1、汉中市2021届高三年级教学质量第一次检测考试化 学注意事项：1.试题分第卷(选择题)和第卷(非选择题)。满分100分，考试时间90分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上。3.选择题答案用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，非选择题用黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。4.可能用到的相对原子质量：第卷(选择题，共42分)一、选择题(114题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法不正确的是（ ）A. 华为公司自主研发的“麒麟9000芯片”需要以高纯度的硅为原料B.
2、笔、墨、纸、砚为传统文房四宝，上述物质中的毛笔与宣纸均含有机物C. 新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，其消毒原理相同D. 将生活垃圾露天焚烧，减少对人类生活的影响【答案】D【解析】【详解】A硅为良好的半导体，常用作芯片，故A正确；B毛笔的毛的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分为纤维素，均为有机物，故B正确；C新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，都是利用它们的强氧化性杀菌消毒，故C正确；D将生活垃圾露天焚烧，会产生有毒气体，危害人类健康，故D错误； 故答案为D。2. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是( )ABCD实验装置实验目的除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液制备并收集少量NO
3、2实验室灼烧Na2CO310 H2O测定中和反应的反应热A AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A 胶体和溶液中分散质都可以通过滤纸，除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液应该用渗析，故A错误；B二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集二氧化氮 ，应用排空气法收集，故B错误；C实验室灼烧固体应该在坩埚中 ，蒸发皿是蒸发溶液的，故C错误；D符合中和热实验的测定装置，故D正确；故选：D。3. 下列有关化学用语表达正确的是( )A. 二硫化碳的结构式B. 中质子数和中子数之比是C. 的电子式为：D. 结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡【答案】A【解析】【详解】A二硫化碳的结构
4、式为，故A正确；B中质子数和中子数之比是=7:8，故B错误；C的电子式为，故C错误；D结构示意图为的阴离子中，当n=16时，表示的是硫离子，硫化氢为弱酸，故硫离子能够结合水电离的氢离子，破坏了水的电离平衡，故D错误；故选A。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )A. 标准状况下，2.24L CCl4含有的分子数为0.1NAB. 8g甲醇中含有的C-H键数目为NAC. 22.4L(标况下)NO与0.5mol O2混合充分反应，最后得到NO2分子数小于NAD. 常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下CCl4为液
5、体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，故A错误；B甲醇的结构简式是CH3OH，8g甲醇中含有的C-H键数目为0.75NA，故B错误；C22.4L(标况下)NO的物质的量是1mol，1mol NO与0.5mol O2混合充分反应生成1molNO2，由于存在平衡，最后得到NO2分子数小于NA，故C正确；D常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的浓度是0.1mol/L，没有溶液体积，不能计算OH-数目，故D错误；选C。5. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某物质X，发现铜粉逐渐溶解，请问X不可能是( )A. Fe2(SO4)3B. HClC. H2O2D. KNO3【答案
6、】B【解析】【详解】A铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故A不选；B稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故B选；C在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入H2O2，过氧化氢具有氧化性，发现铜粉逐渐溶解 ，故C不选；D向稀硫酸反应加入硝酸钾后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸钾后能溶解铜，故 D不选；故选：B。6. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是( )A. 过程发生
7、复分解反应，由弱酸反应得到强酸B. 过程中，发生反应的离子方程式为： S2-2Fe3=S2Fe2C. 过程中，标准状况下11.2L O2参加反应转移2mol电子D. 在中Fe3作氧化剂，在中Fe3是氧化产物【答案】B【解析】【详解】A过程发生的反应 是复分解反应，由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸，A不选；B过程中，Fe3转化为Fe2，硫化铜是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是 ，故B选；C过程中，标准状况下11.2L O2参加反应其物质的量是 =0.5mol，转移0.5mol22=2mol电子，故C不选；D过程中，Fe3转化为Fe2，Fe3作氧化剂，在中 ，Fe2转化为Fe3，Fe
8、3是氧化产物，故D不选；故选：B。7. W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，W 原子的最外层电子数是次外层的3倍，X-、Y具有相同的电子层结构，Z 的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是( )A. 原子半径：YZXWB. 简单氢化物的沸点：WXZC. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：XZD. W、X 可分别与 Y 形成化合物，其所含的化学键类型一定完全相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，W 原子的最外层电子数是次外层的3倍，W是O元素；Z 的阴离子不能发生水解反应，Z是Cl元素，X-、Y具有相同的电子层结构，X是F元素、Y是Na元素
9、。【详解】A电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：NaClOF，故A错误；BH2O、HF分子间能形成氢键，水分子间氢键多，HCl不能形成氢键，简单氢化物的沸点：H2OHFHCl，故B正确；CF元素没有正价，F不能形成含氧酸，故C错误；DO与Na能形成化合物Na2O2、Na2O，Na2O2含的化学键为离子键、共价键；Na2O含的化学键为离子键；F与Na能形成化合物NaF，所含的化学键为离子键；所以含的化学键类型不一定完全相同，故D错误；选B。8. 下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 将过量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2H2OClO-=SOCl-2HB. 电解
10、氯化镁溶液：2Cl-2H2O2OH-H2Cl2C. NaHCO3 溶液水解：HCOH2O=COH3OD. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NHOH-=NH3H2O【答案】A【解析】【详解】A将过量SO2气体通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2H2OClO-=SOCl-2H，故A正确；B电解氯化镁溶液生成的氢氧化镁是沉淀，离子方程式为Mg2+2Cl- +2H2OH2+Cl2+Mg(OH)2，故B错误；CNaHCO3 溶液水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为HCOH2O=H2CO3OH-，故C错误；D由于NH4HSO4电离的H+、NH中H+结合OH-的能力强
11、于NH，所以同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，反应的离子方程式为H+OH-=H2O，故D错误；故答案为A。9. T K时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10mol COCl2，发生反应COCl2(g) Cl2(g)+ CO(g)，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是( ) t/s02468n(Cl2)/mol00.0300.0390.0400.040A. 反应在前2s的平均速率v(COCl2)=0.015molL-1s-1B. 平衡后，温度不变再充入一定量COCl2，该反应的化学平衡常数减小C. 保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时
12、c(Cl2)=0.038 molL-1，则反应H0D. 平衡后向上述容器中再充入0.10 mol COCl2，平衡正向移动，COCl2的转化率减小【答案】D【解析】【详解】A根据表格数据可知，前2s生成Cl20.03mol，由方程式可知，消耗0.03molCOCl2，则v(COCl2)，A错误；B平衡常数只与温度有关，温度不变时，平衡常数不发生改变，B错误；C根据表格数据可知，反应达到平衡时，c(Cl2)=0.020 molL-1，保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(Cl2)=0.038 molL-1，说明平衡正向移动，则反应为吸热反应，即H0，C错误；D平衡后向上述容器中再充入0.10
13、 mol COCl2，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理原理，只能削弱不能抵消，COCl2增加的更多，所以COCl2的转化率减小，D正确；答案选D。10. 分子式为C7H14O的有机物，含有六元环状结构且能与Na反应放出H2的化合物，其可能的结构有( )A. 5种B. 4种C. 3种D. 2种【答案】A【解析】【详解】分子式为C7H14O的有机物，不饱和度为1，含有六元环状结构且能与Na反应放出H2，说明含有1个羟基，结构为、，故选A。11. 由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是( )选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性： Co2O3 C
14、l2B白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象锌对铁依然具有保护作用C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A 发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3 Cl2，故A正确；B 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn为负极，发生氧化反
15、应，Fe为正极被保护，故B正确；C 常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，并不是不反应，故C错误；D KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确；故选：C。12. 我国科学家研发了一种水系可逆ZnCO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H和OH- ，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，ZnCO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )A. 闭合K1时，H通过a膜向Pd电极方向移动B. 闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn4OH-2e- = Zn(OH)C. 闭合K2时，Z
16、n电极与直流电源正极相连D. 闭合K2时，在Pd电极上有CO2生成【答案】C【解析】【详解】A闭合K1时，形成原电池，锌为负极，Pd电极是正极 ，氢离子是阳离子，向正极移动，故A不选；B闭合K1时，形成原电池，锌为负极，Zn表面的电极反应式为Zn4OH-2e- = Zn(OH) ，符合原电池原理，电荷守恒，原子守恒，故B不选；C闭合K2时，形成电解池，Zn电极发生还原反应做阴极，应与直流电源负极相连，C选；D闭合K2时，Pd电极是阳极，发生氧化反应， 氧化生成CO2，故D不选；故选：C。13. 工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料
17、碳酸锰(MnCO3)，其工业流程如图。下列说法错误的是( )A. 浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为： Fe2O3SO22H=2Fe2SOH2OB. 过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2、Fe3和Fe2C. 滤渣II的主要成分含有Fe(OH)3D. 过滤II所得的滤液中加入NH4HCO3溶液发生反应的主要离子方程式为： Mn22HCO=MnCO3CO2H2O【答案】B【解析】【分析】浸锰过程通入过量的SO2，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，过滤所得滤渣为SiO2，加入MnO2氧化，此时溶液中可以被氧化的物质有Fe2+和未反应的SO2，调pH是为了将上一步氧化生
18、成的Fe3+沉淀下来与Mn2+分离，加入NH4HCO3溶液将Mn2+沉淀下来，再经过一系列步骤可得到纯的MnCO3。【详解】A根据上述分析可知，浸锰过程通入过量的SO2，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，反应的离子方程式为：Fe2O3SO22H=2Fe2SOH2O，A正确；B过量的SO2，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，因此过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2和Fe2，不会含有Fe3+，B错误；C调pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣的主要成分含有Fe(OH)3，C正确；D滤液为硫酸锰溶液，向滤液种加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉
19、淀，同时二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O，D正确；答案选B。14. 常温下，用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 molL-1 HA溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是( ) A. a3，说明HA属于弱酸B. 水的电离程度：d点e点C. c点溶液中：c(Na)=c(A-)c(HA)D. b点溶液中粒子浓度大小： c(A-)c(Na)c(H)c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA电离程
20、度较小，HA属于弱酸，故A不选；B 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d点溶质为NaA，促进水电离，e点溶质为NaA和NaOH，NaOH抑制水电离，所以水电离程度：d点e点，故B不选；C c点溶液显中性，由电荷守恒得：c(Na)=c(A-) ，故C选；D b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pHc(HA)，钠离子不水解，且HA电离程度和A水解程度都较小，所以c(A-)c(Na)c(H)c(OH-)，故D不选；故选：C。第卷(非选择题，共58分)二、必做题(1517题，共43分)15. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如下
21、：己知：ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答下列问题：(1)写出实验室制取SO2的化学方程式_；上述流程中“反应”的离子方程式为_； 尾气吸收时H2O2的作用是_(填氧化剂或还原剂)。(2)最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法，该方法的化学方程式为H2C2O42NaClO3H2SO4=Na2SO42ClO22CO2
22、2 H2O该新方法最突出的优点是_。(3)获得产品NaClO2的“操作”包括以下步骤：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860的温水洗涤；60以下_，得到产品。(4)为了测定产品NaClO2的纯度，取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(ClO被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入23滴淀粉溶液，用0.25 molL-1 Na2S2O3 标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液24.00mL，计算产品NaClO2的纯度_。 (提示：2 Na2S2O3I2=Na2S4O62Na I)(5)NaClO2溶液中存在ClO2、HCl
23、O2、ClO、Cl-四种含氯微粒。经测定25各含氯微粒浓度随pH的变化情况如图所示(Cl-没有画出)。酸性条件下NaClO2溶液中存在Cl-的原因是_(用离子方程式解释)。pH=5时，NaClO2溶液中ClO2、HClO2、ClO、Cl-四种含氯微粒的浓度由大到小的顺序是_。【答案】 (1). Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O (2). 2ClOSO2=SO2ClO2 (3). 还原剂 (4). 反应生成CO2对ClO2起稀释作用，防止浓度过大时分解爆炸 (5). 干燥 (6). 90.5 (7). 5ClO4H+=4ClO2Cl-2H2O 或 5 HClO2=4ClO2Cl-
24、2H2O+ H+ (8). c(HClO2) c(ClO) c(ClO2) c(Cl-)【解析】【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产
25、品，以此解答该题。【详解】(1) 实验室制取SO2的化学方程式Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O，上述流程中“反应”中通入的是二氧化硫、亚氯酸钠，其离子方程式为2ClOSO2=SO2ClO2，尾气吸收时H2O2的作用是还原剂；(2)用硫酸酸化的草酸(H2C2O4)溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O42NaClO3H2SO4=Na2SO42ClO22CO22 H2O，其优点是只生成一种可溶性盐，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，防止浓度过大时分解爆炸，；(3)获得产品NaClO2，由题给信
26、息可知应用3860的温水洗涤，60以下干燥； (4)NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为： ，2 Na2S2O3I2=Na2S4O62Na I令样品中NaClO2的物质的量x，则： 解得：x=1.5103mol，20mL样品中m(NaClO2)=0.0015mol90.5g/mol，原样品中NaClO2的质量分数为： =90.5%；(5)酸性溶液中NaClO2发生歧化反应生成NaCl和ClO2，离子方程式5ClO4H+=4ClO2Cl-2H2O或 5 HClO2=4ClO2Cl-2H2O+ H+；由图象可知，pH=5时，c(HClO2) c(ClO) c(ClO2)，又因为酸性条件下可发生
27、5ClO4H+=4ClO2Cl-2H2O，则c(ClO2) c(Cl-)，所以c(HClO2) c(ClO) c(ClO2) c(Cl-)。16. 三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3，实验装置设计如图：有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/其它性质PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3回答下列问题：(1)装置C中反应器的名称是_。(2)装置B中试剂为_；装置B的作用是_。(3)装置A中发生反应的化学方程
28、式为_；装置C中制备POCl3的化学方程式为_。(4)a装置的作用是_。(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量，实验步骤如下：取m克产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；向锥形瓶中加入0.1000 molL-1的AgNO3溶液50.00 mL，使Cl-完全沉淀；向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入指示剂，用c molL-1 NH4SCN溶液滴定过量Ag至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10，Ksp(AgSCN)=210-12滴定选用的指示剂是_。A酚酞 BNH4Fe(SO4)2 C
29、淀粉 D甲基橙Cl元素的质量分数为(列出算式)_。若取消步骤，会使步骤中出现两种沉淀共存 ，此时c(Cl-)c(SCN-)=_；该反应使测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 (1). 三颈烧瓶或三口烧瓶 (2). 浓H2SO4 (3). 平衡气压，干燥氧气，观察气体流速 (4). 2H2O22H2O+O2或2Na2O22H2O=4NaOHO2 (5). 2PCl3O2 =2POCl3 (6). 冷凝回流 (7). B (8). (5-cV)35.510-3/m100% 或3.55(5-cV)/m% (9). 1601或160 (10). 偏小【解析】【分析】根据实验目的可知，装
30、置A 是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气，可以用浓硫酸除去，所以B装置中盛放浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在C中反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高，所以装置C用水浴加热，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解
31、答。【详解】(1)根据装置图可知，装置C中盛装PCl3的反应器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：浓硫酸；干燥氧气、观察氧气流速、平衡气压等；(3)装置A 是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体的装置，可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；根据装置图可知，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式为2PCl3+O2=2
32、POCl3，故答案为：2H2O22H2O+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；2PCl3+O2=2POCl3；(4)仪器a为球形冷凝管，起冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流；(5)用c molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，故答案为：B；用c mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为cV10-3mol，与Cl-反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.05L-cV10-3mo
33、l=(5-cV)10-3mol，Cl元素的质量分数为100%=100%，故答案为：100%；若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存 ，此时c(Cl-)c(SCN-)= Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)=3.210-10210-12 =1601；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的质量分数偏小，故答案为：1601；偏小。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)中的误差分析，要注意滴定原理的理解。17. 还
34、原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。氢气还原法。H2还原NO发生的反应为：2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)。(1)已知几种化学键的键能数据如下：化学键H-HNO中的共价键NNH-O键能(kJmol-1)4366309464632NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g) H=_kJmol-1。(2)2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g) 的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)(k是速率常数，只与温度有关)。科学研究发现上述反应分两步进行：反应1：2NO(g)H2(g)N2(g)H2O2(g)；反应2：H2O2(g)H2(g)2H2O(g)。总反应速
35、率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，反应较慢的是_(填“反应l”或 “反应2”)。对总反应速率的影响程度c(NO)_c(H2)(填“”“”或“=”)。NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应： 8NH3(g)6NO2(g)7N2(g)12H2O(g)。(3)下列表明该反应达到平衡状态的是_(填字母)。A混合气体密度保持不变 BNO2和NH3的消耗速率之比为34C混合气体颜色不变 D混合气体压强保持不变 CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g) H，在2 L恒容密闭容器中充入1 mo
36、l CO和1 mol NO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示：(4)下列说法正确的是_(填字母)。AH0B上述反应一定能自发进行C增大NO的浓度，反应物的转化率增大D温度为T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2(5)T2温度下，010 min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=_ molL-1min-1；T1温度下，上述反应的平衡常数K1=_ Lmol-1。(6)T1温度下，向平衡后的容器内再加入1 mol CO和1 mol NO，则再次达平衡时NO的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). -666 (2). 反应1 (3). (4). CD (5
37、). AD (6). 0.04 (7). 2 (8). 增大【解析】【详解】(1) H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2436 kJmol-1+2630 kJmol-1-946 kJmol-1-4463 kJmol-1=-666 kJmol-1。(2)总反应速率由反应较慢的一步决定，由反应的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)，可知，反应1速率较慢；c(NO)的幂为2，所以c(NO)对总反应速率的影响大于c(H2)。(3) A反应前后气体的总质量和总体积不变，故混合气体密度始终保持不变，无法说明反应达到平衡，故A错误； B不论是否平衡，NO2和NH3的消耗速率之比都为34，无法说
38、明反应达到平衡，故B错误；C混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；D反应为气体体积增大的反应，混合气体压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为CD。(4) A由图像可知，T1时先达到平衡，所以T1T2，温度升高NO转化率减小，说明反应为放热反应，H0，故A正确；B反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)的H0，S0，只有在低温条件下H-TS=G0，才能自发进行，故B错误；C增大NO的浓度，平衡右移，但NO的转化率减小，故C错误；D温度为T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，因为T1T2，且反应为放热反应，则K1K2，故D正确；故
39、答案为AD。(5) T2温度下，010 min内，NO的转化率为80%，则CO的转化率也为80%，n(CO)=0.8 mol，则v(CO)=0.04 molL-1min-1；T1温度下，NO的转化率为50%，则平衡时c(CO)=0.25 mol/L，c(NO)=0.25 mol/L，c(N2)=0.125 mol/L，c(CO2)=0.25 mol/L，上述反应的平衡常数K1=2 Lmol-1。(6)恒容条件下，T1温度下，向平衡后的容器内再加入1 mol CO和1 mol NO，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向即正方向移动，则再次达平衡时NO的转化率增大。三、选做题(请从18、19题
40、中任选一题做在答题卷上，15分)【选修3：物质结构与性质】18. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：(1)现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。(2)某同学画出基态碳原子的轨道表示式：，该表示式违背了_； CH、-CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH的空间构型为_；CH中C原子成键的杂化方式为_。(3)34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为_，第四周期中，与硒原子未成对电子数相同的金属元素有_种。(4)Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号氧围成)，Fe3O4中有一半
41、的Fe3填充在正四面体空隙中，Fe2和另一半Fe3填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为_，有_%的正八面体空隙没有填充阳离子。 (5)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。原子B的坐标参数为_；若该晶体密度为d gcm-3，则铜镍原子间最短距离为_。【答案】 (1). 原子光谱 (2). 洪特规则 (3). 平面三角形 (4). sp3 (5). 4s24p4 (6). 3 (7). 21 (8). 50 (9). (10). 【解析】【详解】(1)光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以现代化学中，常利用原子光谱上
42、的特征谱线来鉴定元素；(2)洪特规则是原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，而该同学画出基态碳原子的轨道表示式：，该表示式违背了洪特规则；CH中心原子的价层电子对数为：3+=3，为sp2杂化，没有孤电子对，为平面三角形， CH中心原子的价层电子对数为：3+=4，C原子成键的杂化方式为sp3；(3) 34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为4s24p4；硒有2个未成对电子，第四周期中，与硒原子未成对电子数相同的金属元素有钛、镍、锗三种；(4)由1、3、6、7号O2- 围成正四面体空隙有8个，面心位置6个O2- 即3、6、7、8、9、12号O2-
43、围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2- 也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为1+12=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为84=21；Fe3O4中有一半的Fe3填充在正四面体空隙中，Fe2和另一半Fe3填充在正八面体空隙中，有2个正八面体空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子；(5)根据原子A的坐标参数为(0，1，0)，可知晶胞底面面心上的原子B的坐标为；由晶胞结构可知，处于面对角线上的铜镍原子间距离最短，设两者之间的距离为a cm，则晶胞面对角线长度为2a cm，晶胞的棱长为a cm，可得，解得a=
44、。【选修5：有机化学基础】19. 呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：(1)A 物质的分子式为_，BC 的反应类型是_；E 中含有的官能团名称是_，D不能够发生的反应有_(填序号)。氧化反应 取代反应 加成还原 消去反应(2)已知 X 的分子式为 C4H7Cl，写出 AB 的化学方程式：_。(3)Y 是 X 的同分异构体，分子中无环状结构、无支链且不含甲基，则 Y 的结构简式是_。(4)下列有关化合物B、C、D 、E的说法正确的是_。可用溴水鉴别B和E 可用氯化铁溶液鉴别C和DC、D互为同分异构体，B、E互为同分异构体 B、C、D、E均能使酸性KMnO4溶液褪色(5)B的同分异构体很
45、多，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：_。含苯环、含有酯基 能发生银镜反应 在苯环上发生一氯取代时，产物只有一种【答案】 (1). C6H6O2 (2). 取代反应 (3). (酚)羟基，醚键 (4). (5). +HCl (6). CH2=CHCH2CH2Cl (7). (8). 【解析】【详解】(1)A的结构简式为，则分子式为C6H6O2，BC发生的苯环上羟基的取代反应，E的结构简式为，含有(酚)羟基和醚键，D的结构简式为，有机物本身可以与氧气发生氧化反应，分子中的苯环可发生取代和加成反应，而苯环上的羟基不能发生消去反应，故答案选；(2)对比A、B的结构，可知AB属于取代反应，则X为
46、CH2=CH(CH3)CH2Cl， 反应还有HCl生成，反应方程式为+HCl；(3)由(2)可知，X为CH2=CH(CH3)CH2Cl，Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含不含甲基，则Y为CH2=CHCH2CH2Cl；(4)B和E均可以使溴水褪色，不能用溴水鉴别B和E，错误；C不含有酚羟基，而D含有酚羟基，可以与氯化铁溶液发生显色反应，因此可以用氯化铁溶液鉴别C和D，正确；C和D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B和E的分子式也相同，互为同分异构体，正确；B、C、D均含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，E中酚羟基可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，正确；故答案选；(5)B的同分异构体满足：含有苯环、酯基且能发生银镜反应，含有与甲酸形成的酯基，且环上的一氯代物只有一种，结合B的结构可知，应还含有4个甲基，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：、。【点睛】第5问是难点，含有酯基且能发生银镜反应说明是与甲酸反应生成的酯基，环上的一氯代物只有一种或者很少，一般情况都是高度对称的结构，以此为突破口答题。