确定[Cu(NH3)4]SO4·H2O是晶体还是非晶体，最科学的方法是进行X射线衍射实验；‎ ‎②已知NF3与NH3分子空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，这是由于F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中N原子对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键；‎ ‎(4)大π键可用表示，其中n、m分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数，如苯分子中大π键表示为。N2O（与二氧化碳是等电子体）分子中的大π键表示为；‎ ‎(5)晶胞中B原子数目=4、N原子数目=8×+6=4，二者原子数目之比为1：1，B原子配位数为4，则N原子配位数也是4。晶胞质量=，晶胞体积V===cm3；晶胞内B原子的总体积=4×cm3，所以硼原子的空间利用率=‎ ‎。‎ ‎21.化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）的名称为____。‎ ‎（2）D中含氧官能团的名称为____。‎ ‎（3）B→C的反应方程式为____。‎ ‎（4）D→E的反应类型为____。‎ ‎（5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体还有____种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式____。‎ ‎（6）依他尼酸钠（）是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。________________‎ ‎【答案】 (1). 2-氯丙酸 (2). 羧基、醚键 (3). (4). 取代反应 (5). 5 ‎ ‎(6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知：A在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成B，B发生取代反应生成C，，C发生信息中取代反应生成D，由信息D发生取代反应生成E，由E的结构、反应条件，逆推可知D为、C为、B为．对比E、F的结构，可知E的羧基与碳酸钠反应，E中亚甲基与甲醛发生加成反应、消去反应引入碳碳双键，最终生成F。‎ ‎（6）模仿C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物。‎ ‎【详解】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；‎ ‎（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；‎ ‎（3）B→C的反应方程式为：‎ ‎（4）D→E是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；‎ ‎（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；‎ ‎（6）模仿C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物，合成路线流程图为：。‎ ‎ ‎ ‎ ‎