1、2020年高考适应性训练化学试题（一）1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清晰。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Cu-64Ba-137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合
2、题意。1.高科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关重点发展的科技材料说法错误的是（ ）A. 生物塑料可减少白色污染B. 用于3D打印材料的光敏树脂是纯净物C. 高性能分离膜可用于海水淡化D. 用于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金硬度大、强度高【答案】B【解析】【详解】A.生物塑料属于可降解塑料，在自然界中会发生降解，不会产生白色污染，故A正确；B.光敏树酯属于有机高分子材料，高分子材料属于混合物，所以用于3D打印材料的光敏树酯是混合物，故B错误；C.高性能分离膜的特点就是智能化，能有选择地使粒子通过，所以可用于海水的淡化，故C正确；D.纳米陶瓷铝合金属于新型材料，具有高熔点、硬度大特点，则用
3、于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金具有硬度大的特点，故D正确；故选B。2.下列说法正确的是（ ）A. 核磁共振仪、红外光谱仪、质谱仪、紫外光谱仪、元素分析仪等都是定性或定量研究物质组成或结构的现代仪器B. 聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃C. 异丁烯及甲苯均能使溴水退色，且退色原理相同D. CH3CH(CH3)CH2COOH系统命名法命名为：2甲基丁酸【答案】A【解析】【详解】A核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；红外光谱仪用于测定有机物的官能团；质谱法用于测定有机物的相对分子质量，紫外光谱仪、元素分析仪、紫外可见分光光度计等都是定量研究物质组成或结构的现代仪器，故A正确；B烃是仅含有碳
4、元素和氢元素的化合物，聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，四氟乙烯含有氟元素，属于烃的衍生物，不属于烃，故B错误；C异丁烯与溴水发生加成反应，使溴水退色，甲苯不与溴水反应，因萃取使溴水退色，退色原理不相同，故C错误；D羧酸命名时，要选择含有羧基的最长碳链做主链，羧基的位次为首位，且不需要注明，则CH3CH(CH3)CH2COOH名称为3甲基丁酸，故D错误；故选A。3.化学是以实验为基础的自然科学，下列实验操作方法正确的是（ ）A. 给试管中的液体加热时，可加入碎瓷片或不时移动试管，以免暴沸伤人B. 在实验室中进行蒸馏操作时，温度计水银球应插入液面之下C. 中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗涤23次后即可加入
5、标准溶液进行滴定D. 准确量取20.00mL酸性KMnO4溶液，可选用25mL碱式滴定管【答案】A【解析】【详解】A.试管内液体若受热不均匀，液体会冲出试管，为避免因液体冲出伤人，故要不时移动试管或加入碎瓷片，故A正确；B.在实验室中进行蒸馏操作时，温度计的水银球应与蒸馏烧瓶支管口相平，测定馏出物的温度，故B错误；C.中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗涤23次后，应用标准溶液润洗，否则会稀释标准溶液，导致消耗标准溶液体积偏大，结果偏高，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管，即准确量取20.00mL酸性KMnO4溶液应选用25mL酸式滴定管，故D错误；故选A。
6、4.短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X的某种氢化物可使溴的四氯化碳溶液褪色，X原子电子占据2个电子层；Y广泛作电池材料且单位质量的金属提供电子数目最多；实验室可用Z的简单氢化物的浓溶液和KMnO4固体在常温下制备Z的单质：向含W元素的钠盐溶液中通入x的氧化物，观察到沉淀质量(m)与X的氧化物体积(V)关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. Y的单质在空气中燃烧生成过氧化物和氮化物B. W一定位于周期表中第三周期IIIA族C. X的含氧酸的酸性可能比Z的含氧酸的酸性强D. Z和W组成的化合物可能是离子化合物【答案】C【解析】【分析】X的某种氢化物可使溴的四氯化碳溶液褪色，X原子电子占据2个电
7、子层，X为C元素；Y广泛作电池材料且单位质量的金属提供电子数目最多，Y为Li元素；实验室可用Z的简单氢化物的浓溶液和KMnO4固体在常温下制备Z的单质，Z为Cl元素；向含W元素的钠盐溶液中通入x的氧化物，产生沉淀且不溶解，W为Al或Si元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知：X为C元素；Y为Li元素；Z为Cl元素；W为Al或Si元素。A、Li在空气中燃烧不能生成过氧化物，故A错误；B、W为Al或Si元素，不一定位于周期表中第三周期IIIA族，故B错误；C、X为C元素，其含氧酸可能是碳酸，Z为Cl元素，其含氧酸可能是次氯酸，碳酸的酸性强于次氯酸，故C正确；D、Z为Cl元素，W为Al或Si元素
8、，Z和W组成的化合物可能为四氯化碳或氯化铝，两者都是共价化合物，故D错误。答案选C。【点睛】该题考查元素周期律和元素化合物知识，根据原子结构和元素性质推断出元素是解题关键，特别注意W为Al或Si元素，要求熟悉元素及化合物知识。5.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成，下列说法不正确的是（ ）A. Y的分子式为C10H8O3B. 制备过程中发生的反应类型有消去反应、取代反应C. 由X制取Y的过程中可得到乙醇D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A根据Y的结构式可以看出分子式为C10H8O3，A
9、正确；B根据题意，由X制Y需要两步，化合物X（）中，1位置处的羟基在Y物质中消失，相应位置生成一条碳碳双键，故发生消去反应，X中2位置处的酚羟基与3位置处的酯基发生取代反应，形成Y物质相应位置的酯基，故两步反应中既有消去反应，又有取代反应，B正确；C根据B的分析，X中2位置处的酚羟基与3位置处的酯基发生取代反应，生成乙醇，C正确；D等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，X物质有两个酚羟基，一个酯基，需要消耗3molNaOH，Y有一个酚羟基，一个酯基，但酯基水解后又会得到一个酚羟基，故总共也消耗3molNaOH，所以消耗NaOH的物质的量之比为1:1，D错误；故选D。【点睛】本题要注意B选项
10、，由X得到Y需要经过两步，经过分析可得两步分别是消去反应和取代反应，通过题意来看，这两步的反应之间没有相互的干扰，即本题无法断定这两步进行的顺序，所以B答案只描述两步反应的类型，是正确的。6.自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是（ ）A. N2NH3，NH3NO均属于氮的固定B. 在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态
11、，N2NH3的反应为氮的固定，但NH3NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；B.由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；C.由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；D.使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；故选D。7.氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示。下列叙述错误的是（ ）A. H3BO3在水溶液中发生H3BO3+H2OH+B(OH4)，可知H3BO3是一元弱酸B. 六方氮化硼在高温
12、高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子C. NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一，lmolNH4BF4含有配位键的数目为NAD. 由B2O3可制备晶体硼，晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，属于共价晶体【答案】C【解析】【详解】A.由H3BO3在水溶液中的电离方程式H3BO3+H2OH+B(OH4)可知，H3BO3是一元弱酸，故A正确；B.描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数8+6+4=8，则
13、立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，故B正确；C.NH4BF4中，NH4+中含有氮氢配位键，BF4中含有硼氟配位键，则lmolNH4BF4含有配位键的数目为2NA，个C错误；D.共价晶体具有很高的熔沸点和很大的硬度，晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大说明晶体硼属于共价晶体，故D正确；故选C。8.厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍的菌种，腐蚀图解如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 正极的电极反应式为8H+8e-=8H(吸附)、SO42-+8H(吸附)S2-+4H2OB. 正极区溶液的pH变小C. 生成1molFeS，转移6mol电子D. 若引入新细菌，
14、一定会加速金属的腐蚀【答案】A【解析】【分析】根据腐蚀原理示意图可知，该腐蚀过程中发生的是原电池反应，为电化学腐蚀，其中铁为负极，铁中的杂质碳为正极，由此分析解答。【详解】A、正极氢离子先变成8H，SO42-再与8H反应生成硫离子，相关的反应式为：8H+8e-=8H(吸附)、SO42-+8H(吸附)S2-+4H2O，故A正确；B、正极区消耗氢离子，故溶液pH增大，故B错误；C、总反应的化学方程式为4Fe+SO42-+4H2OFeS+3Fe（OH）2+2OH-，生成1molFeS，转移8mol电子，故C错误；D、若引入新的菌种，不一定能参与电极反应，故不一定会加速金属的腐蚀，故D错误。答案选A。
15、9.下列实验对应的现象及结论均正确，且两者具有因果关系的是（ ）选项实验现象结论A室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1molL-1NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHNaClO溶液的pH大于CH3COONa溶液HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱B向盛有2mL0.1molL-1AgNO3溶液的试管中滴加5滴0.1molL-1Na2CO3溶液，再往试管中滴加几滴0.1molL-1Na2S溶液先出现白色沉淀，后沉淀变为黑色Ksp(Ag2CO3)Ksp(Ag2S)C石灰石与浓盐酸混合共热，将所得气体通入苯酚钠溶液溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚强D向2mL0.01molL-1的KI溶液中滴入等
16、体积等浓度的FeCl3溶液，将充分反应后的溶液分成三份，第一份滴入K3Fe(CN)6溶液，第二份滴入KSCN溶液，第三份滴入淀粉溶液滴入K3Fe(CN)6溶液后产生蓝色沉淀；滴入KSCN溶液后溶液变红色；滴入淀粉溶液后溶液变蓝色KI溶液和FeCl3溶液发生反应：2Fe3+2I-2Fe2+I2A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ANaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，无法用pH试纸测出NaClO溶液的pH，A错误；B由于试管中的AgNO3溶液过量，加入Na2CO3后AgNO3还有较大量的剩余，故再加Na2S溶液会直接与过量的AgNO3反应生成黑色的Ag2S沉淀，不会
17、有白色沉淀转化为黑色沉淀的现象，B错误；C由于盐酸易挥发，苯酚钠溶液变浑浊可能是由于挥发的HCl造成的，不能证明碳酸的酸性比苯酚强，C错误；D根据滴入K3Fe(CN)6溶液后产生蓝色沉淀以及滴入淀粉溶液后溶液变蓝色可以知道反应后溶液中有亚铁离子和碘单质，根据滴入KSCN溶液后溶液变红色的现象可知反应后溶液中仍然含有铁离子，所以结论为铁离子能够氧化碘离子，且该反应为可逆反应，即KI溶液和FeCl3溶液发生反应：2Fe3+2I-2Fe2+I2，D正确；故选D。10.铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用的基准试剂，其制备过程如图所示。下列分析不正确的是（ ）A. 过程发生的反应：2N
18、H4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4B. 向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失C. 检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液D. 若省略过程，则铵明矾的产率明显降低【答案】B【解析】【分析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得含有（NH4）2SO4和少量的NaHCO3的滤液，将滤液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得含有（NH4）2SO4和少量硫酸钠的溶液B，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。【详解】A.根据上面的分析可知，过程I的反应为2N
19、H4HCO3+Na2SO42NaHCO3+（NH4）2SO4，故A正确；B.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到的现象为白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消，故B错误；C.B为（NH4）2SO4和少量硫酸钠的混合溶液，阴离子为硫酸根离子，且溶液呈酸性，所以检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液，故C正确；D.若省略过程II，则溶液中少量的碳酸氢钠会与硫酸铝发生双水解，使铵明矾产率明显减小，故D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但
20、不全的得2分，有选错的得0分。11.甲醇是重要的化工原料，具有广泛的开发和应用前景。在体积可变的密闭容器中投入0.5molCO和1molH2，不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图1所示。下列说法正确的是A. P总1NH3H2OB. c点溶液中浓度：c(CH3COOH)c(NH3H2O)C. d点溶液的pH5D. ad过程中水的电离程度先减小后增大【答案】D【解析】【分析】溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大；ab过程中随着CH3COOH的滴入，电阻率增大，b点达最大，说明ab过程中随着CH3COOH的
21、滴入离子浓度减小，而CH3COOH滴定氨水时生成的CH3COONH4是强电解质，溶液的导电性应增大，故向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应的先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM+H2O、NH3H2O+ CH3COOH= CH3COONH4+H2O，则碱性MOHNH3H2O，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3H2O，c点时醋酸和氨水恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等。【详解】A. 由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反
22、应先后顺序是碱性强的MOH先反应MOH+CH3COOH= CH3COOM +H2O，然后NH3H2O+ CH3COOH= CH3COONH4+H2O，所以碱性MOHNH3H2O，故A正确；B. c点时，加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，又因为CH3COOH的Ka1.8105等于NH3H2O的Kb=1.8105，CH3COONH4溶液呈中性，又碱性：MOHNH3H2O，CH3COOM溶液呈碱性，c点溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的水解程度，则c（CH3COOH)c(NH3H2O），故B正确；C. d点加入醋酸60mL，溶液中的溶
23、质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，由于盐的水解程度和弱酸的电离程度都是微弱的，则c（CH3COO-）2c（CH3COOH），由醋酸的电离常数Ka= l.810-5可知c（H+） 910-6mol/L，则溶液pH5，故C正确；D. ad过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D错误；故选D。15.利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100kPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时
24、刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. B点处NO2的转化率为3%B. E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小C. E、H两点对应的正反应速率大小为vHvED. B、E两点气体的平均相对分子质量大小为MBME【答案】CD【解析】【详解】A.由图可知B点处压强为97KPa，设起始二氧化氮为1mol，转化率为a，由题意建立如下三段式： 由可得，解得a=0.06，即二氧化氮的转化率为6%，故A错误；B.由图可知，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明迅速移动活塞使针筒体积减小，并保持活塞位置不变后，体系因体积减小而压强增大，平衡向生成四
25、氧化二氮的方向移动，则E点到H点的过程中，二氧化氮的物质的量是一个减小过程，故B错误；C.对于有气体参加的反应，压强越大反应速率越大，由图可知，H点压强大于E点，则反应速率vHvE，故C正确；D.由图可知，B到E的过程为压强减小的过程，减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，即MBME，故D正确；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：关闭止水夹K2，打开
26、止水夹K1，开始制取氨气加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210220，然后打开止水夹K2，制取并通入N2O。请回答下列问题：（1）制取氨气可选择的装置是_（填序号，下同），N2O可由NH4NO3在240245分解制得(硝酸铵的熔点为169.6)，则可选择的气体发生装置是_。（2）步骤中先通氨气的目的是_，步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_，步骤中最适宜的加热方式为_。（3）生成NaN3的化学方程式为_。（4）反应完全结束后，进行以下操作，得到NaN3固体：a中混合物NaN3固体已知NaNH2能
27、与水反应生成NaOH和氨气。操作的目的是_，操作最好选用的试剂是_。（5）实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500g试样配成500.00mL溶液。取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示剂，用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2、Ce4
28、+Fe2+=Ce3+Fe3+，试样中NaN3的质量分数为_。【答案】 (1). BCD (2). A (3). 排尽装置中的空气 (4). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (5). 油浴加热 (6). NaNH2+N2ONaN3+H2O (7). 降低NaN3的溶解度 (8). 乙醚 (9). 93.60%【解析】【分析】(1)实验室可以选用氯化铵与消石灰共热或用浓氨水与新制生石灰（或氢氧化钠固体）或用浓氨水共热制备氨气，由于硝酸铵的熔点低于分解温度，所以用硝酸铵制备一氧化二氮时应防止硝酸铵熔化流出试管；(2)金属钠具有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，步骤中应先通氨气的目的是用氨气排尽
29、装置中的空气；步骤的反应为氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气；步骤为210220条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水；(3)由题意可知，210220条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水；(4)叠氮化钠固体微溶于乙醇，不溶于乙醚，操作加入乙醇可降低NaN3的溶解度，促使NaN3析出，操作选用乙醚，减少晶体的损失，有利于产品快速干燥；(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为0.1010mol/L50103L0.00505 mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，由此计算可得。【详解】(1)实验室可以选用
30、装置C用氯化铵与消石灰共热制备氨气，也可以选用装置D用浓氨水与新制生石灰（或氢氧化钠固体）反应快速制备氨气，还可以选用装置B用浓氨水共热制备氨气，则装置BCD均可以用于制备氨气；由于硝酸铵的熔点低于分解温度，所以用硝酸铵制备一氧化二氮时，为防止硝酸铵熔化流出试管，试管口应向上，则制备一氧化二氮的装置为A，故答案为：BCD；A；(2)金属钠具有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，则步骤中先通氨气的目的是用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤的反应为氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；步骤为210220条件下，氨基钠与
31、一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，则最适宜的加热方式为油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3)由题意可知，210220条件下，氨基钠与一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；(4)由叠氮化钠固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚可知，操作加入乙醇的目的是可降低NaN3的溶解度，促使NaN3析出，操作最好选用乙醚，目的是减少晶体的溶解损失，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为：降低NaN3的溶解度；乙醚；(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为
32、0.1010mol/L50103L0.00505 mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4Fe2=Ce3Fe3，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，则参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6物质的量为0.050 0 mol/L29.00103L0.001 45 mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.005 05 mol0.001 45 mol0.003 6 mol，根据反应方程式可得NaN3(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500 g试样中叠氮化钠的质量为0.003
33、 6 mol65 g/mol2.34g，试样中NaN3的质量分数为100%93.60%，故答案为：93.60%。【点睛】由于硝酸铵的熔点低于分解温度，所以用硝酸铵制备一氧化二氮时应防止硝酸铵熔化流出试管是解答关键和易错点。17.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取草酸钴的工艺流程如图所示。部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：金属离子Fe3+Fe2+Co2+Al3+Mn2+沉淀完全的pH2.88.39.2529.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是_。（2）写出加入NaClO3后发生反应的离子方程式_，检验离子是否反应完全
34、的试剂是_（写试剂名称）。（3）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。滤液中加入萃取剂的作用是_，使用萃取剂适宜的pH是_(填序号)。A.接近2.0 B.接近3.0 C.接近5.0（4）除“钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.3510-11、Ksp(CaF2)=1.0510-10。当加入过量NaF后，所得滤液中=_。（5）工业上用氨水吸收废气中的SO2。已知NH3H2O的电离常数Kb=1.810-5，H2SO3的电离常数Ka1=1.210-2，Ka2=1.310-8。在通入废气的过程中：当恰好形成正盐时，溶液中离子浓度的大小关系
35、为_，当恰好形成酸式盐时，加入少量NaOH溶液，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 将Co3+、Fe3+还原 (2). ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O (3). 铁氰化钾溶液 (4). 除去Mn2+ (5). B (6). 0.7 (7). c(NH)c(SO)c(OH-)c(HSO)c(H+) (8). HSO+OH-=SO+H2O【解析】【分析】由题给流程图可知，含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则进入的
36、Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取除去，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。【详解】(1)由分析可知，浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，故答案为：将Co3+、Fe3+还原；(2)加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应
37、的离子方程式为ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O，若Fe2+被完全氧化，向反应后的溶液中加入铁氰化钾溶液，不会生成蓝色沉淀，故答案为：ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；铁氰化钾溶液；(3)滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重，故pH=3时最佳，故答案为：除去Mn2+；B；(4)已知Ksp(MgF2)=7.3510-11、Ksp(CaF2)=1.0510-10。当加入过量NaF后，所得滤液中=0.7，故答案为：0.7；(5)由NH3H
38、2O的电离平衡常数K=1.810-5mol/L，H2SO3的电离平衡常数K2=1.310-8molL-1可知，SO32-的水解程度大于NH4+的水解程度，则亚硫酸铵溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子源于水的电离、SO32-的水解，溶液中c（OH-）c（HSO3-），故溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（SO32-）c（OH-）c（HSO3-）c（H+）；由电离平衡常数可知，NH4+OH-NH3H2O的平衡常数小于HSO3-+OH-SO32-+H2O平衡常数，则亚硫酸氢铵溶液加入少量NaOH溶液，氢氧化钠溶液先与HSO3-反应，反应的离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2O，故答案为：c
39、（NH4+）c（SO32-）c（OH-）c（HSO3-）c（H+）；HSO3-+OH-=SO32-+H2O。【点睛】由电离平衡常数可知，NH4+OH-NH3H2O的平衡常数小于HSO3-+OH-SO32-+H2O平衡常数，则亚硫酸氢铵溶液加入少量NaOH溶液，氢氧化钠溶液先与HSO3-反应是解答关键，也是易错点。18.石油产品中除含有H2S外，还含有各种形态的有机硫，如COS、CH3SH。回答下列问题：（1）CH3SH(甲硫醇)的电子式为_。（2）一种脱硫工艺为：真空K2CO3克劳斯法。K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为lgK=_
40、(已知：H2CO3lgKa1=-6.4，lgKa2=-10.3；H2SlgKa1=-7，lgKa2=-19)；已知下列热化学方程式：a.2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H1=-1172kJmol-1b.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) H2=-632kJmol-1克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)，则该反应的热化学方程式为_。（3）Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS。该脱除反应的化学方程式为_。（4）COS水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) H=-35.5kJmol
41、-1，用活性Al2O3催化，在其它条件相同时，改变反应温度，测得COS水解转化率如图1所示；某温度时，在恒容密闭容器中投入0.3molH2O(g)和0.1molCOS(g)，COS的平衡转化率如图2所示。活性Al2O3催化水解过程中，随温度升高COS转化率先增大后又减小的原因可能是_，为提高COS的转化率可采取的措施是_；由图2可知，P点时平衡常数K=_。【答案】 (1). (2). 3.3 (3). 2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) H=-362kJmol-1 (4). COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O (5). 开始温度低，催化剂活性小，到160活化
42、剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动 (6). 控制温度约160并增大 (7). 0.0476【解析】【分析】(1)CH3SH (甲硫醇)是共价化合物，硫原子形成两个共价键，碳原子形成四个共价键；(2)K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数；盖斯定律计算b3-a得到克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)反应的热化学方程式；(3)强酸溶液中可用H2O2氧化COS生成硫酸、二氧化碳和水；(4)图1活性-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降低；结合三行计算列式计算，P点时C
43、OS转化率30%，计算得到平衡物质的量，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数。【详解】(1)CH3SH (甲硫醇)是共价化合物，硫原子形成两个共价键，碳原子形成四个共价键，电子式为：，故答案为：；(2)K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数，lgK=LgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3，故答案为：3.3；已知下列热化学方程式：a.2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l)H1=-1172KJ/molb.2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l)H2=-
44、632 KJ/mol盖斯定律计算得到克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)反应的热化学方程式：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)H=-362kJmol-1，故答案为：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)H=-362kJmol-1；(3)Dalleska 等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，该脱除反应的化学方程式为COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O，故答案为：COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O；(4)图1活性-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降低，由图可知：
45、开始温度低，催化剂活性小，到160活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动；COS 水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)H=-35.5 KJ/mol，平衡正向进行结合影响平衡因素温度、压强、浓度分析可知，压强改变不影响化学平衡，所以增加水蒸气的浓度，升温平衡逆向进行，COS转化率减小，到160活化剂活性最大所以需要控制温度160C，故答案为：开始温度低，催化剂活性小，到160活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动；控制温度约160并增大；P点时COS转化率30%，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡
46、常数， 平衡常数，故答案为：0.0476。19.一种Ru配合物与gC3N4复合光催化剂将CO2还原为HCOOH的原理示意图如图。（1）Ru基态原子价电子排布式为4d75s1，写出该元素在元素周期表中的位置_，属于_区。（2）HCOOH中键与键数目之比是_，HCOOH的沸点比CO2高的原因_。（3）紫外光的光子所具有的能量约为399kJmol1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因_。（4）已知和中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是_（填“前者”或“后者”）。（5）下列状态的氮、氧原子中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_（填序号，下
47、同），最小的是_(填序号)。A.氮B.氧C.氧D.氧（6）一种类石墨的聚合物半导体gC3N4，其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。gC3N4中氮原子的杂化类型是_；根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元_；已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部，设阿伏加德罗常数的值为NA，则gC3N4的密度为_gcm-3。【答案】 (1). 第五周期族 (2). d (3). 4：1 (4). HCOOH分子间易形成氢键 (5). 紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键键能大，长时间照射使化学键断裂，从而破坏蛋白质分子 (6). 后者 (7). C (8). D (9). s
48、p2杂化 (10). 或 (11). 【解析】【分析】（1）由Ru基态原子价电子排布式为4d75s1可知，Ru元素位于周期表第五周期族，属于d区；（2）碳原子形成的单键全是键，形成的双键有一个是键、一个是键，HCOOH分子中含有4个键和1个键，HCOOH和CO2均为分子晶体，HCOOH分子中含有羧基，分子间能形成氢键，而二氧化碳分子间不能形成氢键；（3）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ/mol，比蛋白质分子中C-C、C-N和C-S的键能都大；（4）中N原子参与形成大键，不易给出电子对形成配位键，中N原子有一对孤电子，容易给出电子对形成配位键；(5)同一元素的原子，电离最外层一个电子所需能
49、量：激发态原子基态的第一电离能第二电离能；当能级处于全满、半满、全空时，较稳定，电离最外层一个电子需要的能量高；(6)该物质中N原子价层电子对数为3；由图2可知，重复的结构单元为六元环和外加三个N原子形成的结构；由均摊法计算可得。【详解】（1）由Ru基态原子价电子排布式为4d75s1可知，Ru元素位于周期表第五周期族，属于d区，故答案为：第五周期族，d；（2）碳原子形成的单键全是键，形成的双键有一个是键，一个是键，HCOOH分子中含有4个键和1个键，则HCOOH分子中键与键的数目之比是4:1；HCOOH和CO2均为分子晶体，HCOOH分子中含有羧基，分子间能形成氢键，而二氧化碳分子间不能形成氢
50、键，故HCOOH的沸点比CO2高，故答案为：4:1；HCOOH分子间易形成氢键；（3）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ/mol，比蛋白质分子中C-C、C-N和C-S的键能都大，长时间照射紫外光能使蛋白质分子中的化学键断裂，从而破坏蛋白质分子，故答案为：紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键键能大，长时间照射使化学键断裂，从而破坏蛋白质分子；（4）中N原子参与形成大键，不易给出电子对形成配位键，而中N原子有一对孤电子，容易给出电子对形成配位键，则后者分子中氮原子较易形成配位键，故答案为：后者；（5）微粒的结构越稳定，电离最外层一个电子所需能量越高，A. 为基态N原子的轨道表示式，2
51、p能级半充满、较稳定；B. 为基态O原子的轨道表示式，失去1个电子为O的第一电离能；C. 失去最外层一个电子为O的第二电离能；D. 为激发态O原子；同一元素的原子，电离最外层一个电子所需能量：激发态原子基态的第一电离能第二电离能；当能级处于全满、半满、全空时，较稳定，电离最外层一个电子需要的能量高，则电离最外层一个电子所需能量最大的是C，最小的是D，故答案为：C；D；（6）该物质中N原子价层电子对数为3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp2杂化；由图2可知，重复的结构单元为六元环和外加三个N原子形成的结构，最小重复单元如图所示：或，故答案为：或；由均摊法可知，
52、该晶胞中N原子个数=8+8+2+4=8，C原子个数=3+6=6，1个晶胞的质量=，密度=g.cm-3，故答案为：。【点睛】均摊法计算立方晶胞中原子个数时，每个立方体内的原子贡献1，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。20.传统中药“金银花”中抗菌杀毒的有效成分是“绿原酸”。某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图：已知：；。回答下列问题：（1）有机物A的名称是_，AB的反应类型_。（2）C的结构简式_，有机物F中官能团的名称是_。（3）若碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。用星号(*
53、)标出E中的手性碳：_。（4）反应的目的是_，写出DE中第（1）步的反应方程式_。（5）绿原酸在碱性条件下完全水解后，再酸化，得到的芳香族化合物的同分异构体有多种，满足以下条件的有_种（不考虑立体异构，任写一种）。a.含有苯环b.1mol该物质能与2molNaHCO3反应写出核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为_。（6）参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 1，2二氯乙烯 (2). 加成反应 (3). (4). 酯基、羟基、醚键 (5). (6). 保护其它羟基，防止其转化为酯基 (7). +5NaOH+
54、3NaCl+NaBr+H2O (8). 10 (9). 或 (10). 【解析】【分析】根据框图可知，化合物A（）与发生双烯合成反应生成化合物B（），B与CO和H2O在Ni的催化下生成化合物C（），C在Br2/PBr3的作用下发生取代反应生成D（），D水解生成E（），E与丙酮反应，用两个丙酮叉保护四个羟基（其中一个是羧基的羟基），生成F（），F与发生取代反应，之后再水解，生成最终产物绿原酸（）。【详解】（1）根据分析，有机物A（）的名称为1，2二氯乙烯，AB的反应类型是双烯合成，属于加成反应；（2）根据分析，C的结构简式为；F（）中的官能团有酯基、羟基、醚键；（3）E中的手性碳有两个：；（4）
55、根据分析，反应将四个羟基转化为两个丙酮叉，是为了保护其它羟基，防止其转化为酯基；根据分析，反应DE中第（1）步是卤代烃的水解反应，反应方程式为+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；（5）绿原酸（）经水解酸化后，含有苯环的部分是，1mol该物质的同分异构体能与2molNaHCO3反应说明同分异构体中有两个羧基，同分异构体有、，共10种；核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1是或（6）要合成聚丙烯酸钠，可采用有机合成的逆推法，丙烯酸钠聚合生成聚丙烯酸钠，丙烯的双键可由卤代烃消去得到，卤素可由丙酸与Br2/PBr3反应引入，流程为：【点睛】本题要注意第（4）题，水解后得到四个羟基，原来还有一个羧基，后续反应显示只在一个羟基上进行延伸，故需要将另外三个羟基以及羧基中的羟基保护起来，用丙酮的目的就是保护羟基。
