重庆市第一中学2021-2022学年高三下学期第一次月考化学试题word版含解析

2022年重庆一中高2022届高三下期第一次月考化学测试试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Br-80一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.第24届冬奥会正在北京举办，雪上项目所使用的滑雪板各部分对应的材料中，属于天然有机高分子的是A.板面——尼龙 B.板芯——木材C.板底——聚乙烯塑料 D.复合层——玻璃纤维【答案】B【解析】【详解】A．尼龙是合成高分子材料，A错误；B．木材主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，B正确；C．聚乙烯是合成高分子材料，C错误；D．玻璃纤维属于无机非金属材料，通常用作复合材料中的增强材料，D错误；故选B。2.研究表明液态中存在自耦电离：，也会缓慢释放出氧气。下列关化学用语表示错误的是A.的结构式：B.的球棍模型：C.的电子式：D.中子数为10的氧原子：18O【答案】B【解析】【详解】A．的结构式为，A正确；B．的球棍模型中氧原子和氧原子之间应为单键，B错误；C．是H2O2失去一个H+形成的离子，故电子式为，C正确；D．中子数为10的氧原子，质量数为18，故该原子为18O，D正确；故选B。3.下列物质对应的组成错误的是A.TNT： B.天然橡胶：C.硝化甘油： D.酚醛树脂：【答案】C【解析】【详解】A．TNT为2,4,6-三硝基甲苯，结构简式为，故A正确；B．天然橡胶的主要成分是聚2-甲基-1,3-丁二烯，结构简式为，故B正确；C．硝化甘油为三硝酸丙三酯的俗称，结构简式为，故C错误；D．甲醛和苯酚一定条件下发生缩聚反应生成酚醛树脂，结构简式，故D正确；故选C。4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1L1mol·L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NAB.标准状况下，1.12LHF中含有氢原子数为0.05NAC.常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，则AgCl饱和溶液中Ag+数目为×10-5NAD.电解饱和食盐水时(惰性电极)，阴阳两极产生气体总质量为73g时转移电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．1L1mol·L-1溴化铵水溶液中存在电荷守恒，即c(N)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n(N)+n(H+)=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=1L1mol·L-1=1mol，所以该溶液中NH与H+离子数之和大于NA，故A正确；B．标准状况下，HF为液态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算AgCl饱和溶液中Ag+数目，故C错误；D．用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，由方程式可知，若有2mol电子转移，则阴极产生1molH2，阳极产生1molCl2，产生气体总质量为2g+71g=73g，所以当阴阳两极产生气体总质量为73g时转移电子数为2NA，故D错误；答案选A。5.下列装置和操作，能达到实验目的的是A.装置甲配制0.10mol/LNaOH溶液 B.装置乙接收蒸馏时的馏出液C.装置丙测定化学反应速率 D.验证稀硝酸的还原产物为NO【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶不能用来溶解固体，A错误；B．接受馏出液的牛角管和锥形瓶不用密封，B错误；C．长颈漏斗与锥形瓶不能形成密闭体系，C错误；D．稀硝酸先与石灰石反应产生二氧化碳装置内空气排干净，再将铜丝下移与稀硝酸接触，在集气瓶中可以收集到一氧化氮，进而可以验证，D正确；故选D。6.下列离子方程式书写正确的是A.向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++HCO+OH-=MgCO3↓+H2OB.H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCOD.KHS溶液中加入CuCl2粉末：Cu2++S2-=CuS↓【答案】C【解析】【详解】A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：，A错误；B．H218O中投入Na2O2固体，生成的氧气中氧原子有一半来自于水，一半来自过氧化钠，B错误；C．碳酸酸性比苯酚强，故离子方程式正确，C正确；D．HS-不可拆，Cu2++2HS-=CuS↓+2H+，D错误；故选C。7.兔儿草醛是一种常见的香料添加剂。由兔儿草醇制备兔儿草醛的反应如图，下列说法正确的是A.兔儿草醛的分子结构中苯环上的二溴代物有4种B.兔儿草醇最多能与3molH2发生加成反应C.将兔儿草醇转化为兔儿草醛所采用的试剂可以是“酸性K2Cr2O7溶液”D.兔儿草醇和兔儿草醛都能发生氧化反应、加成反应，不能发生取代反应【答案】A【解析】【详解】A．兔儿草醛分子结构中苯环上的取代基处于对位，其二溴代物为：、，共4种，A正确；B．兔儿草醇的物质的量没有给出，消耗氢气的量无法计算，B错误；C．酸性重铬酸钾溶液可将-CH2OH直接氧化成-COOH，C错误；D．兔儿草醇和兔儿草醛的苯环及侧链均可在一定的条件下发生取代反应，D错误；故选A。8.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图，下列说法错误的是A.CaSO4·2H2O属于纯净物B.过程I后溶液pH增大C.过程II中，反应的离子方程式为：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-D.将10L上清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为SO，理论上共需要0.3molO2【答案】B【解析】【分析】由流程图可知，CaO与MnSO4反应生成Mn(OH)2，过程I中Mn(OH)2被O2氧化生成MnO，反应的离子方程式为：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，过程II中，MnO与S2-发生氧化还原反应生成Mn(OH)2和S2O，反应的离子方程式为：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，S2O被O2氧化生成SO，离子方程式为：S2O+2O2+2OH-=2SO+H2O，最终生成石膏(CaSO4·2H2O)。【详解】A．CaSO4·2H2O只含有一种化合物，属于纯净物，故A正确；B．过程I中Mn(OH)2被O2氧化生成MnO，反应的离子方程式为：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，消耗OH-，溶液中pH减小，故B错误；C．过程II中，S2-转化成S2O，反应的离子方程式为：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正确；D．由原子守恒及电子守恒可知，，且两个过程消耗O2，则将10L上清液中的S2-转化为SO(S2-浓度为480mg·L-1)，理论上共需要O2的物质的量为2=0.3mol，故D正确；答案选B。9.一种锂离子电池的电解液添加剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是A.XY2是酸性氧化物 B.WZ3中W达到8电子结构C.最简单氢化物的沸点：Y＞X D.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期非金属元素，Z形成1个共价键，则Z是第VIIA的元素，Y形成2个共价键则Y是第VIA元素，X形成4个共价键，说明Y最外层有4个电子的第IVA元素，结合该阴离子带一个单位负电荷，可知W与Y形成配位键，W原子最外层有3个电子，可推知W是B，X是C，Y是O，Z是F元素，然后根据物质性质及元素周期律分析解答。【详解】A．XY2是CO2，CO2与水反应产生H2CO3，因此CO2是酸性氧化物，A正确；B．WZ3是BF3，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成3对共用电子对，使B原子最外层电子数是6个，未达到8电子稳定结构，B错误；C．X、Y形成的简单氢化物分别是CH4、H2O，二者都是由分子构成的物质，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其熔沸点比CH4高，所以最简单氢化物的沸点：Y＞X，C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于元素的非金属性：C＞B，所以酸性：H2CO3＞H3BO3，即最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W，D正确；故合理选项是B。10.苯乙烯是生产各种塑料的重要单体，其制备原理C6H5—C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)，实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(水蒸气不参加反应)，图为乙苯的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强的关系。下列说法正确的是A.b点和c点温度和压强相同，则反应速率相同B.恒容时加入稀释剂，C6H5—C2H5平衡转化率不变C.a点转化率为75%，则混合气体中苯乙烯的体积分数为1/3D.b点转化率为50%，若起始向2L恒容容器中充入1mol乙苯，则平衡常数为0.5mol·L-1【答案】B【解析】【分析】该反应正向气体分子数增加，恒压条件下，增大，相当于减压，平衡正向移动。【详解】A．b点和c点温度和压强相同，c点比b点大，故c点反应各物质浓度减小，相当于体系减压，c点反应速率比b点小，A错误；B．恒容时加入稀释剂，各物质浓度均不变，C6H5—C2H5平衡转化率不变，B正确；C．设起始时C6H5—C2H5的物质的量为1mol，a点C6H5—C2H5的转化率为75%，可列出三段式：，平衡时苯乙烯体积分数为：，C错误；D．b点转化率为50%，若起始向2L恒容容器中充入1mol乙苯，可列出三段式:，平衡常数，D错误；故选B。11.正戊烷异构化为异戊烷是油品升级一项重要技术。在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率(α)随温度变化如图所示。名称熔点/℃沸点/℃燃烧热ΔH/kJ·mol-1正戊烷-13036-3506.1异戊烷-159.427.8-3504.1下列说法不正确的是A.25℃，101kPa时，正戊烷燃烧热的热化学反应方程式为：CH3CH2CH2CH2CH3(1)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(g)△H=-3506.1kJ/molB.36~150℃时，随温度升高，正戊烷异构化反应的平衡常数减小C.150℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率基本不变D.28~36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是异戊烷气化离开体系，产物浓度降低，平衡正向移动【答案】A【解析】【详解】A．燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧的反应热，完全燃烧是指碳元素转化为气态二氧化碳，氢元素转化为液态水，所以25℃，101kPa时，正戊烷燃烧热的热化学反应方程式应为：CH3CH2CH2CH2CH3(1)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l)△H=-3506.1kJ/mol，故A错误；B．由图可知，36~150℃时，随温度升高，正戊烷转化率降低，异构化反应的平衡常数减小，故B正确；C．150℃时，正戊烷、异戊烷均为气态，体系压强从100kPa升高到500kPa，反应前后气体体积不变，正戊烷的平衡转化率基本不变，故C正确；D．由表中异戊烷沸点为27.8℃，在28~36℃时，异戊烷气化离开体系，产物浓度降低，平衡正向移动，导致随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，故D正确；答案选A。12.微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，下图为其工作原理及废水中离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A.正极反应式是+7H2O+6e-=2Cr(OH)3+8OH-B.电池工作时，N极附近溶液pH减小C.处理1mol时有6molH+从交换膜右侧向左侧迁移D.离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活【答案】D【解析】【详解】A．电解质溶液呈酸性，则电极产物不可以出现OH-，正极的电极反应式为：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，A错误；B．由图中信息可知，电池工作时，N极上H+与-2价的O结合产生水，溶液中c(H+)，故N附近溶液pH增大，B错误：C．由电极反应+6e-+14H+=2Cr3++7H2O可知：处理1mol时需要14mol的H+，同时会有一定量O2得电子，故从交换摸左侧向右迁移的氢离子的物质的量大于14mol，C错误；D．由图可知，离子浓度较大时，其去除率几乎为0，因为其有强氧化性和毒性，可能会造成还原菌的蛋白质变性而失去活性，D正确；故合理选项是D。13.常温下，向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入的氨水，反应过程中或与加入氨水体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.原硝酸银溶液的浓度是B.反应生成氢氧化银的的数量级为C.溶液b点的浓度小于溶液m点的浓度D.溶液m点【答案】D【解析】【分析】向硝酸银溶液中，逐滴加入氨水，先生成氢氧化银沉淀，银离子浓度减小，加入过量的氨水，氢氧化银和氨水反应生成。【详解】A．由图像可知加入10mL的氨水，恰好生成氢氧化银沉淀，发生反应，所以原硝酸银溶液的浓度是，故A错误；B．硝酸银完全生成氢氧化银沉淀时，银离子浓度是mol/L，氢氧化银的的数量级为，故B错误；C．b→m发生反应，氢氧根离子结合铵根离子生成一水合氨，所以溶液b点的浓度大于溶液m点的浓度，故C错误；D．根据电荷守恒，溶液m点，m点的浓度是0.01mol/L，溶液呈碱性，所以，故D正确；选D。14.下列为达到实验目的所用实验操作或现象及原理解释存在错误的是实验目的实验操作现象及原理解释A探究Fe3+与I-的反应程度向1mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入2mL0.1mol/LKI溶液，反应足够长时间，滴加2~3滴KSCN溶液I-过量，加入KSCN溶液变红说明溶液中存在Fe3+，为可逆反应B探究石蜡油分解产物将石蜡油分解产物通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色，证明石蜡油分解生成了乙烯C探究Mg与Al元素的金属性强弱用pH计测同温同浓度的MgCl2和AlCl3溶液的pHpH(MgCl2)>pH(AlCl3)，则金属性：Mg>AlD探究Zn和HSO4反应速率向Zn与稀H2SO4反应试管中加少量CuSO4固体产生气泡明显变快，形成原电池加快了反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+与I-的反应为，由用量可知KI过量，加入KSCN溶液变红说明溶液中存在Fe3+，从而说明该反应不能进行到底，为可逆反应，故A正确；B．石蜡油分解产物通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色，能说明产物中存在碳碳双键，但不能证明是乙烯，故B错误；C．pH(MgCl2)>pH(AlCl3)，根据盐类水解规律越弱越水解可知碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，最高价氧化物的碱性越强元素的金属性越强，故C正确；D．向Zn与稀H2SO4反应试管中加少量CuSO4固体，Zn能换出Cu，锌、铜、硫酸形成原电池原理，加快反应速率，故D正确；故选：B；二、非选择题：共58分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共3小题，共43分15.溴是一种重要的化工原料，在阻燃剂、医药、农药等多个领域均有广泛应用。海水是提取溴的最大来源。如图是海水中提溴的工艺流程图：（1）请画出溴的原子结构示意图____。（2）上述工艺中，加酸的目的是____，在蒸馏塔中鼓入水蒸气的目的是____。（3）目前的工艺也可用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸气，反应中有BrO和无色气体生成，该反应的离子方程式为____，吸收后重新得到溴单质的离子反应方程式为____。（4）获得的高浓度的液溴在保存时常在试剂瓶中加入少量____。（5）通过Br2进一步反应可以获得KBrO3，该物质常用于测定苯酚的含量。第一步：称取苯酚试样0.5000g，用NaOH溶液溶解后，用水准确稀释至250.00mL，移取25.00mL试液于碘瓶中，加入KBrO3—KBr标准溶液25.00mL及足量HCl溶液，充分反应。第二步：向上述溶液中加入足量KI，然后用0.1000mol·L1Na2S2O3标准溶液滴定，用去15.00mL。第三步：另取KBrO3—KBr标准溶液25.00mL，加入HCl及足量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定，用去40.00mL。(已知：I2+2S2O=S4O+2I-)①第一步的目的是____。②计算苯酚的质量分数____。(保留到小数点后两位)③若第三步反应中酸度过高，会使测定结果____(“偏大”、“偏小”、“不变”)，原因是____。【答案】（1）（2）①.排除一些能与氯气反应的物质，减少氯气的损耗，强化氯气的氧化性，更易得到溴单质②.溶解溴化氢，增大溴化氢与氯气的接触面积，使反应更加充分，更快反应得到溴蒸气，同时提高溴蒸气的纯度（3）①.②.（4）水（5）①.使苯酚充分溶解，提高后续实验的准确度②.78.33%③.偏大④.Na2S2O3发生歧化反应，致使Na2S2O3标准溶液消耗体积偏大【解析】【分析】海水通过富集溴后在酸性环境下通入氯气，得到溴单质，用热空气吹出溴气体，转入吸收塔用二氧化硫和水吸收，得到溴化氢溶液，转入蒸馏塔，再次用氯气氧化，蒸馏，得到溴的蒸气，在冷凝器中冷凝得到液溴。苯酚试样用NaOH溶液溶解后，使体系环境呈碱性，苯酚生成苯酚钠，完全溶于溶液之中，用水准确稀释，移取一部分于碘瓶中，加入足量HCl溶液中和碱性环境，同时使苯酚钠生成苯酚，再用KBrO3—KBr标准溶液充分反应，利用剩余KBrO3氧化KI得到I2后，用Na2S2O3标准溶液滴定KBrO3—KBr标准溶液与苯酚反应前后两次氧化得到I2含量的差值，求算KBrO3KBrO3—KBr标准溶液与苯酚反应的消耗量，进一步可求算苯酚的含量。【小问1详解】溴在第四周期ⅦA族，原子结构示意图：。【小问2详解】海水富集后加酸，可排除一些能与氯气反应的物质，减少氯气的损耗，强化氯气的氧化性，更易得到溴单质；在蒸馏塔中鼓入水蒸气的目的是提高蒸馏塔内湿度，溶解溴化氢，增大溴化氢与氯气的接触面积，使反应更加充分，更快反应得到溴蒸气，同时提高溴蒸气的纯度。【小问3详解】用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸气，反应中有BrO和无色气体生成，该反应的离子方程式为：；吸收后溶液含有BrO和Br-，在酸性环境下重新得到溴单质，离子反应方程式为：。【小问4详解】由于液溴易挥发，其微溶与水，密度比水大，故液溴在保存时常在试剂瓶中加入少量水，实现水封保存。【小问5详解】①据分析可知，第一步的目的是使苯酚充分溶解，提高后续实验的准确度；②根据第三步实验数据可知，KBrO3—KBr标准溶液25.00mL与HCl及足量KI溶液反应得到I2的物质的量为；根据第二步实验数据可知，KBrO3—KBr标准溶液25.00mL与苯酚反应后剩余物质能氧化得到I2的物质的量为，根据反应：BrO+6I-+6H+=Br-+3I2+3H2O，可知与苯酚反应的KBrO3物质的量为(0.002-0.00075)mol×，根据反应：6H++BrO+5Br-=3Br2+3H2O和3Br2+→+3HBr，可知KBrO3~3Br2~，则25.00mL试液中苯酚物质的量为mol，故其质量分数为；③若第三步反应中酸度过高，Na2S2O3发生歧化反应，致使Na2S2O3标准溶液消耗体积偏大，导致计算KBrO3—KBr标准溶液与苯酚反应的量偏多，使测定结果偏大。【点睛】KBrO3—KBr标准溶液与苯酚反应后剩余的KBrO3氧化I-得到I2，通过Na2S2O3滴定反应前后得到I2的量的差值，可计算与苯酚反应的KBrO3，进而求出苯酚的质量。16.某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2，实验装置如图(电源装置略去)。（1）分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。实验电解质溶液现象铜电极附近石墨电极INaOH溶液出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色产生无色气泡IINaCl溶液出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色产生无色气泡资料：i.CuOH是黄色、易分解的难溶固体，CuCl是白色的难溶固体。ii.氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生。iiiCu(OH)2易溶于NH3·H2O生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。①I和II中Cu作____极(填“阳”或“阴”)。②II中石墨电极产生气体的电极反应式为____。③II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是___。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl-有利于Cu被氧化为一价铜化合物，根据电极反应解释理由___。（2）探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。实验电解质溶液现象IIINa2SO4溶液铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀资料：常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大。①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是___。②小组认为适当增大c(OH-)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是___。（3）进一步改进方案，进行如下实验。实验电解质溶液现象IVNa2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)铜电极附近溶液呈深蓝色VNa2SO4和NaOH的混合液(pH=9)铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀IV中出现深蓝色说明电解生成了___离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。（4）0.98gCu(OH)2固体样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定100~270℃时固体物质A的化学式____。【答案】（1）①.阳②.2H2O+2e-=H2↑+2OH-③.2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O④.阳极附近溶液中Cl-浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生（2）①.取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀②.常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成（3）[Cu(NH3)4]2+（4）CuO【解析】【小问1详解】①由题意可知，I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与亚铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；阳极附近溶液中Cl-浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；【小问2详解】①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成；【小问3详解】已知，Cu(OH)2易溶于NH3·H2O生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+；由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；【小问4详解】0.98gCu(OH)2的物质的量为，固体物质A中Cu的物质的量为0.01mol，质量为0.64g，则A中O的质量为0.80-0.64=0.16g，物质的量为，则Cu、O原子个数比为1：1，化学式为CuO。17.硫的相关化合物在生产中有广泛应用。（1）工业上可以通过还原金属氧化物获得金属单质，也可通过还原金属硫化物获得金属单质。若稳定单质的能量为0，相关物质能量大小如图所示：工业上可用利用反应Fe(s)+HgS(s)=FeS(s)+Hg(l)制备汞，计算该反应的ΔH=____，工业上并未用H2还原HgS(s)，可能的原因是____。（2）已知HgS(红)HgS(黑)的ΔH=17kJ·mol-1，ΔS=25J·mol-1·K-1，由此判断常温时HgS(s)可能以____存在。(填“红色”或“黑色”)（3）在常温时，将NH4HS(s)放入体积不变的真空瓶中，按NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)分解，测得平衡时的总压为40kpa。①下列能说明该反应达到平衡状态的是____a．气体的颜色不再变化b．NH3的体积分数不再变化c．气体的总压强不再变化d．H2S的浓度不再变化②若瓶中原来已经盛有NH3，其压力为30kpa，则达到平衡时的总压为____。（4）CuSO4·5H2O和少量水蒸气置于容积不变真空密闭容器中，分别发生下列三个过程时对应的反应式、水蒸气的平衡压强和温度关系如表所示：平衡反应水蒸气的平衡压强p(H2O)kPa25℃50℃I：CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)1.006.00II：CuSO4·3H2O(s)CuSO4·H2O(s)+2H2O(g)0.754.12III：CuSO4·H2O(s)CuSO4(s)+H2O(g)0.100.60①如图表示水蒸气平衡压强与温度的关系曲线，其中表示平衡III的曲线是____(填a、b或c)，表示CuSO4·3H2O稳定存在的区域是____(填A、B、C或D)。②50℃下已知反应2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)在真空中达平衡时其压强为4kPa，若只考虑反应I，在NaHCO3(s)，Na2CO3(s)，CuSO4·5H2O(s)，CuSO4·3H2O(s)所组成的系统在平衡时CO2的分压为___。【答案】（1）①.-39kJ/mol②.H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)△H=+25kJ/mol＞0，反应需在较高温度下进行，温度升高，硫化氢易分解，生成的硫与汞与硫会重新化合（2）红色（3）①.cd②.50kpa（4）①.c②.B③.kpa【解析】【小问1详解】由题干信息可知，工业上可用利用反应Fe(s)+HgS(s)=FeS(s)+Hg(l)制备汞，计算该反应的ΔH=生成物的总能量减去反应物的总能量=(-97)+0-(-58)-0=-39kJ/mol，若用H2还原HgS即H2(S)+HgS(s)=Hg(l)+H2S(g)ΔH=(-33)-(-58)=+25kJ/mol，即若用H2(g)还原HgS(s)生成H2S(g)和Hg(s)的反应为放热反应，反应需在较高温度下进行，温度升高，硫化氢易分解，生成的硫与汞与硫会重新化合，所以不能用氢气还原硫化氢制备HgS，故答案为：-39kJ/mol；H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)△H=+25kJ/mol＞0，反应需在较高温度下进行，温度升高，硫化氢易分解，生成的硫与汞与硫会重新化合；【小问2详解】已知HgS(红)HgS(黑)的ΔH=17kJ·mol-1，ΔS=25J·mol-1·K-1，则常温下正反应的=17000J·mol-1-298K×25J·mol-1·K-1=9550J·mol-1＞0，即正反应不能自发进行，逆反应可以自发进行，则由此判断常温时HgS(s)可能以红色存在，故答案为：红色；【小问3详解】①a．已知NH3、H2S均为无色气体，即容器中气体的颜色从来不变，则气体的颜色不再变化不能说明反应达到平衡，a不合题意；b．由反应可知，生成NH3和H2S的物质的量相等，即NH3的体积分数始终为50%保持不变，故NH3的体积分数不再变化不能说明反应达到平衡，b不合题意；c．随着反应的正向进行，容器中气体的物质的量一直在增大，气体的压强一直增大，则气体的总压强不再变化说明反应达到平衡了，c符合题意；d．化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，则H2S的浓度不再变化说明反应达到化学平衡，d符合题意；故答案为：cd；②由题干已知在常温时，将NH4HS(s)放入体积不变的真空瓶中，按NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)分解，测得平衡时的总压为40kpa，此时Kp=p(NH3)p(H2S)=20kpa×20kpa=400(kpa)2，温度不变平衡常数不变，若瓶中原来已经盛有NH3，其压力为30kpa，设NH3的平衡压强增大xkpa，Kp=p(NH3)p(H2S)=(30+x)x=400，解得x=10，则达到平衡时的总压为30+10+10=50kpa，故答案为：50kpa；【小问4详解】①如图表示水蒸气平衡压强与温度的关系曲线，所示信息可知，温度相同时，水蒸气的平衡压强pa＞pb＞pc，结合表中数据可知，其中表示平衡III的曲线是c，水蒸气的压强增大，即其浓度增大，上述平衡均逆向移动，由图中曲线结合表中数据可知，表示CuSO4·3H2O稳定存在的区域是B，故答案为：c；B；②50℃下已知反应2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)在真空中达平衡时其压强为4kPa，则有：p(H2O)=p(CO2)=2kpa，Kp(1)=2kpa×2kpa=4(kpa)2，若只考虑反应I，反应I的Kp(2)=p2(H2O)=(6kpa)2=36(kpa)2，则有：，，在NaHCO3(s)，Na2CO3(s)，CuSO4·5H2O(s)，CuSO4·3H2O(s)所组成的系统在平衡时有：xy=4，x2=36，解得y=，即CO2的分压为kpa，故答案为：kpa。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。18.2020年2月上海特斯拉公司宣布不再使用含钴电池作为汽车电池。原因之一是钴在地壳中含量低，钴酸盐价格贵。目前市场上锂离子电池常用的电极正极材料是LiCoO2，负极材料一般为石墨。（1）画出基态Co2+的价电子排布图：____。（2）Co2+与CN-结合形成配合物[Co(CN)6]4-，其中与Co2+结合的C原子的杂化方式是____。（3）石墨可以合成三聚氰胺。CaO+3CCaC2+CO↑，CaC2+N2CaCN2+C，CaCN2+2H2O=NH2CN+Ca(OH)2，NH2CN用于合成三聚氰胺。CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和____(填化学式)，由此可以推知CN的空间构型为____。（4）钙离子半径为0.106nm，钴离子半径为0.082nm，CaO的熔点为2572℃，CoO的熔点为1935℃，解释前者熔点更高的主要原因是____。（5）石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如图所示。若石墨的密度为dg·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的C—C键长为____pm，晶胞中A、B两原子间距为____pm。侧视图俯视图【答案】（1）（2）sp（3）①.CO2②.直线形（4）钙离子半径为0.106nm，钴离子半径为0.082nm，它们与氧离子形成的离子化合物属于不同晶系，通常氧化钙为面心立方堆积，氧化钴为六方堆积，两个离子晶体的晶格能不同（5）①.a②.【解析】【小问1详解】Co原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2+的价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，价电子排布图为：。【小问2详解】CN-中C与N形成三键，其中C有一个键，孤电子对数为(4+1-3)=1，价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，故C原子的杂化方式是sp，故答案为：sp。【小问3详解】原子个数相同，价电子数相同的微粒为等电子体，与CN互为等电子体的分子还有CO2，等电子体结构相似，故CN的空间构型为直线形，故答案为：CO2；直线形。【小问4详解】CaO和CoO形成的晶体都是离子晶体，若二者晶体结构相似，根据