1、高考资源网（） 您身边的高考专家高三化学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。考试结束，将答题卡交回。第卷（选择题 共40分）注意事项：1答第卷前，考生务必将自己的姓名、考试号、考试科目填涂在答题卡上。2每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题上。相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64一、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题意）1.化学与我们的生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.
2、二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B. 条形码扫描器中的光敏二极管使用的主要是半导体材料C. “雨后彩虹”“海市蜃楼”既是一种光学现象，也与胶体的知识有关D. 硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业【答案】A【解析】【详解】A 二氧化硫具有较强的还原性和杀菌能力，故常用作葡萄酒的防腐剂，故A错误；B条形码扫描器中的光敏二极管使用的主要是半导体材料，故B正确；C“雨后彩虹”与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，“海市蜃楼”是空气对光的折射引起的，“雨后彩虹”“海市蜃楼”既是一种光学现象，也与胶体的知识有关，故C正确；D硅橡胶具有空间网状结构，具有耐
3、磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，故D正确；答案选A。【点睛】“雨后彩虹”“海市蜃楼”都是光线通过不同密度的潮湿空气时产生的光学现象，潮湿的空气为气溶胶。2.下列微粒的空间构型不是平面形三角形的是A. BF3B. CO32C. PCl3D. CH3【答案】C【解析】【详解】ABF3中心原子为B，价层电子对数为3+(3-13)=3，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故A不符合题意。B CO32的中心原子为C，价层电子对数为3+(4+2-23)=3，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故B不符合题意。CPCl3中心原子为P，价层电子对数为
4、3+(5-13)=4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故C符合题意；DCH3中心原子为C，价层电子对数为3+(4-1-13)=3，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故不符合题意；答案选C【点睛】判断分子的立体构型时，根据成键电子对数加上孤电子对数，有孤对电子数时，减去对电子对数得到分子的构型。3.有机物Y（乙酰氧基胡椒酚乙酸酯）具有抗氧化、抗肿瘤作用，可由化合物X在一定条件下合成，下列说法错误的是A. X转化成Y为取代反应B. X、Y分子中含有的手性碳原子数不相同C. 1molX与溴水充分反应，最多消耗Br2物质的量为3molD. 1molY与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的
5、量为3mol【答案】B【解析】【详解】X转化成Y发生的是酯化反应，属于取代反应，故A正确；B连接4个不同基团的C为手性碳原子，则X、Y中均只有1个手性碳原子，故B错误；CX中酚OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1molX与溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为3mol，故C正确；DY中COOC及水解生成的酚OH与NaOH反应，则1molY与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol，故D正确；答案选B。【点睛】有机物的官能团决定它的化学性质，酚羟基也会和氢氧化钠反应，是易错点。4.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是选项操作和现象结论A将石蜡油蒸
6、汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中，溴水褪色石蜡油催化裂解生成不饱和烃B将湿润的KI淀粉试纸置于集满红棕色气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体为Br2C溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，生成气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色有乙烯生成D将Na2SO3配成溶液，向溶液中加入用盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀Na2SO3已变质A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A不饱和烃能和溴发生加成反应而使溴水褪色，石蜡油的成分是烃，将石蜡油(烷烃混合物)蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中，溴水褪色，由于石蜡油中没有不饱和烃，说明生成的气体中含有的不饱和烃使溴水褪
7、色，故A正确；B二氧化氮也是红棕色气体，也能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，不一定是溴蒸气，故B错误；C生成的乙烯及挥发的醇均使高锰酸钾褪色，溶液褪色，不能说明产生的气体为乙烯，故C错误；D用HCl酸化的Ba(NO3)2溶液，氢离子与硝酸根离子在一起相当于稀硝酸，稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能确定原溶液中一定含有硫酸根离子，即不能判断Na2SO3已变质，故D错误。答案选A。【点睛】D项的硝酸根与氢离子在一起相当于硝酸，具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根离子。5.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A. 0.1molKHSO4晶体中含有H+数为0.1NAB. 标准
8、状况下，5.6LSO3分子中含有的电子总数为10NAC. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为3NAD. 33.6gFe与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NA【答案】D【解析】【详解】AKHSO4晶体是由K+和HSO4-构成的，没有H+，故A错误；B标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量等于50g46%=23g，n=0.5mol，一个乙醇分子有6个氢原子，乙醇分子中含有的氢原子总数等于3NA，而水也含有氢原子，故含有的氢原子总数大于3NA，故C错误；D33.6g g铁的物质的量为n=0.6mol，
9、而铁和水蒸气反应后，其化合价平均变为+价，故0.6mol铁反应后失去1.6NA个电子，故D正确；答案选D。【点睛】KHSO4晶体中没有自由移动的离子，只有在熔融状态下电离出钾离子和硫酸氢根离子，在水溶液中会电离出钾离子，氢离子，硫酸根离子。6.某工厂采用如图装置处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气，已知电解池中的两个电极均为惰性电极。下列说法错误的是A. 电极a电极反应式为Fe2+- e-=Fe3+B. 该装置能实现由H2S转化为S和H2C. 若交换膜为质子交换膜，则NaOH溶液的浓度逐渐变大，需要定期更换D. 若交换膜为阳离子交换膜，b电极区会产生红褐色沉淀【答案】C【解析】【详解】电
10、极a有Fe3+生成，则a为电解池阳极，b为电解池阴极；Fe3+在反应池中与硫化氢发生氧化还原反应，还原产物Fe2+可再进入电解池中放电；A电极a有Fe3+生成，则a为电解池阳极，发生氧化反应，电极反应为：Fe2+- e-=Fe3+，故A正确；B反应池中Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应，生成Fe2+、硫、氢离子，发生的反应为H2S +2Fe3+ = 2Fe2+ +S+2H+，故B正确；C阴极上，水电离的氢离子放电生成氢气，若交换膜为质子交换膜，则氢离子会向氢氧化钠溶液移动，消耗的氢离子与迁移的氢离子的数量相同， NaOH溶液的浓度不变，故C错误；D若交换膜为阳离子交换膜，Fe3+会向阴极移动，与
11、氢氧根离子生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故D正确；答案选C。7.海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分（设以NaCl为主）以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结钩如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列说法错误的是A. 海冰的坚固程度不如淡水冰B. 海冰内层“盐泡”越多，密度越小C. 海冰内层NaCl的浓度约为104 molL1 （设冰的密度为0.9gcm3）D. 海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少【答案】B【解析】【详解】A海冰的分子排列没有淡水冰有序，其中水分子之间形成的氢键数目减少，故海冰的坚固程度不如淡水冰，故A正确；B“盐泡”存在于
12、水分子之间的空隙内，其中含有NaCl，“盐泡”越多质量越大，冰密度越大，故B错误；C冰的密度为0.9gcm3，假设有1L海水，质量为900g，“盐泡”和水分子的个数比1:500000：“盐泡”：含氯化钠为=10-4mol，则氯化钠的浓度为c= =10-4mol/L，故C正确；D若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层“盐泡”越少，故D正确；答案选B。8.CuSO4是一种重要的化工原料，其制备途径及性质如图所示（假设恰好完全反应）。下列说法错误的是A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为32B. Z可以是葡萄糖C. 混合气体中一定有O2，1 m
13、ol CuSO4完全反应生成O2为0.5 molD. 相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想【答案】C【解析】【详解】A.如途径用混酸，Cu与混酸反应，3Cu+3H2SO4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2，故A正确；B葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为C6H12O6+2Cu(OH)2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Z可为葡萄糖，故B正确；C根据2CuSO4
14、Cu2O+SO2+SO3+O2知，1molCuSO4在1100所得混合气体X中，O2为0.5mol，但是，由于存在三氧硫的分解平衡，无法确定产物中氧气的物质的量是多少，故C错误；D.相对于途径、，途径的优点是：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生。故D正确；答案选C。9.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法错误的是A. 仪器a的作用是冷凝回流，下口为进水口B. 水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度C. 浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将混合酸逐滴滴入苯中D. 反应完全后，用仪器a蒸馏得到产品【答案】D【
15、解析】【详解】A仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故A不符合题意； B水浴加热的优点为使反应物受热均匀，容易控制温度，故B不符合题意； C浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故C不符合题意；D蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，一般不用球形冷凝管，反应完成后，所得混合物要经过水洗、碱洗、水洗、干燥、蒸馏才能得到产品，故D符合题意；答案选D。10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和
16、相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列说法错误的是A. 气态氢化物的稳定性：ZYB. W和Y形成的晶体为共价晶体C. Y单质的熔点低于X单质D. 化合物M中W、Y都满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8-1=7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；Y的原子序
17、数是Z的最外层电子数的2倍，Y的原子序数为14，则Y为Si元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A同一周期从左向右非金属性逐渐增强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：ClSi，气态氢化物的稳定性，即ZY，故A正确；BO和Si形成的化合物为二氧化硅，是原子晶体，故B正确；CNa形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点：YX，故C错误； D该化合物中O元素和Si元素均满足8电子稳定结构，故D正确；答案选C。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
18、，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）11.已知：连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体（由CO2、CO、N2和O2组成）的相应组分。有关该方案设计，下列说法正确的是A. CO的吸收必须在吸收O2后进行，因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化B. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序是O2、CO和CO2C. 其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代D. 在3种气体被逐一吸收后，导出的气体为纯净的N2【答案】A【解析】【详解】ACO 的吸收必须在O2吸收后进行，因
19、为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化，故正确；B连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2，也能吸收二氧化碳，所以应该先将二氧化碳吸收干净后，再吸收氧气，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以应该在氧气吸收完毕后，再吸收CO，所以气体的吸收顺序是：CO2、O2、CO，故错误； CO2的吸收剂不可以用灼热的铜网替代，因为氧气和金属铜反应得到氧化铜可以氧化CO，故C错误；D盐酸具有挥发性，在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有HCl，故D错误；答案选A。12.用0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1的H3A溶液的滴定曲线如图所示。己知H3A的p
20、Ka1、pKa2、pKa3分别为2、7和12(pKalgKa)，下列说法正确的是A. 滴定前溶液pH值约为3B. 计量点1时，可以用甲基橙作为指示剂C. 到达计量点2时，溶液中存在c(Na)c(H2A)2c(HA2)3c(A3)D. 到达计量点3时，微热溶液，会增大【答案】B【解析】【详解】A已知pKa1=2，则lgKa1=-2，Ka1=10-2，由H3AH2A-+H+可知，未滴定前，Ka1=，则c(H+)=(10-110-2)=10-1.5，故A错误；B第一个计量点好完全反应生成NaH2A，此时溶液中H2A-的水解常数Kh=10-1010-7，则H2A-的电离程度大于H2A-的水解程度，溶液
21、显酸性，则不能使用酚酞作指示剂，而选择甲基橙作指示剂，故B正确；C到达计量点2时，恰好生成Na2HA，此时溶液中的HA2-的水解常数Kh2=10-710-12，所以，HA2-的电离程度小于HA2-的水解程度，溶液显碱性，由溶液中的电荷守恒c(Na)+c(H+)c(H2A)2c(HA2)3c(A3)+ c(OH-)，所以，溶液中存在c(Na)c(H2A)2c(HA2)3c(A3)，故C错误；D到达计量点3时，恰好生成Na3A，此时溶液中存在A3-的三级水解，且加热促进水解，即加热过程中c(A3-)减小，c(H2A)增大，则会减小，故D错误。答案选B。13.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离
22、子电池正极材料，该材料中Ni为主要活泼元素，通常可以简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2+nC=Li1-xAO2+LixCn（0x1），工作原理如图所示，下列说法正确的是A. 放电时Ni元素最先失去电子B 放电时电子从a电极由导线移向b电极C. 充电时的阳极反应式为LiAO2 xe= Li1-xAO2 + xLi+D. 充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g【答案】CD【解析】【分析】镍钴锰的金属活泼性决定失电子的先后顺序，原电池中电子是从负极流向正极，根据锂离子移动方向得到a是正极，b是负极，充电时总反应为LiAO2+nC=Li1-xAO2+LixCn(0x1)，在阳极上是
23、失电子的氧化反应，即LiAO2 xe= Li1-xAO2 + xLi+，充电时的两极反应和放电时的两极反应正好相反，据此回答。【详解】A镍钴锰的金属活泼性决定失电子的先后顺序，镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，电池中有锂，放电时锂元素最先失去电子，故A错误；B根据锂离子移动方向得到b是负极，a是正极，原电池中电子是从负极流向正极，即放电时电子从b电极由导线移向电极a，故B错误；C放电时总反应为LiAO2+nC=Li1xAO2+LixCn(0x1)，则此时负极上反应式为LiAO2 xe= Li1-xAO2 + xLi+，故C正确；D充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol Li的
24、质量,即7g，故D正确；答案选CD。14.在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2 + 7O2+ 2H2O = 2Fe2+ + 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. 反应中Fe(NO)2+作氧化剂B. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作中间产物C. 由反应可知，氧化性：Fe3+SO42D. 反应的离子方程式为Fe2+ + NO =Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】步骤中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；中Fe3+将FeS2氧化成SO42，生成的Fe2+在中又与NO结合生成Fe(N
25、O)2+，进入下一过程，总效果为：FeS2+O2+2H2O=2Fe2+ 4SO42+4H+，NO的量不变。【详解】A反应的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2O，铁元素和化合价从+2升高到+3价，Fe(NO)2+作还原剂，故A错误；B由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，铁矿催化氧化中NO作催化剂，故B错误；C中Fe3+将FeS2氧化成SO42，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故Fe3+SO42，故C正确；D反应的离子方程式为Fe2+ + NO =Fe(NO)2+，化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D错误
26、；答案选C。15.工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是A. CH3OH脱氢反应的第一步历程为CH3OH* =CH3*OH*B. 该历程中最大活化能E正=179.6 kJmol1C. 该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*+ 4H* =CO*2H2（g）D. CH3OH* = CO*2H2（g） H=65.7 kJmol1【答案】BD【解析】【详解】A图中可以看出CH3OH脱
27、氢反应的第一步历程为CH3OH* = CH3O*H*，故A错误；B图像中可以看出，CO*+ 4H* =CO*2H2的过程中，活化能最大，数值等于113.9-(-65.7)=179.6 kJmol1，故B正确；C该历程中、是吸热的，、是放热的，放热最多的步骤是CHO*+3H*=CO*4H*(g)，故C错误；D图像可以看出，CH3OH* = CO*2H2(g)是吸热反应，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为65.7 kJmol1， 故H=65.7 kJmol1，CH3OH* = CO*2H2(g)H=65.7 kJmol1，故D正确；答案选BD【点睛】根据能量图，找到反应物和生成物的相对能量差，即
28、为反应的焓变，活化能的计算是难点。第卷注意事项：第卷包括5小题，共60分，将答案写在答题卡上16.氮的化合物在相互转化、工业生产等方面应用广泛，回答下列问题。(1)N2O是一种能刺激神经使人发笑的气体，可发生分解反应2N2O=2N2+O2，碘蒸气能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步： I2(g)2I(g) (快反应)第二步： I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g) (慢反应)第三步： IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I(g) (快反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_(填标号)。A温度升高
29、，该反应速率常数k值增大B第三步对总反应速率起决定作用C第二步活化能比第三步大DI2作催化剂，其浓度大小与N2O分解速率无关(2)温度为T1时，在二个容积均为1L的密闭容器中仅发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数。容器编号起始浓度/ molL1平衡浓度/ molL1c(NO)c(O2)c(NO2)c(O2)0.60.300.20.30.250.2温度为T1时， =_；当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m_n(填“”“
30、”或“=”)。容器中起始时v正_v逆(填“”“”或“=”)，理由是_。(3)NH3与CO2反应可合成尿素化学式为CO(NH2)2，反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)在合成塔中进行，下图中、三条曲线分别表示温度为T时，按不同氨碳比和水碳比投料时，二氧化碳平衡转化率的情况。曲线、中水碳比的数值分别为0.60.7，11.1，1.51.6，则生产中应选用的水碳比数值范围是_。在选择氨碳比时，工程师认为控制在4.0左右比较适宜，不选择4.5，理由是_。【答案】 (1). AC (2). 1.25 (3). (4). (5). 因为 Qc=1.78K =1.25，
31、反应向逆反应方向进行，所以v正v逆 (6). 0.60.7 (7). 4.0时CO2转化率已经很高，将氨碳比提高到4.5，CO2转化率提高不大，增加了成本【解析】【分析】(1)A温度升高，反应速率加快；B第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定性作用；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大；D由含碘时N2O分解速率方程式可知；(2)容器中平衡时氧气浓度从0.3mol/L变为0.2mol/L，氧气的浓度变化为0.1mol/L，列“三段式”，平衡时v正= v逆，根据v正=k正c2(NO)c(O2)、v逆=k逆c2(NO2)计算；该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动；容
32、器中，根据Qc与K的相对大小分析平衡移动方向分析解答；(3)依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；氨碳比在4.5时氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大。【详解】(1)由分解速率方程可以看出碘单质的浓度也占主要因素，因此碘单质作催化剂，逐项分析可知：A温度升高，反应速率加快，k值增大，故A正确；B第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定性作用，故B错误；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故C正确；D由含碘时N2O分解速率方程式可知，I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；故答案为：AC。(2)容器中平衡时氧气浓度从0.3mol/L变为0.2mol/L，氧气的浓
33、度变化为0.1mol/L，则平衡时v正=v逆=，根据v正=k正c2(NO)c(O2)、v逆=k逆c2(NO2)可知： =1.25，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0，该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则k逆增大幅度较大，即mn；容器中，因为Qc=1.78K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正v逆；(3)氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为0.60.7；氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业合成氨生成工艺较复杂，提高生产成本，所以氨碳比控制在4.0左右。1
34、7.葡萄糖酸亚铁【(C6H11O7)2Fe】是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。葡萄糖酸亚铁的制备方法之一是由新制备的碳酸亚铁（白色固体，微溶于水）与葡萄糖酸反应而制得，其流程如下： （1）用下图装置制备FeCO3仪器b的名称为_。仪器a中橡胶管的作用是_。反应开始时，先打开活塞K1和K3，关闭K2，目的是_。一段时间后，关闭_，打开_，目的是_。将制得的FeCO3过滤、洗涤。检验沉淀已经洗涤干净的试剂为_（若多种试剂，按试剂使用由先到后的顺序填写）。用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，反应的离子方程式为_。（2）反应II中加入过量葡萄糖酸使溶液显弱酸性，
35、原因是_。（3）葡萄糖酸亚铁结晶时需加入乙醇，目的是_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 使内外压强相通，液体能顺利流下 (3). 排出装置中的空气 (4). K3 (5). K2 (6). 将b中溶液压入装置c中 (7). 盐酸 、 BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液 (8). Fe22HCO3=FeCO3H2OCO2 (9). 防止Fe2+水解生成Fe(OH)2 (10). 降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁结晶析出【解析】【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故烧瓶b中制备硫酸亚
36、铁，三颈烧瓶c中FeSO4和Na2CO3发生反应：FeSO4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，据此分析解答。【详解】(1)根据仪器b的构造名称为蒸馏烧瓶；实验过程中要保证分液漏斗中的液体顺利流下，仪器a中橡胶管的作用是使内外压强相通，液体能顺利流下；亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气；一段时间后，关闭K3，打开K2，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将b中硫酸亚铁溶液压入装置c中；将根据信息可知，亚铁离子容易被氧气氧化，所以将制得的碳酸亚铁浊液
37、过滤、洗涤。检验FeCO3已经洗涤干净即确定其表面是否有附着的硫酸钠，即检验硫酸根离子，去最后一次洗涤液，先用盐酸酸化排除干扰，再加入BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀说明FeCO3未洗涤干净，若溶液澄清无沉淀生成，则说明FeCO3已经洗涤干净；C中反应方程式是FeSO4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4，若用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3H2OCO2；(2)根据信息可知，亚铁离子容易被氧气氧化，也易水解成氢氧化亚铁沉淀，所以反应后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8，其原因是防止Fe2+水
38、解生成Fe(OH)2沉淀；(3)根据信息可知：葡萄糖酸亚铁易溶于水，几乎不溶于乙醇，所以葡萄糖酸亚铁溶液结晶、洗涤时均需加入乙醇，其目的都是降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁结晶析出。18.铜是重要的贵重金属，其化合物在催化剂研究和光电材料等方面应用广泛。回答下列问题：（1）在铜的配合物中，H2O、NH3、CO等常用作配体。基态Cu2+的价电子轨道表示式为_。H、C、N、O元素中，元素的第一电离能最高的为_，元素电负性由大到小的顺序为_。水溶液中有H3O+、H5O2+、H9O4+等微粒的形式。H3O+中O的杂化轨道类型为_，其HOH键角_（填“”或“”）H2O中HOH的键角。H5O
39、2+内部存在氢键，H5O2+的结构式可表示为_。Cu2Cl22CO2H2O是一种配合物，其结构如图所示：，其中每个Cu原子能与其他原子形成_个配位键。（2）CuCl结构属于立方晶系，其晶胞如图所示：以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。则A原子分数坐标为_。晶胞中距离每个Cu+最近的Cl的个数为_，若晶胞的棱长为a pm，晶体的密度为 gcm3，计算阿伏加德罗常数NA=_（列式表示）。【答案】 (1). (2). N (3). ONCH (4). sp3 (5). (6). 或 (7). 3 (8). (9). 4 (10). 【解析】【分析】(1)基态
40、Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；同周期第A和第A的元素第一电离能大于相邻族元素，同周期从左到右电负性增强；先确定VSEPR模型，然后在确定中心原子的杂化轨道类型；一般来说，相互之间排斥力的大小为：孤电子对间的排斥力孤电子对与成键电子对间的排斥力成键电子对间的排斥力；氧原子可与氢原子形成氢键；形成配位键时，亚铜离子提供空轨道，氯原子提供共用电子对；(2)根据A原子在晶胞中的位置关系分析判断；根据图知，该晶胞中距离每个Cu+最近的Cl-的个数为4，根据晶胞密度公式=进行计算。【详解】(1)基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63
41、s23p63d104s1或Ar3d104s1，基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9，其价电子轨道表示式为；同周期第A和第A的元素第一电离能大于相邻族元素，所以第一电离能NO，H、C、N、O元素中，元素的第一电离能最高的为N；同周期从左到右电负性增强，所以电负性ONCH；H3O+价层电子对模型为四面体，氧原子采取sp3杂化；H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力孤电子对与成键电子对间的排斥力成键电子对间的排斥力，导致H3O+中HOH键角比H2O中HOH键角大；H5O2+内部存在氢键，H5O2+的结构式可表示为
42、或；根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键， 如图所示：；(2)C点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为(，)，同理可得在z轴的投影为，则A原子分数坐标为(，)；根据图知，该晶胞中距离每个Cu+最近的Cl的个数为4，氯离子的配位数是4；该晶胞中，氯原子位于晶胞的顶点和面心，氯原子的个数=8+6=4，铜原子位于晶胞内部，铜原子个数=4若晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积V=a3 pm3= (a10-10)3cm3，晶体的密度为 gcm3，=，阿伏加德罗常数。19.钼（Mo
43、）是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）可制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。由钼精矿（主要成分MoS2，含有少量不反应杂质）制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下：（1）焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是_（填序号）。a 增大钼精矿的量 b 将矿石粉碎 c 采用逆流原理混合（2）操作1的名称是_，“碱浸”过程中反应的离子方程式为_。（3）经“蒸发结晶”过程可得到钼酸钠晶体的粗品，要得到纯净的钼酸钠晶体，需要进行的操作2名称是_。（4）Mo元素有+4、+6两种价态，钼精矿中存在非整比晶体MoS2.7，则MoS2.7中Mo4+所
44、占Mo元素的物质的量分数为_。（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，如图为各炉层固体物料的物质的量的百分组成。图像中纵坐标x =_。（6）在实际生产中会有少量SO42生成，用固体Ba（OH）2除去。在除SO42前测定碱浸液中c(MoO42)=0.80molL1， c(SO42)=0.04molL1，当BaMoO4开始沉淀时，SO42的去除率为94.5，则Ksp(BaMoO4)=_。 Ksp(BaSO4)= 1.11010，溶液体积变化、温度变化可忽略。【答案】 (1). bc (2). 过滤 (3). MoO3+CO32-MoO42-+CO2 (4). 重结晶 (5). 0.3 (6). 1
45、6 (7). 4.0108【解析】【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2，经过过滤操作除去不反应的杂质，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO42H2O。将过滤后的溶液足量HCl，将Na2MoO4转化为H2MoO4，H2MoO4高温下发生分解生成MoO3，MoO3高温下被氢气还原为金属钼，据此分析解答相关问题。【详解】(1)焙烧时，使钼精矿充分反应的即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，
46、增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，故答案选bc；(2)根据分析，操作1的名称是过滤，除去矿石中不参与反应的杂质物质，“碱浸”过程中反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；(3)根据制备流程分析，经“蒸发结晶”过程可得到钼酸钠晶体的粗品，要得到纯净的钼酸钠晶体，需要进行的操作2名称是重结晶；(4)设MoS2.7的物质的量为1mol，其中+4、+6两种价态的Mo的物质的量分别为xmol和ymol，则Mo的物质的量为1mol=xmol+ymol，再根据MoS2.7化合价为零，则4x+6y+(-2)2.7=0，解方程组可得：x=0.3，y=0.7，则Mo
47、S2.7中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为=0.3；(5)焙烧钼精矿反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，由图可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoO2的物质的量百分比为68%，根据Mo元素守恒，则MoS2、MoO3的物质的量百分比均为16%，则x为16；(6)在实际生产中会有少量SO42生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO42前测定碱浸液中c(MoO42)=0.80molL1，c(SO42)=0.04molL1，当BaMoO4开始沉淀时，SO42的去除率为94.5，即溶液中剩余c(SO42)= 0.04molL1(1-94.5)=0.
48、0022 molL1，Ksp(BaSO4)= 1.11010= c(SO42)c(Ba2+)，c(Ba2+)=510-8 molL1，则Ksp(BaMoO4)= c(MoO42) c(Ba2+)=0.80molL1510-8 molL1=4.0108。20.某有机物K是治疗急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病药物的中间体，其合成路线如下，回答下列问题：已知信息： R1CHO+R2NH2 R1CH=NR2（1）A的名称为_，G的结构简式为_，FG的反应类型为_，H中官能团的名称为_。（2）DE的反应方程式为_。（3）写出化合物D同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_。苯环上有两个
49、取代基，官能团与D相同，苯环上的一氯代物有两种核磁共振氢谱显示峰面积比2:2:2:3（4）已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。写出以和为原料制备的合成路线 _（其他试剂任选）。【答案】 (1). 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 (2). (3). 氧化反应 (4). 氨基和羟基 (5). (6). (7). 【解析】【分析】A被高锰酸钾氧化生成B，B在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成C，根据已知信息，C在铁做催化剂条件下和HCl反应将硝基还原为氨基生成D，D在与冰乙酸、水作用下与溴单质发生取代反应生成E，根据E的结构简式可推知，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式
50、为；根据已知信息E在三乙胺、ZnCl2、NaBH4作用下转化为F，F的结构简式为，根据信息，F在浓硫酸和二氧化锰作用下醇羟基被氧化为醛生成G，则G的结构简式为，G和H发生信息的加成反应生成K，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，则名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯，根据分析，G的结构简式为，FG的反应类型为氧化反应，H的结构简式为，其中官能团的名称为氨基和羟基；(2)D()在与冰乙酸、水作用下与溴单质发生取代反应生成E()，反应方程式为: +2Br2+2HBr；(3)D的结构简式为，D的同分异构体中，苯环上有两个取代基，官能团与D相同，苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基在对位，核磁共振氢谱显示峰面积比为2:2:2:3，同时符合下列条件的同分异构体的结构简式有、；(4)在铁做催化剂条件下和HCl反应将硝基还原为氨基生成；在NaOH水溶液加热条件下发生反应生成，加酸进行酸化形成，与发生加成反应生成，则合成路线为：。- 24 - 版权所有高考资源网
