山东省德州市2020届高三化学第一次模拟试题（Word版附解析）

高三化学试题 注意事项： 1.每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。 2.考试结束后，请将答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 C1： 35.5 Ba：137 第Ⅰ卷(选择题共 40 分) 一、选择题：本题共 10 小题，每题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题 意。 1.新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正 确的是 A. 新型冠状病毒由 C、H、O 三种元素组成 B. 生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料 C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的 D. 84 消毒液是以 NaClO 为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果 【答案】B 【解析】 【详解】A．病毒是由一个核酸分子(DNA 或 RNA)与蛋白质构成的非细胞形态，靠寄生生活 的介于生命体及非生命体之间的有机物种，因此新型冠状病毒除 C、H、O 三种元素外还含有 N、P 等元素，故 A 错误； B．生产医用防护服、口罩主要采用 PP(聚丙烯，占总数的 62%)无纺布材料，适用于农用薄 膜、制鞋、制革、床垫、均要用到有机高分子材料，故 B 正确； C．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的；乙醇能渗入细菌体内， 使组成细菌的蛋白质凝固而达到消毒目的，原理不同，故 C 错误； D．如果将酒精和 84 消毒液混在一起会发生化学反应，乙醇被次氯酸钠氧化，使消毒效果降 低，故 D 错误； 答案选 B。 2.据《GreenChemistry》报道：我国学者发明了低压高效电催化还原 CO2 的新方法，其总反应为：NaC1+CO2 CO+NaC1O。下列说法正确的是（ ） A. CO2 的电子式： B. NaC1 属于离子晶体，其配位数为 8 C. NaC1O 中既有离子键又有共价键 D. 还原 22.4LCO2 转移的电子数 2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.二氧化碳是共价化合物，含有两个碳氧双键，电子式为 ，故 A 错误； B. NaCl 属于离子晶体，其阴阳离子配位数是 6，故 B 错误； C. NaC1O 中是离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故 C 正确； D.缺标准状况，无法计算 22.4L 二氧化碳的物质的量，不能计算转移的电子数，故 D 错误； 故选 C。 3.下列说法正确 是（ ） A. CH≡CH 和 CH2=CHCH=CH2 互为同系物 B. 互为同分异构体 C. 有机物 的二氯代物有 5 种 D. (CH3)3C-CH=CH2 与氢气加成后，生成 2，2，3—三甲基戊烷 【答案】C 【解析】 【详解】A.同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，CH≡CH 的官能团为碳碳三 键 ， 属 于 炔 烃 ， CH2=CH-CH=CH2 的 官 能 团 为 碳 碳 双 键 ， 属 于 烯 烃 ， CH≡CH 和 CH2=CH-CH=CH2 不是同类物质，不互为同系物，故 A 错误； B.同分异构体必须具有相同的分子式，不同的结构， 和 的分子式为 C6H6， 的分子式为 C6H8， 与 和 的分子式不同，不互为同分异构体，故 B 错误； C. 的一氯代物有 2 种，分别为 和 ， 的氢原子再 的被氯原子取代有 4 种，示意图为 ， 的氢原子再被氯原子取代有 1 种， 示意图为 ，共有 5 种，故 C 正确； D. (CH3)3C-CH=CH2 与氢气发生加成反应生成(CH3)3C-CH2CH3，(CH3)3C-CH2CH3 属于烷烃， 名称 2，2—二甲基丁烷，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，同分异构体必须具有相同的 分子式，不同的结构。 4.下列对实验事实的理论解释正确的是（ ） 选项 实验事实 理论解释 A 酸性：HC1O＜H2CO3 非金属：C＞C1 B NH3 溶于水形成的溶液能导电 NH3 是电解质 C 氮原子的第一电离能大于氧原子 氮原子 2p 能级半充满 D H2O 的沸点高于 H2S HO 的键能大于 HS 的键能 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，次氯酸中氯元素的化 合价为+1，不是最高价氧化物对应水化物，不能用于比较碳元素和氯元素的非金属性强弱， 故 A 错误； B.氨气不能电离，属于非电解质，故 B 错误； C. 氮原子的 2p 能级为半充满稳定状态，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故 C 正确； D.水分子间能形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，水的的沸点高于硫化氢，故 D 错误； 故选 C。 5.通常监测 SO2 含量是否达到排放标准的反应原理是 SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 0.1molBaCl2 晶体中所含离子总数为 0.2NA B. 25℃时，pH=1 的 HC1 溶液中含有 H+的数目为 0.1NA C. 17gH2O2 中含有非极性键数目为 0.5NA D. 生成 2.33gBaSO4 沉淀时，转移电子数目为 0.01NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.氯化钡是由一个钡离子和 2 个氯离子形成的离子晶体，则 0.1molBaCl2 晶体中所含 离子总数为 0.3NA，故 A 错误； B.缺溶液的体积，无法计算 25℃时 pH=1 的 HC1 溶液中 H+的物质的量和数目，故 B 错误； C.过氧化氢含有 2 个氢氧极性键和 1 个氧氧非极性键，17g 过氧化氢的物质的量为 =0.5mol，则 0.5mol 过氧化氢中含有非极性键数目为 0.5NA，故 C 正确； D.由化学方程式可知，生成 1mol 硫酸钡转移电子的物质的量为 2mol，2.33g 硫酸钡的物质的 量为 =0.01mol，则生成 1mol 硫酸钡沉淀时，转移电子数目为 0.02NA，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体 积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类 题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄 清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。 6.下列实验设计能达到实验目的的是（ ） 选项 实验目的 实验设计 A 检验溶液中是否含有 Fe2+ 取少量溶液，滴加几滴新制氯水，振荡， 再加入少量 KSCN 溶液，溶液变为红色 B 检验丙烯醛中是否含碳碳双键 向丙烯醛溶液中滴加 KMnO4(H+) C 比较 AgBr 和 AgCl 的 Ksp 大小 向 AgCl 的饱和溶液的滴加 NaBr D 比较水与乙醇中羟基氢的活泼性 分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中 17g 34g/ mol 2. 33g 233g/ molA. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. 检验溶液中是否含有亚铁离子时，应先加入硫氰化钾溶液，再加入新制氯水，否 则新制氯水会将亚铁离子氧化，无法检验，故 A 错误； B.醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验丙烯醛中是否含碳碳双键时，应先发生 银镜反应，再加入酸性高锰酸钾溶液，否则醛基会干扰碳碳双键的检验，故 B 错误； C.向 AgCl 饱和溶液中滴加稀 NaBr 溶液，若 AgBr 的 Qc 小于 Ksp，不会产生 AgBr 淡黄色沉淀， 不能说明 AgCl 的 Ksp 大于 AgBr，故 C 错误； D. 通过金属钠分别与水和乙醇反应，观察反应速率的快慢，可比较水和乙醇中羟基氢的活泼 性强弱，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验丙烯醛中是否含碳碳双键时， 应先发生银镜反应，排出醛基对碳碳双键的检验的干扰是解答关键。 7.我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症 的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（ ） A. 分子式为 C13H12O6 B. 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应 C. 1mol 该有机物与 NaOH 反应最多消耗 2molNaOH D. 1mol 该有机物与溴水反应最多消耗 3molBr2 【答案】C 【解析】 【分析】 由有机物的结构可知，该有机物的分子式为 C13H12O6，官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟 基和醚键。 【详解】A.由有机物的结构可知，该有机物的分子式为 C13H12O6，故 A 正确；B. 该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，能发生取代反应（羧基发生酯 化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应）、加成反应（碳碳双键和苯环能 与氢气发生加成反应）、氧化反应（酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应），故 B 正确； C. 该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，1mol 该有机物与 NaOH 反应 最多消耗 3molNaOH，故 C 错误； D. 该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol 该有机物碳碳双键能与 1mol 溴水 发生加成反应、酚羟基的邻对位氢原子能与 2mol 溴水发生取代反应，共消耗 3molBr2，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】解答时应注意官能团性质的重合性，该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、 羟基和醚键，羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，碳碳双键和酚能与溴水反应，碳 碳双键和苯环能与氢气发生加成反应。 8.X、Y、Z、Q、R 为原子序数依次增大的短周期元素。25℃时，其最高价氧化物的水化物溶 液(浓度均为 0.001mol·L-1)的 pH 和原子半径的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ） A. Y 和 Z 的简单离子半径：Y＜Z B. R、Q 的气态氢化物的稳定性：R＞Q C. R 的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HRO3 D. 上述五种元素中有两种元素是金属元素 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、Q、R 为原子序数依次增大的短周期元素，由 25℃时，其最高价氧化物的水化物溶 液(浓度均为 0.001mol·L-1)的 pH 和原子半径的关系示意图可知，Z 的原子半径最大，且最高价 氧化物的水化物为强碱，则 Z 为 Na 元素；Q 的最高价氧化物的水化物为二元强酸，则 Q 为 S 元素；Y、R 的最高价氧化物的水化物为一元强酸，则 Y 为 N 元素、R 为 Cl 元素；X 的原子序数小于 Y、原子半径大于 Y，且最高价氧化物的水化物为弱酸，则 X 为 C 或 B 元素。 【详解】A. 具有相同的电子层结构的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，氮离子和 钠离子具有相同的电子层结构，则氮离子半径大于钠离子，故 A 错误； B.元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则氯化氢比硫化氢稳定，故 B 正确； C.氯元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HClO4，故 C 错误； D. X、Y、Z、Q、R 五种元素中只有钠元素是金属元素，故 D 错误； 故选 B。 9.乙酸丁酯是重要的化工原料。实验室用乙酸、丁醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下制备乙酸 丁酯的装置示意图(加热和夹持装置已省略)和有关信息如下： 乙酸 正丁醇 乙酸丁酯 熔点/℃ 16.6 -89.5 -73.5 沸点/℃ 117.9 117 126.0 密度/g·cm-3 1.1 0.80 0.88 下列说法正确的是（ ） A. 加热一段时间后，发现烧瓶 C 中忘记加沸石，可打开瓶塞直接加入即可 B. 装置 B 的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率 C. 装置 A 可以装配蒸馏装置的冷凝器，且冷凝水由 a 口进，b 口出 D. 乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去 【答案】D 【解析】 【详解】A. 液体加热时要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故 A 错误； B. 装置 B 是水分离器，作用是不断分离出水，提高乙酸丁酯的产率，故 B 错误； C. 装置 A 可以装配蒸馏装置的冷凝器，为增强冷凝效果，冷凝水由 b 口进， a 口出，故 C 错 误； D. 饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸丁酯的溶解度，吸收正丁醇，除去乙酸，则乙酸丁酯中残留 的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】装置 B 是水分离器，由于乙酸丁酯不溶于水，密度比水小，当水分离器中没有油层 出现时，打开活塞，放出水达到不断分离出水，提高乙酸丁酯的产率的目的。 10.还原沉淀法是处理含铬(含 Cr2O72-和 CrO42-)工业废水的常用方法，过程如下： 已知：转化过程中的反应为 2CrO42-(aq)+2H+(aq) Cr2O72-(aq)+H2O(l)。常温下 Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32。下列说法错误的是（ ） A. 反应①v 正(CrO42-)=2v 逆(Cr2O72-)时，反应处于平衡状态 B. 反应②转移 0.6mole-，则有 0.2mol Cr2O72-被还原 C. 除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应 D. 常温下，要使处理后废水中的 c(Cr3+)降至 1×10-5mol·L-1，反应③应调溶液 pH=5 【答案】B 【解析】 【分析】 由转化关系可知，铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根，重铬酸根在酸性条件下与亚铁离子 发生氧化还原反应生成铬离子，铬离子在碱性条件下生成氢氧化铬沉淀，达到处理含铬工业 废水的目的。 【详解】A. 反应①v 正(CrO42-)=2v 逆(Cr2O72-)时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应处于 平衡状态，故 A 正确； B. 反应②中反应 1mol Cr2O72-，转移 6 mole-，若反应转移 0.6mole-，则有 0.1mol Cr2O72-被还原， 故 B 错误； C. 重铬酸根在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子，铬离子在碱性条件下生成氢氧化铬沉淀属于复分解反应，则除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解 反应，故 C 正确； D. 常温下，要使处理后废水中的 c(Cr3+)降至 1×10-5mol·L-1，则溶液中 c(OH—)= = 1×10-9mol·L-1，溶液 pH=5，故 D 正确； 故选 B。 二、选择题：本题共 5 个小题，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全 部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分 11.为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用 KI 溶液处理后回收 Se。发生的反应为：①Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O； ②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（ ） A. ①中 SO2 是还原产物，SeO2 是氧化产物 B. ②中 KI 是还原剂，HNO3 是氧化剂 C 每生成 0.4molI2 共转移 1.2mol 电子 D. 氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3 【答案】BC 【解析】 【详解】A.反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物， 硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，故 A 正确； B.反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘 化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故 B 错误； C. 反应②中，生成 2mol 碘单质，转移 4mol 电子，则每生成 0.4molI2 共转移 0.8mol 电子，故 C 错误； D. 在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒 为氧化产物，氧化性 H2SO4（浓）＞SeO2，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应，反应② 中 SeO2 为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性 SeO2＞HNO3，则氧化性由 强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故 D 正确； 故选 BC。 【点睛】在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，同种还原剂，和氧化性强的 氧化剂先反应是解答关键。 ( ) ( ) 323 53 1 10 1 10 33 =spK Cr OH c Cr − −+ × ×   12.已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按 ω= 向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯 体积分数( )与 温度(T)、ω 的关系，图乙表示反应的平衡常数 K 与温度 T 的关系。则下列说法正确的是（ ） A. 图甲中 ω1＞1 B. 图乙中，线 A 表示正反应的平衡常数 C. 在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态 D. 当温度为 T1、ω=2 时，Cl2 的转化率约为 33.3% 【答案】D 【解析】 【详解】A.增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烯的体积分数减小，由图可知，丙烯 的体积分数 ω1 大于 ω2，则 ω1＜1，故 A 错误； B.由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热 反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小，则图乙中，线 B 表示正反应的平衡常数，故 B 错误； C.该反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，则在恒容容 器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故 C 错误； D.设温度为 T1、ω=2 时，容器体积为 1L，CH2=CHCH3 的起始物质的量为 1mol，消耗物质的 量为 xmol，由题意建立如下三段式： 由平衡常数 K=1 可得 =1，解得 x= ，则 Cl2 的转化率为 ≈33.3%，故 D 正 确； 故选 D。 的2 2 3 n(Cl ) n(CH =CHCH ) φ ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 2 2 起（mol / L） 1 2 0 0 变（mol / L） x x x x 平（mol / L） CH =CHCH g +Cl g CH 1- x 2- x x =CHCHCl g +HCl x g x x （1- x）（2- x） × × 2 3 2 3 2 100%×【点睛】由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反 应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小是解答关键和易错点。 13.2022 年前后我国将建成首座载人空间站。为实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的 CO2 并提供 O2，我国科学家研发了一种能量转化装置，总反应方程式为 2CO2=2CO+O2。下列 说法正确的是（ ） A. 该装置将太阳能直接转化为化学能 B. 离子交换膜为阳离子交换膜 C. 反应完毕，该装置中电解质溶液的 pH 不变 D. Y 电极的反应：CO2+2e-+H2O=CO+2OH- 【答案】C 【解析】 【分析】 由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学能，为电 解装装置，X 极与光电池的负极相连，为阴极，Y 极与光电池的正极相连，为阳极，以此解答 该题。 【详解】A．由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，故 A 错误； B. 由示意图可知，离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故 B 错误； C.由总反应方程式可知，电解前后电解质溶液中氢氧根浓度不变，溶液的 pH 不变，故 C 正确； D. 由示意图可知，Y 极为阳极，氢氧根在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为 4OH--4e-=2H2O+O2↑，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学 能，为电解装置是分析判断的关键。 14.常温下，向 VmL0.1mol·L-1HA 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[-lgc 水(H+)]与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. 常温下，Ka(HA)约为 10-5 B. P 点溶液对应的 pH=7 C. M 点溶液中存在：c(Na+)=c(A-)+c(HA) D. N 点溶液中存在：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) 【答案】BC 【解析】 【分析】 由示意图可知，0.1mol·L-1HA 溶液中水电离出的氢离子浓度为 10—11mol/L，溶液中氢离子浓 度为 10—3mol/L，HA 为弱酸，N 点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓 度最大，说明 HA 溶液与 NaOH 溶液恰好完全反应生成 NaA，则 M 点为 HA 和 NaA 的混合液，P 点为 NaA 和 NaOH 混合液。 【详解】A. 由示意图可知，0.1mol·L-1HA 溶液中水电离出的氢离子浓度为 10—11mol/L，溶液 中氢离子浓度为 10—3mol/L，则 Ka(HA)= ≈ =10-5，故 A 正确； B. P 点为 NaA 和 NaOH 混合液，溶液呈碱性，溶液的 pH＞7，故 B 错误； C.M 点为 HA 和 NaA 的混合液，溶液呈中性，溶液中 c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒 c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)可知，溶液中 c(Na+)=c(A-)，故 C 错误； D. N 点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的氢离子浓度最大，说明 HA 溶液与 NaOH 溶液恰好完全反应生成 NaA，A-在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中存在：c(Na+)＞c(A-) ＞c(OH-)＞c(H+)，故 D 正确； 故选 BC。 【点睛】由示意图可知，0.1mol·L-1HA 溶液中水电离出的氢离子浓度为 10—11mol/L，溶液中 氢离子浓度为 10—3mol/L，HA 为弱酸，N 点水电离出的氢离子浓度的负对数最小，水电离出的 氢离子浓度最大，说明 HA 溶液与 NaOH 溶液恰好完全反应生成 NaA 是解答关键。 15.水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果， + -c（H）c（A ） c（HA） - 3 - 31 10 1 10 0.1 × × ×研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的 物种用·标注。下列说法正确的是（ ） A. 水煤气变换反应 △H＞0 B. 步骤③的化学方程式为：CO·+OH·+H 2O(g)=COOH·+H2O· C. 步骤⑤只有非极性键 H—H 键形成 D 该历程中最大能垒(活化能)E 正=2.02eV 【答案】BD 【解析】 【详解】A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜ 0，故 A 错误； B. 由示意图可知，步骤③为 CO·、OH·、H2O(g)和 H·反应生成 COOH·、H2O·和 H·，反应的 化学方程式为：CO·+OH·+H 2O(g)=COOH·+H2O·，故 B 正确； C. 由示意图可知，步骤⑤除有非极性键 H—H 键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成， 故 C 错误； D. 由示意图可知，步骤④的能垒最大，E 正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV，故 D 正确； 故选 BD。 第Ⅱ卷(非选择题共 60 分) 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分 16.亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体，沸点为-5.5℃。其液体呈红褐色。遇水发生反应： 2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑。某化学兴趣小组设计如图装置用 C12 和 NO 制备 NOC1。回 答下列相关问题： 的（1）甲装置发生的离子反应方程式为__，装置丙中的液体为__。 （2）实验时，先通入 Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入 NO，这样做的目的是 __。 （3）装置丁中冰盐水的作用是__。 （4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是__(用文字描述)。 （5）吸收尾气时，NOCl 发生反应的化学方程式为__。 (已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O) （6）反应完成后，取烧瓶中所得产物 mg 溶于水，配制成 250mL 溶液，取出 25.00mL，以 K2CrO4 溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为 VmL。则产物中 NOCl 纯度的计算式为__。 【答案】 (1). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). 浓硫酸 (3). 排尽装置中的 空气，避免氧化 NO (4). 液化亚硝酰氯，便于收集产品 (5). 在装置丁和戊之间增加一 个气体干燥装置 (6). NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O (7). ×100% 【解析】 【分析】 由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生 成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干 燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥 发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一 个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应。 【详解】（1）装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；装置丙中盛有浓硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯 气，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硫酸； 0.655cV m（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入 Cl2 排尽装置中的空气后， 再通入 NO，防止 NO 被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化 NO； （3）由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的 作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品； （4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸 气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置； （5）由题给化学方程式 2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑和 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 可知，NOCl 与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaNO2 和 H2O，反应的化学方程式为 NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O； （6）由题给化学方程式 2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由 NOC1—HCl—AgNO3 可得 mg 样品中 n（NOC1）=n（AgNO3） =cmol/L×V×10—3L×10=0.01cVmol，则则产物中 NOCl 纯度为 ×100%= ×100%，故答案为： ×100%。 17.Fe、Co、Ni 均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。 （1）基态 Fe 原子中，电子填充的能量最高的能级符号为__。 （2）在空气中 FeO 稳定性小于 Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是__。 （3）铁氰化钾{K3[Fe(CN)6])}溶液是检验 Fe2+常用的试剂。lmol[Fe(CN)6]3-含 σ 键的数目为__。 （4）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是__。配体 N3-中心原子的杂化类型 为__。CoO 的熔点是 1935℃，CoS 的熔点是 1135℃，试分析 CoO 的熔点较高的原因__。 （5）NiO 的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，则 C 原 子坐标参数为__。 【答案】 (1). 3d (2). Fe2+中 3d 轨道没有达到半充满的稳定结构，而 Fe3+中 3d 轨道达 ×0. 01 65.5 /cVmol g mol mg 0.655cV m 0.655cV m到半充满的稳定结构 (3). 12NA (4). 6 (5). sp (6). 两者均为离子晶体，但 S2-半径 大于 O2-半径，CoO 的晶格能大于 CoS，因此 CoO 的熔点较高 (7). (1， ， ) 【解析】 【分析】 （1）铁的原子序数为 26，价电子排布式为 3d64s2； （2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为 3d6，3d 轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化 铁中铁离子的价电子排布式为 3d5，3d 轨道达到半充满的稳定结构； （3）在配合物 Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有 6 个配位键，在每个 CN-内部有一个共价 键； （4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和 NH3 为配位体；配体 N3-与二氧化碳的原子 个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构；CoO 和 CoS 均为离子 晶体，但 S2-半径大于 O2-半径； （5）已知晶胞中原子坐标参数 A 为（0，0，0），B 的原子坐标分别为（1，1，0），则以 A 为 晶胞坐标原点，晶胞的边长为 1，C 原子在晶胞立方体的面心上。 【详解】（1）铁的原子序数为 26，价电子排布式为 3d64s2，由构造原理可知能量最高的能级 为 3d，故答案为：3d； （2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为 3d6，3d 轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化 铁中铁离子的价电子排布式为 3d5，3d 轨道达到半充满的稳定结构，所以在空气中 FeO 稳定 性小于 Fe2O3，故答案为：Fe2+中 3d 轨道没有达到半充满的稳定结构，而 Fe3+中 3d 轨道达到 半充满的稳定结构； （3）在配合物 Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有 6 个配位键，在每个 CN-内部有一个共价 键，所以 1mol 该配合物中含有 σ 键的数目为 12NA，故答案为：12NA； （4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和 NH3 为配位体，配位数为 6；配体 N3-与二 氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化 碳的空间构型为直线形，则 N3-离子的空间构型也为直线形，由空间构型可知 N 原子的杂化方 式为 sp 杂化；CoO 和 CoS 均为离子晶体，但 S2-半径大于 O2-半径，CoO 的晶格能大于 CoS， 因此 CoO 的熔点较高，故答案为：两者均为离子晶体，但 S2-半径大于 O2-半径，CoO 的晶格 能大于 CoS，因此 CoO 的熔点较高； （5）已知晶胞中原子坐标参数 A 为（0，0，0），B 的原子坐标分别为（1，1，0），则以 A 为 1 2 1 2晶胞坐标原点，晶胞的边长为 1，C 原子在晶胞立方体的面心上，则 C 原子坐标参数为(1， ， )，故答案为：(1， ， )。 【点睛】由晶胞中原子坐标参数 A 为（0，0，0），B 的原子坐标分别为（1，1，0），确定晶 胞的边长为 1，C 原子在晶胞立方体的面心上是确定 C 原子坐标参数的关键，也是解答难点。 18.二氧化碳的利用是我国能源领域的一个重要战略方向，目前我国科学家在以下方面已经取 得重大成果。 （1）图 1 是由 CO2 制取 C 的太阳能工艺。已知过程 1 发生的反应中 =6，则 FexOy 的 化学式为__。过程 1 生成 1molC 的反应热为△H1；过程 2 产生 lmolO2(g)的反应热为△H2。则 由 CO2 制取 C 的热化学方程式为__。 （2）利用 CO2 合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g) ΔH=-53.7kJ·mol-1， 一定条件下，将 1molCO2 和 2.8molH2 充入容积为 2L 的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2 的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图 2 所示。过程Ⅰ的活化能__(填 “＞”“＜”或“=”)过程Ⅱ的活化能，n 点的平衡常数 K=__。 （3）用二氧化碳合成低密度聚乙烯(LDPE)。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解 CO2， 可制得 LDPE，该电极反应可能的机理如图 3 所示。 1 2 1 2 1 2 1 2 2 n(FeO) n(CO )①过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生__反应(填“氧化”或“还原”)。 ②请补充完整并配平 CO2 转化为 LDPE 的电极反应：2nCO2+___+___= +___。 __ ③工业上生产 1.4×104g 的 LDPE，理论上需要标准状况下 CO2 的体积是__L。 【答案】 (1). Fe3O4 (2). CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2 (3). ＜ (4). 200 (5). 还原 (6). 2nCO2+12ne-+12nH+= +4nH2O (7). 2.24×104 【解析】 【分析】 (1)根据 =6 可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知 x∶y ＝3∶4；由盖斯定律计算可得； （2）反应活化能越小，反应速率越快；由题意可以建立三段式计算可得热化学方程式； （3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化 CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳 元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2； ②CO2 转化为 LDPE 时碳元素的化合价由+4 降到-2 价，每个碳原子得 6 个电子，则 2n 个 CO2 共得 12n 个电子； ③据 2nCO2~ 计算可得标准状况下 CO2 的体积。 【详解】(1)根据 =6 可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守 恒知 x∶y＝3∶4，则 FexOy 的化学式为 Fe3O4；由盖斯定律可知，过程 1+过程 2 可得 CO2 制 取 C 的热化学方程式 CO2(g)=C(s)+O2(g)，则△H=△H1+△H2，故答案为：Fe3O4； CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2； （2）反应活化能越小，反应速率越快，由题给示意图可知，过程Ⅰ先达到平衡，反应速率快 于过程Ⅱ，则过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能；由图可知 CO2 的转化率为 80%，反应消耗 2 n(FeO) n(CO ) 2 n(FeO) n(CO )二氧化碳的浓度为 0.4mol/L，由题意可以建立如下三段式： 则平衡常数 K= =200，故答案为：＜；200； （3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化 CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳 元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2，均为碳被还原的过程，故碳元素均发生还原反应， 故答案为：还原； ②CO2 转化为 LDPE 时碳元素的化合价由+4 降到-2 价，每个碳原子得 6 个电子，则 2n 个 CO2 共得 12n 个电子，电极反应反应式为 2nCO2+12ne-+12nH+= +4nH2O，故答案 为：2nCO2+12ne-+12nH+= +4nH2O； ③生产 1.4×104g ，即生产 1.4×104g ，据 2nCO2~ ，可知 CO2 的物质的量为 =1.0×103mol，标准状况下 CO2 的体积等于 1.0×103mol×22.4L/mol=2.24×104L，故答案为：2.24×104。 19.随着钴酸锂电池的普及使用，从废旧的钴酸锂电池中提取锂、钴等金属材料意义重大。如 图是废旧钻酸锂(LiCoO2)(含少量铁、铝、铜等元素的化合物)回收工艺流程： （1）“拆解”前需进入“放电”处理的目的是__；用食盐水浸泡是放电的常用方法，浸泡放电过 程中产生的气体主要有__。 （2）上述流程中将 CoO2-转化为 Co3+的离子方程式为__。 （3）滤液 1 中加入 Na2SO3 的主要目的是__；加入 NaClO3 的主要目的是__。 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3CO g +3H g H O g +CH OH g mol/L) 0.5 1.4 0 0 mol/L) 0.41.2 0.4 0.4 mol/L) 0.1 0.2 0.4 0.4  起（ 变（ 平（ 3 0.4mol/ 0.4 / 0.1 / (0.2 / ) × × L mol L mol L mol L 41.4 10 228 / g nng mol × ×（4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4 的加入量(图 a)、沉淀反应的温度(图 b)与钴的沉淀率关系如 图所示： 根据图分析：沉钴时应控制 n(C2O42-)：n(Co2+)比为__，温度控制在__℃左右。 【答案】 (1). 防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 (2). H2、Cl2 (3). 4H++CoO2-=2H2O+Co3+ (4). 将 Co3++还原为 Co2+ (5). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (6). 1.15 (7). 46 【解析】 【分析】 由题给流程图可知，废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳和有机物后，用硫酸浸 泡剩余物，CoO2-与硫酸反应转化为 Co3+离子，铁和铝元素的化合物溶于硫酸生成硫酸亚铁和 硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸进入滤渣中；过滤后，向滤液 1 中先加入 Na2SO3，将 Co3+ 还原为 Co2+，再加入 NaClO3 将 Fe2+氧化为 Fe3+，最后加入氨水调节溶液 pH，使 Fe3+和 Al3+ 转换为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；过滤后，向滤液 2 中加入草酸铵，使 Co2+ 转化为 CoC2O4•2H2O 沉淀；过滤后，向滤液 3 中加入饱和碳酸钠溶液，使 Li+转化为 Li2CO3 沉淀。 【详解】（1）电池在拆解过程中容易发生短路引起火灾或导致操作人员触电，则拆解前必须 进行放电处理；用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失 去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气， 故答案为：电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电；H2、Cl2； （2）用硫酸浸泡时，CoO2—与 H+反应转化为 Co3+离子和水，反应的离子方程式为 4H++CoO2—=2H2O+Co3+，故答案为：4H++CoO2—=2H2O+Co3+； （3）Co3+具有氧化性，向滤液 1 中加入具有还原性的 Na2SO3，能将 Co3+还原为 Co2+；亚铁离 子具有还原性，加入具有氧化性的 NaClO3，能将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于调节 pH 时，将 Fe3+ + 转换为氢氧化铁沉淀，故答案为：将 Co3++还原为 Co2+；将 Fe2+氧化为 Fe3+；（4）由左图可知，n(C2O42-)：n(Co2+)比为 1.15 时，钴的沉淀率最大，效果最好；由右图可知， 沉淀反应温度为 46℃左右时，钴的沉淀率最大，效果最好，故答案为：1.15；46。 【点睛】用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子 发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气是解答关 键。 20.甲基丙烯酸甘油酯 GMA( )，由于本身带有丙烯酸酯双键和环氧基团，使得 其应用十分广泛。工业合成 GMA 的一种方法如图(部分反应所需试剂和条件已略去)： 已知： 请按要求回答下列问题： （1）B 中的官能团名称：__； （2）C 的结构简式__； （3）请写出 E→F 的反应方程式和反应类型：E→F：__，__反应； （4）H 的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为__，H 的同分异构体中能发生水解反应的链状 化合物有__种。 （5）已知：CH2=CH2 。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完 善下列合成有机物 C 的路线流程图： __。 【答案】 (1). 氯原子、羟基 (2). (3). 2 +O2 2 +2H2O (4). 氧 化 (5). 3 ： 2 ： 1 (6). 5 (7). 2Br Br→△丙烯【解析】 【分析】 由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，甘油与氯化氢发生取代反应生成 ， 在氢氧化钠/乙醇的作用下， 发生分子內取代反应生成 ，则 C 为 ；丙烯与氯化氢发生加成反应 ，则 D 为 ； 在氢氧化钠溶液中， 共热发生水解反应生成 ，则 E 为 ； 在铜做催化剂作用下， 与氧气发生催化氧化反应生成 ，则 F 为 ； 发生题给信息反应生成 ，则 G 为 ； 在 浓 硫 酸 作 用 下 ， 共 热 发 生 消 去 反 应 生 成 ， 则 H 为 ；在浓硫酸作用下， 与 共热发生酯 化反应生成 。 【详解】（1）B 的结构简式为 ，官能团为氯原子、羟基，故答案为：氯原子、 羟基； （2）C 的结构简式为 ，故答案为： ；（3）E→F 的反应为在铜做催化剂作用下， 与氧气发生催化氧化反应生成 ，反应的化学方程式为 2 +O2 2 +2H2O，故答案为：2 +O2 2 +2H2O；氧化； （4）H 的结构简式为 ，分子中含有 3 类氢原子，核磁共振氢谱峰面积之比由 大到小为 3:2:1；能发生水解反应的链状化合物属于酯类，若将 HCOO—做为取代基，取代 CH2=CHCH3 中的氢原子能形成的酯有 3 种，若将 CH3COO—做为取代基，取代 CH2=CH2 中的氢原 子能形成的酯有 1 种，若将 CH2=CHCOO—做为取代基，取代 CH4 中的氢原子能形成的酯有 1 种， 共有 5 种，故答案为：3:2:1；5； （5）由题给信息，利用逆推法可知 CH2=CH—CH3 与溴在光照条件下发生取代反应生成 ， 与氧气在银做催化剂作用下共热发生氧化反应生成 ， 在在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成 ，合成路线流程图如下： CH2=CH—CH3 ，故答案为： 。