江苏省泰州市2020届高三第二次模拟考试（5月）化学试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com ‎2020届高三模拟考试试卷 化　　学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1　Li—7　C—12　N—14　O—16　S—32　Fe—56‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 单项选择题：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。‎ ‎1.2020年4月20日，习近平总书记来到秦岭，关注山清水秀。下列做法正确的是(　　)‎ A. 集中深埋废旧电池 B. 远海排放工业污水 C. 减少冶炼含硫矿物 D. 推广使用一次性木筷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．废旧电池中含有的重金属Cd，Ni等，填埋处理，会导致土壤污染等，废旧电池属于有害垃圾，不能填埋法处理，A项错误；‎ B．工业污水一定要治理达到标准后再排放，B项错误；‎ C．含硫矿物在冶炼过程中会产生SO2，SO2的排放会污染空气，引发酸雨等问题，因此减少冶炼含硫矿物有利于环境保护，C项正确；‎ D．一次性木筷的大量使用，对保护森林资源不利，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.“新冠病毒”疫情让人们再次认识到化学的重要性。下列有关抗疫物资的化学用语表示正确的是(　　)‎ A. 碘酊中质量数为127的碘原子：‎ B. 供氧剂中过氧化钙(CaO2)的电子式：‎ C. 84消毒液中次氯酸钠的电离方程式：NaClONa＋＋ClO－‎ D. 口罩“熔喷层”原料中聚丙烯的结构简式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质量数为127的碘原子，应写成：，A项错误；‎ - 24 -‎ B．过氧化钙是离子化合物，其中的阴离子为，电子式为：，B项正确；‎ C．NaClO为强电解质，在水溶液中完全电离，因此电离方程式为：，C项错误；‎ D．聚丙烯的结构简式为，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 (　　)‎ A. Al2O3难溶于水，可用作耐高温材料 B. 晶体Si具有半导体性能，可用作光导纤维 C. SO2具有漂白性，可用于漂白纸张 D. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al2O3的熔点很高，因此可用作耐高温材料，A项错误；‎ B．用于制作光导纤维的是SiO2，利用的是其透光性，B项错误；‎ C．SO2能使有些有色物质转变为无色物质，因此具有一定的漂白性，可以用于漂白纸张，C项正确；‎ D．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：NH、H＋、NO、SO B. 使酚酞变红色的溶液中：Mg2＋、Fe2＋、NO、Cl－‎ C. 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中：K＋、Na＋、Br－、SCN－‎ D. c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1的溶液中：K＋、Cu2＋、Cl－、SO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．与会发生复分解反应，因此不能大量共存，A项错误；‎ - 24 -‎ B．使酚酞变红的溶液显碱性，浓度较大，会与Mg2+和Fe2+发生复分解反应生成相应的氢氧化物沉淀，因此不能大量共存，B项错误；‎ C．Fe3+会与SCN-发生络合反应，生成血红色物质，因此不能大量共存，C项错误；‎ D．的溶液中，K+，Cu2+，Cl-，四种离子之间不会相互反应，并且与H+也不会发生反应，因此能大量共存，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】判断溶液中的离子是否能大量共存，若离子之间能发生复分解反应或氧化还原反应或强烈互促的双水解反应或络合反应，则不能大量共存；此外也要注意一些附加条件，如无色溶液中要排除有色离子等。‎ ‎5.高温下，Fe2O3和H2反应可转化为Fe3O4，方程式为3Fe2O3＋H22Fe3O4＋H2O。下列说法正确的是(　　)‎ A. Fe2O3俗名磁性氧化铁 B. 该反应条件下H2的还原性强于Fe3O4的还原性 C. 每消耗160 g Fe2O3，反应中转移2×6.02×1023个电子 D. Fe3O4可由Fe与H2O在常温下反应制得 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁性氧化铁是Fe3O4的俗名，Fe2O3的俗名是铁红，A项错误；‎ B．该反应中，H2是还原剂，Fe3O4为还原产物，因此该反应条件下，H2的还原性强于Fe3O4的还原性，B项正确；‎ C．该反应每消耗3mol的Fe2O3，电子转移2mol；那么每消耗160gFe2O3即1mol，电子转移mol，即个电子，C项错误；‎ D．Fe和水蒸气在高温下反应才会生成Fe3O4，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列有关实验室氯气的制备、收集、性质检验及尾气处理的装置中，错误的是(　　)‎ - 24 -‎ A. 制备Cl2‎ B. 收集Cl2‎ C. 验证Cl2具有氧化性 D. 吸收Cl2尾气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应可制备出氯气，反应时，浓盐酸盛放在分液漏斗中，分液漏斗是带旋塞的，图中的漏斗没有旋塞，A项错误；‎ B．收集氯气可采用向上排空气法或排饱和食盐水法，饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解，并且一定要注意由短管进气，B项正确；‎ C．氯气可将KI溶液中的I-氧化为碘单质，从而使淀粉变蓝，因此该装置可用于验证氯气的氧化性，C项正确；‎ D．氯气有毒，可以利用NaOH溶液对其进行吸收，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. Na2O2与H2O反应：2O＋2H2O===O2↑＋4OH－‎ B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入足量Cu粉：2Fe3＋＋3Cu===2Fe＋3Cu2＋‎ C. 向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O - 24 -‎ D. 向银氨溶液中加入足量盐酸：[Ag(NH3)2]＋＋2H＋===Ag＋＋2NH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化钠在离子方程式中不能拆分，A项错误；‎ B．Fe3+与Cu反应生成的是Fe2+和Cu2+，选项中的离子方程式不符合实际，B项错误；‎ C．NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性，说明参与反应的二者的物质的量具备如下关系：，由于Ba2+的物质的量只有的一半，因此离子方程式中的和H+的化学计量系数比为1:2，C项正确；‎ D．盐酸中的Cl-会与生成的Ag+结合转变为AgCl沉淀，因此正确的离子方程式为：，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】离子方程式判断正误时，可首先查看其是否符合守恒要求(原子守恒，电荷守恒以及电子得失守恒)，再查看其物质的拆分是否符合要求，最后核对其是否符合反应实际，产物是否正确，化学计量系数是否合理等。‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z与X属于同一主族，W原子的最外层电子数与Y原子的最外层电子数相差3。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)‎ B. X和W组成的化合物中只含共价键 C. Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的强 D. Y的简单阳离子和W的简单阴离子具有相同的电子层结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y是地壳中含量最高的金属元素，所以Y为Al元素；X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，并且原子序数比Y小，所以X为C元素；Z与C元素同族，并且属于短周期元素，所以Z为Si元素；W的原子序数比Y(Al元素)大，同属短周期元素，并且其最外层电子数与Y的相差3，所以W一定为S元素。‎ - 24 -‎ ‎【详解】A．通过分析可知，X，Y，Z，W四种元素分别为C，Al，Si，S，原子半径r(Al)＞r(Si)＞r(S)＞r(C)，A项错误；‎ B．通过分析可知，X为C元素，W为S元素，二者形成的化合物都是共价化合物，都只含有共价键，B项正确；‎ C．通过分析可知，Z为Si元素，X为C元素，C的非金属性强于Si，因此C的最高价氧化物对应水化物酸性更强，C项错误；‎ D．通过分析可知，Y为Al元素，其简单阳离子为Al3+，电子层数为2；W为S元素，其简单阴离子为S2-，电子层数为3，二者电子层结构不相同，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】比较原子半径时，可先比较电子层数，电子层数越多的半径越大；电子层数相同时再比较原子序数，原子序数越大的半径越小。‎ ‎9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是(　　)‎ A. MgCO3MgCl2(aq) Mg B. Cu2(OH)2CO3CuOCu(OH)2‎ C. BrCH2COOHHOCH2COOH D. NH3NOHNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解MgCl2的水溶液，无法获得Mg单质；应当电解熔融的MgCl2才可，A项错误；‎ B．CuO与水不发生反应，为了获得Cu(OH)2，可先将CuO溶于酸中，再加入NaOH溶液，即可得到Cu(OH)2沉淀，B项错误；‎ C．BrCH2COOH在NaOH水溶液中才能发生水解生成HOCH2COOH，其在NaOH的醇溶液中几乎不反应，C项错误；‎ D．NH3发生催化氧化可生成NO，NO与足量氧气混合通入水中可生成HNO3， D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列说法错误的是(　　)‎ A. 铜丝缠在石墨棒上插入稀硝酸，可加快NO生成速率 B. 双液电池中，可用浸有CCl4的滤纸作盐桥 - 24 -‎ C. K2FeO4可用作碱性Zn-K2FeO4电池的正极材料 D. 生铁发生吸氧腐蚀时的腐蚀速率与O2的浓度有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜丝和石墨棒在硝酸溶液中可构成原电池，从而加快反应速率，提高NO的生成速率，A项正确；‎ B．CCl4属于非电解质，不能导电，因此不能用其制作盐桥，B项错误；‎ C．K2FeO4中的Fe为+6价，具有很强的氧化性，因此可以用作正极材料，与Zn制作的负极构成电池，C项正确；‎ D．O2浓度越大，那么发生吸氧腐蚀时腐蚀速率也就越大，这体现了浓度对于反应速率的影响，D项正确；‎ 答案选B。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.下列判断正确的是(　　)‎ A. 图1可表示电解200 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液过程中，产生氢气体积(标准状况)与转移电子物质的量的关系曲线 B. 图2可表示常温下0.1 mol·L－1盐酸滴加到40 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线 C. 高温下能自发进行的反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的能量变化如图3所示，则该反应的ΔS>0‎ D. 图4可表示反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t1时刻扩大容器体积时，v逆随时间的变化曲线 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】A．电解NaCl溶液时，阴极始终是水电离生成的H+被还原为H2，因此氢气的体积随着转移电子的物质的量在不断增加，A项错误；‎ B．常温下0.1mol/L的NaOH溶液其pH是13，因此，滴定曲线中V(盐酸)=0mL即未滴加盐酸时，溶液的pH应为13，B项错误；‎ C．由图可知，该反应的，该反应能在高温下自发进行，根据可知，该反应的，C项正确；‎ D．t1时刻扩大容器体积，相当于降低体系的压强，因此t1时刻v逆会因为压强降低而减小；根据该反应的方程式可知，降低压强会使反应平衡逆向移动，NH3的量会逐渐下降，因此v逆会进一步减小直至达到新的平衡状态，D项正确；‎ 答案选CD。‎ ‎12.化合物X是一种黄酮类化合物的中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是(　　)‎ A. 分子中所有碳原子共平面 B. 分子中存在1个手性碳原子 C. 化合物X不能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 1 mol化合物X最多可与12 mol H2发生加成反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由X的结构可知，其分子中的与一个甲基相连，并同时与两个羰基相连的C原子，其形成的是4条单键，由于这4条单键的键角约为109°28′，所以该C原子至多能和与其相连的C原子中的两个在同一平面内，因此该有机物中的所有碳原子不可能在同一平面内，A项错误；‎ B．手性碳是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由化合物X的结构可知，其分子中存在1个手性碳原子，如图，，B项正确；‎ - 24 -‎ C．由X的结构可知，其含有酚羟基，酚羟基易被氧化，因此该有机物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；‎ D．由X的结构可知，该有机物中含有3个苯环可以与9个H2加成，另外含有两个酮羰基，也可与2个H2加成，因此1mol该有机物至多能与11molH2加成，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】若有机物的结构中存在形成4条单键的碳原子，那么这个有机物中的所有原子一定不会共平面；有机物能与氢气加成，其结构中一般含有碳碳双键，碳碳三键，苯环，醛基，酮羰基，简记为“烯炔苯醛酮”。‎ ‎13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀 蛋白质发生了盐析 B SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生白色沉淀 沉淀为BaSO3‎ C 向蔗糖中加入适量浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味的气体 浓硫酸具有脱水性和强氧化性 D 分别向等物质的量浓度的苯酚钠溶液和碳酸钠溶液中滴加酚酞，后者红色更深 碳酸酸性强于苯酚 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸铅属于重金属盐，蛋白质遇到重金属盐发生变性而非盐析，A项错误；‎ B．SO2具有还原性，将其通入Ba(NO3)2溶液中，会使溶液酸性增强，进一步导致体现氧化性将S氧化为+6价使其转化为，因此生成的白色沉淀是BaSO4，B项错误；‎ C．浓硫酸的脱水性指的是其能将物质中的H和O按照2:1脱除，蔗糖的分子式为C12H22O11，蔗糖与浓硫酸混合搅拌后生成黑色多孔彭松的物质即C，说明蔗糖分子中的H和O按照水的组成被脱除，这体现了浓硫酸的脱水性；二者混合后搅拌后，还产生了刺激性气味的气体，即生成了SO2，这也体现了浓硫酸的强氧化性，C项正确；‎ - 24 -‎ D．能使酚酞试剂变红的溶液显碱性，苯酚钠和碳酸钠的溶液显碱性是因为发生了盐类水解导致的；碳酸钠能够使酚酞试剂显现更深的红色，说明浓度相同时，碳酸钠溶液碱性更强；越弱的酸其酸根离子在发生水解时，水解越剧烈，因此说明苯酚的酸性强于，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.已知：邻苯二甲酸(H2A)的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6。室温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液。下列说法正确的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1 KHA溶液中：c(K＋)>c(HA－)＋2c(A2－)‎ B. 加入NaOH溶液至pH＝8时：c(K＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H2A)‎ C. 加入20 mL NaOH溶液时：c(OH－)＋c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H2A)‎ D. 在滴定过程中，水的电离程度一直减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题可知常温下，，因此，所以KHA的溶液中HA-的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性即：，根据KHA溶液中的电荷守恒式：，可得，A项错误；‎ B．由题可知常温下，，pH=8时，，因此可得，，，B项正确；‎ C．KHA溶液的初始浓度为0.1mol/L，体积为20mL；因此加入20mL，浓度为0.1mol/L的NaOH溶液后，有物料守恒关系式为：；溶液中的电荷守恒关系式为：；联立两个式子可得，C项正确；‎ - 24 -‎ D．通过分析可知，KHA的溶液中水的电离总体上受抑制，滴定过程中，KHA逐渐转变为A2-，A2-会促进水的电离；因此，滴定过程中水的电离程度逐渐增加，至滴定终点时水的电离程度达到最大，D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】若溶液中的两种粒子存在电离或水解的关系，那么在比较浓度大小时，可借助溶液的pH以及相关的电离平衡常数，通过将两种粒子作商来进行比较。‎ ‎15.初始温度为t ℃，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－116 kJ·mol－1，测得反应的相关数据如下：‎ 容 器 容器类型 初始 体积 初始压 强/Pa 反应物投入量/mol 平衡时Cl2的 物质的量/mol HCl O2‎ Cl2‎ H2O Ⅰ 恒温恒容 ‎1 L ‎2×105‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ Ⅱ 绝热恒容 ‎1 L p2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎2‎ a Ⅲ 恒温恒压 ‎2 L p3‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎0‎ b 下列说法正确的是(　)‎ A. 反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116 kJ·mol－1‎ B. a>1, b>2‎ C. p2＝1.6×105 Pa, p3＝4×105 Pa D. 若起始向容器Ⅰ中充入0.5 mol HCl、0.5 mol O2、0.5 mol Cl2和0.5 mol H2O，则反应向逆反应方向进行 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。‎ ‎【详解】A．生成液态水相比于生成气态水，同等条件下放出热量更多，放热越多反应的越小，因此反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(l)的＜-116kJ/mol，A项错误；‎ B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a＞1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2，B项正确；‎ C．三个容器的初始温度相同，根据公式，容器Ⅰ与Ⅱ，体积相同，那么，所以；容器Ⅰ与Ⅲ，体积之比为1:2，物质的量之比也为1:2，所以二者压强相等，所以，C项错误；‎ D．容器Ⅰ达到平衡时，氯气为1mol，由反应方程式可知，HCl的物质的量为2mol，O2的物质的量为0.5mol，H2O的物质的量为1mol；该容器体积为1L，所以在此温度下，该反应的平衡常数为：；若初始时，向容器中充入均为0.5mol的四种物质，则，所以反应逆向进行，D项正确；‎ 答案选BD。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共80分)‎ ‎16.一种固定烟气中CO2的工艺流程如下：‎ ‎(1) “反应Ⅰ”中，CO2与过量氨水反应的离子方程式为________。‎ ‎(2) “反应Ⅰ”中，提高烟气中CO2去除率的可行措施有________(填字母)。‎ - 24 -‎ a. 采用高温　　　　　b. 加快烟气流速　　　　　　c. 增大氨水浓度 ‎(3) 若测得滤液中c(CO32-)＝10－2 mol·L－1，则Ca2＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。[c(Ca2＋)<10－5 mol·L－1时视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9]‎ ‎(4) “反应Ⅱ”中，溶液的pH和导电能力变化如图1所示，导电能力初始时快速降低，后来逐渐上升的原因是____________________________________________。‎ ‎(5) CaCO3可用于调节废水的pH，以除去其中的Fe3＋。溶液pH对除铁效率影响如图2所示。‎ ‎①除铁时应控制溶液pH为________(填字母)。‎ a. 0.5～1.5　　　　　　　b. 1.5～2.5　　　　　　　c. 2.5～3.5‎ ‎② 除铁时pH稍大会生成Fe(OH)3胶体，显著降低除铁效率，其原因是________。‎ ‎【答案】 (1). CO2＋2NH3·H2O===2NH＋CO＋H2O (2). c (3). 是 (4). 初始时快速降低，是由于NH、CO (或HCO)等离子浓度因反应快速降低所致;后来由于氨水的电离及过量Ca(OH)2的电离导致离子浓度增大，导电能力逐渐上升 (5). b (6). Fe(OH)3胶粒小不易过滤；Fe(OH)3胶粒吸附离子带相同电荷相互排斥，导致沉淀速率慢 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该工艺的目的是收集固定烟气中的CO2，先将烟气通入足量的氨水中，通过反应可将其转化为；再向反应后的溶液中加入石灰乳，石灰乳即Ca(OH)2的悬浊液，因此可再通过反应将转化为CaCO3沉淀，同时也使得氨水再生；将反应后的混合液过滤后，再经过洗涤和干燥即可得到纯度较高的CaCO3。‎ ‎【详解】(1)反应Ⅰ中，CO2与过量氨水反应的离子方程式为：；‎ ‎(2)a．升高温度会降低CO2的溶解，同时也会使氨水挥发，对提高去除率不利，a项不符；‎ b．加快烟气流速，会使气体与氨水的接触时间缩短，对于吸收CO2不利，b项不符；‎ - 24 -‎ c．增大氨水的浓度，可以使得CO2与氨水的反应速率加快，对提高去除率有利，c项符合；‎ 答案选c；‎ ‎(3)若，那么溶液中，Ca2+已经完全沉淀；‎ ‎(4)溶液的导电能力与溶液中离子的总浓度以及离子所带的电荷量有关；初始时导电能力快速降低，是由于反应Ⅰ的发生使得和等离子浓度快速降低所致；后来导电能力又上升，由于反应Ⅰ生成的氨水的电离以及过量的Ca(OH)2电离导致离子的浓度又增加所致；‎ ‎(5)①由图像可知，pH=2左右，铁的去除率较大，因此除铁时最好将溶液的pH控制在1.5~2.5，b项正确；‎ ‎②胶体由于分散质粒子直径较小，可以透过滤纸，因此不便过滤；此外，Fe(OH)3胶体颗粒由于带相同的电荷，导致彼此之间相互排斥，难以沉降，这些都对除铁不利。‎ ‎17.化合物F是一种非天然氨基酸，其合成路线如下：‎ ‎ (1) C中官能团的名称为________。‎ ‎(2) D→E的反应类型为________。‎ ‎(3) B的分子式为C7H6O，写出B的结构简式：________。‎ ‎(4) D的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出X的结构简式： ________。‎ ‎①六元环状脂肪族化合物；‎ ‎②能发生银镜反应，1 mol X反应能生成4 mol Ag；‎ ‎③分子中只有4种不同化学环境的氢。‎ ‎(5) 写出以、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _____ 。‎ - 24 -‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键、硝基 (2). 加成反应 (3). (4). 或或 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的结构为，分子式为C7H6Cl2，不饱和度为4；B的分子式为C7H6O，不饱和度为5，因此推测B的结构为，即苯甲醛；C的结构为，与NaBH4反应后生成的D的结构中不含碳碳双键，因此C发生了加成反应；由D生成E，是D与OHCCOOH反应的结果，那么根据D和E的结构推测，二者发生的是加成反应；由E生成的F结构中不再含有硝基而是代之以氨基，因此E生成F发生的是硝基还原的反应。‎ ‎【详解】(1)由C的结构可知，C中官能团的名称为碳碳双键和硝基；‎ ‎(2)通过分析可知，D生成E发生的是加成反应；‎ ‎(3)通过分析可知，B为苯甲醛，结构简式为：；‎ ‎(4)由D的结构可知，D的分子式为C8H9NO2，不饱和度为5；D的同分异构体X不含苯环，但含有六元环状结构；1mol的X可以发生银镜反应生成4mol的Ag，所以X的结构中有2个醛基；考虑到X的不饱和度也为5，所以X的结构中可能还含有两个双键，同时为了保证其分子内只有4种等效氢原子，X的结构尽可能对称；通过分析，六元环不能全由碳原子构成，这样即使结构对称也至少有5种等效氢原子，不合要求；所以可能的结构有：，‎ - 24 -‎ ‎，任写一种即可；‎ ‎(5)由产物结构可知，其含有两个酯基，并且结构对称，所以可以认为是由两分子的同一物质相互酯化得来的；此外，由于产物结构中的氨基易被氧化，所以考虑其是在合成路线的最后一步通过硝基还原得来，那么获得产物可先由2个发生分子之间的酯化反应，再发生硝基还原即可；那么为了获得则可参照D生成E的反应，利用CH3NO2与OHCCOOH二者的加成反应获得；因此合成路线为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】设计合成路线时，可通过将产物适当地逆向推导的方式降低路线设计难度；在设计合成路线时，也要注意官能团保护的问题。‎ ‎18.双氧水是重要的化学试剂。‎ ‎(1)一定条件下，O2得电子转化为超氧自由基(·O)，并实现如下图所示的转化：‎ ‎①是________(填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎②写出图示转化总反应的化学方程式：________。‎ - 24 -‎ ‎(2) K2Cr2O7酸性条件下与H2O2反应生成CrO5，反应为非氧化还原反应。据此分析，CrO5中－2价O与－1价O的数目比为________。‎ ‎(3) H2O2可用于测定酒精饮料中乙醇的含量。现有20.00 mL某鸡尾酒，将其中CH3CH2OH蒸出并通入17.0 mL 0.200 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液(H2SO4酸化)中，发生反应：K2Cr2O7＋C2H5OH＋H2SO4―→Cr2(SO4)3＋CH3COOH＋K2SO4＋H2O(未配平)‎ 再用0.400 0 mol·L－1的双氧水滴定反应后所得的混合液，用去19.00 mL双氧水，滴定过程中发生如下反应：‎ 反应1：4H2O2＋K2Cr2O7＋H2SO4===K2SO4＋2CrO5＋5H2O 反应2：H2O2＋CH3COOH===CH3COOOH＋H2O 则该鸡尾酒中CH3CH2OH的物质的量浓度为________mol·L－1(写出计算过程)。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). (3). 1:4 (4). 0.18 mol·L－1‎ 设鸡尾酒中含有C2H5OH的物质的量为x mol K2Cr2O7的总物质的量：n(K2Cr2O7)＝17.00×10－3 L×0.200 0 mol·L－1＝3.4×10－3 mol H2O2的总物质的量：n(H2O2)＝19.00×10－3 L×0.400 0 mol·L－1＝7.6×10－3 mol 根据2K2Cr2O7＋3C2H5OH＋8H2SO4===2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋2K2SO4＋11H2O x mol　　 x mol　 x mol 滴定过程中 ‎4H2O2　　　　 ＋ 　　　　K2Cr2O7　　　＋　　　H2SO4===2CrO5＋5H2O＋K2SO4‎ ‎4×(3.4×10－3－x) mol　 (3.4×10－3－x) mol H2O2＋CH3COOH===CH3COOOH＋H2O x mol　　x mol 根据　4×(3.4×10－3－x)＋x＝7.6×10－3‎ 解得x＝3.6×10－3 mol c(C2H5OH)＝＝3.6×10－3 mol÷0.02 L＝0.18 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】(1)①带一个负电荷，是电中性的原子团，二者含有的原子个数相等，因此前者比后者电子数多1个，所以由生成的反应是氧化反应；‎ ‎②O2先在一定条件下得电子转化为超氧自由基，苯甲醇在超氧自由基的作用下解离出一个H+与超氧自由基结合转变为，同时也产生一个；随后被氧化失去1个电子转变为；再与反应，使脱去1个H原子形成苯甲醛，则与H原子结合形成过氧化氢分子；因此上述转化的总反应方程式为：+O2+H2O2；‎ ‎(2)K2Cr2O7中的Cr为+6价，由于其在酸性条件下与过氧化氢反应生成CrO5为非氧化还原反应，所以CrO5中的Cr也为+6价，那么设CrO5中-2价氧的个数为x，-1价氧的个数为y，则有：，，解得x=1，y=4；所以比例为1:4；‎ ‎(3)先计算的总物质的量为，的总的物质的量为；乙醇通入酸性重铬酸钾溶液中发生的反应方程式无需全部配平，反应过程中1个乙醇被氧化为乙酸需要失去4个电子，1个重铬酸钾被还原为Cr2(SO4)3需要得6个电子，因此二者反应时：，即若20.00mL鸡尾酒中乙醇有xmol，那么这一步反应消耗的为mol；用过氧化氢滴定时，反应2中的乙酸即由乙醇氧化得来，所以为xmol，那么根据反应方程式，其消耗的的物质的量为xmol；在将乙醇氧化为乙酸后剩余的物质的量为，那么通过反应1消耗的的物质的量为，所以有：，解得 - 24 -‎ ‎，那么鸡尾酒中乙醇的浓度为。‎ ‎19.Co3O4(Co为＋2和＋3价)可应用于磁性材料等领域。实验室利用乙酸钴晶体[Co(CH3COO)2·4H2O]制备Co3O4的实验步骤如下：‎ Ⅰ. 将乙酸钴晶体配成溶液X，缓慢滴加(NH4)2CO3溶液，30 ℃水浴一段时间；‎ Ⅱ. 将混合液高压密封加热到160 ℃，得到含碱式碳酸钴晶体[2CoCO3·3Co(OH)2·H2O]的浊液；‎ Ⅲ. 制备碱式碳酸钴晶体；‎ Ⅳ. 将碱式碳酸钴晶体空气中煅烧得Co3O4产品。‎ 已知：碱式碳酸钴晶体不溶于冷水和乙醇，可溶于温水，常压下高于30 ℃开始分解。‎ ‎(1) 乙酸钻晶体中钴含量可用配位滴定法测定，下列说法正确的是________(填字母)。‎ a. 滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗 b. 读数前，需排除滴定管尖嘴处的气泡 c. 滴定时，眼睛注视锥形瓶中颜色变化 ‎(2) “步骤Ⅰ”30 ℃水浴的装置如右图所示，温度计应置于________(填“a”或“b”)处。‎ ‎(3) “步骤Ⅱ”采用高压密封加热的目的是________。‎ ‎(4) “步骤Ⅳ”中，在实验室煅烧碱式碳酸钴晶体所需的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要的硅酸盐质仪器有____________，煅烧时发生反应的化学方程式为________。‎ ‎(5) “步骤Ⅲ”中，设计由“步骤Ⅱ”的浊液制备碱式碳酸钴晶体的实验方案：________________________。(实验须使用的试剂：蒸馏水、乙醇)‎ ‎【答案】 (1). bc (2). b (3). 高压是防止生成的碱式碳酸钴分解，密封是防止＋2价钴被空气中O2氧化 (4). 坩埚、泥三角 (5). 6[2CoCO3·3Co(OH)2·H2O]＋5O210Co3O4＋12CO2↑＋24H2O (6). 冷却至室温，过滤，依次用蒸馏水和乙醇洗涤，低温干燥得碱式碳酸钴晶体 ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 由乙酸钴逐步制备Co3O4时，首先将乙酸钴晶体配制成溶液并向其中缓慢滴加碳酸铵溶液，并在30℃下水浴条件下加热一段时间；随后将混合液转移至高压反应釜中，加热至160℃以获取碱式碳酸钴，由于题中指出碱式碳酸钴在常压下温度高于30℃就开始分解，因此需要在高压反应釜中进行该反应，此外，密封也可防止+2价Co在加热条件下被氧气氧化；由含碱式碳酸钴的浊液获取纯净的碱式碳酸钴晶体时，要考虑其溶解性的特点，先将浊液降温使碱式碳酸钴析出，再过滤，随后用水洗去可溶性杂质，再用乙醇洗涤除去多余水分，最后低温干燥即可，切记温度不能过高，以防其分解；将获得的纯净的碱式碳酸钴晶体再进行煅烧即可得到Co3O4。‎ ‎【详解】(1)a．滴定实验中，不能对盛放待测液的锥形瓶进行润洗，而滴定管则需要进行润洗，a项错误；‎ b．读数前，应当将滴定管中的气泡排除，以防影响读数，b项正确；‎ c．滴定时，眼睛应当观察锥形瓶内现象变化，c项正确；‎ 答案选bc；‎ ‎(2)利用水浴装置进行加热时，温度计应该放置在水槽中，对水浴温度进行及时的调节；‎ ‎(3)由于碱式碳酸钴在常压下高于30℃即发生分解，因此需要在高压条件下进行该反应，密封反应的另一个作用也是为了防止+2价Co被氧化；‎ ‎(4)对固体进行煅烧时，需要在坩埚中进行，因此需要的硅酸盐仪器有泥三角和坩埚；煅烧时碱式碳酸钴分解生成Co3O4，一部分+2价的Co被氧化生成+3价的Co，因此相关的方程式为：；‎ ‎(5)由含碱式碳酸钴的浊液获取纯净的碱式碳酸钴晶体时，要考虑其溶解性的特点，先将浊液降温使碱式碳酸钴析出，再过滤，随后依次用水和乙醇洗涤，再在低温下干燥即可。‎ ‎20.锂二次电池新正极材料的探索和研究对锂电池的发展非常关键。‎ ‎(1) 锂硒电池具有优异的循环稳定性。‎ ‎①正极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液反应制得，则该反应的化学方程式为__。‎ ‎②一种锂硒电池放电时的工作原理如图1所示，写出正极的电极反应式：________________。充电时Li＋向________(填“Se”或“Li”)极迁移。‎ ‎③ Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是________。‎ - 24 -‎ ‎(2) Li2S电池的理论能量密度高，其正极材料为碳包裹的硫化锂(Li2S)。‎ ‎① Li2S可由硫酸锂与壳聚糖高温下制得，其中壳聚糖的作用是________。‎ ‎②取一定量Li2S样品在空气中加热，测得样品固体残留率随温度的变化如图3所示。(固体残留率＝×100%)分析300 ℃后，固体残留率变化的原因是________。‎ ‎【答案】 (1). H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se＋2H2SO4 (2). 2Li＋＋xSe＋2e－===Li2Sex (3). Li (4). Li2Se6>Li2Se4>Li2Se (5). 提供碳源，将硫酸锂还原(作还原剂) (6). 300 ℃后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因反应2为主 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①SO2通入亚稀酸中生成Se，发生氧化还原反应，化学方程式：；‎ ‎②由电池工作的原理图可知，Li电极为电池的负极，Se电极为电池的正极，电池放电时Li+能迁移到正极附近与Se结合生成，因此正极的电极反应式为：；电池在充电时，Li电极接外电源的负极，做阴极，Li+是阳离子在电解池中朝阴极迁移，因此Li+在充电时朝Li电极迁移；‎ ‎③由图可知，与正极碳基体结合时会向外释放能量，如果释放的能量越大，那么结合之后越稳定，因此3中与碳基体结合能力的强弱为；‎ ‎(2)①Li2S电池的正极材料是碳包裹得Li2S，因此为了获得这种正极材料，就需要壳聚糖在与硫酸锂高温反应时，一方面将硫酸锂还原，另一方面提供包裹Li2S的碳源；‎ ‎②该Li2S是具有碳包裹结构的Li2S，因此在考虑其固体质量变化时，一方面要考虑Li2S自身被氧化的影响，另一方面也要考虑包裹Li2S的碳在高温下被氧化的影响；所以300‎ - 24 -‎ ‎ ℃后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因是反应2为主。‎ ‎21.工业上生产铬单质涉及的反应如下：‎ Na2Cr2O7＋2CCr2O3＋Na2CO3＋CO↑‎ Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3‎ ‎(1) Cr基态原子的核外电子排布式为________。‎ ‎(2) Na、O、C的第一电离能从大到小的顺序为________。‎ ‎(3) 与CO互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。‎ ‎(4) Cr2O3具有两性，溶于NaOH溶液形成配合物Na[Cr(OH)4]。‎ Na[Cr(OH)4]中配体的化学式为____________，1 mol该配合物中含σ键数目为_________。‎ ‎(5) 合金CrAl晶体的晶胞如右图所示，写出该合金的化学式：________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d54s1 (2). O>C>Na (3). SO3或BF3或COCl2 (4). OH－ (5). 8×6.02×1023或8 mol (6). Cr2Al或AlCr2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Cr位于第四周期ⅥB，其核外电子排布式可写成；‎ ‎(2)同周期元素第一电离能从左至右，呈现增大的趋势；同主族元素第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；因此三种元素第一电离能从大到小的顺序为O＞C＞Na；‎ ‎(3)带有两个负电荷，因此与其互为等电子体的分子可以为SO3或BF3或COCl2等；‎ ‎(4)配体是具有孤对电子，在形成配位键时可以作为电子对的给予体的分子或离子，OH-是的配体；中Na+和之间是离子键，1个中有4个配位键，因此1mol中含有σ键4+4=8mol；‎ - 24 -‎ ‎(5)由Cr-Al合金的晶胞结构可知，Cr原子在晶胞的4条棱上各自有两个，并且在内部也有两个，所以一个晶胞中Cr原子的数目为：；Al原子在晶胞的8个顶点上，并且内部也有一个，所以一个晶胞中Al原子的数目为：；所以合金的化学式为Cr2Al。‎ ‎【点睛】同周期元素第一电离能从左至右，呈现增大的趋势；同主族元素第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；要特殊注意相邻的ⅡA与ⅢA元素中ⅡA的第一电离能更大，相邻的ⅤA与ⅥA元素中ⅤA元素第一电离能更大。‎ - 24 -‎ - 24 -‎