2023屆安徽省蕪湖市高三下學期教學質量統(tǒng)測（二模）化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省蕪湖市2023屆高三下學期教學質量統(tǒng)測（二模）可能用到的相對原子質量：N14O16Cl35.5一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活、科技、社會發(fā)展息息相關。下列說法正確的是（）A.“天宮”空間站使用聚乳酸材料餐具，聚乳酸是化合物B富勒烯與石墨烯用途廣泛，它們都屬于新型無機非金屬材料C.冬奧場館建筑使用碲化鎘發(fā)電玻璃，碲和鎘均屬于主族元素D.中國承建的卡塔爾首座光伏電站中的光伏材料為高純度二氧化硅〖答案〗B〖解析〗A．聚乳酸是混合物，故A錯誤；B．富勒烯與石墨烯屬于新型無機非金屬材料，故B正確；C．鎘為在元素周期表中位置為第五周期ⅡB族，故C錯誤；D．光伏電池為Si單質，故D錯誤；故〖答案〗選B。2.某化合物是合成布洛芬的中間體，其結構簡式如圖所示，下列有關該化合物的說法錯誤的是（）A.分子式為C17H25O2ClB.分子中含有1個手性碳原子C.1mol該化合物最多能與1molNaOH反應D.一定條件下可發(fā)生取代反應、加成反應氧化反應〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)該化合物的結構簡式，分子式為C17H25O2Cl，故A正確；B．該分子中只有(標*的碳原子)為手性碳原子，故B正確；C．該分子中酯基和Cl原子均能和NaOH反應，所以1mol該化合物最多能與2molNaOH反應，故C錯誤；D．該分子中含有苯環(huán)，酯基和Cl原子等多種官能團，一定條件下可發(fā)生取代反應、加成反應氧化反應，故D正確；故〖答案〗選C。3.能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A.用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓B.向二元弱酸亞磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的燒堿溶液：H3PO3+3OH-=+3H2OC.用惰性電極電解氯化鎂溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D.海水提溴工藝中用二氧化硫還原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr〖答案〗A〖解析〗A．用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+，離子方程式為Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正確；B．向二元弱酸亞磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的燒堿溶液，離子方程式為H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B錯誤；C．用惰性電極電解氯化鎂溶液，離子方程式為Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C錯誤；D．海水提溴工藝中用二氧化硫還原溴，離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D錯誤；故〖答案〗選A4.與實驗操作、實驗現(xiàn)象相對應的解釋或結論正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結論A將SO2通入Ca(ClO)2溶液中產(chǎn)生白色渾濁酸性強弱：H2SO3>HClOB向盛有濃HNO3溶液的兩支試管中分別加入除去氧化膜的鎂帶和鋁片加入鎂帶的試管中迅速產(chǎn)生紅棕色氣體，加入鋁片的試管中無明顯現(xiàn)象金屬活潑性：Mg>AlC向NaBr溶液中先通入過量氯氣，后滴加淀粉KI溶液溶液先變橙色，后變藍色。氧化性：Cl2>Br2>I2D將乙醇在濃硫酸、170℃條件下產(chǎn)生的氣體依次通過足量NaOH溶液、酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液褪色有乙烯生成〖答案〗D〖解析〗A．SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反應，屬于氧化還原反應，不能比較H2SO3和HClO酸性大小，故A錯誤；B．鋁片上無明顯現(xiàn)象是因為鋁常溫下遇到濃硝酸發(fā)生鈍化，故不能據(jù)此來比較Mg和Al的活潑性，故B錯誤；C．通入過量氯氣，發(fā)生，，所以不能比較Cl2，Br2和I2的氧化性，故C錯誤；D．將乙醇在濃硫酸、170℃條件下產(chǎn)生的氣體依次通過足量NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫等雜質，再通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液褪色，說明有乙烯生成，故D正確；故〖答案〗選D。5.周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序數(shù)依次增大?；鶓B(tài)原子A的原子軌道半充滿，B的價電子層中有3個未成對電子，D的價層電子排布式為nsn-1np2n-2，C與D同族，E的最外層只有1個電子，次外層有18個電子。這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中，由C、D所形成的陰離子呈正四面體結構、陽離子呈軸向狹長的八面體結構(如圖所示)。下列說法正確的是（）A.5種原子中第一電離能最大的是CB.A、B所形成的化合物中只含極性鍵C.1mol該陽離子中含有24molσ鍵D.B、C、D所形成的簡單氫化物中，沸點最低的是D〖答案〗D〖祥解〗基態(tài)原子A的原子軌道半充滿，則A的電子排布式為1s1，為H元素；D的價層電子排布式為nsn-1np2n-2，s軌道全充滿時有2個電子，則n-1=2，n=3，D的價層電子排布式為3s23p1，為S元素；C、D同主族，原子序數(shù)C<D，則C為O元素，B的價電子層中有3個未成對電子，且B原子序數(shù)小于C，所以B只能為第二周期元素，價層電子排布為2p3，為N元素：E的最外層只有1個電子，次外層有18個電子，則E為29號元素，為Cu元素，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．C為O元素，第一電離能N>O，故A錯誤；B．A、B可形成N2H4，含有非極性鍵，故B錯誤；C．由圖可知，1mol該陽離子中含有26molσ鍵，故C錯誤；D．B、C所形成的簡單氫化物H2O與NH3均可形成分子間氫鍵，沸點較高，D所形成的H2S無分子間氫鍵，沸點最低，故D正確；故〖答案〗選D。6.下圖為合成偶氮化合物的電化學裝置，有關說法正確的是（）A.OH-向CoP極移動B.合成1mol該偶氮化合物，要消耗4molRCH2NH2C.Ni2P電極反應式為：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2OD.該偶氮化合物分子中C和N原子的雜化方式不同〖答案〗C〖祥解〗RCH2NH2變成RCN是氧化反應，故左側為電解池的陽極，右側為電解質的陰極，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．左側為電解池的陽極，右側為電解質的陰極，陰離子向陽極移動，所以OH-向Ni2P極移動，故A錯誤；B．陰極電極反應為：2C6H5?NO2＋8e?＋2H2O＝＋8OH?，故合成1mol該偶氮化合物，需要轉移8mol電子，故B錯誤；C．Ni2P電極為陽極，其電極反應式為：RCH2NH2?4e?＋4OH?＝RCN＋4H2O，故C正確；D．中N原子為sp雜化，C原子為sp2雜化，故D錯誤；故〖答案〗選C。7.工業(yè)上用氨水作沉淀劑去除酸性廢水中的鉛。除鉛時，體系中含鉛微粒的物質的量分數(shù)(d)與pH的關系如圖所示(已知：常溫下，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5，Pb(OH)2難溶于水)。下列說法錯誤的是（）A.pH=6時，溶液中=1.7×103B.pH=8時，c(OH-)=2c(Pb2+)+c(Pb(OH)+)+c(H+)C.pH=10時，Pb(OH)2物質的量分數(shù)最大，除鉛效果最好D.pH=12時，Pb(OH)2轉化為的離子方程式為Pb(OH)2+NH3·H2O+〖答案〗B〖解析〗A．氨水的電離平衡常數(shù)表達式Kb=，電離平衡常數(shù)只受溫度影響，pH=6，此時溶液c(OH-)=10-8mol/L，因此=1.7×103，故A說法正確；B．pH=8時，溶液中的離子有H+、OH-、Pb2+、Pb(OH)+、，根據(jù)電荷守恒c(OH-)=2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)+c()，故B說法錯誤；C．根據(jù)題目信息，Pb(OH)2難溶于水，廢水中的鉛轉化為Pb(OH)2時除鉛效果最好，根據(jù)圖像可知，pH=10時，Pb(OH)2物質的量分數(shù)最大，故C說法正確；D．根據(jù)圖像可知，pH=12時，Pb(OH)2轉化為的離子反應為Pb(OH)2+NH3·H2O=+NH，故D說法正確；故〖答案〗為B。二、非選擇題8.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種集氧化、吸附、凝聚、殺菌于一體的新型高效多功能綠色凈水劑，易溶于水，難溶于有機溶劑。一種以Mn、Fe及MnO2制備高鐵酸鉀和活性MnO2的流程如圖所示：已知：部分金屬離子在溶液中沉淀的pH如下表：金屬離子Fe3+Fe2+Mn2+開始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1回答下列問題：（1）MnO2不溶于稀硫酸，加入過量FeSO4目的是在酸性條件下將MnO2還原成穩(wěn)定的Mn2+，寫出該反應的離子方程式_______________________________________。（2）“調pH”操作中，調節(jié)pH的范圍是___________，“濾渣”的主要成分是___________。（3）“沉錳”操作中，溫度過高會導致MnO2產(chǎn)率降低，原因是_____________________。（4）某溫度下，若要從10m3c()=2.0×10-4mol·L-1的溶液中沉淀(濃度降至10-5mol·L-1)，理論上需加入Ca(OH)2固體的物質的量不少于___________mol。(已知該溫度下CaFeO4的Ksp=4.5×10-9，不考慮水解和溶液體積變化)（5）已知錳的某種氧化物的晶胞如圖所示，其中錳的化合價為___________，配位數(shù)為____________?！即鸢浮剑?）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2）3.2≤pH<8.lFe(OH)3（3）溫度過高時，NH4HCO3的分解速率加快，濃度降低，不利于沉錳（4）6.4（5）+26〖祥解〗以Mn、Fe及MnO2制備高鐵酸鉀和活性MnO2，酸浸：酸性條件下FeSO4，將MnO2還原為Mn2+，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，Mn和Fe分別生成Mn2+和Fe2+。氧化：H2O2將溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分離，反應的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，溶液中主要含F(xiàn)e3+，Mn2+，等離子。調pH：由濾渣制備K2FeO4，可知，F(xiàn)e3+轉化為Fe(OH)3，沉淀進入濾渣，Mn2+存在于濾液A中，結合表格數(shù)據(jù)可知，調節(jié)pH的范圍是3.2≤pH<8.1。沉錳：NH4HCO3與MnSO4,反應生成MnCO3沉淀和CO2，。焙燒：MnCO3和O2，反應生成活性MnO2和CO2，，據(jù)此分析解題?！驹斘觥浚?）酸性條件下FeSO4，將MnO2還原為Mn2+，離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故〖答案〗為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。（2）由濾渣制備K2FeO4，可知，F(xiàn)e3+轉化為Fe(OH)3，沉淀進入濾渣，Mn2+存在于濾液A中，結合表格數(shù)據(jù)可知，調節(jié)pH的范圍是3.2≤pH<8.1，故〖答案〗為3.2≤pH<8.1；Fe(OH)3。（3）NH4HCO3受熱易分解，當溫度高于

60℃，會加速NH4HCO3的分解，導致MnO2產(chǎn)率降低，故〖答案〗為溫度過高時，NH4HCO3的分解速率加快，濃度降低，不利于沉錳。（4）若要將溶液中的濃度從2.0×10-4mol·L-1降至10-5mol·L-1，需要加入，當溶液中濃度降至10-5mol·L-1，溶液中，，共需要加入Ca(OH)2固體的物質的量不少于為1.9+4.5=6.4mol，故〖答案〗為6.4。（5）根據(jù)晶胞結構示意圖，一個晶胞中含有Mn原子個數(shù)為，含有O原子個數(shù)為，所以該錳的氧化物化學式為MnO，所以錳的化合價為+2，位于中心的Mn的配位數(shù)為6；故〖答案〗為+2；6。9.亞硝酰氯(NOCl，熔點-64.5℃，沸點-5.5℃)為黃色氣體，遇水劇烈水解生成氮的兩種氧化物和氯化氫，常用作有機合成中間體。實驗室可由氯氣與一氧化氮反應制備，其裝置如圖所示：回答下列問題：（1）儀器a的名稱為___________。（2）試劑X為___________，D中使用冰鹽浴而不用冰水浴的原因是______________。（3）尾氣含有NO、Cl2、NOCl，某同學建議用NaOH溶液進行尾氣處理。①無水CaCl2的作用是____________________________________________。②寫出NaOH溶液吸收NOCl的化學方程式______________________________________。（4）有同學認為NaOH溶液只能吸收Cl2和NOCl，不能吸收NO，經(jīng)過查閱資料發(fā)現(xiàn)用KMnO4溶液可以吸收NO氣體，并產(chǎn)生黑色沉淀，寫出該反應的離子方程式____________________________________________。（5）制得的NOCl中可能含有少量NO2雜質，為測定產(chǎn)品純度，進行如下實驗：稱取1.6375g樣品溶于50.00mL。NaOH溶液中，加入幾滴K2CrO4溶液作指示劑，用足量硝酸酸化的0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知：Ag2CrO4為磚紅色固體，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12)①滴定終點的現(xiàn)象：當?shù)稳胱詈蟀氲蜛gNO3標準溶液后，_______________________。②計算產(chǎn)品的純度為___________%(保留1位小數(shù))?！即鸢浮剑?）蒸餾燒瓶（2）濃硫酸冰鹽浴可控制溫度低于-5.5℃，冰水浴只能控制溫度到0℃，故冰鹽浴可使亞硝酰氯冷凝，而冰水浴不能（3）①防止NaOH溶液中的水蒸氣進入三頸燒瓶中，使NOCl水解②NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O（4）NO+=+MnO2↓（5）①出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內不變化②80.0〖祥解〗NOCl由氯氣與一氧化氮反應制備，由裝置圖可知，裝置A生成一氧化氮，依次經(jīng)過水和濃硫酸凈化后通入裝置D；裝置G生成氯氣，依次經(jīng)過飽和氯化鈉溶液和濃硫酸凈化后通入裝置D；在冰鹽下生成NOCl，尾氣含有NO、Cl2、NOCl，可使用NaOH處理尾氣，據(jù)此分析解題。【詳析】（1）儀器a的名稱為蒸餾燒瓶，故〖答案〗為蒸餾燒瓶。（2）據(jù)分析可知，試劑X為濃硫酸，氯氣與一氧化氮在D中生成NOCl，冰鹽浴可控制溫度低于-5.5℃，冰水浴只能控制溫度到0℃，故冰鹽浴可使亞硝酰氯冷凝，而冰水浴不能，故而使用冰鹽浴而不用冰水浴，故〖答案〗為冰鹽浴可控制溫度低于-5.5℃，冰水浴只能控制溫度到0℃，故冰鹽浴可使亞硝酰氯冷凝，而冰水浴不能。（3）①尾氣含有NO、Cl2、NOCl，用無水氯化鈣處理尾氣，防止NaOH溶液中的水蒸氣進入三頸燒瓶中，使NOCl水解，故〖答案〗為防止NaOH溶液中的水蒸氣進入三頸燒瓶中，使NOCl水解；②NaOH溶液吸收NOCl，化學方程式為NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故〖答案〗為NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。（4）用KMnO4溶液可以吸收NO氣體，并產(chǎn)生黑色沉淀為MnO2，離子方程式為NO+=+MnO2↓，故〖答案〗為NO+=+MnO2↓。（5）①滴定中K2CrO4溶液作指示劑，已知Ag2CrO4為磚紅色固體，滴定終點的現(xiàn)象為當?shù)稳胱詈蟀氲蜛gNO3標準溶液后，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內不變化，故〖答案〗為出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內不變化；②，由關系NOCl~NaCl~AgNO3，則樣品純度，故〖答案〗為80.0。10.乙醇是重要的工業(yè)原料，合成乙醇是近年來研究的熱點，其中乙酸甲酯催化加氫是制取乙醇的方法之一，包括以下主要反應：①CH3COOCH3(g)+2H2(g)?C2H5OH(g)+CH3OH(g)ΔH1=-71kJ·mol-1②CH3COOCH3(g)+H2(g)?CH3CHO(g)+CH3OH(g)ΔH2=+13.6kJ·mol-1回答下列問題：（1）反應CH3CHO(g)+H2(g)?C2H5OH(g)ΔH=___________。（2）工業(yè)生產(chǎn)中，控制CH3COOCH3流速為22.4m3·h-1(已換算為標準狀況)，CH3COOCH3的轉化率為80.0%，則CH3COOCH3的反應速率為___________mol·min-1(保留三位有效數(shù)字)。CH3COOCH3，流速過大時轉化率下降，原因是_____________________________。（3）乙酸甲酯加氫反應通常使用銅基催化劑，催化劑1的主要成分為Cu-Al，催化劑Ⅱ的主要甲成分為Cu-Zn-Al，實驗中采用催化劑I和催化劑Ⅱ測得不同溫度下相同時間內乙酸甲酯的轉化率如圖(以反應①為主)。工業(yè)生產(chǎn)中應使用的催化劑是______________。(填“催化劑I”或“催化劑Ⅱ”)。（4）在乙酸甲酯催化加氫反應體系中，下列說法正確的是___________。A.增大H2與CH3COOCH3的初始投料比，有利于提高CH3COOCH3的轉化率B.當氣體的平均摩爾質量保持不變時，說明反應體系已達平衡C.平衡后，壓縮容器體積，反應①正向移動，反應②不移動D.選用合適的催化劑可提高CH3COOCH3的平衡轉化率（5）實驗室中，一定條件下在1L密閉容器內通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2發(fā)生反應①和②，測得不同溫度下達平衡時CH3COOCH3轉化率和乙醇的選擇性如下圖所示。260°C時反應①的平衡常數(shù)K=___________。溫度高于240℃時，隨溫度升高乙醇的選擇性降低的原因是____________________________________________。(乙醇的選擇性=〖答案〗（1）-84.6kJ/mol（2）13.3反應物與催化劑接觸時間過短，反應不充分（3）催化劑Ⅱ（4）AB（5）14L/mol反應①為放熱反應，反應②為吸熱反應，溫度升高，反應①逆向移動，反應②正向移動，生成乙醇的量減少〖解析〗（1）由蓋斯定律可知，反應I—Ⅱ可得反應CH3CHO(g)+H2(g)?C2H5OH(g)，則；（2）設時間為1h，由題意可知，乙酸甲酯的起始物質的量為，由乙酸甲酯的轉化率為80%可知，乙酸甲酯的反應速率為；若流速過大，乙酸甲酯與催化劑接觸時間過短，反應不能充分進行，導致乙酸甲酯的轉化率下降；（3）由圖可知，相同溫度條件下，使用催化劑Ⅱ時，乙酸甲酯的轉化率大于催化劑I，說明催化劑Ⅱ的活性強于催化劑I，反應的反應速率強于催化劑I，則工業(yè)生產(chǎn)中應使用的催化劑是催化劑Ⅱ；（4）該反應為可逆反應，增大H2與CH3COOCH3的初始投料比，相當于在CH3COOCH3濃度不變的條件下減小氫氣的濃度，所以平衡正向進行，可以提高CH3COOCH3的轉化率，A正確；平均摩爾質量等于總質量除以總物質的量，由于反應①為氣體物質的量減小的反應，故當氣體的平均摩爾質量保持不變時，說明反應體系已達平衡，B正確；反應①為氣體體積減小的反應，反應②為氣體體積不變的反應，體系達平衡后，若壓縮容器體積，反應①向正反應方向移動，氫氣的濃度減小、甲醇的濃度增大，反應②平衡向逆反應方向移動，C錯誤；選用合適的催化劑可以增大反應速率，但化學平衡不移動，所以平衡轉化率不變，D錯誤；（5）由圖可知，260℃時，乙酸甲酯的轉化率為90%，乙醇的選擇性為70%，則平衡時，生成乙醇的乙酸甲酯的物質的量為，由題給方程式可建立如下三段式：由三段式數(shù)據(jù)可知，反應I的平衡常數(shù)；由題給方程式可知，反應I為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，溫度升高，反應I向逆反應方向移動，反應Ⅱ向正反應方向移動，生成乙醇的量減少，導致乙醇的選擇性降低。11.苯并咪唑衍生物的合成及抗癌活性檢測是當今研究的熱點之一，以下是目標產(chǎn)物G的合成路線?；卮鹣铝袉栴}：（1）A中含氧官能團的名稱為___________。（2）寫出A→B的化學方程式_________________________________________。（3）C的系統(tǒng)命名為______________。（4）F→G的反應類型為______________。（5）D分子中所有原子能否在同一平面內？___________(填“能”或“不能”)。（6）苯胺()中氨基的N原子上存在孤對電子，易與H+結合，故苯胺顯堿性。苯胺中氨基的一個氫原子被甲基取代得到N-甲基苯胺()，由于甲基為推電子基團，則堿性強弱：N-甲基苯胺___________苯胺(填“>”、“<”或“=”)。（7）在A的同分異構體中，同時滿足下列條件的共有___________種。①含苯環(huán)②只含一種官能團，且為含氧官能團滿足上述條件的同分異構體中，核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為1：2：3的同分異構體的結構簡式為_______________________?！即鸢浮剑?）羧基、硝基（2）（3）2，3-二氨基苯甲酸甲酯（4）取代反應（5）不能（6）>（7）10〖祥解〗A中含有羧基、硝基和氨基，和CH3OH反應時，羧基可與CH3OH生成酯基得到B為，B在Fe和NH4Cl條件下硝基被還原為氨基得到C，D中酰氯和C中兩個氨基反應生成E，E中氯和苯胺生成F，F(xiàn)中酯基和N2H4生成G，據(jù)此分析解題?！驹斘觥浚?）A中含有官能團為羧基、硝基和氨基，含氧官能團的名稱為羧基、硝基，故〖答案〗為羧基、硝基。（2）A中含有羧基、硝基和氨基，和CH3OH反應時，羧基可與CH3OH生成酯基得到B，反應方程式為。故〖答案〗為。（3）根據(jù)C的結構式，系統(tǒng)命名為2，3-二氨基苯甲酸甲酯，故〖答案〗為2，3-二氨基苯甲酸甲酯。（4）F中酯基和N2H4取代生成G，反應類型為取代反應，故〖答案〗為取代反應。（5）D分子中氯連接的C為飽和碳原子，所有原子不能共平面，故〖答案〗為不能。（6）苯胺中氨基的一個氫原子被甲基取代，由于甲基是推電子基，使得N原子電子云密度增大，堿性增強，故〖答案〗>。安徽省蕪湖市2023屆高三下學期教學質量統(tǒng)測（二模）可能用到的相對原子質量：N14O16Cl35.5一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活、科技、社會發(fā)展息息相關。下列說法正確的是（）A.“天宮”空間站使用聚乳酸材料餐具，聚乳酸是化合物B富勒烯與石墨烯用途廣泛，它們都屬于新型無機非金屬材料C.冬奧場館建筑使用碲化鎘發(fā)電玻璃，碲和鎘均屬于主族元素D.中國承建的卡塔爾首座光伏電站中的光伏材料為高純度二氧化硅〖答案〗B〖解析〗A．聚乳酸是混合物，故A錯誤；B．富勒烯與石墨烯屬于新型無機非金屬材料，故B正確；C．鎘為在元素周期表中位置為第五周期ⅡB族，故C錯誤；D．光伏電池為Si單質，故D錯誤；故〖答案〗選B。2.某化合物是合成布洛芬的中間體，其結構簡式如圖所示，下列有關該化合物的說法錯誤的是（）A.分子式為C17H25O2ClB.分子中含有1個手性碳原子C.1mol該化合物最多能與1molNaOH反應D.一定條件下可發(fā)生取代反應、加成反應氧化反應〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)該化合物的結構簡式，分子式為C17H25O2Cl，故A正確；B．該分子中只有(標*的碳原子)為手性碳原子，故B正確；C．該分子中酯基和Cl原子均能和NaOH反應，所以1mol該化合物最多能與2molNaOH反應，故C錯誤；D．該分子中含有苯環(huán)，酯基和Cl原子等多種官能團，一定條件下可發(fā)生取代反應、加成反應氧化反應，故D正確；故〖答案〗選C。3.能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A.用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓B.向二元弱酸亞磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的燒堿溶液：H3PO3+3OH-=+3H2OC.用惰性電極電解氯化鎂溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D.海水提溴工藝中用二氧化硫還原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr〖答案〗A〖解析〗A．用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+，離子方程式為Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正確；B．向二元弱酸亞磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的燒堿溶液，離子方程式為H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B錯誤；C．用惰性電極電解氯化鎂溶液，離子方程式為Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C錯誤；D．海水提溴工藝中用二氧化硫還原溴，離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D錯誤；故〖答案〗選A4.與實驗操作、實驗現(xiàn)象相對應的解釋或結論正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結論A將SO2通入Ca(ClO)2溶液中產(chǎn)生白色渾濁酸性強弱：H2SO3>HClOB向盛有濃HNO3溶液的兩支試管中分別加入除去氧化膜的鎂帶和鋁片加入鎂帶的試管中迅速產(chǎn)生紅棕色氣體，加入鋁片的試管中無明顯現(xiàn)象金屬活潑性：Mg>AlC向NaBr溶液中先通入過量氯氣，后滴加淀粉KI溶液溶液先變橙色，后變藍色。氧化性：Cl2>Br2>I2D將乙醇在濃硫酸、170℃條件下產(chǎn)生的氣體依次通過足量NaOH溶液、酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液褪色有乙烯生成〖答案〗D〖解析〗A．SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反應，屬于氧化還原反應，不能比較H2SO3和HClO酸性大小，故A錯誤；B．鋁片上無明顯現(xiàn)象是因為鋁常溫下遇到濃硝酸發(fā)生鈍化，故不能據(jù)此來比較Mg和Al的活潑性，故B錯誤；C．通入過量氯氣，發(fā)生，，所以不能比較Cl2，Br2和I2的氧化性，故C錯誤；D．將乙醇在濃硫酸、170℃條件下產(chǎn)生的氣體依次通過足量NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫等雜質，再通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液褪色，說明有乙烯生成，故D正確；故〖答案〗選D。5.周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序數(shù)依次增大?；鶓B(tài)原子A的原子軌道半充滿，B的價電子層中有3個未成對電子，D的價層電子排布式為nsn-1np2n-2，C與D同族，E的最外層只有1個電子，次外層有18個電子。這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中，由C、D所形成的陰離子呈正四面體結構、陽離子呈軸向狹長的八面體結構(如圖所示)。下列說法正確的是（）A.5種原子中第一電離能最大的是CB.A、B所形成的化合物中只含極性鍵C.1mol該陽離子中含有24molσ鍵D.B、C、D所形成的簡單氫化物中，沸點最低的是D〖答案〗D〖祥解〗基態(tài)原子A的原子軌道半充滿，則A的電子排布式為1s1，為H元素；D的價層電子排布式為nsn-1np2n-2，s軌道全充滿時有2個電子，則n-1=2，n=3，D的價層電子排布式為3s23p1，為S元素；C、D同主族，原子序數(shù)C<D，則C為O元素，B的價電子層中有3個未成對電子，且B原子序數(shù)小于C，所以B只能為第二周期元素，價層電子排布為2p3，為N元素：E的最外層只有1個電子，次外層有18個電子，則E為29號元素，為Cu元素，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．C為O元素，第一電離能N>O，故A錯誤；B．A、B可形成N2H4，含有非極性鍵，故B錯誤；C．由圖可知，1mol該陽離子中含有26molσ鍵，故C錯誤；D．B、C所形成的簡單氫化物H2O與NH3均可形成分子間氫鍵，沸點較高，D所形成的H2S無分子間氫鍵，沸點最低，故D正確；故〖答案〗選D。6.下圖為合成偶氮化合物的電化學裝置，有關說法正確的是（）A.OH-向CoP極移動B.合成1mol該偶氮化合物，要消耗4molRCH2NH2C.Ni2P電極反應式為：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2OD.該偶氮化合物分子中C和N原子的雜化方式不同〖答案〗C〖祥解〗RCH2NH2變成RCN是氧化反應，故左側為電解池的陽極，右側為電解質的陰極，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．左側為電解池的陽極，右側為電解質的陰極，陰離子向陽極移動，所以OH-向Ni2P極移動，故A錯誤；B．陰極電極反應為：2C6H5?NO2＋8e?＋2H2O＝＋8OH?，故合成1mol該偶氮化合物，需要轉移8mol電子，故B錯誤；C．Ni2P電極為陽極，其電極反應式為：RCH2NH2?4e?＋4OH?＝RCN＋4H2O，故C正確；D．中N原子為sp雜化，C原子為sp2雜化，故D錯誤；故〖答案〗選C。7.工業(yè)上用氨水作沉淀劑去除酸性廢水中的鉛。除鉛時，體系中含鉛微粒的物質的量分數(shù)(d)與pH的關系如圖所示(已知：常溫下，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5，Pb(OH)2難溶于水)。下列說法錯誤的是（）A.pH=6時，溶液中=1.7×103B.pH=8時，c(OH-)=2c(Pb2+)+c(Pb(OH)+)+c(H+)C.pH=10時，Pb(OH)2物質的量分數(shù)最大，除鉛效果最好D.pH=12時，Pb(OH)2轉化為的離子方程式為Pb(OH)2+NH3·H2O+〖答案〗B〖解析〗A．氨水的電離平衡常數(shù)表達式Kb=，電離平衡常數(shù)只受溫度影響，pH=6，此時溶液c(OH-)=10-8mol/L，因此=1.7×103，故A說法正確；B．pH=8時，溶液中的離子有H+、OH-、Pb2+、Pb(OH)+、，根據(jù)電荷守恒c(OH-)=2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)+c()，故B說法錯誤；C．根據(jù)題目信息，Pb(OH)2難溶于水，廢水中的鉛轉化為Pb(OH)2時除鉛效果最好，根據(jù)圖像可知，pH=10時，Pb(OH)2物質的量分數(shù)最大，故C說法正確；D．根據(jù)圖像可知，pH=12時，Pb(OH)2轉化為的離子反應為Pb(OH)2+NH3·H2O=+NH，故D說法正確；故〖答案〗為B。二、非選擇題8.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種集氧化、吸附、凝聚、殺菌于一體的新型高效多功能綠色凈水劑，易溶于水，難溶于有機溶劑。一種以Mn、Fe及MnO2制備高鐵酸鉀和活性MnO2的流程如圖所示：已知：部分金屬離子在溶液中沉淀的pH如下表：金屬離子Fe3+Fe2+Mn2+開始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1回答下列問題：（1）MnO2不溶于稀硫酸，加入過量FeSO4目的是在酸性條件下將MnO2還原成穩(wěn)定的Mn2+，寫出該反應的離子方程式_______________________________________。（2）“調pH”操作中，調節(jié)pH的范圍是___________，“濾渣”的主要成分是___________。（3）“沉錳”操作中，溫度過高會導致MnO2產(chǎn)率降低，原因是_____________________。（4）某溫度下，若要從10m3c()=2.0×10-4mol·L-1的溶液中沉淀(濃度降至10-5mol·L-1)，理論上需加入Ca(OH)2固體的物質的量不少于___________mol。(已知該溫度下CaFeO4的Ksp=4.5×10-9，不考慮水解和溶液體積變化)（5）已知錳的某種氧化物的晶胞如圖所示，其中錳的化合價為___________，配位數(shù)為____________?！即鸢浮剑?）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2）3.2≤pH<8.lFe(OH)3（3）溫度過高時，NH4HCO3的分解速率加快，濃度降低，不利于沉錳（4）6.4（5）+26〖祥解〗以Mn、Fe及MnO2制備高鐵酸鉀和活性MnO2，酸浸：酸性條件下FeSO4，將MnO2還原為Mn2+，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，Mn和Fe分別生成Mn2+和Fe2+。氧化：H2O2將溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分離，反應的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，溶液中主要含F(xiàn)e3+，Mn2+，等離子。調pH：由濾渣制備K2FeO4，可知，F(xiàn)e3+轉化為Fe(OH)3，沉淀進入濾渣，Mn2+存在于濾液A中，結合表格數(shù)據(jù)可知，調節(jié)pH的范圍是3.2≤pH<8.1。沉錳：NH4HCO3與MnSO4,反應生成MnCO3沉淀和CO2，。焙燒：MnCO3和O2，反應生成活性MnO2和CO2，，據(jù)此分析解題?！驹斘觥浚?）酸性條件下FeSO4，將MnO2還原為Mn2+，離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故〖答案〗為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。（2）由濾渣制備K2FeO4，可知，F(xiàn)e3+轉化為Fe(OH)3，沉淀進入濾渣，Mn2+存在于濾液A中，結合表格數(shù)據(jù)可知，調節(jié)pH的范圍是3.2≤pH<8.1，故〖答案〗為3.2≤pH<8.1；Fe(OH)3。（3）NH4HCO3受熱易分解，當溫度高于

60℃，會加速NH4HCO3的分解，導致MnO2產(chǎn)率降低，故〖答案〗為溫度過高時，NH4HCO3的分解速率加快，濃度降低，不利于沉錳。（4）若要將溶液中的濃度從2.0×10-4mol·L-1降至10-5mol·L-1，需要加入，當溶液中濃度降至10-5mol·L-1，溶液中，，共需要加入Ca(OH)2固體的物質的量不少于為1.9+4.5=6.4mol，故〖答案〗為6.4。（5）根據(jù)晶胞結構示意圖，一個晶胞中含有Mn原子個數(shù)為，含有O原子個數(shù)為，所以該錳的氧化物化學式為MnO，所以錳的化合價為+2，位于中心的Mn的配位數(shù)為6；故〖答案〗為+2；6。9.亞硝酰氯(NOCl，熔點-64.5℃，沸點-5.5℃)為黃色氣體，遇水劇烈水解生成氮的兩種氧化物和氯化氫，常用作有機合成中間體。實驗室可由氯氣與一氧化氮反應制備，其裝置如圖所示：回答下列問題：（1）儀器a的名稱為___________。（2）試劑X為___________，D中使用冰鹽浴而不用冰水浴的原因是______________。（3）尾氣含有NO、Cl2、NOCl，某同學建議用NaOH溶液進行尾氣處理。①無水CaCl2的作用是____________________________________________。②寫出NaOH溶液吸收NOCl的化學方程式______________________________________。（4）有同學認為NaOH溶液只能吸收Cl2和NOCl，不能吸收NO，經(jīng)過查閱資料發(fā)現(xiàn)用KMnO4溶液可以吸收NO氣體，并產(chǎn)生黑色沉淀，寫出該反應的離子方程式____________________________________________。（5）制得的NOCl中可能含有少量NO2雜質，為測定產(chǎn)品純度，進行如下實驗：稱取1.6375g樣品溶于50.00mL。NaOH溶液中，加入幾滴K2CrO4溶液作指示劑，用足量硝酸酸化的0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知：Ag2CrO4為磚紅色固體，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12)①滴定終點的現(xiàn)象：當?shù)稳胱詈蟀氲蜛gNO3標準溶液后，_______________________。②計算產(chǎn)品的純度為___________%(保留1位小數(shù))?！即鸢浮剑?）蒸餾燒瓶（2）濃硫酸冰鹽浴可控制溫度低于-5.5℃，冰水浴只能控制溫度到0℃，故冰鹽浴可使亞硝酰氯冷凝，而冰水浴不能（3）①防止NaOH溶液中的水蒸氣進入三頸燒瓶中，使NOCl水解②NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O（4）NO+=+MnO2↓（5）①出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內不變化②80.0〖祥解〗NOCl由氯氣與一氧化氮反應制備，由裝置圖可知，裝置A生成一氧化氮，依次經(jīng)過水和濃硫酸凈化后通入裝置D；裝置G生成氯氣，依次經(jīng)過飽和氯化鈉溶液和濃硫酸凈化后通入裝置D；在冰鹽下生成NOCl，尾氣含有NO、Cl2、NOCl，可使用NaOH處理尾氣，據(jù)此分析解題?！驹斘觥浚?）儀器a的名稱為蒸餾燒瓶，故〖答案〗為蒸餾燒瓶。（2）據(jù)分析可知，試劑X為濃硫酸，氯氣與一氧化氮在D中生成NOCl，冰鹽浴可控制溫度低于-5.5℃，冰水浴只能控制溫度到0℃，故冰鹽浴可使亞硝酰氯冷凝，而冰水浴不能，故而使用冰鹽浴而不用冰水浴，故〖答案〗為冰鹽浴可控制溫度低于-5.5℃，冰水浴只能控制溫度到0℃，故冰鹽浴可使亞硝酰氯冷凝，而冰水浴不能。（3）①尾氣含有NO、Cl2、NOCl，用無水氯化鈣處理尾氣，防止NaOH溶液中的水蒸氣進入三頸燒瓶中，使NOCl水解，故〖答案〗為防止NaOH溶液中的水蒸氣進入三頸燒瓶中，使NOCl水解；②NaOH溶液吸收NOCl，化學方程式為NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故〖答案〗為NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。（4）用KMnO4溶液可以吸收NO氣體，并產(chǎn)生黑色沉淀為MnO2，離子方程式為NO+=+MnO2↓，故〖答案〗為NO+=+MnO2↓。（5）①滴定中K2CrO4溶液作指示劑，已知Ag2CrO4為磚紅色固體，滴定終點的現(xiàn)象為當?shù)稳胱詈蟀氲蜛gNO3標準溶液后，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內不變化，故〖答案〗為出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內不變化；②，由關系NOCl~NaCl~AgNO3，則樣品純度，故〖答案〗為80.0。10.乙醇是重要的工業(yè)原料，合成乙醇是近年來研究的熱點，其中乙酸甲酯催化加氫是制取乙醇的方法之一，包括以下主要反應：①CH3COOCH3(g)+2H2(g)?C2H5OH(g)+CH3OH(g)ΔH1=-71kJ·mol-1②CH3COOCH3(g)+H2(g)?CH3CHO(g)+CH3OH(g)ΔH2=+13.6kJ·mol-1回答下列問題：（1）反應CH3CHO(g)+H2(g)?C2H5OH(g)ΔH=___________。（2）工業(yè)生產(chǎn)中，控制CH3COOCH3流速為22.4m3·h-1(已換算為標準狀況)，CH3COOCH3的轉化率為80.0%，則CH3COOCH3的反應速率為___________mol·min-1(保留三位有效數(shù)字)。CH3COOCH3，流速過大時轉化率下降，原因是_____________________________。（3）乙酸甲酯加氫反應通常使用銅基催化劑，催化劑1的主要成分為Cu-Al，催化劑Ⅱ的主要甲成分為Cu-Zn-Al，實驗中采用催化劑I和催化劑Ⅱ測得不同溫度下相同時間內乙酸甲酯的轉化率如圖(以反應①為主)。工業(yè)生產(chǎn)中應使用的催化劑是______________。(填“催化劑I”或“催化劑Ⅱ”)。（4）在乙酸甲酯催化加氫反應體系中，下列說法正確的是___________。A.增大H2與CH3COOCH3的初始投料比，有利于提高CH3COOCH3的轉化率B.當氣體的平均摩爾質量保持不變時，說明反應體系已達平衡C.平衡后，壓縮容器體積，反應①正向移動，反應②不移動D.選用合適的催化劑可提高CH3COOCH3的平衡轉化率（5）實驗室中，一定條件下在1L密閉容器內通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2發(fā)生反應①和②，測得不同溫度下達平衡時CH3COOCH3轉化率和乙醇的選擇性如下圖所示。260°C時反應①的平衡常數(shù)K=___________。溫度高于240℃時，隨溫度升高乙醇的選擇性降低的原因是__________________