河北省衡水中学2021届高三上学期9月联考（新高考）化学试题 Word版含解析 24页

河北省衡水中学2021届高三9月联考(新高考)‎ 化学试题 本试卷共8页，21题(含选考题)。全卷满分100分。考试用时75分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答；选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答；用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡，上的非答题区域均无效。‎ ‎4．选考题的作答；先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效。‎ ‎5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35．5 K 39 Fe 56 Co 59 Zn 65 As 75 Ag108‎ 第I卷 一、选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 化学在生产、生活中有着广泛应用。下列对相关应用的解释或说明正确的是 选项 应用 解释或说明 A 聚乙烯塑料用于水果包装和封存 聚乙烯能催熟水果 B ‎75%的酒精用于杀灭新型冠状病毒 病毒被乙醇氧化而变性 C 糖类用于人体的营养物质 糖类水解的最终产物均为葡萄糖 D 铝热反应用于冶炼某些金属 铝的还原性较强且转化为Al2O3时放出大量的热 A. A B. B C. C D. D - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯能催熟水果，聚乙烯不能，故A错误；‎ B. 酒精的消毒原理是它使得新型冠状病毒的核酸变性而达到灭活病毒的作用，不是病毒被乙醇氧化，故B错误；‎ C. 糖类水解的最终产物不一定是葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故C错误；‎ D. 铝的还原性较强且转化为Al2O3时放出大量的热，所以铝热反应用于冶炼某些金属，故D正确；‎ 故选D。2. 下列说法错误的是 A. 海水的水资源和化学资源利用均具有广阔前景 B. 太阳能、生物质能、沼气均属于二次能源 C. 氢气与氯气反应制备氯化氢符合“原子经济”理念 D. 废弃油脂可用于制生物柴油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海洋中有大量的资源，其水资源和化学资源利用均具有广阔前景，A正确；‎ B. 直接从自然界中获得的为一次能源，太阳能、生物质能是一次能源，B错误；‎ C. 氢气与氯气反应制备氯化氢，原子利用率为100%，故符合“原子经济”理念，C正确；‎ D. 油脂燃烧放出大量热量，故废弃油脂可用于制生物柴油，D正确 答案选B。 ‎ ‎3. 下列物质属于强电解质的是 A. KAl(SO4)2●12H2O B. HF C. 漂白粉 D. 液氨 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KAl(SO4)2●12H2O是盐，盐是强电解质，故A正确；‎ B. HF是弱酸，弱酸是弱电解质，故B错误；‎ C. 漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，混合物不是电解质，故C错误；‎ D.液氨是氨气的液态，是非电解质，故D错误；‎ 故选：A。‎ - 24 -‎ ‎4. 下列说法正确的是 A. Fe(OH)3胶体带正电，通电时阴极附近红褐色加深 B. 外加电流的阴极保护法的辅助阳极适宜选用惰性电极 C. 裂化汽油和甲苯使溴水褪色原理相同 D. 工业上冶炼钠和冶炼银的能量转化形式相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe(OH)3胶体不显电性，胶粒带正电，通电时阴极附近红褐色加深，故A错误；‎ B. 外加电流的阴极保护法的辅助阳极适宜选用惰性电极，惰性电极作阳极不参与电极反应，防止阳极损耗，故B正确；‎ C. 裂化汽油使溴水褪色发生了加成反应，甲苯使溴水褪色发生了物理变化，是萃取原理，则原理不相同，故C错误；‎ D. 工业上冶炼钠运用电解原理，是电能转化为化学能，冶炼银是加热分解氧化银，是热能转化化学能，能量转化形式不相同，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎5. 反应CaC2+ 2H2O→Ca(OH)2+C2H2 ↑可用于实验室制备乙炔气体。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A. 中子数为8的碳原子： B. Ca2+的结构示意图：‎ C. OH-的电子式： D. C2H2的结构式：H-C≡C-H ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中子数为8的碳原子的质量数为14，应表示为：，故A错误；‎ B. 钙原子核电荷数为20，则Ca2+的结构示意图：，故B错误；‎ C. OH-的电子式为：，故C错误；‎ D. 乙炔中碳原子间以碳碳三键结合，则C2H2的结构式：H-C≡C-H，故D正确；‎ 故选D。‎ - 24 -‎ ‎6. 类比和推理是化学研究的重要方法。下列类比或推理正确的是 A. 卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，则碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐升高 B. 碳素钢在潮湿的空气中容易被腐蚀，则不锈钢在潮湿的空气中容易被腐蚀 C. 合金的硬度一般大于组分金属，则五角面值的铜合金长城币的硬度大于纯铜 D. 氮气与氧气不容易化合，则磷单质与氧气不容易化合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 卤素单质构成的晶体都是分子晶体，从F2到I2，分子间作用力逐渐增大、熔点逐渐升高，碱金属单质的晶体是金属晶体，从Li到Cs，金属键逐渐减弱、熔点逐渐降低，A错误；‎ B. 碳素钢在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀，则不锈钢改变了内部结构改变故具有抗腐蚀性能，B错误；‎ C. 合金的硬度一般大于组分金属，则铜合金长城币的硬度大于纯铜，C正确；‎ D. 氮气与氧气不容易化合，则磷单质与氧气相对容易化合，例如白磷在空气中容易自燃，D错误；‎ 答案选C。 ‎ ‎7. 下列说法正确的是 A. 用容量瓶配制溶液时，定容后反复摇匀，若液面低于刻度线需补加水 B. 量筒和滴定管洗净后，放进烘箱中烘干可加快干燥速率 C. 长期盛放过氧化钠或氯化钙的试剂瓶均可用水洗涤干净 D. 用湿润的pH试纸测定氯水或盐酸的pH均会使测定结果偏大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用容量瓶配制溶液时，若定容摇匀后液面低于刻度线，补加水至与刻度线相平，会导致配制溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，故A错误；‎ B．带有精密刻度的仪器不能放入烘箱中烘干，热胀冷缩，会导致仪器不准确，故B错误；‎ C．过氧化钠可与水反应，氯化钙溶于水，长期盛放过氧化钠或氯化钙的试剂瓶均可用水洗涤干净，故C正确；‎ D．氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测量氯水的pH，故D错误；‎ - 24 -‎ 故选C。‎ ‎8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 11.2 L(标准状况)CCl4中含有最外层电子的数目为1NA B. 8.4 g NaHCO3与MgCO3的固体混合物中含有CO32-的数目为0.1NA C. 1 mol Cl2 与足量铁在加热条件下完全反应,转移电子的数目为2NA D. 0.5 mol SO3充入密闭容器中分解所得产物分子数目为0.75NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准化状况下，CCl4是液体，有体积不能算出其物质的量，故A错误；‎ B.8.4gNaHCO3与MgCO3物质的量为0.1mol，NaHCO3固体 含有HCO3-没有CO32-，故CO32-数目小于0.1NA，故B错误；‎ C.1mol Cl2与足量的铁发生化学反应时，氯元素的化合价有0价降到-1价，转移的电子数为1mol×2×1NA=2 NA，故C正确；‎ D．0.5 mol SO3充入密闭容器中分解发生反应是 是可逆反应，则所得产物分子的数目小于0.75NA，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎9. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素；W、X、Y三种原子的最外层电子数之比为2：3：1，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n-2。下列说法正确的是 A. W、X两种元素可以形成至少两种阴离子 B. Y的简单离子半径是同周期简单离子中最小的 C. X、Z两种元素形成的一种化合物可用于干燥氨气 D. W、X、Z的简单氢化物通常均为气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n-2可知，Z为P元素；由W、X、Y、Z中只有一种金属元素；W、X、Y三种原子的最外层电子数之比为2：3：1可知，W为C元素、X为O元素、Y为Mg元素。‎ - 24 -‎ ‎【详解】A.碳元素和氧元素可以形成碳酸根离子、草酸根离子，故A正确；‎ B.同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数依次增大离子半径依次减小，则第三周期中铝离子半径是同周期简单离子中最小的，故B错误；‎ C.氧元素和磷元素形成的酸性氧化物五氧化二磷是常见的干燥剂，能与氨气反应，不能用于干燥氨气，故C错误；‎ D.碳原子数大于4的烃可能为液态或固态，水通常为液态，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎10. 化合物M()是合成药物的中间体。下列关于M的说法正确的是 A. 与互为同系物 B. 一氯代物有5种(不考虑立体异构)‎ C. 能发生取代反应和氧化反应 D. 所有碳原子可能处于同一平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有酯基和羰基，含有羧基和羰基，官能团不同，不可能为同系物，A错误；‎ B.分子内有6种氢原子，故一氯代物有6种(不考虑立体异构)，B错误；‎ C. 能燃烧故可发生氧化反应，因含酯基、能发生水解反应(取代反应)，C正确；‎ D. 五元环上有个饱和碳原子、分别连接酯基、羰基和亚甲基，饱和碳原子四面体结构，故所有碳原子不可能处于同一平面，D错误；‎ 答案选C。‎ 二、选择题：本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎11. 下列离子方程式中能正确表达反应现象的是 A. 向偏铝酸钠溶液中加入小苏打溶液，出现白色沉淀：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO B. 将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，得到无色溶液：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O - 24 -‎ C. 将铁棒和铜棒靠紧插入AgNO3溶液中，铜棒表面附着银白色金属：2Ag++Cu=2Ag+Cu2+‎ D. 向久置的浓硝酸中通入空气，浓硝酸的黄色消失：4NO+3O2+2H2O=4H++4NO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 偏铝酸钠与碳酸氢钠发生双水解反应，生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应方程式为：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，离子方程式为： AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故A正确；‎ B. 将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，得到无色溶液，离子方程式：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；‎ C. 将铁棒和铜棒靠紧插入AgNO3溶液中，铜棒表面附着银白色金属，离子方程式：2Ag++Fe═2Ag+Fe2+，故C错误；‎ D. 向久置的浓硝酸中通入空气，浓硝酸的黄色消失：4NO2+O2+2H2O═4H++4NO3-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12. 高氯酸钾是一种强氧化剂和分析试剂，易溶于水。以氯化钠为原料制备高氯酸钾的一种流程如图所示。下列说法错误的是 A. “电解”过程中阴极生成气体的主要成分为H2‎ B. “高温分解”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1‎ C. 本实验条件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小 D. “转化”过程所得副产物也可在上述流程中循环利用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 惰性电极电解氯化钠溶液，结合流程，阳极是氯离子失电子生成，阴极是氢离子得到电子生成氢气，NaClO3固体加热高温分解得到NaClO4，然后加入KCl溶液转化得到KClO4，以此解答。‎ - 24 -‎ ‎【详解】A. 惰性电极电解氯化钠溶液，结合流程，阳极是氯离子失电子生成，阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A正确；‎ B. 氯酸钠受热分解的化学方程式 4NaClO33NaClO4+NaCl，该反应是歧化反应，从生成物判断氧化剂和还原剂的物质的量之比，n（氧化剂）：n（还原剂）=n（还原产物）：n（氧化产物）=n（NaCl）：n（NaClO4）=1:3，故B错误；‎ C. 反应NaClO4+KCl=KClO4（结晶）+NaCl能够发生，即在NaClO4溶液中加入KCl，可得到KClO4晶体，依据复分解反应的条件可知：KClO4在水中的溶解度比NaClO4小，故C正确；‎ D. “转化”过程所得副产物中有NaCl，可在上述流程中循环利用，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎13. 向200 mL Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中逐渐加入Fe粉，生成气体的物质的量(n)与加入Fe粉质量(m)的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 原溶液中c(SO)=0.65 mol/L B. 原溶液的pH=1‎ C. M点对应加入铁粉的质量为2.8 g D. 将M点溶液直接加热蒸干可得到纯净的FeSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向200 mL Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中逐渐加入Fe粉，由图像可知，Fe先和Fe2(SO4)3发生反应：Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，接着Fe再和H2SO4发生反应：Fe+ H2SO4=FeSO4+H2，以此解答。‎ ‎【详解】A. 由图像可知，Fe先和Fe2(SO4)3发生反应：Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，参与反应的n（Fe）==0.04mol，接着Fe再和H2SO4发生反应：Fe+ H2SO4=FeSO4+H2，n（SO）=n（H2）=0.01mol，原溶液中硫酸根的总物质的量n=0.01mol+0.04mol3=0.13mol，原溶液中 - 24 -‎ c(SO)==0.65mol/L，故A正确；‎ B. 产生氢气的物质的量n（H2）=0.01mol，原溶液中氢离子的物质的量n（H+）==0.1mol/L，pH=-lgc（H+）=1，故B正确；‎ C. 由A可知 M点对应加入铁粉的质量为m（Fe）=56g/mol（0.04mol+0.01mol）=2.8g，故C正确；‎ D. M点的溶液时硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液中含有一定量的硫酸，在加热过程中，空气中的氧气会将专+2价的铁氧化成+3价，而+3价的铁会水属解，但是硫酸的沸点相当高，因此水解不彻底，蒸干后得到硫酸铁，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎14. 以Ag/AgCl作参比电极的原电池装置可用于测定空气中氯气的含量，其工作原理示意图如图所示。下列说法错误的是 A. 采用多孔铂电极可增大电极与电解质溶液和气体的接触面积 B. 正极的电极反应式为Cl2+2e-=2C1-‎ C. 外电路中通过0.02 mol e-时，负极区溶液质量减少0.71 g D. 空气中氯气含量可通过一定时间内电流表读数变化和空气流速计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。‎ ‎【详解】A. 采用多孔铂电极可增大电极与电解质溶液和气体的接触面积，故A正确；‎ B. 正极上氯气得电子生成氯离子,其电极反应为：Cl2+2e−═2Cl−，故B正确；‎ C. 放电时，当电路中转移0.02mole−时，交换膜左侧会有0.02mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.02molAg失去0.02mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.04mol，则负极区溶液质量减少0.04mol71 g/mol=2.84g，故 - 24 -‎ C错误；‎ D. 氯气的量越多，电流越大，电流表读数越大，可以通过一定时间内电流表读数变化和空气流速计算氯气的含量，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎15. 我国科研工作者研发的一种在较低温度下制备乙二醇的反应历程示意图如图所示。下列说法正确的是 A. Cu纳米笼簇能降低H2解离的活化能 B. 整个过程中只断裂碳氧双键 C. 中含有3种官能团 D. 等物质的量的甲醇和乙二醇完全燃烧消耗O2的质量相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据示意图，Cu纳米笼簇作该反应的催化剂，能降低H2解离的活化能，故A正确；‎ B.由反应历程示意图可知，整个过程中除了断裂碳氧双键外，还有碳氧单键断裂，故B错误；‎ - 24 -‎ C. 中含有酯基和羟基2种官能团，故C错误；‎ D.1mol甲醇完全燃烧消耗氧气的物质的量是1.5mol，1mol乙二醇完全燃烧消耗O2的物质的量是2.5mol，则等物质的量的甲醇和乙二醇完全燃烧消耗O2的质量不相等，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎16. 25 ℃时，0.1 mol/LR2SO4溶液加水稀释，混合溶液中 与的关系如图所示。下列说法错误的是 A. Kb(ROH)的数量级为10-6‎ B. P、Q点对应溶液中c(H+ )的值：P＜Q C. 若将溶液无限稀释,溶液中c(R+ )≈2c(SO)‎ D. 相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol/L，P点移至W点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目可知，R2SO4为强酸弱碱盐，P点时，=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，而=-2.3，即=10-2.3。‎ ‎【详解】A．Kb(ROH)==10-2.3×10-8=10-5.7，即Kb(ROH)的数量级为10-6，A - 24 -‎ 说法正确；‎ B．的值越大，c(OH-)越大，则氢离子浓度越小，故P、Q点对应溶液中c(H+)的值：P＜Q，B说法正确；‎ C．若将溶液无限稀释，R+水解程度减小，则溶液接近中性，故溶液中c(R+)≈2c(SO)，C说法正确；‎ D．相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol/L，c(OH-)增大，减小，与P点移至W点的趋势不符，D说法错误；‎ 答案为D。‎ 第II卷 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第17~19题为必考题，每个试题考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题：3小题，共42分。‎ ‎17. 无水氯化锌是白色固体，易吸水潮解，常用作有机合成的脱水剂、缩合剂和催化剂，还用作活性炭的活化剂。某校化学课题小组的同学设计如下实验方案制备无水ZnCl2，并进行纯度测定，涉及的实验装置如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)按气流从左到右的方向，装置合理的连接顺序为h→_________(填仪器接口小写字母，装置不可重复使用)。装置D中橡皮管的作用为___________ 。‎ ‎(2)写出装置D中反应的离子方程式：____________ 。‎ ‎(3)若省略装置B，经检验产物中含有氧化锌，利用所学知识解释原因：____________ 。‎ ‎(4)装置C中的药品为____________，其作用为____________ 。‎ ‎(5)氯化锌纯度的测定：取a g试样配成100 mL溶液，取25. 00 mL，加入磷酸三钠消除干扰离子后，滴入两滴半二甲酚橙作指示剂，用b mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定Zn2+‎ - 24 -‎ ‎，反应的离子方程式为Zn2++H2Y2-=ZnY2- +2H+ ，达到滴定终点时，消耗EDTA标准溶液的平均体积为12.50 mL。‎ ‎①配制100 mL ZnCl2溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______。‎ ‎②该氯化锌试样中氯化锌的质量分数为____________(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). dcabe(f) (2). 平衡烧瓶和分液漏斗中的压强，便于浓盐酸滴下 (3). 16H++2MnO+10Cl- =2Mn2++5Cl2↑+8H2O (4). 氯化锌发生水解生成Zn(OH)2，Zn(OH)2受热分解生成ZnO (5). 碱石灰 (6). 吸收多余的氯气和 HCl，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置A (7). 100 mL容量瓶、胶头滴管 (8). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 通过浓盐酸和高锰酸钾之间的氧化还原反应制得氯气，经过干燥后，气体与Zn反应生成氯化锌，干燥管中碱石灰吸收尾气、吸收空气中的水分防止其进入装置A；配制100mLZnCl2溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；要计算样品中氯化锌的含量，根据化学方程式、结合数据计算即可；‎ ‎【详解】(1)装置D制备氯气，进入装置A前，Cl2需要干燥，但Cl2中的HCl杂质不需要除掉，装置C用于处理尾气，故装置的连接顺序为hdcabe(f)；装置D中橡皮管的作用为平衡烧瓶和分液漏斗中的压强，便于浓盐酸滴下； (2)装置D中反应的为浓盐酸和高锰酸钾之间的氧化还原反应，有氯气生成，故离子方程式为：16H++2MnO+10Cl- =2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎(3)气体中有水蒸气杂质时，会导致氯化锌发生水解，生成Zn(OH)2，Zn(OH)2受热分解生成ZnO； (4) A用于制备无水氯化锌，已知无水氯化锌易吸水潮解，故A必须是干燥环境，则装置C中的药品为碱石灰，碱石灰不仅可以吸收多余的氯气和HCl，防止污染空气，同时还能防止空气中的水蒸气进入装置A； (5)①配制100mLZnCl2溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；②按：Zn2++H2Y2-=ZnY2- +2H+ ，ag试样中，氯化锌的质量分数为 ，则答案为：。‎ - 24 -‎ ‎18. 合成氨反应[N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)]是人工固氮的主要手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示：‎ ‎①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=____________。‎ ‎②对总反应速率影响较小的步骤的能垒(活化能)为_______kJ/mol，该步骤的化学方程式为______________。‎ ‎(2)一定温度下，向10 L恒容密闭容器中充入1 mol N2(g)和3 mol H2(g)，发生合成氨反应。10 min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%。‎ ‎①N2的平衡体积分数为___________。‎ ‎②0~10 min内，用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=_____________。‎ ‎(3)合成氨反应中，正反应速率v正=k正●c(N2)●c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆●c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图所示：‎ ‎①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_____(填“L1”或 “L2")，理由为_________________。‎ ‎②T0°C时，= _________________。‎ ‎【答案】 (1). -92 kJ/mol (2). 124 (3). ●N2+3●H2=2●N+6●H (4). 10% (5). ‎ - 24 -‎ ‎0.0225 mol/(L●min) (6). L2 (7). 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 (8). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据反应历程图可知，以2●N2+6●H 的能量为基准，判断N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 中生成物总能量和反应物总能量，结合△H=生成物总能量-反应物总能量计算；‎ ‎②根据图像，对总反应速率影响较小的步骤为●N2+3●H2=2●N+6●H，据此分析解答；‎ ‎(2)根据三段式结合10 min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%计算求出平衡时生成的NH3的物质的量，据此分析解答；‎ ‎(3)①合成氨的正反应为放热反应，根据温度对平衡的影响，结合图像分析判断；‎ ‎②T0°C时正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相等，即=，而平衡时v正=v逆，据此分析计算的值。‎ ‎【详解】(1)①根据反应历程图可知，以2●N2+6●H 的能量为基准，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=生成物总能量-反应物总能量=(100+308)-500=-92kJ•mol-1，故答案为：-92；‎ ‎②根据图像，对总反应速率影响较小的步骤为●N2+3●H2=2●N+6●H，该步骤的能垒为(90+34)kJ/mol=124 kJ/mol，故答案为：124；●N2+3●H2=2●N+6●H；‎ ‎(2)假设达到平衡时生成的NH3的物质的量为2xmol，‎ ‎ ‎ ‎10 min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%，即×100%=60%，解得：x=0.75。‎ ‎①N2的平衡体积分数为×100%=10%，故答案为：10%；‎ ‎②0~10 min内，用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)== 0.0225 mol/(L●min)，故答案为：0.0225 mol/(L●min)；‎ ‎(3)①合成氨N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H= -92kJ•mol-1，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大，因此表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为L2‎ - 24 -‎ ‎，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；‎ ‎②根据图像，T0°C时正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相等，即=，因此c(N2)●c3(H2)=c2(NH3)，而平衡时v正=v逆，因此===1，故答案为：1。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(3)，要注意理解图像的含义，图像中曲线上每一点均为平衡点，即曲线上每一点均满足v正=v逆。‎ ‎19. 氧化钴(CoO)是一种重要的过渡金属氧化物,在材料科学和化工生产领域有广泛应用。以电镀锌废液(含Co2+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、SO)为原料制备CoO的一种工艺流程如图所示：‎ 已知：相关体系的组成如下表所示：‎ 体系 组成 浆液 ‎、Zn2+和少量Fe2+、Mn2+、SO 烧渣1‎ Co3O4、CoO、ZnO、Fe2O3、MnO 烧渣2‎ Co2(SO4)3、CoSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“转化”过程中进行搅拌的目的为___________。‎ - 24 -‎ ‎(2)“转化”过程中存在的部分转化为NO+H++⇌+H2O、3+Co3+⇌↓+3H+。‎ ‎①结合上述流程和表中信息分析，加入NaNO2的作用为____________。‎ ‎②“调pH’’不能过高或过低的原因为________________。‎ ‎(3)“煅烧”的主要目的是_________________。‎ ‎(4)“氧化”过程中MnSO4发生反应的离子方程式为__________________。‎ ‎(5)“还原”的目的为_______________。‎ ‎(6)称量mgCoC2O42H2O“高温分解”，测得固体的失重率( ×100%)与温度的关系曲线如图所示：‎ 加热到160°C时所得固体的化学式为__________；“高温分解”需控制的最低温度为_________________。‎ ‎【答案】 (1). 加快“转化”反应速率，使反应更充分 (2). 将β-萘酚转化为与Co3+反应，将Fe2+氧化为Fe3+ (3). “调pH"过高，生成的量少；“调pH"过低的产率低导致Co的回收率低 (4). 将原料中的金属离子转化为难溶于水的金属氧化物 (5). Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+ (6). 将Co3+全部转化为Co2+ ‎ - 24 -‎ ‎(7). CoC2O4 (8). 890℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)“转化”过程中搅拌可以使反应物充分接触，加快“转化”反应速率，使反应更充分；故答案为：加快“转化”反应速率，使反应更充分。‎ ‎(2)①由信息，对比原料和浆液组成知，加入NaNO2的作用是将β-萘酚转化为与Co3+反应，并将Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将β-萘酚转化为与Co3+反应，将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎②“调pH’’过高，NO+H++⇌+H2O的平衡逆向移动，生成的量少；“调pH’’过低，3+Co3+⇌↓+3H+的平衡逆向移动，的产率低，导致Co的回收率低；故答案为：“调pH"过高，生成的量少；“调pH"过低的产率低导致Co的回收率低；‎ ‎(3)由表中信息知，“煅烧”的主要目的是将原料中的金属离子转化为难溶于水的金属氧化物；故答案为：将原料中的金属离子转化为难溶于水的金属氧化物；‎ ‎(4)由流程图中物质转化知，“氧化”过程中MnSO4被(NH4)2S2O8氧化为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；故答案为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；‎ ‎(5)由流程信息知，“还原’’的目的是将Co3+全部转化为Co2+；故答案为：将Co3+全部转化为Co2+；‎ ‎(6)CoC2O42H2O的相对分子质量为183，设m=183，其中含CoC2O4、H2O - 24 -‎ 的质量依次为147g、36g,失重质量为x，由失重率的含义可知，解得x≈36g，故加热到160°C时失去了全部结晶水，所得固体的化学式为CoC2O4；“高温分解”需生成CoO，失重率为。由图可知，需控制的最低温度为890℃；故答案为：CoC2O4；890℃。‎ ‎(二)选考题：共14分。从2道题中任选一题作答。‎ ‎20. KZnF3被认为是良好的光学基质材料，可由K2CO3、ZnF2、NH4HF2制备。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)基态F原子的价电子轨道表达式为_________；基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为____________。‎ ‎(2)K与Zn属于同一周期，K的第一电离能_____(填“大于”或“小于”)Zn的第一电离能，原因为______________。‎ ‎(3) K2CO3中阴离子的立体构型为______。‎ ‎(4)NH4HF2的组成元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)；其中N原子的杂化方式为______；HF能形成分子缔合体(HF)n的原因为_____________。‎ ‎(5)ZnF2具有金红石型四方结构，KZnF3具有钙钛矿型立方结构，两种晶体的晶胞结构如图所示：‎ ‎①ZnF2和KZnF3晶体(晶胞顶点为K+ )中，Zn的配位数之比为_______‎ ‎②若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为_____g/cm3(用含a、c、NA的代数式表示)。‎ ‎③KZnF3晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(0，1，0)，则D的原子坐标参数为_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 球形 (3). 小于 (4). Zn ‎ - 24 -‎ 原子半径小，且价电子排布为全满结构，第一电离能更大 (5). 平面三角形 (6). F＞N＞H (7). sp3 (8). HF 分子间能形成氢键 (9). 1：1 (10). (11). (0，，)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)F元素处于第二周期第ⅦA族，价电子排布式为2s22p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子轨道表达式；Zn是30号元素，处于周期表中第四周期第ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，最高能层电子占据4s；‎ ‎(2)K与Zn属于同一周期，Zn的原子半径小，价电子为3d104s2，是全充满稳定结构；‎ ‎(3)根据价层电子对数=σ键个数+孤电子对个数计算判断CO的空间构型；‎ ‎(4)元素的非金属性越强，电负性越大；N原子形成4个N-H键，价层电子对数为4；HF分子之间能形成氢键；‎ ‎(5)①根据均摊法判断ZnF2晶胞中白色球和黑色球的数目，在判断其种类，结合结构判断Zn的配位数；KZnF3晶体(晶胞顶点为K+)中，则体心白色球为Zn，据此判断Zn的配位数；②结合晶胞中Zn、F原子数目计算晶胞质量，结合晶体密度ρ=计算；③D原子处于晶胞左侧面面心位置，结合A、B、C的坐标参数判断D的坐标。‎ ‎【详解】(1)F为9号元素，F元素处于第二周期第ⅦA族，价电子排布式为2s22p5，价电子轨道表达式为；Zn是30号元素，处于周期表中第四周期第ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，最高能层电子占据4s，电子云轮廓图形状为球形，故答案为：；球形；‎ ‎(2)K与Zn属于同一周期，Zn的原子半径较小，且价电子为3d104s2，为全充满稳定结构，故K的第一电离能小于Zn的第一电离能，故答案为：小于；K与Zn属于同一周期，Zn的原子半径小，且价电子为3d104s2，为全充满稳定结构，第一电离能更大；‎ ‎(3)CO的中心原子C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，立体构型与VSEPR模型相同为平面三角形，故答案为：平面三角形；‎ ‎(4)元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性：F＞N＞H；NH中N原子形成4个N-H - 24 -‎ 键，价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化；HF分子之间容易形成氢键，形成分子缔合体(HF)n，故答案为：F＞N＞H；sp3；HF分子之间能形成氢键；‎ ‎(5)①ZnF2晶胞中，白色球数目为1+8×=2，黑色球数目=2+4×=4，故白色球为Zn、黑色球为F，可知Zn的配位数为6；KZnF3晶体(晶胞顶点为K+)中，则体心白色球为Zn，Zn的配位数为6，故二者配位数之比为6∶6=1∶1，故答案为：1∶1；‎ ‎②晶胞相当于含有2个“ZnF2”，晶胞的质量=，晶胞的体积=a×10-7cm×a×10-7cm×c×10-7cm=a2c×10-21cm3，则晶体的密度==g•cm-3，故答案为：；‎ ‎③D原子处于晶胞左侧面的面心位置，由A、B、C的坐标参数可知，D的坐标参数x=0，y=z=，故D的坐标参数为(0，，)，故答案为：(0，，)。‎ ‎21. 化合物M是一种药物中间体,实验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如图所示：‎ 已知：①RC≡CH；‎ ‎②RCNHRCOOH。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为________；B中所含官能团的名称为__________。‎ ‎(2)由C生成D的反应类型为________；D的结构简式为________。‎ ‎(3)由F生成G的化学方程式为_____________。‎ - 24 -‎ ‎(4)G生成M过程中加入K2CO3的作用为_________。‎ ‎(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰的结构简式为____________。‎ ‎①苯环上连有2个取代基。‎ ‎②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应。‎ ‎(6)参照上述合成路线和信息，以乙炔为原料(无机试剂任选)，设计制备聚丙烯酸的合成路线：______________。‎ ‎【答案】 (1). 间溴乙苯(或3-溴乙苯) (2). 溴原子、碳碳双键 (3). 消去反应 (4). (5). +H2 (6). 吸收生成的HBr，提高反应的转化率(将生成的转化为) (7). 12 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应BC的反应条件，结合B和C中不饱和度的差异可知，BC的反应时加成反应，则B为：，由分子式可知，A通过消去反应得到B，A的结构式为：，C在氢氧化钠醇溶液中，在加热的条件下发生消去反应生成D，结合信息①可知D为，结合信息②可知F为，F和氢气发生加成反应，生成G，G和苯酚发生取代反应生成M，以此解答。‎ - 24 -‎ ‎【详解】(1)由分析可知，A的结构式为：，化学名称为：间溴乙苯(或3-溴乙苯)；B为，所含官能团的名称为：溴原子、碳碳双键；‎ ‎(2)由反应条件可知，C生成D的反应类型为消去反应；D的结构简式为；‎ ‎(3)F和氢气发生加成反应，生成G，反应方程式为： +H2；‎ ‎(4) G和苯酚发生取代反应生成M，产物中有HBr，加入K2CO3的作用为：吸收生成的HBr，提高反应的转化率(将生成的转化为)；‎ ‎(5)满足条件的G特点为苯环有两个取代基，分别为羟基和醛基，以羟基和另外一个基团位于对位时分析，一种情况为，Br原子有2个位置，另一种情况为，Br原子有2个位置，所以当两个取代基是对位时有4种情况；两个取代基有邻、间、对三种情况，共有12种同分异构体；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰说明有5种不同环境中的氢，其结构式为：；‎ ‎(6)根据信息逆向推理，丙烯酸通过加聚反应得到聚丙烯酸，丙烯酸可以由CH2=CH2CN得到，乙炔通过信息①生成CH2=CH2CN，设计的合成路径为：‎ - 24 -‎ ‎。‎ ‎【点睛】提供信息的有机合成推断题，要学会在框图中找出信息中的条件“催化剂/HCN”“H+/H2O”，灵活应用在推断有机和合成目标有机物中。‎ - 24 -‎