浙江省绍兴市稽阳联谊学校2020届高三联考化学试题 Word版含解析 33页

www.ks5u.com ‎2020年5月稽阳联谊学校高三联考 化学选考试题卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：‎ ‎1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色宇迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷纸和答题纸上。‎ ‎2.答题时，请按照答题纸上“注意事项＂的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效。选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。‎ ‎3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。‎ ‎4.相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65‎ 选择题部分 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.下列属于强电解质的共价化合物是（ ）‎ A. H2SO4 B. NaCl C. CH3COOH D. Mg3N2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2SO4是共价化合物，同时是强酸，属于强电解质，故A符合题意；‎ B．NaCl是离子化合物，属于强电解质，故B不符合题意；‎ C．CH3COOH是共价化合物，同时是弱酸属于弱电解质，故C不符合题意；‎ D．Mg3N2是离子化合物，属于强电解质，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】区分强弱电解质的方法是看该化合物在水中水溶液或熔融状态下是否能完全电离，区别离子化合物和共价化合物的方法是有看晶体中是否含有离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物称为共价化合物。‎ ‎2.配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（ ）‎ - 33 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；‎ A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；‎ B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；‎ C． 为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；‎ D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列属于有机物，且水溶液能导电的是（ ）‎ A. 碳化硅 B. 乙酸 C. 葡萄糖 D. 乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳化硅属于无机物，且不溶于水，故A不符合题意；‎ B．乙酸属于有机物，属于弱电解质，溶于水后部分电离，溶液可导电，故B符合题意；‎ C．葡萄糖属于有机物，属于非电解质，可溶于水，但在溶液中以分子形式存在，其溶液不能导电，故C不符合题意；‎ - 33 -‎ D．乙醇属于有机物，属于非电解质，与水任意比互溶，但在水中以分子形式存在，其水溶液不能导电，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】绝大多数含碳元素的化合物是有机物，除去碳单质，一氧化碳，二氧化碳，碳酸钙，碳化钙等属于无机物，有机物绝大多数属于非电解质，除去乙酸，草酸等属于电解质。‎ ‎4.洁厕灵和84消毒液混合使用时发生反应：NaC1O+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是（ ）‎ A. 84消毒液的有效成分是HCl B. 氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是还原产物 C. HCl只表现还原性 D. 若有0.lmolHCl被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O中，NaClO中的Cl元素化合价由+1价降低到0价，HCl中的Cl元素化合价由-1价升高到0价，则NaClO为氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物也是还原产物，NaCl是盐酸显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．84消毒液是利用其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析，NaClO为氧化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO，故A错误；‎ B．根据分析，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产物，故B错误；‎ C．根据分析，HCl在该反应中既显酸性又显还原性，故C错误；‎ D．若有0.lmolHCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积约为=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】2mol氯化氢参与反应，只有1mol氯化氢被氧化，剩余1mol氯化氢的化合价没有发生变化。‎ ‎5.下列物质名称或化学式正确的是（ ）‎ A. Na2SiO3：水玻璃 B. ：硝化甘油 - 33 -‎ C. 芒硝：Na2SO4•7H2O D. (CH3)2CHCH2C(CH3)3：2，4，4-三甲基戊烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2SiO3是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故A错误；‎ B．硝化甘油化学名为三硝酸甘油酯，结构简式为：，故B正确；‎ C．芒硝是硫酸钠晶体的俗称，化学名称为：十水合硫酸钠，化学式为：Na2SO4·10H2O，故C错误；‎ D．系统命名法对烷烃命名时，支链的位数之和为最小，(CH3)2CHCH2C(CH3)3用系统命名法命名，名称为：2，2，4-三甲基戊烷，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列表示正确是（ ）‎ A. 甲醛的分子式：HCHO B. 聚氯乙烯的结构式：—H2C—CHCl—‎ C. 34S2-的结构示意图：‎ D. 丙烷分子的球棍模型：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲醛的结构简式为：HCHO，分子式：CH2O，故A错误；‎ B．聚氯乙烯的结构式：，故B错误；‎ C．S原子的质子数为16，则得到两个电子后形成的34S2-的结构示意图：，故C错误；‎ D．球棍模型能表现出原子的连接方式和空间结构，丙烷分子中碳原子半径大于氢原子，球棍模型：，故D正确；‎ 答案选D。‎ - 33 -‎ ‎【点睛】球棍模型中，要注意原子大小，要符合元素周期表中各原子的半径大小。‎ ‎7.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 金刚石和C70互为同素异形体，熔点和硬度都很高 B. 15N和14C中子数相同，属于两种核素 C. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)和油酸互为同系物 D. CH2(NH2)COOH和CH3CH2NO2互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石和C70都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，C70的硬度小，故A错误；‎ B．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，15N和14C中子数相同，属于两种核素，故B正确；‎ C．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互称为同系物，丙烯酸CH2=CHCOOH和油酸C17H33COOH分子中都含有官能团羧基，它们的烃基中都只含有一个不饱和的碳碳双键，所以二者分子结构相似，并且在组成上相差15个-CH2，完全符合同系物的定义，故二者属于同系物，故C正确；‎ D．分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体，CH2(NH2)COOH和CH3CH2NO2二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】同系物和同分异构体针对的都是有机物，同系物的结构相似，同分异构体是分子式相同，需要清晰辨别。‎ ‎8.下列说法不正确的是（ ）‎ A. FeSO4常用于制取净水剂，原因是溶于水时形成具有净水作用的氢氧化亚铁胶体 B. 纳米铁粉和FeS都可以去除水体中的Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同 C. SO2具有还原性，可用KMnO4溶液测定食品中SO2残留量 D. 利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeSO4常用于制取净水剂，原因是溶于水时亚铁离子不稳定，被氧化为三价铁离子，三价铁离子发生水解生成形成具有净水作用的氢氧化铁胶体，故A错误；‎ - 33 -‎ B．纳米铁粉具有还原性，可将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去， FeS可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B正确；‎ C．二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C正确；‎ D．二氧化硫为酸性氧化物，亚硫酸的酸性大于碳酸，能与碳酸钠溶液反应，可利用碳酸钠溶液吸收燃煤烟气中的SO2，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列说法正确是（ ）‎ A. 亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用来浸泡新鲜瓜果 B. 我国古代就已采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸 C. 红宝石是含有少量金属氧化物的刚玉，主要成分为二氧化硅 D. Na3AlF6溶液中滴加lmol/L氨水至过量会产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸盐有毒，不宜用来浸泡新鲜瓜果，故A错误；‎ B．加热胆矾或绿矾可生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故B正确；‎ C．红宝石是含有少量金属氧化物的刚玉，主要成分为氧化铝，故C错误；‎ D．Na3AlF6溶液中滴加lmol/L氨水至过量，AlF63-较稳定，不与氨水反应，无白色沉淀产生，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 淀粉、油脂、亚油酸的组成元素中均只含C、H、O B. 工业生产石油化工中的重要基础原料乙烯，主要原理是发生消去反应 C. 3M防颗粒物口罩含有聚丙烯，聚丙烯属于高分子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 将植物的秸杆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，一定条件下生成沼气，属于生物质能的生物化学转换 - 33 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．淀粉为高分子碳水化合物，分子式为(C6H10O5 )n，油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，高级脂肪酸和甘油的组成元素只含C、H、O，亚油酸的分子式:C18H32O2，则以上三者组成元素中均只含C、H、O，故A正确；‎ B．工业生产石油化工中的重要基础原料乙烯，工业上生产乙烯主要是采用石油裂解，不是发生消去反应，故B错误；‎ C．3M防颗粒物口罩含有聚丙烯，聚丙烯属于高分子，分子结构简式为，结构中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D．植物秸秆、枝叶、杂草含有生物质能，可发酵制取甲烷，从而有效利用生物质能，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 蒸馏实验时，若冷凝管内壁上出现馏出物固体，此时可以减小通入冷却水的流速 B. 浓硝酸应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中 C. 滴瓶中的滴管在加完药品后应将滴管洗净后再放回原瓶 D. 摩尔盐制备实验中，向FeSO4溶液中加入少量稀硫酸抑制Fe2+的水解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏实验时，冷凝管内壁上出现馏出物固体，说明冷却效果太好，此时可以减小通入冷却水的流速，故A正确；‎ B．浓硝酸见光分解且会氧化橡胶塞，浓硝酸应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中，故B正确；‎ C．滴瓶中的滴管在加完药品后洗净后再放回原瓶会导致试剂浓度变化，故C错误；‎ D．Fe2+的水解使溶液显酸性，加入少量稀硫酸能抑制水解，防止易水解盐变质，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列检验方法或指定反应的离子（或化学）方程式正确的是（ ）‎ A. 向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-‎ B. 用溴水检验丙烯醛CH2=CHCHO中的碳碳双键：CH2=CHCHO+Br2→CH2Br—CHBr—CHO - 33 -‎ C. Na2S溶液吸收少量SO2[已知Ka2(H2SO3)＞Ka1(H2S)］：S2-+SO2+H2O=SO32-＋H2S↑‎ D. 往二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加过量的烧碱溶液：H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向NaAlO2 溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液，钙离子和CO32－要生成CaCO3沉淀，正确的离子反应为：Ca2++AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，故A错误；‎ B．用溴水检验丙烯醛CH2＝CHCHO中的碳碳双键：溴水的氧化性也会氧化醛基，无法检验碳碳双键的存在，故B错误；‎ C．Na2S溶液吸收少量SO2时，SO2与生成H2S会反应生成S沉淀，故C错误；‎ D．往二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加过量的烧碱溶液，二元弱酸亚磷酸一个分子最多能提供两个H+，则离子反应方程式为：H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 B. 某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝色，则可判断该溶液含有蛋白质 C. 利用NaOH溶液可鉴别植物油和矿物油 D. 控制溶液的pH可分离不同的氨基酸是利用氨基酸溶解度的差异 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．疫苗成分中有蛋白质，温度过高蛋白质会变性，故A正确；‎ B．某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝色，氨基酸也会发生类似颜色反应， 则不可判断该溶液含有蛋白质，故B错误；‎ C．植物油的成分是油脂，矿物油的成分是烃类，植物油与NaOH溶液水解生成高级脂肪酸盐和甘油，生成的产物互溶，体系不分层，而矿物油与NaOH溶液不反应，不互溶会分层，二者现象不同，可鉴别植物油和矿物油，故C正确；‎ D．不同的氨基酸在水中的溶解度最小时pH不同，可以利用控制溶液的pH可分离不同的氨基酸，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】植物油的成分是油脂，矿物油的成分是烃类，有机物的结构决定性质。‎ ‎14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ - 33 -‎ A. c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：K+、SCN-、NH4+、Cl-‎ B. 0.1mol/L[Cu(NH3)4]SO4的溶液中：AlO2-、NO3-、Cl-、Na+‎ C. 与Al反应生成H2的溶液中：K+、NO3-、S2O32-、SO42-‎ D. 由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Na+、SO42-、[Ag(NH3)2]+、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．c(Fe3+)=1mol/L的溶液中，Fe3+与SCN－会反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．0.1mol/L[Cu(NH3)4]SO4的溶液显较强的碱性，AlO2-、NO3-、Cl-、Na+能在强碱性环境中共存，且不与[Cu(NH3)4]SO4反应，能大量共存，故B正确；‎ C．与Al反应生成H2的溶液可以是酸性或强碱性，S2O32－与H+会反应生成S沉淀，NO3-、H+与Al反应不生成H2，不能大量共存，故C错误；‎ D．由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可以是强酸性或强碱性，酸性时[Ag(NH3)2]+不能大量共存，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. Y的分子式为C10H8O3‎ B. X制取Y过程中的产物之一可使蛋白质变性 C. 一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应 D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式，每个拐点为碳原子，每个碳原子可形成四个共价键，不足键由氢原子补齐，则Y的分子式为C10H8O3，故A正确；‎ B．X制取Y过程中的产物之一为乙醇，75%乙醇水溶液为医用酒精，具有杀菌消毒作用，可使蛋白质变性，故B正确；‎ - 33 -‎ C．一定条件下，Y中有碳碳双键，能发生加聚反应，Y中酚羟基的邻位碳上有两个H原子能发生缩聚反应，故C正确；‎ D．酚羟基具有弱酸性，酯基可与在碱性条件下水解，1mol X含有2mol酚羟基和1mol酯基，最多能消耗3molNaOH；1ml Y含有1mol酚羟基和1mol酯基，酯基水解后形成一个酚羟基，则Y最多能消耗3mol NaOH，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项的酯水解后生成的酚羟基也会和氢氧化钠反应，为易错点。‎ ‎16.主族元素X、Y、Z、W、U原子序数依次增大，其中X与Y同周期且相邻，Z与U同主族且相邻，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，Z是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 据组成元素推测，X与Z形成的化合物既能溶于强酸又能溶于强碱 B. 若Z原子核内含有a个质子，则U原子核内含有a+8个质子 C. Y分别与Z和W形成的化合物中化学键的类型相同 D. 对应简单离子半径：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z是Al；Z与U同主族且相邻，则U为Ga，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，说明二者中含有S元素。X、Y、Z、W原子序数依次增大，则W为S，形成的18电子氢化物为H2S，故Y形成的18电子氢化物具有氧化性，则为H2O2，则Y为O；X与Y同周期且相邻，则X为N，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．X为N，Z是Al，X与Z形成的化合物为AlN，溶于强酸生成Al3+和NH4+，溶于强碱生成NH3和AlO2－，故A正确；‎ B．Z是Al，为第三周期元素，U为Ga，为第四周期元素，二者同族且相邻，若Z原子核内含有a个质子，则U原子核内含有a+18个质子，故B错误；‎ C．Y为O，Z是Al，W为S，Y与Z形成Al2O3，含离子键；Y和W形成的化合物为SO2，含共价键，化学键的类型不相同，故C错误；‎ D．X为N，Y为O，Z是Al，W为S，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，W的简单离子比X、Y、Z的简单离子多一个电子层，半径最大，则对应简单离子半径应为 r(Z)＜r(Y)＜r(X)＜r(W)，故D错误；‎ 答案选A。‎ - 33 -‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. 298K时，pH=10的氨水稀释100倍，所得溶液的pH=8‎ B. 298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，溶液显中性 C. HClO与HF的混合溶液中c(H+)=‎ D. 室温下，等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，导电能力相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．298K时，pH=10的氨水稀释100倍，因为存在一水合氨的电离平衡，稀释促进电离，所得溶液的pH应大于8，故A错误；‎ B．298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，CH3COONa溶液过量，CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，故B错误；‎ C．HClO与HF的混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(F－)+c(ClO－)+c(OH－)，c(H+)=++，c(H+)=，故C正确；‎ D．等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，氯化铵溶液的浓度大，则氯化铵溶液中离子浓度较大，导电能力强，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C项的形式是将电荷守恒，水的离子积常数，电离平衡常数综合在一起，需要学生熟练应用溶液中各离子的浓度关系。‎ ‎18.以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时，正极反应式：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe(Fe(CN)6]‎ - 33 -‎ B. 充电时，Mg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. 放电时，Mo箔增加4.6g时，Mg箔减少5.95g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据放电工作原理图，Mo作正极，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，Mg作负极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，放电时，正极反应式为：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe(Fe(CN)6]，故A正确；‎ B．充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，放电时Mg箔为负极，则充电时，Mg箔接电源的负极作为阴极，故B正确；‎ C．充电时，Na+通过交换膜移向阴极，即从左室移向右室，故C正确；‎ D．放电时，由Fe[Fe(CN)6]被还原为Na2Fe[Fe(CN)6]，Mo箔增加4.6g时，根据电极反应Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，增加的质量为Na的质量，即增加0.2mol的钠，转移0.2mol电子，根据电极反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，转移0.2mol电子，消耗0.1mol的Mg，则Mg箔减少的质量为0.1mol×24g/mol=2.4g，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 一定条件下，合成氨反应中有0.5molN2发生反应，则反应中转移电子数为3NA B. 10克环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，则其中所含的氧原子数目为NA C. 过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NA D. 常温常压下有28g单晶硅晶体，则其中所含的Si—Si键数目为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中N2转化为NH3，氮元素由0价变为-3价，即1mol N2‎ - 33 -‎ 参与反应转移6mol电子，有0.5molN2发生反应，反应中转移电子数为3mol电子，数量为3 NA，故A正确；‎ B．环己烷的分子式为C6H12，2-丙醇的分子式为C3H8O，相当于C3H6·H2O，碳元素的质量分数为72%，根据，解得10克混合液中含CH2的质量为8.4g，含“H2O”为1.6g，则其中含有的氧原子数目为NA=NA，故B正确；‎ C．过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，若只生成NO2，发生反应为Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑，氮元素由+5价变为+4价，0.4mol浓HNO3硝酸参与反应，其中0.2mol被还原，电子转移数目为0.2NA，但随着反应发生，浓硝酸变稀，产物气体由NO2变为NO，氮元素由+5价变为+2价，转移电子数目增多，则电子转移数目为大于0.2 NA，故C错误；‎ D．单晶硅中一个Si原子平均含有两个Si—Si键，常温常压下有28g单晶硅晶体为1mol，则其中所含的Si—Si键数目为2NA，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】将2-丙醇的分子式为C3H8O写成C3H6·H2O这一步很关键，能够计算出水的质量，从而计算出氧原子数。‎ ‎20.下列说法正确的是（ ）‎ A. Na+和Mg2+核外电子排布相同，核外电子能量也相同 B. 已知钾在空气中燃烧的产物含有KO2，KO2中各离子最外层均为8电子稳定结构 C. 二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔点较高，主要原因都与氢键有关 D. C60Si60是一种新型的球形分子，经测定结构中包含C60也有Si60，则C60被包裹在Si60中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na+和Mg2+核外电子排布相同，质子数不同，质子对核外电子的作用力大小不同，则核外电子能量不相同，故A错误；‎ B．已知钾在空气中燃烧的产物含有KO2，KO2中钾离子最外层为8电子，但O2－中氧原子最外层外电子不为8，故B错误；‎ C．二甲醚易溶于水与氢键有关，氨基乙酸的熔点较高，主要是形成内盐结构，故C错误；‎ D．硅原子半径大于C原子，则Si-Si形成的Si60空间结构的空隙较大，C60被包裹在Si60中，故D正确；‎ 答案选D。‎ - 33 -‎ ‎21.在100℃时，容积为5L的真空密闭容器中加入一定量的N2O4，容器内N2O4和NO2的物质的量变化如下表所示：‎ 时间/s ‎0‎ ‎2‎ ‎10‎ ‎30‎ ‎60‎ ‎90‎ n(N2O4)/mol ‎0.3‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.125‎ b ‎0.12‎ n(NO2)/mol ‎0‎ ‎0.1‎ a ‎0.35‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 10s时，以NO2浓度变化表示的该反应速率为0.006mol•L•-1•s-1‎ B. 该温度下反应2(NO2g)⇌N2O4(g)的平衡常数K=0.216‎ C. 35s时容器内压强为反应前的1.6倍 D. 其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据表格数据分析，60s时反应已经达到平衡，则b=0.12mol，根据反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)，10s时，N2O4物质的量的变化量=0.3mol-0.15mol=0.15mol，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，则a=0.3mol，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．10s内，以NO2浓度变化表示的该反应平均速率为0.006mol·L-1·s-1，10s时为瞬时速率，小于0.006mol·L-1·s-1，故A错误；‎ B．根据分析，60s时反应达到平衡，平衡时，N2O4为0.12mol，NO2为0.36mol，容积为5L，该温度下反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数K==4.63，故B错误；‎ C．35s时若反应体系达到平衡状态，根据气体的物质的量之比等于压强之比，则 - 33 -‎ ‎=1.6，但根据题中表格数据，35s时容器可能不一定平衡，压强不一定是反应前的1.6倍，故C错误；‎ D．其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2，因为容器体积不变，充入NO2或N2O4越多，N2O4的体积分数越大，建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量增大，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】反应体系达到平衡状态，根据气体的物质的量之比等于压强之比计算分析。‎ ‎22.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制比的过程如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. H2的标准燃烧热△H＜-(△H1+△H2)‎ B. 过程I适当降低反应体系温度，反应更有利 C. 过程II中3mo1FeO(s)的总能量高于lmolFe3O4(s)‎ D. 增加铁氧化合物的质量可以显著提高循环制H2的速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，过程Ⅰ的热反应方程式为：Fe3O4(s) = 3FeO(s) +O2(g) ΔH1；过程Ⅱ的热反应方程式为：3FeO(s)+H2O(g) = Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH2；根据盖斯定律：-(过程Ⅰ+过程Ⅱ) 可得：H2(g) +O2(g)= H2O(g) ΔH3= −(ΔH1+ΔH2)；H2的标准燃烧热为生成液态水时放出的热量，由气态水变为液态水放热，放出的热量越多，焓变越小，则ΔH＜ΔH3，即ΔH＜−(ΔH1+ΔH2)，故A正确；‎ B．过程Ⅰ适当降低反应体系温度，反应速率变慢，生产效率降低，故B错误；‎ C．根据图示，由过程Ⅱ中无法比较3molFeO(s)的总能量与1mol Fe3O4(s)的高低，实际上1mol Fe3O4原子数目更多，总能量更高，故C错误；‎ D．铁氧化物为固体，增加铁氧化合物的质量，没有改变反应物的浓度，不能显著提高循环制H2的速率，故D错误；‎ 答案选A。‎ - 33 -‎ ‎23.25℃先将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.lmol/L的KOH溶液以测定氯水的浓度。此过程中溶液pH变化的曲线如图所示。‎ 下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 滴定过程中，当水电离的c(H+)=10-7mol/L时，溶液显中性 B. 滴定过程中宜选用酚酞为指示剂，不宜选用甲基橙为指示剂 C. ②点的溶液中c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)‎ D. ③点溶液中c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过程先发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，后KOH先和HCl反应，再和HClO反应，结合分析解答。‎ ‎【详解】A．滴定过程中，会出现两处水电离的c(H+)=10－7mol/L的情况，第一次溶液显中性，当HClO完全和KOH反应生成KClO时，次氯酸根离子水解使溶液显碱性，水的电离程度增大，继续滴加KOH溶液，水电离的c(H＋)又会出现10－7mol/L情况，此时溶液显碱性，故A错误；‎ B．滴定过程中HClO、ClO-有漂白性，不宜用酚酞和甲基橙为指示剂，故B错误；‎ C．②点的溶液酸性最强，溶液中HClO浓度最大，HCl完全电离，HClO是弱电解质，电离程度较小，则溶液中存在c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO－)，故C正确；‎ D．③点溶液呈中性，应为KCl、KClO和HClO的混合溶液，存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)+c(ClO－)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎24.羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应 B. 羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气 C. 羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线 D. 羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键 - 33 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A正确；‎ B．羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B正确；‎ C．羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”， 故C错误；‎ D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎25.某固体混合物X，含有Cu、Fe2O3、K2SO4、K2SiO3、K2SO3、KAlO2中的几种。进行如下实验：①X与盐酸作用，产生白色沉淀Y和蓝色强酸性溶液Z；②溶液Z中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀M。下列说法正确的是（ ）‎ A. 白色沉淀Y能分别溶于HF溶液和氨水 B. 往溶液Z中加入过量氨水，产生白色沉淀，说明X中一定含有KAlO2‎ C. X中一定含有Cu、Fe2O3、K2SiO3，可能含有K2SO4‎ D. 沉淀M含有BaSO4、BaSO3中的至少一种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X与盐酸作用，产生白色沉淀Y和蓝色强酸性溶液Z；白色沉淀说明产生硅酸，蓝色溶液说明含有铜离子，但铜单质不与盐酸反应，则要产生铜离子，可由铁离子与铜单质反应产生，可推知X中一定含有Cu、Fe2O3、K2SiO3；Z溶液中一定含有铜离子、亚铁离子以及过量的盐酸，Z中加入BaCl2，产生白色沉淀M，可推知M为BaSO4，则X中至少含有K2SO4、K2SO3其中的一种，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．白色沉淀Y为H2SiO3能溶于HF溶液不能溶于氨水，故A错误；‎ B．根据分析，Z溶液中一定含有铜离子、亚铁离子，往溶液Z中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀的成分中一定含有Fe(OH)2，则不能说明X中一定含有KAlO2，故B错误；‎ C．根据分析，X中一定含有Cu、Fe2O3、K2SiO3，可能含有K2SO4，故C正确；‎ D．BaSO3可溶于盐酸，强酸性溶液Z中加入BaCl2溶液不可能产生BaSO3沉淀，故D错误；‎ 答案选C。‎ - 33 -‎ 非选择题部分 二、非选择题（本大题共6小题，共50分）‎ ‎26.（1）比较Br-与Fe2+还原性相对强弱：Br-___Fe2+(填“>”、“<”、“=”)；用一个化学方程式说明Br-与Fe2+还原性相对强弱___。‎ ‎（2）KSCN溶液是高中阶段常用试剂，其阴离子对应酸为HSCN(硫氰化氢），硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构。写出HSCN(硫氰化氢）的结构式___。‎ ‎（3）元素N与Cl的非金属性均较强，但常温下氮气远比氯气稳定，主要原因是___。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 2Fe2++Br2=2Fe3++2Br- (3). H—S—C≡N或H—N=C=S (4). 氮气分子中存在氮氮三键，键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；‎ ‎(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，据此分析；‎ ‎(3)结合氮气和氯气化学键及键能的大小分析。‎ ‎【详解】(1)反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+变为Fe3+，化合价升高被氧化，作还原剂，Br2变为Br-，化合价降低，被还原，Br-为还原产物，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-；‎ ‎(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构，HSCN(硫氰化氢)的结构式为：H—S—C≡N或 H—N=C=S；‎ ‎(3)元素N与Cl的非金属性均较强，氮气分子中存在氮氮三键键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂，故氮气远比氯气稳定。‎ ‎27.为测定镀锌铁皮锌镀层厚度[ρ(Zn)=7.14g•cm-3]，某兴趣小组同学截取三块形状规则、大小相近的长方形铁皮（来自同一块镀锌铁皮），量出其长度与宽度，计算得铁片单侧面积；用稀硫酸进行定量试验，数据如下：‎ 实验序号 铁片单侧面积/cm2‎ 反应前质量/g 反应后质量/g ‎1‎ ‎25.05‎ ‎14.625‎ ‎13.803‎ ‎2‎ ‎24.95‎ ‎14.566‎ ‎13.746‎ - 33 -‎ ‎3‎ ‎24.89‎ ‎14.489‎ ‎12.789‎ 该镀锌铁皮锌镀层厚度为___cm(保留2位有效数字）；写出简要计算过程。‎ ‎【答案】0.0023‎ 计算过程：V(Zn)=，因为锌层有上下两层h=，m(Zn)= =0.821g，S(Zn)= =25cm2，h==0.0023cm。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据表格数据，第3组实验数据误差较大，舍去，根据V(Zn)=，因为镀锌铁皮中锌层有上下两层，根据体积=底面积(S)×高(厚度h)，因此铁皮的厚度h=，反应的锌的质量平均值为=0.821g，锌层的面积平均值S(Zn)=cm2=25cm2，则厚度h==0.0023cm。‎ ‎28.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，按如下流程进行实验。‎ 已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：‎ ‎（1）组成B的三种元素是___，气体D的分子式是___。‎ ‎（2）写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式___。‎ - 33 -‎ ‎（3）固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物（测其分子量为199)，则反应的化学方程式是___。‎ ‎【答案】 (1). Cu、C、N (2). (CN)2 (3). 2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2 (4). 2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO 8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2，通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol =28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+ m(C)+ m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu)：n(C)：n(N)=0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，则 气体D的物质的量为0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2，据此分析解答。‎ - 33 -‎ ‎【详解】(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；‎ ‎(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则方程式2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；‎ ‎(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀根据摩尔质量可推断其为Cu2Cl2，故2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN。‎ ‎29.氯化硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应；熔点为-80℃，沸点137.l℃。在熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2。如图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置（部分夹持装置已略去）。‎ 请回答：‎ ‎（1）从上述提供的图片中选出必要的装置并排序以制备S2Cl2：b→___；‎ ‎（2）已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). fadeg (2). 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，据此分析和选择仪器；‎ ‎(2)根据已知信息，结合氧化还原反应规律书写方程式。‎ ‎【详解】(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，故排序bfadeg；‎ ‎(2) S2Cl2中S化合价为+1，被氧化与被还原物质的量之比为1：3，产物为SO2与S，故水解方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。‎ ‎【点睛】标出S2Cl2‎ - 33 -‎ 中S化合价，再根据被氧化和被还原的物质的物质的量之比关系，配平氧化产物和还原产物的物质的量，根据元素守恒配平其他物质。‎ ‎30.氢气是一种清洁能源，科学家探索利用石油工业中的废气H2S制取H2。‎ I.热分解制氢：H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。‎ ‎①101kPa时，改变H2S与Ar物质的量之比1：19充入容器甲。保持压强不变，反应在不同温度下达到平衡时，反应物和生成物的气体体积分数如图1和图2所示；‎ ‎②1100℃，101kPa时，改变H2S与Ar的物质的量之比，将气体充入容器乙。保持压强不变，H2S的转化率随停留时间变化如图3；‎ ‎③Kp：对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp。如p(B)=p•x(B)，P为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数：‎ ‎④停留时间：停留时间也称接触时间，指原料在反应区或在催化剂层的停留时间。‎ ‎（1）下列有关热分解硫化氢制氢的说法正确的是___。‎ A.b曲线对应物质的分子式为S2‎ B.随温度升高，容器甲内气体密度减小 C.H2S热分解的活化能大于其逆反应的活化能 D.由图3可知H2S的浓度越低，热分解反应的速率越大 ‎（2）T℃时H2S分解反应的Kp=1.26×103Pa，据图2判断T℃约为___。‎ A.800℃ B.975℃ C.1050℃‎ ‎（3）保持甲容器的其它初始实验条件不变，仅改变温度，进行多次重复实验。在图2中画出当停留时间为0.6s时，800℃~1050℃范围内H2S体积分数趋势图___。‎ ‎（4）图3中，当停留时间为1.6s时，H2S的转化率由(1)到(5)变化的原因___。‎ - 33 -‎ II.光解制氢：复合型CdS/ZnO光催化剂能催化分解H2S生成H2。‎ ‎（5）分别在200℃，400℃，600℃空气中焙烧按一定工艺流程制得的CdS/ZnO光催化剂，考察焙烧温度对催化剂分解制氢效果影响（控制其它条件相同），实验结果见图4。600℃焙烧制得的催化剂催化效率较低的可能原因是___。‎ ‎【答案】 (1). A、B、C (2). C (3). (说明：只要体现温度越高H2S体积分数越低；起点只要不超过5.0，终点大于2.5，) (4). 停留时间为1.6s时， H2 S分解反应接近平衡，总压不变时增加稀有气体的量，相当于起减压的效果，故H2 S的转化率由(1)到(5)增加 (5). 600℃温度较高CdS在空气中几乎完全转化为CdO，催化剂活性显著降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 33 -‎ I. (1)A．分析图1，c一定为H2S，若产物为氢气和S，则氢气和S的物质的量相同，现在a对应微粒的物质的量为b的2倍；‎ B．由于反应过程中保持压强不变，根据PV=nRT，当温度升高时，容器体积增大，而反应前后气体总质量不变；‎ C．由图1可知H2 S热分解为吸热反应；‎ D．如图3中(1)线和(4)线为例，两者起始H2S浓度前者为后者的9倍，但转化率为后者的约，即相同时间内(1)是(4)消耗H2S的约4.5倍；‎ ‎(2)以800℃为例计算如下：起始取H2S 1mol，Ar19mol，H2S的物质的量变化量为x，列“三段式”：‎ 结合图像数据，利用三段式分别计算不同温度下的平衡常数；‎ ‎(3)首先对照图3中(5)线，图3温度为1100 ℃，因为0.6s时800 ℃～1050℃范围内，所画曲线上各点应该均未平衡，温度越高，反应速率越快，H2S的体积分数越接近于平衡状态；但起始H2S体积分数为5%，则起点应＜5%，图2 1050 ℃，平衡时H2S体积分数为2.5%，则终点大于2.5%；‎ ‎(4)观察图3，停留时间为1.6s时，H2 S分解反应接近于平衡，总压不变时增加稀有气体的量，相当于减压的效果；‎ II．(5)据图4可知600℃催化剂的活性显著降低，这应该是催化剂的结构发生了改变。‎ ‎【详解】I. (1)A．分析图1，c一定为H2S，若产物为氢气和S，则氢气和S的物质的量相同，现在a对应微粒的物质的量为b的2倍，则产物为氢气和S2，b曲线为S2，故A正确；‎ B．由于反应过程中保持压强不变，根据PV=nRT，当温度升高时，容器体积增大，而反应前后气体总质量不变，因此容器内气体密度减小，故B正确；‎ C．由图1可知H2 S热分解为吸热反应，所以正反应的活化能大于其逆反应的活化能，故C正确；‎ D．图像3中纵坐标为H2 S的转化率，H2 S的转化率随浓度降低而升高，图中观察可知，反应物H2S的浓度越高，热分解反应的速率越大。如图3中(1)线和(4)线为例，两者起始H2‎ - 33 -‎ S浓度前者为后者的9倍，但转化率为后者的约，即相同时间内(1)是(4)消耗H2S的约4.5倍，故D错误；‎ 答案选ABC；‎ ‎(2)以800℃为例计算如下：起始取H2S 1mol，Ar19mol，H2S的物质的量变化量为x，列“三段式”：‎ ‎=4%，解得x=0.196mol，则Kp==29.3Pa，由于Ar大量，选项中的温度只要求大致温度，近似计算时可忽略反应中气体物质的量增加，800℃时近似计算如下：‎ Kp==()2 ×1.01×105Pa×0.5%=31.56Pa 同理 975 ℃时近似计算为：Kp=()2×1.01×105Pa×1%=448.89Pa，‎ ‎1050℃时近似计算为： Kp=1.01×105Pa×1.25%=1.25×103 Pa 据图2可判断T℃约为1050℃，答案选C；‎ ‎(3)保持甲容器的其它初始实验条件不变，仅改变温度，进行多次重复实验。首先对照图3中(5)线，图3温度为1100 ℃，因为0.6s时800 ℃～1050℃范围内，所画曲线上各点应该均未平衡，温度越高，反应速率越快，H2S的体积分数越接近于平衡状态；但起始H2S体积分数为5%，则起点应＜5%，图2 1050 ℃，平衡时H2S体积分数为2.5%，则终点大于2.5%。故答案如图所示：‎ - 33 -‎ ‎；‎ ‎(4)观察图3，停留时间为1.6s时，H2 S分解反应接近于平衡，总压不变时增加稀有气体的量，相当于起减压的效果，故H2 S的转化率由(1)到(5)增加；‎ II．(5)据图4可知600℃催化剂的活性显著降低，这应该是催化剂的结构发生了改变，因为题中描述在空气中焙烧按一定工艺流程制得的CdS/ZnO光催化剂，故可以得出温度较高时CdS在空气中几乎完全转化为CdO导致催化剂活性显著降低。‎ ‎31.工业上可以用天青石生产碳酸锶后的含锶废渣制备高纯六水氯化锶(SrCl2•6H2O），含锶废渣主要成分为SrCO3，且含钡、铁、钙等元素。六水氯化锶是一种无色长针状晶体，易溶于水，微溶于无水乙醇和丙酮，下面为实验室模拟SrCl2•6H2O的制作流程：‎ 已知：①SrSO4微溶于水；‎ ‎②SrCl2•6H2O在61.5℃以上即会失去4个结晶水生成SrCl2•2H2O。‎ ‎（1）关于上述实验操作下列说法不正确的是___。‎ A.步骤I中操作X为研磨粉碎，可以增大反应接触面积 B.步骤III为提高产率，可以用滤液淋洗布氏漏斗中的滤渣 C.抽滤时，如果溶液有强酸性，可以用玻璃纤维代替滤纸 D.减压过滤不宜过滤胶状沉淀，因为胶状沉淀会在滤纸上形成一层密实的沉淀 E.步骤IV中的温度控制在80℃左右，可以用水浴加热，也可以用油浴或砂浴加热代替，更安全 - 33 -‎ ‎（2）下表为实验中硫酸加入量对溶液中Ba2+和Sr2+含量的影响，实验发现在步骤III中加入硫酸量过量20%较合适，请解释原因：___。‎ 硫酸加入量/mL ‎4.50‎ ‎4.95‎ ‎5.40‎ ‎5.85‎ ‎6.30‎ Ba2+/(g/L)‎ ‎0.37‎ ‎0.21‎ ‎0.13‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ Sr2+/(g/L)‎ ‎90.21‎ ‎89.86‎ ‎89.57‎ ‎89.23‎ ‎88.90‎ ‎（3)①步骤IV调节pH时，为避免引入新的杂质，最适宜加入的试剂为___，如图为在80℃时，pH对除杂的影响，通过加入试剂将pH调至___。‎ ‎②往滤渣D中加入NaClO溶液，发生反应的离子方程式为：___。‎ ‎（4）在步骤V中，若要从滤液E通过操作Y得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，操作Y包含下列步骤中的某几项，请选择合适的操作并排序。（填相应步骤的字母）‎ 滤液E→（ ）→（ ）→（ ）→抽滤→（ ）→（ ）‎ a.蒸发浓缩至有大量晶体析出 b.在过饱和溶液中加入晶种 c.6l.5℃以上减压蒸发浓缩 d.6l.5℃以下减压蒸发浓缩 e.往溶液中加入无水乙醇 f.在30℃真空烘箱中干燥 g.在室温下缓慢冷却结晶 h.用氯化锶饱和溶液洗涤晶体 I.用冷水洗涤晶体 ‎（5）为侧定所制SrCl2•6H2‎ - 33 -‎ O晶体的纯度，取1.12g实验制得的产物加水溶解，配成100mL溶液，用移液管取出25mL于锥形瓶中，滴入几滴K2CrO4，已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，用浓度为0.100mol/L的硝酸银标准溶液滴定。‎ ‎①判断滴定终点的现象为___；‎ ‎②实验时未采用棕色滴定管滴定，会使测得的晶体纯度___（填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). 硫酸量过量20％可以使Ba2+沉淀完全，但是过量太多会使Sr2+沉淀 (3). Sr(OH)2或SrO (4). 12 (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). d (7). b (8). g (9). h (10). f (11). 滴入最后一滴时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内不变色 (12). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含锶废渣(主要成分为SrCO3，且含钡、铁、钙等元素)研磨粉碎，再加水润湿后水浴加热，加入足量的盐酸并搅拌，调节pH=2进行酸浸溶解，充分酸溶后的溶液进行抽滤，得到不与盐酸反应的杂质滤渣A和滤液B，滤液B中主要含有Sr2+、Ba2+、Fe2+、Ca2+、Cl-的酸性溶液，向滤液B中按体积比1：10加入足量硫酸，是滤液B中的Ba2+全部转化为BaSO4沉淀除去，在进行抽滤得到滤液C，对滤液C加入30%双氧水，将滤液C中的Fe2+氧化为Fe3+，为避免引入新的杂质，加入Sr(OH)2或SrO，调节pH值，使Fe3+、Ca2+ 转化为Ca(OH)2、Fe(OH)3沉淀除去，将滤液加热至80℃左右，再过滤，得到的滤渣D为Ca(OH)2、Fe(OH)3，滤液E中主要含有Sr2+、Cl-，由于SrCl2•6H2O在61.5℃以上即会失去4个结晶水生成SrCl2•2H2O，则对滤液E进行减压蒸发浓缩，过滤、洗涤、干燥，得到产品SrCl2•6H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A．步骤I中操作X为研磨粉碎，可以增大反应接触面积，故A正确；‎ B．步骤III为得到滤液C，抽滤除去的滤渣，若用滤液淋洗滤渣不能将滤渣中吸附的溶质洗涤下来的，故B错误；‎ C．玻璃纤维中含有二氧化硅，在碱性条件下易被腐蚀，与酸不反应，则抽滤时，如果溶液有强酸性，可以用玻璃纤维代替滤纸，故C正确；‎ D．减压过滤不宜过滤胶状沉淀，因为胶状沉淀会透过滤纸，故D错误；‎ E．步骤IV中油浴若外溢易失火，从实验安全考虑，且不适合明火加热，水浴更安全，故E错误；‎ 答案为BDE；‎ - 33 -‎ ‎(2)硫酸锶的溶度积远远大于硫酸钡的溶度积，但因为溶液中大部分是氯化锶，所以加入硫酸后会先生成硫酸锶，而硫酸锶微溶于水的特性使其进一步转化成硫酸钡的反应速度较慢，为缩短反应时间且使Ba2+沉淀完全可适量多加硫酸，但是过量太多又会使Sr2+沉淀。因此答案为：硫酸量过量20％可以使Ba2+沉淀完全，但是过量太多会使Sr2+沉淀；‎ ‎(3)①步骤IV调节pH时，为避免引入新的杂质，最适宜加入的试剂为Sr(OH)2或SrO，根据图像，将pH调至12，可以使铁和钙沉淀较完全，而锶几乎未沉淀；‎ ‎②滤渣D主要成分为Ca(OH)2、Fe(OH)3，滤渣D中加入NaClO溶液，发生反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(4)在步骤V中，若要从滤液E通过操作Y得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，先在61.5℃以下减压蒸发浓缩，在过饱和溶液中加入晶种，然后在室温下缓慢冷却结晶，再抽滤。如果用往溶液中加入无水乙醇，醇析的方法析出晶体，需要缓慢加入才会析出大颗粒晶体，抽滤后用氯化锶饱和溶液洗涤晶体更能减少产品的溶解，为防止晶体失去结晶水，在30℃真空烘箱中干燥，则操作顺序为：滤液E→d→b→g→抽滤→h→f；‎ ‎(5)①此方法为沉淀滴定法，滴定开始为白色沉淀，由于Ag2CrO4为砖红色沉淀，因此判断滴定终点的现象为：锥形瓶中沉淀颜色由白色变为砖红色，且半分钟不变色；‎ ‎②若硝酸银标准液未采用棕色滴定管滴定，硝酸银见光会分解，标准液用量偏多，会使测得的晶体纯度偏高。‎ ‎32.盐酸埃洛替尼(I)是一种抑制癌细胞增殖的药物，其合成路线如图：‎ 已知：‎ - 33 -‎ ‎（l）下列说法不正确的是___。‎ A.上述流程中的反应中，D到E为取代反应，E到F为还原反应 B.一定条件下I最多可以和9molH2反应 C.D的氢核磁共振谱图中有7组峰 D.G可以发生水解反应 ‎（2）写出H结构简式：___。‎ ‎（3）写出F生成G的化学方程式：___。‎ ‎（4）有机物X的分子组成比C发生消去反应后的产物多2个“CH2”，请写出X符合下列条件的同分异构体：___。‎ ‎①X分子结构中不含碳碳双键和羟基②X核磁共振氢谱有三组峰 ‎（5）以A和甲醇为原料合成B，请设计合成路线___（用流程图表示，无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). (3). +→+CH3OH+H2O (4). 、、、、、 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 33 -‎ B和C发生取代反应，生成D，D发生硝化反应，根据I的结构确定D中硝基取代的位置，从而确定E的结构：，E中硝基被还原为氨基得到F。F生成G的反应发生已知中的反应， +→+CH3OH+H2O，该反应有两个小分子生成。G的结构简式为，G到H的反应是陌生反应条件，在已知中也没有出现信息，可以根据G和H的分子组成进行对比，结合I结构，确定H的分子结构，据此分析解答。‎ ‎(5)合成路线设计要注意基团的定位效应，由于甲基为邻对位定位基团，因此需要先将甲基氧化为羧基再引入溴原子。‎ ‎【详解】(l)A．根据分析，上述流程中的反应中，D到E为硝化反应(取代反应)，E中硝基被还原为氨基得到F，为还原反应，故A正确；‎ B．根据I的结构简式， 1molI中含有2mol苯环、2mol双键和1mol三键，2mol苯环消耗6mol H2，2mol双键消耗2mol H2，1mol三键消耗2mol H2，一定条件下最多可以和10molH2反应，故B错误；‎ C．D的结构简式为，共含有10种环境的氢原子，则氢核磁共振谱图中有10组峰，故C错误；‎ D．G的结构简式为，分子结构中含有肽键，具有类似于氨基酸的性质，可以发生水解反应，故D正确；‎ 答案选BC；‎ - 33 -‎ ‎(2)根据分析，H的结构简式：；‎ ‎(3)根据分析F生成G的反应发生已知中的反应，化学方程式：+→+CH3OH+H2O；‎ ‎(4)有机物X的分子组成比C发生消去反应后的产物多2个“CH2”， X分子结构中不含碳碳双键和羟基，X核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种不同环境的氢原子，则X符合下列条件的同分异构体：同分异构体为、、、、、；‎ ‎(5)以A和甲醇为原料合成B，合成路线设计要注意基团的定位效应，由于甲基为邻对位定位基团，因此需要先将甲基氧化为羧基再引入溴原子，合成路线为：。‎ - 33 -‎ - 33 -‎