广东省汕头市金山中学2021届高三下学期学科素养测试化学试题（解析版）

汕头市金山中学 2021 届高三第二学期学科素养测试 化学 (满分 100 分。考试时间 75 分钟。) 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写 在答题卡上。并用 2B 铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效。 2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息 点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位 置土；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按 以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分。在每小题四个选项中只有一项符合题目要求。 1. 近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是 A. “天宫二号“航天器使用的质量轻强度高的材料——钛合金 B. “北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓 C. “长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢 D. “C919”飞机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂 【答案】A 【解析】 【详解】A．钛合金是合金材料，属于金属材料，故 A 符合题意 B．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故 B 不符合题意； C．液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，故 C 不符合题意； D．碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料，都不是金属材 料，故 D 不符合题意 答案选 A。 2. 下列表示正确的是 A. 丙烯的结构简式：CH3CH=CH2 B. 氮气的电子式： C. 金刚石的比例模型： D. H2S 的电子式： 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．丙烯中含有 3 个碳原子和一个碳碳双键，结构简式表示为 CH3CH=CH2，A 正确； B．氮气分子中共用 3 对电子对，电子式为： ， B 错误； C． 该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，C 错误； D．H2S 为共价化合物，电子式为： ，D 错误； 故选 A。 3. 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬 胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是 A. 胆矾的化学式为 CuSO4 B. 胆矾可作为湿法冶铜的原料 C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程 D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应 【答案】A 【解析】 【详解】A.胆矾为硫酸铜晶体，化学式为 CuSO4  5H2O，A 说法错误； B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B 说法正确； C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C 说法正确； D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D 说法正确。 综上所述，相关说法错误的是 A，故选 A。 4. 下列解释事实的方程式正确的是 A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2O B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3 C. 向 Ca(ClO)2 溶液中通入过量 CO2 制取次氯酸： Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓ D. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O 2H＋ + Cl－+ ClO－ 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离 子方程式为：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故 A 错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁， 反应方程式为 4Fe（OH）2 +O2 +2H2O═4 Fe（OH）3，故 B 正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸 氢钙，则向 Ca（ClO）2 溶液中通入过量 CO2 制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故 C 错误；D．HClO 是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为 Cl2 + H2O H＋+ Cl－+ HClO，故 D 错误；故答案为 B。 5. 设 NA 为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 A. 标准状况下，11.2 L 苯中含有 C—H 键的数目 3NA B. 常温下，1.0 LpH = 13 的 Ba(OH)2 溶液中含有的 OH—数目为 0.1NA C. 常温下，56 g 铁片投入足量浓 H2SO4 中生成 NA 个 SO2 分子 D. 电解饱和食盐水，阳极产生 22.4 L 气体时，电路中通过的电子数目为 2NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，苯为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故 A 错误； B．常温下，pH=13 的 Ba(OH)2 溶液中 OH—的浓度为 1×10-1mol/L，1.0 LpH =13 的 Ba(OH)2 溶液中含有的 OH- 数目为 0.1NA，故 B 正确； C．常温下，铁片与浓 H2SO4 发生钝化现象，反应不能进行到底，故 C 错误； D．没有指明气体的状态，没有确定的气体摩尔体积，无法计算气体的物质的量，故 D 错误； 故答案为 B。 6. 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X、Y 的最外层电子数之和等于 6，且 X、Y 位于 不同的周期，W 的最简单气态氢化物与 Z 单质形成的混合气体在光照条件下可得到 Z 的氢化物和油状物。 下列说法正确的是 A. 简单离子的半径：Y>Z B. X 的最简单氢化物与 Z 单质混合后可产生白烟 C. Z 的氧化物对应水化物的酸性一定比 W 的强 D. W、X、Y 三种元素形成的化合钧 YWX 的水溶液呈酸性 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的最简单气态氢化物与 Z 的单质形成的混 合气体在光照条件下可得到 Z 的氢化物和油状混合物，可知 W 为碳元素，Z 为氯元素，X、Y 的最外层电 子数之和等于 6，且 X、Y 位于不同的周期，故 X、Y 只能是氮元素和钠元素。 【详解】W 为碳，X 为氮，Y 为钠，Z 为氯， A．氯离子比钠离子多一个电子层，故简单离子的半径：Z>Y，A 错误； B．X 的最简单氢化物氨气与 Z 的单质氯气混合后可反应生成氯化铵，产生白烟，B 正确； C．Z 的氧化物对应的水化物酸性不一定比 W 的强，如次氯酸的酸性弱于碳酸，若最高价氧化物的水化物 高氯酸则为最强酸，C 错误； D．W、X、Y 三种元素形成的化合物 NaCN 为强碱弱酸盐，水解呈碱性， D 错误。 故选 B。 7. 苹果酸环二酯(OP)的结构简式如图所示，下列相关说法不正确的是 A. OP 含有的官能团是羧基、酯基 B. OP 能在 NaOH 溶液中发生水解反应 C. OP 能使 Bt2 的 CCl4 溶液褪色 D. 能与 Na2CO3 溶液发生反应 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A． 中含有的官能团有羧基和酯基，故 A 正确； B． 中含有酯基，则能在 NaOH 溶液中发生水解反应，故 B 正确； C． 中不含有可使 Bt2 的 CCl4 溶液褪色的官能团，故 C 错误； D． 中含有羧基，有酸性，则能与 Na2CO3 溶液发生反应，故 D 正确； 故答案为 C。 8. 在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是 A. Ca(OH)2 2Cl Ca(ClO)2 2SO HClO B. SiO2 NaOH(aq) Δ Na2SiO3 2CO H2SiO3 C. FeS2 2O SO2 3 2NH H O (NH4)2SO4 D. 饱和 NaCl 溶液 2CO NaHCO3 Δ Na2CO3 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，但是二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，二者发 生氧化还原反应，生成氯化氢、硫酸钙和硫酸，不能生成次氯酸，A 项错误； B．二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和二氧化碳反应生成白色的硅酸沉淀，B 项正确； C．二硫化亚铁与氧气发生反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫和氨水反应生成(NH4)2SO3，不能生成硫 酸铵，C 项错误； D．侯氏制碱法的原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解， D 项错误； 答案选 B。 9. 实验室用 Ca 与 H2 反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（ ） A. 装置甲制取 H2 B. 装置乙净化干燥 H2 C. 装置丙制取 CaH2 D. 装置丁吸收尾气 【答案】D 【解析】 【详解】A. 装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取 H2，实验装置和原理能达到实验目，选项 A 不选； B. 装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥 H2 的作用，实 验装置和原理能达到实验目，选项 B 不选； C. 装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取 CaH2 ，实验装置和原理能达到实验目，选项 C 不选； D. 装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或 CaH2 反应，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢 气应收集或点燃，选项 D 选。 答案选 D。 10. 合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是 A. 合成氨采用 400～500℃是为了提高原料转化率和反应速率 B. 湿润的淀粉-KI 试纸可以鉴别气体 2 和溴蒸气 C. 生成固体 l 的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl D. 将固体 2 溶于水再滴加石蕊溶液颜色变红 【答案】C 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A ． 温 度 影 响 化 学 反 应 速 率 及 化 学 平 衡 ， 合 成 氨 反 应 的 方 程 式 为 2 2 3N (g)+3H (g) 2NH (g)ΔH=-92.2kJ/mol ，在 400～500℃催化剂的活性最强，同时升高温度虽然不利 于平衡向正反应方向移动，不能改变原料转化率，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间，A 项错误； B．气体 2 为二氧化氮、溴蒸气都具有强氧化性，遇到湿润的淀粉-KI 试纸都可以变蓝色，不可以鉴别，B 项错误； C．固体 1 为碳酸氢钠，氯化钠、二氧化碳、水和氨气可以生成碳酸氢钠固体，故方程式为： NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，C 项正确； D．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，碳酸钠溶液为碱性溶液，故滴加石蕊溶液颜色变蓝，D 项错误； 答案选 C。 二、选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要 求。 11. 某甲酸溶液中可能含有少量甲醛，用下列方法可以证明的是（ ） A. 加入新制的 Cu(OH)2 悬浊液加热，有砖红色沉淀产生，则含甲醛 B. 能发生银镜反应，则含甲醛 C. 先将试液充分进行酯化反应，收集生成物进行银镜反应，若有银镜产生，则含甲醛 D. 将该溶液与足量 NaOH 溶液混合后蒸馏，若其蒸馏产物可发生银镜反应，则含甲醛 【答案】D 【解析】 【分析】甲酸中含有醛基和羧基，甲醛中只含醛基，不能直接用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，应 先分离后再检验，以此解答。 【详解】甲酸和甲醛都含有醛基，则直接加入新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液不能检验是否含有甲醛，A、 B 项错误；若将试液先发生酯化反应，生成的甲酸某酯中仍含醛基，加入新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液 不能检验是否含有甲醛，C 项错误；而应先加入足量 NaOH 溶液混合，甲酸与氢氧化钠溶液反应生成难挥发 的甲酸钠，然后蒸馏，可得到甲醛，再用银氨溶液或新制氢氧化铜浊液检验，则 D 项正确； 答案选 D。 12. 浓硫酸分别和三种钠盐反应,下列分析正确的是 A. 对比①和②可以说明还原性 Br->Cl- B. ①和③相比可说明氧化性 Br2>SO2 C. ②中试管口白雾是 HCl 遇水蒸气所致,说明酸性 H2SO4>HCl D. ③中浓 H2SO4 被还原成 SO2 【答案】A 【解析】 【分析】反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而 不能将氯离子氧化成氯气；反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应。 【详解】A．反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质， 而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能 被氧化，说明还原性 Br-＞Cl-，故 A 正确； B．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较 Br2、SO2 的氧化性，故 B 错误； C．白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性 H2SO4＜HCl，无法比较两者的酸性，故 C 错误； D．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是体现了强酸制弱酸规律，故 D 错误。 答案选 A。 13. 2019 年 2 月 27 日至 3 月 1 日，第十届日本国际二次电池展在日本东京举行，各种新型二次电池在东京 有明展览中心展出，其中以 Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，格外引人注意，其放电工作原理 如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 放电时，正极反应式为 Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6] B. 充电时，Mo 箔接电源的负极 C. 充电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室 D. 外电路中通过 0.2mol 电子时，负极质量变化为 2.4g 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据原电池工作原理，Mg 箔作负极，Mo 箔作正极，正极反应式为 Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋ 2e-===Na2Fe[Fe(CN)6]，A 项正确； B．充电时，电解池的阴极(原电池的负极)接电源的负极，电解池的阳极(原电池的正极)接电源的正极，即 Mo 箔接电源的正极，B 项错误； C．充电时，阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C 项正确； D．负极上的反应式是 2Mg-4e-＋2Cl-===[Mg2Cl2]2＋，外电路中通过 0.2mol 电子时，消耗 0.1molMg，质量 减少 2.4g，D 项正确； 答案选 B。 14. I2 在 KI 溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq) ⇌ - 3I (aq)，某 I2、KI 混合溶液中， - 3I 的物质的量浓度 c( - 3I ) 与温度 T 的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是 A. 温度为 T1 时，向该平衡体系中加入 KI 固体，平衡正同移动 B. I2(aq)+I-(aq) ⇌ - 3I (aq)的 △ H＜ 0 C. 若 T1 时，反应进行到状态 d 时，一定有 v 正>v 逆 D. 状态 a 与状态 b 相比，状态 b 时 I2 的转化率更高 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．温度 T1 时，加入 KI 固体，I-浓度增大，平衡向正反应方向移动，故 A 正确； B．由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时， - 3I 的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应， 反应 I2(aq)+I-(aq) ⇌ - 3I (aq)的 △ H＜0，故 B 正确； C．若反应进行到状态 d 时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的 - 3I 方向移动，则 v 正＞v 逆，故 C 正确； D．状态 a 与状态 b 均为平衡状态，状态 b 的 - 3I 的物质的量浓度明显小于状态 a 的 - 3I 的物质的量浓度，说 明由状态 a 转化为状态 b 时，升高温度平衡逆向移动，则 I2 的转化率降低，故 D 错误； 故答案为 D。 15. 利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图。H+、O2、NO 3  等共存 物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内 ZVI 释放电子的物质的量为 nt，其中用于有效腐蚀的电子 的物质的量 ne。下列说法错误的是（ ） A. 反应①②③④均在正极发生 B. 单位时间内，三氯乙烯脱去 amolCl 时 ne=amol C. ④的电极反应式为 NO 3  +10H++8e-=NH + 4 +3H2O D. 增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量，可使 nt 增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应 在正极发生，故 A 正确； B．三氯乙烯 C2HCl3 中 C 原子化合价为+1 价，乙烯中 C 原子化合价为-2 价，1molC2HCl3 转化为 1molC2H4 时，得到 6mol 电子，脱去 3mol 氯原子，所以脱去 amolCl 时 ne=2amol，故 B 错误； C．由示意图及 N 元素的化合价变化可写出如下转化 NO 3  +8e-→NH + 4 ，由于生成物中有 NH + 4 ，所以只能用 H+和 H2O 来配平该反应，而不能用 H2O 和 OH-来配平，所以④的电极反应式为 NO 3  +10H++8e-=NH + 4 +3H2O， 故 C 正确； D．增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量，可以增大小微粒 ZVI 和正极的接触面积，加快 ZVI 释放电 子的速率，可使 nt 增大，故 D 正确； 答案选 B。 16. 常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的 KOH 溶液，所得溶液中 H2C2O4、 - 2 4HC O 、 2- 2 4C O 三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液 pH 的关系如图所示，则下列说法中不正确的是 A. pH=1.2 的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)+ 2- 2 42c(C O ) B. pH=2.7 的溶液中： 2 - 2 4 2- 2 2 4 2 4 c (HC O ) 1000c(H C O ) c(C O )  C. 将相同物质的量的 KHC2O4 和 K2C2O4 固体完全溶于水所得混合液的 pH 为 4.2 D. 向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液，将 pH 增大至 4.2 的过程中水的电离度一定增大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．pH=1.2 时，H2C2O4、HC2O 4  的物质的量分数相等，且 c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O 4  )，则 c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，A 项正确； B．由图像可知 pH=1.2 时，c(HC2O 4  )=c(H2C2O4)，则 Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2 时，c(HC2O 4  )=c(C2O 2 4  )， Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知 a1 a2 K K =   - 4 2- 2 2 2 2 4 2 4 c (HC O ) c H C O c(C O ) =1000，B 项正确； C．将相同物质的量 KHC2O4 和 K2C2O4 固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH 不一 定为定值，即不一定为 4.2，C 项错误； D．向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液将 pH 增大至 4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离 抑制的程度减小，水的电离度一直增大，D 项正确； 答案选 C。 第Ⅱ卷 非选择题 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 17 题～19 题为必考题，每个试题考生都必须 做答。第 20 题～21 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共 42 分 17. 过硫酸钠(Na2S2O8)常用作漂白剂、氯化剂等。某研究小组利用下图装置制备 Na2S2O8 并探究其性质(加 热及夹持仪器略去)。 已知：①(NH4)2S2O8+2NaOH 55℃ Na2S2O8+2NH3↑+2H2O， ②2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 90℃ 6Na2SO4+N2+6H2O。 (l)仪器 a 的名称是_______。装置Ⅰ中 NaOH 溶液的作用是吸收空气中_______(填化学式)，减少副反应的发 生。 (2)装置Ⅱ发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_______。 (3)装置Ⅲ的作用是_______。 (4)Na2S2O8 溶液与铜反应只生成两种盐，且反应先慢后快。 ①该反应的化学方程式为_______。 ②某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的 Cu2+对反应起催化作用。完成下列实验设计：向盛有等质 量铜粉的试管中，分别加入_______，再加入等体积等浓度的 Na2S2O8 溶液，若加入硫酸铜溶液的试管中反 应快，则该推测正确。 (5)测定产品纯度：称取 0.2500g 样品，用蒸馏水溶解，加入过量 KI，充分反应后，再滴加几滴指示剂，用 0.1000mol·L-1 Na2S2O8 标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为 19.50 mL。(已知： I2+ 2- 2 32S O = 2- 4 6S O +2I-) ①选用的指示剂是_______；达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准溶液时，_______，且半分钟内 不恢复。 ②样品的纯度为_______。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). CO2 (3). 将三颈烧瓶中产生的 NH3 及时排出 (4). 吸收 NH3，防 止倒吸 (5). 2 2 8 2 4 4Na S O Cu Na SO CuSO   (6). 等体积的硫酸铜溶液和蒸馏水(或其他不含铜 离子的溶液，如硫酸钠溶液) (7). 淀粉溶液 (8). 溶液的蓝色褪去 (9). 92.82% 【解析】 【分析】根据实验原理可知，用(NH4)2S2O8 和氢氧化钠反应生成 Na2S2O8，由于 NH3 能与 Na2S2O8 反应，装 置Ⅰ通入空气经过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，防止一些后续操作，所以实验中要用氮气把生成的氨气及 明排出容器，生成的氨气可以用硫酸吸收，氨气极易溶于水，所以要用防倒吸装置，据此分析解答。 【详解】⑴装置图可知装置Ⅰ中盛 NaOH 溶液的仪器名称是分液漏斗；装置Ⅰ中 NaOH 溶液的作用是吸收 空气中二氧化碳；故答案为：分液漏斗；CO2； ⑵ 3NH 能与 2 2 8Na S O 反应，所以要及时排出，所以需要持续通入空气的目的是使三颈烧瓶内产生的 3NH 及 时排除，减少副反应②的发生；故答案为：将三颈烧瓶中产生的 NH3 及时排出； ⑶根据上面的分析可知，装置Ⅲ是吸收氨气尾气的；故答案为：吸收 NH3，防止倒吸； ⑷① 2 2 8Na S O 溶液与铜只生成两种盐，根据电子得失守恒和元素守恒可知，这两种物质应为硫酸钠和硫酸 铜，化学方程式为： 2 2 8 2 4 4Na S O Cu Na SO CuSO   ，故答案为： 2 2 8 2 4 4Na S O Cu Na SO CuSO   ； ②取等量铜粉于试管中，分别加入少量等体积的硫酸铜溶液和水，再加入等量过硫酸钠溶液，观察现象， 若加入硫酸铜溶液的反应快，说明 2Cu  起了催化作用，反之， 2Cu  不起作用；故答案为：等体积的硫酸 铜溶液和蒸馏水(或其他不含铜离子的溶液，如硫酸钠溶液)； ⑸①碘单质遇到淀粉变蓝色可以选择淀粉溶液做指示剂，滴定到最后一滴溶液，溶液的蓝色褪去且半分钟 不恢复，说明反应达到终点；故答案为：淀粉溶液；溶液的蓝色褪去； 2 2 8Na S O② 标准溶液做氧化剂，1mol 得到 2mol 电子，KI 被氧化为 2I ，转移电子 2mol， 2I 与 2 2 3Na S O 溶 液反应 2 2 2 2 3 4 6I 2S O S O 2I     ， ，则   3 4 2 2 8 1n Na S O 1.95 10 mol 9.75 10 mol2       ，样品的纯度 4 19.75 10 mol 238g mol 100% 92.82%0.250g       ，故答案为：92.82。 18. LiFePO4 可作为新型锂离子电池的正极材料。以钛铁矿(主要成分为 FeTiO3、Fe2O3 及少量 CuO、SiO2 杂 质)为主要原料生产 TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和 LiOH 反应可制备 LiFePO4，LiFePO4 的制备流程如下图所示： 请回答下列问题； (1)酸溶时 FeTiO3 与硫酸反应的化学方程式可表示为_______。 (2)①加铁屑还原的目的是_______； ②过滤前需要检验 Fe3+是否已被完全还原，其实验操作可描述为_______。 (3)“反应”需要按照顺序加入磷酸和 LiOH，请判断先加入的应该是_______(填“磷酸”或“LiOH”)磷酸。 (4)滤渣中的铜提纯后可用于制取 Cu2O，Cu2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取 Cu2O 的电 解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2O 通电 Cu2O+H2↑。则该装置中铜电极应连接直流电源的_______极， 石墨电极的电极反应式为_______，当有 0.1 mol Cu2O 生成时电路中转移_______mol 电子。 【答案】 (1). FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O (2). 把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜 (3). 取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红 色，说明还原已经完全 (4). 磷酸 (5). 正 (6). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). 0.2 【解析】 【分析】钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有 TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原 铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去 TiOSO4，得到滤液加入磷酸、LiOH、 水和异丙醇可得 LiFePO4，以此解答该题。 【 详 解 】 (1) 酸 溶 时 FeTiO3 与 硫 酸 反 应 生 成 FeSO4 和 TiOSO4 ， 化 学 方 程 式 为 ： FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O； (2)①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换 出铜；故答案为：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜。 ②加入的还原剂铁能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜，还原的是否完全，可以通过检 验还原后的溶液中是否存在铁离子，其操作方法为：取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如 果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全，故答案为：取少量反应液于 试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已 经完全； (3)根据流程图知，“反应”需要加入磷酸、LiOH、水和异丙醇，亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化， 因此先加磷酸，产生酸性环境，若先加入 LiOH，则会生成氢氧化亚铁沉淀，故答案为：磷酸； (4)根据电解总反应：2Cu+H2O 通电 Cu2O+H2↑可知，Cu 发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；石 墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-；根据该反应可知 2e-~Cu2O， 所以当有 0.1mol Cu2O 生成时电路中转移 0.2mol 电子；故答案为：正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。 19. 从空气中捕获 CO2 直接转化为甲醇是二十多年来“甲醇经济”领域的研究热点，诺贝尔化学奖获得者乔 治·安德鲁教授首次以金属钌作催化剂实现了这种转化，其转化如图所示。 (1)如图所示转化中，第 4 步常采取_______法将甲醇和水进行分离。(填分离方法名称) (2)如图所示转化中，由第 1 步至第 4 步的反应热( △ H)依次是 a kJ·mol-1、b kJ·mol-1、c kJ·mol-1、d kJ·mol-1， 则该转化总反应的热化学方程式是_______。 (3)一定温度下，利用金属钌作催化剂，在容积为 2L 的密闭容器中可直接实现(2)中总反应的转化得到甲醇。 测得该反应体系中 X、Y 浓度随时间变化如下表： 反应试剂/min 0 2 4 6 8 10 X 的浓度/mol·L-1 1.100 0.5500 0.3000 0.1500 0.1000 0.1000 Y 的浓度/mol·L-1 0.000 0.5500 0.8000 0.9500 1.000 1.000 ①X 的电子式是_______。 ②从反应开始到平衡，用另一反应物 Z 表示的平均反应速率 v(Z)=_______。 ③下列一定可以作为反应达到平衡状态的标志的是_______ (填字母，双选题)。 A.混合气体的密度不再变化 B.生成 1molCO2 的同时生成 1molCH3OH C.混合气体的平均相对分子质量不再变化 D.CH3OH 的体积分数不再变化 ④若起始时只有反应物且反应物 Z 的起始浓度为 3.400mol·L-l，则该条件下该反应的平衡常数 K=_______。 ⑤下列说法正确的是_______(填字母)。 a.金属钌可大大提高该反应的化学反应速率和反应物的转化率 b.X 的平衡转化率是 90.91% c.其他条件不变时，若起始投料是原来的 2 倍，X 的平衡转化率低于 90.91% d.其他条件相同而温度升高时，测得 X 的平衡转化率为 93%，由此可知该反应为吸热反应 【答案】 (1). 蒸馏(或分馏) (2). CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(l)+H2O(1) △ H=(a+b+c+d) kJ·mol-1 (3). (4). 0.3750mol·L-1·min-1 (5). AB (6). 156.25 (7). bd 【解析】 【分析】 【详解】(1)甲醇易挥发，沸点较低，与水的沸点相差较大，可以采用蒸馏或分馏的方法分离甲醇和水,故答 案为：蒸馏或分馏； (2)根据图示是一个闭合的环，说明总反应的反应热是四步反应的反应热之和，结合碳元素守恒，可以写出 总反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(l)+H2O(1) △ H=(a+b+c+d) kJ·mol-1，故答案为： CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(l)+H2O(1) △ H=(a+b+c+d) kJ·mol-1； (3) ①根据表中数据，随着反应时间的延长，X 的浓度下降而 Y 的浓度从 0 开始增大，说明 X 为反应物，Y 为生成物，又因为在相同时间内 X 的浓度变化量与 Y 的相同，说明在总反应方程式中 X 和 Y 的化学计量数 相同，满足此条件的反应物只有二氧化碳，所以 X 为二氧化碳，电子式为： ；故答案为： ； ②该反应只有两种反应物，所以 Z 为氢气， 2 2 (1.100-0.1000)mol/Lv(H )=3v(CO )=3 =0.375mol/(L min)8min  ，故答案为：0.3750mol·L-1·min-1； ③A.该反应的生成物为液态，因此混合气体的密度不再改变，可以作为反应达到平衡状态的标志； B.生成 1molCO2 为逆反应，生成 1molCH3OH 为正反应，生成 1molCO2 的同时生成 1molCH3OH，说明正逆 反应速率相等，可以作为平衡状态的标志； C.该反应的生成物为液态，混合气体的平均相对分子质量不再变化，此选项不能作为平衡状态的标志； D.该反应的反应物均为气态，生成物均为液态，CH3OH 的体积分数不再变化不能作为平衡状态的标志； 故答案为：AB ④根据题中数据列三段式： 2 2 2 3CO (g) + 3H (g) H O(l) + CH OH(l) 起始（mol/L) 1.100 3.400 0 0 转化（mol/L) 1.000 3.000 1.000 1.000 平衡（mol/L) 0.100 0.400 1.000 1.000  ，则 2 3 3 3 2 2 c(H O)c(CH OH) 1.000 1.000K= = =156.25 c(CO )c (H ) 0.100 0.400   ，故答案为：156.25； ⑤a.催化剂只能改变反应速率，不能影响平衡，故 a 错误； b.CO2 的平衡转化率为 1.000 100%≈90.91%1.100  ，故 b 正确； c. 其他条件不变时，若起始投料是原来的 2 倍，相当于增大压强，化学平衡向气体总体积减小的方向移动， 即正向移动，X 的平衡转化率将增大，高于 90.91%，故 c 错误； d. 其他条件相同而温度升高时，X 的平衡转化率为增大 93%，即升温平衡正向移动，说明正反应为吸热反 应，故 d 正确； 故答案为：bd 【点睛】本题主要考查化学反应原理，涉及热化学方程式、化学反应速率和化学平衡常数，意在考查学生 的分析推理和计算能力，难度适中。 (二)选考题：共 14 分。请考生任选一题做答。 20. 技术人员晒制蓝图时，用 K3[Fe(C2O4)3]·H2O(三草酸合铁酸钾)作感光剂，再以 K3[Fe(CN)6](六氯合铁酸 钾)溶液作显影剂。请回答以下问题： (1)铁元素在周期表中位置为第四周期第_______族；Fe3+的基态价电子排布图为_______。 (2)在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为_______(填化学式)，电负性最小的元素为_______(填化学 式)。 (3)H2C2O4 分子中碳原子的杂化类型是_______，与 C2O 2 4  互为等电子体的分子的化学式为_______(写一种)。 (4)已知 C60 分子结构和 C60 晶胞如下图所示： ①如图所示，1 个 C60 分子中参与形成π键的电子总数为_______。 ②如图所示，固体 C60 的晶体类型为_______。 ③己知 C60 晶胞参数(即所示整个立方体晶胞的边长)为 a pm，则该晶胞密度的表达式是_______g·cm-3(NA 代 表阿伏加德罗常数)。 【答案】 (1). Ⅷ (2). (3). N (4). K (5). sp2 杂化 (6). N2O4 (7). 60 (8). 分子晶体 (9). 10 3 A 4 720 N (a 10 )   【解析】 【分析】 【详解】(1)Fe 是 26 号元素，在元素周期表中位于第四周期第 VIII 族； 根据构造原理可知 Fe 原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是 Fe 原子失去最外层的 2 个 4s 电 子和 1 个 3d 电子后得到的，故其价层电子排布式是 3d5。原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方 向相同，这样的排布使原子能量低，处于稳定状态，故 Fe3+的基态价电子排布图为 ； (2)在上述两种钾盐中涉及的元素有 K、Fe、C、H、O、N。一般情况下非金属元素电离能大于金属元素； 元素的非金属性越强，其第一电离能越大；但若元素处于第 IIA、IVA，由于原子核外电子排布处于全满、 半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以上述元素中第一电离能最大的元素是 N 元 素； 元素的金属性越强，其电负性越小；元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以上述几种元素中电负性 最小的元素是 K 元素； (3)H2C2O4 分子结构简式是 HOOC-COOH，C 原子形成 3 个σ键，因此其中碳原子的杂化类型是 sp2 杂化； 等电子体是原子数相同，原子核外最外层电子数也相同的粒子。则与 C2O 2 4  互为等电子体的分子的化学式 为 N2O4； (4)①根据 C60 分子结构可知：每个 C 原子形成了 1 个碳碳双键和 2 个碳碳单键，碳碳单键都是σ键，碳碳双 键中一个是σ键，一个是π键，所以 C60 分子中含有 60 个碳碳双键，就含有 60 个π键； ②C60 是由 C60 分子构成的物质，因此在固态时属于分子晶体； ③在一个晶胞中含有的 C60 分子数目为：1 1×8+ ×6=48 2 ，晶胞质量是 m= A A 4mol×(12×60)g/mol 4×720= gN N ， 晶胞体积是 V=(a pm)3=(a ×10-10 cm)3，故该晶胞密度表达式为：ρ= -10 3 A m 4×720=V N (a×10 ) g/cm3。 21. 白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示： 已知： ①RCH2Br R′CHO 一定条件 RCH =CHR′ ②2RCH=CHR′ 一定条件 (以上 R、R′代表氢、烷基) (l)白头翁素的分子式为_______。 (2)C 中含有的含氧官能团名称为_______。 (3)A→B 反应的化学方程式为_______。 (4)试剂 a 为_______，F 的结构简式为 ，则 E→F 的反应类型为_______。 (5)F 与足量氢气加成得到 G，G 有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类的有_______种。 (6)以乙烯、乙醛为原料，选用必要的无机试剂合成 ，请写出其合成路线_______。(用结构简式表 示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。 【答案】 (1). C10H8O4 (2). 羧基、羟基 (3). +H2O 催化剂 (4). 浓 硫 酸 (5). 消 去 反 应 (6). 8 (7). CH2=CH2 HBr 一定条件 CH3CH2Br 3CH CHO 一定条件 CH3CH=CHCH3 一定条件 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据键线式的书写规则知白头翁素的分子式为 C10H8O4； (2)C 中的官能团有羧基、羟基、碳碳双键，其中含氧官能团为羧基和羟基； (3)对比 A 和 C 的结构，有两处发生了变化：碳碳双键处引入了羟基，Br 原子处变成了碳碳双键，已知条件 ①可以完成碳碳双键的引入，则由 A 到 B 是引入了羟基，这是碳碳双键的加成反应，方程式为 +H2O 催化剂 ； (4)对比 C 和 D 知发生了羟基的消去反应，所以试剂 a 是浓硫酸；对比 E、F 知-CH2I 处引入了碳碳双键，是 卤代烃的消去反应，试剂 b 是氢氧化钠的乙醇溶液； (5)F 中由酯基，不能与 H2 发生加成，碳碳双键可以加成，则 G的结构为 ，根据题目要求，该 物质分离出一个-COOH，还有 4 个 C 和一个不饱和度，要求是链状结构，则该不饱和度应为碳碳双键，先 对 4 个 C 原子进行碳骨架异构： 和 ，然后用-COOH 进行一元取代： 、 、 、 ，最后将双键插入到合 适的位置，第一种结构有三种插入位置，第二种结构有三种插入位置，第三种结构有两种插入位置，第四 种结构不能再插入，故一共有 8 中结构； (6)根据反应条件②，若要合成目标产物，需要 2 分子的 CH3CH=CHCH3，则需要利用已知①对乙烯增长碳链， 就要先把乙烯转化成 RCH2Br 的形式，根据分子，合成路线为 CH2=CH2 HBr 一定条件 CH3CH2Br 3CH CHO 一定条件 CH3CH=CHCH3 一定条件