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（新高考）高考化学考前冲刺卷（七）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份（新高考）高考化学考前冲刺卷（七）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高考化学考前冲刺卷七原卷版doc、新高考高考化学考前冲刺卷七解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前冲刺卷
化 学（七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号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：每小题选出答案后，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：用签字笔直接答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．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 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活、科技等密切相关。下列有关说法错误的是
A．我国新疆等地盛产优质棉花，其主要成分为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等
B．今年3月20日在四川省三星堆古遗址考古中，出土了珍贵文物青铜立人、青铜神树，其硬度低于纯铜
C．国产新冠灭活疫苗需冷冻保存以防发生变性
D．大口径单体反射镜使用的碳化硅属于无机非金属材料
【答案】B
【解析】A．棉花的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等，A正确；B．青铜是铜的合金，硬度比纯铜大，B错误；C．蛋白质在高温下会变性，则疫苗冷冻保存以防发生变性，C正确；D．碳化硅是由非金属性元素组成，属于无机非金属材料，D正确；故选B。
2．下列说法正确的是
A．Bi和Bi是同种核素
B．邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛的沸点
C．小苏打和维生素C既能用作药物又能用作食品添加剂
D．苛性钠、次氯酸、氯气按顺序分类依次为强电解质、弱电解质和非电解质
【答案】C
【解析】A．和互称为同位素，是Bi元素的不同核素，A错误；B．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，故对羟基苯甲醛的沸点较高，B错误；C．小苏打(碳酸氢钠)可用作抗酸药和食品膨松剂，维生素C可用于预防治疗坏血病，也可用于多种疾病的辅助治疗，还可用作食品的抗氧化剂，C正确；D．非电解质和电解质的研究对象都是化合物，氯气属于单质，故氯气不属于非电解质，D错误；故选C。
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NA
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA
C．标准状况下：2.24L NO与1.12L O2混合后的气体分子数为0.1NA
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA
【答案】A
【解析】A．聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2NA，A正确；B．没有提供溶液体积，无法计算OH−数目，B错误；C．两者发生反应2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，标准状况下2.24L NO与1.12L O2混合后气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数应小于0.1NA，C错误；D．电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，D错误；故选A。
4．利用下表提供的主要玻璃仪器(非玻璃仪器任选)和试剂能实现下列实验目的的是
实验目的
主要玻璃仪器
试剂
A
配制100mL，pH=2的盐酸
100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
pH=1的盐酸、蒸馏水
B
分离Br2和CCl4混合物
分液漏斗、烧杯
Br2和CCl4混合物、NaOH溶液
C
验证蔗糖水解产生还原性糖
试管、烧杯、酒精灯、玻璃棒、玻璃片、胶头滴管
蔗糖溶液、稀硫酸、10% NaOH溶液、2% CuSO4溶液、蒸馏水、pH试纸
D
测定NaOH溶液浓度
滴定管、锥形瓶、烧杯
NaOH溶液、0.1000mol/L盐酸
【答案】C
【解析】A．配制一定浓度的溶液，应用量筒量取溶液，缺少量筒，不能完成实验，选项A错误；B．溴能与NaOH溶液反应，不能使用分液法分离，可以利用蒸馏将其分离，选项B错误；C．蔗糖在稀硫酸作用下水解产物中含有还原性糖葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，配制新制氢氧化铜悬浊液进行检验，试剂及仪器满足该实验，选项C正确；D．中和滴定应需要酸碱指示剂，没有指示剂不能完成滴定实验，选项D错误；答案选C。
5．CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
【答案】D
【解析】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；故选D。
6．对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。下列有关说法正确的是
A．对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应
B．对羟基扁桃酸中所有原子有可能共面
C．乙醛酸与H2加成后的产物仅含一种官能团
D．可以用FeCl3溶液鉴别乙醛酸和对羟基扁桃酸
【答案】D
【解析】A．对羟基扁桃酸中连接醇羟基的碳原子的相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故A错误；B．对羟基扁桃酸中含有饱和碳原子，具有四面体结构，分子中所有原子不可能共面，故B错误；C．乙醛酸与H2在热的镍催化下发生加成反应生成HOCH2COOH，HOCH2COOH中含有羟基和羧基两种官能团，故C错误；D．对羟基扁桃酸中含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色，乙醛酸遇到FeCl3溶液不能发生显色反应，可以鉴别，故D正确；故选D。
7．现有5种短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。其中A元素与其他元素都不在同一周期，A元素和B元素形成的一种碱性气体。A元素和C元素原子序数之和等于D元素原子序数。E元素最外层电子数是D元素最外层电子数的2倍，且E元素最高价氧化物对应水化物为一种强酸。下列说法正确的是
A．E元素同一主族下一周期的元素可用于半导体材料
B．简单离子半径大小：C>D>E
C．B元素对应简单氢化物沸点大于E元素对应简单氢化物，则非金属性B>E
D．A和B元素组成的化合物BA5，属于共价化合物
【答案】A
【解析】现有5种短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。其中A元素与其他元素都不在同一周期，则A为H，A元素和B元素形成的一种碱性气体，则B为N。E元素最外层电子数是D元素最外层电子数的2倍、为偶数，E元素最高价氧化物对应水化物为一种强酸。则E为S，则D元素最外层电子数为3，D的核外电子排布为2、8、3，D为Al，A元素和C元素原子序数之和等于D元素原子序数，则C原子序数为12、C为Mg。A．E元素同一主族下一周期的元素为硒元素，位于金属元素和非金属元素分界线附近，可用于半导体材料，A正确；B．具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。则氧离子半径大于镁离子半径大于铝离子半径，元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，离子半径越大。则硫离子半径大于氧离子半径，简单离子半径大小：S2−＞Mg2+＞Al3+，B错误；C．B元素对应简单氢化物为氨气，E元素对应简单氢化物为硫化氢，氨分子间有氢键、硫化氢存在分子间作用力，氢键比分子间作用力强，则沸点氨气高，非金属性的强弱取决于原子得电子能力大小，与熔沸点的高低无关，C错误；D．A和B元素组成的化合物BA5，即铵离子和H-构成的、属于离子化合物，D错误；答案选A。
8．1877年人类首次合成的氮化铝是一种硬度、熔点都很高的晶体，是良好的耐热冲击材料，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．氮化铝属于离子晶体 B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具
C．一个氮化铝晶胞中含有5个N原子 D．氮化铝晶体中Al的配位数为2
【答案】B
【解析】A．根据氮化铝晶体的性质，可知它属于原子晶体，故A错误；B．根据氮化铝晶体属于原子晶体，能用于制造切割金属的刀具，故B正确；C．根据晶胞结构可知，一个氮化铝晶胞中含有的Al原子的数目为4×＋1＝2，故C错误；D．观察氮化铝晶胞结构可得，Al原子周围有4个N原子，晶体中Al的配位数为4，故D错误。答案为B。
9．下列实验操作中，其现象、解释及结论均正确的是
序号
实验操作
实验现象
解释或结论
A
用pH试纸测定“84”消毒液pH
试纸最终显蓝色
NaClO在溶液中水解显碱性
B
分别向两份相同的H2O2溶液中滴入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液率更快
前者产生气泡速率更快
CuSO4比KMnO4的催化效果好
C
向BaCl2溶液中通入SO2和X气体
产生白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
D
分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液
均有固体析出
前者是物理变化，后者是化学变化
【答案】D
【解析】A．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可使试纸漂白，应用pH计测定，选项A错误；B．高锰酸钾氧化过氧化氢，不是催化作用，选项B错误；C．向BaCl2溶液中通入SO2和X气体，出现白色沉淀，气体X可能是氨气，氨气不具有强氧化性，选项C错误；D．分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液，均有固体析出，前者是蛋白质的盐析，属于物理变化，后者是蛋白质的变性，属于化学变化，选项D正确；答案选D。
10．过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，可用于鱼类养殖、农作物栽培等方面。实验室模仿工业上生产过氧化钙的实验流程如下。已知：“沉淀”时需控制温度为0℃左右。
下列说法错误的是
A．“溶解”CaCl2固体时，可通过搅拌加速溶解
B．“沉淀”时最有效的控温方式为冰水浴
C．“过滤”时玻璃棒应紧靠滤纸一层处
D．“乙醇洗”的目的是使产品快速干燥
【答案】C
【解析】由流程图可知，将氯化钙固体加蒸馏水溶解配成溶液，在冰水浴的条件下，向溶液中加入30%过氧化氢溶液和氨水发生反应后，过滤得到八水过氧化钙沉淀和含有氯化铵的滤液，沉淀经水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙。A．实验室溶解固体时，可用玻璃棒搅拌加速溶解，故A正确；B．由题给信息可知，“沉淀”时需控制温度为0℃左右，则“最有效的控温方式为冰水浴，故B正确；C．“过滤”时玻璃棒应紧靠滤纸三层处，防止戳破滤纸，故C错误；D．“乙醇洗”的目的是乙醇易挥发，挥发时带走晶体表面的水分，使产品快速干燥，故D正确；故选C。
二、 不定项选择题（每小题4分，共20分。）
11．常温下，用0.1mol·L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)>c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)
C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度先变大后减小
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)=c(Cl−)
【答案】CD
【解析】A．混合液中，HCl和CH3COOH的浓度相同，但是HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，故混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)，A正确；B．当滴入氨水10mL时，n(NH)+n(NH3·H2O)=0.01
L×0.1mol·L−1，n(CH3COO−)+n(CH3COOH)=0.01L×0.1mol·L−1，故此时有，n(NH)+n(NH3·H2O)=n
(CH3COO−)+n(CH3COOH)，即c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，B正确；C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中一直有铵盐生成，由于铵盐会水解，使得混合液中水的电离程度一直变大，C错误；D．当滴入氨水20mL时，溶液中有等物质的量的NH4Cl和CH3COONH4，此时溶液呈酸性，若要使溶液呈中性，加入氨水的体积要大于20mL，根据电荷守恒：c(NH)+c(H+)
=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，因为溶液呈中性，有c(H+)=c(OH−)，故有c(NH)=c(Cl−)+c(CH3COO−)，D错误；故选CD。
12．下列说法正确的是
A．电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极减少的质量为64g
B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
D．常温下Ksp[Al(OH)3]=1×10−33，欲使c(Al3+)=1×10−6mol·L−1需调溶液的pH≥5
【答案】D
【解析】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移NA个电子时，阳极减少的质量一定不为64g，故A错误；B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的ΔS<0，常温下能自发进行，说明ΔH-TΔS<0，则ΔH<0，为放热反应，故C错误；D．常温下Ksp[Al(OH)3]=1×10−33，欲使c(Al3+)=1×
10−6mol·L−1，mol·L−1，需调溶液的pH≥5，故D正确；故答案为D。
13．某小组在实验室中用下图所示装置(夹持装置已略去)制取碳酸镧[La2(CO3)3]，制备原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4Cl。下列说法不正确的是
A．干燥管的作用是增大反应物间的接触面积
B．试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y为浓氨水
C．若用稀硫酸代替装置I中的稀盐酸，则实验时可以不用盛试剂X的装置
D．实验时一般先通入装置II产生的气体，再通入装置I产生的气体
【答案】AC
【解析】A．干燥管的主要作用是防倒吸，A错误；B．试剂X的作用是除去CO2中的HCl，故试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y的作用是与生石灰反应产生NH3，故试剂Y为浓氨水，B正确；C．将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石上会阻碍反应的进行，C错误；D．CO2溶解度小，NH3极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO2吸收，故应该先通入NH3，后通入过量的CO2，D正确；答案选AC。
14．室温下，向两瓶浓度均为0.1mol·L−1的HX溶液中分别滴加0.1mol·L−1的稀盐酸和NaOH溶液，向两瓶浓度均为0.1mol·L−1的HY溶液中也进行同样操作，溶液pH随x变化的图像如图所示。已知：，其中A=X或Y。下列说法正确的是
A．溶液对应的曲线为Ⅱ
B．a 点溶液中：
C．溶液中水的电离程度：
D．e点溶液中：
【答案】CD
【解析】本题以酸碱中和滴定为载体考查图像分析、滴定过程分析、水的电离程度、离子浓度大小关系。，整理得，，又因为，a点时，，c点时，，，，同理可得，。A．酸性弱的溶液对应的图像应为I，A错误；B．曲线I对应的为溶液，设的溶液中，，，，，a点溶液中，说明加了盐酸，溶液体积增大了，根据物料关系可得，B错误；C．为弱酸，a点滴加了酸抑制水的电离，b点和c点滴加了溶液，趋向于滴定终点，但滴定终点为碱性溶液，所以c点还没有达到滴定终点，同样分析，d点也是滴加了酸，酸性最强，所以溶液中水的电离程度，C正确；D．e点溶液中，滴加了NaOH溶液，，说明，溶液中电荷守恒关系为，所以，由于溶液中，所以，D正确。故选CD。
15．一种新型镁硫电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是
A．使用碱性电解质水溶液
B．放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8-6e−=4MgS2
C．使用的隔膜是阳离子交换膜
D．充电时，电子从Mg电极流出
【答案】C
【解析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。A．碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，A错误；B．放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2++MgS8+6e−=4MgS2，B错误；C．据图可知Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；D．放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误；综上所述答案为C。
三、 非选择题（共60分）
16．硫代硫酸钡()可用于制备柴油的多效复合添加剂，其受热易分解，可被O2氧化，一种实验室制备硫代硫酸钡的方法如下：
I．溶液的制备
(1)连接好仪器后，检查装置气密性的方法为_______。
(2)盛放溶液的仪器的名称为_______，装置B的作用为_______。
(3)查阅资料可知，装置C中生成的反应速率很慢，为加快反应速率可补充的实验仪器为_______。(填标号)
A．温度计 B．多孔球泡 C．电磁搅拌器 D．冰水浴
(4)装置C中发生反应的化学方程式为_______。
II．溶液浓度测定和的制备
取上述制备的溶液，滴入1~2滴酚酞，再注入醋酸-醋酸钠缓冲溶液调节呈弱酸性，加入指示剂，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为(反应为)。另取溶液，向其中加入溶液即得沉淀，过滤、洗涤、干燥。
(5)滴定时，应选用的指示剂为_______，溶液的浓度为_______。
(6)若滴定操作规范，溶液的测定浓度低于理论计算浓度，可能的原因为_______。
(7)洗涤沉淀时，常选择乙醇的原因为_______。
【答案】（1）关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D中长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱
（2） 圆底烧瓶 储存SO2气体，平衡气压
（3） BC
（4）
（5） 淀粉溶液 0.2cVmol·L−1
（6） 部分被氧化生成
（7） 在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥
【解析】I．(1)连接好仪器后，检查装置气密性的方法为关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱；(2)盛放溶液的仪器的名称为圆底烧瓶，装置B的作用为储存SO2气体，平衡气压。故答案为：圆底烧瓶；储存SO2气体，平衡气压；(3)查阅资料可知，装置C中生成的反应速率很慢，据此推测补充的实验仪器应可以提高反应速率，可选择多孔球泡或电磁搅拌器，以增大接触面积，提高反应速率。故答案为：BC；(4)装置C中发生反应的化学方程式为；Ⅱ．(5)滴定时，应选用的指示剂为淀粉溶液，根据分析可知，。故答案为：淀粉溶液；0.2cVmol·L−1；(6)溶液的测定浓度低于理论计算浓度，可能的原因为部分。被氧化生成。故答案为：部分被氧化生成；(7)洗涤沉淀时，常选择乙醇的原因为在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥。故答案为：在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥。
17．氮元素是生命体核酸与蛋白质必不可少的组成元素，氮及其化合物在国民经济中占有重要地位。
(1)氨催化氧化制得硝酸的同时，排放的氮氧化物也是环境的主要污染物之一。
已知：
则反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH4=_______。
(2)在容积均为2L的三个恒容密闭容器中分别通入1mol CO和1mol NO，发生反应2CO(g)+2NO
(g)=N2(g)+2CO2(g)，a、b、c三组实验的反应温度分别记为Ta、Tb、Tc。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化曲线如图所示。
①三组实验对应温度的大小关系是_______(用Ta、Tb、Tc表示)，0~20min内，实验b中v(CO2)=_______mol·(L·min)−1。
②实验a条件下，反应的平衡常数K=_______L·mol−1。
(3)工业用铂丝网作催化剂，温度控制在780~840℃，将NH3转化为NO，反应方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)。回答下列问题：
①NH3催化氧化速率，k为常数。当氧气浓度为1.0mg·L−1时，c(NH3)与速率的关系如表所示，则a=_______。
0.8
1.6
3.2
6.4
10.2
81.6
652.8
5222.4
②其他反应条件相同时，测得不同温度下相同时间内NH3的转化率如图所示。则A点对应的反应速率v(正)_______(填“>”、“<”或“=”)v(逆)，A、C点对应条件下，反应平衡常数较大的是_______(填“A”或“C”)，理由是_______。
【答案】（1）
（2） 2
（3） 3 > A 相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应的平衡常数较大
【解析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式依次编号为①②③，由2×②-③-①可得，热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2 (g)
，故答案为：；(2)①三组实验在恒温条件下进行，且起始体积、气体物质的量都相同，故压强与温度是正相关，即三组实验对应的温度大小关系为；根据三段式计算，设实验b中CO的转化量为2x mol，则
，，实验b中CO2的反应速率为(CO2)=
mol·(L·min)−1，故答案为：；；②实验a、b的温度相同，则平衡常数相等，平衡时，，，，反应容器容积为2 L，则平衡浓度：，，，反应平衡常数，故答案为2；(3)①当氧气浓度为时，由表可得c(NH3)与速率的关系为，，解得a=3，故答案为：3；②相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，而且B、C点是平衡状态，A点是建立平衡过程中的点，则A点的反应速率：，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应反应的平衡常数较大。故答案为：>；A；相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应的平衡常数较大。
18．钴蓝是一种重要的蓝色颜料。利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔、等杂质)制备钴蓝的一种工艺流程如下：
已知：
请回答以下问题：
(1)“滤液”中阴离子主要是OH−和___________。
(2)在实际工业生产中，“酸浸”不选用盐酸，原因是___________。
(3)“酸浸”过程中H2O2发生的主要反应是___________(用离子方程式表示)。
(4)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示，则有机磷萃取的最佳pH为___________。
(5)根据图2判断，沉锂中若要进一步提高Li2CO3的产量，还须进行的操作依次是___________、___________、洗涤、干燥等步骤。
(6)若溶液中，，为防止沉钴过程中产生Co(OH)2 沉淀，需控制溶液的pH<___________。
(7)写出灼烧过程中主要反应的化学方程式___________。
【答案】（1）AlO
（2） HCl会被氧化生成Cl2，污染环境
（3）
（4） 5.5
（5） 蒸发结晶 趁热过滤
（6） 7.5
（7）
【解析】含钴废料加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，滤渣是，LiCoO2，加入硫酸和过氧化氢，生成硫酸钴、硫酸锂，加入有机磷萃取分液，有机相含有硫酸钴，加入硫酸反萃取，生成硫酸钴，加入碳酸钠生成碳酸钴，再加入氧化铝灼烧生成钴蓝，据此回答问题。(1)含钴废料中含有铝箔，铝与NaOH发生反应，故溶液中的阴离子除过量的OH−外，还含有AlO；(2)含钴废料的主要成分是，钴有+3和+2价，根据流程可知，酸浸之后，钴是以+2价的形式存在，即酸浸过程中+3钴被还原，同时被氧化，如果选用盐酸，HCl会被氧化生成Cl2，污染环境；(4)有图1可以看出，随着pH值的增加，钴的萃取率越来越高，则最佳是5.5；(5)根据图2可知，在温度较高的条件下，Li2CO3 溶解度更低，、的溶解度较高，三者之间的溶解度差异更大。若要在沉锂过程中进一步提高的产量，采用的方法就是蒸发结晶，趁热过滤；(6)若要不产生沉淀，需满足，将代入得，即；(7)灼烧过程中主要反应的化学方程式。
19．VA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(1)苯胺()的晶体类型是___________。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是___________。
(2)两种氧化物的熔点如表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因___________。
氧化物
SO2
P4O6
熔点/℃
﹣75.5
23.8
(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为___________。
②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为和，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是___________。
(4)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(Mg2+或Cu2+)。
(5)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
根据图1和图2的信息，下列说法正确的有___________ (填字母)。
A．黑磷区中P-P键的键能不完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(5)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为___________，晶体的密度为___________g·cm−3(列出计算式)。
【答案】（1）分子晶体 苯胺分子之间存在氢键(N－H－N)而甲苯中不含有氢键
（2） P4O6、SO2为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大
（3） 三角锥 Br−半径较大，无法形成[PBr6]−
（4） 乙二胺的两个N提供孤对电子给Mg2+、Cu2+形成配位键 Cu2+ ABCD
（5） 8
【解析】(1)大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔点和沸点都高，同一种晶体类型熔点和沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔点和沸点高；答案为分子晶体；苯胺分子之间存在氢键(N－H－N)而甲苯中不含有氢键；(2)P4O6、SO2为分子晶体，分子间作用力P4O6>SO2，故两种氧化物的熔点P4O6>SO2；(3)①中心P原子价层电子对数为3+，不含孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形；②Br−半径较大，而Cl−半径较小，所以P周围可以容纳6个Br−，无法形成[PBr6]−；(4)含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+；(5)A．据图可知黑磷区中P－P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，选项A正确；B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，选项B正确；C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P－P和C－C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，选项C正确；D．石墨中C原子为sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面，选项D正确；E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，选项E错误；答案选ABCD；(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a10−7)cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。
20．一种药物中间体(H)的合成路线如下：
已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生如下反应：→R－CHO+H2O
②R－CHO+R1－CH2COOHR－CH=CHR1+H2O+CO2↑
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________，H中所含官能团的名称为___________。
(2)D的结构简式为___________，G→H的反应类型为___________。
(3)E→F的化学反应方程式为___________。
(4)X是G的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________(写一种即可)。
①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳
②与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种
(5)参照上述合成路线，设计由和CH3COOH制备的合成路线 ___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）对甲基苯酚（或4－甲基苯酚） 酯基和醚键
（2） 取代反应
（3） +H2
（4） 或（其他合理答案也可行）
（5）
【解析】A为对甲基苯酚（），和醋酸在催化剂作用下发生酯化反应生成B（），B与氯气在光照下发生取代反应生成C（），C在氢氧化钠的水溶液中发生水解后脱水生成D（），D与反应生成E（），E与氢气加成生成F（），F与甲醇酯化生成G（），G与发生取代反应生成H（）。(1)A为，化学名称为对甲基苯酚（或4-甲基苯酚），H为，含有的官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：对甲基苯酚（或4-甲基苯酚）；酯基和醚键；(2)由分析可知，D的结构简式为，G→H的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；(3)E为，F为，所以E→F的化学反应方程式为+H2；(4)X是G的同分异构体，①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则含有羧基；②与FeCl3溶液发生显色反应，则说明含有酚羟基；③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种，故符合条件的同分异构体为：，，故答案为：或；(5)参照上述合成路线，可先和氢氧化钠的水溶液发生水解生成，和CH3COOH 在吡啶和苯胺的作用下生成，在催化剂作用下聚合生成，所以合成路线为：
。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前冲刺卷
化 学（七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号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：每小题选出答案后，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：用签字笔直接答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．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 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活、科技等密切相关。下列有关说法错误的是
A．我国新疆等地盛产优质棉花，其主要成分为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等
B．今年3月20日在四川省三星堆古遗址考古中，出土了珍贵文物青铜立人、青铜神树，其硬度低于纯铜
C．国产新冠灭活疫苗需冷冻保存以防发生变性
D．大口径单体反射镜使用的碳化硅属于无机非金属材料
【答案】B
【解析】A．棉花的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等，A正确；B．青铜是铜的合金，硬度比纯铜大，B错误；C．蛋白质在高温下会变性，则疫苗冷冻保存以防发生变性，C正确；D．碳化硅是由非金属性元素组成，属于无机非金属材料，D正确；故选B。
2．下列说法正确的是
A．Bi和Bi是同种核素
B．邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛的沸点
C．小苏打和维生素C既能用作药物又能用作食品添加剂
D．苛性钠、次氯酸、氯气按顺序分类依次为强电解质、弱电解质和非电解质
【答案】C
【解析】A．和互称为同位素，是Bi元素的不同核素，A错误；B．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，故对羟基苯甲醛的沸点较高，B错误；C．小苏打(碳酸氢钠)可用作抗酸药和食品膨松剂，维生素C可用于预防治疗坏血病，也可用于多种疾病的辅助治疗，还可用作食品的抗氧化剂，C正确；D．非电解质和电解质的研究对象都是化合物，氯气属于单质，故氯气不属于非电解质，D错误；故选C。
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NA
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA
C．标准状况下：2.24L NO与1.12L O2混合后的气体分子数为0.1NA
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA
【答案】A
【解析】A．聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2NA，A正确；B．没有提供溶液体积，无法计算OH−数目，B错误；C．两者发生反应2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，标准状况下2.24L NO与1.12L O2混合后气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数应小于0.1NA，C错误；D．电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，D错误；故选A。
4．利用下表提供的主要玻璃仪器(非玻璃仪器任选)和试剂能实现下列实验目的的是
实验目的
主要玻璃仪器
试剂
A
配制100mL，pH=2的盐酸
100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
pH=1的盐酸、蒸馏水
B
分离Br2和CCl4混合物
分液漏斗、烧杯
Br2和CCl4混合物、NaOH溶液
C
验证蔗糖水解产生还原性糖
试管、烧杯、酒精灯、玻璃棒、玻璃片、胶头滴管
蔗糖溶液、稀硫酸、10% NaOH溶液、2% CuSO4溶液、蒸馏水、pH试纸
D
测定NaOH溶液浓度
滴定管、锥形瓶、烧杯
NaOH溶液、0.1000mol/L盐酸
【答案】C
【解析】A．配制一定浓度的溶液，应用量筒量取溶液，缺少量筒，不能完成实验，选项A错误；B．溴能与NaOH溶液反应，不能使用分液法分离，可以利用蒸馏将其分离，选项B错误；C．蔗糖在稀硫酸作用下水解产物中含有还原性糖葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，配制新制氢氧化铜悬浊液进行检验，试剂及仪器满足该实验，选项C正确；D．中和滴定应需要酸碱指示剂，没有指示剂不能完成滴定实验，选项D错误；答案选C。
5．CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
C．在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%
D．上述反应过程说明催化剂具有选择性
【答案】D
【解析】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；故选D。
6．对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。下列有关说法正确的是
A．对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应
B．对羟基扁桃酸中所有原子有可能共面
C．乙醛酸与H2加成后的产物仅含一种官能团
D．可以用FeCl3溶液鉴别乙醛酸和对羟基扁桃酸
【答案】D
【解析】A．对羟基扁桃酸中连接醇羟基的碳原子的相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故A错误；B．对羟基扁桃酸中含有饱和碳原子，具有四面体结构，分子中所有原子不可能共面，故B错误；C．乙醛酸与H2在热的镍催化下发生加成反应生成HOCH2COOH，HOCH2COOH中含有羟基和羧基两种官能团，故C错误；D．对羟基扁桃酸中含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色，乙醛酸遇到FeCl3溶液不能发生显色反应，可以鉴别，故D正确；故选D。
7．现有5种短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。其中A元素与其他元素都不在同一周期，A元素和B元素形成的一种碱性气体。A元素和C元素原子序数之和等于D元素原子序数。E元素最外层电子数是D元素最外层电子数的2倍，且E元素最高价氧化物对应水化物为一种强酸。下列说法正确的是
A．E元素同一主族下一周期的元素可用于半导体材料
B．简单离子半径大小：C>D>E
C．B元素对应简单氢化物沸点大于E元素对应简单氢化物，则非金属性B>E
D．A和B元素组成的化合物BA5，属于共价化合物
【答案】A
【解析】现有5种短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。其中A元素与其他元素都不在同一周期，则A为H，A元素和B元素形成的一种碱性气体，则B为N。E元素最外层电子数是D元素最外层电子数的2倍、为偶数，E元素最高价氧化物对应水化物为一种强酸。则E为S，则D元素最外层电子数为3，D的核外电子排布为2、8、3，D为Al，A元素和C元素原子序数之和等于D元素原子序数，则C原子序数为12、C为Mg。A．E元素同一主族下一周期的元素为硒元素，位于金属元素和非金属元素分界线附近，可用于半导体材料，A正确；B．具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。则氧离子半径大于镁离子半径大于铝离子半径，元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，离子半径越大。则硫离子半径大于氧离子半径，简单离子半径大小：S2−＞Mg2+＞Al3+，B错误；C．B元素对应简单氢化物为氨气，E元素对应简单氢化物为硫化氢，氨分子间有氢键、硫化氢存在分子间作用力，氢键比分子间作用力强，则沸点氨气高，非金属性的强弱取决于原子得电子能力大小，与熔沸点的高低无关，C错误；D．A和B元素组成的化合物BA5，即铵离子和H-构成的、属于离子化合物，D错误；答案选A。
8．1877年人类首次合成的氮化铝是一种硬度、熔点都很高的晶体，是良好的耐热冲击材料，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．氮化铝属于离子晶体 B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具
C．一个氮化铝晶胞中含有5个N原子 D．氮化铝晶体中Al的配位数为2
【答案】B
【解析】A．根据氮化铝晶体的性质，可知它属于原子晶体，故A错误；B．根据氮化铝晶体属于原子晶体，能用于制造切割金属的刀具，故B正确；C．根据晶胞结构可知，一个氮化铝晶胞中含有的Al原子的数目为4×＋1＝2，故C错误；D．观察氮化铝晶胞结构可得，Al原子周围有4个N原子，晶体中Al的配位数为4，故D错误。答案为B。
9．下列实验操作中，其现象、解释及结论均正确的是
序号
实验操作
实验现象
解释或结论
A
用pH试纸测定“84”消毒液pH
试纸最终显蓝色
NaClO在溶液中水解显碱性
B
分别向两份相同的H2O2溶液中滴入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液率更快
前者产生气泡速率更快
CuSO4比KMnO4的催化效果好
C
向BaCl2溶液中通入SO2和X气体
产生白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
D
分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液
均有固体析出
前者是物理变化，后者是化学变化
【答案】D
【解析】A．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可使试纸漂白，应用pH计测定，选项A错误；B．高锰酸钾氧化过氧化氢，不是催化作用，选项B错误；C．向BaCl2溶液中通入SO2和X气体，出现白色沉淀，气体X可能是氨气，氨气不具有强氧化性，选项C错误；D．分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液，均有固体析出，前者是蛋白质的盐析，属于物理变化，后者是蛋白质的变性，属于化学变化，选项D正确；答案选D。
10．过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，可用于鱼类养殖、农作物栽培等方面。实验室模仿工业上生产过氧化钙的实验流程如下。已知：“沉淀”时需控制温度为0℃左右。
下列说法错误的是
A．“溶解”CaCl2固体时，可通过搅拌加速溶解
B．“沉淀”时最有效的控温方式为冰水浴
C．“过滤”时玻璃棒应紧靠滤纸一层处
D．“乙醇洗”的目的是使产品快速干燥
【答案】C
【解析】由流程图可知，将氯化钙固体加蒸馏水溶解配成溶液，在冰水浴的条件下，向溶液中加入30%过氧化氢溶液和氨水发生反应后，过滤得到八水过氧化钙沉淀和含有氯化铵的滤液，沉淀经水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙。A．实验室溶解固体时，可用玻璃棒搅拌加速溶解，故A正确；B．由题给信息可知，“沉淀”时需控制温度为0℃左右，则“最有效的控温方式为冰水浴，故B正确；C．“过滤”时玻璃棒应紧靠滤纸三层处，防止戳破滤纸，故C错误；D．“乙醇洗”的目的是乙醇易挥发，挥发时带走晶体表面的水分，使产品快速干燥，故D正确；故选C。
二、 不定项选择题（每小题4分，共20分。）
11．常温下，用0.1mol·L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)>c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)
C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度先变大后减小
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)=c(Cl−)
【答案】CD
【解析】A．混合液中，HCl和CH3COOH的浓度相同，但是HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，故混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)，A正确；B．当滴入氨水10mL时，n(NH)+n(NH3·H2O)=0.01
L×0.1mol·L−1，n(CH3COO−)+n(CH3COOH)=0.01L×0.1mol·L−1，故此时有，n(NH)+n(NH3·H2O)=n
(CH3COO−)+n(CH3COOH)，即c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，B正确；C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中一直有铵盐生成，由于铵盐会水解，使得混合液中水的电离程度一直变大，C错误；D．当滴入氨水20mL时，溶液中有等物质的量的NH4Cl和CH3COONH4，此时溶液呈酸性，若要使溶液呈中性，加入氨水的体积要大于20mL，根据电荷守恒：c(NH)+c(H+)
=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，因为溶液呈中性，有c(H+)=c(OH−)，故有c(NH)=c(Cl−)+c(CH3COO−)，D错误；故选CD。
12．下列说法正确的是
A．电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极减少的质量为64g
B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
D．常温下Ksp[Al(OH)3]=1×10−33，欲使c(Al3+)=1×10−6mol·L−1需调溶液的pH≥5
【答案】D
【解析】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移NA个电子时，阳极减少的质量一定不为64g，故A错误；B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的ΔS<0，常温下能自发进行，说明ΔH-TΔS<0，则ΔH<0，为放热反应，故C错误；D．常温下Ksp[Al(OH)3]=1×10−33，欲使c(Al3+)=1×
10−6mol·L−1，mol·L−1，需调溶液的pH≥5，故D正确；故答案为D。
13．某小组在实验室中用下图所示装置(夹持装置已略去)制取碳酸镧[La2(CO3)3]，制备原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4Cl。下列说法不正确的是
A．干燥管的作用是增大反应物间的接触面积
B．试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y为浓氨水
C．若用稀硫酸代替装置I中的稀盐酸，则实验时可以不用盛试剂X的装置
D．实验时一般先通入装置II产生的气体，再通入装置I产生的气体
【答案】AC
【解析】A．干燥管的主要作用是防倒吸，A错误；B．试剂X的作用是除去CO2中的HCl，故试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y的作用是与生石灰反应产生NH3，故试剂Y为浓氨水，B正确；C．将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石上会阻碍反应的进行，C错误；D．CO2溶解度小，NH3极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO2吸收，故应该先通入NH3，后通入过量的CO2，D正确；答案选AC。
14．室温下，向两瓶浓度均为0.1mol·L−1的HX溶液中分别滴加0.1mol·L−1的稀盐酸和NaOH溶液，向两瓶浓度均为0.1mol·L−1的HY溶液中也进行同样操作，溶液pH随x变化的图像如图所示。已知：，其中A=X或Y。下列说法正确的是
A．溶液对应的曲线为Ⅱ
B．a 点溶液中：
C．溶液中水的电离程度：
D．e点溶液中：
【答案】CD
【解析】本题以酸碱中和滴定为载体考查图像分析、滴定过程分析、水的电离程度、离子浓度大小关系。，整理得，，又因为，a点时，，c点时，，，，同理可得，。A．酸性弱的溶液对应的图像应为I，A错误；B．曲线I对应的为溶液，设的溶液中，，，，，a点溶液中，说明加了盐酸，溶液体积增大了，根据物料关系可得，B错误；C．为弱酸，a点滴加了酸抑制水的电离，b点和c点滴加了溶液，趋向于滴定终点，但滴定终点为碱性溶液，所以c点还没有达到滴定终点，同样分析，d点也是滴加了酸，酸性最强，所以溶液中水的电离程度，C正确；D．e点溶液中，滴加了NaOH溶液，，说明，溶液中电荷守恒关系为，所以，由于溶液中，所以，D正确。故选CD。
15．一种新型镁硫电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是
A．使用碱性电解质水溶液
B．放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8-6e−=4MgS2
C．使用的隔膜是阳离子交换膜
D．充电时，电子从Mg电极流出
【答案】C
【解析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。A．碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，A错误；B．放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2++MgS8+6e−=4MgS2，B错误；C．据图可知Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；D．放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误；综上所述答案为C。
三、 非选择题（共60分）
16．硫代硫酸钡()可用于制备柴油的多效复合添加剂，其受热易分解，可被O2氧化，一种实验室制备硫代硫酸钡的方法如下：
I．溶液的制备
(1)连接好仪器后，检查装置气密性的方法为_______。
(2)盛放溶液的仪器的名称为_______，装置B的作用为_______。
(3)查阅资料可知，装置C中生成的反应速率很慢，为加快反应速率可补充的实验仪器为_______。(填标号)
A．温度计 B．多孔球泡 C．电磁搅拌器 D．冰水浴
(4)装置C中发生反应的化学方程式为_______。
II．溶液浓度测定和的制备
取上述制备的溶液，滴入1~2滴酚酞，再注入醋酸-醋酸钠缓冲溶液调节呈弱酸性，加入指示剂，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为(反应为)。另取溶液，向其中加入溶液即得沉淀，过滤、洗涤、干燥。
(5)滴定时，应选用的指示剂为_______，溶液的浓度为_______。
(6)若滴定操作规范，溶液的测定浓度低于理论计算浓度，可能的原因为_______。
(7)洗涤沉淀时，常选择乙醇的原因为_______。
【答案】（1）关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D中长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱
（2） 圆底烧瓶 储存SO2气体，平衡气压
（3） BC
（4）
（5） 淀粉溶液 0.2cVmol·L−1
（6） 部分被氧化生成
（7） 在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥
【解析】I．(1)连接好仪器后，检查装置气密性的方法为关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱；(2)盛放溶液的仪器的名称为圆底烧瓶，装置B的作用为储存SO2气体，平衡气压。故答案为：圆底烧瓶；储存SO2气体，平衡气压；(3)查阅资料可知，装置C中生成的反应速率很慢，据此推测补充的实验仪器应可以提高反应速率，可选择多孔球泡或电磁搅拌器，以增大接触面积，提高反应速率。故答案为：BC；(4)装置C中发生反应的化学方程式为；Ⅱ．(5)滴定时，应选用的指示剂为淀粉溶液，根据分析可知，。故答案为：淀粉溶液；0.2cVmol·L−1；(6)溶液的测定浓度低于理论计算浓度，可能的原因为部分。被氧化生成。故答案为：部分被氧化生成；(7)洗涤沉淀时，常选择乙醇的原因为在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥。故答案为：在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥。
17．氮元素是生命体核酸与蛋白质必不可少的组成元素，氮及其化合物在国民经济中占有重要地位。
(1)氨催化氧化制得硝酸的同时，排放的氮氧化物也是环境的主要污染物之一。
已知：
则反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH4=_______。
(2)在容积均为2L的三个恒容密闭容器中分别通入1mol CO和1mol NO，发生反应2CO(g)+2NO
(g)=N2(g)+2CO2(g)，a、b、c三组实验的反应温度分别记为Ta、Tb、Tc。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化曲线如图所示。
①三组实验对应温度的大小关系是_______(用Ta、Tb、Tc表示)，0~20min内，实验b中v(CO2)=_______mol·(L·min)−1。
②实验a条件下，反应的平衡常数K=_______L·mol−1。
(3)工业用铂丝网作催化剂，温度控制在780~840℃，将NH3转化为NO，反应方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)。回答下列问题：
①NH3催化氧化速率，k为常数。当氧气浓度为1.0mg·L−1时，c(NH3)与速率的关系如表所示，则a=_______。
0.8
1.6
3.2
6.4
10.2
81.6
652.8
5222.4
②其他反应条件相同时，测得不同温度下相同时间内NH3的转化率如图所示。则A点对应的反应速率v(正)_______(填“>”、“<”或“=”)v(逆)，A、C点对应条件下，反应平衡常数较大的是_______(填“A”或“C”)，理由是_______。
【答案】（1）
（2） 2
（3） 3 > A 相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应的平衡常数较大
【解析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式依次编号为①②③，由2×②-③-①可得，热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2 (g)
，故答案为：；(2)①三组实验在恒温条件下进行，且起始体积、气体物质的量都相同，故压强与温度是正相关，即三组实验对应的温度大小关系为；根据三段式计算，设实验b中CO的转化量为2x mol，则
，，实验b中CO2的反应速率为(CO2)=
mol·(L·min)−1，故答案为：；；②实验a、b的温度相同，则平衡常数相等，平衡时，，，，反应容器容积为2 L，则平衡浓度：，，，反应平衡常数，故答案为2；(3)①当氧气浓度为时，由表可得c(NH3)与速率的关系为，，解得a=3，故答案为：3；②相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，而且B、C点是平衡状态，A点是建立平衡过程中的点，则A点的反应速率：，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应反应的平衡常数较大。故答案为：>；A；相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应的平衡常数较大。
18．钴蓝是一种重要的蓝色颜料。利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔、等杂质)制备钴蓝的一种工艺流程如下：
已知：
请回答以下问题：
(1)“滤液”中阴离子主要是OH−和___________。
(2)在实际工业生产中，“酸浸”不选用盐酸，原因是___________。
(3)“酸浸”过程中H2O2发生的主要反应是___________(用离子方程式表示)。
(4)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示，则有机磷萃取的最佳pH为___________。
(5)根据图2判断，沉锂中若要进一步提高Li2CO3的产量，还须进行的操作依次是___________、___________、洗涤、干燥等步骤。
(6)若溶液中，，为防止沉钴过程中产生Co(OH)2 沉淀，需控制溶液的pH<___________。
(7)写出灼烧过程中主要反应的化学方程式___________。
【答案】（1）AlO
（2） HCl会被氧化生成Cl2，污染环境
（3）
（4） 5.5
（5） 蒸发结晶 趁热过滤
（6） 7.5
（7）
【解析】含钴废料加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，滤渣是，LiCoO2，加入硫酸和过氧化氢，生成硫酸钴、硫酸锂，加入有机磷萃取分液，有机相含有硫酸钴，加入硫酸反萃取，生成硫酸钴，加入碳酸钠生成碳酸钴，再加入氧化铝灼烧生成钴蓝，据此回答问题。(1)含钴废料中含有铝箔，铝与NaOH发生反应，故溶液中的阴离子除过量的OH−外，还含有AlO；(2)含钴废料的主要成分是，钴有+3和+2价，根据流程可知，酸浸之后，钴是以+2价的形式存在，即酸浸过程中+3钴被还原，同时被氧化，如果选用盐酸，HCl会被氧化生成Cl2，污染环境；(4)有图1可以看出，随着pH值的增加，钴的萃取率越来越高，则最佳是5.5；(5)根据图2可知，在温度较高的条件下，Li2CO3 溶解度更低，、的溶解度较高，三者之间的溶解度差异更大。若要在沉锂过程中进一步提高的产量，采用的方法就是蒸发结晶，趁热过滤；(6)若要不产生沉淀，需满足，将代入得，即；(7)灼烧过程中主要反应的化学方程式。
19．VA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(1)苯胺()的晶体类型是___________。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是___________。
(2)两种氧化物的熔点如表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因___________。
氧化物
SO2
P4O6
熔点/℃
﹣75.5
23.8
(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为___________。
②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为和，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是___________。
(4)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(Mg2+或Cu2+)。
(5)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
根据图1和图2的信息，下列说法正确的有___________ (填字母)。
A．黑磷区中P-P键的键能不完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(5)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为___________，晶体的密度为___________g·cm−3(列出计算式)。
【答案】（1）分子晶体 苯胺分子之间存在氢键(N－H－N)而甲苯中不含有氢键
（2） P4O6、SO2为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大
（3） 三角锥 Br−半径较大，无法形成[PBr6]−
（4） 乙二胺的两个N提供孤对电子给Mg2+、Cu2+形成配位键 Cu2+ ABCD
（5） 8
【解析】(1)大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔点和沸点都高，同一种晶体类型熔点和沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔点和沸点高；答案为分子晶体；苯胺分子之间存在氢键(N－H－N)而甲苯中不含有氢键；(2)P4O6、SO2为分子晶体，分子间作用力P4O6>SO2，故两种氧化物的熔点P4O6>SO2；(3)①中心P原子价层电子对数为3+，不含孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形；②Br−半径较大，而Cl−半径较小，所以P周围可以容纳6个Br−，无法形成[PBr6]−；(4)含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+；(5)A．据图可知黑磷区中P－P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，选项A正确；B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，选项B正确；C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P－P和C－C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，选项C正确；D．石墨中C原子为sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面，选项D正确；E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，选项E错误；答案选ABCD；(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a10−7)cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。
20．一种药物中间体(H)的合成路线如下：
已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生如下反应：→R－CHO+H2O
②R－CHO+R1－CH2COOHR－CH=CHR1+H2O+CO2↑
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________，H中所含官能团的名称为___________。
(2)D的结构简式为___________，G→H的反应类型为___________。
(3)E→F的化学反应方程式为___________。
(4)X是G的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________(写一种即可)。
①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳
②与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种
(5)参照上述合成路线，设计由和CH3COOH制备的合成路线 ___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）对甲基苯酚（或4－甲基苯酚） 酯基和醚键
（2） 取代反应
（3） +H2
（4） 或（其他合理答案也可行）
（5）
【解析】A为对甲基苯酚（），和醋酸在催化剂作用下发生酯化反应生成B（），B与氯气在光照下发生取代反应生成C（），C在氢氧化钠的水溶液中发生水解后脱水生成D（），D与反应生成E（），E与氢气加成生成F（），F与甲醇酯化生成G（），G与发生取代反应生成H（）。(1)A为，化学名称为对甲基苯酚（或4-甲基苯酚），H为，含有的官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：对甲基苯酚（或4-甲基苯酚）；酯基和醚键；(2)由分析可知，D的结构简式为，G→H的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；(3)E为，F为，所以E→F的化学反应方程式为+H2；(4)X是G的同分异构体，①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则含有羧基；②与FeCl3溶液发生显色反应，则说明含有酚羟基；③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种，故符合条件的同分异构体为：，，故答案为：或；(5)参照上述合成路线，可先和氢氧化钠的水溶液发生水解生成，和CH3COOH 在吡啶和苯胺的作用下生成，在催化剂作用下聚合生成，所以合成路线为：
。
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