2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（2月份） 9页

‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（2月份）‎ 一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎ ‎ ‎1. 下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（        ） ‎ A.质子数为‎17‎、中子数为‎20‎的氯原子：‎‎​‎‎17‎‎20‎Cl B.氯离子‎(Cl‎−‎)‎的结构示意图：‎ C.氯分子的电子式：‎ D.氯乙烯分子的结构简式：H‎3‎C−CH‎2‎Cl ‎ ‎ ‎ ‎2. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ） ‎ A.将铜插入稀硝酸中：‎Cu+4H‎+‎+2NO‎3‎‎−‎=Cu‎2+‎+2NO‎2‎↑+H‎2‎O B.向Fe‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量铁粉：‎Fe‎3+‎+Fe=2Fe‎3+‎ C.向Al‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量氨水：‎Al‎3+‎+3NH‎3‎⋅H‎2‎O=Al(OH‎)‎‎3‎↓+3NH‎4‎‎+‎ D.向Na‎2‎SiO‎3‎溶液中滴加稀盐酸：‎Na‎2‎SiO‎3‎+2H‎+‎=H‎2‎SiO‎3‎↓+2Na‎+‎ ‎ ‎ ‎3. 下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ） ‎ A.硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B.锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C.电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎ ‎ ‎4. 短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的‎2‎倍，X，Y的核电荷数之比为‎3:4‎，W‎−‎的最外层为‎8‎电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（ ） ‎ A.X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应 B.原子半径大小：XW C.化合物Z‎2‎Y和ZWY‎3‎都只存在离子键 D.Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂 ‎ ‎ ‎5. 由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是（    ） ‎ A.由X→Y反应的ΔH=E‎5‎−‎E‎2‎ B.由X→Z反应的ΔH>0‎ C.降低压强有利于提高Y的产率 D.升高温度有利于提高Z的产率 ‎ ‎ ‎6. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S‎8‎材料，电池反应为：‎16Li+xS‎8‎=8Li‎2‎Sx(2≤x≤8)‎。下列说法错误的是（        ） ‎ A.电池工作时，正极可发生反应：‎‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎ B.电池工作时，外电路中流过‎0.02 mol电子，负极材料减重‎0.14 g C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D.电池充电时间越长，电池中的Li‎2‎S‎2‎量越多 ‎ ‎ ‎7. 已知异丙苯的结构简式如图,下列说法错误的是（        ） ‎ A.异丙苯的分子式为C‎9‎H‎12‎ B.异丙苯的沸点比苯高 C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面 ‎ D.异丙苯和苯互为同系物 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题:3题,共43分。‎ ‎ ‎ ‎ ClO‎2‎与Cl‎2‎的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图‎1‎装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究． ‎ ‎（1）仪器D的名称是________，安装F中导管时，应选用图‎2‎中的________．‎ ‎ ‎ ‎（2）打开B的活塞，A中发生反应：‎2NaClO‎3‎+4HCl=2ClO‎2‎↑+Cl‎2‎↑+2NaCl+2H‎2‎O．为使ClO‎2‎在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜________（填“快”或“慢”）．‎ ‎ ‎ ‎（3）关闭B的活塞，ClO‎2‎在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO‎2‎，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________．‎ ‎ ‎ ‎（4）已知在酸性条件下NaClO‎2‎可发生反应生成NaCl并释放出ClO‎2‎，该反应的离子方程式为________，在ClO‎2‎释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是________．‎ ‎ ‎ ‎（5）已吸收ClO‎2‎气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO‎2‎的浓度随时间的变化如图‎3‎所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是________，原因是________．‎ ‎ ‎ ‎ SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。 ‎ ‎（1）SCR（选择性催化还原）工作原理： ①尿素‎[CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎]‎水溶液热分解为NH‎3‎和CO‎2‎，该反应的化学方程式：________。 ②反应器中NH‎3‎还原NO‎2‎的化学方程式：________。 ③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO‎2‎在O‎2‎作用下会形成‎(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎，使催化剂中毒。用化学方程式表示‎(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎的形成：________。 ④尿素溶液浓度影响NO‎2‎的转化，测定溶液中尿素‎(M=60g⋅mol‎−1‎)‎含量的方法如下： 取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH‎3‎，所得NH‎3‎用过量的v‎1‎‎ mL c‎1‎ mol⋅L‎−1‎ H‎2‎SO‎4‎溶液吸收完全，剩余H‎2‎SO‎4‎用v‎2‎‎ mL c‎2‎ mol⋅L‎−1‎ NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。‎ ‎ ‎ ‎（2）NSR（NOx储存还原）工作原理： NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。 ①通过BaO和Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是________。 ②用H‎2‎模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H‎2‎与Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎的物质的量之比是________。 ③还原过程中，有时会产生笑气‎(N‎2‎O)‎。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下，‎​‎‎15‎NO与NH‎3‎以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是‎​‎‎15‎NNO。将该反应的化学方程式补充完整：________‎=​=​=‎催化剂‎▫‎‎15‎NNO+▫H‎2‎O。‎ ‎ ‎ ‎ 催化还原CO‎2‎是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO‎2‎和H‎2‎可发生两个平行反应，分别生成CH‎3‎OH和CO．反应的热化学方程式如下： CO‎2‎(g)+3H‎2‎(g)⇌CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)△‎H‎1‎＝‎−53.7kJ⋅mol‎−1‎Ⅰ CO‎2‎(g)+H‎2‎(g)⇌CO(g)+H‎2‎O(g)△‎H‎2‎Ⅱ 某实验室控制CO‎2‎和H‎2‎初始投料比为‎1:2.2‎，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据： ‎ T(K)‎ 催化剂 CO‎2‎转化率 甲醇选择性‎(%)‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(%)‎ ‎543‎ Cat‎．‎l ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎543‎ Cat.2‎ ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎553‎ Cat‎．‎l ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎553‎ Cat.2‎ ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎ 【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO‎2‎中生成甲醇的百分比 已知：①CO和H‎2‎的标准燃烧热分别为‎−283.0kJ⋅mol‎−1‎和‎−285.8kJ⋅mol‎−1‎ ②H‎2‎O(l)=H‎2‎O(g)△‎H‎3‎＝‎44.0kJ⋅mol‎−1‎ 请回答（不考虑温度对‎△H的影响）： ‎ ‎（1）反应I的平衡常数表达式K＝________；‎ ‎ ‎ ‎（2）有利于提高CO‎2‎转化为CH‎3‎OH平衡转化率的措施有（    ）。‎ A.使用催化剂Cat.1‎ B.使用催化剂Cat.2‎ C.降低反应温度 D.投料比不变，增加反应物的浓度 E.增大CO‎2‎和H‎2‎的初始投料比 ‎ ‎ ‎（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO‎2‎转化成CH‎3‎OH的选择性有显著的影响，其原因是________。‎ ‎ ‎ ‎（4）如图，在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）‎ ‎ ‎ ‎ 研究发现，在CO‎2‎低压合成甲醇反应‎(CO‎2‎+3H‎2‎=CH‎3‎OH+H‎2‎O)‎中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： ‎ ‎（1）Co基态原子核外电子排布式为_________________________，元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________。‎ ‎ ‎ ‎（2）CO‎2‎和CH‎3‎OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。‎ ‎ ‎ ‎(3)‎在CO‎2‎低压合成甲醇反应所涉及的‎4‎种物质中，沸点从高到低的顺序为______________________，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎(4)‎硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO‎3‎‎)‎‎2‎中的化学键除了σ键外，还存在___________。‎ ‎ ‎ ‎（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r(O‎2−‎)‎为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a‎′‎‎=0.448nm，则r(Mn‎2+‎)‎为________nm。‎ ‎【化学-选修5：有机化学基础】（15分）‎ ‎ ‎ ‎ 化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下： 已知：①RCHO+CH‎3‎CHO‎→‎NaOH/H‎2‎O‎△‎RCH=CHCHO+H‎2‎O ②+‎→‎催化剂‎ ‎ 回答下列问题： ‎ ‎（1）A的化学名称为________。‎ ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别为________、________。‎ ‎ ‎ ‎（3）E的结构简式为________。‎ ‎ ‎ ‎（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为__________________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO‎2‎，其核磁共振氢谱显示有‎4‎种不同化学环境的氢，峰面积比为‎6:2:1:1‎，写出‎2‎种符合要求的X的结构简式________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎（6）写出用环戊烷和‎2−‎丁炔为原料制备化合物的合成路线____________________________________（其他试剂任选）。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（2月份）‎ 一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 原子结构示意图 结构简式 电子式 电子式、化学式或化学符号及名称的综合 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎．元素的左上角应标明质量数，应为‎17+20=37‎，A项错误；  B．Cl‎−‎的最外层为‎8‎个电子，B项错误； C．Cl‎2‎ 中两个Cl 原子之间有一对共用电子，C项正确； D．氯乙烯分子中有一个碳碳双键，结构简式为CH‎2‎=CHCl，D项错误。 故选C。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 离子方程式的书写 ‎【解析】‎ A‎．反应生成硝酸铜、NO和水； B．电子、电荷不守恒； C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵； D．硅酸钠在水中完全电离，钠离子实际不参加反应。‎ ‎【解答】‎ A‎．将铜插入稀硝酸中的离子反应为‎3Cu+8H‎+‎+2NO‎3‎‎−‎=3Cu‎2+‎+2NO↑+4H‎2‎O，故A错误； B．向Fe‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量铁粉的离子反应为‎2Fe‎3+‎+Fe=3Fe‎2+‎，故B错误； C．向Al‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量氨水的离子反应为Al‎3+‎+3NH‎3‎⋅H‎2‎O=Al(OH‎)‎‎3‎↓+3NH‎4‎‎+‎，故C正确； D．向Na‎2‎SiO‎3‎溶液中滴加稀盐酸的离子反应为SiO‎3‎‎2−‎+2H‎+‎=H‎2‎SiO‎3‎↓‎，故D错误；‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 常见的能量转化形式 氧化还原反应 ‎【解析】‎ 氧化还原反应的本质是电子转移，特征是元素的化合价在反应前后发生变化，凡是有元素化合价升降的化学反应都是氧化还原反应，原电池和电解池工作时均有电子转移，均与氧化还原反应有关。‎ ‎【解答】‎ A.‎硅太阳能电池工作时直接将光能转化为电能，没有氧化还原反应的发生，A符合题意。‎ B.‎锂离子电池放电时，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，B不符合题意。‎ C.‎电解质溶液导电时，电能转化成化学能，形成电解池，两极分别发生氧化、还原反应，C不符合题意。‎ D.‎葡萄糖为人类生命活动提供能量时被O‎2‎氧化，发生氧化还原反应，D不符合题意。‎ 故选A。 ‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 原子结构与元素周期律的关系 ‎【解析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的‎2‎倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为‎3:4‎，则Y为O元素，W‎−‎的最外层为‎8‎电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】‎ 解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的‎2‎倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为‎3:4‎，则Y为O元素，W‎−‎的最外层为‎8‎电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素， A．X与Y形成的化合物有CO、CO‎2‎等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误； B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X>Y，Z>W，故B错误； C．化合物Z‎2‎Y和ZWY‎3‎分别为Na‎2‎O、NaClO‎3‎，NaClO‎3‎存在离子键和共价键，故C错误； D．Y的单质是臭氧，W的单质是氯气，对应的化合物ClO‎2‎，可作为水的消毒剂，故D正确。 故答案为D。 ‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 化学平衡的影响因素 ‎【解析】‎ 本题考查能量变化图象的分析。‎ ‎【解答】‎ A‎．由图象可知，由X→Y反应的ΔH=E‎3‎−‎E‎2‎，故A错误； B．由图象可知，X→Z的反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即X→Z反应的ΔH<0‎，故B错误； C．由图象可知，该反应的化学方程式为‎2X（g）⇌3Y（g）‎，该反应是气体体积增大的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确； D．由B分析可知，X→Z为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误； 故选C。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 原电池的工作原理及应用 电解池与原电池的工作原理 电极反应和电池反应方程式 ‎【解析】‎ 由电池反应‎16Li+xS‎8‎=8Li‎2‎Sx(2≤x≤8)‎可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li−e‎−‎=Li‎+‎，Li‎+‎移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S‎8‎‎+2e‎−‎=‎S‎8‎‎2−‎，S‎8‎‎2−‎‎+2Li‎+‎=Li‎2‎S‎8‎，‎3Li‎2‎S‎8‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=4Li‎2‎S‎6‎，‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎，Li‎2‎S‎4‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=2Li‎2‎S‎2‎，根据电极反应式结合电子转移进行计算．‎ ‎【解答】‎ 由电池反应‎16Li+xS‎8‎=8Li‎2‎Sx(2≤x≤8)‎可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li−e‎−‎=Li‎+‎，Li‎+‎移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S‎8‎‎+2e‎−‎=‎S‎8‎‎2−‎，S‎8‎‎2−‎‎+2Li‎+‎=Li‎2‎S‎8‎，‎3Li‎2‎S‎8‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=4Li‎2‎S‎6‎，‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎，Li‎2‎S‎4‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=2Li‎2‎S‎2‎； A．据分析可知正极可发生反应：‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎，故A正确； B．负极反应为：Li−e‎−‎=Li‎+‎，当外电路流过‎0.02mol电子时，消耗的锂为‎0.02mol，负极减少的质量为‎0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确； C．硫的导电性非常差，而石墨烯是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确； D．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li‎2‎S‎2‎量就会越少，故D错误； 故选D。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 有机物的结构和性质 苯的同系物的化学性质 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 根据键线式书写特点并结合异丙苯的结构简式可知，异丙苯的分子式为C‎9‎H‎12‎，A正确异丙苯的相对分子质量大于苯，则分子间作用力强于苯，故异丙苯的沸点比苯高，B正确；异丙苯可看作2个一CH‎3‎、1个一C‎6‎H‎5‎(苯基)取代了甲烷分子中的3个氢原子，依据甲烷为正四面体结构可知，异丙苯中碳原子不可能都处于同一平面，C错误;异丙苯是苯分子中氢原子被烷基取代后的产物，因此与苯互为同系物，D正确。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题:3题,共43分。‎ ‎【答案】‎ 锥形瓶,‎b 慢 吸收Cl‎2‎ ‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎‎＝Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O,验证是否有ClO‎2‎生成 稳定剂Ⅱ,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎，能较长时间维持保鲜所需的浓度 ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是用于验证二氧化氯的，F中的颜色不变，从而验证C的作用是吸收氯气， （1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl‎2‎和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气； （2）为使ClO‎2‎在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO‎2‎的速率要慢； （3）F装置中发生Cl‎2‎+2KI＝‎2KCl+‎I‎2‎时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl‎2‎被吸收； （4）在酸性条件下NaClO‎2‎可发生反应生成NaCl并释放出ClO‎2‎，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎＝Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O； 在ClO‎2‎释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO‎2‎ 生成； （5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎，能较长时间维持保鲜所需的浓度．‎ ‎【解答】‎ 根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl‎2‎和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b， 故答案为：锥形瓶；b；‎ 为使ClO‎2‎在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO‎2‎的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢， 故答案为：慢；‎ F装置中发生Cl‎2‎+2KI＝‎2KCl+‎I‎2‎时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl‎2‎， 故答案为：吸收Cl‎2‎；‎ 在酸性条件下NaClO‎2‎可发生反应生成NaCl并释放出ClO‎2‎，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎＝Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O； 在ClO‎2‎释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO‎2‎ 生成， 故答案为：‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎＝Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O；验证是否有ClO‎2‎ 生成；‎ 由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好， 故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎，能较长时间维持保鲜所需的浓度．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）①CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎+H‎2‎O‎→‎‎△‎CO‎2‎+2NH‎3‎,②‎8NH‎3‎+6NO‎2‎‎=​=​=‎催化剂7N‎2‎+12H‎2‎O,③‎2SO‎2‎+O‎2‎+4NH‎3‎+2H‎2‎O=​=​=2(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎,④‎‎3(2c‎1‎v‎1‎−c‎2‎v‎2‎)‎‎100a ‎（2）①BaO,②‎8:1‎,③‎‎4‎‎15‎NO+4NH‎3‎+3O‎2‎‎=​=​=‎催化剂‎4‎‎15‎NNO+6H‎2‎O ‎【考点】‎ 氮的氧化物的性质及其对环境的影响 化学方程式的有关计算 ‎“三废”处理与环境保护 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ ‎（1）①根据题意，反应物为H‎2‎O和CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎，生成物为NH‎3‎和CO‎2‎，‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。 ②根据题意，反应物为NH‎3‎和NO‎2‎，生成物为N‎2‎和H‎2‎O，反应需在催化剂作用下进行。 ③根据题意，NH‎3‎、SO‎2‎、O‎2‎和H‎2‎O反应生成‎(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎。 ④根据题意，加入硫酸的总物质的量为c‎1‎v‎1‎‎×‎10‎‎−3‎mol，NaOH消耗硫酸的物质的量为c‎2‎v‎2‎‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎mol，因此与NH‎3‎反应的硫酸的物质的量为c‎1‎v‎1‎‎×‎10‎‎−3‎−‎c‎2‎v‎2‎‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎mol，根据关系式：CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎∼2NH‎3‎∼H‎2‎SO‎4‎，得n[CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎]=‎2c‎1‎v‎1‎×‎10‎‎−3‎−c‎2‎v‎2‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎mol，因此尿素溶液中溶质的质量分数为c‎1‎v‎1‎‎×‎10‎‎−3‎−‎c‎2‎v‎2‎‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎‎×60ga g‎×100%=‎‎3(2c‎1‎v‎1‎−c‎2‎v‎2‎)‎‎100a。‎ ‎（2）①由图a可以看出NOx在BaO中储存，在Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎中还原，因此储存NOx的物质为BaO。 ②由图b可知，Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎在第一步反应中被H‎2‎还原为NH‎3‎，根据得失电子守恒，‎1mol Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎转化成NH‎3‎得到‎2mol×8=16mol电子，‎1mol氢气失去‎2mol电子，因此消耗的氢气与硝酸钡的物质的量之比为‎8:1‎。 ③根据题意，有氧气参与反应，同时根据生成物为‎​‎‎15‎NNO和H‎2‎O，可推测出参加反应的‎​‎‎15‎NO与NH‎3‎的物质的量之比为‎1:1‎，结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。‎ ‎【答案】‎ c(CH‎3‎OH)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c‎3‎(H‎2‎)‎ C,D 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图为。‎ ‎【考点】‎ 化学平衡常数的含义 化学平衡的影响因素 ‎【解析】‎ ‎（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比； （2）催化剂不影响平衡移动，焓变为负，为放热反应，降低温度或增大反应物浓度均可使平衡正向移动； （3）未达到平衡前，不同的催化剂对CO‎2‎转化成CH‎3‎OH的选择性有显著的影响； （4）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1‎比Cat.2‎的选择性低，活化能大。‎ ‎【解答】‎ 反应I的平衡常数表达式K=‎c(CH‎3‎OH)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c‎3‎(H‎2‎)‎， 故答案为：c(CH‎3‎OH)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c‎3‎(H‎2‎)‎；‎ A‎．使用催化剂Cat.1‎，不影响平衡移动，故A不选； B．使用催化剂Cat.2‎，不影响平衡移动，故B不选； C．为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，转化率增大，故C选； D．投料比不变，增加反应物的浓度，可看成体积减小、压强增大，平衡正向移动，转化率增大，故D选； E．增大CO‎2‎和H‎2‎的初始投料比，CO‎2‎转化为CH‎3‎OH平衡转化率减小，故E不选； 故答案为：CD；‎ 表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO‎2‎转化成CH‎3‎OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响， 故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；‎ 催化剂不改变反应的始终态，Cat.1‎比Cat.2‎的选择性低，活化能大，则反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图为， 答：反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图为。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）‎ ‎【答案】‎ ‎（1）‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎7‎4‎s‎2‎或‎[Ar]3d‎7‎4‎s‎2‎,O,‎Mn ‎（2）sp,‎sp‎3‎ ‎（3）H‎2‎O>CH‎3‎OH>CO‎2‎>‎H‎2‎,常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可参与形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高 ‎（4）π键、离子键 ‎（5）‎0.148‎,‎‎0.076‎ ‎【考点】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 物质结构与性质综合应用 化学键种类及离子、共价化合物的判断 晶胞的计算 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 元素电离能、电负性的含义及应用 原子核外电子排布 氢键的存在及其对物质性质的影响 ‎【解析】‎ ‎（1）Co是‎27‎号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大；‎ ‎（2）CO‎2‎和CH‎3‎OH分子中C原子分别形成‎2‎、‎4‎个σ键；‎ ‎(3)‎水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；‎ ‎（4）Mn(NO‎3‎‎)‎‎2‎为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；‎ ‎(5)‎阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）Co是‎27‎号元素，位于元素周期表第‎4‎周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎7‎4‎s‎2‎或‎[Ar]3d‎7‎4‎s‎2‎．元素Mn与O中，由于O元素是非金属元素且原子半径更小，对核外电子的吸引力更强；而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O；O基态原子价电子为‎2s‎2‎2‎p‎4‎，所以其核外未成对电子数是‎2‎，而Mn基态原子价电子排布为‎3d‎5‎4‎s‎2‎，所以其核外未成对电子数是‎5‎，因此核外未成对电子数较多的是Mn， 故答案为：‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎7‎4‎s‎2‎或‎[Ar]3d‎7‎4‎s‎2‎；O；Mn ‎ ‎（2）对于CO‎2‎，根据VSEPR理论，其中心原子C原子的价层电子对数‎=2+‎4−2×2‎‎2‎=2‎，根据杂化轨道理论，C的杂化方式为sp杂化；CH‎3‎OH分子中C原子形成‎4‎个σ键，中心原子C原子的价层电子对数为‎4‎，所以C的杂化方式为sp‎3‎杂化； 故答案为：sp；sp‎3‎； ‎ ‎(3)‎在CO‎2‎低压合成甲醇反应所涉及的‎4‎种物质中，沸点从高到低的顺序为H‎2‎O>CH‎3‎OH>CO‎2‎>‎H‎2‎，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可参与形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高； ‎ ‎(4)‎硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与‎3‎个氧原子形成‎3‎个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键， 故答案为：π键；离子键； ‎ ‎(5)‎因为O‎2−‎是面心立方最密堆积方式，面对角线是O‎2−‎半径的‎4‎倍，即‎4r=‎2‎a，解得r=‎2‎‎4‎×0.420nm≈0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，Mn‎2+‎构成的是体心立方堆积，体对角线是Mn‎2+‎半径的4倍，面上相邻的两个Mn‎2+‎距离是此晶胞的一半，因此有‎2r(O‎2−‎)+2r(Mn‎2+‎)=a‎​‎‎′‎=0.448nm，则r(Mn‎2+‎)=‎0.448nm−2×0.148nm‎2‎=0.076nm； ‎ ‎【化学-选修5：有机化学基础】（15分）‎ ‎【答案】‎ ‎(1)苯甲醛 ‎（2）加成反应,取代反应 ‎（3）‎ ‎（4）‎ ‎（5）‎ ‎（6）‎ ‎【考点】‎ 有机化学基础综合应用 有机物的推断 ‎【解析】‎ 由信息①可知A应含有醛基，且含有‎7‎个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，对比F、H的结构简式可知G为，以此解答‎(1)∼(4)‎； （5）F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO‎2‎，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有‎4‎种不同化学环境的氢，峰面积比为‎6:2:1:1‎，则分子中应含有‎2‎个甲基，且为对称结构； ‎(6)‎环戊烷和‎2−‎丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与‎2−‎丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成可生成 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎，以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ 解：由信息①可知A应含有醛基，且含有‎7‎个C原子，应为，则B为；B在氢氧化铜加热的条件下反应生成C，则C为；C与溴发生加成反应生成D，则D为；D在氢氧化钾的醇溶液中发生消去反应生成E，则E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，对比F、H的结构简式可知G为，据此回答问题。 （1）由分析可知A为，即A为苯甲醛；‎ ‎（2）C为，发生加成反应生成，E为，与乙醇发生酯化反应生成F，为取代反应；‎ ‎（3）由以上分析可知E为；‎ ‎（4）G为，F为，二者发生加成反应生成H，反应方程式为；‎ ‎（5）F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO‎2‎，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有‎4‎种不同化学环境的氢，峰面积比为‎6:2:1:1‎，则分子中应含有‎2‎个甲基，且为对称结构，可能结构有；‎ ‎（6）环戊烷和‎2−‎丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与‎2−‎丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成反应可生成，反应的流程为。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页