（新高考）山东高考化学押题卷化学卷(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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普通高等学校招生全国统一考试
化 学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是
A．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发生水解反应
B．将草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高
C．食用的碘盐通常是纯净的碘酸钾
D．工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料
【答案】D
【解析】糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，多糖、二糖、蛋白质和油脂能发生水解反应，但单糖不能发生水解，故A错误；草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根水解生成的氢氧根与铵离子反应生成易分解的NH3·H2O，会造成氮肥损失，B错误；食用的碘盐为含有碘酸钾的NaCl，不是纯净物，故C错误；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，故D正确。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．11.7g NaCl晶体中含有0.2NA个NaCl分子
B．用惰性电极电解1L 0.2mol·L−1 AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，标况下，阴极得到的气体体积为2.24L
C．0.1mol Fe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸溶液中，该反应转移的电子数为0.3NA
D．1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子数为2NA
【答案】B
【解析】NaCl为离子晶体，由Na+、Cl−构成，NaCl晶体中不含NaCl分子，A错误；惰性电极电解1L 0.2mol·L−1 AgNO3溶液，阴极先是Ag+得电子，不产生气体，当银离子放电完全时才会氢离子放电产生氢气，阳极一直是氢氧根失去电子生成氧气，假设两极产生气体均为x mol，则：

根据得失电子数相等，则有0.2+2x=4x，所以x=0.1，阴极产生的氢气在标况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，B正确；反应后Fe可能显+3价，也可能显+2价，所以反应过程中转移的电子数为0.3NA或0.2NA，C错误；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，D错误。
3．我国科学家发现了一类由组成的磁性超导材料。下列说法不正确的是
A．Se原子核外有3个未成对电子 B．Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5
C．AsO的空间构型为正四面体形 D．基态F原子的核外电子有9种运动状态
【答案】A
【解析】A．Se的价电子轨道表示式为，原子核外有2个未成对电子，A不正确；B．Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，4s轨道上电子的能量最高，所以FeFe3+时失去4s轨道上的2个电子和d轨道上的一个电子故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，B正确；C．AsO的中心As原子的价层电子对数为，则发生sp3杂化，空间构型为正四面体形，C正确；D．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氟原子核外电子数为9，所以电子的运动状态有9种，D正确；故选A。
4．利用图中所示装置及试剂，能达到相应实验目的的是


选项
甲
实验目的
A
饱和食盐水
除去HCl中的Cl2
B
KMnO4溶液
从HCl和SO2的混合气体中分离出HCl
C
饱和Na2SO3溶液
除去CO2中的SO2
D
CuSO4溶液
除去乙烯中的PH3
【答案】D
【解析】饱和食盐水能除Cl2中HCl，不能除Cl2，故A错误；KMnO4溶液能将HCl和SO2全部氧化，不能将其分离，故B错误；饱和Na2SO3溶液能将SO2反应除去，但部分CO2也能与Na2SO3溶液反应，故C错误；由反应24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4可知，PH3可用CuSO4溶液除去，故D正确。
5．国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是

A．0.1mol该物质与氢气发生加成反应，共消耗氢气15.68L
B．该兴奋剂中有能发生银镜反应的同分异构体
C．该物质在一定条件下可以发生取代反应、消去反应和加成反应
D．1mol该物质在碱性条件下水解消耗NaOH共4mol
【答案】B
【解析】一个苯环与氢气加成消耗氢气3mol，碳碳双键1mol，故消耗氢气0.7mol，但题中未注明标准状况下，故A错误；该兴奋剂中含有醛基的同分异构体能发生银镜反应，B正确；羟基和卤素原子连接在苯环上不能发生消去反应，故C错误；该物质在碱性条件下水解，3mol酚羟基消耗3mol氢氧化钠，1mol卤素原子水解消耗1mol氢氧化钠后，可再生产1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠共5mol，故D错误。
6．主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数均不大于20，X是地壳中含量最多的金属元素，WQ2可与水剧烈反应生成一种强碱和一种可燃性气体，Y与Z同族，且Z的最高价和最低价代数和为6，下列说法中不正确的是
A．工业制取X通常电解其氧化物制得
B．WQ2中既含有离子键又含有共价键
C．原子半径X＞Q＞Z
D．Y、Z两种元素的气态氢化物的稳定性：Y＞Z
【答案】C
【解析】五种元素原子序数均不大于20，X是含量最多的金属元素，为Al，WQ2可与水剧烈反应生成一种强碱和一种可燃性气体，故WQ2为CaC2，Z的最高价和最低价代数和为6，故Z为Cl，Y与Z同族，Y为F，工业制铝是通过电解Al2O3，故A正确；CaC2中既有离子键又有共价键，故B正确；同一周期原子半径从左往右逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径Al＞Cl＞C，故C错误；非金属性：F＞Cl，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，故D正确。
7．下列根据实验操作和实验现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实现现象
结论
A
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸
出现白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解
久置的Na2SO3溶液已全部变质
B
取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后，取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热
未有砖红色沉淀生成
蔗糖未水解
C
常温下用pH计测定浓度均为0.1mol·L−1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pH
pH：NaClO溶液>NaHCO3溶液
酸性：
H2CO3＞HClO
D
向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO离子被还原为NH3
【答案】D
【解析】Na2SO3遇BaCl2生成BaSO3，BaSO3遇硝酸也会生成BaSO4，所以不能说明Na2SO3溶液已全部变质，故A错误。蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液的反应应在碱性条件下进行，故B错误；NaClO溶液会发生水解生成氢氧化钠和次氯酸，氢氧化钠使试纸变蓝，HClO具有漂白性，把试纸漂白，最终无法测得NaClO溶液的pH，C项错误；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明NO被还原为NH3，D正确。
8．下列离子反应方程式正确的是
A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO3)=1∶2时，3Fe+2NO+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2O
B．CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓+2NH
C．向硫酸铝铵溶液滴加足量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH−＝AlO+2BaSO4↓+2H2O
D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：2H++SO+Ba2++2OH−＝2H2O+BaSO4↓
【答案】A
【解析】当n(Fe)∶n(HNO3)=1∶4时，Fe+NO+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，再增加1倍的Fe时，2Fe3++Fe=3Fe2+，铁过量，故A正确；CuSO4与过量浓氨水反应Cu2++4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++4H2O，B错误；向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，离子反应方程式为NH+Al3++2SO
+2Ba2++4OH−＝Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，故C错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：H++SO+Ba2++OH−＝H2O+BaSO4↓，故D错误。
9．根据文献记载，下图属于新型催化氮气固定机理，下列叙述不正确的是

A．该催化固氮总反应为N2+3H2=2NH3
B．是反应催化剂
C．整个催化过程中存在N—Ti键的断裂和生成
D．加压有利于该反应提高产率
【答案】B
【解析】由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，Ti3+L3为催化剂，反应的总反应方程式为N2+3H2=2NH3，故A正确；由固定机理的示意图可知，Ti3+L3为催化剂，是反应中间体，故B错误；由固定机理的示意图可知，c→d的过程存在N—Ti键的断裂，a→b的过程存在N—Ti键的生成，故C正确；由N2+3H2=2NH3反应可知，加压促使反应正向移动，提高产率，故D正确。
10．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是

A．发生器中发生反应的离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2
B．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
C．吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】C
【解析】A．根据流程图可知NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2＝Na2SO4+2ClO2，故离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2，A正确；B．H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，B正确；C．吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O
+O2↑，其中ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；D．根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，D正确；选C。
二、 选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．下图属于日本产业研究所和日本学术振兴会共同开发研究的大容量锂空气电池。下列说法不正确的是

A．充电时，a为阴极
B．放电时，b极附近pH增大
C．放电时，在有机电解液中加入少量NaCl溶液，可提高导电性
D．用此装置电解熔融CuSO4，当电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g
【答案】CD
【解析】充电时锂离子向a极移动，电解池中阳离子向阴极移动，a是阴极，故A正确；根据图片知，放电时该装置是原电池，正极（b极）上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−＝4OH−，溶液的pH增大，故B正确；放电时，负极材料为金属锂，加入NaCl溶液，碱金属锂与水溶液反应，故C错误；电解熔融CuSO4，阴极Cu2+放电，转移0.2mol电子产生0.1mol Cu，共6.4g，故D错误。
12．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分），设计了如下流程，下列说法不正确的是

A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3
B．捕获剂所捕获的气体主要是CO
C．X可以是空气，当它过量时，会发生反应：4NO+2O24NO
D．处理含NH废水时，氧化剂和还原剂的比例为1∶1
【答案】A
【解析】固体1中主要含有CaCO3、CaSO3以及过量的石灰乳，故A错误；根据流程可判断气体2中为CO和N2，无污染气体是N2，所以捕获的气体主要是CO，故B正确；根据流程图可判断气体1为N2、NO、CO，X为空气或者氧气，目的是将NO转化成NO2，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，若空气过量，则产物除了有亚硝酸钠，还有硝酸钠，转化关系为4NO+2O24NO，故C正确；D中处理含NH废水时，氧化剂为亚硝酸根离子，还原剂为铵根离子，比例是1∶1，故D正确。
13． 一定压强下，向10L密闭容器中充入1mol S2Cl2和1mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2
SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图，以下说法正确的是

A．该反应是吸热反应
B．A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B点、D点
C．一定温度下，在密闭容器中达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，S2Cl2的平衡转化率减小
D．达到平衡后再加热，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】在A点，Cl2与SCl2的消耗速率(v)相等，则反应未达平衡；在B点，Cl2的消耗速率v(Cl2)=0.03mol·(L·min)−1，在D点，SCl2的消耗速率v(SCl2)=0.06mol·(L·min)−1，反应物与生成物的速率之比等于化学计量数之比，则反应达到平衡状态；继续升高温度，SCl2的消耗速率大于Cl2的消耗速率的二倍，则平衡逆向移动，所以正反应为放热反应。A．由分析可知，正反应为放热反应，A错误；B．根据分析可知，达到平衡状态的为B点、D点，B正确；C．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，相当于加压，该反应前后气体系数之和相等，所以平衡不发生移动，S2Cl2的平衡转化率不变，C错误；D．据图可知达到平衡后再加热，SCl2的消耗速率大于Cl2的消耗速率的二倍，则平衡逆向移动，D错误；综上所述答案为B。
14．t℃时，配制一组c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1的H2CO3与HCl或H2CO3与NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒浓度的负对数(-lgc)与pH关系如图所示。下列说法正确的是

A．常温下，反应H2CO3+CO2HCO的平衡常数为1.0×104
B．pH=7的溶液中：c(Na+)＜c(H2CO3)
C．pH=a的溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(H+)
D．pH=10.3的溶液中：c(Na+)＜1.000×10−3mol∙L−1
【答案】AC
【解析】常温下，当pH=6.3时，c(H2CO3)=c(HCO)，则Ka(H2CO3)=c(H+)=1×10−6.3mol∙L−1，同理可知，当pH=10.3时，c(CO)=c(HCO)，则Ka(HCO)=c(H+)=1×10−10.3mol∙L−1，反应H2CO3+CO
2HCO的平衡常数为
=1×104，故A正确；根据图中信息可知当pH=7时，c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，且c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得到c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)，因此c(Na+)＞c(H2CO3)，故B错误；当pH=a时，c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(H+)，故C正确；由A项可知Ka(H2CO3)=1×10−6.3，Ka(HCO)=1.000×10−10.3，则，=1×104，当pH=10.3时，c(CO)=
c(HCO)，则；c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1，则c(H2CO3)=
5.000×10−8mol∙L−1，2c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1-5.000×10−8mol∙L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)＞c(HCO)+2c(CO)，即c(Na+)＞3c(CO)，故c(Na+)＞1.000×10−3mol∙L−1，故D错误。
15．某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。

已知：AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)+Cl−+2H2O
下列说法错误的是
A．“氧化”阶段的离子方程式为4Ag+4ClO−+2H2O＝4AgCl+4OH−+O2↑
B．为加快“溶解”速率，可采用高温条件
C．实验室中过滤所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
D．为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
【答案】B
【解析】由实验流程可知，预处理后的光盘片含有Ag，一定条件下经NaClO氧化生成AgCl，AgCl不溶于水，过滤后，加入10%氨水溶解，发生已知信息的反应，转化为Ag(NH3)，过滤后，滤液经一系列操作还原为Ag。根据氧化还原反应化合价升降，转移电子守恒可知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4ClO−+2H2O＝4AgCl+4OH−+O2↑，故A正确；B．氨水中的NH3·H2O受热易分解为NH3和H2O，不利于溶解AgCl，故不能采用高温条件，故B错误；C．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的流失，提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，故D正确；答案选B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4·2H2O(磷酸铁)的工艺流程如下：

(1)浸取的过程中，加快浸取的速率的方法有 （写出两项）
(2)操作X中用到的玻璃仪器为 。
(3)制备操作中需要适当加热，但温度不宜过高的原因是 。
(4)“浸取”时，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将Fe2P氧化。则浸取过程中Fe2P与O2反应的化学方程式为 。
(5)浸取过程中硝酸浓度不宜过高，温度过高有可能导致磷铁渣浸取速率降低，原因是 。
(6)在pH范围为1~1.5时，随着pH的增大，制备流程产物中含铁量逐渐增大，其原因有可能为 。写出制备流程中生成FePO4·2H2O的离子方程式 。
【答案】（1）搅拌、适当的增大酸的浓度（其他合理答案也可以）（2分）
（2） 漏斗、烧杯、玻璃杯（1分）
（3） 温度过高，氨水会加速分解，导致产品产率降低（2分）
（4） 4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5（2分）
（5） 硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率（2分）
（6） pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大（1分）
Fe3++H3PO4+nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH+(3-n)H+(n=1，2，3均可)（2分）
【解析】(1)增大浸取的反应速率有搅拌，适当的增大酸的浓度等；(2)操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；(3)氨水在温度过高时会进行分解，降低产量，导致反应物含量降低，产品产率降低；(4)根据题干信息，O2将Fe和P分别氧化为Fe2O3和P2O5，根据得失电子守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；(5)硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率；(6)pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大；根据流程图可推知溶液中含有Fe3+和H3PO4，加入NH3·H2O得到FePO4，可推知生成FePO4·2H2O的原料是Fe3+、H3PO4、NH3·H2O等，结合原子守恒即可写出离子方程式。
17．（12分）(一)过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为：2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：
[样品][样品2.08g][溶液][固体]
（1）操作③为___________。
（2）操作②中将产生的气体通过澄清石灰水后，用排水法收集气体气体标况下为112mL，则样品的纯度为 。
(二)为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。
（3）加入铁粉后第一步离子反应方程式为 。
（4）甲同学认为，若析出红色固体物质，向溶液中滴加KSCN溶液，一定无现象。该说法
（填“合理”或“不合理”）。
（5）该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请按下表格式补充写出实验操作步骤、预期现象与结论。
实验操作步骤
预期现象与结论
步骤1：观察样品
溶液呈蓝绿色，___________(填“能”或“不能”)
确定产物中铁元素的价态
步骤2：取少量溶液，滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去
结论：________________，
反应离子方程式为 。
步骤3：另取少量溶液，滴加KSCN溶液
若溶液变为红色，说明产物中含+3价的铁元素；
若溶液颜色无明显变化，则说明产物中不含+3价的铁元素
【答案】（1）蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥（2分）
（2）58.7%（2分）
（3）Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O（2分）
（4）合理（2分）
（5）不能（1分） 说明产物中含+2价铁元素（1分） MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O（2分）
【解析】（1）操作③为溶液蒸发结晶操作，并得到固体，故为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥；（2）产生气体通过澄清石灰水后，主要为氧气，为0.005mol，通过2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+
O2↑+2H2O方程可知，Na2CO4物质的量为0.01mol，则质量为1.22g，所以纯度为1.22/2.08=58.7%；（3）因HNO3氧化性比Cu2+强，所以铁粉先与HNO3反应，故方程为Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；（4）反应后铁粉剩余，继续与Fe3+反应，最后再与Cu2+反应生成铜单质为红色，故析出铜单质后，无Fe3+剩余，滴加KSCN溶液无现象，所以合理；（5）Fe2+在溶液中为浅绿色，Fe3+在溶液中为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，因此不能确定产物中铁元素的价态；滴入KMnO4溶液，若紫色褪去，则说明存在+2价铁元素，反应离子方程式为MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
18．（10分）Ⅰ．CH4、CO2都是碳的重要化合物，实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。(1)在一定条件下，可通过CH4与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝-890.3kJ·mol−1
②N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH＝+67.0kJ·mol−1
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝-41.0kJ·mol−1
则2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g) ΔH＝_____kJ·mol−1；
(2)在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内，在不同温度下，NO2的转化率如图（横坐标为反应温度，纵坐标为NO2转化率/%）：

则下列叙述正确的是____________。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的v(逆)＞e点的v(逆)
C．平衡常数：c点＝d点
D．提高c点时NO2的转化率和反应速率，可减小压强或增大c(CH4)
(3)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时CO2、H2、CH4、H2O的浓度依次分别为0.2mol·L−1，0.8mol·L−1，0.8mol·L−1，1.6mol·L−1。则300℃时上述反应的平衡常数K=_____。200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的ΔH_____(填“>’’或“<”)0。
Ⅱ．已知可逆反应A(g)B(g)的正、逆反应均为一级反应，v正=k正·c(A)，v逆=k逆·c(B)且存在如下数据：
温度（K）
600
850
速率
常数
k正(min−1)
32
70
k逆(min−1)
8
12
(4)600K时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入2mol气体A，已知反应过程中物质的浓度、速率常数和反应时间之间满足如下关系：2.3lg=(k正+k逆)t，[c0(A)为反应物A的起始浓度，ct(A)、ct(B)分别为A，B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时间]，则：
①t=________min时反应达平衡。
②反应一段时间后A，B浓度相等，则这段时间内正反应的平均反应速率v=______mol/(L·min)(保留整数)。(已知lg2=0.3，lg5=0.7)
【答案】（1）-1750.6（1分）
（2） A（2分）
（3） 25（2分） ＜（1分）
（4） 0.023（2分） 87（2分）
【解析】（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol−1；②N2(g)+2O2(g)2
NO2(g) ΔH=+67.0kJ·mol−1；③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-41.0kJ·mol−1；则根据盖斯定律可知2×(①-②-③
×2)即得到热化学方程式2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g)的ΔH=-1750.6kJ·mol−1；（2）A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，A正确；B．由d到e温度升高，转化率下降，可知反应向逆向移动，且e点温度高，温度越高，反应速率增大，故b点的v逆＜e点的v逆，B错误；C．c、d温度不同，平衡常数不同，C错误；D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，该反应的是一个体积增大的反应，当减小压强，反应向正反应进行，转化率增大，但反应速率减小，D错误，答案选A。（3）平衡常数=0.8×1.62/0.2×0.84=25；因为温度降低，平衡常数增大，说明平衡正向移动，正反应放热。（4）由已知的v正=k正·c(A)，v逆=k逆·c(B)和给出的600K条件下的数据可知，当达到平衡时，v正=32c(A)=v逆=8c(B)得K==4。设A转化x mol/L，根据三段式可得：
①A(g)B(g)
起始(mol/L) 2 0
转化(mol/L) x x
平衡(mol/L) 2-x x
600K时，平衡常数K=4，有=4，解得：x=1.6mol/L，所以2.3lg=(32+8)t，解得：t=0.023，故答案为0.023；②反应一段时间后A，B浓度相等，即ct(A)=ct(B)=1mol/L，2.3lg=(32+8)t，解得：t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均反应速率v==87mol/(L·min)；故答案为87。
19．（12分）氨及其化合物与人类生产、生活息息相关。其中尿素(H2NCONH2)是人类最早合成的有机物，工业上生产尿素的反应为N2+3H22NH3，2NH3+CO2H2NCONH2+
H2O。回答下列问题：
(1)纳米氧化铜、纳米氧化锌均可作合成氨的催化剂，基态Cu2+的电子排布式为______，Zn位于元素周期表的_____区。
(2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是_________
(3)上述化学方程式中的无机化合物，沸点由高到低的顺序是______，原因是_________。
(4)尿素分子中，C原子杂化轨道类型是___，π键与σ键数目之比为____。
(5)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼如图(a)和六方氮化硼(b)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似。

①X－射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞参数为361.5pm，则立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为______pm。(=1.732)
②已知六方氮化硼同层中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3，则层与层之间距离的计算表达式为________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9（1分） ds（1分）
（2） O＞N＞C（1分）
（3） H2O＞NH3＞CO2（2分） 三者都是分子晶体，但H2O和NH3都存在分子间氢键，且H2O分子间的氢键作用力强于NH3（1分）
（4） sp2（1分） 1∶7（1分）
（5） 156.5pm（2分） cm=×1010pm（2分）
【解析】(1)Cu原子的原子序数是29，Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个电子所得Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区；(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O＞N＞C；(3)上述化学方程式中的无机化合物，沸点由高到低的顺序是H2O＞NH3＞CO2，原因：三者都是分子晶体，但H2O和NH3都存在分子间氢键，且H2O分子间的氢键作用力强于NH3；(4)尿素的结构式为，分子中C原子与O原子形成双键（其中含有1个σ键和1个π键），与2个N原子形成单键（均为σ键），则C原子杂化轨道类型是sp2，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则π键和σ键数目之比为1∶7；(5)N原子是面心立方最密堆积，B填充在四面体空隙，B原子与周围的4个N原子形成正四面体结构。设立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x，根据立体几何知识，x与正四面体的高（h）的关系为x=h，正四面体的高（h）与正四面体的棱长（l）关系为h=l，棱长l与晶胞边长a的关系为a=l，所以立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x=a，可求得x=×361.5pm≈156.5pm；②已知六方氮化硼同层中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3。六方氮化硼晶胞可以取为，一个晶胞中含有B的个数为个，含有N的个数为；设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2h cm3，六棱柱质量为g=a2hd g，得h=cm=×1010pm。
20．（14分）X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，是重要的化工原料。已知烯烃在一定条件下发生下列反应：

已知：(1)
(2)R－CH=CH－COOH（低级烯酸的酸性一般强于碳酸）
根据上述转化关系，回答问题：
(1)X的结构简式为 ，F的结构简式为 ，C中含有的官能团为 。
(2)写出反应类型：BC： ，DE： 。
(3)AB的反应方程式 。EG的反应方程式 。
(4)属于溴代羧酸C的同分异构体有 种。
(5)已知：，请设计以苯乙烯为原料合成化合物不超过五步的合成路线(无机试剂任选) 。
【答案】(1)CH3CH=CH2（1分） （1分） 羧基、溴原子（1分）
(2)取代反应（1分） 消去反应（1分）
(3)（2分）
n+nHOCH2CH2OH+nH2O（2分）
(4)4（1分）
(5)（4分）
【解析】X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，说明X为相对分子质量为42且含有不饱和键，则X为丙烯。A能与新制氢氧化铜反应，A中含有醛基，B为羧酸，C的化学式可知B到C发生取代反应，含有溴原子和羧基。C到D的反应是在氢氧化钠溶液中加热，溴原子被羟基取代。根据D的结构简式可知C的结构简式为，B的结构简式为，A的结构简式为。E与甲醇在浓硫酸加热的条件下得到F，F的结构简式为，同理G的结构简式为。（1）由分析可知X的结构简式为CH3CH=CH2，F的结构简式为，C中含有的官能团为溴原子和羧基；（2）BC属于卤素原子取代反应，DE属于醇脱水的消去反应，故答案为取代反应、消去反应；（3）由已知条件可得A的结构简式为，故与新制Cu(OH)2溶液反应方程式为，E在浓硫酸的作用下与乙二醇反应生成酯，然后发生加聚反应生成高分子有机物G。故反应方程式为n+nHOCH2CH2OH+nH2O；（4），共4种；(5)合成路线为：。