湖南省永州市2021届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）.doc

1、湖南省永州市2021届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷共19道小题，满分为100分，考试时量75分钟。2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在本试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。3.可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Zn-65 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 以下有关垃圾分类说法正确的是A. 茶叶果皮属于厨余垃圾，可通过转化变为有机氮肥B. 废旧玻璃属于可回收垃圾，其主要成分为新型无机非金属材料C. 食品包装塑料袋属于其他垃圾，其

2、主要成分聚氯乙烯有机高分子化合物D. 医疗废弃物属于有害垃圾，经过处理、消毒后可加工成儿童玩具2. 下列化学用语错误的是A. 中子数为10的氧原子：OB. 氯化钠的电子式：C. CH4的比例模型：D. 乙炔的结构式：HCCH3. 下列有关物质的性质与用途不相符合的是A. SiO2导电能力强，可用于制造光导纤维B. ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒C. Na2O2与CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D. 铁粉具有还原性，可用作食品袋内的抗氧化剂4. 下列关于有机物的说法正确的是A. 棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B. 煤的气化、液化都是物理变化C. 石油裂化主要是为了得到更多的轻质

3、油D. 硫酸钠浓溶液或福尔马林都能使蛋白质变性5. 下列有关实验说法正确的是A. 酒精灯加热烧瓶时不用垫石棉网B. 金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C. 可用蒸馏的方法分离乙醇(沸点78.3)和苯(沸点80.1)D. 用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，可用滴管吸出多余液体6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. pH=1的H2SO4溶液，含H的数目为NAB. 78 g苯含有碳碳双键的数目为3NAC. 11.2L(标准状况)正戊烷含有的分子数目为0.5NAD. 1 mol CH3COONa溶于稀醋酸，溶液呈中性时含CH3COO-数目为NA7. 下列离子方程式正确的是A. 用稀硝酸

4、溶解铜：Cu2NO2H=Cu22NO2H2OB. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al34OH-=AlO2H2OC. 海带灰浸出液中滴加硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-H2O22H=I22H2OD. 碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水混合：2HCOCa22OH-=CaCO32H2OCO8. 分子式为C8H8O2的含苯环有机物，能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体有(不考虑立体异构)A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种9. 烷烃与氯气的取代反应属于常见的自由基反应，其中甲烷反应的部分历程如下：引发Cl2Cl+Cl 等链反应Cl+CH4CH3+HCl CH3+Cl2Cl+CH3Cl

5、等终止Cl+ClCl2 Cl+CH3CH3Cl 等以下说法错误的是A. 引发时可以通过热辐射、光照等条件B. 链反应可以周而复始、反复进行C. 产物中将出现CH3CH3D. 有机产物只有四种10. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其结构示意图如下(实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期中最大。下列说法错误的是A. Y单质的氧化性在同族中最强B. Z与Y可能组成多种离子化合物C. Z的简单离子半径大于Y的简单离子D. Y的气态氢化物热稳定性大于X的气态氢化物二、选择题：本题共

6、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. 下列实验操作和现象与实验结论一定正确的是实验操作和现象实验结论A加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸的反应速率Cu2是该反应的催化剂B向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝无法证明溶液X中是否存在NHC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Br2发生了取代反应D向淀粉水解后的溶液中加入碘水，溶液变蓝色淀粉没有水解A. AB. BC. CD. D12. 以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O的一种工艺流

7、程如下：下列说法正确的是A. “电解”时阳极可用不锈钢材质B. “歧化反应”的产物之一为NaClO4C. “操作a”是过滤D. “反应”的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H=2Cu2CO23H2O13. 双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H和OH-。利用双极膜电渗析法和惰性电极电解食盐水可获得淡水、NaOH溶液和盐酸，其工作原理如下图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是A. M膜为阴离子交换膜B. 出口2的产物是盐酸C. 若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D. 电路中每转移1 mol电子，两极共得到0.5 mol气体14. 25时，0

8、.10 L某二元弱酸H2A用1.00 molL-1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示：下列说法错误的是A. H2A的Ka1=110-4B. 溶液在X点和Z点时水的电离程度相同C. 在Y点时，c(Na+)3c(A2-)D. 0.1 molL-1NaHA溶液中：c(Na+)c(HA-)c(H2A)c(A2-)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第1517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. 实验室利用SO2合成硫酰氯(SO2Cl2)，并对H2SO3和HClO的酸性

9、强弱进行探究。.已知SO2Cl2的熔点为-54.1，沸点为69.1，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量白雾，100以上分解生成SO2和Cl2.实验室合成SO2Cl2的原理：SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l) HHClO，其连接顺序为A_。能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为_。16. 明代天工开物记载了“火法”炼锌方法：“炉甘石(碳酸锌)十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，发火煅红，毁罐取出，即倭铅也”。现代工业开发了用NH3NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO 、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示。已知浸出液含Zn(NH3)42

10、+、Cu(NH3)42+、AsCl。(1)天工开物记载的炼锌方法要求罐体用泥封严，目的是_。(2)滤渣1的主要成分是_(填化学式)。一段时间内锌浸出率与温度的关系如图所示，分析出现该现象的原因_。(3) “氧化除杂”的目的是将AsCl转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式是_。(4) “电解”含Zn(NH3)42+的溶液，阴极电极反应式是_。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_(填化学式)。(5) ZnCl2溶液在T1水解可得某碱式盐，取11.38g该碱式盐，T2完全水解后并煅烧，可得纯氧化锌8.1g

11、。则该碱式盐的化学式为_。17. 据统计，约有90%以上的工业过程中需要使用催化剂，因此，对催化剂的研究已成为重要课题。I.结合实验与计算机模拟结果，研究了N2与H2在固体催化剂表面合成NH3的反应历程。图示为反应历程中的势能面图(部分数据省略)，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 (1) 氨气的脱附是_(填“吸热”或“放热”)过程，合成氨的热化学方程式为_。(2) 当使用铁催化剂时，合成氨的速率方程式为w = k1p(N2)-k2，其中w为反应的瞬时总速率，等于正反应速率和逆反应速率之差，k1、k2是正、逆反应速率常数，则合成氨反应N23H22NH3的平衡常数Kp=_(用k1、k2表示)。

12、(3) 在使用同一催化剂时，将2.0molN2和6.0molH2 通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2时n(H2)的变化，曲线B表示T1时n(NH3)的变化，T2时反应到a点恰好达到平衡。T2温度下反应进行到某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v(正)_v(逆)(填“”、“”或“=”)。能否由图中数据得出温度T1T2，试说明理由_。.用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的过程中，还会生成CH4、C3H6、C4H8等副产物，若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性(选择性指的是转化的C

13、O2中生成C2H4的百分比)。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表：助剂CO2转化率(%)各产物在所有产物中占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.816Cu9.880.712.56.8(4) 欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_。(二)选考题：共15分，请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，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. 钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国

14、防、航空航天、生物材料等领域。钛的氯化物有如下转变关系：2TiCl3 TiCl4TiCl2，回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为_。与钛同周期的第B族和A族两种元素中第一电离能较大的是_(写元素符号)，原因是_。(2)钛的氯化物的部分物理性质如下表：氯化物熔点/沸点/溶解性TiCl4-24136可溶于非极性的甲苯和氯代烃TiCl210351500不溶于氯仿、乙醚TiCl4与TiCl2的晶体类型分别是_、_。TiCl4与互为等电子体，因为它们_相同；中心原子的杂化方式是_。(3)Ti的配合物有多种。的配体所含原子中电负性最小的是_；的球棍结构如图，Ti的配位数是_。(4)钙钛矿(CaT

15、iO3)是自然界中一种常见矿物，其晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数值，计算一个晶胞的质量为_g。假设O2-采用面心立方最密堆积，Ti4与O2-相切，则_。【选修5：有机化学基础】19. M是一种双功能手性催化剂，在药物合成中具有重要作用，其合成路线如下：已知：R-NH2+回答下列问题：(1)A的化学名称为_；C中官能团的名称_。(2)的反应类型是_。(3)设计反应、的目的是_。(4)写出反应的化学方程式_。(5)M中含有_个手性碳原子。(6)写出一种符合下列要求C的同分异构体的结构简式_。i.能发生银镜反应ii.分子中含有三种化学环境不同的氢原子iii. 不存在 结构(7) 设计由乙二醇和

16、对苯二胺()制备)的合成路线(无机试剂任选) _。永州市2021年高考第二次模拟考试试卷化 学（解析版）考生注意：1.本试卷共19道小题，满分为100分，考试时量75分钟。2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在本试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。3.可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Zn-65 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 以下有关垃圾分类说法正确的是A. 茶叶果皮属于厨余垃圾，可通过转化变为有机氮肥B. 废旧玻璃属于可回收垃圾，其主要成分为新型无机非金属

17、材料C. 食品包装塑料袋属于其他垃圾，其主要成分聚氯乙烯为有机高分子化合物D. 医疗废弃物属于有害垃圾，经过处理、消毒后可加工成儿童玩具【答案】A【解析】【分析】【详解】A 茶叶果皮属于厨余垃圾，主要成分为有机物、可通过转化变为有机氮肥，A正确；B 废旧玻璃属于可回收垃圾，其主要成分为硅酸盐，不属于新型无机非金属材料，B错误；C 聚氯乙烯不可用于食品包装，食品包装塑料袋主要成分为聚乙烯、属于有机高分子化合物，C错误；D 医疗废弃物属于有害垃圾，应由指定专业机构回收处理、不可加工成儿童玩具，D错误；答案选A。2. 下列化学用语错误的是A. 中子数为10的氧原子：OB. 氯化钠的电子式：C. CH

18、4的比例模型：D. 乙炔的结构式：HCCH【答案】B【解析】【分析】【详解】A 氧质子数为8，中子数为10的氧原子，质量数为18，则核素符号为：O，A正确；B 氯化钠是离子化合物，电子式：，B错误；C CH4为正四面体结构、碳原子半径大于氢的，则比例模型：，C正确；D 乙炔分子内有碳碳叁键，则结构式：HCCH，D正确；答案选B。3. 下列有关物质的性质与用途不相符合的是A. SiO2导电能力强，可用于制造光导纤维B. ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒C. Na2O2与CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D. 铁粉具有还原性，可用作食品袋内的抗氧化剂【答案】A【解析】【分析】【详解】

19、ASiO2作光导纤维，是因为其导光能力强，而不是导电能力，A错误；BClO2具有强氧化性，可以将细菌病毒的蛋白质外壳氧化，使细菌病毒失去生命基础而死忙，B正确；CNa2O2与CO2反应能产生O2，故可用作供氧剂，C正确；DFe粉具有还原性，可以与空气中氧气反应，从而防止食品被氧化，故可用作抗氧化剂，D正确；故答案选A。4. 下列关于有机物的说法正确的是A. 棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B. 煤的气化、液化都是物理变化C. 石油裂化主要是为了得到更多的轻质油D. 硫酸钠浓溶液或福尔马林都能使蛋白质变性【答案】C【解析】【分析】【详解】A蚕丝的主要成分是蛋白质，A错误；B煤的气化、液化是将煤转化

20、为气体燃料、液体燃料，属于化学变化，B错误；C石油裂化可以将长链的烃断裂为短链的烃，其目的主要是为了提高轻质油产量，尤其是汽油，C正确；DNa2SO4不属于重金属盐，可以使蛋白质发生盐析而不是变性，D错误；故答案选C。5. 下列有关实验说法正确的是A. 酒精灯加热烧瓶时不用垫石棉网B. 金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C. 可用蒸馏的方法分离乙醇(沸点78.3)和苯(沸点80.1)D. 用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，可用滴管吸出多余液体【答案】B【解析】【分析】【详解】A烧瓶底面积大，为使受热均匀， 酒精灯加热烧瓶时垫石棉网，A错误；B加热下， 钠能和氧气生成过氧化钠、钠和水反应生成的氢气

21、是可燃物、过氧化钠能和水、二氧化碳反应提供氧气，个钠与水反应金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火，B正确；C 不可用蒸馏的方法分离乙醇(沸点78.3)和苯(沸点80.1)，因为二者沸点太接近，C错误；D 用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，则体积不准确，必须重新配制、不可用滴管吸出多余液体，D错误；答案选B。6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. pH=1的H2SO4溶液，含H的数目为NAB. 78 g苯含有碳碳双键的数目为3NAC. 11.2L(标准状况)正戊烷含有的分子数目为0.5NAD. 1 mol CH3COONa溶于稀醋酸，溶液呈中性时含CH3COO-数目为NA【答案】D

22、【解析】【分析】【详解】A由于溶液体积未知，无法求算H+物质的量，A错误；B苯分子中不含碳碳双键，B错误；C标准状况下，正戊烷为液体，不能使用22.4 L/mol求算其物质的量，C错误；D由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，结合溶液显中性c(H+)=c(OH-)，得：c(Na+)=c(CH3COO-)=1 mol，即CH3COO-数目为NA，D正确；故答案选D。7. 下列离子方程式正确的是A. 用稀硝酸溶解铜：Cu2NO2H=Cu22NO2H2OB. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al34OH-=AlO2H2OC. 海带灰浸出液中滴加硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I

23、-H2O22H=I22H2OD. 碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水混合：2HCOCa22OH-=CaCO32H2OCO【答案】C【解析】【分析】【详解】ACu与稀硝酸反应生成NO，正确离子方程式为：3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，A错误；BAl(OH)3不溶于NH3H2O，正确离子方程式为：Al3+3NH3H2O= Al(OH)3+3，B错误；CH2O2能将I氧化为I2，结合得失电子守恒、电荷守恒（酸性条件下可添加H+）和元素守恒配平得方程式：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，C正确；D根据题意NaHCO3完全反应，设其为1 mol，则1 mol反应需消耗1 mol OH-生成

24、1 mol和1 mol H2O，1 mol结合1 mol Ca2+生成 1mol CaCO3沉淀，故离子方程式为：+ OH- + Ca2+ = CaCO3+H2O，选项所给方程式为NaHCO3过量对应的反应，D错误；故答案选C。8. 分子式为C8H8O2的含苯环有机物，能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体有(不考虑立体异构)A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】C【解析】分子式为C8H8O2的含有苯环有机物，能与NaHCO3溶液反应生成气体，含有羧基和苯环，可能含有1个侧链，侧链为-CH2COOH，可能含有2个侧链，侧链为-COOH、-CH3，有邻、间、对三种

25、，故符合条件的同分异构体有4种，答案选C。9. 烷烃与氯气的取代反应属于常见的自由基反应，其中甲烷反应的部分历程如下：引发Cl2Cl+Cl 等链反应Cl+CH4CH3+HCl CH3+Cl2Cl+CH3Cl 等终止Cl+ClCl2 Cl+CH3CH3Cl 等以下说法错误的是A. 引发时可以通过热辐射、光照等条件B. 链反应可以周而复始、反复进行C. 产物中将出现CH3CH3D. 有机产物只有四种【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据烷烃与Cl2取代条件为光照，知A说法合理；B链反应中Cl在第一步消耗，第二步又生成，相当于催化剂作用，可以反复循环使用，B正确；C两个CH3组合可生成CH3CH3

26、，C正确；D除了四种取代产物之外，还可能有CH3CH3生成，D错误；故答案选C。10. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其结构示意图如下(实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期中最大。下列说法错误的是A. Y单质的氧化性在同族中最强B. Z与Y可能组成多种离子化合物C. Z的简单离子半径大于Y的简单离子D. Y的气态氢化物热稳定性大于X的气态氢化物【答案】C【解析】【分析】Z的原子半径在同周期中最大，故Z是Na；W、X、Z分别位于不同周期，且均是短周期元素，故W是H；根据X

27、的成键结构可知，X是C；Y是O；由此解答。【详解】A根据元素周期律可知，O2的氧化性在同族中最强，A正确；BZ与Y可形成Na2O2、Na2O，B正确；C离子结构相同，元素序号越大，对应离子半径越小，则半径：Na+O2-，C错误；D根据元素周期律可知，元素的非金属性越强，对应的气态氢化物热稳定性越强，故O的气态氢化物热稳定性大于C的气态氢化物，D正确；答案选C。二、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. 下列实验操作和现象与实验结论一定正确的是实验操作和现象实验结论A加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸

28、的反应速率Cu2是该反应的催化剂B向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝无法证明溶液X中是否存在NHC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Br2发生了取代反应D向淀粉水解后的溶液中加入碘水，溶液变蓝色淀粉没有水解A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A在锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜可加快反应速率，是因为锌与Cu2+发生置换反应生成Cu，Zn-Cu与硫酸形成微型原电池加快了反应速率，A正确；B检验时，应取少量溶液于试管中，向溶液加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝则证明有，选项中的操作无加

29、热，B错误；C苯是常用的萃取剂，可以将溴水中的溴萃取出来，使下层水层颜色变浅或无色，而不是发生了取代反应，C错误；D淀粉水解后的溶液中，淀粉含量减少，并非没有淀粉，D错误；故选B。12. 以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O的一种工艺流程如下：下列说法正确的是A. “电解”时阳极可用不锈钢材质B. “歧化反应”的产物之一为NaClO4C. “操作a”是过滤D. “反应”的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H=2Cu2CO23H2O【答案】CD【解析】【分析】以食盐等为原料制备高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O，则生成产物应生成高氯酸钠，电解I中为电解氯化钠溶液生成氢氧化

30、钠、氢气和氯气，歧化为氯气与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应、经过操作a为过滤，获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，反应II中为Cu2(OH)2CO3中滴加稍过量的HClO4，发生复分解反应，从所得溶液中提取目标产物，据此回答。【详解】A“电解”时阳极反应产物为氯气，故阳极必须为惰性电极、不可用不锈钢材质，A错误；B “歧化反应”的产物之一为NaClO3，B错误；C 经“操作a” 获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，故a是过滤，C正确；D “反应”为Cu2(OH)2CO3和HC

31、lO4的复分解反应，高氯酸是强酸，则离子方程式为Cu2(OH)2CO34H=2Cu2CO23H2O，D正确；答案选CD。13. 双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H和OH-。利用双极膜电渗析法和惰性电极电解食盐水可获得淡水、NaOH溶液和盐酸，其工作原理如下图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是A. M膜为阴离子交换膜B. 出口2的产物是盐酸C. 若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D. 电路中每转移1 mol电子，两极共得到0.5 mol气体【答案】AD【解析】【分析】由题给示意图可知，该装置为电解池，左侧与电源负极相连的电极为电解池的阴

32、极，BP双极膜解离出的氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，解离出的氢氧根离子进入1室，使1室中溶液电荷不守恒，促使盐室中的钠离子从阳离子交换膜进入1室，则M膜为阳离子交换膜，出口1的产物为氢氧化钠溶液；右侧与电源正极相连的电极为阳极，BP双极膜解离出的氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，解离出的氢离子进入2室，使2室中溶液电荷不守恒，促使盐室中的氯离子从阳离子交换膜进入2室，则N膜为阴离子交换膜，出口2的产物为盐酸。【详解】A由分析可知，M膜为阳离子交换膜，故A错误；B由分析可知，出口2的产物为盐酸，故B正确；C若去掉双极膜，浓氯化钠溶液中的氯离子会在阳极上失去电子发生氧化

33、反应生成氯气，则阳极室会有氯气生成，故C正确；D由分析可知，氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，若电路中每转移1 mol电子，由得失电子数目守恒可得两极共得到气体的物质的量为1 mol+1 mol=0.75mol，故D错误；故选AD。14. 25时，0.10 L某二元弱酸H2A用1.00 molL-1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示：下列说法错误的是A. H2A的Ka1=110-4B. 溶液在X点和Z点时水的电离程度相同C. 在Y点时，c(Na+)3c(A2-)D. 0.1 molL-1NaH

34、A溶液中：c(Na+)c(HA-)c(H2A)c(A2-)【答案】BD【解析】【分析】H2A是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡：H2AH+HA-；HA-H+A2-，主要是第一步电离，根据离子浓度大小可知：表示H2A，口表示HA-，表示A2-，根据溶液中各种各种离子浓度与溶液体积、pH关系分析。【详解】AH2A第一步电离平衡H2AH+HA-，该步电离平衡常数Ka1=，X点时，溶液pH=4，c(H+)=10-4 mol/L，此时c(HA-)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)=10-4，A正确；B酸H2A溶液中酸电离产生H+，对水电离平衡起抑制作用，向H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A不断被中

35、和，溶液的酸性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，在恰好被完全中和前，水电离程度逐渐增大。X点时酸H2A仅部分被中和，Z点水恰好生成Na2A，所以水的电离程度：ZX，B错误；C根据图示可知：Y点对应溶液为Na2A与NaHA等浓度的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于此时溶液pH=8，说明溶液中c(H+)c(OH-)，所以c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，由于溶液中c(HA-)=c(A2-)，则c(Na+)3c(A2-)，C正确；D根据滴定曲线可知：在恰好发生反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O时，得到的溶液为NaHA溶液

36、，此时溶液pH=6，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以c(A2-)c(H2A)；NaHA是强碱弱酸盐，HA-发生电离、水解而消耗，所以c(Na+)c(HA-)；但盐电离产生的离子电离和水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c(HA-)c(A2-)，故溶液中四种微粒浓度关系为c(Na+)c(HA-)c(A2-)c(H2A)，D错误；故合理选项是BD。【点睛】本题考查了弱电解质的电离。清楚每种符号表示的曲线的含义是正确解答的关键。注意利用曲线交点中离子浓度与溶液pH关系进行分析，结合溶液pH大小判断HA-的电离和水解程度相对大小，利用电荷守恒分析比较溶液中的离子浓度关系

37、。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第1517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. 实验室利用SO2合成硫酰氯(SO2Cl2)，并对H2SO3和HClO的酸性强弱进行探究。.已知SO2Cl2的熔点为-54.1，沸点为69.1，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量白雾，100以上分解生成SO2和Cl2.实验室合成SO2Cl2的原理：SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l) HHClO，其连接顺序为A_。能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为_。【答案】 (1). P2O5(或无水CaCl2

38、、硅胶等) (2). 催化剂 (3). 反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2 (4). AgNO3溶液见光易分解 (5). % (6). CBEDF (7). 装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀【解析】【分析】据信息：SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，故二氧化硫与氯气在干燥环境中反应生成SO2Cl2，活性炭可能起催化剂作用，A中干燥剂干燥二氧化硫， SO2Cl2沸点低、易挥发，反应在冰水浴下进行。探究次氯酸和亚硫酸酸性强弱时，次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再

39、结合碳酸酸性比HClO强进行判断，据此回答；【详解】(1) 装置A中的试剂用于干燥二氧化硫，故选用酸性或中性的固体干燥剂，则答案是P2O5(或无水CaCl2、硅胶等)。(2) 从影响反应的条件推出：活性炭的可能作用是催化剂。(3) 已知：SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l) H”、“”或“=”)。能否由图中数据得出温度T1T2，试说明理由_。.用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯过程中，还会生成CH4、C3H6、C4H8等副产物，若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性(选择性指的是转化的CO2中生成C2H4的百分比)。在其他条件

40、相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表：助剂CO2转化率(%)各产物在所有产物中的占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8(4) 欲提高单位时间内乙烯产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_。【答案】 (1). 吸热 (2). N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92 kJmol-1 (3). (4). (5). 不能，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同 (6).

41、K (7). 助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率而对其他副反应的速率几乎无影响【解析】【分析】由图中信息判断氨气脱附后能量变化、从而判断脱附过程的热效应，由能量图计算出氮气和氢气生成1mol氨气的焓变、据此可得合成氨反应的热化学方程式； 当平衡时，合成氨的瞬时总速率w = k1p(N2)-k2=0，据此可计算出合成氨反应N23H22NH3的平衡常数。由已知条件、结合三段式计算，可知平衡时气体的压强是起始时的 ，而某时刻容器内气体的压强为起始时的80%，说明反应未平衡，并可结合合成氨反应特点判断正逆反应速率的相对大小。由表中数据即可判断哪种助剂效果最好，加入助剂能提高单位

42、时间内乙烯产量的根本原因，从活化能的角度展开。【详解】I(1) NH3NH3的过程为脱附，由图知，氨气脱附后能量升高，则氨气的脱附过程是吸热过程，由能量图可知，氮气和氢气被破坏生成1molN和3molH时吸收热量(21-17)kJ、1molN和3molH生成1mol NH3(g)时放热50kJ，则氮气和氢气生成1mol氨气需要放出46kJ的热量，可得合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92 kJmol-1。(2) 当平衡时，合成氨的瞬时总速率w = k1p(N2)-k2=0，则，得合成氨反应N23H22NH3的平衡常数。(3) T2温度下反应进行到某时刻

43、，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时，平衡时气体总量为(1.0+3.0+2.0)mol=6.0mol，平衡时气体的压强是起始时的 ，合成氨的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，容器内压强降低，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，说明反应未平衡，反应正向进行，则。虽然反应时使用同一催化剂，都是将2.0molN2和6.0molH2 通入体积为1L的密闭容器中，但分别在T1和T2温度下进行反应。不能根据图示信息判断温度的相对大小，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同。 (4) 由表中数据可知，Na的其它副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、

44、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，故答案为：K；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是：助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率而对其他副反应的速率几乎无影响。(二)选考题：共15分，请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，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. 钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。钛的氯化物有如下转变关系：2TiCl3 TiCl4TiCl2，回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为_。与钛同周期的第B族和A族两种元

45、素中第一电离能较大的是_(写元素符号)，原因是_。(2)钛的氯化物的部分物理性质如下表：氯化物熔点/沸点/溶解性TiCl4-24136可溶于非极性的甲苯和氯代烃TiCl210351500不溶于氯仿、乙醚TiCl4与TiCl2的晶体类型分别是_、_。TiCl4与互为等电子体，因为它们_相同；中心原子的杂化方式是_。(3)Ti的配合物有多种。的配体所含原子中电负性最小的是_；的球棍结构如图，Ti的配位数是_。(4)钙钛矿(CaTiO3)是自然界中一种常见矿物，其晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为_g。假设O2-采用面心立方最密堆积，Ti4与O2-相切，则_。【答案】 (

46、1). 3d24s2 (2). Zn (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 分子晶体 (5). 离子晶体 (6). 原子总数、价电子总数 (7). sp3 (8). H (9). 8 (10). (11). 或0.414【解析】【分析】根据原子核外电子排布规律书写价电子排布式；可根据不同类型的晶体物理性质的差异判断晶体的类型；按价层电子对互斥理论判断离子的空间构型和中心原子的杂化方式；结合元素的非金属性强弱、对元素的电负性排序；结合图示中与Ti形成共价键的原子数目确定其配位体数目；用均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后结合摩尔质量与相对原子质量关系计算

47、晶胞质量；结合堆积方式、确定阴阳离子的半径关系、求出离子半径的比值；据此回答；【详解】(1) Ti是22号元素，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2。与钛同周期的第B族、A族两种元素分别是锌、镓元素，其中第一电离能较大的是Zn，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。(2)根据表格性质可知TiCl4熔沸点低，易溶于有机溶剂，则TiCl4是由分子构成的分子晶体；而TiCl2熔沸点较高，在乙醇、乙醚中不能溶解，说明TiCl2的晶体类型属于离子晶体。按定义可知TiCl4与互为等电子体：原子总数、价电子总数相等，因此二者互为等电子体相同；的中心原子的价层电子对数为，故杂化方式是sp3。(3

48、)Ti的配合物有多种。的配体分别是CO、H2O、F-，其中含有的非金属性元素有C、O、H、F，元素的非金属性：，元素的非金属性越弱，其电负性就越小，故上述所含非金属元素原子中电负性最小的是H；根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8。(4)在一个晶胞中含有Ca数目是1；含有Ti数目为8=1，含有的O数目为12=3，则一个晶胞中含有1个CaTiO3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为=g；设晶胞的边长为a，由于O2采用面心立方最密堆积，则面对角线长度是O2半径的4倍，则，得 ，Ti4+与O2-相切，则， 得 ，则 。【选修5：有机化学基础】19. M是一种双功能手性催化

49、剂，在药物合成中具有重要作用，其合成路线如下：已知：R-NH2+回答下列问题：(1)A的化学名称为_；C中官能团的名称_。(2)的反应类型是_。(3)设计反应、的目的是_。(4)写出反应的化学方程式_。(5)M中含有_个手性碳原子。(6)写出一种符合下列要求C的同分异构体的结构简式_。i.能发生银镜反应ii.分子中含有三种化学环境不同的氢原子iii. 不存在 结构(7) 设计由乙二醇和对苯二胺()制备)的合成路线(无机试剂任选) _。【答案】 (1). 1，3-丙二醇 (2). 酯基 (3). 消去反应 (4). 保护羧基，避免与CH3I反应 (5). HOOCCH2COOH+2CH3OHCH

50、3OOCCH2COOCH3+2H2O (6). 2 (7). HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2OCH2OCH2CHO、 (8). 【解析】【分析】由A、B的分子式，结合C的结构简式，可知A为HOCH2CH2CH2OH，A发生氧化反应生成B为HOOCCH2COOH，B与甲醇发生酯化反应生成C；由E的分子式，对比D、F的结构可知，D中酯基水解引入羧基生成E，E的羧基中OH被氯原子替代生成F，故E为； G发生加成反应生成H，由结构简式知，H发生消去反应生成M。设计由乙二醇和对苯二胺()制备)的合成路线：可按逆合成分析法，只要以和为原料即可，通过与乙二酸和SOCl2反应即可。乙二酸可由

51、乙二醇催化氧化得到，据此回答；【详解】(1)据分析，A为HOCH2CH2CH2OH，A的化学名称为1，3-丙二醇；C即中官能团的名称为酯基。(2)反应为消去羟基引入双键的过程，则反应类型是消去反应。(3) 反应消除羧基，然后C中CH2上氢原子被CH3替代生成D，反应重新引入羧基，则设计反应、的目的是保护羧基，避免与CH3I反应。(4)反应为HOOCCH2COOH和CH3OH在浓硫酸、加热下的酯化反应，化学方程式HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O。(5)饱和碳原子上连有4个不同原子或基团时为手性碳原子，如图所示， M中含有2个手性碳原子。(6) C即的同分异构体符合下列要求：i.能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，ii.分子中含有三种化学环境不同的氢原子，说明存在对称结构，iii. 不存在 结构，结合C的分子式C5H8O2可知:：不饱和的为2，从对称结构出发，可以找出3种结构简式：HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2OCH2OCH2CHO、，任选一种即可。(7)由乙二醇和对苯二胺()制备)：可按逆合成分析法， 和发生缩聚反应即得目标产物，参照流程中EF知，乙二酸和SOCl2反应即可，乙二醇催化氧化可得到乙二酸，则合成路线为：。