1、绝密启用前张家口市第一中学2019-2020学年级高三11月考试化学试卷(预科班)（满分：100分，测试时间：90分钟）1可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Cl：35.5 Fe：56 第I卷（选择题，共60分）一、选择题：（本题共10小题，每小题2分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A. “甘之如饴”说明糖类均有甜味B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应D. 古剑“以剂
2、钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】A【解析】【分析】【详解】A糖类不一定均有甜味，如多糖淀粉或纤维素无甜味，故A错误；B铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故C正确；D铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；故答案为A。2. 下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是A. 打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B. 用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C. 木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D. 向品红溶液中加
3、入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液【答案】C【解析】【详解】A打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误；B用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；C木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；D向品红溶液中加入Na2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，故D错误；故选C。3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶
4、液呈中性，溶液中的数目为NAB. 将Cl2通入FeBr2溶液中，有1 molBr2生成时，转移的电子数为2NAC. 7.8 g苯含键的数目为0.6NAD. 有铁粉参加的反应若生成3 molFe2+，则转移电子数一定为6NA【答案】A【解析】【详解】A将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n()+n(H+)=n(OH-)+n()，由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH-)，则n()=n()=1mol，的数目为NA个，选项A正确；B亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2通入FeBr2溶液中先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，则1 molBr2生成时，转移的电子数大于2N
5、A，选项B错误；C苯中有6个碳碳键和6个碳氢键，则1mol苯含有12mol键，7.8 g苯为0.1mol，含键的数目为1.2NA，选项C错误；D有铁粉参加的反应，如Fe+2 Fe3+=3Fe2+，生成3 molFe2+，则转移电子数为2NA，选项D错误；答案选A。4. 食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧过程与电化学知识相关。下列分析正确的是A. 脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长食品保质期B. 脱氧过程中炭作原电池正极，电极反应为：4H+O2+4e-=2H2OC. 含有0.56 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气168 mL(标准状况)D. 该过程实现了电能到化
6、学能的转化【答案】C【解析】【分析】Fe、C和NaCl溶液构成原电池，因为是脱氧剂，说明发生吸氧腐蚀，Fe易失电子作负极，C作正极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁。【详解】A该装置构成原电池，原电池反应为放热反应，所以脱氧过程为放热反应，故A错误；B炭作正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；C负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚
7、铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，所以Fe单质最终转化为+3价铁元素，0.56gFe的物质的量为0.01mol，完全转化为+3价铁元素时，转移电子的物质的量为0.03mol，根据转移电子守恒消耗氧气体积22.4L/mol=168mL，故C正确；D原电池将化学能转化为电能，故D错误；故选：C。5. 下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是选项实验操作实验现象解释与结论A将乙醇与浓硫酸共热至170，所得气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾有砖红色沉淀产生淀粉发生水解，产物具有还原性
8、C向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置溶液上层呈橙红色，下层几乎无色甲苯萃取溴所致D将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热有银镜生成说明该物质一定是醛A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸之间会反应生成二氧化碳和具有还原性的二氧化硫气体，该气体也能使高锰酸钾褪色，故A错误；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2悬浊液的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，故B错误
9、；C甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和纯液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；D能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误；答案选C。6. 城市地下潮湿土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是A. 该装置能够将电能转化为化学能B. 管道右端腐蚀比左端快，右端
10、电极反应式为Fe-2e-Fe2+C. 如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀D. 钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜【答案】B【解析】【详解】A.该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，正确；B.左端为阳极，其腐蚀速率较右端快，错误；C.如果没有外加电源，潮湿的土壤（接近中性）中的钢铁管道发生原电池反应，所以发生的是吸氧腐蚀，正确；D.根据题意，此种腐蚀较慢，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，正确。7. 水杨酸（结构如图所示）为柳树皮提取物之一，是一种天然的消炎药，主要作为医药工业的原料。下列关于水杨酸的叙述错误的是（
11、）A. 分子式为C7H6O3B 能发生加成、酯化、中和等反应C. 苯环上的二氯取代物有5种D. 所有原子均可能在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A.根据水杨酸的结构简式可知，水杨酸的分子式为C7H6O3，A正确；B.水杨酸分子中含有苯环、羧基和羟基，苯环能与氢气发生加成反应，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生中和反应，B正确；C.该分子苯环上存在4种不同氢，其二氯代物有，共6种，C错误；D.以苯环（12原子共平面）和碳氧双键（4个原子共平面）为基础，可以画出如图结构，故所有原子可能共平面，D正确；答案选C。8. 某混合物中有活性炭、MnO2和NaClO3，利用下图的电解装置可以将混合物中
12、的NaClO3转化成KClO3提取出来，（已知：KClO3在碱性条件下能够稳定存在，在酸性条件下易分解）下列说法正确的是A. 电极A与电源的负极相连B. 电极B上发生的电极反应方程式为：2H2O-4e-=4H+O2C. 通过交换膜M向左移动D. 电解池右室溶液的pH降低【答案】C【解析】【分析】根据题意KClO3在碱性条件下能够稳定存在，在酸性条件下易分解，则KClO3在A极生成，所以通过交换膜M向左移动，根据电解时阴离子向阳极移动，则A极为阳极，B极为阴极。【详解】A. A极为阳极，电极A与电源的正极相连，故A错误；B. B极为阴极，电极B上氢离子得到电子生成氢气，电极反应方程式为：2H+2
13、e-=H2，故B错误；C. KClO3在A极生成，所以通过交换膜M向左移动，故C正确；D. 电解池右室氢离子得到电子生成氢气，溶液的pH升高，故D错误；答案选C。9. 下列应用与盐的水解无关的是A. 分别将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同B. 配置FeSO4溶液加入铁屑C. NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D. 制TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，方程式如下所示：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2xH2O+4HCl，所得的TiO2xH2O经焙烧得TiO2【答案】B【解析】【详解】AAlCl3
14、溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，由于氯化氢易挥发，加热、蒸发浓缩、结晶，得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发浓缩、结晶，得到硫酸铝固体，灼烧后依然是硫酸铝，所得固体的成分不相同，且与盐的水解相关，故A不符合题意；B配置FeSO4溶液加入铁屑是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故B符合题意；C铵根和F-均会水解，且二者相互促进，所以NH4F水溶液中含有HF，不能存放于玻璃试剂瓶中，与水解有关，故C不符合题意；DTiCl4在水中水解：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2xH2O+4HCl，加热使水解程度增大并使HCl挥发，促进水解，最
15、终彻底水解得到TiO2xH2O，经焙烧得TiO2，与水解有关，故D不符合题意；综上所述答案为B。10. 某温度下，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A. a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，加入Na2SO4固体可以使溶液由a点变到b点B. a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到c点C. 0.04mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合有Ag2SO4沉淀生成D. Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为110-3【答案】AC【解析】【详解】A曲线上的点均为饱和状态，a点溶液中离子浓度低于饱和状态，所以a点表示Ag2SO4的
16、不饱和溶液，加入Na2SO4固体，Ag+浓度不变，SO浓度增大，可以使溶液由a点变到b点，故A正确；B因为在蒸发过程溶液中两种离子的浓度都增加，不能使溶液由a点变到c点，故B错误；C根据b点可知Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)20.05=210-5，0.04 molL1的AgNO3溶液与0.2 molL1的Na2SO4溶液等体积混合Ag浓度为0.02molL1，SO浓度为0.1molL1，则Q=0.0220.14105Ksp，因此有沉淀生成，故C正确；D由图象可知，当c(SO)=510-2mol/L时，c(Ag)=210-2mol/L，则Ksp=c2(Ag)c(SO)=210-5，
17、故D错误；综上所述答案为AC。二、选择题：（本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）11. 下列实验现象预测正确的是A. 实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B. 实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C. 实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D. 实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【答案】BD【解析】【详解】A单质溴能溶于氢氧化钠溶液中，所以颜色会消失，A不正确；B浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以会产生CO2和SO2，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，
18、B正确；C稀硝酸和铜反应生成NO，但NO极易被空气氧化生成红棕色的NO2，所以C不正确；D实验IV属于氢氧化铁胶体的制备，正确，答案选BD。12. 生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，其浸出ZnS矿机理如图所示。下列说法正确的是（）A. 浸出过程中需要不断补充铁盐B. 温度越高，ZnS浸出速率越快C. 反应的方程式为：2Fe3+ZnSZn2+2Fe2+SD. 理论上反应I中每消耗1.12L O2（标准状况）可浸出6.5g Zn2+【答案】CD【解析】【详解】A总反应为O2+4H+2ZnS2S+2Zn2+
19、2H2O，不需要补充铁盐，故A错误；B温度过高，氧化亚铁硫杆菌变性，降低浸出速率，故B错误；C由图中转化可知反应的方程式为2Fe3+ZnSZn2+2Fe2+S，故C正确；D由O2+4H+2ZnS2S+2Zn2+2H2O可知，理论上反应I中每消耗1.12L O2（标准状况）可浸出Zn2+为265g/mol6.5g，故D正确；答案选CD。13. 由下列操作与现象推出的相应结论正确的是（）选项操作现象结论A光束通过蛋白质溶液产生光亮通路蛋白质溶液属于胶体B将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已变质C向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀溶液中不一
20、定含有SO42D测定0.1molL1和0.01molL1的醋酸溶液导电性前者导电性更强浓度越大，醋酸电离程度越大A. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【详解】A. 丁达尔效应可用于区分胶体和溶液这两种分散系，故光束通过蛋白质溶液，产生光亮通路可证明蛋白质溶液属于胶体，故A正确；B. 酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，生成铁离子，故滴加KSCN溶液，溶液变红，因此不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液检验是否变质，故B错误；C. 白色沉淀可能为AgCl，由操作和现象可知，原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故C正确；D. 浓度越大，离子浓度越大
21、、导电性越强，但浓度越大、电离程度越小，则前者导电性更强、电离程度小，故D错误；答案选AC。14. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，5.6 L CCl4中含有的Cl原子数为NAB. 密闭容器中，1 mol NO与足量O2反应，混合气体中NO2的分子数为NAC. 3.0 g乙烷中含有的共价键数为0.6NAD. 常温下，1 mol Cl2溶于足量Ca(OH)2溶液中，转移的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A标准状况下CCl4是液体，5.6L CCl4的物质的量不是0.25mol，含有的Cl原子数为也不是NA，故A错误；BNO和O2发生反应方程式为2NO+O2=2
22、NO2，根据方程式知，1molNO与足量O2完全反应生成1molNO2，但NO2和N2O4之间存在2NO2N2O4平衡，所以产物分子数小于NA，故B错误；C3.0g乙烷的物质的量n(CH3CH3)=0.1mol，含有的共价键数为0.7NA，故C错误；D常温下，1molCl2与足量Ca(OH)2溶液反应2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，转移的电子数目为NA，故D正确；答案为D。15. Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O原理为HgO(红色粉末）+2Cl2=HgCl2(白色粉末）+Cl2O，某化学小组用下图装置制备Cl2O(
23、夹持装置略去）已知：Cl2O的熔点为-116C、沸点为3.8C，易溶于水；高浓度的Cl2O易爆炸，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应。下列说法错误的是A. 装置中盛装的试剂是饱和食盐水，中现象是红色粉末逐渐变为白色B. 装置中橡胶塞用锡箔包裹，防止Cl2O与橡胶塞反应C. 从装置中逸出气体的主要成分是Cl2OD. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸【答案】AC【解析】【分析】中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，中浓硫酸干燥氯气，氯气进入装置中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气
24、及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。【详解】A根据分析可知装置中为饱和食盐水，装置中为浓硫酸干燥氯气，故A错误；B橡胶属于有机物，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，所以橡胶塞用锡箔包裹，故B正确；CCl2O的沸点为3.8C，在装置中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，故C错误；D高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸，故D正确；故答案为AC。第II卷（非选择题，共60分）三填空题： （本题共5小题，共60分。）16. X、Y、Z、W、P为短周期的主族元素，其原子序数依次增大。Y、Z、W、P
25、位于同一周期。X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，1 mol Y的单质分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应生成的气体在标准状况下均为33.6 L。W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为38，X的原子序数是Z的原子序数的一半。（1）Z的原子结构示意图为_，W与P可形成原子个数比为12的化合物，其电子式为_。（2）经测定，在2.51.01105 Pa下，Y 与P形成的化合物的熔点为190 ，沸点为180 ，则该化合物为_晶体。（3）Z、W、P三种元素的气态氢化物稳定性由高到低的顺序是_(填化学式)。（4）Y与W形成的化合物遇水分解，发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). (3)
26、. 分子 (4). HCl、H2S、SiH4 (5). Al2S36H2O=2Al(OH)33H2S【解析】【分析】X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，X为N元素；1 mol Y的单质分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应生成的气体在标准状况下均为33.6 L，Y为Al元素，W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为38，W为S元素，X的原子序数是Z的原子序数的一半，Z为Si元素；又因为X、Y、Z、W、P为短周期的主族元素，其原子序数依次增大。Y、Z、W、P位于同一周期，P为Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）Z为硅元素，其原子结构示意图为；SCl2电子式为，因为氯最外层7个电子因此需要共用1
27、对电子，硫最外层有6个电子，需要共用2对，所以是一个硫和2个氯一边共用一对；故答案为；（2）分子晶体是由分子构成，分子间的作用力很弱，具有较低的熔点、沸点、硬度小、易挥发等性质；故Y 与P形成的化合物AlCl3为分子晶体；故答案为分子；（3）气态氢化物中稳定性强弱取决于元素非金属的强弱，元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定；Z、W、P三种元素的气态氢化物稳定性由高到低的顺序是HCl、H2S、SiH4；故答案为HCl、H2S、SiH4；（4）铝离子和硫离子发生相互促进的水解反应，可以得到氢氧化铝和硫化氢Al2S36H2O=2Al(OH)33H2S；故答案为Al2S36H2O=2Al(OH)33H
28、2S。17. 燃煤能排放大量的 CO、CO2、SO2，PM2.5(可入肺颗粒物)污染也跟冬季燃煤密切相关。SO2、CO、CO2 也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。（1）PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的可入肺的有害颗粒，下列有关说法中正确的是（ ）aPM2.5空气中形成了胶体bPM2.5表面积能大面积吸附大量的有毒有害物质c机动车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物,大多还有重金属等有毒物质d研制开发燃料电池汽车,降低机动车尾气污染,某种程度可以减少PM2.5污染（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO23H2CH3OHH2O已知：
29、CO2（g）3H2（g） CH3OH（g）H2O（g）HakJmol1；2H2（g）O2（g）2H2O（g） HbkJmol1；H2O（g） H2O（l） HckJmol1；CH3OH（g） CH3OH（l） HdkJmol1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为_。（3）工业上还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）2H2（g） CH3OH（g）。在一容积可变的密闭容器中充入 10mol CO 和 20mol H2，CO 的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图所示。下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是_（填字母）。aH2 的消耗速率等于 CH3OH 的生成速率的 2 倍b
30、H2 的体积分数不再改变c体系中 H2 的转化率和 CO 的转化率相等d体系中气体的平均摩尔质量不再改变比较 A、B 两点压强大小 PA_PB（填“”“”或“=”）。若达到化学平衡状态 A 时，容器的体积为 20 L。如果反应开始时仍充入 10 mol CO 和 20 mol H2，则在平衡状态 B 时容器的体积 V(B)_L。（4）SO2 在一定条件下可与氧气构成原电池。下图是利用该电池在铁表面镀铜的装置示意图：该电池的负极反应：_；当甲中消耗2.24 L O2（标准状况）时，乙中_（填“a”或“b”）增重_g。【答案】 (1). abcd (2). CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO
31、2（g）+2H2O（l） H=-(c+2d-a-b)kJmol-1 (3). ac (4). (5). 4 (6). SO22e+2H2O4HSO42- (7). a (8). 12.8【解析】【详解】(1)a气溶胶属于胶体，微粒直径在10-7m10-9m之间，而PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米，其中含有一些微粒直径在10-7m10-9m之间，可以形成胶体，故a正确；bPM2.5表面积大，具有吸附性，能吸附大量的有毒、有害物质，故b正确；cPM2.5是主要来源是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，故c正确；d减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空气中P
32、M2.5，故d正确；故选abcd；(2)已知：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)H1akJmol1；2H2(g)O2(g)2H2O(g) H2bkJmol1；H2O(g) H2O(l) H3ckJmol1；CH3OH(g) CH3OH(l) H4dkJmol1，根据盖斯定律，H=-H1-H2+H3+2H4=-(c+2d-a-b)kJmol-1，所以CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-(c+2d-a-b)kJmol-1，故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-(c+2d-a-b)
33、kJmol-1；(3)aH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，当H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率的2倍时，反应到达平衡，故a错误；bH2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故b正确；c氢气、CO的转化率与它们起始物质的量有关，平衡时不一定相等，若起始物质的量之比等于化学计算量之比，转化率始终相等，故c错误；d混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，混合气体气体的平均摩尔质量不再改变，说明达到了平衡，故d正确；故答案为ac；温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平
34、衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强PAPB，故答案为；若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol50%=5mol，则：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量(mol)：10200变化量(mol)：5105平衡量(mol)：5105平衡常数K=4，如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，在平衡状态B时CO转化率为80%，则转化的CO为10mol80%=8mol，则：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量(mol)：10200变化量(mol)：816 8平衡量(mol)：248设体积为VL，则=4，解得V=4，故答
35、案为4；(4)在燃料电池中，通入氧气的为正极，通入二氧化硫的为负极，二氧化硫失去电子，发生氧化反应，电极反应式为SO22e+2H2O4HSO42-，故答案为SO22e+2H2O4HSO42-；标准状况下2.24 L O2的物质的量为=0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，乙中a为阴极，发生铜离子的放电，生成铜单质，生成铜的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol64g/mol=12.8g，故答案为12.8。18. MnC2O42H2O是一种常见的化学实剂，是制备其他含锰化合物的重要原料。某课外化学兴趣小组利用软锰矿主要成分为MnO2，含少量CaCO3、Fe2O3和Al2O3)制备
36、MnC2O42H2O，设计流程如图所示（注：试剂按编号顺序加入）。 已知：常温时部分难溶化合物的Ksp近似值如下表：物质CaF2Mn(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp10-910-1310-1710-3310-39(1)该小组同学在酸浸之前，先将软锰矿物粉碎，其目的是_。(2)“酸浸”过程中MnO2发生反应的离子方程式为_。(3)加入MnF2固体的目的是_，甲同学提出将上述流程中的氨水换成氢氧化钠溶液，乙同学觉得不妥，乙同学的理由是_。(4)丙同学认为向滤液C中滴加Na2C2O4溶液的过程中可能会生成Mn(OH)2沉淀，并提出可能的原因为Mn2+(aq)+2(aq)+2
37、H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)，常温时，该反应的平衡常数K=_已知Ka1(H2C2O4)=5.010-2，Ka2(H2C2O4)=5.010-5。(5)操作的名称为_。【答案】 (1). 增大反应物间接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应(答任意一条均可) (2). MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O (3). 除去溶液中的Ca2+ (4). 氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量 (5). 4.010-7 (6). 重结晶【解析】【分析】由流程可知，软锰矿用硫酸、硫酸亚铁溶解，生成硫酸钙微溶，Fe2O3和Al2O3均溶于硫酸，且酸性条
38、件下二氧化锰被亚铁离子还原为Mn2+，滤液A中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，氨水可调节溶液pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3除去，加入MnF2固体将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去（或除去溶液中的Ca2+），过滤分离出滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3、CaF2，滤液C中含Mn2+，滴加Na2C2O4溶液生成MnC2O42H2O，操作I为重结晶，可分离出纯品MnC2O42H2O，以此来解答。【详解】(1)在酸浸之前，先将软锰矿粉碎，其目的是增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应。故答案为：增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应
39、物充分反应。(2)“酸浸”过程中加入了硫酸亚铁,MnO2发生反应生成了硫酸锰,所以该反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O。(3)加入MnF2固体的作用是将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去(或除去溶液中的Ca2+),甲同学提出将上述流程中的氨水换成氢氧化钠溶液,乙同学觉得不妥,乙同学的理由是氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量，故答案为：除去溶液中的Ca2+；氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量。(4)已知Ka1(H2C2O4)=5.0102,Ka2(H
40、2C2O4)=5.0105,即,常温时,该反应Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)的平衡常数,又因为Mn(OH)2刚好沉淀时Ksp=10-13，即,则。故答案为：4.010-7。(5)操作是分离提纯，所以该步骤的名称为重结晶。故答案为：重结晶。【点睛】解题时需注意在计算Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)的平衡常数时，需将此反应的平衡常数与H2C2O4的电离平衡常数和Mn(OH)2刚好沉淀时进行对比，然后联立。最终得出K和Ka2、Ksp的关系是：，代入数据进行求解。19. 丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料
41、制取有机物F的路线如下：已知： 回答下列问题： (1)丁香酚的分子式为_(2)A中的含氧官能团有_ （填名称），的反应类型为_。(3)写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式_。含苯环且环上只有两个取代基；属于酯类化合物；核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1。(4)1 molD最多可以与_molH2发生加成反应 (5)反应中，试剂X的结构简式为_。【答案】 (1). C10H12O2 (2). 羟基、醚键 (3). 取代反应 (4). 、 (5). 4 (6). 或CH3COCH3【解析】【分析】根据丁香酚的键线式结构，判断其分子式；根据A的结构简式，判断含氧官能团，对比A、B
42、的结构判断反应类型；根据题中所给信息，写出符合条件的C的同分异构体；根据D的结构判断与H2加成的量；根据题中信息，对比D、E的结构，判断试剂X的结构；据此解答。【详解】(1) 丁香酚的键线式结构为，交点、端点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，可知其分子式为C10H12O2；答案为C10H12O2。(2)由A的结构简式为可知，该有机物含氧官能团有羟基和醚键；A的结构简式为，B的结构简式为，对比A、B的结构，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应；答案为羟基、醚键，取代反应。(3) C的结构简式为，其的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其
43、相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：1：1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为-COOCH3或者-OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为 ，答案为 。(4)由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，1mol醛基可以加成1molH2，另外1mol苯环也可以加成3molH2，则1mol D最多可以与4mol H2发生加成反应；答案为4。(5) D的结构简式为，E的结构简式为，反应的条件与题干中的羟醛缩合反应对应，说明反应就是羟醛缩合，对比D、E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得
44、出试剂X为或CH3COCH3；答案为或CH3COCH3。20. 在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_。（3）1molCO2分子中含有键的数目为_。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是_。（4）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有_。（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式_。（6）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图
45、是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0，0，0)；B处为(，0)；C处为(1，1，1)。则D处微粒的坐标参数为_。晶胞参数：描述晶胞大小和形状。已知CaF2晶体的密度为gcm3，则晶胞参数a为_pm(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含、NA的式子表示)。【答案】 (1). 3d64s2 (2). 平面正三角形 (3). 2 (4). 乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高 (5). C、N、O、S (6). 8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2 (7). (3/4,3/4,3/4) (8). 【解析】【分析】（1）铁是26号元素，基态
46、原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；（3）依据二氧化碳的结构进行回答；（4）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；（5）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式（6）D处于体对角线AC上，且AD距离等于体对角线长度的，则D到坐标平面距离均为晶胞棱长；晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离等于晶胞体对角线长度的，体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，均摊法计算晶胞中各原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开
47、三次方得到晶胞棱长。【详解】（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s2，故答案为：3d64s2；（2）NO3-中N原子价层电子对=1/2（5+1-32）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，故答案为：平面正三角形；（3）二氧化碳的结构是O=C=O，含有的键的数目为2，乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，；故答案为：2；乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以
48、乙醇的沸点比氯乙烷高；（4）只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（5）该晶胞中铁原子个数=8+6=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2，故答案为：8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2(6)D处于体对角线AC上,且AD距离等于体对角线长度的34,则D到坐标平面距离均为晶胞棱长3/4,由C的坐标参数可知,晶胞棱长=1,故D到坐标平面距离均3/4,D处微粒的坐标参数为(, ,)，故答案为：(,)；设晶胞中Ca2+与离它最近的F-间距离为xnm，晶胞的边长为ycm，则x与y的关系为(4x)2=3y2，所以y=。由于F-位于晶胞的内部，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞含有F-和Ca2+数目分别是8个和4个，所以=，解得x=，故答案为：。
