2024届河南省南阳地区高三上学期期末热身摸底联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳地区2024届高三上学期期末热身摸底联考可能用到的相对原子质量：H1He4C12O16Na23Cl35.5一、选择题：本题共7小题，每小题6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.中华文化源远流长，博大精深。下列与化学有关的说法正确的是（）A.“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”涉及焰色试验B.“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”涉及复分解反应C.马王堆一号汉墓出土的素纱单衣是西汉蚕丝制品，其主要成分是纤维素D.点卤制豆腐是利用蛋白质变性原理〖答案〗A〖解析〗A．“硝石”是指硝酸钾，K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，A正确；B．“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”指的是铁和硫酸铜发生了置换反应，B错误；C．蚕丝制品的主要成分是蛋白质，C错误；D．点卤制豆腐是利用胶体聚沉的原理，D错误；故选A。2.下列有关有机物M(结构如图所示)的说法错误的是（）A.1molM最多能与2mol钠单质反应 B.能被灼热的CuO氧化C.分子中所有碳原子不可能共面 D.能发生取代反应〖答案〗B〖解析〗A．1mol分子含有1mol羧基、1mol羟基能与2molNa单质发生反应，A正确；B．连有羟基的碳原子上没有氢原子，不能被灼热的CuO氧化，B错误；C．分子中含有饱和碳原子，不能所有碳原子共面，C正确；D．M分子含有羧基、羟基官能团，能发生取代，D正确；故选B。3.物质H(结构如图)由五种短周期主族元素组成，其中X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，仅X、Y、Z、W位于同一周期且Y、Z、W为相邻元素。下列说法错误的是（）A.第一电离能：Y>ZB.简单氢化物的沸点：Z>WC.Q的氧化物对应的水化物可能是强酸D.X、Y与Z均只能形成一种化合物〖答案〗D〖祥解〗4个Z原子均形成2个共价键，Q形成6个共价键，Z和Q均位于第ⅥA族且Z的原子序数小于Q，所以Z为O，Q为S，X和阴离子之间形成离子键且原子序数最小，则X为Li，2个W均形成一个共价键且原子序数比Q小，则W为F，X、Y、Z、W位于同一周期且Y、Z、W为相邻元素，则Y为N，综上所述，X、Y、Z、W、Q分别为：Li、N、O、F、S，据此分析解答。【详析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族原子P能级半充满，第一电离能大于第ⅥA族，故第一电离能，N>O，A正确；B．HF与H2O均有氢键，但HF形成一条氢键，H2O形成两条氢键，故HF的沸点比H2O低，B正确；C．最高价氧化物对应水化物是强酸，若不是最高价，可能弱酸，C正确；D．N与O可形成多种氧化物，如NO，NO2等，D错误；故选D。4.下列实验操作不能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验操作A制备无水氯化铝在硬质玻璃管中灼烧AlCl3·6H2O，同时通入干燥HCl气流保护B检验FeCl2溶液中是否含有Fe3+向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，再滴入KSCN溶液C除去乙炔中少量的H2S将混合气体通过盛有足量CuSO4溶液的洗气瓶D去除乙酸乙酯中的杂质乙酸加入饱和碳酸钠溶液反应，然后分液得到乙酸乙酯〖答案〗B〖解析〗A．在硬质玻璃管中灼烧AlCl3·6H2O，同时通入干燥氯化氢气流抑制氯化铝水解，从而制得无水氯化铝，A正确；B．酸性高锰酸钾可以将二价铁氧化为三价铁，则该方法无法验证原FeCl2溶液中是否含有Fe3+，B错误；C．CuSO4与乙炔不反应，但能与H2S反应，生成CuS沉淀和硫酸，从而除去乙炔中的H2S，C正确；D．乙酸可以和碳酸钠溶液反应，而乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，可加入饱和碳酸钠溶液，分液，D正确；故选B。5.Na2He的晶胞结构(与CaF2相似)如图所示，设晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是（）已知：1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)。A.2号原子的坐标为()B.晶胞中Na原子与He原子的配位数之比为1∶2C.该晶体密度为g/cm3D.晶胞中Na原子位于He原子围成的正八面体空隙中〖答案〗D〖祥解〗参考结构；【详析】A．1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)，可知坐标系上，anm=1则2号原子的坐标为()，A正确；B．根据Na2He的晶胞结构灰球为Na，白球为He，故晶胞中Na原子与He原子的配位数之比为1∶2，B正确；C．根据均摊法，该晶体的Na有8个，He有个，则密度为g/cm3，C正确；D．晶胞中Na原子位于He原子围成的正四面体空隙中，D错误；故选D。6.某水系液流电池的充电一CO2捕捉过程(放电一CO2释放过程与之相反)如图，下列说法正确的是（）A.化合物Ⅰ中碳原子杂化方式只有1种B.放电时，正极释放出CO2C.充电时，化合物Ⅰ得到电子被还原，同时从水中夺取质子D.每释放1molCO2时，外电路中通过的电子的物质的量小于1mol〖答案〗C〖祥解〗放电时为原电池，负极电极反应为：-2e-→+2H+；充电时为电解池，阴极电极反应：+2e-+2H2O→+2OH-，据此分析解答。【详析】A化合物Ⅰ中碳原子的杂化方式有sp3、sp22种．，A错误；B．放电时，负极产生H+释放出CO2，B错误；C．充电时，化合物Ⅰ得到电子被还原，阴极电极反应：+2e-+2H2O→+2OH-，同时从水中夺取质子，C正确；D．每释放1molCO2时，消耗2个氢离子，消耗1个氢离子，故外电路中通过的电子的物质的量大于或等于1mol，D错误；故选C。7.常温下，用0.25mol/LNaOH溶液分别滴定25.00mLx1mol/LHX和25.00mLx2mol/LHY两种酸溶液，得到如图所示的曲线：V1=Ka(Z-V2)。其中Ka为酸的电离常数，Z为完全反应时理论上消耗NaOH溶液的体积。下列有关说法正确的是（）A.x2=0.16B.HX、HY均为强酸C.当两溶液恰好完全反应时，两溶液中：c(X-)>c(Y-)D.滴定HY溶液时，当V2(NaOH溶液)=14.00mL时，对应溶液一定呈碱性〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，NaOH体积为32mL时，两种酸恰好完全反应，且两种酸都为一元酸，所以c1=c2==0.320mol∙L-1，A错误；B．由图可知，未加NaOH时V2=0，V1(HX)＞V1(HY)，＞，Ka1×Z＞Ka2×Z，即HX的酸性比HY强，且二者都为弱酸，B错误；C．由于HX的酸性比HY的酸性强，同浓度的NaX和NaY中，Y-的水解程度大于X-的水解程度，两溶液中：c(X-)>c(Y-)，C正确；D．当V2(NaOH溶液)=14.00mL时，HY对应溶液可能显酸性、中性或碱性，即不能确定HY对应溶液的pH与7的关系，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8.某种制取碳酰氯(COCl2)的实验装置如图所示(夹持装置已省略)。已知：①3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑＋4HCl↑+ClO2SOSO2Cl。②CCl4沸点为76℃；COCl2熔点为-118℃，沸点为8.2℃，易溶于甲苯等有机溶剂，遇水迅速水解得到强酸；HCl的沸点为-85℃。回答下列问题：（1）仪器X的名称为__________，进水口为_______(填“1”或“2”)，装置乙的作用为______________________。（2）盛放浓硫酸的分液漏斗使用前的第一步操作是___________________，Y导管设计很长的原因是_______________________________。（3）指出该实验设计存在的不妥之处：①________________；②________________。（4）COCl2遇水迅速反应的化学方程式为_______________________________。（5）实验开始时称取23.10gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，实验结束后得到11.88gCOCl2，则该实验中COCl2的产率为_______。〖答案〗（1）(球形)冷凝管1收集COCl2（2）检查仪器是否漏液冷凝并导气或“降温并导气”（3）装置甲应水浴加热缺少尾气处理装置或“温度计摆放位置错误，缺少防COCl2水解装置”（4）COCl2+H2O=2HCl+CO2（5）80%〖祥解〗由实验装置可知，连接好装置先检验装置的气密性，甲中发生3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑＋4HCl↑+ClO2SOSO2Cl，乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，据此分析解答。【详析】（1）由图可知，仪器X为(球形)冷凝管；冷凝管应该是逆向冷却，水流方向为“下进上出”，即１口进２口出；乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，装置乙的作用为收集COCl2；故〖答案〗为：(球形)冷凝管；１；装置乙的作用为收集COCl2；（2）分液漏斗使用前应检查是否漏液；Y导管设计很长是为了更好地起到冷凝效果；故〖答案〗为：检查仪器是否漏液；冷凝并导气或“降温并导气”；（3）由于反应温度没有超过100℃，因此装置甲应该进行水浴加热；甲装置中温度计应该在支管口附近；；装置丙后面应该连尾气处理装置；COCl2遇水迅速水解，应添加防COCl2水解装置；故〖答案〗为：装置甲应水浴加热；缺少尾气处理装置或“温度计摆放位置错误，缺少防COCl2水解装置”；（4）COCl2遇水迅速水解得到强酸，根据原子守恒可知生成物是盐酸和二氧化碳，反应方程式为：COCl2+H2O=2HCl+CO2；故〖答案〗为：COCl2+H2O=2HCl+CO2；（5）23.10gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，理论上生成COCl2物质的量为：=14.85g，则该实验中COCl2的产率为＝80%；故〖答案〗为：80%。9.金属钌在电子制造、化学工业及催化剂生产等行业中有关键作用，六氯钌酸铵[(NH4)2RuCl6]是生产金属钌的重要中间产物。一种利用精炼镍阳极泥(主要含金属Ru，Os及Pb等)制备六氯钌酸铵的工业流程如图所示。已知：①OsO4、RuO4均具有强氧化性，“除锇”步骤中Ru元素的化合价不发生变化，Ru元素以[RuCl6]2-形式进入“沉降”步骤；②[RuCl6]2-＋nH2O⇌[RuCl(6-n)(H2O)n]n-2+nCl-△H＜0；③PbCl2微溶于水；六氯钌酸铵在乙醇中的溶解度较小。回答下列问题：（1）基态K原子的核外电子排布式为_______________，“高温氯化”后得到K2RuCl6、K2OsCl6，生成K2OsCl6反应的化学方程式为_______________________________。（2）“氧化蒸馏”时可得到RuO4(Ru呈+8价)和OsO4，写出生成RuO4的离子方程式：___________________________________________。（3）“酸吸收”时，加入乙醇的作用是___________________________。（4）“酸吸收”时，加入的盐酸浓度较大时有利于降低六氯钌酸铵的含水量，试分析原因：_______________________________________。通过_______________________________(填措施及原因)也能降低六氯钌酸铵的含水量。（5）“沉降”时加入了NH4Cl，的VSEPR模型名称为___________，若在实验室进行“洗涤”步骤，则其具体操作为___________________________(需指明洗涤所用的试剂)。〖答案〗（1）[Ar]4s1或1s22s22p63s23p64s1Os+2Cl2+2KClK2OsCl6（2）3[RuCl6]2-＋2＋6H2O=2Br-+18Cl-+3RuO4+12H+（3）还原RuO4和OsO4（4）增大盐酸的浓度即溶液中Cl-浓度增大，使已知②的平衡逆向移动，六氯钌酸铵的含水量下降“沉降”时适当升高温度，使已知②的平衡逆向移动（5）正四面体向漏斗中加入乙醇至没过固体，静置，待液体全部自然流下后再重复操作2~3次〖祥解〗利用精炼镍阳极泥(主要含金属Ru，Os及Pb等)加入KCl、Cl2进行高温氯化时，Ru、Os转化为K2RuCl6、K2OsCl6，Pb转化为微溶于水的PbCl2，水浸时PbCl2成为滤渣；加入NaBrO3氧化蒸馏时，K2RuCl6、K2OsCl6转化为OsO4、RuO4；加入盐酸、乙醇进行酸吸收时，OsO4被还原为Os的低价化合物，RuO4被还原为[RuCl6]2-；加入H2O2时，锇的低价化合物又转化为OsO4；加入NH4Cl沉降时，Na2[RuCl6]转化为(NH4)2RuCl6沉淀；过滤后洗涤沉淀，即得(NH4)2RuCl6。【详析】（1）K为19号元素，基态K原子的核外电子排布式为[Ar]4s1或1s22s22p63s23p64s1，“高温氯化”后，Os被Cl2氧化的产物再与KCl反应，生成K2OsCl6，反应的化学方程式为Os+2Cl2+2KClK2OsCl6；（2）“氧化蒸馏”时，[RuCl6]2-被氧化，生成RuO4(Ru呈+8价)、Br-等，离子方程式：3[RuCl6]2-＋2＋6H2O=2Br-+18Cl-+3RuO4+12H+；（3）OsO4、RuO4均具有强氧化性，能被乙醇还原，OsO4转化为低价氧化物，RuO4转化为[RuCl6]2-，则“酸吸收”时，加入乙醇的作用是：还原RuO4和OsO4；（4）[RuCl6]2-在溶液中存在平衡：[RuCl6]2-＋nH2O⇌[RuCl(6-n)(H2O)n]n-2+nCl-△H＜0。“酸吸收”时，加入的盐酸浓度较大时，增大了溶液中的c(Cl-)，平衡逆向移动，有利于降低六氯钌酸铵的含水量，原因：增大盐酸的浓度即溶液中Cl-浓度增大，使已知②的平衡逆向移动，六氯钌酸铵的含水量下降。该水解反应的正反应为放热反应，也可以通过改变温度控制平衡移动的方向，所以通过“沉降”时适当升高温度，使已知②的平衡逆向移动也能降低六氯钌酸铵的含水量；（5）的的中心N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，VSEPR模型名称为正四面体；六氯钌酸铵在乙醇中的溶解度较小，若在实验室进行“洗涤”步骤，可使用乙醇洗涤，其具体操作为：向漏斗中加入乙醇至没过固体，静置，待液体全部自然流下后再重复操作2~3次。10.氢能是最为理想的能源之一，氢能发展的最关键技术是氢的储存。Ⅰ．制取氢气（1）丙烷催化裂解制氢气：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H。已知：Kp(853K)=0.199kPa，Kp(893K)=0.450kPa，△H_______(填“>”或“<”)0，该反应在_______(填“高温”或“低温”)下更容易自发进行。（2）甲醇一水蒸气催化重整制氢气是主要方法，在催化剂Ru的作用下，反应可通过如图所示的反应历程实现催化重整。写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________(H用含字母a，b、c的代数式表示)。（3）乙醇一水催化重整可获得H2，主要反应如下：反应1：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)十6H2(g)△H1=＋173.3kJ/mol；反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/mol。①在1.0×105Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=×100%，下列说法错误的是_______(填标号)。A．图中b代表CO2的选择性随温度的变化，a代表H2的产率随温度的变化B．反应1在一定温度下，仅增大，乙醇平衡转化率减小C．反应2在一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2的转化率②TK时，向2L恒容密闭的容器中充入2molCH3CH2OH(g)和6molH2O(g)，发生反应1和反应2，5min后达到平衡状态，测得CH3CH2OH(g)的转化率为80%，容器内CO(g)的体积分数为10%，则0~5min内(CH3CH2OH)=___________mol/(L·min)，TK时，反应1的平衡常数K=___________(列出计算式即可)。Ⅱ．储存氢气（4）硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一、用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，实现物质的循环使用，制备装置如图所示。电极_______(填“a”或“b”)为电源的正极；阴极的电极反应式为_______________________。〖答案〗（1）>高温（2）CH3OH(1)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)H=＋(a-b+c)kJ/mol（3）①AC②0.16（4）a6H2O++8e-=+8OH-〖解析〗（1）已知：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH

Kp(853K)=0.199kPa

Kp(893K)=0.450kPa，可知，随温度升高，K值增大，为吸热反应，即ΔH＞0；该反应为气体体积增大反应，即S＞0，根据ΔH-TS＜0反应能自发进行，可知，在高温下更容易自发进行；（2）ΔH=反应物总能量-生成物总能量，由图可知ΔH=(a-b+c)kJ/mol，热化学方程式为：CH3OH(l)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=(a-b+c)kJ/mol；（3）①A．分析可知，图中a代表CO2的选择性随温度的变化，b代表H2的产率随温度的变化，③代表一氧化碳的选择性，A错误；B．若其他条件不变，仅增大，即增大CH3CH2OH的用量，平衡正向移动，但反应1中乙醇平衡转化率减小，B正确；C．若其他条件不变，向体系中加入CaO(s)吸收CO2，导致反应1平衡正向移动，反应2逆向移动，均能提高平衡时H2的体积分数，但使用高效催化剂，平衡不移动，H2的体积分数不变，C错误；故〖答案〗为：AC；②若T℃时，向2L恒容密闭的容器中充入2molCH3CH2OH(g)和6molH2O(g)，发生反应1和反应2，5min后达到平衡状态，测得CH3CH2OH(g)的转化率为80%，消耗CH3CH2OH物质的量=80%×2mol=1.6mol,容器内CO(g)的体积分数为10%，设生成CO物质的量为xmol,结合三段式列式计算：反应1：反应2：则0～5min内(CH3CH2OH)==0.16mol/(L•min)，×100%=10%，x=1.44，反应1的平衡常数K===；（4）由题干电解池装置图可知，钛电极上得电子发生还原反应生成，故钛电极与原电池的负极连接为阴极，电极反应式为：6H2O++8e-=+8OH-，即b电极为负极，则a电极为正极。11.菲诺洛芬(H)的钙盐是一种有效治疗关节炎、脊椎炎等疾病的常用药物，化合物H的一种合成路线如图(具体反应条件和部分试剂略)：已知：SOCl2可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。回答下列问题：（1）A的同分异构体的名称为_______________；A、B、C、D、E、F、G、H中含有手性碳原子的物质有_______种。（2）B+C→D的反应类型是___________；F中所含的官能团名称是___________。（3）写出H和E在浓硫酸条件下反应的化学方程式：___________________________。（4）B的同分异构体中，红外光谱显示有梵羟基且不含其他环的共有_______种(不考虑顺反异构)，其中核磁共振氢谱显示峰面积比为2∶2∶1：1：1的结构为_______________。（5）已知—CH3、—X为邻位，对位定位基，—COOH、—NO2为间位定位基，写出以甲苯为原料合成的合成路线___________________________________________(无机试剂及有机溶剂任选)。〖答案〗（1）苯乙醛4（2）取代反应醚键、碳氯键（3）（4）16（5）〖祥解〗根据题中已知②，推出B结构简式为；B与苯酚钠反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，则E为；E与氯化亚砜(SOCl2)发生已知①反应生成F，F与NaCN发生已知③反应生成G，则G为；G先与氢氧化钠反应，然后酸化得到H，以此解答；【详析】（1）的名称为苯乙醛；手性碳原子为一个碳原子连有四个不同的原子或基团，结合已知合成路线图和分析可知E、F、G、H均含有手性碳原子，故A、B、C、D、E、F、G、H中含有手性碳原子的物质有4种；（2）B为，结合B和D即苯酚钠的结构简式可知，B+C→D的反应类型是取代反应，F中所含的官能团名称是醚键、碳氯键；（3）E为含有羟基，H中含有羧基，E和H在浓硫酸条件下发生酯化反应：；（4）B的同分异构体中，不含其他环且红外光谱显示有酚羟基，若苯环上有3个取代基：-OH、-Br、-CH=CH2，共有10种情况；若苯环上有2个取代基：-OH、-CBr=CH2或-OH、-CH=CHBr，每一次情况都有邻、间、对3种情况，综上所述，满足条件的同分异构体共有16种；其中核磁共振氢谱显示峰面积比为2∶2∶1：1：1的结构为；（5）在甲苯环上引入相应基团时，应该先引入溴，此时溴原子取代甲基的对位，然后将甲基氧化为羧基，最后通过硝化反应引入硝基，合成路线为：。河南省南阳地区2024届高三上学期期末热身摸底联考可能用到的相对原子质量：H1He4C12O16Na23Cl35.5一、选择题：本题共7小题，每小题6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.中华文化源远流长，博大精深。下列与化学有关的说法正确的是（）A.“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”涉及焰色试验B.“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”涉及复分解反应C.马王堆一号汉墓出土的素纱单衣是西汉蚕丝制品，其主要成分是纤维素D.点卤制豆腐是利用蛋白质变性原理〖答案〗A〖解析〗A．“硝石”是指硝酸钾，K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，A正确；B．“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”指的是铁和硫酸铜发生了置换反应，B错误；C．蚕丝制品的主要成分是蛋白质，C错误；D．点卤制豆腐是利用胶体聚沉的原理，D错误；故选A。2.下列有关有机物M(结构如图所示)的说法错误的是（）A.1molM最多能与2mol钠单质反应 B.能被灼热的CuO氧化C.分子中所有碳原子不可能共面 D.能发生取代反应〖答案〗B〖解析〗A．1mol分子含有1mol羧基、1mol羟基能与2molNa单质发生反应，A正确；B．连有羟基的碳原子上没有氢原子，不能被灼热的CuO氧化，B错误；C．分子中含有饱和碳原子，不能所有碳原子共面，C正确；D．M分子含有羧基、羟基官能团，能发生取代，D正确；故选B。3.物质H(结构如图)由五种短周期主族元素组成，其中X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，仅X、Y、Z、W位于同一周期且Y、Z、W为相邻元素。下列说法错误的是（）A.第一电离能：Y>ZB.简单氢化物的沸点：Z>WC.Q的氧化物对应的水化物可能是强酸D.X、Y与Z均只能形成一种化合物〖答案〗D〖祥解〗4个Z原子均形成2个共价键，Q形成6个共价键，Z和Q均位于第ⅥA族且Z的原子序数小于Q，所以Z为O，Q为S，X和阴离子之间形成离子键且原子序数最小，则X为Li，2个W均形成一个共价键且原子序数比Q小，则W为F，X、Y、Z、W位于同一周期且Y、Z、W为相邻元素，则Y为N，综上所述，X、Y、Z、W、Q分别为：Li、N、O、F、S，据此分析解答。【详析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族原子P能级半充满，第一电离能大于第ⅥA族，故第一电离能，N>O，A正确；B．HF与H2O均有氢键，但HF形成一条氢键，H2O形成两条氢键，故HF的沸点比H2O低，B正确；C．最高价氧化物对应水化物是强酸，若不是最高价，可能弱酸，C正确；D．N与O可形成多种氧化物，如NO，NO2等，D错误；故选D。4.下列实验操作不能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验操作A制备无水氯化铝在硬质玻璃管中灼烧AlCl3·6H2O，同时通入干燥HCl气流保护B检验FeCl2溶液中是否含有Fe3+向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，再滴入KSCN溶液C除去乙炔中少量的H2S将混合气体通过盛有足量CuSO4溶液的洗气瓶D去除乙酸乙酯中的杂质乙酸加入饱和碳酸钠溶液反应，然后分液得到乙酸乙酯〖答案〗B〖解析〗A．在硬质玻璃管中灼烧AlCl3·6H2O，同时通入干燥氯化氢气流抑制氯化铝水解，从而制得无水氯化铝，A正确；B．酸性高锰酸钾可以将二价铁氧化为三价铁，则该方法无法验证原FeCl2溶液中是否含有Fe3+，B错误；C．CuSO4与乙炔不反应，但能与H2S反应，生成CuS沉淀和硫酸，从而除去乙炔中的H2S，C正确；D．乙酸可以和碳酸钠溶液反应，而乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，可加入饱和碳酸钠溶液，分液，D正确；故选B。5.Na2He的晶胞结构(与CaF2相似)如图所示，设晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是（）已知：1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)。A.2号原子的坐标为()B.晶胞中Na原子与He原子的配位数之比为1∶2C.该晶体密度为g/cm3D.晶胞中Na原子位于He原子围成的正八面体空隙中〖答案〗D〖祥解〗参考结构；【详析】A．1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)，可知坐标系上，anm=1则2号原子的坐标为()，A正确；B．根据Na2He的晶胞结构灰球为Na，白球为He，故晶胞中Na原子与He原子的配位数之比为1∶2，B正确；C．根据均摊法，该晶体的Na有8个，He有个，则密度为g/cm3，C正确；D．晶胞中Na原子位于He原子围成的正四面体空隙中，D错误；故选D。6.某水系液流电池的充电一CO2捕捉过程(放电一CO2释放过程与之相反)如图，下列说法正确的是（）A.化合物Ⅰ中碳原子杂化方式只有1种B.放电时，正极释放出CO2C.充电时，化合物Ⅰ得到电子被还原，同时从水中夺取质子D.每释放1molCO2时，外电路中通过的电子的物质的量小于1mol〖答案〗C〖祥解〗放电时为原电池，负极电极反应为：-2e-→+2H+；充电时为电解池，阴极电极反应：+2e-+2H2O→+2OH-，据此分析解答。【详析】A化合物Ⅰ中碳原子的杂化方式有sp3、sp22种．，A错误；B．放电时，负极产生H+释放出CO2，B错误；C．充电时，化合物Ⅰ得到电子被还原，阴极电极反应：+2e-+2H2O→+2OH-，同时从水中夺取质子，C正确；D．每释放1molCO2时，消耗2个氢离子，消耗1个氢离子，故外电路中通过的电子的物质的量大于或等于1mol，D错误；故选C。7.常温下，用0.25mol/LNaOH溶液分别滴定25.00mLx1mol/LHX和25.00mLx2mol/LHY两种酸溶液，得到如图所示的曲线：V1=Ka(Z-V2)。其中Ka为酸的电离常数，Z为完全反应时理论上消耗NaOH溶液的体积。下列有关说法正确的是（）A.x2=0.16B.HX、HY均为强酸C.当两溶液恰好完全反应时，两溶液中：c(X-)>c(Y-)D.滴定HY溶液时，当V2(NaOH溶液)=14.00mL时，对应溶液一定呈碱性〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，NaOH体积为32mL时，两种酸恰好完全反应，且两种酸都为一元酸，所以c1=c2==0.320mol∙L-1，A错误；B．由图可知，未加NaOH时V2=0，V1(HX)＞V1(HY)，＞，Ka1×Z＞Ka2×Z，即HX的酸性比HY强，且二者都为弱酸，B错误；C．由于HX的酸性比HY的酸性强，同浓度的NaX和NaY中，Y-的水解程度大于X-的水解程度，两溶液中：c(X-)>c(Y-)，C正确；D．当V2(NaOH溶液)=14.00mL时，HY对应溶液可能显酸性、中性或碱性，即不能确定HY对应溶液的pH与7的关系，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8.某种制取碳酰氯(COCl2)的实验装置如图所示(夹持装置已省略)。已知：①3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑＋4HCl↑+ClO2SOSO2Cl。②CCl4沸点为76℃；COCl2熔点为-118℃，沸点为8.2℃，易溶于甲苯等有机溶剂，遇水迅速水解得到强酸；HCl的沸点为-85℃。回答下列问题：（1）仪器X的名称为__________，进水口为_______(填“1”或“2”)，装置乙的作用为______________________。（2）盛放浓硫酸的分液漏斗使用前的第一步操作是___________________，Y导管设计很长的原因是_______________________________。（3）指出该实验设计存在的不妥之处：①________________；②________________。（4）COCl2遇水迅速反应的化学方程式为_______________________________。（5）实验开始时称取23.10gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，实验结束后得到11.88gCOCl2，则该实验中COCl2的产率为_______。〖答案〗（1）(球形)冷凝管1收集COCl2（2）检查仪器是否漏液冷凝并导气或“降温并导气”（3）装置甲应水浴加热缺少尾气处理装置或“温度计摆放位置错误，缺少防COCl2水解装置”（4）COCl2+H2O=2HCl+CO2（5）80%〖祥解〗由实验装置可知，连接好装置先检验装置的气密性，甲中发生3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑＋4HCl↑+ClO2SOSO2Cl，乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，据此分析解答。【详析】（1）由图可知，仪器X为(球形)冷凝管；冷凝管应该是逆向冷却，水流方向为“下进上出”，即１口进２口出；乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，装置乙的作用为收集COCl2；故〖答案〗为：(球形)冷凝管；１；装置乙的作用为收集COCl2；（2）分液漏斗使用前应检查是否漏液；Y导管设计很长是为了更好地起到冷凝效果；故〖答案〗为：检查仪器是否漏液；冷凝并导气或“降温并导气”；（3）由于反应温度没有超过100℃，因此装置甲应该进行水浴加热；甲装置中温度计应该在支管口附近；；装置丙后面应该连尾气处理装置；COCl2遇水迅速水解，应添加防COCl2水解装置；故〖答案〗为：装置甲应水浴加热；缺少尾气处理装置或“温度计摆放位置错误，缺少防COCl2水解装置”；（4）COCl2遇水迅速水解得到强酸，根据原子守恒可知生成物是盐酸和二氧化碳，反应方程式为：COCl2+H2O=2HCl+CO2；故〖答案〗为：COCl2+H2O=2HCl+CO2；（5）23.10gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，理论上生成COCl2物质的量为：=14.85g，则该实验中COCl2的产率为＝80%；故〖答案〗为：80%。9.金属钌在电子制造、化学工业及催化剂生产等行业中有关键作用，六氯钌酸铵[(NH4)2RuCl6]是生产金属钌的重要中间产物。一种利用精炼镍阳极泥(主要含金属Ru，Os及Pb等)制备六氯钌酸铵的工业流程如图所示。已知：①OsO4、RuO4均具有强氧化性，“除锇”步骤中Ru元素的化合价不发生变化，Ru元素以[RuCl6]2-形式进入“沉降”步骤；②[RuCl6]2-＋nH2O⇌[RuCl(6-n)(H2O)n]n-2+nCl-△H＜0；③PbCl2微溶于水；六氯钌酸铵在乙醇中的溶解度较小。回答下列问题：（1）基态K原子的核外电子排布式为_______________，“高温氯化”后得到K2RuCl6、K2OsCl6，生成K2OsCl6反应的化学方程式为_______________________________。（2）“氧化蒸馏”时可得到RuO4(Ru呈+8价)和OsO4，写出生成RuO4的离子方程式：___________________________________________。（3）“酸吸收”时，加入乙醇的作用是___________________________。（4）“酸吸收”时，加入的盐酸浓度较大时有利于降低六氯钌酸铵的含水量，试分析原因：_______________________________________。通过_______________________________(填措施及原因)也能降低六氯钌酸铵的含水量。（5）“沉降”时加入了NH4Cl，的VSEPR模型名称为___________，若在实验室进行“洗涤”步骤，则其具体操作为___________________________(需指明洗涤所用的试剂)。〖答案〗（1）[Ar]4s1或1s22s22p63s23p64s1Os+2Cl2+2KClK2OsCl6（2）3[RuCl6]2-＋2＋6H2O=2Br-+18Cl-+3RuO4+12H+（3）还原RuO4和OsO4（4）增大盐酸的浓度即溶液中Cl-浓度增大，使已知②的平衡逆向移动，六氯钌酸铵的含水量下降“沉降”时适当升高温度，使已知②的平衡逆向移动（5）正四面体向漏斗中加入乙醇至没过固体，静置，待液体全部自然流下后再重复操作2~3次〖祥解〗利用精炼镍阳极泥(主要含金属Ru，Os及Pb等)加入KCl、Cl2进行高温氯化时，Ru、Os转化为K2RuCl6、K2OsCl6，Pb转化为微溶于水的PbCl2，水浸时PbCl2成为滤渣；加入NaBrO3氧化蒸馏时，K2RuCl6、K2OsCl6转化为OsO4、RuO4；加入盐酸、乙醇进行酸吸收时，OsO4被还原为Os的低价化合物，RuO4被还原为[RuCl6]2-；加入H2O2时，锇的低价化合物又转化为OsO4；加入NH4Cl沉降时，Na2[RuCl6]转化为(NH4)2RuCl6沉淀；过滤后洗涤沉淀，即得(NH4)2RuCl6。【详析】（1）K为19号元素，基态K原子的核外电子排布式为[Ar]4s1或1s22s22p63s23p64s1，“高温氯化”后，Os被Cl2氧化的产物再与KCl反应，生成K2OsCl6，反应的化学方程式为Os+2Cl2+2KClK2OsCl6；（2）“氧化蒸馏”时，[RuCl6]2-被氧化，生成RuO4(Ru呈+8价)、Br-等，离子方程式：3[RuCl6]2-＋2＋6H2O=2Br-+18Cl-+3RuO4+12H+；（3）OsO4、RuO4均具有强氧化性，能被乙醇还原，OsO4转化为低价氧化物，RuO4转化为[RuCl6]2-，则“酸吸收”时，加入乙醇的作用是：还原RuO4和OsO4；（4）[RuCl6]2-在溶液中存在平衡：[RuCl6]2-＋nH2O⇌[RuCl(6-n)(H2O)n]n-2+nCl-△H＜0。“酸吸收”时，加入的盐酸浓度较大时，增大了溶液中的c(Cl-)，平衡逆向移动，有利于降低六氯钌酸铵的含水量，原因：增大盐酸的浓度即溶液中Cl-浓度增大，使已知②的平衡逆向移动，六氯钌酸铵的含水量下降。该水解反应的正反应为放热反应，也可以通过改变温度控制平衡移动的方向，所以通过“沉降”时适当升高温度，使已知②的平衡逆向移动也能降低六氯钌酸铵的含水量；（5）的的中心N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，VSEPR模型名称为正四面体；六氯钌酸铵在乙醇中的溶解度较小，若在实验室进行“洗涤”步骤，可使用乙醇洗涤，其具体操作为：向漏斗中加入乙醇至没过固体，静置，待液体全部自然流下后再重复操作2~3次。10.氢能是最为理想的能源之一，氢能发展的最关键技术是氢的储存。Ⅰ．制取氢气（1）丙烷催化裂解制氢气：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H。已知：Kp(853K)=0.199kPa，Kp(893K)=0.450kPa，△H_______(填“>”或“<”)0，该反应在_______(填“高温”或“低温”)下更容易自发进行。（2）甲醇一水蒸气催化重整制氢气是主要方法，在催化剂Ru的作用下，反应可通过如图所示的反应历程实现催化重整。写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________(H用含字母a，b、c的代数式表示)。（3）乙醇一水催化重整可获得H2，主要反应如下：反应1：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)十6H2(g)△H1=＋173.3kJ/mol；反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/mol。①在1.0×105Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=×100%，下列说法错误的是_______(填标号)。A．图中b代表CO2的选择性随温度的变化，a代表H2的产率随温度的变化B．反应1在一定温度下，仅增大，乙醇平衡转化率减小C．反应2在一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2的转化率②TK时，向2L恒容密闭的容器中充入2molCH3CH2OH(g)和6molH2O(g)，发生反应1和反应2，5min后达到平衡状态，测得CH3CH2OH(g)的转化率为80%，容器内CO(g)的体积分数为10%，则0~5min内(CH3CH2OH)=___________mol/(L·min)，TK时，反应1的平衡常数K=___________(列出计算式即可)。Ⅱ．储存氢气（4）硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一、用惰性电极电解NaBO2溶液可制得NaBH4，实现物质的循环使用，制备装置如图所示。电极_______(填“a”或“b”)为电源的正极；阴极的电极反应式为_______________________。〖答案〗（1）>高温（2）CH3OH(1)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)H=＋(a-b+c)kJ/mol（3）①AC②0.16（4）a6H2O++8e-=+8OH-〖解析〗（1）已知：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH

Kp(853K)=0.199kPa