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）05（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 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Sc 45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。12020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（ ）。 A“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li向负极移动 B制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度
2、、韧性和熔点 C“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应 D未来对海底“可燃冰”（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机【解析】选D。锂离子电池工作时Li+离子向正极移动，故A错误；因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；未来对海底“可燃冰（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机，故D正确。2下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）。 A用NH4Cl溶液除铁锈 B用Na2S溶液除去水体中的Hg2+ C用石灰乳脱除烟气中的SO2 D用酸性
3、K2Cr2O7溶液检查司机是否酒后驾车【解析】选D。NH4Cl溶液水解显酸性，氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，可除去铁锈，与氧化还原反应无关，A不符合题意；S2可与Hg2+反应生成HgS，因此可用Na2S溶液除去水体中的Hg2+，与氧化还原反应无关，B不符合题意；石灰乳的主要成分为Ca（OH）2，可与烟气中的SO2发生复分解反应，与氧化还原反应无关，C不符合题意；乙醇具有还原性，可与橙色的酸性重铬酸钾发生氧化还原反应，生成绿色的铬酸钾，因此用酸性K2Cr2O7溶液检查司机是否酒后驾车与氧化还原反应有关，D符合题意。3膏方具有营养滋补作用。本草纲目中膏方的制作分为五步：润药、熬药、榨汁、滤药、
4、熬膏。下列说法错误的是（ ）。 A润药时剪碎茯苓是为了增大茯苓与水的接触面积，使其充分浸泡 B榨汁属于化学变化 C膏方属于混合物 D熬膏涉及化学实验基本操作蒸发浓缩【解析】选B。剪碎茯苓可以增大茯苓与水的接触面积，使其充分浸泡，A选项正确；榨汁过程主要是用重物压榨的方式将中药的有效成分挤出来，属于物理变化，B选项错误；中药的成分很多，所以膏方属于混合物，C选项正确；熬膏过程实际上就是加热使水分蒸发，得到你的比较大的药膏，D选项正确。4NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。 A标准状况下，22.4LHF中含有的原子数目大于2NA B标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl、Cl
5、O、HClO的微粒数之和为NA C100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NA D用惰性电极电解饱和食盐水，转移电子数为NA时，生成的OH浓度为1mol/L【解析】选A。标准状况下，HF呈液态，其密度比气态时大，所以22.4LHF的物质的量大于1mol，含有的原子数目大于2NA，A正确；标准状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，由于Cl2溶于水，发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO，故溶液中Cl、ClO、HClO的微粒数之和小于NA，B不正确；1个H2O2中含有2个极性键，100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为2NANA，另外，溶液中还含有水，1个水分子中含
6、有2个极性键，所以该H2O2溶液中极性键数目大于NA，C不正确；用惰性电极电解饱和食盐水，发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，则转移电子数为NA时，生成的OH的物质的量为1mol，但溶液的体积未知，所以无法求出OH的浓度，D不正确。5下列有关实验装置（如图2）进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）。 A用图甲所示装置可以完成“喷泉”实验 B用图乙所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl C用图丙所示装置制备小苏打 D用图丁所示装置制取干燥纯净的NH3【解析】选C。氯气能与NaOH反应，导致烧瓶中的气体减少，容器内的压强减小，使烧杯中的液态进入烧瓶形成喷泉，故用图甲所示装置可以
7、完成“喷泉”实验，A与题意不符；KCl为强碱强酸盐，蒸发溶液时不发生水解反应，且KCl受热不分解，故用图乙所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，B与题意不符；图丙所示装置中，氨气极易溶于水，导管在液面以下，易发生倒吸现象，不能用此装置制备小苏打，C符合题意；图丁所示装置中NaOH固体溶于水放热，且溶液为碱溶液，可降低氨气在水中的溶解度，且碱石灰能吸收氨气中的水蒸气，可制取干燥纯净的NH3，D与题意不符。6陈红专教授陈莉莉研究员团队应用NanoBit技术进一步证明了甘草酸（ZZY-44）可以阻断新冠病毒刺突蛋白和人体内靶蛋白ACE2的结合，其活性达到22M。甘草酸的结构简式如图。下列有关说法正确
8、的是（ ）。 A甘草酸属于芳香族化合物 B1mol甘草酸与Na反应最多生成8mol H2 C甘草酸不能使溴的四氯化碳溶液褪色 D甘草酸在一定条件下可发生聚合、取代、消去反应【解析】选D。甘草酸结构中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；1mol甘草酸分子中含5molOH和3molCOOH，与Na反应最多生成4mol H2，故B错误；甘草酸分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；甘草酸分子中含有碳碳双键，可以发生聚合反应，含有羟基，且与羟基相连的邻位碳原子上连有H，可发生取代消去反应，含有羧基，可发生取代反应，故D正确。7主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20
9、。X、Y、Z处于三个不同的周期，Y处于周期表第17列。W的一种核素常用于测定部分文物的年代，W、X、Z三种元素形成的一种化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料。下列说法正确的是（ ）。 A化合物ZX能作食品干燥剂 BW、Y的最高价氧化物对应的水化物均为强酸 C简单离子半径：YZ D简单氢化物的沸点：WXY【解析】选A。W为C，X为O，Y为Cl，W、X、Z三种元素形成的一种化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料，该化合物为CaCO3，Z为Ca。生石灰CaO能作食品干燥剂，A正确。W的最高价含氧酸为H2CO3是弱酸，B错误。简单离子Cl、Ca2+电子层均为3层，Cl原子序数相对小，半径大，
10、YZ，C错误。分子的沸点高低，先看是否有氢键，有氢键的分子沸点相对高；无氢键的分子比较相对分子量大小，相对分子量大范德华力大沸点高。所以沸点：H2OHClCH4，D错误。8下列离子方程式书写正确的是（ ）。 A将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO3+H2O+Cl22Cl+3H+SO42 B电解熔融AlCl3：2Al3+6Cl2Al+3Cl2 CNaClO溶液中加入少量FeSO4溶液：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O D氯气将FeI2溶液中1/3的Fe2+氧化：2Fe2+12I+7Cl22Fe3+6I2+14Cl【解析】选D。将少量氯气通入NaHSO3溶液中离子方程式为：4HS
11、O3+Cl22Cl+2H2O+3SO2+SO42，A错误；熔融AlCl3不电离，无法电解，B错误；NaClO溶液显碱性，故NaClO溶液中加入少量FeSO4溶液的离子方程式为：5H2O+2Fe2+5ClOCl+2Fe（OH）3+4HClO，C错误；I的还原性强于Fe2+，；氯气先将全部的I氧化成I2，再将1/3的Fe2+氧化。D正确。9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：Fe2O3+SO2+2H+2Fe2+SO42+H
12、2O B过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2+、Fe3+和Fe2+ C滤渣II的主要成分含有Fe（OH）3 D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：Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O【解析】选B。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：Fe2O3+SO2+2H+2Fe2+SO42+H2O，A正确；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；调pH3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤
13、渣的主要成分含有Fe（OH）3，C正确；滤液为硫酸锰溶液，向滤液种加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同时二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O，D正确。10下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）。下列说法错误的是（ ）。 A装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4 B装置B具有除杂和贮存气体的作用 C实验结束后，振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色 D利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱【解析】选C。实验室制备氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；也可以高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化锰、
14、氯化钾和水；制备的氯气中含有氯化氢气体杂质和水蒸气，可用饱和食盐水除去氯化氢气体，用浓硫酸干燥，用氢氧化钠尾气处理。根据装置图，装置A没有加热，故烧瓶内的试剂可以是KMnO4，高锰酸钾与浓盐酸反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，A正确；制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体，可用饱和食盐水除去，故根据装置图，装置B具有除杂和贮存气体的作用，B正确；根据萃取原理，苯的密度比水小，故振荡D会观察到液体分层且上层呈紫红色，C错误；根据装置C、D中的颜色变化可知，装置A制备出来的氯气，与装置C中的溴化钠反应生成溴单质，将生成的液溴滴加到D
15、装置，可生成碘单质，证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱，D正确。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：Co2O3Cl2B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10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3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【解析】选C。Co2O3和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧
16、化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3Cl2，故A正确；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，发生氧化反应，Fe为正极被保护，故B正确；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；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。12我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯（DMC）需经历三步反应，示意图如下：下列说法不正确的是（ ）。 A均为取代反应 B合成DMC的总反应为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O C反应中催化剂的作用是OH键断裂活化 D
17、1molDMC在碱性条件下完全水解，消耗2molNaOH【解析】选A。为加成反应，A错误；由反应示意图可知，反应物为CH3OH、CO2，生成物为CH3OCOOCH3、H2O，B正确；反应中催化剂的作用是使OH键断裂活化，C正确；DMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH2CH3OH+Na2CO3，1molDMC完全水解消耗NaOH的物质的量为2mol，D正确。13氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如图所示的氮元素的循环过程。下列说法不正确的是（ ）。 A过程“雷电作用”中发生的反应是N2+O22NO B
18、过程“固氮作用”中，氮气被还原 C过程中涉及的反应可能有2NO2+O22NO3 D过程中涉及的反应可能有2NO3+12H+N2+6H2O【解析】选D。过程“雷电作用”中氮气与氧气化合生成NO，即发生的反应是N2+O22NO，A说法正确；过程“固氮作用”中N2NH3或NH4+，氮元素化合价降低，氮气被还原，B说法正确；过程中NO2，被氧化为NO3，涉及的反应可能为2NO2+O22NO3，C说法正确；过程中氮元素化合价降低，NO3被还原，涉及的反应不可能为2NO3+12H+N2+6H2O，D说法错误。14如图所示为离子交换膜法电解饱和食盐水制烧碱的原理示意图，下列说法错误的是（ ）。 A气体X为C
19、l2，Y为H2 B离子交换膜只允许OH由a极区向b极区移动 Cc出口溶液可循环使用 DOH迁移的数量和导线上通过电子的数量相同【解析】选B。阳极反应为2Cl2eCl2，阴极反应为2H2O+2eH2+2OH，则a为阳极，b为阴极，X为Cl2，Y为H2，A项正确；根据题给图示，b极区加入稀NaOH溶液，d出口出来的是浓NaOH溶液，则Na+通过离子交换膜由a极区向b极区移动，B项错误；c出口出来的是淡盐水，浓缩后可循环使用，C项正确；根据电荷守恒有Na+e，则Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，D项正确。15我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是：反应：C（s）+O2（g）CO（g）H
20、1反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H2反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H390.1kJmol1反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4，能量变化如下图所示反应：3CH3OH（g）CH3CHCH2（g）+3H2O（g）H531.0kJmol1下列说法正确的是（ ）。 A反应使用催化剂，H3减小 BH1H20 C反应中正反应的活化能大于逆反应的活化能 D3CO（g）+6H2（g）CH3CHCH2（g）+3H2O（g）H301.3kJmol1【解析】选D。催化剂不改变反应的始终态，则反应使用催化剂，H3不变，故A错误；得到H2（g）+O2（g）H
21、2O（g），氢气燃烧放出热量，则H1H20，故B错误；为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差，则反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C错误；3+得到3CO（g）+6H2（g）CH3CHCH2（g）+3H2O（g），H（90.1kJmol1）3+（31.0kJmol1）301.3kJmol1，故D正确。16常温下，将等溶液的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）。 A酸性：HAHB Ba点时，溶液中由水电离出的c（OH）约为11010molL1 C向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH7时：c（B）c（
22、HB） Db点时，c（Na+）c（B）c（HB）c（H+）c（OH）【解析】选D。Ka（HB），Ka（HA），该图是混合溶液的pH与lg、lg变化的图像。当横坐标相同时，即与相同，发现HB的pH大，说明此时HA溶液的c（H+）小，则Ka（HA）Ka（HB），酸性：HAHB，A正确；a点，lg0，pH4，酸过量抑制水的电离，根据水的离子积常数可算出溶液中由水电离出的c（OH）约为11010molL1，B正确；当lg0时，等于5，所以溶液至pH7时lg0，c（B）c（HB），C正确；b点时，pH等于5，HB的电离大于NaB的水解，所以c（B）c（HB）c（Na+）c（H+）c（OH），D错误。第卷
23、（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磷酸铁（FePO4）常用作电极材料、陶瓷及制药等。以硫铁矿（主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4）为原料制备磷酸铁的流程如下：已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2请回答下列问题：（1）“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是_。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是_（写出化学式）。（2）用FeS还原Fe3+的目
24、的是_。加入FeO的作用是（用离子方程式表示）_。（3）试剂R宜选择_（填字母）。 A高锰酸钾 B稀硝酸 C双氧水 D次氯酸钠（4）检验“氧化”之后溶液是否含Fe2+的操作是_。（5）纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品混有_（填化学式）杂质。（6）常温下，Ksp（FePO4）1.31022，“沉铁”中为了使c（Fe3+）1105molL1，c（PO43）最小为_molL1。【答案】（1）避免Fe3+水解生成Fe（OH）3，损失铁元素；Al2O3（2）避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，FeO+2H+Fe2+H2O（或2Al3
25、+3FeO+3H2O2Al（OH）3+3Fe2+）（3）C（4）取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液（或酸性高锰酸钾溶液），若产生蓝色沉淀（或酸性高锰酸钾溶液褪色），则该溶液中含有Fe2+（5）Fe（OH）3（6）1.31017【解析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调
26、节pH，使Al3+转化成Al（OH）3沉淀，除去Al3+，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+。（1）硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al（OH）3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此
27、加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al（OH）3形式沉淀出来，即滤渣3为Al（OH）3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；（2）依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al（OH）3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+的目的是避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3+以Al（OH）3形式沉淀而除去，Al3+发生水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，FeO+2H+Fe2+H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀；（3）KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+，故A不适宜；稀硝酸作氧化剂，
28、得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入NO3新杂质，故B不适宜；双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl、Na+，故D不适宜；（4）检验Fe2+：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液（或酸性高锰酸钾溶液），若产生蓝色沉淀（或酸性高锰酸钾溶液褪色），则该溶液中含有Fe2+；（5）如果碱性较强，铁离子会转化成氢氧化铁并混入产品；（6）根据溶度积进行计算，c（PO43）1.31017molL1。18氯仿（CHCl3）是无色透明液体，不溶于水和浓硫酸，溶于醇，沸点为61.2，工业品氯仿中常含有少量乙醇。某校同学设计实验制备少量氯仿。
29、（1）甲组同学设计下列装置用干燥纯净的氯气制备实验原料漂白粉已知：3Ca（ClO）2Ca（ClO3）2+2CaCl2H0。 各仪器接口连接顺序为_（气流由左至右，用小写字母表示）。 装置B中发生反应的离子方程式为_。 装置A用冰水冷却的目的是_。（2）乙组同学用甲组制得的漂白粉与乙醇溶液反应制备氯仿的实验装置如图。 装置I需控制温度约为70，适宜的加热方式是_，温度不宜过高，其目的是_。 装置的名称是_。 一定条件下，装置I中漂白粉先与乙醇溶液反应生成Cl2和Ca（OH）2，然后Cl2与CH3CH2OH反应生成CCl3CHO，CCl3CHO再与Ca（OH）2反应生成CHCl3和一种盐，CCl3
30、CHO与Ca（OH）2反应的化学方程式为_。（3）丙组同学用下列方法对乙组制得的粗产品进行提纯。已知浓硫酸能与乙醇混溶。 步骤I：向粗产品中加入适量浓硫酸，搅拌至呈淡咖啡色，分液得有机层； 步骤：用15%的Na2CO3溶液洗涤多次，分液得有机层； 步骤：向有机层中加入少量无水CaCl2。 步骤I中用浓硫酸洗涤的目的是_；步骤中证明已洗涤干净的依据是_；步骤中加入少量无水CaCl2的目的是_。【答案】（1）chgefa（b）b（a）dMnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O减少副产物Ca（ClO3）2生成的量，并有利于氯气的吸收（2）水浴加热减少乙醇的挥发（直形）冷凝管2CCl3CHO+C
31、a（OH）22CHCl3+（HCOO）2Ca（3）除去其中溶解的乙醇；蘸取最后一次分液所得的水层液体少许滴在pH试纸上，溶液显碱性（其他答案合理即可）；干燥产品【解析】（1）用干燥纯净的氯气制取漂白粉，实验室常用MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，即装置B制备氯气，氯气中含有HCl和水蒸气，常用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸吸收水蒸气，然后将氯气通入石灰乳中，因为氯气有毒，因此为防止污染环境，需要尾气处理，常用氢氧化钠溶液吸收，即连接顺序是chgefa（b）b（a）d；装置B发生反应离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；3Ca（ClO）2Ca（ClO3）2+2CaCl2H0，
32、温度高，促使平衡向正反应方向进行，副产物Ca（ClO3）2物质的量增大，温度高，不利用氯气的溶解，因此用冰水冷却，其目的是减少副产物Ca（ClO3）2生成的量，并有利于氯气的吸收；（2）漂白粉与乙醇溶液反应制备氯仿，乙醇易挥发，温度不能过高，否则造成乙醇大量挥发，降低原料的利用，因此温度控制约为70，因此适宜加热方式为水浴加热；装置II为（直形）冷凝管；CCl3CHO与Ca（OH）2反应生成CHCl3和一种盐，根据原子守恒，该盐为（HCOO）2Ca，化学方程式为2CCl3CHO+Ca（OH）22CHCl3+（HCOO）2Ca；（3）氯仿无色透明液体，不溶于水和浓硫酸，溶于醇，氯仿属于有机物，易
33、溶于乙醇，氯仿中含有乙醇，除去其中溶解的乙醇；因为浓硫酸能与乙醇混溶，因此用浓硫酸洗涤的目的是除去其中溶解的乙醇；步骤II中加入碳酸钠洗涤，发生Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2O，分液后的水层中应含有Na2CO3，说明硫酸已洗涤干净，因此证明已洗涤干净，需要检验水层中是否含有碳酸钠，操作是蘸取最后一次分液所得的水层液体少许滴在pH试纸上，溶液显碱性（其他答案合理即可）；无水CaCl2具有吸水性，因此加入少量无水CaCl2的目的是干燥产品。19N2O俗名为“笑气”，也是一种温室气体。结合所学知识，回答下列问题：（1）锌与极稀硝酸反应可生成N2O，该反应的化学方程式为_，其中作氧
34、化剂的硝酸与参与反应的硝酸的物质的量之比为_。（2）已知几种物质的相对能量如下：物质N2O（g）CO（g）N2（g）CO2（g）相对能量/kJmol1475.5283.0393.50 N2O（g）和CO（g）反应生成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式为_。 若其他条件不变，加入高效催化剂，该反应的焓变将_（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）碘蒸气能催化N2O的分解，反应历程（步骤）如下： iI2（g）2I（g） iiI（g）+N2O（g）N2（g）+IO（g） iii2IO（g）+2N2O（g）2N2（g）+2O2（g）+I2（g）实验表明，在反应过程c（I）始终大于c（IO），由
35、此推测，反应速率ii_iii（填“”、“”或“”）。（4）一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molN2O（g）和3molNO（g），发生反应：N2O（g）+NO（g）N2（g）+NO2（g）H。测得N2体积分数与温度、时间的关系如图所示。H_0（填“”、“”或“”）。下列情况表明该反应达到平衡状的是_（填字母）。 A混合气体的密度不再改变 B相对分子质量不再改变 CNO和NO2的消耗速率相等 DN2O的体积分数不再改变T1时，该反应的平衡常数K_。【答案】（1）4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+N2O+5H2O；15（2）N2O（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H365.0kJm
36、ol1不变（3）（4）CD3【解析】（1）锌与极稀硝酸反应生成N2O，氮元素化合价降低，锌元素化合价升高生成硝酸锌，根据电子守恒得反应方程式4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+N2O+5H2O。硝酸表现氧化性和酸性，表现氧化性的硝酸生成N2O，表现酸性的生成Zn（NO3）2，故作氧化剂的硝酸与参与反应的硝酸的物质的量之比为15。（2）N2O（g）和CO（g）反应生成N2（g）和CO2（g），H生成物的总能量反应物的总能量（0+393.5283.0475.5）kJmol1365.0kJmol1，热化学方程式为N2O（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H365.0kJmol1。催化剂不影
37、响焓变，故加入高效催化剂，该反应的焓变不变。（3）反应ii消耗I（g）生成IO（g），反应iii消耗IO（g），因实验表明，在反应过程c（I）始终大于c（IO），故反应速率iiiii。（4）由图可知，T1T2，T1温度下平衡时N2体积分数小于T2温度下平衡时N2体积分数，说明温度升高，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，H0。该反应中，生成物和反应物均为气体，气体的总质量不变，容器体积不变，故平衡前后气体密度始终不变，A错误；反应前后气体分子数相等，气体总质量不变，故相对分子质量始终不变，B错误；NO和NO2的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确； N2O的体积分数不再改变，
38、说明反应达到平衡，D正确。反应前后气体分子数不变，气体总物质的量为5mol，T1温度下，平衡时N2体积分数为30%，n（N2）1.5mol，n（NO2）1.5mol，n（N2O）0.5mol，n（NO）1.5mol，设体积V1，K3。（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）第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）基态Cr原子的价层电子排布式为_。（2）过渡金属单质及化合物是有机合成反应的重要催化剂。例如： 苯甲醇分子中C原子的杂化类型是_。 苯甲醇、苯甲醛的沸点依次为20
39、5.7、179，造成二者沸点差异的主要原因是_。（3）多数过渡金属的配离子在水溶液中有颜色，其显色与配合物分裂能有关。定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用表示，中心离子电荷数越大，中心与配体距离越近，则作用越强，越大。分裂能（）：Co（H2O）62+_（填“”“”或“”）Co（H2O）+，理由是_。（4）铜晶体和镍晶体的晶胞均为面心立方最密堆积，配位数为_。（5）钨与碳组成一种特殊材料，其晶体的晶胞如图1所示，它的化学式为_，它的熔点为2870、硬度类似金刚石，预测它的晶体类型是_。（6）钪晶体的晶胞如图2所示，已知钪晶胞底边边长为apm，高为bp
40、m，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钪晶体的密度为_g/cm3（只列出计算式）。【答案】（1）3d54s1（2）sp2、sp3苯甲醇分子间除范德华力外，还存在氢键，苯甲醛分子间只存在范德华力（3）；Co（H2O）62+所带正电荷较多，对Co原子d轨道上的电子吸引力较强（4）12（5）WC；共价晶体（6）1030【解析】（1）Cr为24号元素，根据构造原理和洪特规则可知，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；（2）苯甲醇中碳原子均没有孤对电子，苯环上碳原子形成3个键，侧链中碳原子形成4个键，则碳原子杂化方式分别为sp2、sp3；苯甲醇分子间除范德华力外，还存在氢键，苯甲醛分子间只存在范德华力
41、，氢键比范德华力更强，故苯甲醇的沸点更高；（3）Co（H2O）62+带2个单位的正电荷，而Co（H2O）+带1个单位的正电荷，前者所带正电荷较多，对Co原子d轨道上的电子吸引力较强，故Co（H2O）62+Co（H2O）+；（4）采用面心立方最密堆积的金属晶体的配位数为12；（5）六棱柱中含6个C原子，12个钨原子位于顶点，2个钨原子位于面心，1个钨原子位于中心，6个钨原子位于棱心，故1个晶胞中含钨原子数为12+2+6+16，故该晶体的化学式为WC；它的熔点为2870，硬度类似金刚石，故预测该特殊材料属于共价晶体；（6）钪晶胞的1个底面由6个正三角形构成，每个正三角形的高hpm，晶胞底面积Spm
42、apm6pm2，则晶胞体积Vpm2bpmpm31030cm3，一个晶胞中含钪原子个数为12+2+36，则钪晶体密度1030g/cm3。21【选修5：有机化学基础】（15分）某研究团队从1.8万个臭虫蜕皮和粪便中提取有效成分以消灭臭虫。以下是其中一种组分M的合成路线（部分试剂和条件省略）。已知：R1CH2Br+NaCCR2R1CH2CCR2R3CCR4R3CHCHR4完成下列填空：（1）A的化学名称是_，B中的官能团是_。（2）BC的反应类型是_。（3）CD的化学方程式为：_。（4）E的结构简式为HCCCHO，则反应试剂及条件为_，为_。（5）G可由B与H2发生加成反应而得，则H的结构简式为_。
43、（6）设计一条由HCCCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO的合成路线。（合成路线的常用表示方式为：甲乙目标产物）_。【答案】（1）丙烯；碳碳双键、溴原子（2）加成反应（3）BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+2NaBr+2H2O（4）NaOH溶液、加热；O2和Cu、加热（5）CH3CH2CH2CCCHO（6）HCCCH2CHONaCCCH2CHOCH3CH2CH2CH2CCCH2CHOCH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO【解析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生消去
44、反应生成D，D发生水解反应、氧化反应生成E，E为HCCCHO，E发生取代反应生成F，G可由B与H2发生加成反应而得，则G为CH3CH2CH2Br，根据信息知，H为CH3CH2CH2CCCHO，H发生信息的反应生成M为CH3CH2CH2CHCHCHO；（6）由HCCCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2CCCH2CHO发生信息的反应得到，CH3CH2CH2CH2CCCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaCCCH2CHO发生信息的反
45、应得到，NaCCCH2CHO可由HCCCH2CHO和NaNH2反应得到。（1）A的化学名称是丙烯，B中的官能团是碳碳双键、溴原子；（2）B中碳碳双键和溴发生加成反应生成溴代烃，所以BC的反应类型是加成反应；（3）C发生消去反应生成D，CD的化学方程式为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+2NaBr+2H2O；（4）E为HCCCHO，D中溴原子发生水解反应生成醇羟基，需要NaOH水溶液、加热条件，然后醇羟基被催化氧化生成醛基，需要氧气、Cu和加热条件；（5）通过以上分析知，H的结构简式为CH3CH2CH2CCCHO；（6）由HCCCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2CCCH2CHO发生信息的反应得到，CH3CH2CH2CH2CCCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaCCCH2CHO发生信息的反应得到，NaCCCH2CHO可由HCCCH2CHO和NaNH2反应得到，其合成路线为HCCCH2CHONaCCCH2CHOCH3CH2CH2CH2CCCH2CHOCH3CH2CH2CH2CHCHCH2CHO。
