2020屆山東省德州市高三第一次模擬考試化學(xué)試題(解析版)

PAGE5-2020屆山東省德州市高三第一次模擬考試化學(xué)試題注意事項：1.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，不能將答案直接答在試卷上。2.考試結(jié)束后，請將答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1C：12N：14O：16S：32C1：35.5Ba：137第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.新型冠狀病毒病正威脅著人們的身體健康。以下是與新型冠狀病毒相關(guān)的一些認識，其中正確的是A.新型冠狀病毒由C、H、O三種元素組成B.生產(chǎn)醫(yī)用防護服、口罩均要用到有機高分子材料C.過氧化氫、乙醇、過氧乙酸等消毒液均可以將病毒氧化而達到消毒目的D.84消毒液是以NaClO為主要有效成分的消毒液，與醫(yī)用酒精混合可以提升消毒效果【答案】B【解析】【詳解】A．病毒是由一個核酸分子(DNA或RNA)與蛋白質(zhì)構(gòu)成的非細胞形態(tài)，靠寄生生活的介于生命體及非生命體之間的有機物種，因此新型冠狀病毒除C、H、O三種元素外還含有N、P等元素，故A錯誤；B．生產(chǎn)醫(yī)用防護服、口罩主要采用PP(聚丙烯，占總數(shù)的62%)無紡布材料，適用于農(nóng)用薄膜、制鞋、制革、床墊、均要用到有機高分子材料，故B正確；C．過氧化氫、過氧乙酸等消毒液均可以將病毒氧化而達到消毒目的；乙醇能滲入細菌體內(nèi)，使組成細菌的蛋白質(zhì)凝固而達到消毒目的，原理不同，故C錯誤；D．如果將酒精和84消毒液混在一起會發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，乙醇被次氯酸鈉氧化，使消毒效果降低，故D錯誤；答案選B。2.據(jù)《GreenChemistry》報道：我國學(xué)者發(fā)明了低壓高效電催化還原CO2的新方法，其總反應(yīng)為：NaC1+CO2CO+NaC1O。下列說法正確的是（）A.CO2的電子式：B.NaC1屬于離子晶體，其配位數(shù)為8C.NaC1O中既有離子鍵又有共價鍵D.還原22.4LCO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)2NA【答案】C【解析】【詳解】A.二氧化碳是共價化合物，含有兩個碳氧雙鍵，電子式為，故A錯誤；B.NaCl屬于離子晶體，其陰陽離子配位數(shù)是6，故B錯誤；C.NaC1O中是離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故C正確；D.缺標準狀況，無法計算22.4L二氧化碳的物質(zhì)的量，不能計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故D錯誤；故選C。3.下列說法正確是（）A.CH≡CH和CH2=CHCH=CH2互為同系物B.互為同分異構(gòu)體C.有機物的二氯代物有5種D.(CH3)3C-CH=CH2與氫氣加成后，生成2，2，3—【答案】C【解析】【詳解】A.同系物必須是同類物質(zhì)，含有相同數(shù)目的相同官能團，CH≡CH的官能團為碳碳三鍵，屬于炔烴，CH2=CH-CH=CH2的官能團為碳碳雙鍵，屬于烯烴，CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2不是同類物質(zhì)，不互為同系物，故A錯誤；B.同分異構(gòu)體必須具有相同的分子式，不同的結(jié)構(gòu)，和的分子式為C6H6，的分子式為C6H8，與和的分子式不同，不互為同分異構(gòu)體，故B錯誤；C.的一氯代物有2種，分別為和，的氫原子再被氯原子取代有4種，示意圖為，的氫原子再被氯原子取代有1種，示意圖為，共有5種，故C正確；D.(CH3)3C-CH=CH2與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成(CH3)3C-CH2CH3，(CH3)3C-CH2CH3屬于烷烴，名稱2故選C?！军c睛】同系物必須是同類物質(zhì)，含有相同數(shù)目的相同官能團，同分異構(gòu)體必須具有相同的分子式，不同的結(jié)構(gòu)。4.下列對實驗事實的理論解釋正確的是（）選項實驗事實理論解釋A酸性：HC1O＜H2CO3非金屬：C＞C1BNH3溶于水形成的溶液能導(dǎo)電NH3是電解質(zhì)C氮原子的第一電離能大于氧原子氮原子2p能級半充滿DH2O的沸點高于H2SHO的鍵能大于HS的鍵能A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A.元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，次氯酸中氯元素的化合價為+1，不是最高價氧化物對應(yīng)水化物，不能用于比較碳元素和氯元素的非金屬性強弱，故A錯誤；B.氨氣不能電離，屬于非電解質(zhì)，故B錯誤；C.氮原子的2p能級為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，則氮原子的第一電離能大于氧原子，故C正確；D.水分子間能形成氫鍵，而硫化氫分子間不能形成氫鍵，水的的沸點高于硫化氫，故D錯誤；故選C。5.通常監(jiān)測SO2含量是否達到排放標準的反應(yīng)原理是SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.0.1molBaCl2晶體中所含離子總數(shù)為0.2NB.25℃時，pH=1的HC1溶液中含有H+的數(shù)目為0.1NC.17gH2O2中含有非極性鍵數(shù)目為0.5NAD.生成2.33gBaSO4沉淀時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.01NA【答案】C【解析】【詳解】A.氯化鋇是由一個鋇離子和2個氯離子形成的離子晶體，則0.1molBaCl2晶體中所含離子總數(shù)為0.3NA，故A錯誤；B.缺溶液的體積，無法計算25℃時pH=1的HC1溶液中H+C.過氧化氫含有2個氫氧極性鍵和1個氧氧非極性鍵，17g過氧化氫的物質(zhì)的量為=0.5mol，則0.5mol過氧化氫中含有非極性鍵數(shù)目為0.5NA，故C正確；D.由化學(xué)方程式可知，生成1mol硫酸鋇轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，2.33g硫酸鋇的物質(zhì)的量為=0.01mol，則生成1mol硫酸鋇沉淀時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.02NA，故D錯誤；故選C?！军c睛】阿伏加德羅常數(shù)是高考的“熱點”，它既考查了學(xué)生對物質(zhì)的量、粒子數(shù)、質(zhì)量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關(guān)系的理解，又可以涵蓋多角度的化學(xué)知識內(nèi)容。要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系；二是要準確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系。6.下列實驗設(shè)計能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ┻x項實驗?zāi)康膶嶒炘O(shè)計A檢驗溶液中是否含有Fe2+取少量溶液，滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色B檢驗丙烯醛中是否含碳碳雙鍵向丙烯醛溶液中滴加KMnO4(H+)C比較AgBr和AgCl的Ksp大小向AgCl的飽和溶液的滴加NaBrD比較水與乙醇中羥基氫的活潑性分別將少量鈉投入盛有水和乙醇的燒杯中A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.檢驗溶液中是否含有亞鐵離子時，應(yīng)先加入硫氰化鉀溶液，再加入新制氯水，否則新制氯水會將亞鐵離子氧化，無法檢驗，故A錯誤；B.醛基和碳碳雙鍵都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，檢驗丙烯醛中是否含碳碳雙鍵時，應(yīng)先發(fā)生銀鏡反應(yīng)，再加入酸性高錳酸鉀溶液，否則醛基會干擾碳碳雙鍵的檢驗，故B錯誤；C.向AgCl飽和溶液中滴加稀NaBr溶液，若AgBr的Qc小于Ksp，不會產(chǎn)生AgBr淡黃色沉淀，不能說明AgCl的Ksp大于AgBr，故C錯誤；D.通過金屬鈉分別與水和乙醇反應(yīng)，觀察反應(yīng)速率的快慢，可比較水和乙醇中羥基氫的活潑性強弱，故D正確；故選D?！军c睛】醛基和碳碳雙鍵都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，檢驗丙烯醛中是否含碳碳雙鍵時，應(yīng)先發(fā)生銀鏡反應(yīng)，排出醛基對碳碳雙鍵的檢驗的干擾是解答關(guān)鍵。7.我國中草藥文化源遠流長，通過臨床試驗，從某中草藥中提取的有機物具有較好的治療癌癥的作用，該有機物的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法中錯誤的是（）A.分子式為C13H12O6B.該有機物能發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)C.1mol該有機物與NaOH反應(yīng)最多消耗2molNaOHD.1mol該有機物與溴水反應(yīng)最多消耗3molBr2【答案】C【解析】【分析】由有機物的結(jié)構(gòu)可知，該有機物的分子式為C13H12O6，官能團為碳碳雙鍵、羧基、酯基、羥基和醚鍵?！驹斀狻緼.由有機物的結(jié)構(gòu)可知，該有機物的分子式為C13H12O6，故A正確；B.該有機物的官能團為碳碳雙鍵、羧基、酯基、羥基和醚鍵，能發(fā)生取代反應(yīng)（羧基發(fā)生酯化反應(yīng)、酯基發(fā)生水解反應(yīng)、酚羥基與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)）、加成反應(yīng)（碳碳雙鍵和苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)）、氧化反應(yīng)（酚羥基具有還原性易被氧化或燃燒發(fā)生氧化反應(yīng)），故B正確；C.該有機物含有的羧基、酯基和酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，1mol該有機物與NaOH反應(yīng)最多消耗3molNaOH，故C錯誤；D.該有機物含有的碳碳雙鍵和酚羥基能與溴水反應(yīng)，1mol該有機物碳碳雙鍵能與1mol溴水發(fā)生加成反應(yīng)、酚羥基的鄰對位氫原子能與2mol溴水發(fā)生取代反應(yīng)，共消耗3molBr2，故D正確；故選C。【點睛】解答時應(yīng)注意官能團性質(zhì)的重合性，該有機物的官能團為碳碳雙鍵、羧基、酯基、羥基和醚鍵，羧基、酯基和酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，碳碳雙鍵和酚能與溴水反應(yīng)，碳碳雙鍵和苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)。8.X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。25℃時，其最高價氧化物的水化物溶液(濃度均為0.001mol·L-1)的pH和原子半徑的關(guān)系如圖所示。下列說法中正確的是（A.Y和Z的簡單離子半徑：Y＜ZB.R、Q的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：R＞QC.R的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為HRO3D.上述五種元素中有兩種元素是金屬元素【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，由25℃時，其最高價氧化物的水化物溶液(濃度均為0.001mol·L-1)的pH【詳解】A.具有相同的電子層結(jié)構(gòu)的離子，隨核電荷數(shù)增大，離子半徑依次減小，氮離子和鈉離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則氮離子半徑大于鈉離子，故A錯誤；B.元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，則氯化氫比硫化氫穩(wěn)定，故B正確；C.氯元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為HClO4，故C錯誤；D.X、Y、Z、Q、R五種元素中只有鈉元素是金屬元素，故D錯誤；故選B。9.乙酸丁酯是重要的化工原料。實驗室用乙酸、丁醇在濃硫酸作催化劑、加熱條件下制備乙酸丁酯的裝置示意圖(加熱和夾持裝置已省略)和有關(guān)信息如下：乙酸正丁醇乙酸丁酯熔點/℃16.6-89.5-73.5沸點/℃117.9117126.0密度/g·cm-31.10.800.88下列說法正確的是（）A.加熱一段時間后，發(fā)現(xiàn)燒瓶C中忘記加沸石，可打開瓶塞直接加入即可B.裝置B的作用是不斷分離出乙酸丁酯，提高產(chǎn)率C.裝置A可以裝配蒸餾裝置的冷凝器，且冷凝水由a口進，b口出D.乙酸丁酯中殘留的乙酸和正丁醇可用飽和碳酸鈉溶液除去【答案】D【解析】【詳解】A.液體加熱時要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加碎瓷片，應(yīng)該采取停止加熱，待溶液冷卻后重新添加碎瓷片，故A錯誤；B.裝置B是水分離器，作用是不斷分離出水，提高乙酸丁酯的產(chǎn)率，故B錯誤；C.裝置A可以裝配蒸餾裝置的冷凝器，為增強冷凝效果，冷凝水由b口進，a口出，故C錯誤；D.飽和碳酸鈉溶液可以降低乙酸丁酯的溶解度，吸收正丁醇，除去乙酸，則乙酸丁酯中殘留的乙酸和正丁醇可用飽和碳酸鈉溶液除去，故D正確；故選D?！军c睛】裝置B是水分離器，由于乙酸丁酯不溶于水，密度比水小，當水分離器中沒有油層出現(xiàn)時，打開活塞，放出水達到不斷分離出水，提高乙酸丁酯的產(chǎn)率的目的。10.還原沉淀法是處理含鉻(含Cr2O72-和CrO42-)工業(yè)廢水的常用方法，過程如下：已知：轉(zhuǎn)化過程中的反應(yīng)為2CrO42-(aq)+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O(l)。常溫下Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32。下列說法錯誤的是（）A.反應(yīng)①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)時，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)B.反應(yīng)②轉(zhuǎn)移0.6mole-，則有0.2molCr2O72-被還原C.除去廢水中含鉻離子的過程包括氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)D.常溫下，要使處理后廢水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1，反應(yīng)③應(yīng)調(diào)溶液pH=5【答案】B【解析】【分析】由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，鉻酸根在酸性條件下轉(zhuǎn)化為重鉻酸根，重鉻酸根在酸性條件下與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鉻離子，鉻離子在堿性條件下生成氫氧化鉻沉淀，達到處理含鉻工業(yè)廢水的目的?！驹斀狻緼.反應(yīng)①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)時，說明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故A正確；B.反應(yīng)②中反應(yīng)1molCr2O72-，轉(zhuǎn)移6mole-，若反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.6mole-，則有0.1molCr2O72-被還原，故B錯誤；C.重鉻酸根在酸性條件下與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鉻離子，鉻離子在堿性條件下生成氫氧化鉻沉淀屬于復(fù)分解反應(yīng)，則除去廢水中含鉻離子的過程包括氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)，故C正確；D.常溫下，要使處理后廢水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1，則溶液中c(OH—)==1×10-9mol·L-1，溶液pH=5，故D正確；故選B。二、選擇題：本題共5個小題，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分11.為防止廢棄的硒單質(zhì)(Se)造成環(huán)境污染，通常用濃硫酸將其轉(zhuǎn)化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液處理后回收Se。發(fā)生的反應(yīng)為：①Se+2H2SO4(濃)=2SO2+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列說法錯誤的是（）A.①中SO2是還原產(chǎn)物，SeO2是氧化產(chǎn)物B.②中KI是還原劑，HNO3是氧化劑C每生成0.4molI2共轉(zhuǎn)移1.2mol電子D.氧化性由強到弱的順序是：H2SO4(濃)＞SeO2＞HNO3【答案】BC【解析】【詳解】A.反應(yīng)①中，硒元素化合價升高被氧化，硒是反應(yīng)的還原劑，二氧化硒為氧化產(chǎn)物，硫元素化合價降低被還原，濃硫酸是反應(yīng)的氧化劑，二氧化硫是還原產(chǎn)物，故A正確；B.反應(yīng)②中，硒元素化合價降低被還原，二氧化硒為氧化劑，碘元素化合價升高被氧化，碘化鉀是還原劑，氮元素化合價沒有變化，硝酸既不是氧化劑也不是還原劑，故B錯誤；C.反應(yīng)②中，生成2mol碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移4mol電子，則每生成0.4molI2共轉(zhuǎn)移0.8mol電子，故C錯誤；D.在同一反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應(yīng)①中硫酸為氧化劑，二氧化硒為氧化產(chǎn)物，氧化性H2SO4（濃）＞SeO2，同種還原劑，和氧化性強的氧化劑先反應(yīng)，反應(yīng)②中SeO2為氧化劑，硝酸既不是氧化劑也不是還原劑，說明氧化性SeO2＞HNO3，則氧化性由強到弱的順序是：H2SO4(濃)＞SeO2＞HNO3，故D正確；故選BC。【點睛】在同一反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，同種還原劑，和氧化性強的氧化劑先反應(yīng)是解答關(guān)鍵。12.已知反應(yīng)：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定壓強下，按ω=向密閉容器中充入氯氣與丙烯。圖甲表示平衡時，丙烯體積分數(shù)()與溫度(T)、ω的關(guān)系，圖乙表示反應(yīng)的平衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系。則下列說法正確的是（）A.圖甲中ω1＞1B.圖乙中，線A表示正反應(yīng)的平衡常數(shù)C.在恒容容器中進行，壓強不變時反應(yīng)達到平衡狀態(tài)D.當溫度為T1、ω=2時，Cl2的轉(zhuǎn)化率約為33.3%【答案】D【解析】【詳解】A.增大氯氣的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，丙烯的體積分數(shù)減小，由圖可知，丙烯的體積分數(shù)ω1大于ω2，則ω1＜1，故A錯誤；B.由圖甲可知，溫度升高，丙烯的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，放熱反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，則圖乙中，線B表示正反應(yīng)的平衡常數(shù)，故B錯誤；C.該反應(yīng)是一個氣體體積不變的可逆反應(yīng)，無論是否達到平衡，壓強始終不變，則在恒容容器中進行，壓強不變時不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D.設(shè)溫度為T1、ω=2時，容器體積為1L，CH2=CHCH3的起始物質(zhì)的量為1mol，消耗物質(zhì)的量為xmol，由題意建立如下三段式：由平衡常數(shù)K=1可得=1，解得x=，則Cl2的轉(zhuǎn)化率為≈33.3%，故D正確；故選D?！军c睛】由圖甲可知，溫度升高，丙烯的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，放熱反應(yīng)的平衡常數(shù)減小是解答關(guān)鍵和易錯點。13.2022年前后我國將建成首座載人空間站。為實現(xiàn)空間站的零排放，循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2，我國科學(xué)家研發(fā)了一種能量轉(zhuǎn)化裝置，總反應(yīng)方程式為2CO2=2CO+O2。下列說法正確的是（）A.該裝置將太陽能直接轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.離子交換膜為陽離子交換膜C.反應(yīng)完畢，該裝置中電解質(zhì)溶液的pH不變D.Y電極的反應(yīng)：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-【答案】C【解析】【分析】由示意圖可知，該裝置實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學(xué)能”的轉(zhuǎn)化，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，為電解裝裝置，X極與光電池的負極相連，為陰極，Y極與光電池的正極相連，為陽極，以此解答該題?！驹斀狻緼．由示意圖可知，該裝置實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學(xué)能”的轉(zhuǎn)化，故A錯誤；B.由示意圖可知，離子交換膜允許氫氧根離子通過，為陰離子交換膜，故B錯誤；C.由總反應(yīng)方程式可知，電解前后電解質(zhì)溶液中氫氧根濃度不變，溶液的pH不變，故C正確；D.由示意圖可知，Y極為陽極，氫氧根在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，故D錯誤；故選C。【點睛】由示意圖可知，該裝置實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學(xué)能”的轉(zhuǎn)化，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，為電解裝置是分析判斷的關(guān)鍵。14.常溫下，向VmL0.1mol·L-1HA溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的氫離子濃度的負對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（A.常溫下，Ka(HA)約為10-5B.P點溶液對應(yīng)的pH=7C.M點溶液中存在：c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.N點溶液中存在：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】BC【解析】【分析】由示意圖可知，0.1mol·L-1HA溶液中水電離出的氫離子濃度為10—11mol/L，溶液中氫離子濃度為10—3mol/L，HA為弱酸，N點水電離出的氫離子濃度的負對數(shù)最小，水電離出的氫離子濃度最大，說明HA溶液與NaOH【詳解】A.由示意圖可知，0.1mol·L-1HA溶液中水電離出的氫離子濃度為10—11mol/L，溶液中氫離子濃度為10—3mol/L，則Ka(HA)=≈=10-5，故A正確；B.P點為NaA和NaOH混合液，溶液呈堿性，溶液的pH＞7，故B錯誤；C.M點為HA和NaA的混合液，溶液呈中性，溶液中c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可知，溶液中c(Na+)=c(A-)，故C錯誤；D.N點水電離出的氫離子濃度的負對數(shù)最小，水電離出的氫離子濃度最大，說明HA溶液與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)生成NaA，A-在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液中存在：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正確；故選BC?！军c睛】由示意圖可知，0.1mol·L-1HA溶液中水電離出的氫離子濃度為10—11mol/L，溶液中氫離子濃度為10—3mol/L，HA為弱酸，N點水電離出的氫離子濃度的負對數(shù)最小，水電離出的氫離子濃度最大，說明HA溶液與NaOH15.水煤氣變換反應(yīng)為：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我國學(xué)者結(jié)合實驗與計算機模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應(yīng)歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用·標注。下列說法正確的是（）A.水煤氣變換反應(yīng)△H＞0B.步驟③的化學(xué)方程式為：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步驟⑤只有非極性鍵H—H鍵形成D該歷程中最大能壘(活化能)E正=2.02eV【答案】BD【解析】【詳解】A.由示意圖可知，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，故A錯誤；B.由示意圖可知，步驟③為CO·、OH·、H2O(g)和H·反應(yīng)生成COOH·、H2O·和H·，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·，故B正確；C.由示意圖可知，步驟⑤除有非極性鍵H—H鍵形成外，還要碳氧極性鍵和氫氧極性鍵生成，故C錯誤；D.由示意圖可知，步驟④的能壘最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV，故D正確；故選BD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)三、非選擇題：本題共5小題，共60分16.亞硝酰氯(NOC1)是一種黃色氣體，沸點為-5.5℃。其液體呈紅褐色。遇水發(fā)生反應(yīng)：2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑。某化學(xué)興趣小組設(shè)計如圖裝置用C12和NO制備NOC1（1）甲裝置發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為__，裝置丙中的液體為__。（2）實驗時，先通入Cl2，待丁中燒瓶內(nèi)充滿黃綠色氣體時，再通入NO，這樣做的目的是__。（3）裝置丁中冰鹽水的作用是__。（4）經(jīng)分析該套裝置設(shè)計上有一處明顯缺陷，改進方法是__(用文字描述)。（5）吸收尾氣時，NOCl發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)（6）反應(yīng)完成后，取燒瓶中所得產(chǎn)物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol·L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為VmL。則產(chǎn)物中NOCl純度的計算式為__?！敬鸢浮?1).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(2).濃硫酸(3).排盡裝置中的空氣，避免氧化NO(4).液化亞硝酰氯，便于收集產(chǎn)品(5).在裝置丁和戊之間增加一個氣體干燥裝置(6).NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O(7).×100%【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置甲中銅與稀硝酸反應(yīng)制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧氣氧化生成二氧化氮，裝置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，裝置丙中盛有濃硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯氣，裝置丁用于制備亞硝酰氯，裝置戊中的氫氧化鈉溶液用于吸收揮發(fā)出的硝酰氯，防止污染環(huán)境，由于硝酰氯遇水發(fā)生反應(yīng)，所以應(yīng)在裝置丁和戊之間增加一個氣體干燥裝置，防止水蒸氣進入裝置丁中硝酰氯與水發(fā)生反應(yīng)。【詳解】（1）裝置甲中銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，的離子反應(yīng)方程式為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；裝置丙中盛有濃硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯氣，故答案為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；濃硫酸；（2）由于一氧化氮易被氧氣氧化生成二氧化氮，實驗時，先通入Cl2排盡裝置中的空氣后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案為：排盡裝置中的空氣，避免氧化NO；（3）由題給信息可知，亞硝酰氯的沸點為-5.5℃（4）由于硝酰氯遇水發(fā)生反應(yīng)，所以應(yīng)在裝置丁和戊之間增加一個氣體干燥裝置，防止水蒸氣進入裝置丁中硝酰氯與水發(fā)生反應(yīng)，故答案為：在裝置丁和戊之間增加一個氣體干燥裝置；（5）由題給化學(xué)方程式2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NOCl與NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaNO2和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案為：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；（6）由題給化學(xué)方程式2NOC1+H2O=2HC1+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到鹽酸，由NOC1—HCl—AgNO3可得mg樣品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10—3L×10=0.01cVmol，則則產(chǎn)物中NOCl純度為×100%=×100%，故答案為：×100%。17.Fe、Co、Ni均為第Ⅷ族元素，它們的化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用。（1）基態(tài)Fe原子中，電子填充的能量最高的能級符號為__。（2）在空氣中FeO穩(wěn)定性小于Fe2O3，從電子排布的角度分析，其主要原因是__。（3）鐵氰化鉀{K3[Fe(CN)6])}溶液是檢驗Fe2+常用的試劑。lmol[Fe(CN)6]3-含σ鍵的數(shù)目為__。（4）Co3+的一種配離子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位數(shù)是__。配體N3-中心原子的雜化類型為__。CoO的熔點是1935℃，CoS的熔點是1135℃，試分析（5）NiO的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，則C原子坐標參數(shù)為__?！敬鸢浮?1).3d(2).Fe2+中3d軌道沒有達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而Fe3+中3d軌道達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)(3).12NA(4).6(5).sp(6).兩者均為離子晶體，但S2-半徑大于O2-半徑，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔點較高(7).(1，，)【解析】【分析】（1）鐵的原子序數(shù)為26，價電子排布式為3d64s2；（2）氧化亞鐵中亞鐵離子的價電子排布式為3d6，3d軌道沒有達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氧化鐵中鐵離子的價電子排布式為3d5，3d軌道達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-與鐵離子之間有6個配位鍵，在每個CN-內(nèi)部有一個共價鍵；（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+為中心離子，N3-和NH3為配位體；配體N3-與二氧化碳的原子個數(shù)和價電子數(shù)相同，屬于等電子體，等電子體具有相同的空間結(jié)構(gòu)；CoO和CoS均為離子晶體，但S2-半徑大于O2-半徑；（5）已知晶胞中原子坐標參數(shù)A為（0，0，0），B的原子坐標分別為（1，1，0），則以A為晶胞坐標原點，晶胞的邊長為1，C原子在晶胞立方體的面心上?！驹斀狻浚?）鐵的原子序數(shù)為26，價電子排布式為3d64s2，由構(gòu)造原理可知能量最高的能級為3d，故答案為：3d；（2）氧化亞鐵中亞鐵離子的價電子排布式為3d6，3d軌道沒有達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氧化鐵中鐵離子的價電子排布式為3d5，3d軌道達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以在空氣中FeO穩(wěn)定性小于Fe2O3，故答案為：Fe2+中3d軌道沒有達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而Fe3+中3d軌道達到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-與鐵離子之間有6個配位鍵，在每個CN-內(nèi)部有一個共價鍵，所以1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為12NA，故答案為：12NA；（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+為中心離子，N3-和NH3為配位體，配位數(shù)為6；配體N3-與二氧化碳的原子個數(shù)和價電子數(shù)相同，屬于等電子體，等電子體具有相同的空間結(jié)構(gòu)，二氧化碳的空間構(gòu)型為直線形，則N3-離子的空間構(gòu)型也為直線形，由空間構(gòu)型可知N原子的雜化方式為sp雜化；CoO和CoS均為離子晶體，但S2-半徑大于O2-半徑，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔點較高，故答案為：兩者均為離子晶體，但S2-半徑大于O2-半徑，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔點較高；（5）已知晶胞中原子坐標參數(shù)A為（0，0，0），B的原子坐標分別為（1，1，0），則以A為晶胞坐標原點，晶胞的邊長為1，C原子在晶胞立方體的面心上，則C原子坐標參數(shù)為(1，，)，故答案為：(1，，)?！军c睛】由晶胞中原子坐標參數(shù)A為（0，0，0），B的原子坐標分別為（1，1，0），確定晶胞的邊長為1，C原子在晶胞立方體的面心上是確定C原子坐標參數(shù)的關(guān)鍵，也是解答難點。18.二氧化碳的利用是我國能源領(lǐng)域的一個重要戰(zhàn)略方向，目前我國科學(xué)家在以下方面已經(jīng)取得重大成果。（1）圖1是由CO2制取C的太陽能工藝。已知過程1發(fā)生的反應(yīng)中=6，則FexOy的化學(xué)式為__。過程1生成1molC的反應(yīng)熱為△H1；過程2產(chǎn)生lmolO2(g)的反應(yīng)熱為△H2。則由CO2制取C的熱化學(xué)方程式為__。（2）利用CO2合成甲醇的反應(yīng)為：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)ΔH=-53.7kJ·mol-1，一定條件下，將1molCO2和2.8molH2充入容積為2L的絕熱密閉容器中，發(fā)生上述反應(yīng)。CO2的轉(zhuǎn)化率[α(CO2)]在不同催化劑作用下隨時間的變化曲線如圖2所示。過程Ⅰ的活化能__(填“＞”“＜”或“=”)過程Ⅱ的活化能，n點的平衡常數(shù)K=__。（3）用二氧化碳合成低密度聚乙烯(LDPE)。以納米二氧化鈦膜為工作電極，常溫常壓電解CO2，可制得LDPE，該電極反應(yīng)可能的機理如圖3所示。①過程Ⅰ～Ⅲ中碳元素發(fā)生__反應(yīng)(填“氧化”或“還原”)。②請補充完整并配平CO2轉(zhuǎn)化為LDPE的電極反應(yīng)：2nCO2+___+___=+___。__③工業(yè)上生產(chǎn)1.4×104g的LDPE，理論上需要標準狀況下CO2的體積是__【答案】(1).Fe3O4(2).CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=△H1+△H2(3).＜(4).200(5).還原(6).2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O(7).2.24×104【解析】【分析】(1)根據(jù)=6可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根據(jù)原子守恒知x∶y＝3∶4；由蓋斯定律計算可得；（2）反應(yīng)活化能越小，反應(yīng)速率越快；由題意可以建立三段式計算可得熱化學(xué)方程式；（3）①由題給示意圖可知，過程Ⅰ～Ⅲ中碳元素發(fā)生如下轉(zhuǎn)化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合價的變化為+4→+3→+2→-2；②CO2轉(zhuǎn)化為LDPE時碳元素的化合價由+4降到-2價，每個碳原子得6個電子，則2n個CO2共得12n個電子；③據(jù)2nCO2~計算可得標準狀況下CO2的體積。【詳解】(1)根據(jù)=6可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根據(jù)原子守恒知x∶y＝3∶4，則FexOy的化學(xué)式為Fe3O4；由蓋斯定律可知，過程1+過程2可得CO2制取C的熱化學(xué)方程式CO2(g)=C(s)+O2(g)，則△H=△H1+△H2，故答案為：Fe3O4；CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=△H1+△H2；（2）反應(yīng)活化能越小，反應(yīng)速率越快，由題給示意圖可知，過程Ⅰ先達到平衡，反應(yīng)速率快于過程Ⅱ，則過程Ⅰ的活化能小于過程Ⅱ的活化能；由圖可知CO2的轉(zhuǎn)化率為80%，反應(yīng)消耗二氧化碳的濃度為0.4mol/L，由題意可以建立如下三段式：則平衡常數(shù)K==200，故答案為：＜；200；（3）①由題給示意圖可知，過程Ⅰ～Ⅲ中碳元素發(fā)生如下轉(zhuǎn)化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合價的變化為+4→+3→+2→-2，均為碳被還原的過程，故碳元素均發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：還原；②CO2轉(zhuǎn)化為LDPE時碳元素的化合價由+4降到-2價，每個碳原子得6個電子，則2n個CO2共得12n個電子，電極反應(yīng)反應(yīng)式為2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O，故答案為：2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O；③生產(chǎn)1.4×104g，即生產(chǎn)1.4×104g，據(jù)2nCO2~，可知CO2的物質(zhì)的量為=1.0×103mol，標準狀況下CO2的體積等于1.0×103mol×22.4L/mol=2.24×104L，故答案為：2.24×1019.隨著鈷酸鋰電池的普及使用，從廢舊的鈷酸鋰電池中提取鋰、鈷等金屬材料意義重大。如圖是廢舊鉆酸鋰(LiCoO2)(含少量鐵、鋁、銅等元素的化合物)回收工藝流程：（1）“拆解”前需進入“放電”處理的目的是__；用食鹽水浸泡是放電的常用方法，浸泡放電過程中產(chǎn)生的氣體主要有__。（2）上述流程中將CoO2-轉(zhuǎn)化為Co3+的離子方程式為__。（3）濾液1中加入Na2SO3的主要目的是__；加入NaClO3的主要目的是__。（4）“沉鈷”過程中，(NH4)2C2O4的加入量(圖a)、沉淀反應(yīng)的溫度(圖b)根據(jù)圖分析：沉鈷時應(yīng)控制n(C2O42-)：n(Co2+)比為__，溫度控制在__℃左右?！敬鸢浮?1).防止在電池拆解過程中發(fā)生短路引起火災(zāi)及操作人員觸電(2).H2、Cl2(3).4H++CoO2-=2H2O+Co3+(4).將Co3++還原為Co2+(5).將Fe2+氧化為Fe3+(6).1.15(7).46【解析】【分析】由題給流程圖可知，廢舊的鈷酸鋰電池放電拆解后，通過灼燒除去碳和有機物后，用硫酸浸泡剩余物，CoO2-與硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Co3+離子，鐵和鋁元素的化合物溶于硫酸生成硫酸亞鐵和硫酸鋁，銅元素的化合物不溶于硫酸進入濾渣中；過濾后，向濾液1中先加入Na2SO3，將Co3+還原為Co2+，再加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，最后加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+和Al3+轉(zhuǎn)換為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀；過濾后，向濾液2中加入草酸銨，使Co2+轉(zhuǎn)化為CoC2O4?2H2O沉淀；過濾后，向濾液3中加入飽和碳酸鈉溶液，使Li+轉(zhuǎn)化為Li2CO3沉淀?！驹斀狻浚?）