重慶市第一中學(xué)2021-2022學(xué)年高三下學(xué)期第一次月考化學(xué)試題word版含解析

2022年重慶一中高2022屆高三下期第一次月考化學(xué)測(cè)試試題卷注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫(xiě)在答題卡上。2.作答時(shí)，務(wù)必將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷及草稿紙上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Na-23S-32Br-80一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.第24屆冬奧會(huì)正在北京舉辦，雪上項(xiàng)目所使用的滑雪板各部分對(duì)應(yīng)的材料中，屬于天然有機(jī)高分子的是A.板面——尼龍 B.板芯——木材C.板底——聚乙烯塑料 D.復(fù)合層——玻璃纖維【答案】B【解析】【詳解】A．尼龍是合成高分子材料，A錯(cuò)誤；B．木材主要成分是纖維素，屬于天然高分子材料，B正確；C．聚乙烯是合成高分子材料，C錯(cuò)誤；D．玻璃纖維屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，通常用作復(fù)合材料中的增強(qiáng)材料，D錯(cuò)誤；故選B。2.研究表明液態(tài)中存在自耦電離：，也會(huì)緩慢釋放出氧氣。下列關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示錯(cuò)誤的是A.的結(jié)構(gòu)式：B.的球棍模型：C.的電子式：D.中子數(shù)為10的氧原子：18O【答案】B【解析】【詳解】A．的結(jié)構(gòu)式為，A正確；B．的球棍模型中氧原子和氧原子之間應(yīng)為單鍵，B錯(cuò)誤；C．是H2O2失去一個(gè)H+形成的離子，故電子式為，C正確；D．中子數(shù)為10的氧原子，質(zhì)量數(shù)為18，故該原子為18O，D正確；故選B。3.下列物質(zhì)對(duì)應(yīng)的組成錯(cuò)誤的是A.TNT： B.天然橡膠：C.硝化甘油： D.酚醛樹(shù)脂：【答案】C【解析】【詳解】A．TNT為2,4,6-三硝基甲苯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故A正確；B．天然橡膠的主要成分是聚2-甲基-1,3-丁二烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故B正確；C．硝化甘油為三硝酸丙三酯的俗稱，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故C錯(cuò)誤；D．甲醛和苯酚一定條件下發(fā)生縮聚反應(yīng)生成酚醛樹(shù)脂，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，故D正確；故選C。4.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.1L1mol·L-1溴化銨水溶液中NH與H+離子數(shù)之和大于NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12LHF中含有氫原子數(shù)為0.05NAC.常溫下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，則AgCl飽和溶液中Ag+數(shù)目為×10-5NAD.電解飽和食鹽水時(shí)(惰性電極)，陰陽(yáng)兩極產(chǎn)生氣體總質(zhì)量為73g時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA【答案】A【解析】【詳解】A．1L1mol·L-1溴化銨水溶液中存在電荷守恒，即c(N)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，則物質(zhì)的量也滿足n(N)+n(H+)=n(Br-)+n(OH-)，因?yàn)閚(Br-)=1L1mol·L-1=1mol，所以該溶液中NH與H+離子數(shù)之和大于NA，故A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF為液態(tài)，無(wú)法使用22.4L/mol計(jì)算物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算AgCl飽和溶液中Ag+數(shù)目，故C錯(cuò)誤；D．用惰性電極電解飽和食鹽水時(shí)，陰極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，陽(yáng)極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，總反應(yīng)為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，由方程式可知，若有2mol電子轉(zhuǎn)移，則陰極產(chǎn)生1molH2，陽(yáng)極產(chǎn)生1molCl2，產(chǎn)生氣體總質(zhì)量為2g+71g=73g，所以當(dāng)陰陽(yáng)兩極產(chǎn)生氣體總質(zhì)量為73g時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故D錯(cuò)誤；答案選A。5.下列裝置和操作，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.裝置甲配制0.10mol/LNaOH溶液 B.裝置乙接收蒸餾時(shí)的餾出液C.裝置丙測(cè)定化學(xué)反應(yīng)速率 D.驗(yàn)證稀硝酸的還原產(chǎn)物為NO【答案】D【解析】【詳解】A．容量瓶不能用來(lái)溶解固體，A錯(cuò)誤；B．接受餾出液的牛角管和錐形瓶不用密封，B錯(cuò)誤；C．長(zhǎng)頸漏斗與錐形瓶不能形成密閉體系，C錯(cuò)誤；D．稀硝酸先與石灰石反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳裝置內(nèi)空氣排干凈，再將銅絲下移與稀硝酸接觸，在集氣瓶中可以收集到一氧化氮，進(jìn)而可以驗(yàn)證，D正確；故選D。6.下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是A.向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++HCO+OH-=MgCO3↓+H2OB.H218O中投入Na2O2固體：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑C.向苯酚鈉溶液中通入少量CO2：C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCOD.KHS溶液中加入CuCl2粉末：Cu2++S2-=CuS↓【答案】C【解析】【詳解】A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：，A錯(cuò)誤；B．H218O中投入Na2O2固體，生成的氧氣中氧原子有一半來(lái)自于水，一半來(lái)自過(guò)氧化鈉，B錯(cuò)誤；C．碳酸酸性比苯酚強(qiáng)，故離子方程式正確，C正確；D．HS-不可拆，Cu2++2HS-=CuS↓+2H+，D錯(cuò)誤；故選C。7.兔兒草醛是一種常見(jiàn)的香料添加劑。由兔兒草醇制備兔兒草醛的反應(yīng)如圖，下列說(shuō)法正確的是A.兔兒草醛的分子結(jié)構(gòu)中苯環(huán)上的二溴代物有4種B.兔兒草醇最多能與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)C.將兔兒草醇轉(zhuǎn)化為兔兒草醛所采用的試劑可以是“酸性K2Cr2O7溶液”D.兔兒草醇和兔兒草醛都能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A．兔兒草醛分子結(jié)構(gòu)中苯環(huán)上的取代基處于對(duì)位，其二溴代物為：、，共4種，A正確；B．兔兒草醇的物質(zhì)的量沒(méi)有給出，消耗氫氣的量無(wú)法計(jì)算，B錯(cuò)誤；C．酸性重鉻酸鉀溶液可將-CH2OH直接氧化成-COOH，C錯(cuò)誤；D．兔兒草醇和兔兒草醛的苯環(huán)及側(cè)鏈均可在一定的條件下發(fā)生取代反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選A。8.利用空氣催化氧化法除掉電石渣漿(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的過(guò)程如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.CaSO4·2H2O屬于純凈物B.過(guò)程I后溶液pH增大C.過(guò)程II中，反應(yīng)的離子方程式為：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-D.將10L上清液中的S2-(S2-濃度為480mg·L-1)轉(zhuǎn)化為SO，理論上共需要0.3molO2【答案】B【解析】【分析】由流程圖可知，CaO與MnSO4反應(yīng)生成Mn(OH)2，過(guò)程I中Mn(OH)2被O2氧化生成MnO，反應(yīng)的離子方程式為：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，過(guò)程II中，MnO與S2-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Mn(OH)2和S2O，反應(yīng)的離子方程式為：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，S2O被O2氧化生成SO，離子方程式為：S2O+2O2+2OH-=2SO+H2O，最終生成石膏(CaSO4·2H2O)?！驹斀狻緼．CaSO4·2H2O只含有一種化合物，屬于純凈物，故A正確；B．過(guò)程I中Mn(OH)2被O2氧化生成MnO，反應(yīng)的離子方程式為：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，消耗OH-，溶液中pH減小，故B錯(cuò)誤；C．過(guò)程II中，S2-轉(zhuǎn)化成S2O，反應(yīng)的離子方程式為：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正確；D．由原子守恒及電子守恒可知，，且兩個(gè)過(guò)程消耗O2，則將10L上清液中的S2-轉(zhuǎn)化為SO(S2-濃度為480mg·L-1)，理論上共需要O2的物質(zhì)的量為2=0.3mol，故D正確；答案選B。9.一種鋰離子電池的電解液添加劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期非金屬元素。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.XY2是酸性氧化物 B.WZ3中W達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)C.最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：Y＞X D.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期非金屬元素，Z形成1個(gè)共價(jià)鍵，則Z是第VIIA的元素，Y形成2個(gè)共價(jià)鍵則Y是第VIA元素，X形成4個(gè)共價(jià)鍵，說(shuō)明Y最外層有4個(gè)電子的第IVA元素，結(jié)合該陰離子帶一個(gè)單位負(fù)電荷，可知W與Y形成配位鍵，W原子最外層有3個(gè)電子，可推知W是B，X是C，Y是O，Z是F元素，然后根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及元素周期律分析解答?！驹斀狻緼．XY2是CO2，CO2與水反應(yīng)產(chǎn)生H2CO3，因此CO2是酸性氧化物，A正確；B．WZ3是BF3，B原子最外層有3個(gè)電子，與3個(gè)F原子形成3對(duì)共用電子對(duì)，使B原子最外層電子數(shù)是6個(gè)，未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，B錯(cuò)誤；C．X、Y形成的簡(jiǎn)單氫化物分別是CH4、H2O，二者都是由分子構(gòu)成的物質(zhì)，由于H2O分子之間存在氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)比CH4高，所以最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：Y＞X，C正確；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性就越強(qiáng)，由于元素的非金屬性：C＞B，所以酸性：H2CO3＞H3BO3，即最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)，D正確；故合理選項(xiàng)是B。10.苯乙烯是生產(chǎn)各種塑料的重要單體，其制備原理C6H5—C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)，實(shí)際生產(chǎn)中常以高溫水蒸氣作為反應(yīng)體系的稀釋劑(水蒸氣不參加反應(yīng))，圖為乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率與水蒸氣的用量、體系總壓強(qiáng)的關(guān)系。下列說(shuō)法正確的是A.b點(diǎn)和c點(diǎn)溫度和壓強(qiáng)相同，則反應(yīng)速率相同B.恒容時(shí)加入稀釋劑，C6H5—C2H5平衡轉(zhuǎn)化率不變C.a點(diǎn)轉(zhuǎn)化率為75%，則混合氣體中苯乙烯的體積分?jǐn)?shù)為1/3D.b點(diǎn)轉(zhuǎn)化率為50%，若起始向2L恒容容器中充入1mol乙苯，則平衡常數(shù)為0.5mol·L-1【答案】B【解析】【分析】該反應(yīng)正向氣體分子數(shù)增加，恒壓條件下，增大，相當(dāng)于減壓，平衡正向移動(dòng)?！驹斀狻緼．b點(diǎn)和c點(diǎn)溫度和壓強(qiáng)相同，c點(diǎn)比b點(diǎn)大，故c點(diǎn)反應(yīng)各物質(zhì)濃度減小，相當(dāng)于體系減壓，c點(diǎn)反應(yīng)速率比b點(diǎn)小，A錯(cuò)誤；B．恒容時(shí)加入稀釋劑，各物質(zhì)濃度均不變，C6H5—C2H5平衡轉(zhuǎn)化率不變，B正確；C．設(shè)起始時(shí)C6H5—C2H5的物質(zhì)的量為1mol，a點(diǎn)C6H5—C2H5的轉(zhuǎn)化率為75%，可列出三段式：，平衡時(shí)苯乙烯體積分?jǐn)?shù)為：，C錯(cuò)誤；D．b點(diǎn)轉(zhuǎn)化率為50%，若起始向2L恒容容器中充入1mol乙苯，可列出三段式:，平衡常數(shù)，D錯(cuò)誤；故選B。11.正戊烷異構(gòu)化為異戊烷是油品升級(jí)一項(xiàng)重要技術(shù)。在合適催化劑和一定壓強(qiáng)下，正戊烷的平衡轉(zhuǎn)化率(α)隨溫度變化如圖所示。名稱熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃燃燒熱ΔH/kJ·mol-1正戊烷-13036-3506.1異戊烷-159.427.8-3504.1下列說(shuō)法不正確的是A.25℃，101kPa時(shí)，正戊烷燃燒熱的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3CH2CH2CH2CH3(1)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(g)△H=-3506.1kJ/molB.36~150℃時(shí)，隨溫度升高，正戊烷異構(gòu)化反應(yīng)的平衡常數(shù)減小C.150℃時(shí)，體系壓強(qiáng)從100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡轉(zhuǎn)化率基本不變D.28~36℃時(shí)，隨溫度升高，正戊烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大，原因是異戊烷氣化離開(kāi)體系，產(chǎn)物濃度降低，平衡正向移動(dòng)【答案】A【解析】【詳解】A．燃燒熱是指在101kPa時(shí)，1mol物質(zhì)完全燃燒的反應(yīng)熱，完全燃燒是指碳元素轉(zhuǎn)化為氣態(tài)二氧化碳，氫元素轉(zhuǎn)化為液態(tài)水，所以25℃，101kPa時(shí)，正戊烷燃燒熱的熱化學(xué)反應(yīng)方程式應(yīng)為：CH3CH2CH2CH2CH3(1)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l)△H=-3506.1kJ/mol，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，36~150℃時(shí)，隨溫度升高，正戊烷轉(zhuǎn)化率降低，異構(gòu)化反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，故B正確；C．150℃時(shí)，正戊烷、異戊烷均為氣態(tài)，體系壓強(qiáng)從100kPa升高到500kPa，反應(yīng)前后氣體體積不變，正戊烷的平衡轉(zhuǎn)化率基本不變，故C正確；D．由表中異戊烷沸點(diǎn)為27.8℃，在28~36℃時(shí)，異戊烷氣化離開(kāi)體系，產(chǎn)物濃度降低，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致隨溫度升高，正戊烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；答案選A。12.微生物燃料電池在凈化廢水的同時(shí)能獲得能源或得到有價(jià)值的化學(xué)產(chǎn)品，下圖為其工作原理及廢水中離子濃度與去除率的關(guān)系。下列說(shuō)法正確的是A.正極反應(yīng)式是+7H2O+6e-=2Cr(OH)3+8OH-B.電池工作時(shí)，N極附近溶液pH減小C.處理1mol時(shí)有6molH+從交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移D.離子濃度較大時(shí)，可能會(huì)造成還原菌失活【答案】D【解析】【詳解】A．電解質(zhì)溶液呈酸性，則電極產(chǎn)物不可以出現(xiàn)OH-，正極的電極反應(yīng)式為：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，A錯(cuò)誤；B．由圖中信息可知，電池工作時(shí)，N極上H+與-2價(jià)的O結(jié)合產(chǎn)生水，溶液中c(H+)，故N附近溶液pH增大，B錯(cuò)誤：C．由電極反應(yīng)+6e-+14H+=2Cr3++7H2O可知：處理1mol時(shí)需要14mol的H+，同時(shí)會(huì)有一定量O2得電子，故從交換摸左側(cè)向右遷移的氫離子的物質(zhì)的量大于14mol，C錯(cuò)誤；D．由圖可知，離子濃度較大時(shí)，其去除率幾乎為0，因?yàn)槠溆袕?qiáng)氧化性和毒性，可能會(huì)造成還原菌的蛋白質(zhì)變性而失去活性，D正確；故合理選項(xiàng)是D。13.常溫下，向10mL一定濃度的硝酸銀溶液中，逐滴加入的氨水，反應(yīng)過(guò)程中或與加入氨水體積的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.原硝酸銀溶液的濃度是B.反應(yīng)生成氫氧化銀的的數(shù)量級(jí)為C.溶液b點(diǎn)的濃度小于溶液m點(diǎn)的濃度D.溶液m點(diǎn)【答案】D【解析】【分析】向硝酸銀溶液中，逐滴加入氨水，先生成氫氧化銀沉淀，銀離子濃度減小，加入過(guò)量的氨水，氫氧化銀和氨水反應(yīng)生成?！驹斀狻緼．由圖像可知加入10mL的氨水，恰好生成氫氧化銀沉淀，發(fā)生反應(yīng)，所以原硝酸銀溶液的濃度是，故A錯(cuò)誤；B．硝酸銀完全生成氫氧化銀沉淀時(shí)，銀離子濃度是mol/L，氫氧化銀的的數(shù)量級(jí)為，故B錯(cuò)誤；C．b→m發(fā)生反應(yīng)，氫氧根離子結(jié)合銨根離子生成一水合氨，所以溶液b點(diǎn)的濃度大于溶液m點(diǎn)的濃度，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒，溶液m點(diǎn)，m點(diǎn)的濃度是0.01mol/L，溶液呈堿性，所以，故D正確；選D。14.下列為達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康乃脤?shí)驗(yàn)操作或現(xiàn)象及原理解釋存在錯(cuò)誤的是實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象及原理解釋A探究Fe3+與I-的反應(yīng)程度向1mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入2mL0.1mol/LKI溶液，反應(yīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間，滴加2~3滴KSCN溶液I-過(guò)量，加入KSCN溶液變紅說(shuō)明溶液中存在Fe3+，為可逆反應(yīng)B探究石蠟油分解產(chǎn)物將石蠟油分解產(chǎn)物通入酸性高錳酸鉀溶液中溶液褪色，證明石蠟油分解生成了乙烯C探究Mg與Al元素的金屬性強(qiáng)弱用pH計(jì)測(cè)同溫同濃度的MgCl2和AlCl3溶液的pHpH(MgCl2)>pH(AlCl3)，則金屬性：Mg>AlD探究Zn和HSO4反應(yīng)速率向Zn與稀H2SO4反應(yīng)試管中加少量CuSO4固體產(chǎn)生氣泡明顯變快，形成原電池加快了反應(yīng)速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．Fe3+與I-的反應(yīng)為，由用量可知KI過(guò)量，加入KSCN溶液變紅說(shuō)明溶液中存在Fe3+，從而說(shuō)明該反應(yīng)不能進(jìn)行到底，為可逆反應(yīng)，故A正確；B．石蠟油分解產(chǎn)物通入酸性高錳酸鉀溶液中溶液褪色，能說(shuō)明產(chǎn)物中存在碳碳雙鍵，但不能證明是乙烯，故B錯(cuò)誤；C．pH(MgCl2)>pH(AlCl3)，根據(jù)鹽類水解規(guī)律越弱越水解可知堿性：Mg(OH)2>Al(OH)3，最高價(jià)氧化物的堿性越強(qiáng)元素的金屬性越強(qiáng)，故C正確；D．向Zn與稀H2SO4反應(yīng)試管中加少量CuSO4固體，Zn能換出Cu，鋅、銅、硫酸形成原電池原理，加快反應(yīng)速率，故D正確；故選：B；二、非選擇題：共58分。第15~17題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共3小題，共43分15.溴是一種重要的化工原料，在阻燃劑、醫(yī)藥、農(nóng)藥等多個(gè)領(lǐng)域均有廣泛應(yīng)用。海水是提取溴的最大來(lái)源。如圖是海水中提溴的工藝流程圖：（1）請(qǐng)畫(huà)出溴的原子結(jié)構(gòu)示意圖____。（2）上述工藝中，加酸的目的是____，在蒸餾塔中鼓入水蒸氣的目的是____。（3）目前的工藝也可用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸氣，反應(yīng)中有BrO和無(wú)色氣體生成，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___，吸收后重新得到溴單質(zhì)的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)___。（4）獲得的高濃度的液溴在保存時(shí)常在試劑瓶中加入少量____。（5）通過(guò)Br2進(jìn)一步反應(yīng)可以獲得KBrO3，該物質(zhì)常用于測(cè)定苯酚的含量。第一步：稱取苯酚試樣0.5000g，用NaOH溶液溶解后，用水準(zhǔn)確稀釋至250.00mL，移取25.00mL試液于碘瓶中，加入KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL及足量HCl溶液，充分反應(yīng)。第二步：向上述溶液中加入足量KI，然后用0.1000mol·L1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，用去15.00mL。第三步：另取KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，加入HCl及足量KI溶液，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，用去40.00mL。(已知：I2+2S2O=S4O+2I-)①第一步的目的是____。②計(jì)算苯酚的質(zhì)量分?jǐn)?shù)____。(保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位)③若第三步反應(yīng)中酸度過(guò)高，會(huì)使測(cè)定結(jié)果____(“偏大”、“偏小”、“不變”)，原因是____?！敬鸢浮浚?）（2）①.排除一些能與氯氣反應(yīng)的物質(zhì)，減少氯氣的損耗，強(qiáng)化氯氣的氧化性，更易得到溴單質(zhì)②.溶解溴化氫，增大溴化氫與氯氣的接觸面積，使反應(yīng)更加充分，更快反應(yīng)得到溴蒸氣，同時(shí)提高溴蒸氣的純度（3）①.②.（4）水（5）①.使苯酚充分溶解，提高后續(xù)實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確度②.78.33%③.偏大④.Na2S2O3發(fā)生歧化反應(yīng)，致使Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗體積偏大【解析】【分析】海水通過(guò)富集溴后在酸性環(huán)境下通入氯氣，得到溴單質(zhì)，用熱空氣吹出溴氣體，轉(zhuǎn)入吸收塔用二氧化硫和水吸收，得到溴化氫溶液，轉(zhuǎn)入蒸餾塔，再次用氯氣氧化，蒸餾，得到溴的蒸氣，在冷凝器中冷凝得到液溴。苯酚試樣用NaOH溶液溶解后，使體系環(huán)境呈堿性，苯酚生成苯酚鈉，完全溶于溶液之中，用水準(zhǔn)確稀釋，移取一部分于碘瓶中，加入足量HCl溶液中和堿性環(huán)境，同時(shí)使苯酚鈉生成苯酚，再用KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液充分反應(yīng)，利用剩余KBrO3氧化KI得到I2后，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液與苯酚反應(yīng)前后兩次氧化得到I2含量的差值，求算KBrO3KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液與苯酚反應(yīng)的消耗量，進(jìn)一步可求算苯酚的含量?！拘?wèn)1詳解】溴在第四周期ⅦA族，原子結(jié)構(gòu)示意圖：?！拘?wèn)2詳解】海水富集后加酸，可排除一些能與氯氣反應(yīng)的物質(zhì)，減少氯氣的損耗，強(qiáng)化氯氣的氧化性，更易得到溴單質(zhì)；在蒸餾塔中鼓入水蒸氣的目的是提高蒸餾塔內(nèi)濕度，溶解溴化氫，增大溴化氫與氯氣的接觸面積，使反應(yīng)更加充分，更快反應(yīng)得到溴蒸氣，同時(shí)提高溴蒸氣的純度?！拘?wèn)3詳解】用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸氣，反應(yīng)中有BrO和無(wú)色氣體生成，該反應(yīng)的離子方程式為：；吸收后溶液含有BrO和Br-，在酸性環(huán)境下重新得到溴單質(zhì)，離子反應(yīng)方程式為：。【小問(wèn)4詳解】由于液溴易揮發(fā)，其微溶與水，密度比水大，故液溴在保存時(shí)常在試劑瓶中加入少量水，實(shí)現(xiàn)水封保存?！拘?wèn)5詳解】①據(jù)分析可知，第一步的目的是使苯酚充分溶解，提高后續(xù)實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確度；②根據(jù)第三步實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL與HCl及足量KI溶液反應(yīng)得到I2的物質(zhì)的量為；根據(jù)第二步實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL與苯酚反應(yīng)后剩余物質(zhì)能氧化得到I2的物質(zhì)的量為，根據(jù)反應(yīng)：BrO+6I-+6H+=Br-+3I2+3H2O，可知與苯酚反應(yīng)的KBrO3物質(zhì)的量為(0.002-0.00075)mol×，根據(jù)反應(yīng)：6H++BrO+5Br-=3Br2+3H2O和3Br2+→+3HBr，可知KBrO3~3Br2~，則25.00mL試液中苯酚物質(zhì)的量為mol，故其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；③若第三步反應(yīng)中酸度過(guò)高，Na2S2O3發(fā)生歧化反應(yīng)，致使Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗體積偏大，導(dǎo)致計(jì)算KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液與苯酚反應(yīng)的量偏多，使測(cè)定結(jié)果偏大。【點(diǎn)睛】KBrO3—KBr標(biāo)準(zhǔn)溶液與苯酚反應(yīng)后剩余的KBrO3氧化I-得到I2，通過(guò)Na2S2O3滴定反應(yīng)前后得到I2的量的差值，可計(jì)算與苯酚反應(yīng)的KBrO3，進(jìn)而求出苯酚的質(zhì)量。16.某小組欲用電解的方法獲得Cu(OH)2，實(shí)驗(yàn)裝置如圖(電源裝置略去)。（1）分別以NaOH溶液和NaCl溶液為電解質(zhì)溶液制備Cu(OH)2。實(shí)驗(yàn)電解質(zhì)溶液現(xiàn)象銅電極附近石墨電極INaOH溶液出現(xiàn)渾濁，渾濁的顏色由黃色很快變?yōu)榇u紅色產(chǎn)生無(wú)色氣泡IINaCl溶液出現(xiàn)白色渾濁，渾濁向下擴(kuò)散，一段時(shí)間后，下端部分白色沉淀變?yōu)榇u紅色產(chǎn)生無(wú)色氣泡資料：i.CuOH是黃色、易分解的難溶固體，CuCl是白色的難溶固體。ii.氧化反應(yīng)中，增大反應(yīng)物濃度或降低生成物濃度，氧化反應(yīng)越易發(fā)生。iiiCu(OH)2易溶于NH3·H2O生成深藍(lán)色的[Cu(NH3)4]2+。①I和II中Cu作____極(填“陽(yáng)”或“陰”)。②II中石墨電極產(chǎn)生氣體的電極反應(yīng)式為_(kāi)___。③II中白色沉淀變?yōu)榇u紅色的離子方程式是___。根據(jù)II中現(xiàn)象，甲認(rèn)為電解質(zhì)溶液中存在Cl-有利于Cu被氧化為一價(jià)銅化合物，根據(jù)電極反應(yīng)解釋理由___。（2）探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，繼續(xù)實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)電解質(zhì)溶液現(xiàn)象IIINa2SO4溶液銅電極附近溶液呈藍(lán)色，一段時(shí)間后，U型管下端出現(xiàn)藍(lán)綠色沉淀資料：常溫時(shí)堿式硫酸銅[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大。①經(jīng)檢驗(yàn)，藍(lán)綠色沉淀中含有堿式硫酸銅，檢驗(yàn)方案是___。②小組認(rèn)為適當(dāng)增大c(OH-)可以減少堿式硫酸銅的生成，理由是___。（3）進(jìn)一步改進(jìn)方案，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)電解質(zhì)溶液現(xiàn)象IVNa2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)銅電極附近溶液呈深藍(lán)色VNa2SO4和NaOH的混合液(pH=9)銅電極附近出現(xiàn)藍(lán)色渾濁，一段時(shí)間后，U型管底部出現(xiàn)藍(lán)色沉淀IV中出現(xiàn)深藍(lán)色說(shuō)明電解生成了___離子。經(jīng)檢驗(yàn)，V中最終生成了Cu(OH)2。（4）0.98gCu(OH)2固體樣品受熱過(guò)程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示。試確定100~270℃時(shí)固體物質(zhì)A的化學(xué)式____?！敬鸢浮浚?）①.陽(yáng)②.2H2O+2e-=H2↑+2OH-③.2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O④.陽(yáng)極附近溶液中Cl-濃度大，易與Cu+生成CuCl，降低Cu+濃度，氧化反應(yīng)易發(fā)生（2）①.取少量藍(lán)綠色沉淀于試管中，滴加稀鹽酸，沉淀全部溶解，得到藍(lán)色溶液，向試管中滴加氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀②.常溫時(shí)堿式硫酸銅的溶解度比氫氧化銅的大，所以適當(dāng)增大氫氧根離子的濃度有利于氫氧化銅沉淀的生成，可以減少堿式硫酸銅的生成（3）[Cu(NH3)4]2+（4）CuO【解析】【小問(wèn)1詳解】①由題意可知，I和II中銅做電解池的陽(yáng)極，銅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞銅離子，故答案為：陽(yáng)；②由題意可知，II中石墨電極為電解池的陰極，水在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；③由題意可知，II中陰極產(chǎn)生的氫氧根離子自下而上向陽(yáng)極定向移動(dòng)，則白色沉淀變?yōu)榇u紅色的反應(yīng)為氯化亞銅與氫氧根離子反應(yīng)生成氧化亞銅、氯離子和水，反應(yīng)的離子方程式為2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；氯離子向陽(yáng)極移動(dòng)，陽(yáng)極附近溶液中氯離子濃度大，易與亞銅離子生成CuCl，降低溶液中生成的亞銅離子濃度，由信息ii可知，增大反應(yīng)物濃度或降低生成物濃度有利于氧化反應(yīng)易發(fā)生，則電解質(zhì)溶液中存在氯離子，有利于銅被氧化為一價(jià)銅化合物，故答案為：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；陽(yáng)極附近溶液中Cl-濃度大，易與Cu+生成CuCl，降低Cu+濃度，氧化反應(yīng)易發(fā)生；【小問(wèn)2詳解】①若藍(lán)綠色沉淀中只含有氫氧化銅，加入鹽酸溶解后，再加入氯化鋇溶液不會(huì)產(chǎn)生硫酸鋇白色沉淀，而堿式硫酸銅加入鹽酸溶解后，再加入氯化鋇溶液會(huì)產(chǎn)生硫酸鋇白色沉淀，則檢驗(yàn)方案是取少量藍(lán)綠色沉淀于試管中，滴加稀鹽酸，沉淀全部溶解，得到藍(lán)色溶液，向試管中滴加氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀；②由資料可知，常溫時(shí)堿式硫酸銅的溶解度比氫氧化銅的大，所以適當(dāng)增大氫氧根離子的濃度有利于氫氧化銅沉淀的生成，可以減少堿式硫酸銅的生成；【小問(wèn)3詳解】已知，Cu(OH)2易溶于NH3·H2O生成深藍(lán)色的[Cu(NH3)4]2+；由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，IV中出現(xiàn)深藍(lán)色說(shuō)明電解生成了銅氨絡(luò)離子，故答案為：[Cu(NH3)4]2+；【小問(wèn)4詳解】0.98gCu(OH)2的物質(zhì)的量為，固體物質(zhì)A中Cu的物質(zhì)的量為0.01mol，質(zhì)量為0.64g，則A中O的質(zhì)量為0.80-0.64=0.16g，物質(zhì)的量為，則Cu、O原子個(gè)數(shù)比為1：1，化學(xué)式為CuO。17.硫的相關(guān)化合物在生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。（1）工業(yè)上可以通過(guò)還原金屬氧化物獲得金屬單質(zhì)，也可通過(guò)還原金屬硫化物獲得金屬單質(zhì)。若穩(wěn)定單質(zhì)的能量為0，相關(guān)物質(zhì)能量大小如圖所示：工業(yè)上可用利用反應(yīng)Fe(s)+HgS(s)=FeS(s)+Hg(l)制備汞，計(jì)算該反應(yīng)的ΔH=____，工業(yè)上并未用H2還原HgS(s)，可能的原因是____。（2）已知HgS(紅)HgS(黑)的ΔH=17kJ·mol-1，ΔS=25J·mol-1·K-1，由此判斷常溫時(shí)HgS(s)可能以____存在。(填“紅色”或“黑色”)（3）在常溫時(shí)，將NH4HS(s)放入體積不變的真空瓶中，按NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)分解，測(cè)得平衡時(shí)的總壓為40kpa。①下列能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____a．氣體的顏色不再變化b．NH3的體積分?jǐn)?shù)不再變化c．氣體的總壓強(qiáng)不再變化d．H2S的濃度不再變化②若瓶中原來(lái)已經(jīng)盛有NH3，其壓力為30kpa，則達(dá)到平衡時(shí)的總壓為_(kāi)___。（4）CuSO4·5H2O和少量水蒸氣置于容積不變真空密閉容器中，分別發(fā)生下列三個(gè)過(guò)程時(shí)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)式、水蒸氣的平衡壓強(qiáng)和溫度關(guān)系如表所示：平衡反應(yīng)水蒸氣的平衡壓強(qiáng)p(H2O)kPa25℃50℃I：CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)1.006.00II：CuSO4·3H2O(s)CuSO4·H2O(s)+2H2O(g)0.754.12III：CuSO4·H2O(s)CuSO4(s)+H2O(g)0.100.60①如圖表示水蒸氣平衡壓強(qiáng)與溫度的關(guān)系曲線，其中表示平衡III的曲線是____(填a、b或c)，表示CuSO4·3H2O穩(wěn)定存在的區(qū)域是____(填A(yù)、B、C或D)。②50℃下已知反應(yīng)2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)在真空中達(dá)平衡時(shí)其壓強(qiáng)為4kPa，若只考慮反應(yīng)I，在NaHCO3(s)，Na2CO3(s)，CuSO4·5H2O(s)，CuSO4·3H2O(s)所組成的系統(tǒng)在平衡時(shí)CO2的分壓為_(kāi)__?！敬鸢浮浚?）①.-39kJ/mol②.H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)△H=+25kJ/mol＞0，反應(yīng)需在較高溫度下進(jìn)行，溫度升高，硫化氫易分解，生成的硫與汞與硫會(huì)重新化合（2）紅色（3）①.cd②.50kpa（4）①.c②.B③.kpa【解析】【小問(wèn)1詳解】由題干信息可知，工業(yè)上可用利用反應(yīng)Fe(s)+HgS(s)=FeS(s)+Hg(l)制備汞，計(jì)算該反應(yīng)的ΔH=生成物的總能量減去反應(yīng)物的總能量=(-97)+0-(-58)-0=-39kJ/mol，若用H2還原HgS即H2(S)+HgS(s)=Hg(l)+H2S(g)ΔH=(-33)-(-58)=+25kJ/mol，即若用H2(g)還原HgS(s)生成H2S(g)和Hg(s)的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)需在較高溫度下進(jìn)行，溫度升高，硫化氫易分解，生成的硫與汞與硫會(huì)重新化合，所以不能用氫氣還原硫化氫制備HgS，故答案為：-39kJ/mol；H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)△H=+25kJ/mol＞0，反應(yīng)需在較高溫度下進(jìn)行，溫度升高，硫化氫易分解，生成的硫與汞與硫會(huì)重新化合；【小問(wèn)2詳解】已知HgS(紅)HgS(黑)的ΔH=17kJ·mol-1，ΔS=25J·mol-1·K-1，則常溫下正反應(yīng)的=17000J·mol-1-298K×25J·mol-1·K-1=9550J·mol-1＞0，即正反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行，逆反應(yīng)可以自發(fā)進(jìn)行，則由此判斷常溫時(shí)HgS(s)可能以紅色存在，故答案為：紅色；【小問(wèn)3詳解】①a．已知NH3、H2S均為無(wú)色氣體，即容器中氣體的顏色從來(lái)不變，則氣體的顏色不再變化不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，a不合題意；b．由反應(yīng)可知，生成NH3和H2S的物質(zhì)的量相等，即NH3的體積分?jǐn)?shù)始終為50%保持不變，故NH3的體積分?jǐn)?shù)不再變化不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，b不合題意；c．隨著反應(yīng)的正向進(jìn)行，容器中氣體的物質(zhì)的量一直在增大，氣體的壓強(qiáng)一直增大，則氣體的總壓強(qiáng)不再變化說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡了，c符合題意；d．化學(xué)平衡的特征之一為各組分的濃度保持不變，則H2S的濃度不再變化說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，d符合題意；故答案為：cd；②由題干已知在常溫時(shí)，將NH4HS(s)放入體積不變的真空瓶中，按NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)分解，測(cè)得平衡時(shí)的總壓為40kpa，此時(shí)Kp=p(NH3)p(H2S)=20kpa×20kpa=400(kpa)2，溫度不變平衡常數(shù)不變，若瓶中原來(lái)已經(jīng)盛有NH3，其壓力為30kpa，設(shè)NH3的平衡壓強(qiáng)增大xkpa，Kp=p(NH3)p(H2S)=(30+x)x=400，解得x=10，則達(dá)到平衡時(shí)的總壓為30+10+10=50kpa，故答案為：50kpa；【小問(wèn)4詳解】①如圖表示水蒸氣平衡壓強(qiáng)與溫度的關(guān)系曲線，所示信息可知，溫度相同時(shí)，水蒸氣的平衡壓強(qiáng)pa＞pb＞pc，結(jié)合表中數(shù)據(jù)可知，其中表示平衡III的曲線是c，水蒸氣的壓強(qiáng)增大，即其濃度增大，上述平衡均逆向移動(dòng)，由圖中曲線結(jié)合表中數(shù)據(jù)可知，表示CuSO4·3H2O穩(wěn)定存在的區(qū)域是B，故答案為：c；B；②50℃下已知反應(yīng)2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)在真空中達(dá)平衡時(shí)其壓強(qiáng)為4kPa，則有：p(H2O)=p(CO2)=2kpa，Kp(1)=2kpa×2kpa=4(kpa)2，若只考慮反應(yīng)I，反應(yīng)I的Kp(2)=p2(H2O)=(6kpa)2=36(kpa)2，則有：，，在NaHCO3(s)，Na2CO3(s)，CuSO4·5H2O(s)，CuSO4·3H2O(s)所組成的系統(tǒng)在平衡時(shí)有：xy=4，x2=36，解得y=，即CO2的分壓為kpa，故答案為：kpa。(二)選考題：共15分。請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一道作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號(hào)涂黑。注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。18.2020年2月上海特斯拉公司宣布不再使用含鈷電池作為汽車電池。原因之一是鈷在地殼中含量低，鈷酸鹽價(jià)格貴。目前市場(chǎng)上鋰離子電池常用的電極正極材料是LiCoO2，負(fù)極材料一般為石墨。（1）畫(huà)出基態(tài)Co2+的價(jià)電子排布圖：____。（2）Co2+與CN-結(jié)合形成配合物[Co(CN)6]4-，其中與Co2+結(jié)合的C原子的雜化方式是____。（3）石墨可以合成三聚氰胺。CaO+3CCaC2+CO↑，CaC2+N2CaCN2+C，CaCN2+2H2O=NH2CN+Ca(OH)2，NH2CN用于合成三聚氰胺。CaCN2中陰離子為CN，與CN互為等電子體的分子有N2O和____(填化學(xué)式)，由此可以推知CN的空間構(gòu)型為_(kāi)___。（4）鈣離子半徑為0.106nm，鈷離子半徑為0.082nm，CaO的熔點(diǎn)為2572℃，CoO的熔點(diǎn)為1935℃，解釋前者熔點(diǎn)更高的主要原因是____。（5）石墨的晶胞為六方晶胞，部分晶胞參數(shù)如圖所示。若石墨的密度為dg·cm-3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則石墨中的C—C鍵長(zhǎng)為_(kāi)___pm，晶胞中A、B兩原子間距為_(kāi)___pm。側(cè)視圖俯視圖【答案】（1）（2）sp（3）①.CO2②.直線形（4）鈣離子半徑為0.106nm，鈷離子半徑為0.082nm，它們與氧離子形成的離子化合物屬于不同晶系，通常氧化鈣為面心立方堆積，氧化鈷為六方堆積，兩個(gè)離子晶體的晶格能不同（5）①.a②.【解析】【小問(wèn)1詳解】Co原子序數(shù)為27，價(jià)電子排布式為3d74s2，失去2個(gè)電子后，Co2+的價(jià)電子排布式為3d7，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理，價(jià)電子排布圖為：。【小問(wèn)2詳解】CN-中C與N形成三鍵，其中C有一個(gè)鍵，孤電子對(duì)數(shù)為(4+1-3)=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，雜化軌道數(shù)=價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2，故C原子的雜化方式是sp，故答案為：sp?！拘?wèn)3詳解】原子個(gè)數(shù)相同，價(jià)電子數(shù)相同的微粒為等電子體，與CN互為等電子體的分子還有CO2，等電子體結(jié)構(gòu)相似，故CN的空間構(gòu)型為直線形，故答案為：CO2；直線形?！拘?wèn)4詳解】CaO和CoO形成的晶體都是離子晶體，若二者晶體結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)