1、绝密启用前2020-2021学年高二化学下学期期末质量检测（全国卷）01（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 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 I 127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电影厉害了，我的国通过镜头将我国在改革开放和社会主义现代化建设上所取得的历史性成就，进行了全方位、多层次的展现。下列说法不正确的是（ ）。 A我国自主研发的航空母舰装有大量的磁屏蔽材料K2NbO2F5，K2NbO2F5中所含元素均属于主族元素 B大型客机C919机身表面涂有
2、耐紫外线PMMA（聚甲基丙烯酸甲酯）材料，PMMA属于有机高分子化合物 CDF51弹道导弹是国之利器，其含有稀土金属钐（Sm），钐的活动性介于钠与铝之间，工业上可通过电解法制备钐 D中国天眼为我国探究宇宙提供了强有力的保障，其中的防腐蚀材料磷酸钡属于强电解质【解析】选A。A选项，K2NbO2F5中Nb元素不属于主族元素，故A错误；B选项，PMMA聚甲基丙烯酸甲酯是高聚物，属于有机高分子化合物，故B正确；C选项，DF51弹道导弹是国之利器，其含有稀土金属钐（Sm），钐的活动性介于钠与铝之间，钠与铝都采用电解法得到，因此工业上可通过电解法制备钐，故C正确；D选项，磷酸钡属于盐，是强电解质，故D正确
3、。2三国时期曹植在七步诗中这样写到“煮豆持作羹，漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是（ ）。 A过滤 B分液 C升华 D蒸馏【解析】选A。煮豆持作羹，漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意，BCD不符合题意。3X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有Y是金属元素。X、Y、Z的最高正价均等于其原子最外层电子数，且Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价。下列说法正确的是（ ）。 A非金属性强弱：ZX B原子半径大小：YZX CX、Y、Z的氧化物均易溶于水 DY、Z和氧元素组成的
4、盐，其溶液显中性【解析】选B。X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有Y是金属元素，则X位于Y的上一周期，若Y为第二周期元素，则X为H，最高正价为+1价，不满足“Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价”，所以Y为第三周期元素，则X为B或C或N，若为B或C则在满足“Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价”的条件下，Y、Z均为金属元素，所以X为N，最高正价为5价，“Y、Z的最高正价之和等于X的最高正价”，则Y为Na，Z为Si。Si的非金属性小于N，故A错误；核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径NaSiN，故B正确；SiO2、NO等难溶于水，故C
5、错误；Si、Na和氧元素组成的盐为Na2SiO3，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故D错误。4NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（ ）。 A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA B1L0.1molL1磷酸（H3PO4）溶液中含有的H+离子数为0.3NA C40g34%的过氧化氢催化分解，生成0.1mol氧气时转移的电子数为0.2NA D密闭容器中1molNO与0.5molO2充分反应，产物的分子数为NA【解析】选C。D2O的M20g/mol，n0.9mol，质子数为9NA，A错误；磷酸属于弱酸，弱电解质部分电离，B错误；氧元素由1升高到0价，升高1价，O2为双原子分子，产生0
6、.1molO2电子转移数为0.2NA，C正确；部分NO2转化为N2O4，产物的分子数小于NA，D错误。5下列有关离子反应的说法正确的是（ ）。选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I均氧化B用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H+H2+Cl2正确；阳极氯离子放电，阴极氢离子放电C向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3+4NH3H2OA1O2一+4NH4+2H2O正确；氨水过量，氢氧化铝能溶于过量的碱D将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+3Fe3+4H2O错误；电荷不守恒，生
7、成物中应有亚铁离子【解析】选D。A选项，将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液，2molI先被1mol氯气氧化，再是1molFe2+被0.5mol氯气氧化，氯气过量，因此离子方程式为2Fe2+4I+3Cl22Fe3+6Cl+2I2，故A错误；B选项，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，但总反应中氢离子来自于水，不拆，故B错误；C选项，向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，因此离子方程式为：Al3+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+，故C错误；D选项，将磁性氧化铁溶于盐酸生成氯化亚铁、氯化铁和水
8、，其离子方程式为Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，因此判断正确，故D正确。6已知：+HNO3+H2OH0；硝基苯沸点210.9，蒸馏时选用空气冷凝管。下列制取硝基苯的操作或装置（部分夹持仪器略去），正确的是（ ）。 A配制混酸 B水浴加热 C洗涤后分液 D蒸馏提纯【解析】选C。浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，如将浓硝酸加入浓硫酸中，硝酸的密度小于浓硫酸，可能为导致液体迸溅，故A错误；反应在5060下进行，低于水的沸点，因此可以利用水浴加热控制，这样可使反应容器受热均匀，便于控制温度，但图中水浴的水的用量太少，反应液受热不均匀，故B错误；硝基苯为油状液体，不溶于水且密度比水大，在下
9、层，分液操作时应将分液漏斗上口的瓶塞打开，下端紧贴烧杯内壁，下层的液体从下口放出，故C正确；蒸馏分离提纯操作中温度计用来测量蒸汽的温度，控制蒸馏出的物质的温度，温度计水银柱应在烧瓶的支管口处，故D错误。7秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（ ）。 A该有机物分子式为C10H8O5 B分子中有四种官能团 C该有机物能发生加成、氧化、取代等反应 D1mol该化合物最多能与3molNaOH反应【解析】选D。由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；含苯环、碳
10、碳双键可发生加成反应，碳碳双键、OH可发生氧化反应，OH、COOC可发生取代反应，C正确；能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，D错误。8CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。第一步：Fe*+N2OFeO*+N2第二步：FeO*+COFe*+CO2下列叙述错误的是（ ）。 AFe*是反应的催化剂 B两步反应的H均小于0 C第一步反应比第二步反应快 D总反应为CO+N2ON2+CO2【解析】选C。由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确；根据
11、反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应，H均小于0，故B正确；根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，故C错误；第一步反应+第二步反应总反应，则总反应为CO+N2ON2+CO2，故D正确。9三氧化二锰（Mn2O3）在现代工业上应用广泛。以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备高纯度硫酸锰晶体（MnSO4H2O），进而制备Mn2O3的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）。 A若软锰矿不足，可能产生有毒气体H2S B滤渣中含有非金属单质S C操作X为蒸发浓缩、冷
12、却结晶、过滤、洗涤、干燥 D煅烧生成的气体是SO3【解析】选D。酸浸时二氧化锰和硫化锰发生氧化还原反应得到硫酸锰、硫单质，过滤除去硫单质、矿渣等得硫酸锰滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，煅烧硫酸锰晶体得到MnSO4H2O。若软锰矿不足，MnS会和硫酸反应，可能产生有毒气体H2S，A正确；二氧化锰可以把硫化锰氧化生成硫单质，滤渣中含有非金属单质S，B正确；要从溶液得到硫酸锰晶体，则操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；在煅烧的过程中，锰由+2价升高到+3价，则硫的价态从+6价降到+4价，生成的气体是SO2，D错误。10根据下列实验操作和现象所得出的结论正
13、确的是（ ）。选项实验操作和现象结论A向NaCl粉末中加入适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射，出现一条光亮通路形成的分散系是胶体B水蒸气通过灼热的焦炭后，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色高温下，C与水蒸气反应生成H2C取4mL淀粉溶液，加入5mL稀硫酸，加热5min后，再加入少量新制的Cu（OH）2，加热至沸腾，没有出现砖红色沉淀。淀粉未水解D向某无色溶液中加入盐酸溶液，产生无色无味气体溶液中一定有CO32【解析】选A。胶体能形成丁达尔效应，故A正确；水蒸气通过灼热的焦炭后，水蒸气可能有剩余，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色，不能证
14、明C与水蒸气反应生成H2，故B错误；醛与新制的Cu（OH）2反应需在碱性条件下进行，检验淀粉是否水解，反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液呈碱性后，再加入少量新制的Cu（OH）2加热至沸腾，根据实验现象判定实验结论，故C错误；向某无色溶液中加入盐酸溶液，产生无色无味的二氧化碳气体，溶液中含有CO32或HCO3，故D错误。11氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是常用的氨化剂之一。某研究小组利用反应原理：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（s）H0制备氨基甲酸铵，其装置如图所示，已知：H2NCOONH4（s）白色固体，易分解、易水解。则下列观点不正确的是（ ）。 A仪器1是恒压漏斗，该实验用于
15、防倒吸 B仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体 C为了完成实验，应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶 D若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，应控制旋塞，加大浓氨水的流速【解析】选A。仪器1是恒压漏斗，其作用为使漏斗内液体顺利流下，A错误；浓氨水和氢氧化钠固体混合可以制氨气，氢氧化钠固体可以干燥氨气，故仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体，B正确；防止生成的氨基甲酸铵水解，或者防止氨气过量导致装置6倒吸，应在应在装置5和6之间，依次添加干燥装置和安全瓶，C正确；若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速，D正确。12我国某科研团队设计
16、了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是（ ）。 A制氢时，溶液中K+向Pt电极移动 B制氢时，X电极反应式为Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O C供电时，Zn电极附近溶液的pH降低 D供电时，装置中的总反应为Zn+2H2OZn（OH）2+H2【解析】选D。闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A正确；制氢时，X电极为阳极，失电子
17、发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni（OH）2转化为NiOOH，电极方程式为Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，故B正确；供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn2e+4OHZnO22+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH，但会消耗4个OH，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故C正确；供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故D错误。13二氧化碳催化氢化制甲酸的反应过程如图所示（其中M为过渡金属，R表示烷基）。下列说法错误的是（ ）。 A是反应的中间产物 B二氧化碳催化氢化反应的原子利用率为100% C反应过程中
18、M的成键数目保持不变 D存在反应【解析】选C。由图可知，生成后又参与反应，所以是反应的中间产物，A项正确；由图可知，H2和CO2恰好完全转化为HCOOH，反应的原子利用率为100%，B项正确；由图可知，反应过程中形成了三种含有M的物质，且成键数目不同，C项错误；由图可知，该过程中包含CO和反应生成HCOOH和，D项正确。14在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2+4SO42+4H+实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是（ ）。 A反应的离子方程式为4Fe（NO）2+O2+4H+4Fe3+4NO+2H2O，Fe（NO）2+作氧化剂 B
19、反应中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原 C在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂 D反应的离子方程式为Fe2+NOFe（NO）2+，该反应是氧化还原反应【解析】选C。反应的离子方程式为4Fe（NO）2+O2+4H+4Fe3+4NO+2H2O，Fe（NO）2+作还原剂，因为铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，故A错误；反应中Fe3+作氧化剂，FeS2被氧化，因为硫元素的化合价升高，故B错误；在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，由图可以看出，故C正确；反应的离子方程式为Fe2+NOFe（NO）2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D错误。15已知：在发烟
20、硫酸（H2SO4SO3）中，I2和I2O5生成I2（SO4）3。I2（SO4）3溶于水生成I2和I2O4。下列说法正确的是（ ）。 A发烟硫酸的摩尔质量为178 B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为23 C反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为13 D若反应中消耗2mol I2（SO4）3，则电子转移3mol【解析】选D。发烟硫酸（H2SO4SO3）的摩尔质量是178gmol1，故A错误；I2中碘为0价，I2O5中碘为+5价，得到+3价的碘化合物I2（SO4）3，则化学方程式为：4I2+6I2O5+15H2SO4SO310I2（SO4）3+15H2O，氧化剂I2O5与还原剂I2的物质的量之
21、比为32，故B错误；I2（SO4）3溶于水生成I2和I2O4，另外还应生成H2SO4，根据反应物与产物中I元素的化合价可推知I2与I2O4的物质的量之比为13，则化学方程式：4I2（SO4）3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，氧化产物I2O4与还原产物I2的物质的量之比为3：1，故C错误；根据C中的反应4I2（SO4）3+12H2OI2+3I2O4+12H2SO4，4I2（SO4）3I26e，所以消耗2mol I2（SO4）3，则电子转移3mol，故D正确。16常温下，用0.1molL1NaOH溶液滴定10mL0.1molL1HA溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
22、Aa3，说明HA属于弱酸 B水的电离程度：d点e点 Cc点溶液中：c（Na+）c（A）+c（HA） Db点溶液中粒子浓度大小：c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）【解析】选C。c（HA）0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c（H+）0.1mol/L，溶液的pH3，c（H+）0.001mol/L，说明HA电离程度较小，HA属于弱酸，故A选项正确；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选项正确；c点溶液显中性，由电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（A）+c（OH）得：c（Na+）c（
23、A），故C选项错误；b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pH7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A水解程度，所以c（A）c（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选项正确。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我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液
24、便可得到铬。（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为_。（2）在步骤II中除去的离子是_，操作X的名称为_。（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是_，已知步骤III所得溶液c（Cr3+）0.010mol/L，常温下，加NaOH使c（Fe3+）和c（Al3+）均降至105mol/L，应控制溶液的pH为_。（常温下：KspCr（OH）31.01032，KspAl（OH）31.01035，KspFe（OH）31.01038。 A1011 B11 C约为10 D约为4（4）已知NaBiO3和Bi（OH）3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为_，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7
25、产率越高，其原因是_。（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：电解池工作时，阴极发生的电极反应式为_，该装置的电能主要转变为_能。【答案】（1）+3（2）Mg2+（或镁离子）过滤（3）氧化性；D（4）3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O2CrO42+3Bi（OH）3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72产率也就越高（5）Cr2O72+12e+14H+2Cr+7H2O；化学【解析】（1）由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看
26、，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+（或镁离子），操作X则是过滤；（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c（Cr3+）0.010mol/L，因为按常温下KspCr（OH）31.01032，则c（OH）1010mol/L，c（H+）104mol/L，则应控制溶液的pH4，按常温下KspAl（OH）31.01035，KspFe（OH）31.0103
27、8可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全。（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O2CrO42+3Bi（OH）3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72产率也就越高；（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72+12e+14H+2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置。18苯胺（
28、NH2）是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：NH2和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐NH3Cl；用硝基苯制取苯胺的反应原理：2NO2+3Sn+12HCl2NH2+3SnCl4+4H2O；有关物质的部分物理性质见下表：I比较苯胺与氨气的性质（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。制备苯胺 往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。
29、（2）冷凝管的进水口是_（填“a”或“b”）；（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_。提取苯胺i取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。（4）装置B无需用到温度计，理由是_。（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。（6）该实验中苯胺的产率为_。（7）欲在不加热条件下除去苯胺
30、中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_。【答案】（1）NH3+HClNH4Cl；苯胺沸点较高，不易挥发（2）b（3）C6H5NH3+OHC6H5NH2+H2O（4）蒸出物为混合物，无需控制温度（5）防止B中液体倒吸（6）60.0%（7）加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HClNH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高（184），不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；（2）图中球形冷凝管的水流方向应为“
31、下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；（3）过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3+OHC6H5NH2+H2O；（4）由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；（5）水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；（6）已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.2
32、3g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为n（NO2）0.05mol，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为m（NH2）0.05mol93g/mol4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为100%60.0%；（7）“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。19用结构和原理阐释化学反应的类
33、型、限度、速率和历程是重要的化学学科思维。回答下列问题：（1）用过氧化氢检验Cr（）的反应是Cr2O72+4H2O2+2H+2CrO5+5H2O。CrO5结构式为，该反应是否为氧化还原反应？_（填“是”或“否”）。（2）已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H571.6kJmol1 H2（g）+O2（g）H2O2（l）H187.8kJmol1 2H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H_kJmol1。（3）一定条件下，H2O2分解时的c（H2O2）随t变化如图所示。已知该反应的瞬时速率可表示为v（H2O2）kcn（H2O2），k为速率常数。 020min内，v（H2O2）_。 据图分析
34、，n_。 其它条件相同，使用活性更高的催化剂，下列说法正确的是_（填标号）。 Av（H2O2）增大 Bk增大 CH减小 DEa（活化能）不变（4）气体分压pip总xi（物质的量分数）。恒温50、恒压101kPa，将足量的CuSO45H2O、NaHCO3置于一个密闭容器中，再充入已除去CO2的干燥空气。假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为21。CuSO45H2O（s）CuSO43H2O（s）+2H2O（g）Kp136（kPa）22NaHCO3（s）Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）Kp2 平衡时_，Kp2_。 平衡后，用总压为101kPa的潮湿空气其中p（H2O）8kP
35、a、p（CO2）0.4kPa替换容器中的气体，50下达到新平衡。容器内CuSO45H2O的质量将_（填“增加”“减少”或“不变”，下同），NaHCO3质量将_。【答案】（1）否（2）196（3）0.020mol/（Lmin）1AB（4）94（kPa）2增加减少【解析】（1）由CrO5的结构式可知存在过氧键、CrO键、CrO，在4个CrO键中O为1价，在CrO键中O为2价，Cr元素化合价为+6价，反应前后元素化合价没有发生变化不是氧化还原反应；（2）已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H571.6kJmol1H2（g）+O2（g）H2O2（l）H187.8kJmol1则根据盖斯定律，2可
36、得，2H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H196kJmol1；（3）020min内，根据图像，H2O2的浓度变化量0.4mol/L，v（H2O2）0.06molL1min10.020mol/（Lmin）；根据图示，每间隔20分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一，已知该反应的瞬时速率可表示为v（H2O2）kcn（H2O2），20分钟时的双氧水瞬时速率v（H2O2）20mink（0.4）n，40分钟时的双氧水瞬时速率v（H2O2）40mink（0.2）n，则（0.4）n2（0.2）n，则n1；催化剂能加快反应速率，故v（H2O2）增大，故A正确；催化剂能加快反应速率，
37、则速率常数k增大，故B正确；催化剂不改变反应热（焓变），则H不变，故C错误；催化剂可降低反应的活化能，则Ea（活化能）减小，故D错误；（4）假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为21，设发生分解的CuSO45H2O的物质的量为2mol，根据反应CuSO45H2O（s）CuSO43H2O（s）+2H2O（g），则生成水蒸气的物质的量为4mol，设发生分解2NaHCO3的物质的量为1mol，根据反应2NaHCO3（s）Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g），则生成的水蒸气和二氧化碳分别为0.5mol，利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，9，结合9，则Kp24（kPa）2；平
38、衡后，用总压为101kPa的潮湿空气其中p（H2O）8kPa、p（CO2）0.4kPa替换容器中的气体，50下达到新平衡。对于反应CuSO45H2O（s）CuSO43H2O（s）+2H2O（g），Qp1（8kPa）264（kPa）2Kp1，平衡逆向进行，容器内CuSO45H2O的质量将增加；对于反应2NaHCO3（s）Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g），Qp2p（H2O）p（CO2）3.2（kPa）2Kp2，平衡正向进行，容器内NaHCO3质量将减小。（二）选考题，共15分。请考生从1819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）美国
39、芝加哥大学化学研究所近日揭示了WO3/CeO2TiO2双催化剂在低温下催化氮的污染性气体转化为无毒气体，其过程如图所示：（1）Ti价电子排布式为_，其能量最高的能层是_。（2）N、O、H三种原子的电负性由大到小的顺序为_。（3）NO2的空间构型为_，与NO3互为等电子体的分子为_。（4）WO3可作为苯乙烯氧化的催化剂+H2O2CHO +H2O。 中碳原子的杂化方式为_。 1molH2O2中键个数为_。 CHO属于_晶体。 （5）W和Ti可形成金属互化物，某W和Ti的金属互化物如图所示，则该晶体的化学式为_。（6）金属钛的晶体堆积方式为_。【答案】（1）3d24s2；N（2）ONH（3）V形；S
40、O3（4）sp2；3NA；分子（5）WTi或TiW（6）六方最密堆积【解析】（1）Ti的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，其在第四周期，能量最高的能层是N层。（2）同周期，从左到右，电负性逐渐增大，因此N、O、H三种原子的电负性由大到小的顺序为ONH。（3）NO2中N价层电子对为3对，N为sp2杂化，含有一对孤对电子，空间构型为V形，NO3中价电子数为24，根据价电子数SON，因此NO3与SO3互为等电子体。（4）中碳原子价层电子对为3对，杂化方式为sp2。H2O2的结构式为HOOH，1molH2O2中键为3NA。选3NA。CHO属于分子晶体。（5）由晶胞结构可知，晶胞中含有2个Ti
41、和2个W，则该晶体的化学式为WTi或TiW。（6）金属钛的晶体堆积方式为六方最密堆积。21【选修5：有机化学基础】（15分）环丁烷甲酸是重要的化工中间体，其一种合成路线如下：回答以下问题：（1）A属于烯烃，A的结构简式为_，B中官能团的名称为_、_。（2）BC的反应类型是_，该反应生成的与C互为同分异构体的副产物的名称是_。（3）DE的化学方程式为_。（4）G有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的同分异构体结构简式。_、_（不考虑立体异构）。核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为121；能使溴的四氯化碳溶液褪色；1mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体。（5）丙烯酸乙
42、酯（CH2CHCOOCH2CH3）与H互为同分异构体，假设聚丙烯酸乙酯为单一的聚合度，1mol聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解，若生成乙醇的质量为4.14kg，则聚丙烯酸乙酯的n值理论上应等于_。【答案】（1）CH2CHCH3；碳碳双键、溴原子（2）加成反应；1，2二溴丙烷（3）（4）HOOCCH2CHCHCH2COOH；CH2C（CH2COOH）2（5）90【解析】根据A和B的分子式以及AB的反应条件为光照，则发生了取代反应，再结合BC的反应，根据分子式和C的键线式，则BC的反应为加成反应，A属于烯烃，则A为CH2CHCH3，B为CH2CHCH2Br；由DE的反应条件和E的结构可知，DE发生
43、了酯化反应，结合D的分子式，D为丙二酸；C与E反应形成环状的F，F发生了水解生成G，G加热反应生成H和CO2。（1）根据分析，A的分子式为C3H6，属于烯烃，A为丙烯，其结构简式为CH2CHCH3；B为CH2CHCH2Br，官能团的名称为碳碳双键、溴原子；（2）CH2CHCH2Br与HBr发生加成反应生成的C为BrCH2CH2CH2Br，BC的反应类型是加成反应；该反应生成的与C互为同分异构体的副产物，即把溴原子加成到双键的另一个碳上，为，名称是1，2二溴丙烷；（3）DE为丙二酸与乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯，化学方程式为；（4）G的分子式为C6H8O4，不饱和度为3，G的同分异构体：核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为121；能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键；1mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3反应产生CO288g，说明分子结构中含有2个羧基，则满足条件的G的所有同分异构体为HOOCCH2CHCHCH2COOH、CH2C（CH2COOH）2；（5）乙醇的质量为4.14kg，乙醇的物质的量为n（CH2CH2OH）90mol，聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的方程式为，1mol聚丙烯酸乙酯水解生成90mol乙醇，则聚丙烯酸乙酯的n值理论上应等于90。