1、高考资源网（） 您身边的高考专家唐山一中20202021学年度第一学期期中考试高三年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1、O-16、Na-23、S-32、Cu-64卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1. 下列说法错误的是( )A. 周礼中“煤饼烧蛎房成灰” (蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3B. 汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油C. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”。这种方法是蒸馏D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。【答案】A【解析】【详解】A. 牡蛎壳为贝壳，贝壳主
2、要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，A错误；B. 这里的“洧水”指的是古代发现的石油，B正确；C. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，可见加热有蒸汽产生又被冷凝后收集了，故这种方法是蒸馏，C正确；D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作产生过程及现象，D正确；答案选A。2. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A. 生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉B. 有机玻璃和高温结构陶瓷都属于新型无机非金属材料C. 新能源汽车的推广与使用有利于减少光化学烟雾的产生D. 茶叶中含有的茶多酚可用于
3、制备食品防腐剂【答案】B【解析】【详解】A. 生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉，A正确；B.有机玻璃属于有机合成材料，B错误；C. 导致光化学烟雾的主要气体为氮氧化物，新能源汽车的推广与使用可减少氮氧化物的排放，有利于减少光化学烟雾的产生，C正确；D. 茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂，D正确。答案为B。3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 实验室用H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4NAB. 500 mL 0.2 molL1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3 NAC. 1 mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧
4、，消耗氧气的分子数为3NAD. 2.24 LCl2(标准状况)溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2 molL1【答案】C【解析】【详解】A. 实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；B. 500mL0.2 molL1 K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32H2O HSO3OH、HSO3-H2O H2SO3OH，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；C. 1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和
5、乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；D. 氯气溶于水后，溶液的体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓度不是0.2mol/L，故D错误；答案选C。4. 氧化铅-铜电池是一种电解质可循环流动的新型电池(如图所示)，电池总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有关该电池的说法正确的是( )A. 电池工作时，电子由Cu电极经电解质溶液流向PbO2电极B. 电池工作过程中，电解质溶液的质量逐渐减小C. 正极反应式：PbO2+2e-+4H+SO=PbSO4+2H2OD. 电池工作过程中，两个
6、电极的质量均减小【答案】C【解析】【详解】A电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，故A项镨误；B由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2mol O，1 mol Cu，减少了1 mol SO，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，故B项错误；C由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2+2e-+4H+SO=PbSO4+2H2O，故C项正确；D正极反应生成的硫酸铅附着在PbO2电极上，其质量增加，故D项错误；故选C。5. CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中，中间态物质的能量关系如图所示(Ea表示活化能)。下列说法不正确的是
7、A. 已知Cl是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，该过程可表示为：B. 相同条件下，Ea越大相应的反应速率越慢C. 图中H0，其大小与Ea1、Ea2无关D. CH4+Cl2CH3Cl+HCl是一步就能完成的反应【答案】D【解析】【详解】A已知Cl是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，由分子转化为活性原子，该过程可表示为：，故A正确；B相同条件下，Ea越大，活化分子百分数越少，相应的反应速率越慢，故B正确；C图中反应物总能量大于生成物总能量，H0，其大小与Ea1、Ea2无关，故C正确；D由图Cl先与CH4分子形成过渡态CH3HCl，生成中间体CH3+HCl，再与Cl2反应经过第二过渡态，C
8、H3 ClCl，生成CH3Cl+Cl，总反应为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，不是一步完成的，故D错误；故选D。6. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是( )ABCD实验装置实验目的除去苯中混有的水制备并收集少量NO2实验室焙烧硫酸铜晶体测定中和反应的反应热A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】苯与水的混合物用分液操作分离；NO2溶于水并与水反应，集气瓶中收集到的是NO；焙烧采用坩埚，不是蒸发皿；中和反应的反应热测定需温度计、玻璃搅拌棒、带有隔热层的容器等。【详解】A苯与水都是液态，互不相溶，用分液操作分离，故A错误；BNO2溶于水并与水反应，集气瓶中收集到的是NO，故
9、B错误；C焙烧固体应采用坩埚，不是蒸发皿，故C错误；D中和反应的反应热测定需温度计、玻璃搅拌棒、带有隔热层的容器等，故D正确。答案选D。7. a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+离子的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是（ ）A. 简单离子的半径：cdB. 简单氢化物的热稳定性：cbC. a、b、c可能形成离子化合物D. e的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】D【解析】【分析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al
10、元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c为O元素，a的原子中只有一个电子，a可能为H或Li，则e可能为第A族的Si或第A族元素为Cl元素。【详解】A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：cd，故A正确；B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：cb，故B正确；C. a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；D.硅酸属于弱酸，故D错误；故选D。【点睛】元素的不确定增大了本题的难度。根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。8. 氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批
11、准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图 ，下列有关说法正确的是（ ）A. 氯喹属于芳香化合物B. 氯喹分子中没有手性碳原子C. 氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D. 氯喹与 互为同系物【答案】C【解析】【详解】A氯喹分子结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，A说法错误；B氯喹分子中含有一个手性碳原子，如图示“”标记的碳原子：，B说法错误；C氯喹分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，C说法正确；D该有机物与氯喹的分子式相同，但分子结构不同，两者互为同分异构体，D说法错误；答案为C。9. 顺铂Pt(NH3)2Cl2是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1,1环丁
12、二羧酸二氨合铂()的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是() A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中B. 顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为21D. 1 mol 1,1环丁二羧酸含有键数目为12NA【答案】C【解析】A、根据结构简式，其中碳原子有sp3杂化，属于四面体，因此所有碳原子不在同一平面，故A错误；B、N有3个键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3杂化，故B错误；C、sp3杂化的碳原子有4个sp2杂化的碳原子有2个，即个数比为2：1，故C正确；D、1mol此有机物含有含有键的数目为2
13、6NA，故D错误。10. 次氯酸钠是消灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下 ，向10mL 0. 1 mol L-1 HClO溶液中滴入0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数-lg c水( H+)与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )A. 0.1mol L-1NaClO 溶液中 ClO-的个数小于 NAB. c 点溶液对应的 pH = 7C. a 点溶液中存在：c( Na+ ) =c( ClO-) +c(HClO )D. b 点溶液中存在：c( Na+ )c( ClO-)c(OH-)c( H+)【答案】D【解析】【分析】a点产物为NaClO和
14、HClO，b点恰好生成NaClO，c点为溶质为NaClO和过量的NaOH。【详解】A溶液体积未知，无法确定物质的量，不能判断ClO的个数是否小于NA，故A错误；Bc点为NaClO和过量的NaOH，溶液为碱性，所以溶液pH7，故B错误；Ca点产物为NaClO和HClO，此时c水(H)=10-7，溶液为中性，但是物料关系不符合n(Na)=n(Cl)，所以没有c(Na)=c(ClO)+c(HClO)这个关系，故C错误；Db点恰好生成NaClO，溶液为碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(ClO)，由于ClO发生水解，所以c(Na)c(ClO)，溶液为碱性，c(OH)c(H)
15、，水解毕竟是微弱的，所以c(ClO)c(OH)，所以b点溶液中存在：c(Na)c(ClO)c(OH)c(H)，故D正确；故选D。二、选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11. 高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4FeSO4H2SO4K2SO4MnSO4Fe2(SO4)3H2O。下列说法正确的是A. Fe2的还原性强于Mn2B. MnO4-是氧化剂，Fe3是还原产物C. 生成1 mol水时，转移1.25 mol电子D. 取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成【答案】AC【解析】【详解】A该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，
16、还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=1.25mol，故C正确；D铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故D错误；答案选AC。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键。本题的易错点为D，要注意铁离子的检验中的现象是溶液变成血红色，不是血红色沉淀
17、。12. 三大化石燃料燃烧会产生大气污染物，特别是含硫煤燃烧后产生的SO2危害巨大。为了保护环境，科学家提出了下列解决方法，同时还能获得某种重要的工业产品。下列说法错误的是A. 不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢B. 图中涉及的反应之一为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2OC. 反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度会减小D. 理论上每吸收标况下224mL SO2可以获得0.98gH2SO4【答案】C【解析】【详解】A图中所示使用硫酸铁作催化剂，目的是加快反应速率，故不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢，A正确；B图中所示有FeSO4和氧气在酸性环
18、境中生成Fe2(SO4)3该反应为：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正确；C分析图中所示，Fe2(SO4)3在整个图中循环，故作催化剂，反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度会不变，C错误；D根据总反应为：，n(H2SO4)=n(SO2)，理论上每吸收标况下224mL SO2获得H2SO4的质量为：，D正确；故答案为：C。13. 利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)H。向起始体积为2L的恒压密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p1为0.1MP
19、a)。下列说法错误的是A. 反应的H0B. 压强p20.1MPaC. 556压强p1时，该反应的压强平衡常数为D. 556压强p1时，容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时v(正)v(逆)【答案】CD【解析】【详解】A图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的H0，故A正确；B温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1p2，即压强p20.1MPa，故B正确；C根据图象可知556压强p1时，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，则p(C3H8)=0.
20、5p1=0.05MPa，根据方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)可知剩余50%的气体中，丙烯和氢气各占一半，所以p(C3H6)= p(H2)=0.025MPa，所以压强平衡常数K=，故C错误；D根据图象可知556压强p1时，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，丙烷物质的量为1mol，设消耗物质的量为x，列三段式有： 则有=50%，解得x=，所以平衡常数K=；起始向2 L密闭容器中通入1.2 mol C3H8、0.8 mol C3H6、0.6 mol H2，此时浓度商为=0.2，所以反应逆向进行，v(正)v(逆)，故D错误；综上所述答案为CD。14. 下列离子方程式书写正确的是A. 向明
21、矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：SO42-Ba2 BaSO4B. 向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液： CH3COOHOH CH3COOH2OC. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2 2H Fe22H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+ OH NH3H2O【答案】B【解析】【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为: Al3+SO42-Ba2+4OH- BaSO4+ AlO2-+2H2O,故A错误；B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：CH3COOHOH CH3COOH2O，故B正确；C.向氢氧化亚铁中加
22、入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为: 3Fe(OH)2 +NO3-10H 3Fe38H2O+NO,故C错误；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式: NH4+HCO3-+ 2OH CO32+-NH3H2O+H2O，故D错误；答案：B。15. 银铜合金广泛应用于航空工业。从银铜合金的切割废料中回收银和制备CuAlO2的流程如下。已知：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450和80。下列说法错误的是A. 电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极B. 为提高原料利用率，流程中应加过量的稀NaOHC. 滤渣B煅烧时发生的反应为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O
23、2+6H2OD. 若用1.0kg 银铜合金(铜的质量分数为64%)最多可生成1.0mol CuAlO2【答案】BD【解析】【分析】由流程可知，银铜合金在空气中熔炼时，其中的铜被氧化生成氧化铜成为渣料，同时得到银熔体，经冷凝成型得到粗银，粗银经电解精炼得到银；渣料经稀硫酸溶液、过滤，得到硫酸铜溶液，向该溶液中加入硫酸铝和稀的氢氧化钠溶液、煮沸、过滤，得到滤渣B，B中含有氢氧化铝和氧化铜，其在惰性气体中煅烧得到CuAlO2。【详解】A. 电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极，粗银溶解，控制一定的条件使电解质溶液中的银离子在阴极上放电生成银，A说法正确； B. 为提高原料利用率，流程中不能加过量的稀N
24、aOH，因为氢氧化铝会与过量的强碱反应生成可溶性的盐，B说法错误；C. Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450和80,因此，煮沸时Cu(OH)2分解为CuO，因此，滤渣B中含有氢氧化铝和氧化铜，其在煅烧时发生的反应为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O2+6H2O，C说法正确；D. 1.0kg银铜合金中铜的质量为1000g64%=640g，铜的物质的量为，因此，根据铜元素守恒可知，若用1.0kg银铜合金(铜的质量分数为64%)最多可生成10mol CuA1O2，D说法错误。综上所述，本题选BD。卷三、非选择题16. 锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、
25、医药及化工等领域。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：已知：I浸出液主要含盐酸和SbC13，还含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等杂质。II25时，Ksp(CuS)=1.010-36，Ksp(PbS)=9.010-29。回答下列问题：(1)“酸浸”过程中SbC15和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbC13生成，则滤渣I的成分是_(填化学式)。(2)写出“还原”反应的化学方程式_。(3)已知浸出液中c(Cu2+)=0.0lmolL-1、c(Pb2+)=0.10molL-1。在沉淀铜、铅过程中，
26、缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，=_。(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为_。(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应先发生2Cl-2e-=Cl2，继而发生的电极反应式为_，以实现溶液中Sb元素的循环使用。【答案】 (1). S、SiO2 (2). 3SbCl5+2Sb=5SbCl3 (3). CuS (4). 9.0107 (5). 4:3 (6). Sb3+-2e-=Sb5+【解析】【分析】由工艺流程可知，辉锑矿粉经盐酸、五氯化锑溶液浸取后，过滤，向浸出液中加入适量的锑粉把过量
27、的五氯化锑还原，然后再加入适量的硫化钠把溶液中的铜离子和铅离子沉淀，过滤，再向滤液中加入NaH2PO2除砷，得到三氯化锑溶液，电解该溶液得到锑和五氯化锑，五氯化锑循环利用。【详解】(1) ）“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbCl3生成，根据元素守恒和电子守恒可知该单质为氧化产物S单质，所以滤渣I的成分是S、SiO2；(2)“还原”过程中Sb将SbCl5还原为SbCl3，反应的化学方程式3SbCl5+2Sb=5SbCl3。(3)浸出液中c(Cu2+)=0.01 molL-1、c(Pb2+)=0.10 molL-1，常温下，Ksp(CuS)=1.010-36，铜离
28、子开始沉淀需要的硫离子浓度为=1.010-34mol/L；Ksp(PbS)=9.010-29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为=9.010-28mol/L1.010-34mol/L；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，=9.0107。(4)在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4，P的化合价由+1升高到+5，AsCl3是氧化剂，As的化合价由+3降到0，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4:3。(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2
29、，继而发生反应Sb3+-2e-=Sb5+。17. 研究物质的结构，用来探寻物质的性质，是我们学习化学的重要方法。回答下列问题：(1)Fe、Ru、Os在元素周期表中处于同一列，人们已经发现和应用了Ru、Os的四氧化物。量子化学理论预测铁也存在四氧化物，但最终人们发现铁的化合价不是+8而是+6。OsO4分子空间形状是_，铁的“四氧化物”分子中，铁的价电子排布式是_，氧的化合价是_。(2)NH3分子中HNH键角为106.7，在Ag(NH3)2+中，HNH键角近似109.5，键角变大的原因是_。(3)氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用。近年来，人们发现了双氢键，双氢
30、键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用。下列不可能形成双氢键的是_。aBeHHO bOHHN cBHHN dSiHHAl(4)冰晶石(Na3A1F6)主要用作电解氧化铝的助熔剂，也用作研磨产品的耐磨添加剂。其晶胞结构如图所示，晶胞是正四棱柱形状，Na(I)位于侧棱中心和底面中心，Na(II)位于四个侧面上，位于顶点和体心。已知晶胞边长为anm，bnm，冰晶石晶体的密度为_gcm-3(Na3AlF6的摩尔质量为210gmol-1)。【答案】 (1). 正四面体 (2). 3d2 (3). -1，-2 (4). Ag(NH3)2+中有配位键N-Ag键，是成键电子对，NH3中有
31、孤电子对，孤电子对比成键电子对的斥力大，配离子中N-H键的排斥力变小，故Ag(NH3)2+中H-N-H键角变大 (5). bd (6). 【解析】【详解】(1) Fe、Ru、Os在元素周期表中处于同一列，Fe的价电子排布式为3d64s2，则Os的价电子数为8，在Os的四氧化物中Os的化合价为+8价，即Os的价电子全部用于成键，则OsO4分子空间形状是正四面体；铁的四氧化物分子中，铁的化合价不是+8而是+6，故铁失去6个电子，铁的价电子排布式是3d2；根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁的“四氧化物”中氧的化合价为-1，-2；(2)NH3分子中HNH键角为106.7，在Ag(NH3)2+
32、中，HNH键角近似109.5，键角变大的原因是Ag(NH3)2+中有配位键N-Ag键，是成键电子对，NH3中有孤电子对，孤电子对比成键电子对的斥力大，配离子中N-H键的排斥力变小，故Ag(NH3)2+中H-N-H键角变大；(3)氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用，双氢键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用；aBeH中氢原子带负电，HO中氢原子带正电，符合双氢键定义，a不选；bOH、HN中氢原子均带正电，b选；cBH中氢原子带负电，HN中氢原子带正电，符合双氢键定义，c不选；dSiH、HAl中氢原子均带负电，d选；综上所述，答案为bd；(
33、4)根据冰晶石(Na3A1F6)结构可知，晶胞是正四棱柱形状，Na(I)位于侧棱中心和底面中心，Na(II)位于四个侧面上，位于顶点和体心，则一个晶胞中含有=2个 ；已知晶胞边长为anm，bnm，冰晶石晶体的密度为。18. 氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快) H10；v1正=k1正c2(NO)； v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢 )H20；v2正=k2正c(N2O2)c(O2
34、)； v2逆=k2逆c2(NO2)在两步的反应中，哪一步反应的活化能更大_(填“第一步”或“第二步”)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_；II(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2)，还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为：CH4(g)=C(s)+2H2(g) H10CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H20CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g) H30则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的H=_
35、(用含H1、H2、H3的代数式表示)(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示。y点：v(正)_v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=_。III设计如图装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中电解制备过程的总反应化学方程式为_。【答案】 (1). 第二步 (2). (3). H
36、1+H2-H3 (4). 大于 (5). (6). 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2【解析】【分析】I慢反应活化能更大；反应达到平衡状态，则v1正=v1逆，v2正=v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)c(O2)=k2逆c2(NO2)，；II根据盖斯定律，反应+反应-反应即可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的H；由图可知，y点在x点的正下方，x点在CH4的平衡转化率曲线上，相同条件下，平衡时物质的转化率最大，而转化率：yx，则y点的反应正向进行由图乙可知，x点对应温度下CH4的平衡转化率为50%，再用
37、三段式计算Kp；III根据2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，右侧为阳极，连接电源的正极；阳极水失去电子生成氧气和H+，阴极H+得电子生成氢气，结合电子守恒、原子守恒写出总反应式。【详解】I2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的两步反应历程中第一步快、第二步慢，慢反应活化能更大，所以第二步反应活化能更大，故答案为：第二步；反应达到平衡状态，则v1正=v1逆，v2正=v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)c(O2)=k2逆c2(NO2)，2
38、NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=，故答案为：；II(1)已知：CH4(g)=C(s)+2H2(g) H10CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H20CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g) H30根据盖斯定律，反应+反应-反应即可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的H=H1+H2-H3；故答案为：H1+H2-H3；(2) 由图乙可知，y点在x点正下方，x点在CH4的平衡转化率曲线上，相同条件下，平衡时物质的转化率最大，而转化率：yx，则y点的反应正向进行，即v（正）大于v（逆）；由图乙可知，x点对应温度下CH4的平衡转化率为50%，
39、根据三段式：平衡常数K=；故答案案为：大于；IIICrO在酸性条件下转化为Cr2O，电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，右侧为阳极，连接电源的正极，左侧为阴极，连接电源负极；电解制备过程的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2，故答案为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2。19. 用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是_。(2)AB试剂和反应条件为_。
40、(3)HJ的化学反应方程式为_。(4)已知CMN符合下列条件的N的同分异构体有_种。a含有基团、环上有三个取代基b与NaHCO3反应产生气泡c可发生缩聚反应M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是_。a质谱仪 b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图(其它试剂自选)_。【答案】 (1). 邻溴苯甲醛 (2). Br2、FeBr3(或Fe) (3). +H2O (4). 19 (5). c (6). 【解析】【分析】由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，
41、则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，名称为邻溴苯甲醛；(2)AB为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，所以HJ的化学反应方程式为 +H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：a含有基团、环上有三个取
42、代基；b与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基；c可发生缩聚反应，说明同时含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体；M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；(5)以和甲烷为原料合成，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH3MgBr发生信息的反应生成，甲烷发生取代反应生成CH3Br，其合成路线为：。【点睛】充分利用反应条件、结构简式或分子式、题给信息正确推断各物质结构简
43、式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计；(4)中不要漏掉两个取代基位于同一个碳原子上的情况。20. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_(填字母)。a蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液 c饱和NaHSO3溶液d饱和NaHCO3溶液(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是_。结晶脱水生成产品的化学方程式为_。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的
44、质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；准确移取V1mL过量的c1molL-1的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;加入淀粉溶液，用c2molL-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读数；重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2mL。产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)
45、。【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). c (3). Na2SO3 (4). 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O (5). 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (6). 47.5(c1V1-c2V2)%【解析】【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备：中纯碱溶液吸收二氧化硫至饱和得到亚硫酸氢钠溶液，中再添加
46、Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，析出亚硫酸氢钠晶体，亚硫酸氢钠结晶脱水生成产品。【详解】(1)装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所以里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，所以选c；(2)中向形成悬浮液继续通入二氧化硫，目的是使亚硫酸钠、水、二氧化硫反应获得亚硫酸氢钠晶体，pH4.1时，说明二
47、氧化硫不足，则产品中会有副产物Na2SO3；NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)达到滴定终点时被焦亚硫酸钠氧化生成的碘单质恰好完全被Na2S2O3标准液还原，所以达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL10-3L/mLc2molL-1=V2c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤中过量的I2的物质的量为V2c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL10-3L/mLc1molL-1-V2c210-3mol=(V1c1-V2c2)10-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1c1-V2c2)10-3mol190g/mol=95(V1c1-V2c2)10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1c1-V2c2)%。- 22 - 版权所有高考资源网
