甘肃省兰州市第七中学2021届高三理综上学期12月月考试题.doc

1、甘肃省兰州市第七中学2021届高三理综上学期12月月考试题本试卷满分300分，考试时间150分钟。注意事项： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。 2回答第卷时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3回答第卷时，将答案写在答卷上。写在本试卷上无效。 4考试结束后，上交答卷。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 64 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 As 75 第卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

2、是符合题目要求的。1下列关于细胞内化合物的叙述，正确的是 （ ）A. 缺铁会导致哺乳动物血液运输O2的能力下降B. 硝化细菌主要从硝酸还原成氨的过程中获取能量C. 叶肉细胞吸收的氮元素可用于合成叶绿素、ATP、酶和淀粉D. 脂肪、淀粉、纤维素都是生物体内的能源物质2下列对人体干细胞和癌细胞的叙述，正确的是 （ ）A. 干细胞内没有原癌基因和抑癌基因B. 干细胞和癌细胞都不会衰老或凋亡C. 若抑制DNA复制会使这两种细胞都停留在分裂间期D. 干细胞增殖产生的子细胞都会进入下一个细胞周期3为研究植物细胞质壁分离现象，某同学将某植物的叶表皮放入一定浓度的甲物质溶液中，一段时间后观察到叶表皮细胞发生了

3、质壁分离现象。下列说法错误的是（ ）A. 该植物的叶表皮细胞是具有液泡的活细胞B. 细胞内甲物质的浓度高于细胞外甲物质的浓度C. 细胞液中的H2O可以经自由扩散进入甲物质溶液中D. 甲物质和H2O能自由通过该叶表皮细胞的细胞壁4XY型性别决定的生物，群体中的性别比例为1：1，原因是 （ ） A雌配子:雄配子=1:1 B含X的精子:含Y的精子=1:1 C含X的配子:含Y的配子=1:1 D含X的卵细胞:含Y的卵细胞=1:15 玫瑰花瓣颜色由等位基因R、r控制，基因R决定红花，基因r决定白花，杂合子Rr表现为粉红色花，花瓣宽度由等位基因N、n控制，基因N决定宽花瓣，基因n决定无花瓣，杂合子Nn为窄花

4、瓣，这两对基因独立遗传。粉红色窄型花瓣的个体自交后，其后代表现型的种类有 （ ）A. 6种 B. 7种 C. 9种 D. 16种6如图为某哺乳动物处于不同分裂时期细胞中染色体及基因示意图。下列叙述不正确的是（ ） A. 细胞表示有丝分裂，其中细胞有8条染色体B. 细胞表明曾发生过基因突变C. 如果细胞是一个卵原细胞产生的，则细胞一定是极体D. 细胞均有两对同源染色体，其中细胞表示减数分裂7.化学与生产、生活等多方面都密切相关，下列说法中不正确的是 （ ）A. 缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗B. 晶体硅制得的光电池，能将光能直接转化为电能C. 误食重金属离子时可先喝大量牛奶或豆浆后再及

5、时就医D. 石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）A. 32gO2和O3的混合物含有的原子数目为2NAB. 1LpH =1的H2SO4溶液中所含的H +数目为0.2NAC. 标准状况下，22.4L的辛烷完全燃烧生成的CO2分子数为8NAD. 1mol FeI2与足量氯气完全反应时转移的电子数为2NA9某有机物的结构简式如图所示。下列说法不正确的是 （ ）A能使FeCl3溶液显紫色 B该有机物不存在顺反异构C能发生取代反应和加成反应 D1mol该有机物完全水解最多消耗3mol NaOH10下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是 （

6、）选项实验目的实验方案A验证Cl2的氧化性强于Br2向FeBr2溶液中通入少量Cl2B比较HF与HClO的酸性强弱常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的NaF溶液和NaClO溶液的pHC验证FeCl3与KI的反应是可逆反应向1ml 0.1mol/L FeCl3溶液中滴加5mL 0.1molL1 KI溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液D比较Fe与Cu的金属活动性常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池11某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO和ClO的物质的量浓度之比为75则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的

7、氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 （ ）A83 B52 C23 D4112.乙酸乙酯是无色透明有刺激性气味的液体，制备的实验 装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 先在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸B. 浓硫酸的作用主要是催化和吸水C. b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替D. 实验原理为13四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是 （ ）A将W的最高价氧化物通入到Na

8、2SiO3溶液中，生成白色沉淀，得出非金属性：WSiB将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YDZ的气态氢化物的沸点在同主族中最低二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为，运动员入水后到最低点的运动过程记为，忽略空气阻力，则运动员()A过程的动量改变量等于零B过程的动量改变量等于零C过程的动量改变量等于重力的冲量D过程

9、的动量改变量等于重力的冲量15如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升摩擦及空气阻力均不计则()A升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功小于人增加的机械能D升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能16如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其减速运动的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物

10、体()A机械能损失了mgh B重力势能较少了mghC动能损失了mgh D克服摩擦力做功mgh17毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A. B. C. D.18一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为UTh+He，下列说法正确的是() A衰变后钍核的动能等于粒子的动能B衰变后钍核的动量大小等

11、于粒子的动量大小C铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间D衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量19如图所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A2.1 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s20如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始

12、弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点若bc0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A弹簧的劲度系数是50 N/mB从d点到b点滑块克服重力做功8 JC滑块的动能最大值为8 JD从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J21如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是()A若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C

13、不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同第卷非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答（一） 必考题：共129分。22（6分）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系 (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量_(填选项前的序号)，间接地解决这个问题A小球开始释放的高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的水平位移(2)用天平测量两个小球的质量m1、m2.图中O点是小球抛出点在水平地

14、面上的垂直投影，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置静止释放；然后把被碰小球m2静置于轨道水平部分的右侧末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并重复多次，分别找到小球的平均落点M、P、N，并测量出平均水平位移OM、OP、ON.(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_用(2)中测量的量表示；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为_用(2)中测量的量表示23(9分)如图所示，两个物体A、B分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端，B物体的侧面粘贴有挡光片，挡光片的宽度为d，已知A物体、B物体(连同挡光片)的质量均为m0，现要利用这个装置验证机械能守恒定律某同

15、学找来一个半环形物体C，并在B物体挡光片的正下方同一条竖直线上安装了两个光电门甲和乙，测出两个光电门之间的距离为h，实验时先接通电源，A、B静止时，在B上轻轻放上半环形物体C，记下挡光片通过光电门甲、乙的时间分别为t1 、t2，已知重力加速度为g.(1)挡光片通过光电门甲、乙的速度分别为_、_；(2)下列实验要求中，必要的实验步骤有_；A实验前A、B必须在同一高度B实验前要先测出轻质细绳的长度C实验前要测出半环形物体C的质量mD实验时要测出挡光片由光电门甲到乙的时间(3)本实验需要验证的表达式是_24.（12分）如图所示，倾角为37的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R1 m，将滑块由

16、B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB2 m，滑块可视为质点，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)滑块在斜面上运动的时间；(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远25.（20分）如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1的大

17、小；(2)木板向右滑行的最大速度v2的大小；(3)物块在木板上滑行的时间t.26. 某校化学兴趣小组为研究Cl2单质的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：_。(2)装置的作用是_。(3)实验过程中，装置中的实验现象为_；发生反应的化学方程式为_。(4)实验结束后，该组同学在装置中观察b的红色退去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，你认为应在_之间还需添加洗气瓶(选填装置序号)，该装置的作用是_。(5)装置的目的是防止尾气污染空气，写出装置中发生反

18、应的离子方程式_。27以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下：（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是_(填化学式)。将滤渣洗涤23次，再将洗液与滤液合并的目的是_。（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是_。（3）已知：铁氰化钾的化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰化钾的化学式为K4Fe(CN)6。3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe3+3Fe(CN)64=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2+是否氧化完全的方法是_。(仅供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁

19、粉、KSCN溶液)（4）向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度，使之生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的离子方程式：_。（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是_。28(15分)碳、氮是中学化学重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。(1)治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管道上安装一个催化转化装置，使NO与CO反应，产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式_。已知：N2(g)O2(g)2NO(g) H179.5kJ/mol2NO(g)O2(g)2

20、NO2(g) H112.3kJ/molNO2(g)CO(g)NO(g)CO2(g) H234kJ/mol(2)己知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)6H2O(l)C6H12O6(s)6O2(g) H669.62 kJ/mol该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是_。a.增大CO2的浓度 b.取走一半C6H12O6 c.加入催化剂 d.适当升高温度(3)N2O5的分解反应2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)，由实验测得在67时N2O5的浓度随时间的变化如下：时间/min012345C(N2O5)/(molL-1)1.000.710.500.350.250.17计

21、算在02min时段，化学反应速率v(NO2)_molL1min1。(4)新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。在转化过程中起催化作用的物质是_；写出总反应的化学方程式_。(5)工业上以NH3和CO2为原料合成尿素CO(NH2)2)，反应的化学方程式如下：2NH3(g)CO2(g) CO(NH2)2(l)H2O(l)根据上述反应，填写下列空白己知该反应可以自发进行，则H_0。(填“”、“Br，则向FeBr2溶液中通入少量Cl2，可能只有Fe2+被氧化，不能得出Cl2的氧化性强于Br2，A选项错误；BNaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH从而判断酸性强弱，

22、B选项错误；C向1mL 0.1molL1 FeCl3溶液中滴加5mL 0.1molL1 KI溶液，KI过量，若充分反应后加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，C选项正确；D常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池，Fe和浓硝酸发生钝化现象，Cu与浓硝酸能自发的发生氧化还原反应，所以Cu作负极，Fe做正极，不能判断Fe的金属活动性大于Cu，D选项错误；答案选C。11某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO和ClO的物质的量浓度之比为75则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之

23、比为A83 B52 C23 D41【答案】A【解析】Cl2生成ClO与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO与ClO的物质的量浓度之比为75，则可设ClO为7mol，ClO为5mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为7mol(10)+5mol(50)=32mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为32mol，则被还原的Cl的物质的量为32mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为32mol12mol=83，答案选A。12.乙酸乙酯是

24、无色透明有刺激性气味的液体，制备的实验 装置如图所示。下列说法不正确的是A. 先在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸B. 浓硫酸的作用主要是催化和吸水C. b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替D. 实验原理为【答案】C【解析】【详解】A、制备乙酸乙酯，加入试剂的顺序是乙醇浓硫酸乙酸，故A说法正确；B、乙酸与乙醇反应方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O，浓硫酸为催化剂，该反应为可逆反应，利用浓硫酸的吸水性，促使平衡向正反应方向进行，故B说法正确；C、乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH代替饱和Na2CO3溶液，故

25、C说法错误；D、生成酯的原理是酸去OH，醇去羟基上的氢，因此实验原理为，故D说法正确。13四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是A将W的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀，得出非金属性：WSiB将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YDZ的气态氢化物的沸点在同主族中最低【答案】B【解析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层

26、电子数是其电子层数的二倍，则W为碳元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为钠元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为铝元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯元素，形成的离子化合物为氯化钠。将W的最高价氧化物二氧化碳通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性强于硅酸，得出非金属性：CSi，选项A正确；将X单质钠投入到CuSO4溶液中，由于钠很活泼，直接与水反应，不能置换出铜，则不可能生成紫红色固体，选项B不正确；工业上用电解熔融Y的氧化物氧化铝的方法冶炼金属铝，选项C正确；因HF中存在氢键，沸点比同主族的氢化物都高，而同主族其他氢化物的沸点随相对分

27、子质量增大而升高，故Z的气态氢化物氯化氢的沸点在同主族中最低，选项D正确。答案选B。26某校化学兴趣小组为研究Cl2单质的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：_。(2)装置的作用是_。(3)实验过程中，装置中的实验现象为_；发生反应的化学方程式为_。(4)实验结束后，该组同学在装置中观察b的红色退去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，你认为应在_之间还需添加洗气瓶(选填装置序号)，该装置的作用是_。(5)装置的目的是防止尾气污染空气，写出装置中发

28、生反应的离子方程式_。【答案】(1)MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (2)除去氯气中的氯化氢气体 (3)无色溶液变蓝色 Cl2+2KI=I2+2KCl (4)和 干燥Cl2 (5)Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】装置I中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，装置中用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，装置中a为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸，装置中氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，装置中氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式是：MnO2+4HCl（浓

29、）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；(2)装置中盛有饱和食盐水，由于浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；(3)氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，实验过程中，装置中的实验现象为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；故答案为：无色溶液变蓝色；Cl2+2KI=I2+2KCl；(4)干燥的氯气不具有漂白性，实验结束后，该组同学在装置中观察b的红色退去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，和之间可加干

30、燥装置，除去氯气中的水蒸气，该装置的作用是干燥Cl2；故答案为：和；干燥Cl2；(5)装置的目的是防止尾气污染空气，装置盛放的是氢氧化钠溶液，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，装置中发生反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。27以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下：（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是_(填化学式)。将滤渣洗涤23次，再将洗液与滤液合并的目的是_。（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是_。（3）已知：铁氰

31、化钾的化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰化钾的化学式为K4Fe(CN)6。3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe3+3Fe(CN)64=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2+是否氧化完全的方法是_。(仅供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)（4）向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度，使之生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的离子方程式：_。（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是_。【答案】（1）SiO2 提高钴元

32、素的利用率(或其他合理答案) （2）6Fe2+6H+ClO6Fe3+Cl+3H2O （3） 取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化 （4） 6Fe3+4SO+6H2O+2Na+6CO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2 （5） 防止因温度降低，CoCl2晶体析出 【解析】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合并；本题答案为：SiO2，提高钴元素的利用率；（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成

33、Fe3+，反应的离子方程式是：6Fe2+6H+ClO6Fe3+Cl+3H2O；本题答案为：6Fe2+6H+ClO6Fe3+Cl+3H2O；（3）依据所给信息，Fe2+和Fe(CN)63反应，生成蓝色Fe3Fe(CN)62沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；本题答案为：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+，加入Na2CO3后，生成Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe3+

34、4SO+6H2O+2Na+6CO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2；本题答案为：6Fe3+4SO+6H2O+2Na+6CO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2；（5）由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；本题答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出。28(15分)碳、氮是中学化学重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。(1)治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管道上安装一个催化转化装置，使NO与CO反应，产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式_。已知：N2(g

35、)O2(g)2NO(g) H179.5kJ/mol2NO(g)O2(g)2NO2(g) H112.3kJ/molNO2(g)CO(g)NO(g)CO2(g) H234kJ/mol(2)己知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)6H2O(l)C6H12O6(s)6O2(g) H669.62 kJ/mol该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是_。a.增大CO2的浓度 b.取走一半C6H12O6 c.加入催化剂 d.适当升高温度(3)N2O5的分解反应2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)，由实验测得在67时N2O5的浓度随时间的变化如下：时间/min012345C(N2

36、O5)/(molL-1)1.000.710.500.350.250.17计算在02min时段，化学反应速率v(NO2)_molL1min1。(4)新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。在转化过程中起催化作用的物质是_；写出总反应的化学方程式_。(5)工业上以NH3和CO2为原料合成尿素CO(NH2)2)，反应的化学方程式如下：2NH3(g)CO2(g) CO(NH2)2(l)H2O(l)根据上述反应，填写下列空白己知该反应可以自发进行，则H_0。(填“”、“”或“”)；一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比x，如图是x与CO2的平衡转化率()的

37、关系。随着x增大而增大的原因是_；B点处，NH3的平衡转化率为_。一定温度下，在3L定容密闭容器中充入NH3和CO2，若x2，当反应后气体压强变为起始时气体压强的时达到平衡，测得此时生成尿素90g。该反应的平衡常数K_。【答案】(1)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-795.8kJ/mol (2分) (2)d (2分) (3)0.5 (2分) (4)FeO (1分) CO2C+O2 (1分) (5) (1分) x越大，NH3的物质的量越大，CO2平衡正向移动，转化率增大(2分) 32% (2分) 0.25(mol/L)-3 (2分) 【解析】(1)产物都是空气中的主要

38、成分，所以会生成N2和CO2，根据盖斯定律，其热化学方应方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-795.8kJ/mol ；(2)a项，增大CO2的浓度，CO2的转化率不一定增大，a错误；b项， C6H12O6是固体，对平衡无影响，b错误；c项，催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，对转化率无影响，c错误；d项，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2转化率增大，d正确；(3)据速率之比等于化学反应系数之比，；(4)根据图可知，FeO是催化剂，总反应方程式为：CO2C+O2 (5)该反应为反应前后气体分子数减小的反应，根据G=H-TS，S0，能自发进

39、行G0，所以H0；x越大，NH3的物质的量越大，平衡正向移动，CO2转化率增大；B点处x=4，原料气中NH3和CO2的物质的量比为4，CO2转化率为64%，假设NH3为4mol，CO2为1mol，则反应的CO2的物质的量为0.64 mol，根据热反应方程式可知，反应的NH3的物质的量为1.28mol，其转化率为；x=2，原料气中NH3和CO2的物质的量比为2，假设NH3为2xmol，CO2为xmol，设转化的CO2为nmol，其三段式为：2NH3(g)CO2(g) CO(NH2)2(l)H2O(l)始/ mol 2x x 0 0转/ mol 2n n n n平/ mol (2x-2n) (x-

40、n) n n相同条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时，反应后气体压强变为起始时气体压强的，其 ，此时生成尿素90g，尿素的物质的量为，体积为3L，其平衡常数为：。35美国医学家证实了三价铬离子(Cr3+)是构成葡萄糖耐量因子的重要组成部分，能够增强胰岛素的作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。(1)Cr的电子排布式为_。 (2)O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为_。 (3)SO2分子的空间构型为_，中心原子的杂化方式为_。 (4)CO2分子立体构型的为_，它的等电子体中属于分子的有_(任写一种)。 (5)实验式为CrCl36H2O的化合物有三种异构体

41、，其中一种可表示为Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O，该物质配离子中提供孤电子对的原子为_，配位数为_。 (6)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 gcm-3，则该晶胞的棱长为_pm。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1 （2） NOSCr （3） V形 sp3杂化 （4） 直线形 N2O （5） O、Cl 6 （6） 【解析】(1)Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；(2)C、N、O属于同一周期元素，同一周期元

42、素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N原子2p能级为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以第一电离能大小顺序NOC；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，O、S元素的第一电离能OS；Cr为金属元素，较易失去电子，第一电离能较小，故四种元素第一电离能的大小顺序为：NOSCr；(3)SO2分子S原子价层电子对个数是3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为V形，SO中S原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，所以S原子采用sp3杂化；(4)CO2的价层电子对个数，不含有孤电子对，因此该分子是直线形结构；具有相同原子数和价电子数的分子或离子叫等电子体，CO2分子

43、含有3个原子，16个价电子，N2O与CO2互为等电子体。(5)Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O中，配离子为Cr(H2O)4Cl2+，配体为H2O、Cl，因此提供孤对电子的原子为O和Cl，Cr的配位数为6；(6)由晶胞结构图分析可知，C原子分别位于晶胞的顶点、面心和体内，则根据均摊数可知，晶胞中含有碳原子数为=8，该晶胞的质量为m= ；该晶胞的体积V=；所以，该晶胞的棱长=。36塑料、橡胶等材料的交联剂E的合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B的名称为_。(2)C生成的反应类型是_，D中官能团的名称是_。(3)D生成E的化学方程式为_。(4)E的同分异构体中符合下列条件的有_种。（不考虑立体

44、异构）a属于的二取代物b取代基处于对位且完全相同c能够与溶液反应产生其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6211的结构简式为_。(5)参照题干中合成路线，设计以丙酮为主要原料制备的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】（1）环己醇 （2） 加成反应 羟基、羧基 （3） 2+2H2O （4） 10 （5）【解析】根据后续产物的结构可知A中应含有六元环，再结合A的分子式，可知A为，与氢气发生加成反应生成B，B为，羟基发生催化氧化生成C，则C为，C与HCN在一定条件反应生成；根据D的分子式以及E的结构可知在H2O/H+的条件下-CN转化为-COOH，所以D为。(1)根据分析可知B为，其名称为环己醇；

45、(2)C为，与HCN在一定条件发生加成反应生成；(3)根据分析可知D为，两分子D发生酯化生成E，方程式为：+2H2O；(4)E的同分异构体满足：a属于的二取代物；b取代基处于对位且完全相同，则取代基的可以位于或；c能够与NaHCO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，则取代基可以是-CH2CH2CH2COOH，或-CH(CH3)CH2COOH，或-CH2CH(CH3)COOH，或-CH(CH2CH3)COOH，或-C(CH3)2COOH，所以共有52=10种；其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比为6211的是：；(5)对比丙酮CH3COCH3和目标产物的结构特点可知，需要在丙酮的2号碳上引入羟基和羧基，然后再和2-丙醇发生酯化，引入羟基和羧基的过程与C到D的过程类似，丙酮和氢气加成可以生成2-丙醇，所以合成路线为。