2022年名校交流高考化学模拟试卷带答案解析2套

第1页（共1页）名校交流高考化学模拟试卷一、选择题（本题共15小题，第1～10小题每小题2分，第11～15小题每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10小题只有1个选项符合题目要求；第11～15题有1～2个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）1．（2分）新型冠状病毒通过呼吸道飞沫、接触和气溶胶等途径传播，可以戴口罩、勤洗手、环境消毒进行预防。下列说法错误的是（）A．按如图所示装置电解法能获得84消毒液 B．75%的酒精能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭 C．口罩的主要成分为聚丙烯、聚乙烯，大量使用，不会造成白色污染 D．雾霾天气利于病毒的传播2．（2分）氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，下列有关说法正确的是（）A．氯喹属于芳香化合物 B．氯喹分子中没有手性碳原子 C．氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色 D．氯喹与互为同系物3．（2分）下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项ABCD实验装置目的或结论测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO用四氯化碳萃取碘水中碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出除去HCl气体中混有的少量Cl2A．A B．B C．C D．D4．（2分）高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体实验室用NCl3溶液和NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O═6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH．下列有关说法正确的是（）A．根据上面化学方程式，生成22.4LNH3时转移电子数目为6NA B．NCl3中所有原子都满足8电子结构 C．在NaClO2和NCl3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1 D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒5．（2分）已知：乙醇的沸点为78.5℃，乙醛的沸点为20.8℃；乙醛易溶于乙醇，可使酸性高锰酸钾溶液褪色。某化学课外兴趣小组的同学设计了如图装置以验证乙醇可被灼热的CuO氧化为乙醛，其中设计不合理的为（）A．制备乙醇气体 B．CuO氧化乙醇气体 C．收集乙醛并尾气处理 D．检验乙醛6．（2分）已知A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号主族元素。A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，元素B的简单离子半径为所在周期中最小，C元素与地壳中含量最多的元素同族，下列说法一定正确的是（）A．A元素的含氧酸属于强酸 B．B的最高价氧化物的水化物可溶于盐酸和氨水 C．C元素的单质在足量氧气中反应可生成SO3 D．D的最高价氧化物的水化物一定为强电解质7．（2分）下列含铜物质说法正确的是（）A．甲图是CuO的晶胞示意图，乙图是Cu2O的晶胞示意图 B．已知Cu2O和Cu2S晶体结构相似，则Cu2O比Cu2S的熔点低 C．晶体铜原子的堆积方式如图丙所示，为面心立方最密堆积，配位数为12 D．铜在氧气中加热生成CuO，CuO热稳定性比Cu2O强8．（2分）达菲是治疗流感的重要药物，M是合成达菲的重要中间体，下列说法错误的是（）A．化合物M中含有3个手性碳原子 B．化合物M能发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应 C．化合物M与N是同分异构体 D．化合物M有5种不同的官能团9．（2分）次氯酸钠是消灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下，向10mL0.1mol•L﹣1HClO溶液中滴入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[﹣lgc水（H+）]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．0.1mol•L﹣1NaC1O溶液中ClO﹣的个数小于NA B．c点溶液对应的pH＝7 C．a点溶液中存在：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（HClO） D．b点溶液中存在：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）10．（2分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消毒剂﹣﹣亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程图。已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O；②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。下列说法正确的是（）A．吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2C1O2═NaClO2+H2O+NaClO B．发生器中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2 C．在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣═ClO3﹣+3H2O D．要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶11．（4分）金属插入CH4的C﹣H键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是（）A．整个反应快慢，由CH2﹣Zr…H2→状态2反应决定 B．Zr+CH4→CH─Zr…H3△H＝+39.54kJ•mol﹣1 C．在中间产物中CH3﹣Zr…H状态最稳定 D．Zr+CH4→CH─Zr…H3活化能为201.84kJ•mol﹣112．（4分）医用口罩的外层喷有丙烯的聚合物聚丙烯。某科研机构在酸性条件下，用石墨棒作电极，将CO2转化为丙烯（CH2＝CH﹣CH3），原理如图所示。下列有关叙述错误的是（）A．a为电源负极 B．左池的电极反应式：3CO2+18e﹣+18H+═CH2＝CH─CH3+6H2O C．H+从右侧通过质子交换膜进入左侧 D．若制取过程中转移3mol电子，则产生11.2L丙烯13．（4分）在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g），如图为在2L刚性容器中，相同时间内不同水醇比（乙醇的起始物质的量相同）测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（）A．C2H5（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H＜O B．若乙醇的起始物质的量为1mo1，则K（400℃）＝ C．B、C两点一定未达到平衡状态 D．水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低14．（4分）向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点 B．该溶液中存在：＜ C．向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化 D．b点对应的溶液中存在：3c（Ca2+）﹣c（K+）+c（H+）＝3c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（C1﹣）15．（4分）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO─CO的反应历程，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，下列说法错误的是（）A．2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＞O B．均相NO─CO反应经历了三个过渡态和五个中间体 C．整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定 D．NO二聚体（）比N2O分子更容易与CO发生反应二、非选择题（本题共5小题，共60分）16．（11分）MnS纳米粒子被广泛应用于除去重金属离子中的镉离子。（1）锰的价层电子排布式为，Mn2+中未成对电子数为。（2）磁性氧化铁纳米粒子除镉效率不如MnS纳米粒子，试比较两种纳米材料中的阴离子的半径大小，常温下H2O是液态而H2S是气态的原因是。（3）Mn可以形成多种配合物，[Mn（CO）（H2O）2（NH3）3]Cl2•H2O中第二周期元素第一电离能大小关系为，配体H2O、NH3中心原子杂化类型均为。（4）S和Na形成的晶体晶胞如图所示，该晶体的化学式为，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度。（阿伏加德罗常数的值用NA表示）17．（13分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：（1）原料气（SO2）的制备①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用。（填字母）a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液②D中盛放溶液的溶质的化学名称是。（2）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的制备①Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是，步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是。②结晶脱水生成产品的化学方程式为。（3）产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣。请补充实验步骤（可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）。①精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中；②准确移取V1mL的过量的c1mol•L﹣1的标准碘溶液（过量）并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水；③加入淀粉溶液，用c2mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液，读数；④重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值：标准Na2S2O3溶液为V2mL。⑤产品中焦亚硫酸钠的质量分数为。（用含有c1、c2、V1、V2的式子表示）18．（12分）CO2是主要的温室气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.6kJ•mol﹣1（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的热化学方程式Ⅲ为。（2）下列描述能说明反应Ⅰ在密闭恒压容器中达到平衡状态的是。（填选项序号）①体系压强不变②混合气体密度不变③v（H2）＝v（CO）④CO质量保持不变（3）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应Ⅲ．反应达到平衡时，测得各组分的体积分数如表。CH3OH（g）CO2（g）H2（g）H2O（g）φαbc0.125①c＝，CO2的转化率为。②T℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝。③若要增大甲醇的产率，可采取的措施为。（任写两点）（4）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共存的体系中，升高温度CO2的体积分数并未发生明显变化，原因是。（5）将反应Ⅲ设计成如图所示的原电池，气体A为，写出原电池正极的电极反应式。19．（13分）钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土矿的主要成分Al2O3（含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质），利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示。（1）赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有。（2）生成VO43﹣的离子方程式为。（3）沉淀物中含有水合铝酸钙（2CaO•Al2O3•8H2O）、水合铝硅酸钙（水化石榴石3CaO•Al2O3•SiO2•4H2O）和钒酸钙（3CaO•V2O5），其中存在3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因。（用平衡原理解释）（4）加入离子交换树脂（C12H18NCl）进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn﹣+nC12H18NCl（C12H18N）nR+nCl﹣，Rn﹣的结构为。0.1mol/LV2O3在不同pH的存在形态如表所示。pH13～1411～138.5～117.5～8.55～7.53～51～3存在形态VO43﹣V2O14﹣V4O124﹣V10O286﹣HV10O285﹣H2V10O284﹣V2O5（5）为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有物质可以重复利用。（至少写两种）（6）利用铝热反应从V2O5中制取510gV需要铝的质量为。20．（11分）抗击新冠病毒性肺炎期间。磷酸氯喹和阿比多尔首次被纳入抗病毒治疗。磷酸氯喹[]可由氯喹K[]与磷酸在一定条件下反应制得。由芳香化合物A和乙酰乙酸乙酯（）合成K的种合成路线如图。已知：①；②RNHR′+R″XRN（R″）R′+HX；③具有酸性；④。附物理性质：本品为白色结晶性粉末，无臭，味苦。遇光渐变色；水溶液显酸性。本品在水中易溶，在乙醇、三氯甲烷、乙醚中几乎不溶。熔点为193～196℃，熔融时同时分解。（1）A的结构简式为；G的官能团的名称为。（2）E→F的反应类型为。（3）G→H的反应方程式为；F+J→K的反应方程式为。（4）M与H互为同分异构体，符合下列条件的M有种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，写出符合条件的一种结构简式。①含有基团、﹣N（C2H5）2；②酸性水解得乙酸；③能发生酯化反应（5）由乙醇合成乙酰乙酸乙酯（）的合成路线：。

名校交流高考化学模拟试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共15小题，第1～10小题每小题2分，第11～15小题每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10小题只有1个选项符合题目要求；第11～15题有1～2个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）1．（2分）新型冠状病毒通过呼吸道飞沫、接触和气溶胶等途径传播，可以戴口罩、勤洗手、环境消毒进行预防。下列说法错误的是（）A．按如图所示装置电解法能获得84消毒液 B．75%的酒精能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭 C．口罩的主要成分为聚丙烯、聚乙烯，大量使用，不会造成白色污染 D．雾霾天气利于病毒的传播【分析】A．电解装置为电解饱和食盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑；B．75%的酒精能够使蛋白质变性，故能杀灭新型冠状病毒；C．高分子化合物不易降解；D．雾霾天气雾霾微粒为病毒提供寄主，随风飘散向外传播。【解答】解：A．电解装置为电解饱和食盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑，NaClO为消毒液的有效成分，故A正确；B．75%的酒精能够使蛋白质变性，故能杀灭新型冠状病毒，能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭，故B正确；C．聚丙烯、聚乙烯为高分子化合物不易降解，大量使用，会造成白色污染，故C错误；D．雾霾天气雾霾微粒为病毒提供寄主，随风飘散向被人吸收，病毒进入人的肺部后大量繁殖，引起传播，故D正确；故选：C。2．（2分）氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，下列有关说法正确的是（）A．氯喹属于芳香化合物 B．氯喹分子中没有手性碳原子 C．氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色 D．氯喹与互为同系物【分析】有机物含有氯原子、亚氨基和碳碳双键，结合卤代烃、胺以及烯烃的性质解答该题。【解答】解：A．有机物不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B．分子中连接甲基、亚氨基的碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；C．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故C正确；D．二者氯原子位置不同，则结构不同，不是同系物，故D错误。故选：C。3．（2分）下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项ABCD实验装置目的或结论测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO用四氯化碳萃取碘水中碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出除去HCl气体中混有的少量Cl2A．A B．B C．C D．D【分析】A．需要测定收集气体需要的时间；B．二氧化氮与水反应；C．碘不易溶于水、易溶于四氯化碳；D．HCl极易溶于水。【解答】解：A．需要测定收集气体需要的时间，图中缺少秒表测定时间，故A错误；B．二氧化氮与水反应，收集气体为NO，但Cu与浓硝酸的反应产物为二氧化氮，故B错误；C．碘不易溶于水、易溶于四氯化碳，且分液时避免上下层液体混合，则充分振荡后静置，待溶液分层后，先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出，故C正确；D．HCl极易溶于水，饱和食盐水可除去HCl，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故选：C。4．（2分）高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体实验室用NCl3溶液和NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O═6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH．下列有关说法正确的是（）A．根据上面化学方程式，生成22.4LNH3时转移电子数目为6NA B．NCl3中所有原子都满足8电子结构 C．在NaClO2和NCl3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1 D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒【分析】反应6NaClO2+NCl3+3H2O═6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，NaClO2中Cl元素由+3价升高为+4为还原剂，NCl3中Cl元素由+1价降低为﹣1为氧化剂，以此来解答。【解答】解：A．未指明标准状态，无法计算气体体积，故A错误；B．ABn型分子中A的族序数+成键数＝8时所有原子满足8电子结构，而NCl3中5+3＝8，则分子中所有原子最外层都满足8电子结构，故B正确；C．反应6NaClO2+NCl3+3H2O═6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，NaClO2中Cl元素由+3价升高为+4为还原剂，NCl3中Cl元素由+1价降低为﹣1为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C错误；D．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；故选：B。5．（2分）已知：乙醇的沸点为78.5℃，乙醛的沸点为20.8℃；乙醛易溶于乙醇，可使酸性高锰酸钾溶液褪色。某化学课外兴趣小组的同学设计了如图装置以验证乙醇可被灼热的CuO氧化为乙醛，其中设计不合理的为（）A．制备乙醇气体 B．CuO氧化乙醇气体 C．收集乙醛并尾气处理 D．检验乙醛【分析】A．乙醇的沸点为78.5℃，易挥发；B．乙醇与CuO发生氧化还原反应；C．乙醛的沸点为20.8℃，冰水可冷却乙醛；D．乙醇、乙醛均可被高锰酸钾氧化。【解答】解：A．乙醇的沸点为78.5℃，易挥发，图中热水加热可制备乙醇气体，故A正确；B．乙醇与CuO发生氧化还原反应，试管中黑色固体变为红色，故B正确；C．乙醛的沸点为20.8℃，冰水可冷却乙醛，则图中装置可收集乙醛并尾气处理，气球可收集尾气，故C正确；D．乙醇、乙醛均可被高锰酸钾氧化，滴加高锰酸钾溶液，褪色不能检验乙醛，故D错误；故选：D。6．（2分）已知A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号主族元素。A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，元素B的简单离子半径为所在周期中最小，C元素与地壳中含量最多的元素同族，下列说法一定正确的是（）A．A元素的含氧酸属于强酸 B．B的最高价氧化物的水化物可溶于盐酸和氨水 C．C元素的单质在足量氧气中反应可生成SO3 D．D的最高价氧化物的水化物一定为强电解质【分析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号主族元素。A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，则A为N；元素B的简单离子半径为所在周期中最小，该元素为金属元素，其原子序数大于N，则B为Al；C元素与地壳中含量最多的元素同族，则C为S元素，D的原子序数大于S，则D可能为Cl、K、Ca元素，据此分析解答。【解答】解：根据分析可知，A为N，B为Al，C为S，D可能为Cl、K、Ca元素。A．N的含氧酸不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故A错误；B．B的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝溶于盐酸，但不溶于氨水，故B错误；C．S元素的单质在足量氧气中反应生成SO2，故C错误；D．D可能为Cl、K、Ca，Cl、K、Ca的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、氢氧化钾和氢氧化钙，它们都属于强电解质，故D正确；故选：D。7．（2分）下列含铜物质说法正确的是（）A．甲图是CuO的晶胞示意图，乙图是Cu2O的晶胞示意图 B．已知Cu2O和Cu2S晶体结构相似，则Cu2O比Cu2S的熔点低 C．晶体铜原子的堆积方式如图丙所示，为面心立方最密堆积，配位数为12 D．铜在氧气中加热生成CuO，CuO热稳定性比Cu2O强【分析】A、根据均摊法，可确定晶胞甲和晶胞乙的化学式；B、Cu2O和Cu2S晶体结构相似，根据晶格能的大小，可以比较其熔点的高低；C、根丙中铜原子的排列方式，可确定晶体铜的堆积方式为及配位数；D、铜在氧气中加热生成CuO而不生成Cu2O，与+1价的铜还原性强有关。【解答】解：A、晶胞甲中含有4个Cu原子，O原子数为＝2，故晶胞甲的化学式为Cu2O；晶胞乙中含有4个Cu原子，O原子数为＝4，所以晶胞乙的化学式为CuO，故A错误；B、Cu2O和Cu2S都是离子晶体，O2﹣的半径比S2﹣小，所以Cu2O的晶格能更大，Cu2O的熔点更高，故B错误；C、根据所给图示，可确定晶体铜的堆积方式为立方最密堆积，配位数为12，故C正确；D、铜在氧气中加热生成CuO而不生成Cu2O，是因为Cu2O中+1价的铜还原性强，不稳定，容易被氧化成+2价，故D错误；故选：C。8．（2分）达菲是治疗流感的重要药物，M是合成达菲的重要中间体，下列说法错误的是（）A．化合物M中含有3个手性碳原子 B．化合物M能发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应 C．化合物M与N是同分异构体 D．化合物M有5种不同的官能团【分析】M含有碳碳双键、醚键、酯基、羟基和肽键等官能团，M和N的不饱合度不同，结合烯烃、醇、酯类和多肽化合物的性质解答该题。【解答】解：A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，M中六元环中有3个手性碳原子，故A正确；B．M含有羟基、碳碳双键和酯基等，可发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应，故B正确；C．两种有机物不饱合度不同，则分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．M含有碳碳双键、醚键、酯基、羟基和肽键等官能团，故D正确。故选：C。9．（2分）次氯酸钠是消灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下，向10mL0.1mol•L﹣1HClO溶液中滴入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[﹣lgc水（H+）]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．0.1mol•L﹣1NaC1O溶液中ClO﹣的个数小于NA B．c点溶液对应的pH＝7 C．a点溶液中存在：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（HClO） D．b点溶液中存在：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【分析】A．溶液体积未知，无法确定物质的量；B．c点为加入过量的NaOH，溶液为碱性；C．a点产物为NaClO和HClO，此时c水（H+）＝10﹣7，可以判断溶液为中性，根据物料关系分析；D．b点恰好生成NaClO，溶液为碱性，ClO﹣发生水解，根据电荷守恒分析。【解答】解：A．溶液体积未知，无法确定物质的量，所以不能判断ClO﹣的个数是否小于NA，故A错误；B．c点为加入过量的NaOH，溶液为碱性，所以溶液pH＞7，故B错误；C．a点产物为NaClO和HClO，此时c水（H+）＝10﹣7，溶液为中性，但是物料关系不符合c（Na+）＝c（Cl），所以没有c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（HClO）这个关系，故C错误；D．b点恰好生成NaClO，溶液为碱性，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（ClO﹣），由于ClO﹣发生水解，所以c（Na+）＞c（ClO﹣），溶液为碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水解毕竟是微弱的，所以c（ClO﹣）＞c（OH﹣），所以b点溶液中存在：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确，故选：D。10．（2分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消毒剂﹣﹣亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程图。已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O；②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。下列说法正确的是（）A．吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2C1O2═NaClO2+H2O+NaClO B．发生器中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2 C．在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣═ClO3﹣+3H2O D．要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，得到氯酸钠溶液，氯酸钠（NaClO3）在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，2NaClO3+SO2＝Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2•3H2O，以此解答该题。【解答】解：A．吸收塔发生为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+2H2O+O2，故A错误；B．通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，故B错误；C．阳极发生氧化反应生成ClO3﹣，电极反应式为Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣═ClO3﹣+3H2O，故C正确；D．从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故D错误。故选：C。11．（4分）金属插入CH4的C﹣H键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是（）A．整个反应快慢，由CH2﹣Zr…H2→状态2反应决定 B．Zr+CH4→CH─Zr…H3△H＝+39.54kJ•mol﹣1 C．在中间产物中CH3﹣Zr…H状态最稳定 D．Zr+CH4→CH─Zr…H3活化能为201.84kJ•mol﹣1【分析】A、反应速率取决于反应活化能的大小，活化能越大反应速率越小；B、焓变△H＝生成物的内能﹣反应物的内能；C、物质具有的内能越低，物质越稳定；D、由图可知，Zr+CH4→CH─Zr…H3活化能为99.20kJ/mol。【解答】解：A、反应速率取决于反应活化能的大小，活化能越大的那步反应的反应速率越小，整个反应的反应速率由其决定，由图可知，CH2﹣Zr…H2→状态2反应的活化能最大，反应速率最慢，所以整个反应快慢，由CH2﹣Zr…H2→状态2反应决定，故A正确；B、由图可知，Zr+CH4→CH─Zr…H3的△H＝39.54kJ/mol﹣0.00kJ/mol═+39.54kJ/mol，故B正确；C、由图可知，CH3﹣Zr…H状态时具有的内能最低，所以CH3﹣Zr…H状态最稳定，故C正确；D、由图可知，Zr+CH4→CH─Zr…H3活化能为99.20kJ/mol，故D错误；故选：D。12．（4分）医用口罩的外层喷有丙烯的聚合物聚丙烯。某科研机构在酸性条件下，用石墨棒作电极，将CO2转化为丙烯（CH2＝CH﹣CH3），原理如图所示。下列有关叙述错误的是（）A．a为电源负极 B．左池的电极反应式：3CO2+18e﹣+18H+═CH2＝CH─CH3+6H2O C．H+从右侧通过质子交换膜进入左侧 D．若制取过程中转移3mol电子，则产生11.2L丙烯【分析】A、二氧化碳中的碳由+4价转化为丙烯中的碳﹣2价；B、左池发生还原反应，生成丙烯；C、电解池中阳离子向阴极移动；D、状况不知，无法由物质的量求气体的体积；【解答】解：A、二氧化碳中的碳由+4价转化为丙烯中的碳﹣2价，发生还原反应，则左池为阴极区，则a为电源负极，故A正确；B、左池发生还原反应，生成丙烯，电极反应式为：3CO2+18e﹣+18H+═CH2＝CH─CH3+6H2O，故B正确；C、电解池中阳离子向阴极移动，则H+从右侧通过质子交换膜进入左侧，故C正确；D、状况不知，气体摩尔体积不知，无法由物质的量求气体的体积，故D错误；故选：D。13．（4分）在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g），如图为在2L刚性容器中，相同时间内不同水醇比（乙醇的起始物质的量相同）测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（）A．C2H5（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H＜O B．若乙醇的起始物质的量为1mo1，则K（400℃）＝ C．B、C两点一定未达到平衡状态 D．水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低【分析】A．温度升高，平衡转化率升高，反应吸热；B．水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，利用A点计算；C．由图象斜率判断；D．由图象斜率判断。【解答】解：A．温度升高，平衡转化率升高，反应吸热，C2H5（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H＞O，故A错误；B．水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，A点也是平衡状态；C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）开始（mol/L）0.5100变化（mol/L）0.10.30.20.6平衡（mol/L）0.40.70.20.6K＝＝＝1.36×10﹣2，故B错误；C．水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，该比例随着温度升高的斜率固定，B、C都有先快后慢的变化，判断出变化快时未达到平衡，故C正确；D．由图象分析，水醇比过高，450℃时乙醇转化率降低，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，故D正确；故选：CD。14．（4分）向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点 B．该溶液中存在：＜ C．向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化 D．b点对应的溶液中存在：3c（Ca2+）﹣c（K+）+c（H+）＝3c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（C1﹣）【分析】A、H2CO3的电离平衡常数Ka2＝，则＝，＝，c（H+）越小，则﹣lg越小；B、H2CO3是二元弱酸，一级电离平衡常数Ka1大于二级电离平衡常数Ka2；C、向b点溶液中通入CO2，则c（HCO3﹣）增大，﹣增大；D、由图b点可知，c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣），结合电荷守恒关系分析；【解答】解：A、H2CO3的电离平衡常数Ka2＝，则＝，＝，可知溶液越小，c（H+）越小，pH越大，所以a，b，c三点对应溶液pH的大小顺序为：a＞b＞c，故A错误；B、H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，＝、＝，溶液中c（H+）相同，所以溶液中存在：，故B正确；C、向b点溶液中通入CO2，则c（HCO3﹣）增大，﹣lg增大，所以可使b点溶液向c点溶液转化，故C正确；D、根据电荷守恒可得：2c（Ca2+）+c（K+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），b点时﹣lg＝0，即c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣），则2c（Ca2+）+c（K+）+c（H+）＝3c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），故D错误；故选：BC。15．（4分）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO─CO的反应历程，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，下列说法错误的是（）A．2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＞O B．均相NO─CO反应经历了三个过渡态和五个中间体 C．整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定 D．NO二聚体（）比N2O分子更容易与CO发生反应【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，①NO（g）+NO（g）＝△H＝+199.2kJ•mol﹣1，②+CO（g）＝CO2（g）+N2O（g）△H＝﹣513.5kJ•mol﹣1，③CO2（g）+N2O（g）+CO（g）＝2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣307.6kJ•mol﹣1，结合活化能、焓等知识分析。【解答】解：A．①+②+③得：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝+199.2kJ•mol﹣1﹣513.5kJ•mol﹣1﹣307.6kJ•mol﹣1＝﹣621.9kJ•mol﹣1，故A错误；B．均相NO﹣CO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，IM1、、IM2、N2O、IM3、五个中间体，故B正确；C．整个反应分为三个基元反应阶段，①NO（g）+NO（g）＝△H＝199.2kJ•mol﹣1，②+CO（g）＝CO2（g）+N2O（g）△H＝﹣513.5kJ•mol﹣1，③CO2（g）+N2O（g）+CO（g）＝2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣307.6kJ•mol﹣1，由于所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；D．从②+CO（g）＝CO2（g）+N2O（g）△H＝﹣513.5kJ•mol﹣1，③CO2（g）+N2O（g）+CO（g）＝2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣307.6kJ•mol﹣1，②反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体（）比N2O分子更容易与CO发生反应，故D正确；故选：A。二、非选择题（本题共5小题，共60分）16．（11分）MnS纳米粒子被广泛应用于除去重金属离子中的镉离子。（1）锰的价层电子排布式为3d54s2，Mn2+中未成对电子数为5。（2）磁性氧化铁纳米粒子除镉效率不如MnS纳米粒子，试比较两种纳米材料中的阴离子的半径大小r（S2﹣）＞r（O2﹣），常温下H2O是液态而H2S是气态的原因是H2O分子之间存在氢键，使H2O沸点更高。（3）Mn可以形成多种配合物，[Mn（CO）（H2O）2（NH3）3]Cl2•H2O中第二周期元素第一电离能大小关系为N＞O＞C，配体H2O、NH3中心原子杂化类型均为sp3。（4）S和Na形成的晶体晶胞如图所示，该晶体的化学式为Na2S，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度g/cm3。（阿伏加德罗常数的值用NA表示）【分析】（1）Mn位于周期表中第4周期，VIIB族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2（或[Ar]3d54s2），Mn2+d轨道上电子数为5，5个d电子分占5个g轨道时，能量较低；（2）同主族元素形成的阴离子，原子序数越大的，电子层数越多，离子半径越大；H2O分子之间存在氢键，使其沸点更高；（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；从原子轨道的重叠方向来说，共价键分为σ键与π键，单键为σ键，杂化轨道数目＝σ键+孤电子对数，三种分子的中心原子杂化轨道数目均为4；（4）硫离子位于晶胞的顶点和面心，钠离子位于晶胞内部，根据均摊法确定晶体的化学式；晶胞密度＝晶胞质量÷晶胞体积。【解答】解：（1）Mn位于周期表中第4周期，VIIB族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2（或[Ar]3d54s2），锰的价层电子排布式为3d54s2；Mn2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，d轨道上电子数为5，5个d电子分占5个g轨道时，能量较低，则d轨道中未成对电子数为5，即Mn2+中未成对电子数为5，故答案为：3d54s2；5；（2）同主族元素形成的阴离子，原子序数越大的，电子层数越多，离子半径越大，所以半径r（S2﹣）＞r（O2﹣）；H2O分子之间存在氢键，H2S分子之间不能形成氢键，所以H2O的沸点更高，故答案为：r（S2﹣）＞r（O2﹣）；H2O分子之间存在氢键，使H2O沸点更高；（3）[Mn（CO）（H2O）2（NH3）3]Cl2•H2O中所含第二周期元素为C、N、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的，所以它们的第一电离能顺序是N＞O＞C；从原子轨道的重叠方向来说，共价键分为σ键与π键，三种分子均形成单键，属于σ键，杂化轨道数目＝σ键+孤电子对数，三种分子的中心原子杂化轨道数目均为4，均采取sp3杂化，故答案为：N＞O＞C；sp3；（4）根据均摊法计算，晶胞含有S2﹣离子个数＝4，含Na+离子8个，该晶体的化学式为Na2S；一个晶胞的质量为，所以密度＝＝g/cm3，故答案为：Na2S；g/cm3。17．（13分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：（1）原料气（SO2）的制备①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用c。（填字母）a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液②D中盛放溶液的溶质的化学名称是氢氧化钠。（2）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的制备①Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性，步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是用pH计；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3。②结晶脱水生成产品的化学方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O。（3）产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣。请补充实验步骤（可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）。①精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中；②准确移取V1mL的过量的c1mol•L﹣1的标准碘溶液（过量）并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水；③加入淀粉溶液，用c2mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，读数；④重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值：标准Na2S2O3溶液为V2mL。⑤产品中焦亚硫酸钠的质量分数为47.5（V1×c1﹣V2×c2）%。（用含有c1、c2、V1、V2的式子表示）【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4＝2NaHSO4+SO2↑+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2＝Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸。（1）①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性，不能与二氧化硫反应；②装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；（2）①Na2S2O5溶于水且与水能反应：Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，测定溶液的pH最准确的方法是用pH计，据流程图可知：Ⅰ中纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，Ⅱ中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，Ⅲ中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3，结晶脱水生成产品的化学方程式为：2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O，最后结晶析出焦亚硫酸钠产品。（3）蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，据S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+，再根据2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣找出比列关系计算得解。【解答】解：（1）①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应；故答案为：查装置的气密性；c；②装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，用氢氧化钠溶液就可以；故答案为：氢氧化钠；（2）①Na2S2O5溶于水且与水能反应：Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性，pH试纸测得pH值是正整数，步骤Ⅲ中测得pH＞4.1是小数，所以测定溶液的pH最准确的方法是用pH计，据流程图可知：Ⅰ中纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，Ⅱ中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，Ⅲ中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3；故答案为：Na2S2O5+H2O＝2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；用pH计；Na2SO3；②结晶脱水生成产品的化学方程式为：2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O，最后结晶析出焦亚硫酸钠产品。故答案为：2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；（3）达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL×10﹣3L/mL×c2mol•L﹣1＝V2×c210﹣3mol，2S2O32﹣～～～～～～～～～～I221V2×c210﹣3molV2×c210﹣3mol则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL×10﹣3L/mL×c1mol•L﹣1﹣V2×c210﹣3mol＝（V1×c1﹣V2×c2）×10﹣3mol设产品中焦亚硫酸钠的质量ωS2O52﹣+～～～～～～～～～～2I2190g2molω（V1×c1﹣V2×c2）×10﹣3molω＝产品中焦亚硫酸钠的质量分数为：×100%＝47.5（V1×c1﹣V2×c2）%故答案为：蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色；47.5（V1×c1﹣V2×c2）%。18．（12分）CO2是主要的温室气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.6kJ•mol﹣1（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的热化学方程式Ⅲ为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.4kJ/mol。（2）下列描述能说明反应Ⅰ在密闭恒压容器中达到平衡状态的是④。（填选项序号）①体系压强不变②混合气体密度不变③v（H2）＝v（CO）④CO质量保持不变（3）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应Ⅲ．反应达到平衡时，测得各组分的体积分数如表。CH3OH（g）CO2（g）H2（g）H2O（g）φαbc0.125①c＝0.5626，CO2的转化率为40%。②T℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝。③若要增大甲醇的产率，可采取的措施为增大压强，降低温度（或分离水蒸气）。（任写两点）（4）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共存的体系中，升高温度CO2的体积分数并未发生明显变化，原因是温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相同。（5）将反应Ⅲ设计成如图所示的原电池，气体A为H2，写出原电池正极的电极反应式CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣。【分析】（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的化学方程式CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g），根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）的焓变△H；（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是放热反应，反应三行式为，CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L）0.51.500变化量（mol/L）x3xxx平衡量（mol/L）0.5﹣x1.5﹣3xxx平衡时H2O（g）的休积分数为0.125，则＝0.125，解得x＝0.2，结合休积分数、转化率、平衡常数的公式和化学平衡影响因素解答；（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行的程度和反应III逆向进行的程度相当，导致CO2的体积分数并未发生明显变化；（5）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，结合电子和电荷守恒写出正极电极反应式。【解答】解：（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的化学方程式CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g），Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OI（g）△H3＝﹣90.6kJ•mol﹣1根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）的焓变△H＝﹣49.4kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.4kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.4kJ/mol；（2）①恒压体系中，体系的压强始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故①错误；②反应I是气体体积不变的反应，容器的体积不变，各物质均为气体，所以混合气体密度始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故②错误；③反应无论是否达到平衡状态，始终有v（H2）＝v（CO），即不能判断反应是否达到平衡，故③错误；④CO质量保持不变的状态是平衡状态的本质特征，故④正确；故答案为：④；（3）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是放热反应，反应三行式为，CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L）0.51.500变化量（mol/L）x3xxx平衡量（mol/L）0.5﹣x1.5﹣3xxx平衡时H2O（g）的休积分数为0.125，则＝0.125，解得x＝0.2，平衡时c（CO2）＝0.3mol/L，c（H2）＝0.9mol/L，c（CH3OH）＝c（H2O）＝0.2mol/L，①H2的休积分数c＝＝0.5625，CO2的转化率＝×100%＝40%，故答案为：0.5625；40%；②平衡常数K＝＝＝，故答案为：；③反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低温度、分离水蒸气等措施均可使平衡正向移动，提高甲醇的产率，故答案为：增大压强，降低温度（或分离水蒸气）；（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行，反应III逆向进行，当二者进行的程度相当时，CO2的体积分数会基本不变，故答案为：温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相同；（5）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，CO2在正极上得电子生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣，故答案为：H2；CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣。19．（13分）钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土矿的主要成分Al2O3（含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质），利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示。（1）赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有Fe2O3。（2）生成VO43﹣的离子方程式为V2O5+6OH﹣＝2VO43﹣+3H2O。（3）沉淀物中含有水合铝酸钙（2CaO•Al2O3•8H2O）、水合铝硅酸钙（水化石榴石3CaO•Al2O3•SiO2•4H2O）和钒酸钙（3CaO•V2O5），其中存在3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因发生Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，c（OH﹣）增大使3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣逆向移动，有利于溶出VO43﹣。（用平衡原理解释）（4）加入离子交换树脂（C12H18NCl）进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn﹣+nC12H18NCl（C12H18N）nR+nCl﹣，Rn﹣的结构为V10O286﹣。0.1mol/LV2O3在不同pH的存在形态如表所示。pH13～1411～138.5～117.5～8.55～7.53～51～3存在形态VO43﹣V2O14﹣V4O124﹣V10O286﹣HV10O285﹣H2V10O284﹣V2O5（5）为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有物质可以重复利用NaCl、NH4Cl。（至少写两种）（6）利用铝热反应从V2O5中制取510gV需要铝的质量为450g。【分析】铝土矿的主要成分Al2O3（含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质），由流程可知，加碱过滤分离出赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有Fe2O3；含的VO43﹣、AlO2﹣、SiO32﹣的溶液加氢氧化铝晶种冷却过滤分离出氢氧化铝，氢氧化铝灼烧生成氧化铝；母液1含VO43﹣、SiO32﹣，加碳酸钠结晶得到母液2含VO43﹣，母液2中加石灰发生3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣，加碳酸钠时发生Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，碱性增强有利于溶出VO43﹣，加入离子交换树脂（C12H18NCl）进行吸附和淋洗液解吸附，且生成NaCl、NH4Cl，且pH＝8，电解NaCl溶液生成NaOH可循环使用，离子交换树脂可循环使用，解吸后的溶液沉钒时加氯化铵可知氯化铵能循环使用，生成NH4VO3最后转化为V2O5，以此来解答。【解答】解：（1）赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有与NaOH不反应的Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）生成VO43﹣的离子方程式为V2O5+6OH﹣＝2VO43﹣+3H2O，故答案为：V2O5+6OH﹣＝2VO43﹣+3H2O；（3）存在3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因为发生Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，c（OH﹣）增大使3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣逆向移动，有利于溶出VO43﹣，故答案为：发生Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，c（OH﹣）增大使3Ca（OH）2（s）+2VO43﹣⇌3CaO•V2O5（s）+6OH﹣逆向移动，有利于溶出VO43﹣；（4）由流程可知沉淀物溶解调节pH＝8，结合表中0.1mol/LV2O3在pH＝7.5～8.5的存在形态可知，Rn﹣的结构为V10O286﹣，故答案为：V10O286﹣；（5）由流程及上述分析可知，为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有NaCl、NH4Cl或离子交换树脂可以重复利用，故答案为：NaCl、NH4Cl或离子交换树脂；（6）由电子守恒可知，利用铝热反应从V2O5中制取510gV需要铝的质量为×27g/mol＝450g，故答案为：450g。20．（11分）抗击新冠病毒性肺炎期间。磷酸氯喹和阿比多尔首次被纳入抗病毒治疗。磷酸氯喹[]可由氯喹K[]与磷酸在一定条件下反应制得。由芳香化合物A和乙酰乙酸乙酯（）合成K的种合成路线如图。已知：①；②RNHR′+R″XRN（R″）R′+HX；③具有酸性；④。附物理性质：本品为白色结晶性粉末，无臭，味苦。遇光渐变色；水溶液显酸性。本品在水中易溶，在乙醇、三氯甲烷、乙醚中几乎不溶。熔点为193～196℃，熔融时同时分解。（1）A的结构简式为；G的官能团的名称为羰基、酯基、溴原子。（2）E→F的反应类型为取代反应。（3）G→H的反应方程式为+HN（C2H5）2→+HBr；F+J→K的反应方程式为++HCl。（4）M与H互为同分异构体，符合下列条件的M有19种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，写出符合条件的一种结构简式或或。①含有基团、﹣N（C2H5）2；②酸性水解得乙酸；③能发生酯化反应（5）由乙醇合成乙酰乙酸乙酯（）的合成路线：。【分析】A发生还原反应生成B，根据B结构简式知A为，C发生水解反应然后酸化得到D，D为，E发生取代反应生成F，F为；G发生取代反应生成H，根据H结构简式及G分子式知，G为，F和J发生取代反应生成氯喹；（5）以1，3﹣丁二烯和苯为原料合成，苯发生取代反应生成硝基苯、硝基苯发生还原反应生成苯胺，1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应生成，然后和苯胺发生取代反应生成目标产物。【解答】解：（1）根据分析，A为；G为，所含官能团为羰基、酯基、溴原子；故答案为：；羰基、酯基、溴原子；（2）E为，和POCl3发生取代反应生成F；故答案为：取代反应；（3）G为，和HN（C2H5）2发生取代反应生成H，反应的方程式为：+HN（C2H5）2→+HBr；F为，J为，F+J反应方程式为：++HCl；故答案为：+HN（C2H5）2→+HBr；++HCl；（4）M与H互为同分异构体，M符合下列条件：①含有六元环和﹣N（C2H5）2，H的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1；②酸性条件下水解产物含乙酸，说明含有酯基，酯基的不饱和度是1，③能发生酯化反应，根据O原子个数知，还含有羟基，则符合条件的结构中含有六元环、﹣N（C2H5）2、CH3COO﹣、﹣OH；如果﹣N（C2H5）2、CH3COO﹣位于同一个碳原子上有3种；如果CH3COO﹣、﹣OH位于同一个碳原子上有3种，如果﹣N（C2H5）2、﹣OH位于同一个碳原子上有3种；如果三个取代基位于不同碳原子上，有10种；所以符合条件的有3+3+3+10＝19种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，有、、；故答案为：19；或或；（5）以1，3﹣丁二烯和苯为原料合成，苯发生取代反应生成硝基苯、硝基苯发生还原反应生成苯胺，1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应生成，然后和苯胺发生取代反应生成；故合成路线为：；故答案为：。2020-2021学年四川省成都市高三（上）一诊化学试卷一、选择题：本题共7个小题，每小题6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．（6分）《天工开物•火药》中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也…”（已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑）。下列认识或相关理解错误的是（）A．硫磺不溶于水 B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应 C．硝石在反应中作还原剂 D．“其出也”含义之一指该反应放出气体2．（6分）有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（）A．M中所有碳原子可能共面 B．N可以与钠反应生成H2 C．M生成N的反应为取代反应 D．M、N的一氯代物数目相同3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2L的CH4和C2H4的混合气体含C﹣H数目为2NA B．100mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03NA C．含NaClO7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA D．0.5molCO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和为0.5NA4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣）。Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法错误的是（）A．W元素位于第三周期ⅤⅡA族 B．氧化物的水化物的酸性：W＜Y C．原子半径：Y＜Z D．A能与强碱反应生成有刺激性气味的气体5．（6分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀）。其中方案设计不合理的是（）A．制CO2 B．除杂、干燥 C．CO2与锌粉反应 D．检查CO6．（6分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（）A．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O B．向饱和Na2CO3溶液中滴入几滴稀AlCl3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑ C．乙酸乙酯与稀NaOH溶液共热：CH3COOC2H5+OH﹣CH3COO﹣+C2H5OH D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色2Fe3++2I﹣═2Fe2++I27．（6分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（）A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化 B．电极A的反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极 D．固体电解质将A极产生的O2﹣传导到B极二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。实验步骤：①按图连接装置，检查装置气密性；②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH＝4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。试回答下列问题：（1）A试管中发生反应的化学方程式为；B装置的作用是。（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质为。（填化学式）（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为；若温度稍过高，可能还会生成；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意。（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4～5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+、2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）9．（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图。试回答下列问题：（1）“焙烧”时生成的主要气体有；滤渣Ⅰ的主要成分为。（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因。已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀pH6.31.58.9完全沉淀pH8.12.810.9上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是。（3）试剂a可能是。（4）资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg（OH）2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是。（5）该流程中可以循环利用的物质是。10．（15分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含NO、NO2则应降低其排放。（1）在20℃时，已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g），正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol；②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1），正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol；则4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1）的△H为。（2）10.0L的密闭容器中，按物质的量比1：3投入氮气和氢气，发生反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0用传感器测得温度为T1、T2时容器中n（N2）随时间变化如表：时间物质的量n（N2）温度05min10min15min20minT10.1mol0.08mol0.062mol0.05mol0.05molT20.1mol0.07mol﹣xmol0.06mol①T2时，0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝。②T1时，该反应平衡常数为（列出计算式）。③x0.06（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是。（3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带“•”表示吸附状态]：ⅠNO+Pt（s）═NO*ⅡCO+Pt（s）═CO*ⅢNO*═N*+O*ⅣCO*+O*═CO2+Pt（s）ⅤN*