湖南省岳阳市高三二模考试化学试题

岳阳市2021届高三教学质量检测试题(二)化学本试卷共8页，共19道题(含选考题)，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Ca40Mn55Fe56Al27一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性B.从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C.我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料D.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．食品中的抗氧化剂具有还原性，可防止食品被氧化，A项错误；B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，B项错误；C．光导纤维是二氧化硅，不是有机高分子材料，C项错误；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项正确；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAB.4.6g乙醇中含有CH键数目为0.5NAC.某温度和压强下，将46gNO2气体充入密闭容器中，容器中的分子数为NAD.在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数小于0.3NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能完全反应，故转移电子数小于0.3NA，A项错误；B．乙醇的相对分子质量为46g/mol，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，1mol乙醇分子中含有5molCH键，故4.6g乙醇中含有CH键数目为0.5NA，B项正确；C．二氧化氮的相对分子质量为46g/mol，故46g二氧化氮的物质的量为1mol，二氧化氮转化为N2O4，为可逆反应，故1mol的NO2气体充入密闭容器中，容器中的分子数小于NA，C项错误；D．标况下2.24L氨气的物质的量为，而合成氨的反应中，生成1mol氨气转移3mol电子，故生成0.1mol氨气转移电子为0.3NA，D项错误；答案选B。3.下列图示实验或操作正确的是ABCD分离甲苯和水浓硫酸的稀释除去CO中的CO2萃取振荡时放气A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.分离甲苯和水，采用蒸馏的方法，但温度计应插在蒸馏烧瓶支管口，A项错误；B.容量瓶不能用来直接稀释硫酸，B项错误；C.除去CO中CO2，可采用NaOH溶液洗气的方法，C项正确；D.萃取振荡时倒转漏斗，漏斗颈斜向上，D项错误；答案选C。4.用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（）A.中子数为7的碳原子： B.氯乙烯的结构简式：CH2CHClC.氯离子的结构示意图： D.HCl的电子式：H＋[]－【答案】C【解析】【详解】A、根据原子结构，该碳原子的表示形式为，故A错误；B、氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，碳碳双键不能省略，故B错误；C、Cl－是最外层得到一个电子，即结构示意图为，故C正确；D、HCl为共价化合物，不属于离子化合物，故D错误；答案为C。5.一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述不正确的是A.Y的氢化物的熔点一定低于Z的氢化物的熔点B.Z元素能形成两种氢化物C.WZX与WXQ化学键类型相同D.W2Q2Z3溶液与Q的最高价氧化物对应的水化物反应有黄色浑浊和无色气体产生【答案】A【解析】【分析】由结构图可知W形成+1价阳离子，W可能是Na或K，Z形成双键即形成两对共用电子对达到稳定结构则Z最外层电子数为6，Z和Q同主族，可知Z应为O，Q为S，W的原子序数大于S，则W为K，Y能形成四对共用电子对，其最外层电子数应为4，且原子序数在O前，则Y为C，X形成一对共用电子对达到稳定结构，且原子序数在C前，则X为H，据此解答。【详解】A．Y为C，其能形成的氢化物包含各种烃类物质，相对分子质量大的烃的熔点高于水的熔点，故A错误；B．Z为O，能形成H2O和H2O2两种氢化物，故B正确；C．KOH和KHS中均含有离子键和极性共价键，化学键类型相同，故C正确；D．K2S2O3和H2SO4反应生成二氧化硫和硫单质，故D正确；故选：A。6.乙烯是基本的有机化工原料，由乙烯可合成苯乙醇，合成路线如图所示

下列说法正确的是A.环氧乙烷属于环状烃B.苯乙醇最多有12个原子共平面C.苯在铁屑催化下能与溴水发生取代反应D.环氧乙烷与乙醛(CH3CHO)互为同分异构体【答案】D【解析】【分析】【详解】A．有机物中只要能形成碳环的烃类都是环状烃，环氧乙烷中有氧，不属于烃类，A项错误；B．与苯环相连的原子在同一平面上，结合三点共平面的特点，最多有14个原子共平面，B项错误；C．苯的取代反应是苯与液溴在溴化铁的催化作用下发生的，C项错误；D．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，环氧乙烷和乙醛的分子式均为C2H4O，但结构不同，所以二者是同分异构体，D项正确；答案选D。7.图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是A.PbCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用B.该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C.该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD.乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO【答案】B【解析】【分析】过程ⅠPbCl+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)+Cl，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)+H2O→+H++Cl，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl=PbCl+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO。【详解】A．从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B．过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；Ｃ．该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；Ｄ．乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正确；故选B。8.测定水的总硬度一般采用配位滴定法，即在pH=10的氨性溶液中，以铬黑作为指示剂，用EDTA(乙二胺四乙酸)标准溶液直接滴定水中的Ca2+、Mg2+测定中涉及的反应有：①M2+

（金属离子）+Y4（EDTA）=MY2；②M2++EBT（铬黑T，蓝色）=MEBT（酒红色）；③MEBT+Y4（EDTA）=MY2+EBT。下列说法正确的是A.配合物MEBT的稳定性大于MY2B.在滴定过程中眼睛要随时观察滴定管中液面的变化C.达到滴定终点的现象是溶液恰好由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色D.实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，测定结果将偏小【答案】C【解析】【详解】A．根据题目所给信息可知MEBT溶液滴加Y4时会转化为MY2，说明金属离子更容易与Y4配位，则MY2更稳定，故A错误；B．在滴定过程中眼睛要随时观察锥形瓶中溶液的颜色变化，确定滴定终点，故B错误；C．滴入标准液前，金属离子与EBT结合生成MEBT，此时溶液呈酒红色，当达到滴定终点时，MEBT全部转化为蓝色的EBT，所以滴定终点的现象为溶液恰好由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色，故C正确；D．只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗会使标准液稀释，导致标准液的用量偏大，测定结果偏高，故D错误；综上所述答案为C。9.甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是A.CH3SH中碳元素化合价﹣2价B.过程⑤中，形成了O—H键和C—H键C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率D.硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应【答案】C【解析】【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。【详解】A．CH3SH中硫显2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为﹣2价，故A正确；B．过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O—H键和C—H键是新形成的，故B正确；C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，SH取代甲醇中的OH，反应类型为取代反应，故D正确；答案选C。10.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且滴入X试剂后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ANH、Fe3+、SO、Br过量H2S2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+BFe2+、K+、NO、Cl少量HI4H++3Fe2＋+NO=3Fe3＋+NO↑+2H2OCNH、Fe3+、AlO、Na+过量铜粉2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+DAlO、Na+、K+、HCO少量HClH++AlO+H2O=Al(OH)3↓A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量反应的离子方程式为Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A项正确；B．碘离子的还原性强于二价铁离子，碘离子和氢离子先和硝酸根离子进行反应，反应方程式为8H++6I+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，B项错误；C．三价铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，二者不共存，C项错误；D．碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，二者不共存，D项错误；答案选A。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验对应的现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A将溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热生成了乙烯B将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSO3沉淀，后被氧化为BaSO4C将电石与水反应产生的气体通入溴水溴水褪色生成的乙炔气体中含有H2SD用(NH4)2S2O8溶液蚀刻铜制线路板铜制线路板逐渐溶解S2O的氧化性比Cu2+的强A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．挥发的乙醇及生成的乙烯均可使高锰酸钾褪色，则溶液褪色，不能说明生成乙烯，A项正确；B．氯水可氧化二氧化硫，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，而该实验中不生成亚硫酸钡沉淀，B项错误；C．乙炔中混有硫化氢，具有还原性，则气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明有乙炔生成，C项错误；D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，的氧化性比Cu2+的强，所以(NH4)2S2O8能氧化Cu生成硫酸铜，可用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板，D项正确；答案选AD。12.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢—空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=632kJ/mol，下列说法不正确的是A.电极a发生了氧化反应B.标准状况下，每11.2LH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区C.当电极a的质量增加64g时，电池内部释放632kJ的热能D.电极b上发生电极反应为O2+2H2O+4e=4OH【答案】CD【解析】【分析】由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)可知，O2在正极b发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e=2H2O，H2S在负极a发生氧化反应，电极反应式为2H2S4e=4H++S2。【详解】A.电极a为负极，发生氧化反应，A项正确；B.由电极反应式2H2S4e=4H++S2可知，标准状况下，每11.2LH2S即0.5molH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区，B项正确；C.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ，C项错误；D.该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e=2H2O，D项错误；答案选CD。13.铋与氮同主族，在中性及碱性环境下常以的形式存在，铋及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为，含少量杂质等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下，下列说法错误的是A.“浸出”产生S的主要离子反应为B.“浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2C.“浸出、置换、再生、电解精炼”工序中不全是氧化还原反应D.再生液可以加入“浸出”操作中循环利用【答案】C【解析】【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)加入足量的FeCl3溶液和盐酸浸取，Fe3+将S氧化成S单质沉淀，盐酸将PbO2还原，由于溶液中有大量氯离子，所以得到PbCl2沉淀；此时溶液中主要含有Fe2+、Bi3+、Fe3+以及H+，加入适量铁粉将H+、Fe3+还原，同时置换出Bi单质，过滤得到粗铋以及主要含有FeCl2的滤液，粗铋经电解精炼得到精铋，氯化亚铁溶液中通入氯气得到氯化铁再生液。【详解】A．浸出时S单质的生成主要是由于Fe3+将2价的S元素氧化，结合电子守恒和元素守恒可以得到离子方程式为，故A正确；B．盐酸可以提供氢离子和氯离子，酸性环境中PbO2可以将氯离子氧化，故B正确；C．根据A、B分析可知浸出过程全部为氧化还原反应，置换过程中Fe与H+、Fe3+和Bi3+的反应是氧化还原反应，再生过程氯气将亚铁离子氧化，电解精炼也是发生氧化还原反应，故C错误；D．根据分析可知再生液为氯化铁溶液，可以加入浸出操作中循环利用，故D正确；综上所述答案为C。14.25℃时，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中和、和关系如图所示，下列说法正确的是

A.H2A为弱酸，其Ka1约为10−4B.滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)+c(H+)=3c(A2−)+c(OH−)C.已知H2CO3的Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011，则足量Na2CO3溶液中滴入少量H2A溶液，发生的离子反应为：H2A+2=2+A2D.向H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应后溶液显碱性【答案】BC【解析】【分析】因为反应开始时，H2A与OH反应生成HA和H2O，后来HA与OH反应生成A2和H2O，所以曲线Ⅰ为和的关系曲线，曲线Ⅱ为和关系曲线。【详解】A．由曲线Ⅱ可知，=1时，=1，则Ka1==101×101=102，A不正确；B．由曲线Ⅰ可知，=3时，=2，则Ka2==103×102=105，滴定过程中，当pH=5时，由Ka2=可得出c(A2−)=c(HA−)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)=3c(A2−)+c(OH−)，B正确；C．已知H2CO3的Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011，则酸的电离程度的大小顺序为c(H2A)＞c(HA−)＞c(H2CO3)＞c()，所以足量Na2CO3溶液中滴入少量H2A溶液，发生的离子反应为：H2A+2=2+A2，C正确；D．向H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应生成NaHA，而HA的电离常数为105，水解常数为=1012，所以HA在溶液中以电离为主，溶液显酸性，D不正确；故选BC。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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：此题包括3小题，共39分。15.过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。Ⅰ.过氧化钙的制备：将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如下：(1)写出制备CaO2·8H2O的化学方程式___________；(2)仪器X的名称为___________；(3)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二，___________；(4)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。检验CaO2·8H2O是否洗涤干净的操作为___________；Ⅱ.水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：a固氧：碱性下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2↓；b氧化：酸性下，MnO(OH)2将I−氧化为I2；c滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2O+I2=S4O+2I某同学向100.00mL水中加一定量CaO2·8H2O，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗0.02mol·L−1Na2S2O3标准溶液15.00mL。(5)请写出步骤b中的离子方程式___________；(6)该水样中的溶氧量(DO)为___________mg·L−1(忽略体积变化)。【答案】①.②.三颈烧瓶或三口烧瓶③.温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率④.取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)⑤.⑥.48【解析】【分析】将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入30%H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的反应方程式为；冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率。【详解】(1)氯化钙溶液和氨气反应得到氢氧化钙悬浊液，再与过氧化氢反应可制备CaO2·8H2O，总反应式为；甲装置的目的是制取氨气，提供氨气和碱性环境，(2)X仪器的名称为三颈烧瓶；(3)温度高会使H2O2分解，冰水浴控制温度在0℃左右，可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；(4)CaO2·8H2O表面附着着CaCl2溶液，检验CaO2·8H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净；(5)MnO(OH)2将I氧化为I2，该反应的离子方程式为；(6)根据方程式可得关系式，则50mL水样中，该水样中的溶解氧量(DO)为=48mg/L。16.2020年6月比亚迪正式发布采用磷酸铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程，可媲美特斯拉。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备LiFePO4的流程如下：已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2请回答下列问题：(1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是___________。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是___________(写出化学式)。(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________，加入FeO的作用是___________(用离子反应方程式表示)。(3)试剂R宜选择___________(填字母)。A．高锰酸钾B．稀硝酸C．双氧水D．次氯酸钠(4)常温下，Ksp(FePO4)=1.3×1022，“沉铁”中为了使c(Fe3＋)≤1×105mol·L1，c(PO)最小为___________mol·L1。(5)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：___________。【答案】①.避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素②.Al2O3③.避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀④.、(或)⑤.C⑥.⑦.【解析】【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使Al3+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。【详解】(1)根据分析，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S；加入FeO的作用是、(或)(3)试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+；A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+，故A不符合题意；B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入新杂质，故B不符合题意；C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C符合题意；D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl、Na+，故D不符合题意；故答案为C；(4)检验Fe2+：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2+；(5)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为c()==1.3×1017mol∙L1；(6)由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。17.十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：Ⅰ.氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1=196.6kJ·mol12NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH2=113.0kJ·mol1则NO2氧化SO2热化学方程式为_______。(2)利用现代传感技术探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如下图1所示。①B、E两点对应的正反应速率大小为vB_______vE(填“>”或“<”)。②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为_______(填字母序号)。(3)可用上图2装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应式为_______，物质A是_______(填化学式)。Ⅱ.利用CO2制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)。请回答下列问题：(4)T1℃时，将体积比为1：2的CO2和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：时间/min0102030405060压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80①已知：vp(B)=。前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为_______kPa∙min1。②T1℃时，反应的平衡常数Kp=_______kPa1(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数；结果保留三位有效数字)。【答案】①.②.>③.H④.⑤.H2SO4⑥.0.024⑦.38.3【解析】【分析】根据盖斯定律计算热化学方程式；探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响，根据图示可知，压强越大，反应速率越快，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH；物质A是H2SO4；根据三段式可计算出Kp。【详解】Ⅰ.(1)根据图一可知热化学方程式为①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1=196.6kJ·mol1；②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH2=113.0kJ·mol1；根据盖斯定律，由①②整理可得NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)ΔH=ΔH1ΔH2=41.8kJ/mol；(2)①其他条件相同时压强越大反应速率越快，故B、E两点对应的正反应速率大小为vB>vE；②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；(3)根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH，电极反应式为NO＋6H+＋5e=NH＋H2O；物质A是H2SO4；Ⅱ.(4)①反应方程式为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)，=2，已知：vp(B)=。前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为vp(H2)===0.024kPa∙min1；②Kp==38.3kPa1。(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一道作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【选修3：物质结构与性质】18.日前新合成的砷化镉(Cd3As2)三维材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。(1)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为_______________。Cd原子中第一电离能相对较大的是_________原子(填“基态”或“激发态”)。(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3_________PH3(填“>”或“<”)，原因是______________。(3)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。(4)含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为_____________，1mol对氨基苯胂酸含σ键数目为____________，其中还含有的化学键类型有___________(填序号)。a．氢键b．离子键c．π键(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为Mg·mol−1，则该晶胞的密度为_____________g·cm−3(列计算式即可)。【答案】①.4d95s25p1②.基态③.>④.原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+⑤.As>Se>Ge⑥.sp3⑦.19NA(或19×6.02×1023)⑧.c⑨.(，1，)⑩.【解析】【详解】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1；基态原子的能量最低最稳定，所以基态原子的第一电离能相对较大；(2)原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+，所以NH3水溶液的碱性更强；(3)同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4p能级为半满状态，更稳定，所以第一电离能As>Se>Ge；(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；苯环上6个碳原子之间有6个C—C单键为σ键，还有4个C—H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×102