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（新高考）高考化学考前冲刺卷（十五）(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（十五）(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十五原卷版doc、新高考高考化学考前冲刺卷十五解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20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（十五）
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
一、选择题：每小题3分，共45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．南昌汉代海昏侯国遗址公园于2020年9月23日正式开园。海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
【答案】B
【解析】A．竹简由竹子制成，竹子的主要成分为纤维素，A正确；B．青铜为铜锡合金，铜锌合金为黄铜，B错误；C．玛瑙的主要成分为SiO2，SiO2能与碱发生复分解反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C正确；D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化，所以出土的马蹄金光亮如新，D正确；综上所述答案为B。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．异丁烷的结构式： B．CaO2的电子式：
C．CH3CH2F的比例模型： D．Br的原子结构示意图：
【答案】D
【解析】A．异丁烷的结构式需要把所有的化学键均表示出来，没有画出碳氢键，不是结构式，属于结构简式，A错误；B．CaO2中含有过氧根，共用一个电子对，所以CaO2的电子式为：，B错误；C．F原子半径应小于碳原子，C错误；D．Br是35号原子，Br的原子结构示意图：，D正确；答案选D。
3．维生素C对人体健康有很重要的作用，能治疗或辅助治疗多种疾病，其结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是
A．维生素C分子中五元环上的碳原子一定共平面
B．维生素C能使难以被人体吸收的Fe3＋还原为易于被人体吸收的Fe2＋
C．维生素C既能与金属钠反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．维生素C的同分异构体中可能存在芳香族化合物
【答案】D
【解析】A．由乙烯结构可知，双键碳原子和与碳碳双键直接相连的原子，6个原子共平面，故A项正确；B．维生素C具有强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，故B项正确；C．维生素C中含有羟基和酯基官能团，能与Na发生置换反应，能在氢氧化钠作用下发生水解反应，水解生成羧基官能团，能与氢氧化钠中和，故C项正确；D．若含苯环，不饱和度至少是4，维生素C的分子式为C6H8O6，不饱和度为3，故D项错误；综上所述答案为D。
4．下列过程没有发生化学反应的是
A．用活性炭去除冰箱中的异味
B．用热碱水清除炊具上残留的油污
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果
D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】A．用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，A正确；B．用热碱水清除炊具上残留的油污是利用油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，B错误；C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果是利用高锰酸钾溶液将催熟水果的乙烯氧化，属于化学变化，C错误；D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化；铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，D错误。答案选A。
5．下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++HCO+OH−=MgCO3↓+H2O
B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++SO2+H2O+2ClO−=CaSO3↓+2HClO
C．向KClO溶液中滴加浓盐酸：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
D．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
【答案】C
【解析】A．碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，故A错误；C．向次氯酸钾溶液中滴加浓盐酸发生的反应为次氯酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；B．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫发生的反应为次氯酸钙溶液与少量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸，反应的离子方程式为Ca2++SO2+H2O+2ClO−=CaSO4↓+2Cl−+2H+，故B错误；D．碘离子的还原性比亚铁离子的强，所以向碘化亚铁溶液中通入少量氯气发生的反应为碘离子与氯气反应生成氯离子和碘，反应的离子方程式为2I−+Cl2=I2+2Cl−，故D错误；故选C。
6．下列实验的操作、现象、解释或结论都正确的是
操作
现象
解释或结论
A
甲苯与高锰酸钾溶液混合振荡
水层紫红色褪去
苯环对甲基有活化作用
B
FeCl3、KI混合溶液中滴加KSCN溶液
溶液呈红色
FeCl3不与KI反应
C
向氯化铜溶液中逐滴加入氨水
产生沉淀继而溶解
氢氧化铜有两性
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热
未出现银镜
蔗糖未水解
【答案】A
【解析】A．甲苯中由于苯环对甲基的活化作用，使得甲基易被氧化，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．反应中氯化铁可能是过量的，所以加入KSCN溶液，溶液仍然会显红色，氯化铁能与碘化钾反应生成单质碘和氯化亚铁，B错误；C．氢氧化铜沉淀能溶解在氨水中形成络合物，氢氧化铜是碱，不是两性氢氧化物，C错误；D．醛基发生银镜反应时需要在碱性溶液中，蔗糖水解时加入了硫酸，需要首先加入氢氧化钠溶液，然后再进行银镜反应，D错误；答案选A。
7．下列说法错误的是
A．可用洪特规则解释第一电离能Be>B
B．基态原子4s轨道半满的元素分别位于IA族和IB族
C．与NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H－N－H键角更大
D．CaF2品体中Ca2+与最近F−的核间距离为a cm，则其晶胞的棱长为cm
【答案】B
【解析】A．洪特规则为电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，Be的电子排布式是：1s22s2，B的电子排布为：1s22s22p1，可以用洪特规则解释第一电离能Be>B，A正确；B．K的4s轨道半满，位于IA族，Cr的4s轨道半满，位于VIB族，Cu的4s轨道半满，位于IB族，B错误；C．NH3中N原子含有孤电子对，孤电子对对N－H键的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位键N－Zn键的成键电子对对N－H键的斥力大，所以前者H－N－H更集中，键角更小，后者中的H－N－H键角更大，C正确；D．氟化钙晶胞中，钙离子和氟离子最近的核间距是a cm，是体对角线的四分之一，设晶胞棱长是cm，可以得到，所以=，即晶胞的棱长为cm，D正确；所以答案为B。
8．冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是
A．活性溴化合物BrCl中含非极性键
B．溴自由基和氯自由基只具有氧化性
C．通过循环大气中OH自由基的浓度降低
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等
【答案】D
【解析】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；C．BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；故选D。
9．实验室利用下图装置测定水分子的构成。下列说法错误的是
A．装置①③④中依次盛装的药品是无水、碱石灰、碱石灰
B．需测定装置②实验前后的质量和装置③实验前后的质量
C．反应生成的氢气未能全部转化成水
D．实验后装置②的玻璃管中未全部变红，对实验结果无影响
【答案】A
【解析】由题中信息可知，本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成。A．①是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；③用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；④是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法错误；B．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验前后装置③的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置②和装置③的质量差，B说法正确；C．排装置中的空气要用氢气、反应后冷却要在氢气的氛围下进行，而且氢气与氧化铜不可能充分反应，所以C说法正确；D．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置②的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法正确。本题选A。
10．H2S是无色有恶臭味的有毒气体，空气中含0.1%的H2S就会迅速引起头痛、晕眩等症状，吸入大量H2S会造成昏迷或死亡。是一种神经毒剂。亦为窒息性和刺激性气体。其毒作用的主要靶器是中枢神经系统和呼吸系统，亦可伴有心脏等多器官损害，下列有关H2S的性质和用途说法不正确的是
A．硫化氢中的硫处于最低价态，能被氧气、氯气、碘、溴等单质氧化成硫单质
B．将H2S通入Pb(NO3)2溶液得到黑色沉淀，再加双氧水，沉淀会转化为白色
C．将H2S气体通入CuSO4溶液中，会产生硫酸，说明酸性
D．H2S通入AlCl3溶液得不到Al2S3沉淀，通入FeSO4溶液也不产生FeS沉淀
【答案】C
【解析】A．硫化氢中的硫处于最低价态，能被氧气、氯气、碘、溴等单质氧化成硫单质，故A正确；B．将H2S通入Pb(NO3)2溶液中，发生反应Pb(NO3)2+H2S=PbS+2HNO3，生成黑色沉淀PbS，PbS经过过氧化氢处理发生反应PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O，生成白色沉淀PbSO4，故B正确；C．该反应违背了强酸制弱酸的形式规律，但反应遵循由离子浓度大的向着离子浓度小的方向进行的本质规律，这是因为CuS是一种非常难溶的物质，它电离出的离子的浓度小于H2S电离出来的离子浓度，故上述反应得以发生，这个实验不能比较H2S与H2SO4的酸性强弱，故C错误；D．H2S的酸性小于HCl和H2SO4，根据强酸制弱酸的形式规律，H2S通入AlCl3溶液得不到Al2S3沉淀，通入FeSO4溶液也不产生FeS沉淀，故D正确；故选C。
11．2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是
A．原子半径：X>W>Z B．非金属性：X>Z>W
C．Y的氢化物可用于刻蚀玻璃 D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】B
【解析】据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A正确；B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；D．X为S元素，其最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，故D正确；综上所述答案为B。
12．不同温度下，将1mol CO2和3mol H2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．该反应的ΔH＜0
B．240℃时，该反应的化学平衡常数K=
C．240℃时，若充入2mol CO2和6mol H2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
D．240℃时，若起始时充入0.5mol CO2、2mol H2、1mol CH3OH、1mol H2O，反应向正反应方向进行
【答案】B
【解析】A．据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为x mol，列三段式：
平衡时甲醇的物质的量分数，解得x=，化学平衡常数，故B错误；C．240℃时，若充入2mol CO2和6mol H2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；D．240℃时，若起始时充入0.5mol CO2、2mol H2、1mol CH3OH、1mol H2O，，反应向正反应方向进行，故D正确；故选B。
13．下列有关说法不正确的是
A．干冰和SiO2的晶体类型相同
B． MgO的晶格能大于CaO
C．如图上所示的晶胞的化学式为KZnF3
D．DNA双螺旋的两个螺旋链通过氢键相互结合
【答案】A
【解析】A．干冰是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，两者的晶体类型不同，故A错误；B．离子晶体中，离子键越强，晶格能越大，氧化镁和氧化钙都是离子晶体，镁离子的离子半径小于钙离子，则氧化镁中的离子键强于氧化钙，氧化镁的晶格能大于氧化钙，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钾离子的个数为1，位于顶点的锌离子的个数为8×=1，位于棱上的氟离子个数为12×=3，则晶胞的化学式为KZnF3，故C正确；D．DNA双螺旋的两个螺旋链是通过氢键相互结合的，故D正确；故选A。
14．以I2为原料，通过电解法制备KIO3的实验装置如图所示。电解前，先将一定量的精制I2溶于过量KOH溶液，发生反应3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，将反应后的溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。下列说法正确的是
A．OH−会穿过离子交换膜向左侧移动
B．当外电路转移1mol e−，阴极区增重3.9g
C．若电流利用率为100%，电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的6倍
D．为避免酸性条件下KIO3与KI归中，原料中
【答案】C
【解析】左侧与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，本装置是制备KIO3，所以阳极区加入的溶液是I2和KOH反应后的溶液，电解过程中被氧化成KIO3；右侧与电源负极相连为阴极，充入的是KOH溶液，水电离出的氢离子被还原生成氢气；A．因为3为阳离子交换膜，所以OH−不会穿过交换膜向左侧移动，故A错误；B．当外电路转移1mol e−，阴极区水电离出的氢离子被还原生成氢气，阴极区质量减小，故B错误；C．若电流利用率为100%，直接歧化法3mol碘生成1mol碘酸钾，电解法lmol碘生成2mol碘酸钾，电解法制碘酸钾碘原子利用率为直接歧化法的6倍，故C正确；D．为避免酸性条件下KIO3与KI发生归中反应，原料中，故D错误；故选C。
15．电解质溶液导电能力越强，电导率越大，常温下用0.1000mol·L−1 NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.1000mol·L−1的盐酸和亚硝酸(HNO2)溶液(已知亚硝酸在常温下pKa=-lgKa=3.3，酸性强于乙酸)，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图(1)所示(溶液混合后体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A．c、d两点溶液中离子总浓度相等
B．e点溶液中c(NO)+c(HNO2)+c(Na+)=0.2000mol·L−1
C．乙酸、亚硝酸加水稀释时，溶液的电导率变化如图(2)所示，则曲线Ⅰ表示亚硝酸
D．a点溶液和d点溶液的混合后溶液的pH＜7
【答案】D
【解析】A．由图知，c、d两点溶液的电导率不同，则离子总浓度不相等，A错误；B．e点溶液体积约(10.00+20)mL，为等物质的量浓度氢氧化钠和亚硝酸钠的混合溶液，物料守恒，则c(NO)+
c(HNO2)+c(Na+)=0.1000mol·L−1，B错误；C．已知亚硝酸酸性强于乙酸，加水稀释时，酸越弱，酸电离产生的离子浓度变化幅度越小，电导率下降幅度越小，则曲线Ⅰ表示乙酸，C错误；D．由图知：a点溶液为等物质的量浓度的NaCl、HCl混合溶液，d点亚硝酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应、溶液为NaNO2溶液，二者混合后，HCl和NaNO2溶液反应生成NaCl和HNO2、且反应中生成HNO2和多余的NaNO2等物质的量，故混合溶液含NaCl、等物质的量浓度的HNO2、NaNO2混合溶液，已知亚硝酸在常温下pKa=-lgKa=3.3，Ka(HNO2)=10−3.3，NaNO2水解呈碱性、，则亚硝酸的电离程度大于亚硝酸钠的水解程度，，D正确；答案选D。
二、非选择题（共55分。）
16．高氯酸铵(NH4ClO4)是复合火箭推进剂的重要成分，也可以做氧化剂、分析试剂等。实验室可由NaClO3等原料制取高氯酸铵(部分物质溶解度如图)，其实验流程如图：
已知：氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠。
(1)根据如下溶解度与温度的关系图像推测，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，滤渣的主要成分为___(写化学式)。反应器中加入氯化铵饱和溶液，然后加热并搅拌使其充分反应，反应的化学方程式为_________。若氯化铵用氨气和浓盐酸代替上述反应，则无需加热反应就能进行，其原因是_______。
(2)反应得到的混合液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.40和0.20。根据溶解度与温度的关系图像，从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为___、___(均填实验操作名称)、过滤、冷水洗涤、干燥，冷水洗涤的作用是__________________。
(3)已知NH4ClO4在400℃时开始分解，某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内的药品均足量)。甲同学设计如图实验(部分夹持装置已省略)：
①若高氯酸铵分解有氯气生成，则可能观察到C中的现象是_______________________，写出产生该现象的离子方程式_________________。
②通过查阅资料：NH4ClO4在加热分解时还产生了一种使带火星木条复燃的气体。写出高氯酸铵分解的化学方程式__________。实验完毕后，取出E处硬质玻璃管中固体于试管中，滴加蒸馏水，产生的气体R能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，R的电子式为_________。
【答案】（1）NaClO4 NaClO4+NH4ClNH4ClO4↓+NaCl NH3和HCl发生化合反应放热
（2） 蒸发浓缩 冷却结晶 减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失
（3） 溶液变蓝 Cl2+2I−=I2+2Cl− 2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O
【解析】(1)80℃降温到0℃的过程中，涉及到的物质有NaClO4和NaCl，其中NaClO4的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度几乎不受影响，故降温到0℃时，滤渣的主要成分为NaClO4；向滤渣中加入NH4Cl饱和溶液，加热反应，化学反应方程式为NaClO4+NH4ClNH4ClO4↓+NaCl；使用NH4Cl时，反应需要加热，更换为氨气和浓盐酸时，不需要加热，说明氨气和浓盐酸化合放热，以提供反应所需要的热量；(2) 从溶解度曲线图来看，NH4ClO4的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度几乎不受影响，则要想获得较多NH4ClO4晶体，需要采用冷却热饱和溶液的方法，实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥；其中，使用冷水洗涤的作用是减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失；(3)①若NH4ClO4分解有Cl2生成，可能观察到C中溶液变为蓝色，相应的离子方程式为Cl2+2I−=I2+2Cl−；②能使带火星木条复燃的气体是O2；在NH4ClO4中，一个Cl原子得到7个电子，变为Cl2，4个H原子会结合2个O原子形成2H2O，则剩余的2个O原子失去4个电子生成O2，故N原子要失去3个电子生成N2，即NH4ClO4的分解产物除了有Cl2、O2之外，还有H2O、N2，故NH4ClO4分解的化学方程式为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O；气体R能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则R为NH3，其电子式为。
17．三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件材料和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、氧化铁、碳等)提取Ni2O3，工业流程如图：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+。
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4·H2O＞NiC2O4·2H2O。
③Ksp[Al(OH)3]=1.9×10−23，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Ni(OH)2]=1.6×10−14，Ksp(NiC2O4)=1.0×10−9。
回答下列问题：
(1)“预处理”操作可以选择用_______(填标号)来除去废旧镍电池表面的矿物油污。
A．纯碱溶液浸泡 B．NaOH溶液浸泡 C．酒精清洗
(2)①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是_______________________________(从两个角度分析)。
②常温下，盐酸的浓度为2.5mol/L，液固比与镍的浸出率的关系如表所示，
液固比
7∶1
6∶1
5∶1
镍的浸出率/%
95.63
95.32
89.68
实际生产采取的液固比为___，主要原因是____________________________。
(3)室温下，“浸出”所得溶液中Fe3+的浓度为0.2mol·L−1，当溶液的pH从1调到2时，沉铁率为______。
(4)证明“沉镍”中，Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象为： 。
(5)写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式： 。
(6)电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了ClO−，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式： 。
【答案】（1）C
（2） HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2 6∶1 此条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但生产成本增加
（3） 80%
（4） 向“沉镍”后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全
（5） NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2NaCl
（6） 2Ni(OH)2+ClO−=Ni2O3+Cl−+2H2O
【解析】表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可选用酒精预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，加入NiO调节pH值，促进铁离子水解，产生氢氧化铁与氢氧化铁沉淀，除去铁与铝元素，加入草酸钠沉淀镍元素。(1)“预处理”操作表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可选用酒精预处理；(2)①温度高于40℃时加快盐酸挥发，加上温度高镍离子水解程度加大，镍的浸出率开始下降；②6∶1时浸出率已经很高，用7∶1提高不大，没必要用7∶1增加成本；(3)pH=2时代入Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38=，求得，沉铁率=；(4)取“沉镍”后的上层清液滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完；(5)加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2NaCl；(6)“氧化”反应ClO−把二价镍Ni(OH)2氧化为Ni2O3三价镍，反应的离子方程式2Ni(OH)2+ClO−=Ni2O3+Cl−+2H2O。
18．氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ．(1)已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−1
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221kJ·mol−1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_____________。
Ⅱ．利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(l) ΔH＜0
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是__。
A．c(NH3)∶c(NO)=2∶3
B．n(NH3)∶n(N2)不变
C．容器内压强不变
D．容器内混合气体的密度不变
E．1mol N—H键断裂的同时，生成1mol O—H键
(3)某研究小组将2mol NH3、3mol NO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：
①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_________。
②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是__________________。
Ⅲ．NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应历程能量变化如图所示。
(4)写出决定NO氧化反应速率的化学方程式：________________。
(5)将物质的量分数为2m% NO(g)、m% O2(g)和q% He(g)的气体通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。平衡时，若NO转化率为α，则该反应平衡常数Kp=__假设体系中无N2O4；以分压表示，分压=总压×物质的量分数；用含p、m、a的代数式表示。
Ⅳ．用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。
(6)用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式 。
(7)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是 。
【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·mol−1
（2） AE
（3） 0.171mol·(L·min)−1 升高温度，平衡逆向移动
（4） 2N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)
（5）
（6） (NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O
（7） NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多
【解析】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K=，则反应的方程式为2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)。①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−l，②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mol−1，③2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol−1，根据盖斯定律，将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO
(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·mol−1；(2)A．根据方程式可知氨气与一氧化氮按2∶3反应，且按n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反应物，所以任意时刻都满足c(NH3)∶c(NO)=2∶3，不能判断该反应达到平衡状态，故A选；B．反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH3)∶n(N2)会变小，当该值不再变化时，说明反应达到平衡状态，故B不选；C．平衡正向移动时压强减小，逆向移动时压强增大，所以压强不变时，反应达到平衡状态，故C不选；D．生成物中有液态水，所以气体的总质量为变量，但总体积不变，所以密度是变量，所以当混合气体密度不变时，能说明反应达到平衡状态，故D不选；E．1mol N－H键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1mol O－H键，描述的都是正反应速率，不能判断该反应达到平衡状态，故E选；故答案为：AE；(3)①420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率v(NO)==0.171mol·(L·min)−1，故答案为：0.171mol·(L·min)−1；②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，故答案为：平衡逆向移动；(4)由图可知，Ea2＞Ea1，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为2N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，故答案为：2N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)；(5)由题目信息可知，起始NO(g)、O2(g)、He(g)的物质的量分数为2m%、m%、q%，且2m+m+q=100，NO转化率为α
p(NO2)=×p==，同理可求出p(NO)=，p(O2)=，Kp===，故答案为：；(6)NO和NO2的体积比为1∶1，即反应中化学计量数之比为1∶1，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为(NH2)2CO+NO+NO2
=2N2+CO2+2H2O，故答案为：(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；(7)一氧化氮难溶于水，大量的一氧化氮通入之后并不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多。
19．高分子化合物PA66的合成路线如下：
已知：
(1)A属于芳香化合物，其结构简式是______。
(2)①的化学方程式是______。
(3)C中所含官能团的名称是_______。
(4)②的反应条件是______。
(5)④的化学方程式是______。
(6)有多种同分异构体，符合下列条件的有__种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式： 。
ⅰ．为链状化合物且无支链；ⅱ．为反式结构；iii．能发生银镜反应。
(7)已知：RCH=CH2RCH2CH2COOCH3。有机物C可由2－丁烯经4步反应合成，请结合题中信息完成下列合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)__________________________。
【答案】（1）
（2）2+O22+2H2O
（3）羧基
（4）浓硫酸、加热
（5）OHC(CH2)4CHO+2H2HO(CH2)4OH
（6）3种
或或
（7）
CH3CHBrCHBrCH3CH2=CH－CH=CH2
CH3OOC(CH2)4COOCH3HOOC－(CH2)4－COOH
【解析】芳香族化合物A分子式是C6H6O，不饱和度为4，A与H2在Ni催化下加热发生加成反应产生B，B与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生，逆推B为，则A是；发生氧化反应产生C是HOOC－(CH2)4－COOH，B与浓硫酸混合加热发生消去反应产生D：，D催化氧化变为E：OHC(CH2)4CHO；E与H2发生加成反应产生F：HO－CH2(CH2)4CH2OH，F与NH3发生取代反应产生G：H2N－CH2(CH2)4CH2NH2，C与G发生缩聚反应产生PA66：。根据分析可知：A是，B是，C是HOOC－(CH2)4－COOH，D是，E是OHC(CH2)4CHO，F是HO－CH2(CH2)4CH2OH，G是H2N－CH2(CH2)4CH2NH2。(1)A结构简式是；(2)反应①是与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生、H2O，反应方程式为：2+O22+2H2O；(3)C结构简式是HOOC－(CH2)4－COOH，其中所含官能团是羧基；(4)②B是，B与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生，因此反应条件是浓硫酸、加热；(5)E是OHC(CH2)4CHO；反应④是OHC(CH2)4CHO与H2在Ni催化下发生加成反应产生F：HO－CH2(CH2)4CH2OH，则反应④的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+2H2HO(CH2)4OH；(6)有多种同分异构体，其同分异构体符合条件：ⅰ．为链状化合物且无支链；ⅱ．为反式结构；iii．能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，则符合条件的同分异构体结构简式为：或或；(7)CH3CH=CHCH3与Br2发生加成反应产生CH3CHBrCHBrCH3，然后与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH－CH=CH2；CH2=CH－CH=CH2与CO、CH3OH在催化剂存在条件下发生反应产生CH3OOC(CH2)4COOCH3，CH3OOC(CH2)4COOCH3与稀硫酸混合加热，发生酯的水解反应产生C：HOOC－(CH2)4－COOH，用箭头表示转化关系为：
CH3CHBrCHBrCH3CH2=CH－CH=CH2
CH3OOC(CH2)4COOCH3HOOC－(CH2)4－COOH。
（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（十五）
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
一、选择题：每小题3分，共45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．南昌汉代海昏侯国遗址公园于2020年9月23日正式开园。海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
【答案】B
【解析】A．竹简由竹子制成，竹子的主要成分为纤维素，A正确；B．青铜为铜锡合金，铜锌合金为黄铜，B错误；C．玛瑙的主要成分为SiO2，SiO2能与碱发生复分解反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C正确；D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化，所以出土的马蹄金光亮如新，D正确；综上所述答案为B。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．异丁烷的结构式： B．CaO2的电子式：
C．CH3CH2F的比例模型： D．Br的原子结构示意图：
【答案】D
【解析】A．异丁烷的结构式需要把所有的化学键均表示出来，没有画出碳氢键，不是结构式，属于结构简式，A错误；B．CaO2中含有过氧根，共用一个电子对，所以CaO2的电子式为：，B错误；C．F原子半径应小于碳原子，C错误；D．Br是35号原子，Br的原子结构示意图：，D正确；答案选D。
3．维生素C对人体健康有很重要的作用，能治疗或辅助治疗多种疾病，其结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是
A．维生素C分子中五元环上的碳原子一定共平面
B．维生素C能使难以被人体吸收的Fe3＋还原为易于被人体吸收的Fe2＋
C．维生素C既能与金属钠反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．维生素C的同分异构体中可能存在芳香族化合物
【答案】D
【解析】A．由乙烯结构可知，双键碳原子和与碳碳双键直接相连的原子，6个原子共平面，故A项正确；B．维生素C具有强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，故B项正确；C．维生素C中含有羟基和酯基官能团，能与Na发生置换反应，能在氢氧化钠作用下发生水解反应，水解生成羧基官能团，能与氢氧化钠中和，故C项正确；D．若含苯环，不饱和度至少是4，维生素C的分子式为C6H8O6，不饱和度为3，故D项错误；综上所述答案为D。
4．下列过程没有发生化学反应的是
A．用活性炭去除冰箱中的异味
B．用热碱水清除炊具上残留的油污
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果
D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】A．用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，A正确；B．用热碱水清除炊具上残留的油污是利用油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，B错误；C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果是利用高锰酸钾溶液将催熟水果的乙烯氧化，属于化学变化，C错误；D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化；铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，D错误。答案选A。
5．下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++HCO+OH−=MgCO3↓+H2O
B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++SO2+H2O+2ClO−=CaSO3↓+2HClO
C．向KClO溶液中滴加浓盐酸：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
D．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
【答案】C
【解析】A．碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，故A错误；C．向次氯酸钾溶液中滴加浓盐酸发生的反应为次氯酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；B．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫发生的反应为次氯酸钙溶液与少量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸，反应的离子方程式为Ca2++SO2+H2O+2ClO−=CaSO4↓+2Cl−+2H+，故B错误；D．碘离子的还原性比亚铁离子的强，所以向碘化亚铁溶液中通入少量氯气发生的反应为碘离子与氯气反应生成氯离子和碘，反应的离子方程式为2I−+Cl2=I2+2Cl−，故D错误；故选C。
6．下列实验的操作、现象、解释或结论都正确的是
操作
现象
解释或结论
A
甲苯与高锰酸钾溶液混合振荡
水层紫红色褪去
苯环对甲基有活化作用
B
FeCl3、KI混合溶液中滴加KSCN溶液
溶液呈红色
FeCl3不与KI反应
C
向氯化铜溶液中逐滴加入氨水
产生沉淀继而溶解
氢氧化铜有两性
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热
未出现银镜
蔗糖未水解
【答案】A
【解析】A．甲苯中由于苯环对甲基的活化作用，使得甲基易被氧化，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．反应中氯化铁可能是过量的，所以加入KSCN溶液，溶液仍然会显红色，氯化铁能与碘化钾反应生成单质碘和氯化亚铁，B错误；C．氢氧化铜沉淀能溶解在氨水中形成络合物，氢氧化铜是碱，不是两性氢氧化物，C错误；D．醛基发生银镜反应时需要在碱性溶液中，蔗糖水解时加入了硫酸，需要首先加入氢氧化钠溶液，然后再进行银镜反应，D错误；答案选A。
7．下列说法错误的是
A．可用洪特规则解释第一电离能Be>B
B．基态原子4s轨道半满的元素分别位于IA族和IB族
C．与NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H－N－H键角更大
D．CaF2品体中Ca2+与最近F−的核间距离为a cm，则其晶胞的棱长为cm
【答案】B
【解析】A．洪特规则为电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，Be的电子排布式是：1s22s2，B的电子排布为：1s22s22p1，可以用洪特规则解释第一电离能Be>B，A正确；B．K的4s轨道半满，位于IA族，Cr的4s轨道半满，位于VIB族，Cu的4s轨道半满，位于IB族，B错误；C．NH3中N原子含有孤电子对，孤电子对对N－H键的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位键N－Zn键的成键电子对对N－H键的斥力大，所以前者H－N－H更集中，键角更小，后者中的H－N－H键角更大，C正确；D．氟化钙晶胞中，钙离子和氟离子最近的核间距是a cm，是体对角线的四分之一，设晶胞棱长是cm，可以得到，所以=，即晶胞的棱长为cm，D正确；所以答案为B。
8．冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是
A．活性溴化合物BrCl中含非极性键
B．溴自由基和氯自由基只具有氧化性
C．通过循环大气中OH自由基的浓度降低
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等
【答案】D
【解析】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；C．BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；故选D。
9．实验室利用下图装置测定水分子的构成。下列说法错误的是
A．装置①③④中依次盛装的药品是无水、碱石灰、碱石灰
B．需测定装置②实验前后的质量和装置③实验前后的质量
C．反应生成的氢气未能全部转化成水
D．实验后装置②的玻璃管中未全部变红，对实验结果无影响
【答案】A
【解析】由题中信息可知，本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成。A．①是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；③用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；④是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法错误；B．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验前后装置③的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置②和装置③的质量差，B说法正确；C．排装置中的空气要用氢气、反应后冷却要在氢气的氛围下进行，而且氢气与氧化铜不可能充分反应，所以C说法正确；D．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置②的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法正确。本题选A。
10．H2S是无色有恶臭味的有毒气体，空气中含0.1%的H2S就会迅速引起头痛、晕眩等症状，吸入大量H2S会造成昏迷或死亡。是一种神经毒剂。亦为窒息性和刺激性气体。其毒作用的主要靶器是中枢神经系统和呼吸系统，亦可伴有心脏等多器官损害，下列有关H2S的性质和用途说法不正确的是
A．硫化氢中的硫处于最低价态，能被氧气、氯气、碘、溴等单质氧化成硫单质
B．将H2S通入Pb(NO3)2溶液得到黑色沉淀，再加双氧水，沉淀会转化为白色
C．将H2S气体通入CuSO4溶液中，会产生硫酸，说明酸性
D．H2S通入AlCl3溶液得不到Al2S3沉淀，通入FeSO4溶液也不产生FeS沉淀
【答案】C
【解析】A．硫化氢中的硫处于最低价态，能被氧气、氯气、碘、溴等单质氧化成硫单质，故A正确；B．将H2S通入Pb(NO3)2溶液中，发生反应Pb(NO3)2+H2S=PbS+2HNO3，生成黑色沉淀PbS，PbS经过过氧化氢处理发生反应PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O，生成白色沉淀PbSO4，故B正确；C．该反应违背了强酸制弱酸的形式规律，但反应遵循由离子浓度大的向着离子浓度小的方向进行的本质规律，这是因为CuS是一种非常难溶的物质，它电离出的离子的浓度小于H2S电离出来的离子浓度，故上述反应得以发生，这个实验不能比较H2S与H2SO4的酸性强弱，故C错误；D．H2S的酸性小于HCl和H2SO4，根据强酸制弱酸的形式规律，H2S通入AlCl3溶液得不到Al2S3沉淀，通入FeSO4溶液也不产生FeS沉淀，故D正确；故选C。
11．2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是
A．原子半径：X>W>Z B．非金属性：X>Z>W
C．Y的氢化物可用于刻蚀玻璃 D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】B
【解析】据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A正确；B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；D．X为S元素，其最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，故D正确；综上所述答案为B。
12．不同温度下，将1mol CO2和3mol H2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．该反应的ΔH＜0
B．240℃时，该反应的化学平衡常数K=
C．240℃时，若充入2mol CO2和6mol H2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
D．240℃时，若起始时充入0.5mol CO2、2mol H2、1mol CH3OH、1mol H2O，反应向正反应方向进行
【答案】B
【解析】A．据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为x mol，列三段式：
平衡时甲醇的物质的量分数，解得x=，化学平衡常数，故B错误；C．240℃时，若充入2mol CO2和6mol H2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；D．240℃时，若起始时充入0.5mol CO2、2mol H2、1mol CH3OH、1mol H2O，，反应向正反应方向进行，故D正确；故选B。
13．下列有关说法不正确的是
A．干冰和SiO2的晶体类型相同
B． MgO的晶格能大于CaO
C．如图上所示的晶胞的化学式为KZnF3
D．DNA双螺旋的两个螺旋链通过氢键相互结合
【答案】A
【解析】A．干冰是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，两者的晶体类型不同，故A错误；B．离子晶体中，离子键越强，晶格能越大，氧化镁和氧化钙都是离子晶体，镁离子的离子半径小于钙离子，则氧化镁中的离子键强于氧化钙，氧化镁的晶格能大于氧化钙，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钾离子的个数为1，位于顶点的锌离子的个数为8×=1，位于棱上的氟离子个数为12×=3，则晶胞的化学式为KZnF3，故C正确；D．DNA双螺旋的两个螺旋链是通过氢键相互结合的，故D正确；故选A。
14．以I2为原料，通过电解法制备KIO3的实验装置如图所示。电解前，先将一定量的精制I2溶于过量KOH溶液，发生反应3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，将反应后的溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。下列说法正确的是
A．OH−会穿过离子交换膜向左侧移动
B．当外电路转移1mol e−，阴极区增重3.9g
C．若电流利用率为100%，电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的6倍
D．为避免酸性条件下KIO3与KI归中，原料中
【答案】C
【解析】左侧与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，本装置是制备KIO3，所以阳极区加入的溶液是I2和KOH反应后的溶液，电解过程中被氧化成KIO3；右侧与电源负极相连为阴极，充入的是KOH溶液，水电离出的氢离子被还原生成氢气；A．因为3为阳离子交换膜，所以OH−不会穿过交换膜向左侧移动，故A错误；B．当外电路转移1mol e−，阴极区水电离出的氢离子被还原生成氢气，阴极区质量减小，故B错误；C．若电流利用率为100%，直接歧化法3mol碘生成1mol碘酸钾，电解法lmol碘生成2mol碘酸钾，电解法制碘酸钾碘原子利用率为直接歧化法的6倍，故C正确；D．为避免酸性条件下KIO3与KI发生归中反应，原料中，故D错误；故选C。
15．电解质溶液导电能力越强，电导率越大，常温下用0.1000mol·L−1 NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.1000mol·L−1的盐酸和亚硝酸(HNO2)溶液(已知亚硝酸在常温下pKa=-lgKa=3.3，酸性强于乙酸)，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图(1)所示(溶液混合后体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A．c、d两点溶液中离子总浓度相等
B．e点溶液中c(NO)+c(HNO2)+c(Na+)=0.2000mol·L−1
C．乙酸、亚硝酸加水稀释时，溶液的电导率变化如图(2)所示，则曲线Ⅰ表示亚硝酸
D．a点溶液和d点溶液的混合后溶液的pH＜7
【答案】D
【解析】A．由图知，c、d两点溶液的电导率不同，则离子总浓度不相等，A错误；B．e点溶液体积约(10.00+20)mL，为等物质的量浓度氢氧化钠和亚硝酸钠的混合溶液，物料守恒，则c(NO)+
c(HNO2)+c(Na+)=0.1000mol·L−1，B错误；C．已知亚硝酸酸性强于乙酸，加水稀释时，酸越弱，酸电离产生的离子浓度变化幅度越小，电导率下降幅度越小，则曲线Ⅰ表示乙酸，C错误；D．由图知：a点溶液为等物质的量浓度的NaCl、HCl混合溶液，d点亚硝酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应、溶液为NaNO2溶液，二者混合后，HCl和NaNO2溶液反应生成NaCl和HNO2、且反应中生成HNO2和多余的NaNO2等物质的量，故混合溶液含NaCl、等物质的量浓度的HNO2、NaNO2混合溶液，已知亚硝酸在常温下pKa=-lgKa=3.3，Ka(HNO2)=10−3.3，NaNO2水解呈碱性、，则亚硝酸的电离程度大于亚硝酸钠的水解程度，，D正确；答案选D。
二、非选择题（共55分。）
16．高氯酸铵(NH4ClO4)是复合火箭推进剂的重要成分，也可以做氧化剂、分析试剂等。实验室可由NaClO3等原料制取高氯酸铵(部分物质溶解度如图)，其实验流程如图：
已知：氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠。
(1)根据如下溶解度与温度的关系图像推测，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，滤渣的主要成分为___(写化学式)。反应器中加入氯化铵饱和溶液，然后加热并搅拌使其充分反应，反应的化学方程式为_________。若氯化铵用氨气和浓盐酸代替上述反应，则无需加热反应就能进行，其原因是_______。
(2)反应得到的混合液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.40和0.20。根据溶解度与温度的关系图像，从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为___、___(均填实验操作名称)、过滤、冷水洗涤、干燥，冷水洗涤的作用是__________________。
(3)已知NH4ClO4在400℃时开始分解，某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内的药品均足量)。甲同学设计如图实验(部分夹持装置已省略)：
①若高氯酸铵分解有氯气生成，则可能观察到C中的现象是_______________________，写出产生该现象的离子方程式_________________。
②通过查阅资料：NH4ClO4在加热分解时还产生了一种使带火星木条复燃的气体。写出高氯酸铵分解的化学方程式__________。实验完毕后，取出E处硬质玻璃管中固体于试管中，滴加蒸馏水，产生的气体R能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，R的电子式为_________。
【答案】（1）NaClO4 NaClO4+NH4ClNH4ClO4↓+NaCl NH3和HCl发生化合反应放热
（2） 蒸发浓缩 冷却结晶 减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失
（3） 溶液变蓝 Cl2+2I−=I2+2Cl− 2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O
【解析】(1)80℃降温到0℃的过程中，涉及到的物质有NaClO4和NaCl，其中NaClO4的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度几乎不受影响，故降温到0℃时，滤渣的主要成分为NaClO4；向滤渣中加入NH4Cl饱和溶液，加热反应，化学反应方程式为NaClO4+NH4ClNH4ClO4↓+NaCl；使用NH4Cl时，反应需要加热，更换为氨气和浓盐酸时，不需要加热，说明氨气和浓盐酸化合放热，以提供反应所需要的热量；(2) 从溶解度曲线图来看，NH4ClO4的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度几乎不受影响，则要想获得较多NH4ClO4晶体，需要采用冷却热饱和溶液的方法，实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥；其中，使用冷水洗涤的作用是减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失；(3)①若NH4ClO4分解有Cl2生成，可能观察到C中溶液变为蓝色，相应的离子方程式为Cl2+2I−=I2+2Cl−；②能使带火星木条复燃的气体是O2；在NH4ClO4中，一个Cl原子得到7个电子，变为Cl2，4个H原子会结合2个O原子形成2H2O，则剩余的2个O原子失去4个电子生成O2，故N原子要失去3个电子生成N2，即NH4ClO4的分解产物除了有Cl2、O2之外，还有H2O、N2，故NH4ClO4分解的化学方程式为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O；气体R能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则R为NH3，其电子式为。
17．三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件材料和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、氧化铁、碳等)提取Ni2O3，工业流程如图：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+。
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4·H2O＞NiC2O4·2H2O。
③Ksp[Al(OH)3]=1.9×10−23，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Ni(OH)2]=1.6×10−14，Ksp(NiC2O4)=1.0×10−9。
回答下列问题：
(1)“预处理”操作可以选择用_______(填标号)来除去废旧镍电池表面的矿物油污。
A．纯碱溶液浸泡 B．NaOH溶液浸泡 C．酒精清洗
(2)①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是_______________________________(从两个角度分析)。
②常温下，盐酸的浓度为2.5mol/L，液固比与镍的浸出率的关系如表所示，
液固比
7∶1
6∶1
5∶1
镍的浸出率/%
95.63
95.32
89.68
实际生产采取的液固比为___，主要原因是____________________________。
(3)室温下，“浸出”所得溶液中Fe3+的浓度为0.2mol·L−1，当溶液的pH从1调到2时，沉铁率为______。
(4)证明“沉镍”中，Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象为： 。
(5)写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式： 。
(6)电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了ClO−，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式： 。
【答案】（1）C
（2） HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2 6∶1 此条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但生产成本增加
（3） 80%
（4） 向“沉镍”后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全
（5） NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2NaCl
（6） 2Ni(OH)2+ClO−=Ni2O3+Cl−+2H2O
【解析】表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可选用酒精预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，加入NiO调节pH值，促进铁离子水解，产生氢氧化铁与氢氧化铁沉淀，除去铁与铝元素，加入草酸钠沉淀镍元素。(1)“预处理”操作表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可选用酒精预处理；(2)①温度高于40℃时加快盐酸挥发，加上温度高镍离子水解程度加大，镍的浸出率开始下降；②6∶1时浸出率已经很高，用7∶1提高不大，没必要用7∶1增加成本；(3)pH=2时代入Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38=，求得，沉铁率=；(4)取“沉镍”后的上层清液滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完；(5)加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2NaCl；(6)“氧化”反应ClO−把二价镍Ni(OH)2氧化为Ni2O3三价镍，反应的离子方程式2Ni(OH)2+ClO−=Ni2O3+Cl−+2H2O。
18．氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ．(1)已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−1
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221kJ·mol−1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_____________。
Ⅱ．利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(l) ΔH＜0
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是__。
A．c(NH3)∶c(NO)=2∶3
B．n(NH3)∶n(N2)不变
C．容器内压强不变
D．容器内混合气体的密度不变
E．1mol N—H键断裂的同时，生成1mol O—H键
(3)某研究小组将2mol NH3、3mol NO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：
①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_________。
②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是__________________。
Ⅲ．NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应历程能量变化如图所示。
(4)写出决定NO氧化反应速率的化学方程式：________________。
(5)将物质的量分数为2m% NO(g)、m% O2(g)和q% He(g)的气体通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。平衡时，若NO转化率为α，则该反应平衡常数Kp=__假设体系中无N2O4；以分压表示，分压=总压×物质的量分数；用含p、m、a的代数式表示。
Ⅳ．用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。
(6)用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式 。
(7)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是 。
【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·mol−1
（2） AE
（3） 0.171mol·(L·min)−1 升高温度，平衡逆向移动
（4） 2N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)
（5）
（6） (NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O
（7） NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多
【解析】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K=，则反应的方程式为2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)。①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−l，②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mol−1，③2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol−1，根据盖斯定律，将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO
(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·mol−1；(2)A．根据方程式可知氨气与一氧化氮按2∶3反应，且按n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反应物，所以任意时刻都满足c(NH3)∶c(NO)=2∶3，不能判断该反应达到平衡状态，故A选；B．反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH3)∶n(N2)会变小，当该值不再变化时，说明反应达到平衡状态，故B不选；C．平衡正向移动时压强减小，逆向移动时压强增大，所以压强不变时，反应达到平衡状态，故C不选；D．生成物中有液态水，所以气体的总质量为变量，但总体积不变，所以密度是变量，所以当混合气体密度不变时，能说明反应达到平衡状态，故D不选；E．1mol N－H键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1mol O－H键，描述的都是正反应速率，不能判断该反应达到平衡状态，故E选；故答案为：AE；(3)①420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率v(NO)==0.171mol·(L·min)−1，故答案为：0.171mol·(L·min)−1；②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，故答案为：平衡逆向移动；(4)由图可知，Ea2＞Ea1，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为2N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，故答案为：2N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)；(5)由题目信息可知，起始NO(g)、O2(g)、He(g)的物质的量分数为2m%、m%、q%，且2m+m+q=100，NO转化率为α
p(NO2)=×p==，同理可求出p(NO)=，p(O2)=，Kp===，故答案为：；(6)NO和NO2的体积比为1∶1，即反应中化学计量数之比为1∶1，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为(NH2)2CO+NO+NO2
=2N2+CO2+2H2O，故答案为：(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；(7)一氧化氮难溶于水，大量的一氧化氮通入之后并不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多。
19．高分子化合物PA66的合成路线如下：
已知：
(1)A属于芳香化合物，其结构简式是______。
(2)①的化学方程式是______。
(3)C中所含官能团的名称是_______。
(4)②的反应条件是______。
(5)④的化学方程式是______。
(6)有多种同分异构体，符合下列条件的有__种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式： 。
ⅰ．为链状化合物且无支链；ⅱ．为反式结构；iii．能发生银镜反应。
(7)已知：RCH=CH2RCH2CH2COOCH3。有机物C可由2－丁烯经4步反应合成，请结合题中信息完成下列合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)__________________________。
【答案】（1）
（2）2+O22+2H2O
（3）羧基
（4）浓硫酸、加热
（5）OHC(CH2)4CHO+2H2HO(CH2)4OH
（6）3种
或或
（7）
CH3CHBrCHBrCH3CH2=CH－CH=CH2
CH3OOC(CH2)4COOCH3HOOC－(CH2)4－COOH
【解析】芳香族化合物A分子式是C6H6O，不饱和度为4，A与H2在Ni催化下加热发生加成反应产生B，B与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生，逆推B为，则A是；发生氧化反应产生C是HOOC－(CH2)4－COOH，B与浓硫酸混合加热发生消去反应产生D：，D催化氧化变为E：OHC(CH2)4CHO；E与H2发生加成反应产生F：HO－CH2(CH2)4CH2OH，F与NH3发生取代反应产生G：H2N－CH2(CH2)4CH2NH2，C与G发生缩聚反应产生PA66：。根据分析可知：A是，B是，C是HOOC－(CH2)4－COOH，D是，E是OHC(CH2)4CHO，F是HO－CH2(CH2)4CH2OH，G是H2N－CH2(CH2)4CH2NH2。(1)A结构简式是；(2)反应①是与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生、H2O，反应方程式为：2+O22+2H2O；(3)C结构简式是HOOC－(CH2)4－COOH，其中所含官能团是羧基；(4)②B是，B与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生，因此反应条件是浓硫酸、加热；(5)E是OHC(CH2)4CHO；反应④是OHC(CH2)4CHO与H2在Ni催化下发生加成反应产生F：HO－CH2(CH2)4CH2OH，则反应④的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+2H2HO(CH2)4OH；(6)有多种同分异构体，其同分异构体符合条件：ⅰ．为链状化合物且无支链；ⅱ．为反式结构；iii．能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，则符合条件的同分异构体结构简式为：或或；(7)CH3CH=CHCH3与Br2发生加成反应产生CH3CHBrCHBrCH3，然后与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH－CH=CH2；CH2=CH－CH=CH2与CO、CH3OH在催化剂存在条件下发生反应产生CH3OOC(CH2)4COOCH3，CH3OOC(CH2)4COOCH3与稀硫酸混合加热，发生酯的水解反应产生C：HOOC－(CH2)4－COOH，用箭头表示转化关系为：
CH3CHBrCHBrCH3CH2=CH－CH=CH2
CH3OOC(CH2)4COOCH3HOOC－(CH2)4－COOH。
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