1、绝密启用前|考试研究中心命制2020-2021学年高二化学下学期期末质量检测（全国卷）03（本卷共20小题，满分100分，考试用时90分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 P 31 S 32 Cu 64 Ag 108第卷（选择题）一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。1化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）。 A碳纤维是一种新开发的合成有机高分子材料 B次氯酸具有强氧化性，可用于除去水中杂质 C“雾霾”与“风雨雷电”一样属于一种自然现象 D漂白粉长期暴露在空气中，会变质甚至失效【解析】选D。碳纤维不属于合
2、成有机高分子化合物，A错误；氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到杀菌消毒作用，但不能除去水中杂质，B错误；“雾霾”与“风雨雷电”不同，不属于自然现象，属于人为造成的环境污染问题，C错误；漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分Ca（ClO）2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，D正确；22020年新疆棉花产量占全国产量的87%。下列关于棉花的说法错误的是（ ）。 A棉花、羊毛、蚕丝都属于天然纤维 B人民币的主要成分来自于棉花 C纤维素与淀粉互为同分异构体 D棉花可用作生产无烟火药【解析】选C。棉花的主要成分是纤维素，羊毛、蚕丝的主要成分是蛋白质，它们都输天然
3、高分子化合物，属于天然纤维，A选项正确；纸质人民币主要成分是纤维素，可以用棉花纸质印制人民币的纸张，B选项正确；纤维素与淀粉的聚合度不同，分子式不同，二者不互为同分异构体，C选项错误；棉花用浓硝酸发生酯化反应生成的火棉是一种常用的无烟火药，D选项正确。3下列化学用语正确的是（ ）。 A中子数为8的氮原子：N BNa和Cl形成离子键的过程： CH2O2的电子式： D苯乙烯的结构简式：CHCH2【解析】选B。中子数为8的氮原子，其质量数为15，核素符号为N，A错误；氯化钠是由钠离子和氯离子以离子键相结合形成的，则Na和Cl形成离子键的过程为，B正确；H2O2为共价化合物，其中不存在离子，C错误；苯
4、乙烯的结构简式为CHCH2，碳碳双键不能省略，D错误。4某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的2倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是（ ）。 A简单离子的氧化性：WX B原子半径：WXYZ CX与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物 DW与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【解析】选B。由短周期元素W、X、Y、Z形成的化合物的结构可知，X显+1价，X可能为氢、锂或钠元素，结合W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，X为钠元素；由“W、Y、Z分别位于三个不同周期”结合图
5、中Z形成一个共价键知，Z为氢元素由“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的2倍”结合W、Y位于不同周期且其对应的简单离子与Na+的核外电子排布相同及图示中Y能形成2个共价键知，Y为氧元素，W为铝元素。元素金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，同周期从左到右元素金属性逐渐减弱，金属性：AlNa，则简单离子的氧化性：Al3+Na+，A正确；由同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大知，原子半径：OS；由同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小知，原子半径：SAlNa，结合元素周期表中H的原子半径最小知，原子半径：HOAlNa，B错误；Na2O2和H2O2均具有强氧化性和漂白性，C正确；Al（OH）3与N
6、aOH反应牛成NaAlO2和H2O，D正确。5下列实验操作能达到目的的是（ ）。ABCD【解析】选D。由于四氯化钛会水解，蒸干四氯化钛溶液最终会得到二氧化钛，不能达到实验目的，A项错误；氢气的密度小于空气，不能用向排空气法收集，不能达到实验目的，B项错误；氯气会与水反应生成盐酸，盐酸与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，不能检验Cl2中的HCl，C项错误；类似乙酸乙酯，丙酸甲酯难溶于饱和碳酸钠溶液，故可采用分液的方法分离丙酸甲酯和饱和碳酸钠溶液，D项正确。6某有机化合物X的结构简式如右图所示，下列说法错误的是（ ）。 AX中含有两种官能团 BX能发生取代反应和加成反应 CX的一氯代物有7种 DX能使
7、酸性KMnO4溶液褪色【解析】选C。该有机物分子中含有酯基、碳碳双键两个官能团，A正确；该有机物中的酯基能发生（水解反应）取代反应，碳碳双键能发生加成反应，B正确该有机物分子中有9种等效氢原子，一氯代物有9种，C错误；该有机物含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。 A0.1molCl2与足量的H2O反应，转移的电子数为0.2 NA B电解AgNO3溶液，当阳极产生标准状况下2.24L气体时，转移的电子数为0.4 NA C25、101kPa下，1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3 NA D25，0.1mol/L的某酸
8、HA溶液中，c（A）0.1mol/L【解析】选B。Cl2与H2O的反应是可逆反应，无法计算出转移电子数，A错误；电解AgNO3溶液，阳极产生氧气，当产生0.1mol氧气时转移的电子数为0.4NA，B正确；1mol乙炔共用电子对数为5NA，1mol甲醛共用电子对数为4NA，故1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数无法计算，C错误；不知HA是强酸还是弱酸，故无法求算c（A），D错误。8FeCl3的熔点为306、沸点为315，常用于污水处理、线路板蚀刻等，实验室通过如图所示装置制备FeCl3。下列说法正确的是（ ）。 A烧瓶中加入浓盐酸宜先打开分液漏斗上端玻璃塞再旋开下端活塞 BX、Y试剂分
9、别为饱和NaHCO3溶液、浓硫酸 C实验进行时存在安全隐患 D装置中宜放入氯化钙【解析】选C。由于浓盐酸易挥发，烧瓶中加入浓盐酸宜先分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽或小孔对准漏斗上的小孔，然后再打开再旋开下端活塞，A选项错误；除去氯化氢气体应用饱和食盐水，即X、Y试剂分别为饱和NaCl溶液、浓硫酸，B选项错误；由于FeCl3的熔点为306、沸点为315，因此FeCl3容易升华，FeCl3蒸汽遇冷凝华容易将导气管堵塞，所以该实验进行时存在安全隐患，C选项正确；装置是防止空气中的水蒸气进入中使FeCl3水解变质，同时吸收多余的Cl2，防止污染空气，所以宜放入碱石灰，D选项错误。9MnO2在电池、玻璃、有
10、机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2（含有杂质MnO和MnCO3）制取纯MnO2的流程如图：下列说法错误的是（ ）。 A酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸 B操作X的名称是过滤 C氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+2ClO3+4H2O5MnO2+Cl2+8H+ DCl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用【解析】选A。粗MnO2（含有杂质MnO和MnCO3）样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧
11、化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+2ClO3+4H2O5MnO2+Cl2+8H+，故C正确；由流程可知
12、，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确。10利用镍（Ni）及其他过渡金属配合物催化CH2CH2和CO2氧化偶联合成丙烯酸的催化机理如图。下列说法错误的是（ ）。 A催化循环过程中包含加成反应 B该催化剂改变了反应的活化能，降低了焓变 C该催化循环中Ni的成键数目发生了变化 D总反应可表示为CO2+CH2CH2CH2CHCOOH【解析】选B。乙烯中的碳碳双键和二氧化碳中的一个碳氧双键发生加成并结合成环，A项正确；催化剂能改变反应的活化能，但不能改变焓变，B项错误；由图可知该催化循环中Ni的成键数分别为2、3，成键数目发生了变化，C项正确；由图可知，总
13、反应可表示为CO2+CH2CH2CH2CHCOOH，D项正确。11以下实验设计能达到实验目的的是（ ）。选项实验目的实验设计A检测某弱酸性溶液中是否存在Fe2+向待测溶液中滴加KSCN溶液B除去试管内壁上附着的硫单质用CS2或热的NaOH溶液洗涤试管C除去氯化钾中的硝酸钾将粗品溶于水，蒸发浓缩、冷却结晶D同温下，Ksp（AgCl）Ksp（Ag2C2O4）向NaCl和Na2CrO4的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，先产生白色沉淀AgCl【解析】选B。KSCN溶液与Fe2+不反应，不能用于检验Fe2+，A错误；硫单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2和热的强碱溶液，B正确；氯化钾在水中的溶解度随温度
14、变化不大，硝酸钾在水中的溶解度随温度变化较大，除去氯化钾中的硝酸钾应将样品溶于水，蒸发结晶、趁热过滤即可，C错误；没有指明NaCl、Na2CrO4溶液的浓度，加入硝酸银先产生白色沉淀不能说明Ksp（AgCl）Ksp（Ag2C2O4），D错误。12下列解释事实的方程式中正确的是（ ）。 A用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板：Fe3+CuFe2+Cu2+ B用MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+：Pb2+（aq）+S2（aq）PbS（s） CAl片溶于NaOH溶液中产生气体：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2 D水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜：CH2OH(CHOH)
15、4CHO+2Ag（NH3)2OHCH2OH（CHOH)4COOH+2Ag+4NH3+H2O【解析】选C。本题考查方程式的书写判断。A项反应，该离子方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，A错误；MnS难溶于水，除去MnCl2溶液中含有的Pb2+时，反应的离子方程式为Pb2+（aq）+MnS（s）PbS（s）+Mn2+（aq），B错误；Al片溶于NaOH溶液中产生气体，反应的离子方程式为2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，C正确；水浴加热，葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2Ag（NH3)2OHCH2OH（C
16、HOH)4COONH4+2Ag+3NH3+H2O，D错误。13科学家利用如图装置将CO2转化为CO，下列说法正确的是（ ）。 A电极A接电源的正极，电极B接电源的负极 B若X为甲酸，在相同条件下消耗CH4和CO2的体积比为13 C固体电解质可以换成稀NaOH溶液 D若X为乙烷，则阳极的反应式为：2CH4+O2+2eC2H6+H2O【解析】选B。CO2转化成CO，得电子，发生还原反应，故电极A为阴极，接电源的负极，电极B接电源的正极，A项错误；阴极电极反应式为CO2+2eCO+O2，若X为甲酸，阳极电极反应式为CH4+3O26eHCOOH+H2O，根据阴阳极得失电子守恒可知，消耗CH4和CO2的
17、体积比为13，B项正确；O2不能在水溶液中存在，C项错误；根据氧化还原反应得失电子守恒规律，若X为乙烷，则阳极的反应式为2CH4+O22eC2H6+H2O，D项错误。14萘（）与浓硫酸发生取代反应可以生成1萘磺酸（）和2萘磺酸（），反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40和160时，得到1萘磺酸与2萘磺酸的比例分别为96:4和15:85。下列说法正确的是（ ）。 A1萘磺酸比2萘磺酸更稳定 B升温时，1取代正反应速率减小 C选择合适的催化剂同样可以提高2取代产物比率 D升温时，2取代产物比率提高是平衡正向移动所致【解析】选C。由反应能量进程图
18、可知2萘磺酸比1萘磺酸更稳定，A错误；温度升高反应速率加快，因此无论是1取代还是2取代正逆反应速率都增大，B错误；根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高该反应产物在总的生成物中的比率，C正确；1取代反应活化能低，在低温时相对速率比2取代快，因此低温时1取代所占比率高，升高温度后，活化能不再是制约1取代、2取代相对速率的关键因素，由于2取代产物更稳定，2取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据，D错误。15常温下，向10mL0.1molL1的HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，不考虑NH4NO2的分解，所得溶液pH及导电能
19、力变化如图。下列分析正确的是（ ）。 Aa点和b点溶液中，水的电离程度大小是ab Bb点溶液中离子浓度大小的关系：c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH） Ca、d两点的导电能力相同，则a、d两点的pH相同 D氨水的物质的量浓度为0.5molL1【解析】选B。由题图可知，a点时酸过量，抑制水的电离，b点时HNO2和氨水恰好完全反应，NO2和NH4+水解促进水的电离，此时溶液导电能力最强，故水的电离程度：a点b点，A错误；b点HNO2和氨水恰好完全反应，溶液中的溶质只有NH4NO2，由于此时溶液显酸性，则NH4+的水解程度大于NO2的水解程度，离子浓度的关系为c（NO2）c（NH4+）c（
20、H+）c（OH），B正确；由题图知，a点溶液显酸性，d点溶液显碱性，所以a、d两点的pH不等，C错误；b点HNO2和氨水恰好完全反应，则有c（HNO2）V（HNO2）c（NH3H2O）V（NH3H2O），0.1molL110mLc（NH3H2O）10mL，氨水的物质的量浓度为c（NH3H2O）0.1molL1，D错误。16某硫酸厂的尾气处理流程如下图所示，为了确定固体A的组成，分析师选用5molL1的NaOH溶液对固体A的成分进行测定（数据见表）。则以下说法正确的是（ ）。实验固体A/gNaOH/mLNH3/L7.4x1.6811.120.000.56注：生成的氨气全部逸出，且为标准状况下测得
21、 A高浓度SO2进入吸收塔进行循环利用 B实验过程中如果氢氧化钠少量，则发生反应的离子方程式为NH4+OHNH3+H2O C固体A中（NH4）2SO4与NH4HSO4的物质的量之比为41 Dx的最小值为25.00【解析】选D。接触法制硫酸的设备主要为沸腾炉、接触室和吸收塔，高浓度SO2进入接触室进行循环利用，A项错误；固体A是由（NH4）2SO4与NH4HSO4组成的混合物，氢氧化钠少量，优先发生酸碱中和，离子方程式为H+OHH2O，B项错误；运用实验数据，设（NH4）2SO4与NH4HSO4的物质的量分别为a和b，则有b+5molL10.02L，132a+115b11.1g，解得b0.075
22、mol、a0.01875mol，故（NH4）2SO4与NH4HSO4的物质的量之比为0.01875mol0.01875mol14，C项错误；通过n（NH4）2SO4n（NH4HSO4）14，可知中：n（NH4HSO4）0.05mol、n（NH4）2SO40.0125mol，又因为n（NH3）0.075mol，可知固体A反应完全，则需要NaOH至少25.00mL，D项正确。第卷（非选择题）二、非选择题：共52分，第1719题为必考题，每个试题考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题，共37分17碳酸锰（MnCO3）是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、
23、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿（主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质）制取碳酸锰的流程如下图所示：已知：还原焙烧的主反应为2MnO2+C2MnO+CO2。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Mn（OH）2开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8根据要求回答下列问题：（1）在实验室进行步骤A操作时，需要用到的最主要仪器名称为_。（2）步骤C中得到的滤渣成分有CaSO4、CaCO3、C和_，步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（3）步骤E中调节pH的范围为_，其目的是_。（4）步骤G发生的离子方程
24、式为_，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中CO32的浓度为2.2106molL1，则Ksp（MnCO3）_。（5）实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，原理为：_Mn2+_S2O82+_H2O_H+_SO42+_MnO4试配平该离子方程式。【答案】（1）坩埚 （2）Cu；12（3）3.7pH8.3（或3.7pH8.3）；使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去，不影响Mn2+（4）Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O；2.21011（5）2、5、816、10、2【解析】（1）步骤A为灼烧操作，需要酒精灯、坩埚、三脚架、泥三角、玻璃棒等仪器；（2）步骤C中得到的滤渣是
25、不溶于水的Cu和微溶的CaSO4，步骤D中加入MnO2氧化溶液中的Fe2+，其中Mn从+4价降为+2价，Fe从+2价升高为+3价，Fe2+是还原剂，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12。（3）由图表可知为了使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去，而不影响Mn2+，步骤E中调节pH的范围为大于Fe（OH）3的沉淀的pH，而小于Mn2+形成沉淀需要的pH，即选择条件为3.7pH8.3（或3.7pH8.3）。（4）在含有Mn2+的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O，Mn2+沉淀完全时其浓度为1105molL1，溶液
26、中CO32的浓度为2.2106molL1，则Ksp（MnCO3）（1105molL1）（2.2106molL1）2.21011。（5）依次根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得如下配平的离子方程式：2Mn2+5S2O82+8H2O16H+10SO42+2MnO4。18实验室利用如图装置探究SO2还原CuO，并进一步检测产物含量。回答下列相关问题：SO2还原CuO探究（1）装置A中发生反应的化学方程式_。（2）在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为_时（填序号，从下列浓度中选取），制备SO2的速率明显快。请解释不选下列其它浓度硫酸的原因_。 a98%H2SO4 b65%H2SO4 c5%H2
27、SO4（3）充分反应后，黑色固体变为红色。取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈现蓝色并仍有少量红色不溶物，由此可以得出： 已知SO2与CuO反应生成两种产物，写出该化学方程式_。 取红色沉淀物滴加盐酸，反应的离子方程式_。生成物中CuSO4含量检测（4）用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。取mg固体溶解于水配制成100mL溶液，取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸，再加入过量KI溶液，以淀粉为指示剂用Na2S2O3标准溶液滴定，相关化学反应为2Cu2+4I2CuI+I2，I2+II3，I2+2S2O32S4O62+2I。 若消耗0.1000mol/L
28、Na2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为_。 CuI沉淀物对I3具有强的吸附能力，由此会造成CuSO4质量分数测定值_（填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O（2）b；98%的H2SO4溶液c（H+）较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集（3）3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O（4）；偏小【解析】（1）装置A制备二氧化硫气体，亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（2）在制
29、取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为65%H2SO4时，制备SO2的速率明显快，故选b。不选98%H2SO4和5%H2SO4，是因为：98%的H2SO4溶液c（H+）较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集；（3）结合信息Cu2O+2HCu+Cu2+H2O，显示SO2与CuO反应的产物中有Cu2O，SO2被CuO氧化为硫酸根，该化学方程式3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；取红色沉淀物滴加盐酸，发生歧化反应生成铜盐和单质铜，反应的离子方程式Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O；（4）根据2Cu2+4I2CuI+I2，I2+II3，I2+2S2O32S4O
30、62+2I，可以得出关系式2Cu2I22Na2S2O3，所以当消耗0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液VmL时，则n（CuSO4）n（Na2S2O3）0.1000molL1V103L1.000104Vmol，所以产物中CuSO4质量分数为（CuSO4）100%。因为CuI沉淀物对I3离子具有强的吸附能力，会造成I2实际消耗量偏少，由此造成CuSO4质量分数测定值偏小。19汽车尾气排放的碳氢化合物、氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。I.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1393.5kJmol1 2C（s）
31、+O2（g）2CO（g）H2221.0kJmol1 N2（g）+O2（g）2NO（g）H3+180.5kJmol1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方式_。利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H0（2）写出一种可以提高NO的转化率的方法：_。（3）一定温度下，在恒容密闭容器中按照n（NH3）n（NO）23充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_。 Ac（NH3）c（NO）23 Bn（NH3）n（N2）不变 C容器内压强不变 D容器内混合气体的密度不变 E1molNH键断
32、裂的同时，生成1molOH键（4）某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示： 在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率（NO）_； 在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_。不同温度条件下，n（NH3）n（NO）的物质的量之比分别为41、31、13时，得到NO脱除率曲线如图所示：（5）曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_。（6）间接电化学法除NO。其原理如右上图所示：写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_。【答案】（1）2NO
33、（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H746.5kJmol1（2）降低温度（或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等）（3）AE（4）0.171molL1min1平衡逆向移动或者氨气被氧气氧化为NO（合理答案均给分）（5）31（6）2HSO3+2e+2H+S2O42+2H2O【解析】（1）CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的方程式为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1393.5kJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H2221.0kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H3+180.5kJmol
34、12可得目标反应方程式，根据盖斯定律可知目标反应方程式H393.5kJmol12+221.0kJmol1180.5kJmol1746.5kJmol1，所以CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H746.5kJmol1；（2）该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率；该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使平衡右移增大一氧化氮转化率；（3）根据方程式可知氨气与一氧化氮按2：3反应，且按n（NH3）n（NO）23充入反应物，所以，任意时刻都满足c（NH3）c
35、（NO）23，故A错误；反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n（NH3）n（N2）会变小，当该值不在变化时说明反应达到平衡，故B正确；平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故C正确；生成物中有液态水，所以平衡正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故D正确；1molNH键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1molOH键，描述的都是正反应速率，故E错误E；（4）420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n（NO）3mol2%0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此
36、时消耗的n（NO）3mol59%1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol0.06mol1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率v（NO）0.171molL1min1；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；或者有其它副反应发生，加热条件下，氨气与氧气反应生成二氧化氮，有氧条件下，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮。（5）NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为41，31，13时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是31；（6）电解池中阴极得电子发生还原反应，根据图2所示，进入阴极室的是HSO3，流出阴极
37、室的是S2O42，即HSO3得电子生成S2O42，阴极室中溶液的pH在47之间，呈酸性，故电极反应为2HSO3+2e+2H+S2O42+2H2O（二）选考题，共15分。请考生从2021题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分。20【选修3：物质结构与性质】（15分）中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，本草纲目中记载：“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2。（1）氮原子的价层电子排布图为_，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是_，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为_。上述反应涉及
38、的元素中电负性最大的是（填元素符号）。（2）碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3（其结构如图）。C2O3与水反应可生成草酸（HOOCCOOH）。 C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_，CO2分子的立体构型为_。 草酸与正丁酸（CH3CH2CH2COOH）的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101、7.9，导致这种差异的最主要原因可能是_。CO分子中键与键个数比为_。（3）磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如右图所示，其密度为gcm3，设NA是阿伏加德罗常数的值，则磷原子的配位数为_，晶胞参数为_pm。【答案】（15分）（1）；由高能量状态跃迁到低能量状态；NOSKO（2）
39、sp2；直线型草酸分子间能形成更多氢键21（3）4；1010【解析】（1）氮原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及氮原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为NOSK；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大；（2）C2O3中碳原子形成3个键，为sp2杂化；CO2中碳原子采取sp杂化，立体构型为直线型；草酸分子中有2个OH键，丁酸分子中只含有一个OH键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；CO与N2互为等电子体，结构相似，故键与键个数比为21；（3）根据晶
40、体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近的B原子包围，所以P原子的配位数是4；在一个晶胞中含有的P原子数目：8+64，在一个晶胞中含有的B原子数目：414，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是mg，由于晶胞密度为gcm3，所以晶胞的体积为Vcm3，所以晶胞参数为acm1010pm。 21【选修5：有机化学基础】（15分）醇A是一种有机合成中间体，用于制增塑剂、除草剂、溶剂等。下面是醇A的相关转化反应。请回答下列问题：（1）醇A可在浓硫酸加热条件下得到B、C两种异构体（不考虑立体异构），C有两个甲基。B的系统命名是_，A的结构简式为_。（2）由E生成
41、F的反应类型为_，F转变为羧酸G，G的核磁共振氢谱共有_组峰。（3）写出羧酸G与醇A反应生成甜味物质H的化学方程式_。（4）E的水解产物可催化氧化为含羰基官能团的物质Z。写出相关反应方程式_。（5）A转化为E的过程中还有另一种生成物X，质谱显示X的相对分子质量为92.5，X的三个甲基化学环境相同，X可在热的氢氧化钠醇溶液条件下只得到一种烯烃Y，Y与B、C互为同分异构。Y的结构简式为_，X的结构简式为_。（6）在化合物G的同分异构体中能同时符合下列条件的有_种。可与银氨溶液发生银镜反应；可催化氧化成醛；含有手性C原子。【答案】（1）1丁烯；C2H5CH3（2）取代反应；5（3）C2H5CH3+C
42、2H5COOHC2H5COOC2H5+H2O（4）2CH3CH2CH3+O22CH3COCH2CH3+2H2O（5）（CH3）2CCH2；CH3）3CCl（6）3【解析】醇A可在浓硫酸加热条件下发生消去反应得到B、C两种异构体，可得A为2丁醇CH3CH2CH3，C有两个甲基为CH3CHCHCH3，则B为CH3CH2CHCH2，A发生取代反应生成E为CH3CH（Cl）CH2CH3，E发生取代反应生成F为CH3CH（CN）CH2CH3，F酸化后生成羧酸G为CH3CH（COOH）CH2CH3，A与G在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H为C2H5COOC2H5。（1）醇A可在浓硫酸加热条件下发生消去反应得
43、到B、C两种异构体，可得A为2丁醇CH3CH2CH3，C有两个甲基为CH3CHCHCH3，则B为CH3CH2CHCH2，所以B的系统命名是1丁烯，A的结构简式为C2H5CH3；（2）ECH3CH2CH3发生取代反应生成FCH3CH（CN）CH2CH3，G为CH3CH（COOH）CH2CH3，共有5种不同环境下的氢原子，所以核磁共振氢谱共有5组峰；（3）A与G在浓硫酸作用下发生酯化反应，化学方程式为：C2H5CH3+C2H5CH（CH3）COOHC2H5COOCH（CH3）C2H5+H2O；（4）E的水解产物为CH3CH2CH3，羟基上含有一个氢原子可催化氧化为羰基，反应方程式为：2CH3CH2
44、CH3+O22CH3COCH2CH3+2H2O；（5）A转化为E的过程中还有另一种生成物X，质谱显示X的相对分子质量为92.5，与ECH3CH2CH3的相对分子质量相同，则分子式也为C4H9Cl，X中有三个甲基化学环境相同，且X可在热的氢氧化钠醇溶液条件下发生消去只得到一种烯烃Y，Y与B、C互为同分异构，所以X的结构简式为（CH3）3CCl，Y的结构简式为（CH3）2CCH2；（6）在化合物G的同分异构体可与银氨溶液发生银镜反应；说明含有醛基，可催化氧化成醛，说明含有CH2OH；同时含有手性C原子可以有：CH3CH2CH（CHO）CH2OH、CH3CH（CH2CHO）CH2OH、CH3CH（CHO）CH2CH2OH，共有3种。
