湖南省长沙一中高三上学期月考（一）化学-1

湖南省长沙市第一中学2021-2022届高三上学期第五次月考化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16Na~23C~35.5Br~80第I卷(选择题共46分)一、选择题(本题共10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一项符合题目要求)1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A.水煤气合成甲醇等含氧有机物及液态烃的过程属于煤的液化，实现了煤的综合利用B.制作N95型口罩的“熔喷布”，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯属于有机高分子材料C.CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体D.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂2.下列化学用语表述正确的是A.原子结构示意图可以表示35Cl，也可以表示37ClB.乙烯的结构简式：CH2CH2C.C2H4和C3H4互为同分异构体D.甲基的电子式：3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，乙醇中含共价键数目为AB.216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NAC.·L-1硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为AD.2与足量的NaOH溶液反应转移的电子总数为A4.董佳家研究员课题组在寻找新的SuFEX反应砌块的过程中意外发现一种罕见无机化合物(结构如图所示)。其中A、B、C、D均为短周期主族元素。D、A、B位于同一周期，A、C位于同一主族元素，且C的核电荷数是A的2倍，下列说法正确的是A.A、B、C中B的非金属性最强，因此形成的简单氢化物中B的简单氢化物沸点最高B.NaB水溶液不能存放在玻璃试剂瓶中C.C的氧化物的水化物是强酸D.D与A形成的化合物均能与水反应5.药物索拉非尼可用于治疗不能手术的晚期肾细胞癌，合成的部分流程如图。下列叙述正确的是A.Z结构中所有原子可能共面B.X→Y为加成反应C.Y的化学式为C6H2ONCl2D.X能与碳酸钠溶液发生反应6.去除酸性废水中Cr2O的方法很多，其中一种方法是用还原剂Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：反应①：Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)反应②：FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)下列有关说法错误的是A.含Cr2O的酸性废水中加入氢氧化钠，溶液可由橙色变为黄色B.反应①中，每消耗1molCu2S转移的电子数为10molC.处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等D.用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质7.下列各组溶液中的离子浓度均为，滴入X试剂发生的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式AFe2+、H+、I-、Br-、Cl-过量Cl2Cl2+2I-=I2+2Cl-BFe2+、K+、NO、SO少量HI4H++3Fe2++NO=3Fe3++NO↑+2H2OCFe3+、SO、Br-过量H2S2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+DNa+、K+、OH-、AlO少量HClH++AlO+H2O=Al(OH)3↓A.A B.B C.C D.D8.过二硫酸盐在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。用过二硫酸盐(含Fe3+)去除溶液中I-的反应原理：(aq)+2I-(aq)=2(aq)+I2(aq)。该反应的分步机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)Ea1步骤②：(aq)+2Fe2+(aq)=2(aq)+2Fe3+(aq)Ea2下列关于该反应的说法错误的是A.相同条件下，活化能Ea1＞Ea2，所以②比①反应速率慢，是决速步骤B.图中△H＜0，其大小与Ea1、Ea2无关C.步骤①为吸热反应、步骤②为放热反应D.Fe3+是该反应的催化剂9.用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是A.图1所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间保持其颜色B.图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液C.图3所示装置可用于观察铁的吸氧腐蚀D.图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性10.T°C时，将物质的量均为8mol的CO2和H2充入体积为2L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)，容器中H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。下列说法错误的是A.反应开始至a点，v(H2)=1mol·L-1·min-lB.曲线II对应的条件改变是使用合适的催化剂C.若曲线I对应的条件改变是升温，则该反应的△H＜0D.T°C时，该反应的平衡常数为3二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜。镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法错误的是A.软锰矿浆吸收SO2反应的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4B.MnCO3的作用是通过调节pH沉淀铁离子和铝离子，若换为KOH可以达到更好的效果C.MnS除铜、镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiSD.该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的12.处理高浓度的乙醛废水的新方法——隔膜电解法，总反应为2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH(不考虑其它反应)。实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液，模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，其装置如图所示，下列说法错误的是A.b电极反应式为：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+B.电解一段时间后，电解池右侧pH值增大C.若以CH4－空气燃料电池为直流电源，a极应该与燃料电池中通入CH4的一极相连D.理论上处理1mol乙醛，将有1molH+通过质子交换膜13.下列实验操作和现象与实验结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向淀粉水解后的溶液中加入碘水，溶液变蓝色有淀粉没有水解B直接给石蜡油加热，气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液逐渐褪色验证石蜡油裂解一定生成乙烯C将苯加入到橙色的溴水中，充分振荡后静置，下层液体几乎无色苯与Br，发生了取代反应D常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞，Na2CO3溶液红色更深阴离子的水解常数Kh(CO)大于Kh(HCO)A.A B.B C.C D.D14.常温时，若Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知=0.29)。下列分析正确的是A.由图可知常温下Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]B.室温下饱和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，溶液变浑浊，恢复至室温，Ca(OH)2的Ksp不变，钙离子浓度不变C饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合：c(WO)＜c(Ca2+)＜c(H+)＜c(OH—)D.d点的CaWO4溶液中，加入CaCl2固体，d点溶液组成沿da线向c点移动(假设混合后溶液体积不变)第II卷(非选择题共54分)三、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分，第15~17题为必考题，第18、19题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(本题包括3小题，共39分)15.正溴丁烷可用于合成麻醉药盐酸丁卡因，也用于生产染料和香料，是稀有元素萃取的溶剂及有机合成的中间体，其制备如图(夹持装置略)：已知：iNaBr+H2SO4(浓)=HBr↑+NaHSO43CH2CH2CH2OH+HBr→CH3CH2CH2CH2Br+H2Oiii.2HBr+H2SO4(浓)Br2+SO2+2H2O请回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________。装置b的作用是___________。（2）制备过程中，加热回流，在此期间要不断地摇动反应装置，其原因为___________。（3）若选用较浓的硫酸作为反应物，得到的产品会呈黄色，为除去颜色，最好选择下列的___________(填标号)溶液来洗涤产品。A．四氯化碳B．硫酸钠C．氢氧化钠D．亚硫酸钠产品选择上述溶液洗涤后，还需要用蒸馏水洗涤一次，洗涤液与产品分离的操作是___________(填操作名称)。（4）分离得到的有机层依次用适量的水、饱和NaHCO3溶液、水洗涤、用无水CaCl2干燥。以上两次用水洗涤简化为一次用水洗涤是否合理___________(填“合理”或“不合理”)。（5）若投入正丁醇，得到产物，则正溴丁烷的产率为___________%(保留一位小数)。16.一种从废旧锂电池(主要含LiCoO2，及少量Al、Cu)中制备钴酸锂(LiCoO2)的工艺流程如下：查阅资料：LiCoO2具有很强的氧化性（1）LiCoO2中，Co的化合价为___________。（2）写出“碱浸泡”发生反应的离子方程式：___________，为提高该物质的去除率可采取的措施有___________(任写两条)。（3）向“残渣”中加入稀硫酸和H2O2，放出大量气泡，写出LiCoO2与H2O2反应的化学方程式：___________。（4）若废旧的锂电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3。在酸浸中若Al3+浓度为·L-1，则常温时pH＞___________才能够开始形成氢氧化铝沉淀(已知氢氧化铝Ksp×10-33、、=2.35)。（5）RH萃取Cu2+的原理可表示为：Cu2++2HRCuR2+2H+。实验室进行萃取实验用到的两种玻璃仪器是___________；向有机层中加入反萃取剂___________(填化学式)可将Cu2+反萃取至水层。（6）已知Li2CO3溶解度随着温度变化曲线如图。加入Na2CO3溶液后应进行的操作是___________。17.近年来雾霾天气经常出现，研究雾霾成因和治理是当前环保的重要话题。汽车尾气和燃煤是造成空气污染的原因之一、因此研究氮氧化物的反应机理，对消除和防治环境污染有重要意义。（1）利用反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=]的关系如图所示。①投料比m1、m2、m3从大到小顺序为___________。②随着温度的升高，不同投料比下CO平衡转化率趋于相近的原因是___________。（2）如图为均相NO-CO的反应历程，TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物(反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差)。①CO(g)+2NO(g)CO2(g)+N2O(g)ΔH=___________。②整个反应分为三个基元反应阶段，第___________(填“一”“二”或“三”)阶段反应活化能最大。（3）碳单质也可用于氮氧化合物的净化，2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)△·mol-1，在密闭容器中加入一定量的碳和NO2，维持温度为T°C，如图为不同压强下反应经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。①试分析，1050kPa前，NO2转化率随着压强增大而增大的原因___________。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T°C、×106Pa时，该反应的化学平衡常数___________(用计算表达式表示，不必化简)；已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。（4）利用固体氧化物电解池通过电解方式分解氮氧化物的原理如下图所示。原理是用Pt电极将N2O在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是新型固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2-，电解池阴极反应式为___________。(二)选考题(从第18题和第19题中任选一题作答。若多做，则按所做的第一题计分，共15分)18.ZnGeP2和KTiOPO4都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：（1）基态氧原子核外电子有___________种不同的空间运动状态；基态Ti原子的价电子排布式为___________。（2）H2O、KH熔点由高到低的顺序为___________，原因是___________。（3）H2O可与H+结合生成H3O+，水中H-O-H的键角比H3O+中的___________(填“大”或“小”)。H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4的原因是___________。

（4）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为___________，该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为___________cm(用含ρ、NA的代数式表示)。

19.G(异戊酸薄荷醇酯)是一种治疗心脏病的重要药物，可由A和烯烃D等为原料制取，合成路线如下：

已知：①RCH=CH2+CO+H2RCH2CH2CHO②+CH2=CH2③A分子式为C7H8O，能与FeCl3溶液发生显色反应；D分子式为C4H8（1）D的名称为___________，E+C→G的化学类型为___________。（2）F中官能团名称___________。（3）C的结构简式为___________。（4）A与浓溴水反应的化学方程式为___________。（5）化合物H是B的同分异构体，满足苯环上只有1个取代基且不能与金属Na反应产生H2，H共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9：2：2：1的结构简式为___________。（6）已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2O。正戊醛可用作香料、橡胶促进剂等，写出以乙醇为原料制备CH3(CH2)3CHO的合成路线(无机试剂任用)。___________湖南省长沙市第一中学2021-2022届高三上学期第五次月考化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16Na~23C~35.5Br~80第I卷(选择题共46分)一、选择题(本题共10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一项符合题目要求)1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A.水煤气合成甲醇等含氧有机物及液态烃的过程属于煤的液化，实现了煤的综合利用B.制作N95型口罩的“熔喷布”，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯属于有机高分子材料C.CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体D.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂【答案】C【解析】【详解】A．用煤气化得到的水煤气合成甲醇等含氧有机物及液态烃的过程，是使煤经过化学反应生成液体燃料，属于煤的液化，实现了煤的综合利用，A正确；B．聚丙烯为聚合物，属于有机高分子材料，B正确；C．CO2是导致温室效应的主要气体，但不是导致酸雨的主要气体，导致酸雨的主要气体是二氧化硫、二氧化氮，C错误；D．“地沟油”禁止食用，但是其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，D正确；答案选C。2.下列化学用语表述正确的是A.原子结构示意图可以表示35Cl，也可以表示37ClB.乙烯的结构简式：CH2CH2C.C2H4和C3H4互为同分异构体D.甲基的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．35Cl、37Cl的核电荷数=核外电子总数=17，二者原子结构示意图为，A正确；B．乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；C．2H和3H互为同位素，C2H4和C3H4都是甲烷，不属于同分异构体，C错误；D．甲基为—CH3、电子式为，D错误；答案选A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，乙醇中含共价键数目为AB.216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NAC.·L-1硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为AD.2与足量的NaOH溶液反应转移的电子总数为A【答案】B【解析】【详解】A．乙醇标准状况下为液体，不能使用求算其物质的量，故A错误；B．216O和14ND3的混合物物质的量为，D216O和14ND3都是10电子微粒，所含电子数为NA，故B正确；C．若硫酸恰好反应，则由关系式：2H2SO4~SO2，得，而实际上随着反应进行，浓硫酸逐渐转化为稀硫酸，稀硫酸与Cu不反应，故所给硫酸不可能完全反应，则生成的SO2小于，则生成SO2的分子数小于A，故C错误；D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，2完全反应转移的电子总数为A，故D错误。故选B选项。4.董佳家研究员课题组在寻找新的SuFEX反应砌块的过程中意外发现一种罕见无机化合物(结构如图所示)。其中A、B、C、D均为短周期主族元素。D、A、B位于同一周期，A、C位于同一主族元素，且C的核电荷数是A的2倍，下列说法正确的是A.A、B、C中B的非金属性最强，因此形成的简单氢化物中B的简单氢化物沸点最高B.NaB的水溶液不能存放在玻璃试剂瓶中C.C的氧化物的水化物是强酸D.D与A形成的化合物均能与水反应【答案】B【解析】【分析】一种罕见无机化合物(结构如图所示)，A、C位于同一主族元素，且C的核电荷数是A的2倍，C可形成6个共价键，C为ⅥA族元素，C为硫，A为氧元素，其中A、B、C、D均为短周期主族元素，D为氯元素，D、A、B位于同一周期，B形成一个共价键，B为F元素，从带正电荷的D看D还能形成四个共价键，D显5价，故D为氮元素。分析可知，A为O元素，B为F元素，C为S元素，D为N元素。【详解】A．氢化物熔沸点与非金属性没有因果关系，且三者的简单氢化物中A对应的H2O沸点最高，故A错误；B．NaF的水溶液中F-水解生成HF，HF与玻璃中的二氧化硅反应，因此NaF不能存放在玻璃试剂瓶中，故B正确；C．C的氧化物的水化物可能为亚硫酸，亚硫酸为弱酸，故C错误；D．D与A形成的化合物中，如NO不能与水反应，故D错误；故选B。5.药物索拉非尼可用于治疗不能手术晚期肾细胞癌，合成的部分流程如图。下列叙述正确的是A.Z结构中所有原子可能共面B.X→Y为加成反应C.Y的化学式为C6H2ONCl2D.X能与碳酸钠溶液发生反应【答案】D【解析】【详解】A．Z结构中含有甲基，所有原子不可能共面，A错误；B．X→Y为环上氢原子、羧基中-OH被取代的反应，是取代反应，B错误；C．由图可知，Y的化学式为C6H3ONCl2，C错误；D．X中含有羧基，能与碳酸钠溶液发生反应，D正确；故选D。6.去除酸性废水中Cr2O的方法很多，其中一种方法是用还原剂Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：反应①：Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)反应②：FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)下列有关说法错误的是A.含Cr2O的酸性废水中加入氢氧化钠，溶液可由橙色变为黄色B.反应①中，每消耗1molCu2S转移的电子数为10molC.处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等D.用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质【答案】C【解析】【详解】A．重铬酸根离子在溶液中存在如下平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O，加入氢氧化钠，氢氧根离子与氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，橙色的重铬酸根离子转化为黄色的铬酸根离子，故A正确；B．由化合价的变化可知，消耗1mol硫化亚铜转移电子的物质的量为1mol×1×2+1mol×8×1=10mol，故B正确；C．由未配平的方程式可知，反应①的方程式为3Cu2S+5Cr2O+46H+=6Cu2++3SO+10Cr3++23H2O，反应②的方程式为6FeS+9Cr2O+78H+=6Fe3++6SO+18Cr3++39H2O，由方程式可知，处理等物质的量的重铬酸根离子时，反应①②中消耗氢离子的物质的量不相等，故C错误；D．由方程式可知，用硫化亚铁处理废水不仅可以除去重铬酸根离子-，且反应生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成的氢氧化铁胶体能吸附水中悬浮杂质，故D正确；故选C。7.下列各组溶液中的离子浓度均为，滴入X试剂发生的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式AFe2+、H+、I-、Br-、Cl-过量Cl2Cl2+2I-=I2+2Cl-BFe2+、K+、NO、SO少量HI4H++3Fe2++NO=3Fe3++NO↑+2H2OCFe3+、SO、Br-过量H2S2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+DNa+、K+、OH-、AlO少量HClH++AlO+H2O=Al(OH)3↓A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．过量Cl2与I-、Fe2+、Br-均能发生氧化还原反应，A错误；B．I-的还原性强于Fe2+，酸性条件下I-先和NO反应，反应的离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2↓+2NO↑十4H2O，B错误；C．Fe3+能与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质和亚铁离子，过量硫化氢与Fe3+反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，C正确；D．少量H+会先与OH-反应生成H2O，离子方程式为：H++OH-=H2O，D项错误；答案选C。8.过二硫酸盐在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。用过二硫酸盐(含Fe3+)去除溶液中I-的反应原理：(aq)+2I-(aq)=2(aq)+I2(aq)。该反应的分步机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)Ea1步骤②：(aq)+2Fe2+(aq)=2(aq)+2Fe3+(aq)Ea2下列关于该反应的说法错误的是A.相同条件下，活化能Ea1＞Ea2，所以②比①反应速率慢，是决速步骤B.图中△H＜0，其大小与Ea1、Ea2无关C.步骤①为吸热反应、步骤②为放热反应D.Fe3+是该反应的催化剂【答案】A【解析】【详解】A．由图像可知步骤①的活化能大于步骤②的，活化能越大，反应速率越小，故步骤①反应速率慢，A错误；B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH＜0，其大小与Ea1、Ea2无关，B正确；C．步骤①中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，步骤②中反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，C正确；D．将两步反应加和，Fe3+、Fe2+都抵消掉，但Fe3+首先出现在反应物中，所以是该反应的催化剂，D正确；故选A。9.用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是A.图1所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间保持其颜色B.图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液C.图3所示装置可用于观察铁的吸氧腐蚀D.图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【答案】B【解析】【详解】A．阳极铁失去电子变成亚铁离子、并与氢氧根生成氢氧化亚铁，煤油起到隔绝空气的作用，故图1所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间保持其颜色，A正确；B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分开，B错误；C．图3中食盐水呈中性，发生吸氧腐蚀，氧气消耗、装置内气体减小压强变小、红墨水被吸入导管、导管上面有一短红色的水柱，C正确；D．黑面包实验：若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化生成CO2和SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使品红溶液褪色说明SO2具有漂白性、使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性，D正确；答案选B。10.T°C时，将物质的量均为8mol的CO2和H2充入体积为2L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)，容器中H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。下列说法错误的是A.反应开始至a点，v(H2)=1mol·L-1·min-lB.曲线II对应的条件改变是使用合适的催化剂C.若曲线I对应的条件改变是升温，则该反应的△H＜0D.T°C时，该反应的平衡常数为3【答案】B【解析】【详解】A．v(H2)===1mol·L-1·min-1，A正确；B．使用合适的催化剂不影响平衡，由图知曲线II对应的条件改变不可能是使用合适的催化剂，B错误；C．升温反应速率增大、建立平衡的时间缩短，升高温度使放热反应平衡向逆反应方向移动，平衡时的H2物质的量应大于T°C平衡时H2的物质的量，满足曲线I，C正确；D．T℃时，达到平衡时H2的物质的量为2mol，根据反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可知，CO2(g)、H2(g)和HCOOH(g)均改变了(8mol-2mol)=6mol，平衡时，c(CO2)=1mol/L，c(H2)=1mol/L，c(HCOOH)=3mol/L则K=，D正确；答案选B。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜。镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法错误的是A.软锰矿浆吸收SO2反应的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4B.MnCO3的作用是通过调节pH沉淀铁离子和铝离子，若换为KOH可以达到更好的效果C.MnS除铜、镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiSD.该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的【答案】BC【解析】【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，以此解答该题。【详解】A．软锰矿浆吸收SO2反应的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故A正确；B．KOH为强碱，易让溶液pH值产生较大波动，Mn2+也会沉淀，故B错误；C．MnS除钢、镍过程是将Ni2+转化为NiS，Cu2+转化为CuS、不是Cu2S，故C错误；D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的，故D正确；答案选BC。12.处理高浓度的乙醛废水的新方法——隔膜电解法，总反应为2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH(不考虑其它反应)。实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液，模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，其装置如图所示，下列说法错误的是

A.b电极反应式为：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+B.电解一段时间后，电解池右侧pH值增大C.若以CH4－空气燃料电池为直流电源，a极应该与燃料电池中通入CH4的一极相连D.理论上处理1mol乙醛，将有1molH+通过质子交换膜【答案】D【解析】【详解】A．b电极为阳极，反应式为：CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故A正确；B．电解一段时间后，电解池右侧消耗水，生成弱酸CH3COOH和H+，H+通过质子交换膜移向左侧，因此pH值增大，故B正确；C．若以CH4-空气燃料电池为直流电源，燃料电池的a极应该通入CH4，故C正确；D．理论上处理1mol乙醛，由电极式CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+可知有2mol电子发生转移，将有2molH+通过质子交换膜，故D错误。故选D选项。13.下列实验操作和现象与实验结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向淀粉水解后的溶液中加入碘水，溶液变蓝色有淀粉没有水解B直接给石蜡油加热，气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液逐渐褪色验证石蜡油裂解一定生成乙烯C将苯加入到橙色的溴水中，充分振荡后静置，下层液体几乎无色苯与Br，发生了取代反应D常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞，Na2CO3溶液红色更深阴离子的水解常数Kh(CO)大于Kh(HCO)A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．淀粉水解后的溶液中加入碘单质，溶液呈蓝色说明有淀粉存在，溶液中有淀粉没有水解，A正确；B．直接给石蜡油加热，气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液逐渐褪色，说明生成了不饱和烃，但不饱和烃不一定是乙烯，B错误；C．将苯加入到橙色的溴水中，充分振荡后静置，下层液体几乎无色，是因为苯将溴从溴水中萃取出来了，并不是苯和溴发生取代反应，C错误；D．常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞，Na2CO3溶液红色更深，说明碳酸钠溶液的碱性更强，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，即水解常数Kh(CO)大于Kh(HCO)，D正确；答案选AD。14.常温时，若Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知=0.29)。下列分析正确的是

A.由图可知常温下Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]B.室温下饱和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，溶液变浑浊，恢复至室温，Ca(OH)2的Ksp不变，钙离子浓度不变C.饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合：c(WO)＜c(Ca2+)＜c(H+)＜c(OH—)D.d点的CaWO4溶液中，加入CaCl2固体，d点溶液组成沿da线向c点移动(假设混合后溶液体积不变)【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知，溶液中钙离子浓度为10-3mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度和钨酸根离子浓度分别为10-2mol/L、10-7mol/L，氢氧化钙和钨酸钙的溶度积分别为Ksp[Ca(OH)2]=10-3mol/L×(10-2mol/L)2=10-7、Ksp(CaWO4)=10-3mol/L×10-7mol/L=10-10，则Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]，故A正确；B．室温下，饱和氢氧化钙溶液中加入少量氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，会有氢氧化钙析出使溶液变浑浊，当恢复至室温时，氢氧化钙溶度积不变，溶液中氢氧化钙的浓度不变，钙离子浓度不变，故B正确；C．由氢氧化钙的溶度积可知，饱和溶液中钙离子的浓度为×10-3mol/L、氢氧根离子浓度为2××10-3×10-3mol/L，则饱和氢氧化钙溶液和饱和钨酸钙溶液等体积混合后，溶液中钙离子浓度大于氢离子浓度，故C错误；D．由图可知，d点溶液为未钨酸钙的不饱和溶液，溶液中钙离子浓度增大，钨酸根离子浓度不变，d点溶液组成沿水平线向右移动(假设混合后溶液体积不变)，故D错误；故选AB。第II卷(非选择题共54分)三、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分，第15~17题为必考题，第18、19题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(本题包括3小题，共39分)15.正溴丁烷可用于合成麻醉药盐酸丁卡因，也用于生产染料和香料，是稀有元素萃取的溶剂及有机合成的中间体，其制备如图(夹持装置略)：已知：i.NaBr+H2SO4(浓)=HBr↑+NaHSO43CH2CH2CH2OH+HBr→CH3CH2CH2CH2Br+H2Oiii.2HBr+H2SO4(浓)Br2+SO2+2H2O请回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________。装置b的作用是___________。（2）制备过程中，加热回流，在此期间要不断地摇动反应装置，其原因为___________。（3）若选用较浓的硫酸作为反应物，得到的产品会呈黄色，为除去颜色，最好选择下列的___________(填标号)溶液来洗涤产品。A．四氯化碳B．硫酸钠C．氢氧化钠D．亚硫酸钠产品选择上述溶液洗涤后，还需要用蒸馏水洗涤一次，洗涤液与产品分离的操作是___________(填操作名称)。（4）分离得到的有机层依次用适量的水、饱和NaHCO3溶液、水洗涤、用无水CaCl2干燥。以上两次用水洗涤简化为一次用水洗涤是否合理___________(填“合理”或“不合理”)。（5）若投入正丁醇，得到产物，则正溴丁烷的产率为___________%(保留一位小数)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.吸收尾气，防止污染空气（2）使反应物充分接触，充分反应，提高正溴丁烷的产率（3）①.D②.分液（4）不合理（5）【解析】【小问1详解】仪器a为球形冷凝管，装置b中的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的溴化氢和副反应生成的溴蒸气、二氧化硫，防止污染空气。【小问2详解】加热回流时，不断地摇动反应装置，可以使反应物充分接触，有利于反应物充分反应，提高正溴丁烷的产率。小问3详解】若选用较浓的硫酸作为反应物，得到的产品会呈黄色，是因为溶解了Br2，A．四氯化碳可以溶解Br2，但也会溶解溴乙烷，A错误；B．硫酸钠不能除去Br2，B错误；C．氢氧化钠与Br2反应，但同时也会引起溴乙烷水解，C错误；D．亚硫酸钠只与Br2发生氧化还原反应，不与溴乙烷反应，D正确；答案选D。洗涤液与产品不互溶，因此可用分液的方法将其进行分离，且下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上口倒出。【小问4详解】有机层依次用适量的水洗涤，可洗去HBr和正丁醇；饱和NaHCO3溶液洗去大部分硫酸；水洗涤，洗去余下的少量硫酸；用无水CaCl2干燥除去水，以上两次用水洗涤简化为一次用水洗涤不合理，若改为1次，需加大试剂用量，而两次洗涤可以减少试剂用量。【小问5详解】正丁醇的物质的量为：，由方程式可知，理论上正丁醇参与反应，生成正溴丁烷，正溴丁烷的质量为：，则正溴丁烷的产率为：100%≈56.9%。16.一种从废旧锂电池(主要含LiCoO2，及少量Al、Cu)中制备钴酸锂(LiCoO2)的工艺流程如下：查阅资料：LiCoO2具有很强的氧化性（1）LiCoO2中，Co的化合价为___________。（2）写出“碱浸泡”发生反应的离子方程式：___________，为提高该物质的去除率可采取的措施有___________(任写两条)。（3）向“残渣”中加入稀硫酸和H2O2，放出大量气泡，写出LiCoO2与H2O2反应的化学方程式：___________。（4）若废旧的锂电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3。在酸浸中若Al3+浓度为·L-1，则常温时pH＞___________才能够开始形成氢氧化铝沉淀(已知氢氧化铝Ksp×10-33、、=2.35)。（5）RH萃取Cu2+的原理可表示为：Cu2++2HRCuR2+2H+。实验室进行萃取实验用到的两种玻璃仪器是___________；向有机层中加入反萃取剂___________(填化学式)可将Cu2+反萃取至水层。（6）已知Li2CO3溶解度随着温度变化曲线如图。加入Na2CO3溶液后应进行的操作是___________。【答案】（1）+3（2）①.2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑②.适当升高温度、提高碱液浓度、搅拌（3）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑（4）（5）①.烧杯、分液漏斗②.H2SO4（6）加热溶液，趁热过滤，洗涤【解析】【分析】废旧锂电池(主要含LiCoO2，及少量Al、Cu)，加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，滤液1中含偏铝酸根离子，残渣含有LiCoO2和Cu，残渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，铜与稀硫酸和过氧化氢发生氧化还原反应：Cu+H2SO4(稀)+H2O2=CuSO4+2H2O，结合(3)问题干“放出大量气泡”可知，LiCoO2与稀硫酸、H2O2溶液发生反应：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑，过滤后，滤液2中含有CuSO4、Li2SO4、CoSO4，向滤液2中加入(NH4)2C2O4，(NH4)2C2O4与溶液中的Co2+反应生成CoC2O4·2H2O沉淀，过滤得到CoC2O4·2H2O沉淀和含有CuSO4、Li2SO4的滤液3，CoC2O4·2H2O在空气中煅烧得到Co3O4，滤液3中加入RH和煤油的混合液萃取有机相中的铜离子，分液得到Li2SO4溶液和含有铜离子的有机层，有机层中加入反萃取剂萃取有机相中的铜离子，分液得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体，向Li2SO4溶液中加入碳酸钠溶液，Li2SO4和碳酸钠反应生成碳酸锂，过滤得到碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4与氧气高温条件下反应生成LiCoO2。【小问1详解】LiCoO2中锂元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价，依据化合物中正负化合价代数和为0可知，Co元素化合价为+3价；【小问2详解】“碱浸泡”时铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑；升高温度、提高碱溶液浓度、搅拌、振荡都可以加快反应速率，提高去除率；【小问3详解】LiCoO2与稀硫酸、H2O2溶液发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；【小问4详解】已知氢氧化铝Ksp=1.3×10-33，在酸浸中若A13+浓度为，形成氢氧化铝沉淀，则氢氧根离子浓度至少为c(OH-)=mol/L=2.35×10-11mol/L，c(H+)=4.26×10-4mol/L，，即溶液才能够开始形成氢氧化铝沉淀；【小问5详解】萃取用到的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯；由分液后得到硫酸铜溶液可知，向有机层中加入的反萃取剂为稀H2SO4溶液，将硫酸铜反萃取至水相；【小问6详解】由图可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，为防止温度降低，碳酸锂重新溶解，则加入碳酸钠溶液后，应加热溶液，趁热过滤得到碳酸锂沉淀、然后洗涤、干燥等。17.近年来雾霾天气经常出现，研究雾霾成因和治理是当前环保的重要话题。汽车尾气和燃煤是造成空气污染的原因之一、因此研究氮氧化物的反应机理，对消除和防治环境污染有重要意义。（1）利用反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=]的关系如图所示。①投料比m1、m2、m3从大到小的顺序为___________。②随着温度升高，不同投料比下CO平衡转化率趋于相近的原因是___________。（2）如图为均相NO-CO的反应历程，TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物(反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差)。①CO(g)+2NO(g)CO2(g)+N2O(g)ΔH=___________。②整个反应分为三个基元反应阶段，第___________(填“一”“二”或“三”)阶段反应活化能最大。（3）碳单质也可用于氮氧化合物的净化，2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)△·mol-1，在密闭容器中加入一定量的碳和NO2，维持温度为T°C，如图为不同压强下反应经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。①试分析，1050kPa前，NO2转化率随着压强增大而增大的原因___________。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T°C、×106Pa时，该反应的化学平衡常数___________(用计算表达式表示，不必化简)；已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。（4）利用固体氧化物电解池通过电解方式分解氮氧化物原理如下图所示。原理是用Pt电极将N2O在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是新型固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2-，电解池阴极反应式为___________。【答案】（1）①.m1＞m2＞m3②.温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响（2）①.-314.3kJ/mol##-314.3kJ▪mol-1②.一（3）①.1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率提高②.（4）N2O+2e-=N2+O2-【解析】【小问1详解】①m=，在相同温度下，增大NO的量，平衡正向移动，可增大CO的转化率，则投料比m1、m2、m3从大到小的顺序为m1＞m2＞m3；②随着温度的升高，不同投料比下CO平衡转化率趋于相近的原因是温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，导致CO平衡转化率趋于相近。【小问2详解】①整个反应分为三个基元反应阶段，一：NO(g)+NO(g)=；二：+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△；三：CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△；由盖斯定律可知，一、二相加可得2NO(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-3143kJ/mol；②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，第一阶段反应活化能最大。【小问3详解】①1050kPa前，反应中NO2转化率随着压强增大而增大的原因为1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率提高；②在T°C、1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合计算列三段式，设通入二氧化氮1mol，平衡时气体总物质的量为，相同条件下各物质的压强比等于物质的量比，则Kp=；【小问4详解】由电解原理可知，N2O在阴极得到电子反应还原反应生成N2，电解质中O2--移动导电，故阴极反应式为N2O+2e-=N2+O2-。(二)选考题(从第18题和第19题中任选一题作答。若多做，则按所做的第一题计分，共15分)18.ZnGeP2和KTiOPO4都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：（1）基态氧原子核外电子有___________种不同的空间运动状态；基态Ti原子的价电子排布式为___________。（2）H2O、KH熔点由高到低的顺序为___________，原因是___________。（3）H2O可与H+结合生成H3O+，水中H-O-H的键角比H3O+中的___________(填“大”或“小”)。H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4的原因是___________。（4）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为___________，该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为___________cm(用含ρ、NA的代数式表示)。【答案】（1）①.8②.3d24s2（2）①.KH＞H2O②.KH为离子晶体，H2O为分子晶体（3）①.小②.由图示可知H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4（4）①.8