山西省大同市2021届高三上学期学情调研测试化学试卷 Word版含解析

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大同市2021届高三学情调研测试试题(卷)‎ 化学 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。‎ ‎2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。‎ ‎3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。‎ ‎4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。‎ ‎5.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 N14 P31 Cl35.5 Fe 56 Cu64 Zn 65‎ 第I卷 (选择题)‎ 一、选择题：本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1. 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是 A. 宋代《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，该颜料耐酸耐碱 B. 《本草纲月》中有如下记载：“火药乃焰硝(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中利用了KNO3的氧化性 C. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品 D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碱式碳酸铜能与酸反应，该颜料不耐酸，A错误；‎ B.火药爆炸时生成氮气，KNO3中的氮元素化合价降低，被还原，作氧化剂，体现了KNO3的氧化性，B正确；‎ C.后(司)母戊鼎属于铜合金制品，C正确；‎ - 20 -‎ D.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2. 下列表示正确的是 A. N2分子的电子式：‎ B. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2‎ C. CO2的比例模型：‎ D. 质子数为35、中子数为45的溴原子：Br ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N2分子的电子式应该为：，A错误；‎ B. 甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3，C2H4O2为分子式，B错误；‎ C. 碳原子半径大于氧原子半径，CO2的比例模型为：，C错误；‎ D. 质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为35+45＝80，可表示为：Br，D正确；答案选D。‎ ‎3. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子 B. 1L浓度为0.100mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA C. 12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子 D. 0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下，22.4L氮气物质的量为1mol，1molN2含有14NA个中子，A错误；‎ B．1L浓度为0.100mol/LNa2CO3溶液，Na2CO3的物质的量为1mol，溶液中的阴离子除碳酸根、碳酸氢根还有氢氧根离子，故阴离子数大于0.100NA，B错误；‎ C．12g石墨烯和12g金刚石均含1molC，故含有NA个碳原子，C正确；‎ D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为 NA，D错误；‎ - 20 -‎ 答案选C。‎ ‎4. 化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. BaCO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐 C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯 D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与氧化性没有关系，A错误；‎ B. BaCO3不溶于水，但可溶于盐酸，不能用作医疗上检查肠胃的钡餐，应该用硫酸钡，B错误；‎ C. 石墨可用于制铅笔芯，与具有导电性没有关系，C错误；‎ D. 明矾溶于水，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，D正确；答案选D。‎ ‎5. 下列说法不正确是 A. 根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花 B. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元 C. 涤纶、合成橡胶和有机玻璃均属于合成高分子化合物 D. 煤的干馏和石油的分馏均属于化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花，A正确；‎ B. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，B正确；‎ C. 涤纶、合成橡胶和有机玻璃均属于合成高分子化合物，C正确；‎ D. 煤的干馏过程中产生新物质，属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，D错误；答案选D。‎ ‎6. 下列所示的物质间转化在给定条件下均能实现的是 A. NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)‎ B. NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)‎ - 20 -‎ C. FeS2SO2H2SO4‎ D. SiO2H2SiO3Na2SiO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 非金属性Cl＞Br＞I，则NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)均能实现，A正确；‎ B. 应该用氯气和石灰乳制备漂白粉，石灰水的浓度太低，B错误；‎ C. 二氧化硫溶于水生成亚硫酸，三氧化硫溶于水才能生成硫酸，C错误；‎ D. 二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水，不能直接转化为硅酸，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀 蛋白质发生了盐析 B 将数滴0.1mol·L-1 MgSO4溶液滴入2mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液中充分反应，再滴加0.1mol·L-1 CuSO4溶液，出现蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]‎ C 室温下，向0.1mol·L-1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热 D 向淀粉溶液中加适量的20% H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀，蛋白质发生了变性，A错误；‎ - 20 -‎ B. 将数滴0.1mol·L-1 MgSO4溶液滴入2mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液中充分反应，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，由于反应中氢氧化钠过量，则不能说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，B错误；‎ C. 室温下，向0.1mol·L-1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升，这说明镁与盐酸反应放热，C正确；‎ D. 向淀粉溶液中加适量的20% H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，只能说明有淀粉剩余，但不能说明淀粉未水解，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是 A. 0.1mo/LNaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO B 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+‎ C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+‎ D. 电解MgCl2水溶液：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1mo/LNaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，A正确；‎ B. 向CaCl2溶液中通入CO2不反应，B错误；‎ C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液双氧水分解：2H2O2O2↑+2H2O，C错误；‎ D. 电解MgCl2水溶液生成氢氧化镁：2Cl-+Mg2＋+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，D错误；答案选A。‎ ‎9. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子总数与Y原子次外层的电子数相同，Y是短周期中金属性最强的元素，Z所在周期数与族序数相同，W与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 由X、Y组成的化合物中一定不含共价键 B. X单质的氧化性比W单质的氧化性强 C. Z的氧化物的水化物是强碱 - 20 -‎ D. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y是短周期中金属性最强的元素，则Y为Na元素；X原子核外电子总数与Y原子次外层的电子数相同，则X为O元素；Z所在周期数与族序数相同，Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，所以W为S元素。‎ ‎【详解】A．O元素和Na元素可以形成Na2O2，其含有非极性共价键，故A错误；‎ B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>S，则单质的氧化性O2>S，故B正确；‎ C．Al的氧化物的水化物为Al(OH)3，属于弱碱，故C错误；‎ D．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞W＞X，故D错误；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎10. 科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯(DMC)需经历三步反应，示意图如图：‎ 下列说法正确的是 A. ①、②、③中均有O－H的断裂 B. 合成DMC的总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D. DMC在碱性条件下完全水解消耗NaOH的物质的量为1mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H - 20 -‎ 键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，故A错误；‎ B．根据示意图可判断合成DMC的总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，故B正确；‎ C．催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡；平衡移动才会改变转化率，所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；‎ D．DMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，酯在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH→2CH3OH+Na2CO3，DMC在碱性条件下完全水解消耗NaOH的物质的量为2mol，故D错误；故答案选B。‎ ‎11. 分枝酸可用于生化研究，在微生物、植物的芳香族氨基酸的生物合成系统中作为中间体，是重要的化合物，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是 A. 分枝酸的分子式为C10H8O6‎ B. 该物质最多可与2mol氢气加成 C. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 D. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构简式可知分枝酸的分子式为C10H10O6，A错误；‎ B. 分子中只有碳碳双键和氢气发生加成反应，该物质最多可与3mol氢气加成，B错误；‎ C. 含有羧基和羟基，可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同，均是取代反应，C正确；‎ D. 分子中只有羧基和氢氧化钠反应，1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，D错误；答案选C。‎ ‎12. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是 选项 A B C D - 20 -‎ 实验 实验目的 将乙二醇(HOCH2CH2OH)转化为乙二酸(H2C2O4)‎ 除去SO2的少量HCl 比较氯化铁和二氧化锰对H2O2分解反应的催化效果 配制0.10mol/L的NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙二酸(H2C2O4)也会被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；‎ B．SO2难溶于NaHSO3溶液，而HCl可以和NaHSO3溶液反应生成SO2，故B正确；‎ C．两组实验所用双氧水的浓度不同，变量不唯一，无法比较催化剂的效果，故C错误；‎ D．向容量瓶中移液时要用玻璃杯引流，故D错误；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎13. 锌—空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，可作为新能源汽车的电源。总反应式为：2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2。有关该电池的说法正确的是 A. 电池可以用稀硫酸做电解质溶液 B. 电池工作时，电子由a电极沿导线流向b电极 C. 空气扩散电极上的电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ - 20 -‎ D. 电池工作时，电路中通过2mol电子，标准状况下消耗氧气22.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化锌能溶于稀硫酸，因此该电池不可以用稀硫酸做电解质溶液，A错误；‎ B. 锌是负极，电池工作时，电子由b电极沿导线流向a电极，B错误；‎ C. 空气扩散电极是正极，氧气得到电子，电极上的电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；‎ D. 电池工作时，电路中通过2mol电子，根据电子得失守恒可知消耗0.5mol氧气，则标准状况下消耗氧气11.2L，D错误；答案选C。‎ ‎14. 已知反应S2O(aq)+2I-(aq)⇌2SO(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ‎①2Fe3+(aq)+2I-(aq)⇌I2(aq)+2Fe2+(aq)‎ ‎②2Fe2+(aq)+S2O(aq)=2Fe3+(aq)+2SO(aq)‎ A. Fe3+是该反应的催化剂，加入Fe3+后降低了该反应的活化能 B. 反应①比反应②所需活化能大 C. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深 D. 该反应可设计成原电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe3+参与反应①的反应，但在反应②中又生成Fe3+，说明Fe3+是该反应的催化剂；催化剂能降低反应所需的活化能；故A正确；‎ B．由图可知，反应①比反应②所需活化能大，故B正确；‎ C．由题意可知：S2O82− (aq)+2I−(aq)⇌2SO42− (aq)+I2(aq)是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(I2)减小，蓝色变浅，故C错误； ‎ - 20 -‎ D．该反应是氧化还原反应，涉及到电子的转移，故可设计成原电池，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15. 25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法错误的是 A. O点时，c(H+)=c(OH-)‎ B. N点时，pH=-lgKa C. pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大 D. 该体系中，c(CH3COOH)=mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7‎ - 20 -‎ ‎，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A正确；‎ B. N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；‎ C. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故C错误；‎ D. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故D正确；答案选C。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题)‎ 二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分，第16-18题为必考题，每个题考生都必须做答；第19、20为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎(一)必考题：共3题，共40分。‎ ‎16. 铁氧体一般是指铁族的和其他一种或多种适当的金属元素的复合氧化物。锰锌铁氧体具有高的起始导磁率。可制作电感器、变压器的磁芯、磁头及天线棒。一种以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体的主要流程如图，请回答下列问题：‎ 已知：锰元素在溶液中以Mn2+的形式稳定存在。‎ ‎(1)废旧电池中仍残留有二氧化锰。酸浸时，提高酸速率的方法有________(写出一种)，H2O2的作用是________，二氧化锰发生反应的化学方程式________。‎ ‎(2)除汞是以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO4溶液进行吸收而实现的。如图是KMnO4溶液处于不同pH值时对应的Hg去除率变化图，图中物质为Hg与MnO在该pH - 20 -‎ 范围内的主要产物。试猜想在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的可能原因：①________；②________。‎ ‎(3)测定锰锌铁氧体(MnxZn1-xFe2O4)中ZnO含量的实验步骤如图：‎ ‎①配制溶液A用的玻璃仪器有________烧杯、玻璃棒及胶头滴管。‎ ‎②准确量取25.00mL溶液A，二甲酚橙作指示剂，用0.01000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2+(反应原理为Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+)，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL。通过计算确定该铁氧体中ZnO的质量分数为________。‎ ‎【答案】 (1). 加热或研碎或搅拌 (2). 作还原剂，将二氧化锰还原为Mn2+ (3). MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O (4). 高锰酸钾在酸性环境中氧化性最强 (5). Mn2+具有催化作用 (6). 250mL容量瓶 (7). 16.20%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据外界条件对反应速率的影响可知酸浸时，提高酸速率的方法有加热或研碎或搅拌等；由于锰元素在溶液中以Mn2+的形式稳定存在，则H2O2的作用是作还原剂，将二氧化锰还原为Mn2+，反应中双氧水被氧化为氧气，则根据原子守恒可知二氧化锰发生反应的化学方程式为MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O。‎ ‎(2)由于在中性或碱性条件下KMnO4氧化性较低，而酸性条件下氧化性较强，且还原产物是Mn2+，因此在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的可能原因为：高锰酸钾在酸性环境中氧化性最强，Mn2+具有催化作用。‎ - 20 -‎ ‎(3)①配制250mL溶液A用的玻璃仪器有250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒及胶头滴管等。‎ ‎②至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL，则根据方程式Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+可知溶液中Zn2+物质量是2.0×10－4mol，所以该铁氧体中ZnO的质量分数为＝16.20%。‎ ‎17. ClO2气体的氧化性与Cl2的氧化性相近，是安全、无毒的绿色消毒剂和保鲜剂。某兴趣小组对其制备、吸收、释放和应用进行了研究，如图。‎ ‎(1)安装F中导管时，应选用图中的________(填字母)。‎ ‎(2)A装置用于制备ClO2，在制备过程中会生成Cl2，则发生反应的化学方程式为：________。C装置用于吸收Cl2，ClO2在D中会被稳定剂完全吸收生成NaClO2，整个过程中，F溶液的颜色不变。‎ ‎(3)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________。在ClO2释放实验中，打开装置________(填字母)的活塞，使反应发生，则装置F的作用是________。‎ ‎(4)已吸收ClO2气体的稳定剂I和稳定剂II，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是________。‎ - 20 -‎ ‎(5)ClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl-，则常温常压下，等体积的ClO2的消毒能力是Cl2的________倍。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O (3). 4H＋+5ClO=Cl－+4ClO2↑+2H2O (4). E (5). 验证是否有ClO2生成 (6). 稳定剂Ⅱ (7). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H＋+5ClO=Cl－+4ClO2↑+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验D中生成的二氧化氯，据此解答。‎ ‎【详解】(1)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；‎ ‎(2)A装置用于制备ClO2，在制备过程中会生成Cl2，则发生反应的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；‎ ‎(3)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H＋+5ClO=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，需打开E的活塞，D中发生反应生成ClO2，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；‎ ‎(4)由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好；‎ ‎(5)ClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl-，其中ClO2和Cl2得到电子的个数分别是5和2个，则常温常压下，等体积的ClO2的消毒能力是Cl2的5÷2＝2.5倍。‎ - 20 -‎ ‎18. 维持大气中CO2的平衡对生态环境保护有着重要意义。‎ ‎(1)CO2催化加氢合成低碳烯烃技术能有效利用大气中的CO2。‎ 以合成C2H4为例，该转化分为两步进行：‎ 第一步：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.3kJ/mol 第二步：2CO(g)+4H2(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2= -210.5kJ/mol CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为________。‎ ‎(2)CO2催化加氢在一定条件下还可以合成CH4。已知反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g) + 2H2O(g)。在体积为1L的密闭刚性容器中，充入4mol H2和1mol CO2，测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。‎ ‎①已知M点总压为1MPa，该反应在此温度下的平衡常数Kp=________MPa2。(Kp 是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，气体分压=气体总压×物质的量分数。)‎ ‎②欲增加二氧化碳的平衡转化率，可采取的措施有________(填字母)。‎ A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加二氧化碳浓度 D.增加氢气浓度 ‎(3)利用铜基配合物l，10-phenanthroline -Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。‎ - 20 -‎ 电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH________(填 “变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为________，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加________g。‎ ‎【答案】 (1). 2CO2(g)+6H2(g)= C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=-127.9 kJ/mol (2). 1 (3). D (4). 变小 (5). CO2+2H++2e−=HCOOH (6). 46‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据已知方程可知，CO2加氢合成乙烯可由反应一乘2加反应二得到，焓变为：2ΔH1+ΔH2，则反应的热化学方程式为：2CO2(g)+6H2(g)= C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=-127.9 kJ/mol；‎ ‎(2)①CO2的平衡转化率为50%，有三段式：，所以平衡时：，，，，则；‎ ‎②增加二氧化碳的平衡转化率，即促使平衡正向移动，‎ A．通入惰性气体，在密闭刚性容器中，不改变各组分的平衡浓度，不影响化学平衡，故A不选；‎ B．提高温度，反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，导致CO2平衡转化率降低，故B不选；‎ C．增加CO2浓度导致自身转化率降低，故C不选；‎ - 20 -‎ D．增加氢气浓度可促使平衡正向移动，CO2平衡转化率增加，故D选，‎ 故答案为：D；‎ ‎(3)电池工作过程中， Pt电极为阳极，发生的电极反应为：，则附近溶液的pH减小；阴极发生还原反应，电极反应式为：CO2+2H++2e−=HCOOH；每转移2mol电子，由阴极电极反应式CO2+2H++2e−=HCOOH可知，生成1molHCOOH，质量为46g，即阴极室溶液质量增加46g。‎ ‎(二)选考题：共15分。请考生从给出的19、20两道试题中任选一题做答，并用2B铅笔填涂所选题目题号后的方框。注意所做题目的题号必须与所选题目的题号一致。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎19. X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增。已知：①F位于周期表中第四周期IB族，其余的均为短周期主族元素；②E的氧化物是光导纤维的主要成分；③Y原子核外L层电子数为奇数；④X是形成化合物种类最多的元素；⑤Z原子P轨道的电子数为4。请回答下列问题：‎ ‎(1)Y原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为____。‎ ‎(2)X、Y、E三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_____(填元素符号)。‎ ‎(3)常温下X、Z和氢元素按原子数目1：1：2形成气态的常见物质，该物质分子中X原子轨道的杂化类型为_____。‎ ‎(4)F2+与NH3反应能生成[F(NH3)4]2+离子，[F(NH3)4]2+中的配位原子为_____(填元素符号)。在[F(NH3)4]2+离子中2个NH3被2个Cl-替代可以得到2种不同结构，则它的立体构型是_____。‎ ‎(5)1个F2Z晶胞中(结构如图所示)，所包含的F原子数月为____个。F2Z晶胞中阳离子和阴离子的配位数之比为_____。若晶胞边长为apm，密度为ρg/cm3，NA为阿伏伽德罗常数，请列出NA的代数式_________(用a、ρ表示，列式即可，不需化简)。‎ ‎【答案】 (1). (2). Si＜C＜N (3). sp2杂化 (4). N (5). ‎ - 20 -‎ 平面正方形 (6). 4 (7). 1∶2 (8). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增。已知：①F位于周期表中第四周期IB族，则F为Cu；其余的均为短周期主族元素；②E的氧化物是光导纤维的主要成分，则E为Si；④X是形成化合物种类最多的元素，则X为C；⑤Z原子p轨道的电子数为4，其原子序数小于Si，则Z为O；③Y原子核外L层电子数为奇数，介于C、O之间，则Y为N元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、E、F分别是C、N、O、Si、Cu。则 ‎(1)N原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为。‎ ‎(2)一般来讲，非金属性越强，第一电离能越大，则C、N、Si三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si＜C＜N。‎ ‎(3)常温下X（C）、Z（O）和氢元素按原子数目1：1：2形成的气态常见物质是的分子式为CH2O的甲醛，甲醛分子中C原子形成1个碳氧双键和2个碳氢键，即每个甲醛分子中含有3个σ键，轨道的杂化类型为sp2。‎ ‎(4)Cu2+与NH3反应能生成[Cu(NH3)4]2+离子，[Cu(NH3)4]2+中的配位原子为N。在[Cu(NH3)4]2+离子中2个NH3被2个Cl-替代可以得到2种不同结构，这说明不是正四面体形，则它的立体构型是平面正方形。‎ ‎(5)1个Cu2O晶胞中(结构如图所示)，所包含的O原子数月为＝2个，铜原子数目是4个。Cu2O晶胞中阳离子和阴离子的配位数之比为2：4＝1：2。若晶胞边长为apm，密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，则，则NA的代数式。‎ ‎20. 某药物H的一种合成路线如图：‎ - 20 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)C的名称是______，E中所含官能团的名称为_____。‎ ‎(2)F→H的反应类型为________。B→C的试剂和条件是_____。‎ ‎(3)H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型____(填字母)。‎ A.质谱仪 B.元素分析仪 C.红外光谱仪 D.核磁共振氢谱仪 ‎(4)写出D→E的化学方程式_____。‎ ‎(5)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是____。‎ ‎①既能发生银镜反应，又能发生水解反应 ‎②属于芳香族化合物 ‎③苯环上只有2个取代基 ‎【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 羟基、羰基 (3). 加成反应 (4). 氢氧化钠水溶液，加热 (5). C (6). +CH3COCH3 (7). 15 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C7H8，由D的结构可知A中含有苯环，故A为，光照条件下A - 20 -‎ 与氯气发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D，D发生加成反应生成E，根据F分子式、H的结构，可知E发生消去反应生成F为，F和G发生加成反应生成H。据此解答。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，C的结构简式为，名称为：苯甲醇；根据E的结构简式可知分子中官能团的名称为羟基、羰基；‎ ‎(2)F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热；‎ ‎(3)质谱仪确定相对分子质量，元素分析仪测定元素种类，核磁共振氢谱仪确定H原子种类，均不能说明化学键和官能团类型，而红外光谱仪测定化学键和官能团，故答案选：C；‎ ‎(4)D→E的化学方程式为：+CH3COCH3；‎ ‎(5)E同分异构体符合下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有HOOC-；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，取代基为HCOO-、CH3CH2CH2-，或者为HCOO-、（CH3）2CH-，或者为HCOOCH2-、CH3CH2-，或者为HCOOCH2CH2-、CH3-，或者为HCOOCH（CH3）-，CH3-，均有邻、间、对3种，故符合条件的有15种，其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是。‎ - 20 -‎