安徽省桐城市某中学2020届高三模拟考试化学试卷 20页

化学试卷 一、单选题（本大题共14小题，共36.0分）‎ 1. ‎2019年11月第四届国际碳材料大会在上海举行，碳材料产品丰富，应用广泛，让人感到“碳为观止”。下列有关说法正确的是‎(    )‎ ‎ A. 金刚石与石墨互为同位素 B. 石墨烯是一种有发展前途的导电材料 C. 碳纤维、合成纤维、光导纤维都属于高分子材料 D. 富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键构成的分子 ‎【答案】B ‎【解析】解：A.‎同位素是同种元素的不同原子，金刚石与石墨是碳的不同单质，互为同素异形体，故A错误； B.石墨烯是碳单质，能导电，石墨烯是一种有发展前途的导电材料，故B正确； C.碳纤维是碳单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅，碳纤维和光导纤维不属于高分子材料，故C错误； D.按碳元素的四价理论判断，富勒烯中碳形成单键和双键，所以富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键和碳碳双键构成的分子，故D错误。 故选：B。 A.同位素是同种元素的不同原子； B.石墨烯是碳单质，能导电； C.碳纤维是碳单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅； D.按碳元素的四价理论判断，富勒烯中碳形成单键和双键。 本题考查了碳元素的单质及其化合物，题目难度不大，注意把握元素化合物的性质、以及同位素和同素异形体的概念，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。 ‎ 2. 反应CO‎2‎+2NH‎3‎‎-‎‎ 高压 ‎‎△‎CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎+H‎2‎O可应用于工业合成尿素。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：‎ ​‎‎6‎‎8‎C B. NH‎3‎的电子式： C. 氧原子的结构示意图： D. CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎的结构简式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A.‎中子数为8的碳元素的一种核素的质量数‎=‎中子数‎+‎质子数‎=14‎，原子符号为‎ ​‎‎6‎‎14‎C，故A错误； B.NH‎3‎属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，其正确的电子式为，故B错误； C.氧原子的最外层为6个电子，氧原子正确的结构示意图为：，故C错误； D.CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎，或：，故D正确； 故选：D。 A.中子数‎+‎质子数‎=‎质量数，质量数在元素符号的左上角； B.氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对； C.氧原子的核电荷数‎=‎核外电子总数‎=8‎，最外层为6个电子； D.CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，即含有碳氧双键、碳氮单键。 本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、原子的结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。 ‎ 1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是‎(    )‎ A. Al‎2‎O‎3‎具有两性，可用于制作耐高温材料 B. FeCl‎3‎具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂 C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于纸桨的漂白 D. 明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化 ‎【答案】B ‎【解析】解：A、Al‎2‎O‎3‎是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al‎2‎O‎3‎具有两性无关，故A错误； B、FeCl‎3‎具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl‎2‎，所以FeCl‎3‎可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确； C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO‎2‎反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸桨的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误； D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误； 故选：B。 A、Al‎2‎O‎3‎是离子化合物，离子键较强，有较高熔点； B、FeCl‎3‎与Cu反应生成FeCl‎2‎和CuCl‎2‎，表现出强氧化性； C、次氯酸钙能与CO‎2‎反应生成强氧化剂HClO； D ‎、明矾水解生成的氢氧化铝胶体吸附作用强，使水中的悬浮物被吸附形成沉淀。 本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 ‎ 1. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是‎(    )‎ A. 使酚酞变红的溶液中：Na‎+‎、NH‎4‎‎+‎、Cl‎-‎、SO‎4‎‎2-‎ B. c(Al‎3+‎)=0.1mol⋅‎L‎-1‎的溶液中：K‎+‎、Mg‎2+‎、AlO‎2‎‎-‎、SO‎4‎‎2-‎ C. 澄清透明的溶液中：Fe‎3+‎、Ba‎2+‎、NO‎3‎‎-‎、Cl‎-‎ D. c(H‎+‎)=0.1mol⋅‎L‎-1‎的溶液中；K‎+‎、Na‎+‎、CH‎3‎ COO‎-‎、‎NO‎3‎‎-‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A.‎使酚酞变红的溶液呈碱性，NH‎4‎‎+‎与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误； B.Al‎3+‎、AlO‎2‎‎-‎之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误； C.Fe‎3+‎、Ba‎2+‎、NO‎3‎‎-‎、Cl‎-‎之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确； D.H‎+‎、CH‎3‎COO‎-‎之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误； 故选：C。 A.该溶液呈碱性，铵根离子与氢氧根离子反应； B.铝离子与偏铝酸根离子反应； C.四种离子之间不反应，为澄清透明溶液； D.醋酸根离子与氢离子反应。 本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H‎+‎或OH‎-‎；溶液的颜色，如无色时可排除Cu‎2+‎、Fe‎2+‎、Fe‎3+‎、MnO‎4‎‎-‎等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。 ‎ 2. 下列实验装置正确的是‎(    )‎ ‎ A. 用图1所示装置收集SO‎2‎气体 B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯 C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl D. 用图4所示装置制取并收集O‎2‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A.‎二氧化硫的密度比空气密度大，导管应长进短出收集，故A错误； B.发生消去反应生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，由褪色现象不能说明生成乙烯，故B错误； C.NaCl为可溶性固体，应选蒸发皿加热，不能选坩埚，故C错误； D.过氧化氢分解生成氧气，且氧气密度比空气密度大，二氧化锰作催化剂，图中装置可制备并收集氧气，故D正确； 故选：D。 A.二氧化硫的密度比空气密度大； B.发生消去反应生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色； C.NaCl为可溶性固体； D.过氧化氢分解生成氧气，且氧气密度比空气密度大，二氧化锰作催化剂。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 ‎ 1. 下列指定反应的离子方程式正确的是‎(    )‎ A. Ca(CH‎3‎COO‎)‎‎2‎溶液与硫酸反应：Ca‎2+‎+SO‎4‎‎2-‎=CaSO‎4‎↓‎ B. Cl‎2‎与热的NaOH溶液反应：Cl‎2‎+6OH‎-‎‎-‎‎  △  ‎‎ ‎Cl‎-‎+ClO‎3‎‎-‎+3H‎2‎O C. 电解K‎2‎MnO‎4‎碱性溶液制KMnO‎4‎：‎2MnO‎4‎‎2-‎+2H‎+‎‎-‎‎ 通电 ‎‎ ‎2MnO‎4‎‎+‎+H‎2‎↑‎ D. NaHCO‎3‎与过量Ba(OH‎)‎‎2‎溶液反应：‎HCO‎3‎‎-‎+Ba‎2+‎+OH‎-‎=BaCO‎3‎↓+H‎2‎O ‎【答案】D ‎【解析】解：A、‎(CH‎3‎COO‎)‎‎2‎Ca溶液与硫酸反应的离子反应为‎2CH‎3‎COO‎-‎+2H‎+‎+Ca‎2+‎+SO‎4‎‎2-‎=CaSO‎4‎↓+2CH‎3‎COOH，故A错误； B、Cl‎2‎与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO‎3‎，正确的离子方程式为：‎3Cl‎2‎+6OH‎-‎=5Cl‎-‎+ClO‎3‎‎-‎+3H‎2‎O，故B错误； C、电解K‎2‎MnO‎4‎制KMnO‎4‎，阳极上MnO‎4‎‎2-‎放电生成MnO‎4‎‎+‎，阴极上水放电生成氢氧根，总反应方程式为：‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O‎-‎‎ 通电 ‎‎ ‎2KMnO‎4‎+2KOH+H‎2‎↑‎，离子方程式为‎2MnO‎4‎‎2-‎+2H‎2‎O‎-‎‎ 通电 ‎‎ ‎2MnO‎4‎‎-‎+2OH‎-‎+H‎2‎↑‎，故C错误； D、Ba(OH‎)‎‎2‎溶液中加入少量NaHCO‎3‎溶液，设量少的碳酸氢钠为1mol，根据其需要可知所需的钡离子为1mol，氢氧根为1mol，故该反应的离子方程式为：HCO‎3‎‎-‎+Ba‎2+‎+OH‎-‎=BaCO‎3‎↓+H‎2‎O，故D正确； 故选：D。 A、漏写生成醋酸的离子反应； B、离子方程式两边不满足电荷守恒； C、电解K‎2‎MnO‎4‎碱性溶液制KMnO‎4‎阴极是水放电； D、碳酸氢钠少量，设碳酸氢钠为1mol，则根据其需要可判断出反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水； ‎ 本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。 ‎ 1. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是‎(    )‎ A. B. BaCl‎2‎(aq)‎→‎NH‎3‎,CO‎2‎BaCO‎3‎(s)‎ ‎→‎NaSO‎4‎(aq)‎ BaSO‎4‎(s)‎ C. C‎6‎H‎5‎ONa‎→‎盐酸C‎6‎H‎5‎OH‎→‎Na‎2‎CO‎3‎(aq)‎CO‎2‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A.‎二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和氧化铁，得不到三氧化硫，所以，不能一步实现，故A错误； B.氯化钡溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，BaCl‎2‎(aq)‎→‎NH‎3‎,CO‎2‎BaCO‎3‎(s)‎ ‎→‎NaSO‎4‎(aq)‎ BaSO‎4‎(s)‎可以一步实现，故B正确； C.苯酚酸性弱于碳酸，依据强酸制备弱酸规律：C‎6‎H‎5‎OH‎→‎Na‎2‎CO‎3‎(aq)‎CO‎2‎，不能一步实现，故C错误； D.二氧化硅与盐酸不反应，不能一步实现，故D错误； 故选：B。 A.二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和氧化铁； B.氯化钡溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀； C.苯酚酸性弱于碳酸； D.二氧化硅与盐酸不反应。 本题考查了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，熟悉相关物质的性质及发生反应条件是解题关键，注意相关基础知识的积累，题目较简单。 ‎ 2. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子是半径最小的原子，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是‎(    )‎ A. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 B. 元素X与W形成的原子比为1：1的化合物有很多种 C. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ‎2‎ ‎【答案】C ‎【解析】【分析】 本题考查原子结构与元素性质知识，侧重于物质结构与性质等方面的考查，难度不大，注意原子核外电子的排布特点，推断元素的种类为解答该题的关键。 【解答】 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W在所有元素中原子半径最小，则W为H元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数大于Al，位于第三周期，故最外层电子数为6，则Z为S元素， A.Y为Al，金属Al与氢氧化钠溶液或盐酸反应都可以产生氢气，故A正确； B.X、W分别为H、C，H、C形成的原子比为1：1的化合物有乙炔、苯、苯乙烯等多种，故B正确； C.W、X分别为H、C，其氢化物分别为HCl、CCl‎4‎，四氯化碳分子中C、Cl原子都满足8电子稳定结构，而HCl分子中的H最外层电子数为2，故C错误； D.Z为S、X为C元素，C可与元素S可形成共价化合物CS‎2‎，故D正确。 故选C。 ‎ 1. 如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法不正确的是‎(    )‎ A. Cu电极为负极 B. PbO‎2‎电极反应式为PbO‎2‎+2e‎-‎+4H‎+‎=Pb‎2+‎+2H‎2‎O C. 放电后循环液中CuSO‎4‎与H‎2‎SO‎4‎物质的量之比变大 D. 若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向不变 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A、铜失电子，发生氧化反应，Cu电极为负极，故A正确； B、PbO‎2‎得电子、发生还原反应、为正极，电极反应式为：PbO‎2‎+4H‎+‎+SO‎4‎‎2-‎+2e‎-‎=PbSO‎4‎+2H‎2‎O，故B错误； C、由总反应Cu+PbO‎2‎+2H‎2‎SO‎4‎=CuSO‎4‎+PbSO‎4‎+2H‎2‎O可知，放电时硫酸转化为硫酸铜，则CuSO‎4‎与H‎2‎SO‎4‎物质的量之比变大，故C正确； D、若将Cu换成Pb，铅仍作负极，则电路中电子转移方向不变，故D正确； 故选：B。 由图可知电池总反应为Cu+PbO‎2‎+2H‎2‎SO‎4‎=CuSO‎4‎+PbSO‎4‎+2H‎2‎O，则铜失电子、发生氧化反应、为负极，电极反应式为：Cu-2e‎-‎=Cu‎2+‎，‎PbO‎2‎ 得电子、发生还原反应、为正极，电极反应式为：PbO‎2‎+4H‎+‎+SO‎4‎‎2-‎+2e‎-‎=PbSO‎4‎+2H‎2‎O，据此分析解答。 本题考查了化学电源新型电池，根据原电池原理来分析解答，知道电极上发生的反应即可解答，注意电极反应式的书写和电解质溶液中离子移动方向，题目难度不大。 ‎ 1. 下列说法正确的是‎(    )‎ A. 粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极 B. ‎5.6‎ g Fe在足量Cl‎2‎中充分燃烧，转移电子的数目为‎0.2×6.02×‎‎10‎‎23‎ C. 室温下，稀释‎0.1‎ mol⋅‎L‎-1‎ NH‎4‎Cl溶液，溶液中c(NH‎3‎⋅H‎2‎O)‎c(NH‎4‎‎+‎)‎增大 D. 向BaCO‎3‎、BaSO‎4‎的饱和溶液中加入少量BaCl‎2‎，溶液中c(CO‎3‎‎2-‎)‎c(SO‎4‎‎2-‎)‎减小 ‎【答案】C ‎【解析】解：A.‎电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，故A错误； B.‎5.6 gFe物质的量为‎0.1mol，足量Cl‎2‎中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为‎0.3‎NA，故B错误； C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中c(NH‎3‎⋅H‎2‎O)‎c(NH‎4‎‎+‎)‎增大，故C正确； D.BaCO‎3‎、BaSO‎4‎的饱和溶液中存在化学平衡BaCO‎3‎(s)+SO‎4‎‎2-‎⇌BaSO‎4‎(s)+CO‎3‎‎2-‎(aq)‎，c(CO‎3‎‎2-‎)‎c(SO‎4‎‎2-‎)‎‎=‎Ksp(BaCO‎3‎)‎Ksp(BaSO‎4‎)‎，溶度积常数随温度变化，故比值不变，故D错误； 故选：C。 A.电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极； B.铁与氯气反应生成氯化铁； C.室温下，稀释‎0.1mol⋅L‎-1‎NH‎4‎Cl溶液，促进铵根离子的水解正向进行； D.BaCO‎3‎、BaSO‎4‎的饱和溶液中存在化学平衡，c(CO‎3‎‎2-‎)‎c(SO‎4‎‎2-‎)‎‎=‎Ksp(BaCO‎3‎)‎Ksp(BaSO‎4‎)‎； 本题考查了电解精炼原理、氧化还原反应、盐类水解、难溶电解质的沉淀溶解平衡、溶度积常数的影响因素分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 ‎ 2. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是‎(    )‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 淀粉KI溶液中通入适量Cl‎2‎，再通入足量SO‎2‎，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去 还原性：‎SO‎2‎>I‎-‎>C‎1‎‎-‎ B 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO‎4‎ 溶液，溶液紫红色褪去 产生的气体中一定含有乙烯 C 室温下，用pH试纸测得：‎0.1 mol⋅L‎-1‎Na‎2‎SO‎3‎溶液的pH约为10；‎0.1 mol⋅L‎-1‎NaHSO‎3‎溶液的pH约为5‎ HSO‎3‎‎-‎结合H‎+‎的能力比SO‎3‎‎2-‎的强 D 向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO‎3‎溶液，产生淡黄色沉淀‎(AgBr)‎ Ksp‎(AgBr)I‎-‎>Cl‎-‎，故A正确； B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾褪色，由溶液褪色不能说明生成乙烯，故B错误； C.‎0.1‎ mol⋅L‎-1‎Na‎2‎SO‎3‎溶液的pH约为10，‎0.1‎ mol⋅L‎-1‎NaHSO‎3‎溶液的pH约为5，可知前者水解显碱性、后者电离显酸性，则HSO‎3‎‎-‎结合H‎+‎的能力比SO‎3‎‎2-‎的弱，故C错误； D.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成，不能比较Ksp‎(AgBr)‎、Ksp‎(AgCl)‎大小，故D错误； 故选：A。 A.氯气与KI反应生成碘，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HI； B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾褪色； C.‎0.1‎ mol⋅L‎-1‎Na‎2‎SO‎3‎溶液的pH约为10，‎0.1‎ mol⋅L‎-1‎NaHSO‎3‎溶液的pH约为5，可知前者水解显碱性、后者电离显酸性； D.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、电离与水解、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 ‎ 1. 根据下列图示所得出的结论不正确的是‎(    )‎ ‎ A. 图甲是‎2A(g)+B(g)⇌2C(g)‎ 的A平衡转化率与温度、压强变化曲线，说明压强P‎1‎‎<‎P‎2‎ B. 图乙是MgCl‎2‎⋅6H‎2‎O在空气中加热时固体质量随时间的变化曲线，说明最终固体为MgCl‎2‎ C. ‎ 图丙是室温下V‎0‎mL ‎0.10mol⋅L‎-1‎MOH加水稀释至VmL，pH随lgVV‎0‎的变化曲线，说明MOH是强碱 D. 图丁是HA、HB溶液稀释过程中导电能力变化曲线，说明HA酸性小于HB ‎【答案】B ‎【解析】解：A、‎2A(g)+B(g)⇌2C(g)‎ 相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，即有压强P‎1‎‎<‎P‎2‎，故A正确； B、由图，‎20.3gMgCl‎2‎⋅6H‎2‎O(‎即为‎0.1mol)‎在空气中加热时，镁离子要水解，得到氢氧化镁、氯化氢，氯化氢挥发，氢氧化镁继续分解，最终得到产物为‎4.0g氧化镁‎(0.1mol)‎，故B错误； C、由图可知，lgVV‎0‎的值增加1，即稀释10倍，pH值下降1，符合强碱的稀释规律，故C正确； D、稀释过程中导电能力变化小，说明在稀释过程中不断的有离子电离出来，说明HA酸性小于HB，故D正确； 故选：B。 A、‎2A(g)+B(g)⇌2C(g)‎ 相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大； B、gMgCl‎2‎⋅6H‎2‎O在空气中加热时，镁离子要水解，氢氧化镁继续分解，最终得到氧化镁； C、lgVV‎0‎的值增加1，即稀释10倍，pH值下降1，符合强碱的稀释规律； D、稀释过程中导电能力变化小，说明在稀释过程中不断的有离子电离出来。 本题考查化学平衡影响因素、平衡的移动、强弱电解质的电离，盐的水解等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意弱酸的电离。 ‎ 1. 室温下，Ka‎(HCN)=6.2×‎‎10‎‎-10‎，Ka1‎‎(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)=5.4×‎‎10‎‎-2‎，Ka2‎‎(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)=5.4×‎10‎‎-5‎.‎若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确‎(    )‎ A. ‎0.1mol⋅L‎-1‎NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na‎+‎)=c(Cl‎-‎)>c(H‎+‎)>c(HCN)>c(CN‎-‎)‎ B. 向‎0.1molL‎-1‎NaHC‎2‎O‎4‎溶液中加入NaOH溶液至pH=7‎；c(Na‎+‎)c(HC‎2‎O‎4‎‎-‎)+c(C‎2‎O‎4‎‎2-‎)+c(H‎2‎C‎2‎O‎4‎)‎，故B错误； C.酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，水解程度CN‎-‎>HC‎2‎O‎4‎‎-‎，所以溶液中存在c(CN‎-‎)K，则平衡逆向移动，此时v‎(‎正)7‎，其目的是______。 ‎(2)‎阳极室逸出CO‎2‎和______‎(‎填化学式‎)‎：H‎2‎S在阳极上转化为SO‎4‎‎2-‎而除去，其电极反应式为______。 ‎(3)‎利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知： ‎2NO(g)+O‎2‎(g)=2NO‎2‎(g)‎；‎△H=a kJ⋅mol‎-1‎ CH‎4‎(g)+2O‎2‎(g)=CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎；‎△H=bkJ⋅mol‎-1‎ CH‎4‎(g)+2NO‎2‎(g)=N‎2‎(g)+CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎；‎△H=c kJ⋅mol‎-1‎ 反应CH‎4‎(g)+4NO(g)=2N‎2‎(g)+CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎：‎△H=‎______kJ⋅mol‎-1‎。 ‎(4)‎H‎2‎O‎2‎在催化剂aFeOOH的表面上，分解产生‎⋅OH.⋅OH较H‎2‎O‎2‎和O‎2‎更易与烟气中的NO、SO‎2‎发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。 ‎①‎写出‎⋅OH氧化NO的化学反应方程式：______。 ‎②‎当H‎2‎O‎2‎浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至‎80℃‎以上，大量汽化的H‎2‎O‎2‎能使NO的脱除效率显著提高的原因是______，温度高于‎180℃‎，NO的脱除效率降低的原因是______。 ‎(5)‎将CH‎4‎设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图‎3(A、B为多孔性碳棒‎)‎。持续 通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。 ‎①O7‎，有利于酸性气体CO‎2‎和H‎2‎S的吸收，并转化为HS‎-‎(‎或S‎2-‎‎)‎、HCO‎3‎‎-‎(‎或CO‎3‎‎2-‎)‎， 故答案为：将H‎2‎S转化为HS‎-‎(‎或S‎2-‎‎)‎，部分CO‎2‎转化为HCO‎3‎‎-‎(‎或CO‎3‎‎2-‎)‎； ‎(2)‎电解池中，HS‎-‎(‎或S‎2-‎‎)‎、HCO‎3‎‎-‎(‎或CO‎3‎‎2-‎)‎移向阳极与酸生成H‎2‎S、CO‎2‎，阳极上OH‎-‎(‎或H‎2‎O)‎、H‎2‎S发生失去电子的氧化反应生成O‎2‎、SO‎4‎‎2-‎，电极反应为‎4OH‎-‎-4e‎-‎=O‎2‎↑+2H‎2‎O(‎或H‎2‎O-4e‎-‎=O‎2‎↑+4H‎+‎)‎、H‎2‎S+4H‎2‎O-8e‎-‎=10H‎+‎+SO‎4‎‎2-‎，所以阳极室逸出CO‎2‎和O‎2‎，H‎2‎S转化为SO‎4‎‎2-‎而除去， 故答案为：O‎2‎；H‎2‎S+4H‎2‎O-8e‎-‎=10H‎+‎+SO‎4‎‎2-‎； ‎(3)①2NO(g)+O‎2‎(g)=2NO‎2‎(g)‎；‎△H=akJ⋅mol‎-1‎ ‎②CH‎4‎(g)+2O‎2‎(g)=CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎；‎△H=bkJ⋅mol‎-1‎ ‎③CH‎4‎(g)+2NO‎2‎(g)=N‎2‎(g)+CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎；‎△H=ckJ⋅mol‎-1‎ 盖斯定律计算‎①×2+③×2-②‎得到反应CH‎4‎(g)+4NO(g)=2N‎2‎(g)+CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)△H， 故答案为：‎2a+2c-b； ‎(4)①⋅OH较H‎2‎O‎2‎和O‎2‎更易与烟气中的NO、SO‎2‎发反应生成硝酸和水，反应的化学方程式：‎3⋅OH+NO=HNO‎3‎+H‎2‎O， 故答案为：‎3⋅OH+NO=HNO‎3‎+H‎2‎O； ‎②‎H‎2‎O‎2‎浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至‎80℃‎以上，大量汽化的H‎2‎O‎2‎能使NO的脱除效率显著提高的原因是H‎2‎O‎2‎与催化剂的接触更好，产生更多的‎⋅OH，‎⋅OH浓度增大，与NO混合更充分，温度高于‎180℃‎，NO的脱除效率降低的原因是：‎⋅OH分解成O‎2‎和H‎2‎O，NO的脱出效率下降， 故答案为：H‎2‎O‎2‎与催化剂的接触更好，产生更多的‎⋅OH，‎⋅OH浓度增大，与NO混合更充分；‎180℃‎以后，‎⋅OH分解成O‎2‎和H‎2‎O，NO的脱出效率下降； ‎(5)n(KOH)=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应‎①CH‎4‎+2O‎2‎=CO‎2‎+2H‎2‎O、‎②CO‎2‎+2KOH=K‎2‎CO‎3‎+H‎2‎O、‎③K‎2‎CO‎3‎+CO‎2‎+H‎2‎O=2KHCO‎3‎； ‎①‎当‎07‎，有利于CO‎2‎和H‎2‎S的吸收； ‎(2)‎电解池中，HS‎-‎(‎或S‎2-‎‎)‎、HCO‎3‎‎-‎(‎或CO‎3‎‎2-‎)‎移向阳极与酸生成H‎2‎S、CO‎2‎，阳极上H‎2‎S、OH‎-‎(‎或H‎2‎O)‎发生失去电子的氧化反应，据此分析解答； ‎(3)①2NO(g)+O‎2‎(g)=2NO‎2‎(g)‎；‎△H=akJ⋅mol‎-1‎ ‎②CH‎4‎(g)+2O‎2‎(g)=CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎；‎△H=bkJ⋅mol‎-1‎ ‎③CH‎4‎(g)+2NO‎2‎(g)=N‎2‎(g)+CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)‎；‎△H=ckJ⋅mol‎-1‎ 盖斯定律计算‎①×2+③×2-②‎得到反应CH‎4‎(g)+4NO(g)=2N‎2‎(g)+CO‎2‎(g)+2H‎2‎O(g)△H； ‎(4)①⋅OH较H‎2‎O‎2‎和O‎2‎更易与烟气中的NO、SO‎2‎发反应生成硝酸和水； ‎②‎升温至‎80℃‎以上，大量汽化的H‎2‎O‎2‎与催化剂的接触更好，产生更多的‎⋅OH，能使NO的脱除效率显著提高，温度高于‎180℃‎，NO的脱除效率降低‎⋅OH分解成O‎2‎和H‎2‎O； ‎(5)n(KOH)=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应‎①CH‎4‎+2O‎2‎=CO‎2‎+2H‎2‎O、‎②CO‎2‎+2KOH=K‎2‎CO‎3‎+H‎2‎O、‎③K‎2‎CO‎3‎+CO‎2‎+H‎2‎O=2KHCO‎3‎；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。 ‎(6)‎氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算。 ‎ 本题考查电解原理的运用、盖斯定律计算应用、化学平衡及外界条件对化学平衡影响、图象信息分析判断等知识点，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，明确化学反应原理、正确分析图象信息是解本题关键，注意外界条件对反应体系中不同反应的同时影响，此题难度不小。 ‎ 1. CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO‎4‎、NaSCN、Na‎2‎SO‎3‎作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。 ‎(1)Cu‎+‎基态核外电子排布式为______。 ‎(2)NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为______；Na‎2‎SO‎3‎中SO‎3‎‎2-‎的空间构型为______‎(‎用文字描述‎)‎。 ‎(3)‎乙二醇‎(HOCH‎2‎CH‎2‎OH)‎与H‎2‎O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______。 ‎(4)OHC-N(CH‎3‎‎)‎‎2‎分子中碳原子的轨道杂化类型为______；‎1 mol DMF分子中含有σ键的数目为______。‎ ‎【答案】‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3‎d‎10‎  N、C、S  三角锥形  HOCH‎2‎CH‎2‎OH与H‎2‎O之间可以形成氢键  sp‎2‎和sp‎3‎  11mol ‎【解析】解：‎(1)Cu的基态原子的电子排布式为‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎10‎4‎s‎1‎，失去一个电子后变为亚铜离子，所以其核外电子排布式为：‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3‎d‎10‎； 故答案为：‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3‎d‎10‎； ‎(2)‎同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，同周期ⅡA族和ⅤA族大于相邻族电离能，所以S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为N、C、S； SO‎3‎‎2-‎中S原子的价层电子对为‎6+2‎‎2‎‎=4‎，有1对孤电子对，空间构型为：三角锥形； 故答案为：N、C、S；三角锥形； ‎(3)‎乙二醇‎(HOCH‎2‎CH‎2‎OH)‎与H‎2‎O都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，所以可以任意比例互溶； 故答案为：HOCH‎2‎CH‎2‎OH与H‎2‎O之间可以形成氢键； ‎(4)‎有机物中OHC-N(CH‎3‎‎)‎‎2‎，1个醛基碳原子，杂化方式为sp‎2‎，2个甲基碳原子，杂化方式：sp‎3‎；OHC-N(CH‎3‎‎)‎‎2‎，含有11个σ键，则1 mol DMF分子中含有σ键的数目为11 mol； 故答案为：sp‎2‎和sp‎3‎； 11 mol。 ‎(1)Cu的基态原子的电子排布式为‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎10‎4‎s‎1‎ ‎，失去一个电子后变为亚铜离子； ‎(2)‎同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，同周期ⅡA族和ⅤA族大于相邻族电离能；SO‎3‎‎2-‎中S原子的价层电子对为‎6+2‎‎2‎‎=4‎，有1对孤电子对，据此判断空间构型； ‎(3)‎乙二醇‎(HOCH‎2‎CH‎2‎OH)‎与H‎2‎O都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶； ‎(4)‎有机物中连4个σ键的碳原子杂化方式为SP‎3‎，连3个σ键的碳原子杂化方式为SP‎2‎，连2个σ键的碳原子杂化方式为SP‎1‎，共价键中单键都是σ键，双键、三键中只有一个σ键。 本题考查了原子结构组成，化学键，原子轨道的杂化，明确核外电子排布规律，熟悉第一电离能规律，原子杂化轨道理论是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题，解决问题能力。 ‎