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2021年山东省泰安市肥城市高考化学适应性试卷（三）
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这是一份2021年山东省泰安市肥城市高考化学适应性试卷（三），共41页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省泰安市肥城市高考化学适应性试卷（三）
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（2分）科技发展离不开化学。下列说法不正确的是（ ）
A．“直上云霄”：客机所用燃油是石油的分馏产物
B．“乘风破浪”：航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀
C．“一带一路”：丝绸制品成分的90%都是纤维素，能发生酯化反应
D．“筑梦天宫”：液氢、液氧替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好
2．（2分）科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与泪液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为20～60nm）。下列说法错误的是（ ）
A．氯金酸钠中金元素为+3价
B．氯金酸钠是配位化合物
C．葡萄糖发生还原反应
D．反应后的分散系可产生丁达尔效应
3．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜
B．300mL 2mol•L﹣1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C．反应Ca+Cf→Og+xn中，每生成294g Og释放的中子数为3NA
D．常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
4．（2分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞M＞Y
B．第一电离能：Y＞M＞Z
C．工业上常用电解熔融物ZY制取Z单质
D．Z、M的简单离子均可促进水的电离
5．（2分）无法达到相应实验目的的是（ ）
A．探究浓硫酸的脱水性和氧化性
B．探究温度对水解程度的影响
C．制备干燥的氢气
D．验证Cu与Fe3+反应产生电流
6．（2分）药物异博定（盐酸维拉帕米）能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程：
已知NaH晶体属NaCl晶型，则下列说法正确的是（ ）
A．X的沸点低于其同分异构体
B．Y分子中基态Br原子电子排布式为[Ar]4s24p5
C．1mol Z最多与6mol H2发生加成反应
D．NaH晶体中，与Na+最近的H﹣有12个
7．（2分）冰晶石（Na3AlF6）是一种重要的助熔剂，化工上常通过如图方法制备：
已知萤石（CaF2）、石英砂（SiO2）、冰晶石均难溶于水。下列说法错误的是（ ）
A．冰晶石含有离子键和共价键
B．实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器有酒精喷灯、蒸发皿、玻璃棒
C．“水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO3
D．“调pH”时，若pH过大则冰晶石的产率会降低
8．（2分）室温下，几种酸的电离常数如下表所示：
弱酸
H2S
HClO
H2CO3
电离平衡常数
K1＝1.3×10﹣7
K2＝7.1×10﹣15
K＝3.0×10﹣8
K1＝4.4×10﹣7
K2＝4.7×10﹣11
下列说法一定正确的是（ ）
A．Na2S、Na2CO3、NaClO溶液的pH逐渐减小
B．ClO﹣、CO32﹣、HS﹣在溶液中可以大量共存
C．少量CO2气体与Na2S溶液反应：CO2+H2O+2S2﹣═2HS﹣+CO32﹣
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，水电离的c（OH﹣ ）＝1.0×10﹣10mol•L﹣1
9．（2分）+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如下表所示：
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（黄色）、VO43﹣（无色）、V5O143﹣（红棕色）等。下列说法正确的是（ ）
A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子方程式为：5VO2++8OH﹣═V5O143﹣+4H2O
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．VO3﹣转化为V2O74﹣的离子方程式为：2VO3﹣+H2O═V2O74﹣+2H+
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
10．（2分）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯（部分夹持及加热装置已略去）。下列说法正确的是（ ）
A．可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2
B．装置乙中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝
C．装置丙中的铁丝主要用于搅拌，使反应物充分混合
D．装置丁中有淡黄色沉淀产生，证明苯与溴发生了取代反应
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．a和b互为同系物
B．a→b的反应类型为取代反应
C．c分子中所有碳原子均可共面
D．b的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
12．（4分）George A.Olah教授和其合作者使用Ru﹣PNP pincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺（PEHA）多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．甲醇可作为车用燃料
B．反应过程中只有极性键的断裂和形成
C．循环过程中催化剂参与中间反应
D．总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O
13．（4分）我国科学家利用光能处理含苯酚废水，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极电势低于b极电势
B．H+由II区移向I区，II区溶液的pH增大
C．a极的电极反应式为：+2e﹣+2H+═+H2O
D．若有2mol电子通过导线，I区混合液体质量增大2 g
14．（4分）氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca（H2PO4）2+2HF↑，已知Ca（H2PO4）2溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（ ）
A．Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序：c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）
B．PO43﹣的空间构型为正四面体形
C．已知CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，则F﹣的配位数是8
D．由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl
15．（4分）常温下，用0.1 mol•L−1NaOH溶液滴定20mL等浓度的H3PO4溶液，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若直线丙表示pH与的变化关系，应该在甲、乙之间
B．Ka2（H3PO4）＝10﹣7.21，且NaH2PO4溶液中c（HPO42﹣）＜c（H3PO4）
C．c（HPO42﹣）＝c（H3PO4）时，pH＝4.68
D．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（PO43﹣）＝c（H+）+c（H2PO4﹣）+c（H3PO4）
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（12分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和 （填化学式）。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为 、 。
（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是 。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 kg。
（4）“置换”后滤液溶质主要成分是 （填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的 不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
17．（14分）过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，请回答下列问题。
（1）铁能与三氮唑（结构见如图）形成多种配合物。1mol三氮唑中所含σ键为 mol。
（2）Fe4[Fe（CN）6]3是较早发现的CN﹣配合物，其中铁元素呈现两种不同的价态。则外界离子基态核外电子排布式为 。
（3）过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。据此推断Ni（CO）X中x＝ 。
（4）六价铬的化合物有剧毒，要对含Cr（（VI）废水进行化学处理，使其转化为毒性较低的Cr（III）。常见的是把FeSO4•7H2O加入含Cr（VI）的废水中，在pH＜4时，Fe2+将Cr（VI）还原为Cr（III），调节溶液pH达8～10，使溶液中的Fe（II）、Fe（III）、Cr（III）析出，其组成相当于Fe（II）[Fex（III）•Cr2﹣x（III）]O4（铁氧磁体）。若废水中六价铬以Cr2O72﹣存在，则酸性条件下硫酸亚铁还原Cr（VI）的离子方程式为 。由此确定铁氧磁体中x＝ 。
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图所示。
①组成该晶体的化学式为 ；
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 ，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为 ；
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
18．（12分）研究氮、碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。
（1）过渡金属催化还原氮气合成氨具有巨大前景。催化过程一般有吸附﹣解离﹣反应﹣脱附等过程，图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图（部分数据略），其中“*”表示被催化剂吸附。
氨气的脱附是过程 （填“吸热”或“放热”），合成氨的热化学方程式为 ；
若将2.0mol N2和6.0mol H2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①温度T1 （填“＞”“＜”或“＝”下同）T2。T1温度下恰好平衡时，曲线B上的点为b（m，n），则m 12，n 2；
②T2温度下，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v（正） （填“＞”“＜”或“＝”）v（逆）。
（2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：
a.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1＝+131.3kJ•mol﹣1K1
b.C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H2＝+90.3kJ•mol﹣1K2
c.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.0kJ•mol﹣1K3
三个反应的平衡常数随温度变化的关系如图所示，则表示K1、K2、K3的曲线分别是 、 、 。
（3）CO2在Cu﹣ZnO催化下，同时发生如下反应①、②，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＜0
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＞0
在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO2和H2，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强如下表所示：
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
总压强/KPa
起始/mol
0.5
0.9
0
0
0
P0
平衡/mol
n
0.3
p
若容器内反应①、②均达到平衡时，P0＝1.4p，反应①的平衡常数Kp＝ （KPa）﹣2。（用含p的式子表示）
19．（10分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称为 。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式 。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（2）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是 。
（3）写出⑥的化学反应方程式： ，该步反应的主要目的 。
（4）写出⑧的反应试剂和条件： ；F中含氧官能团的名称为 。
（5）设计以为主要原料，经最少步骤合成含酰胺键聚合物的合成路线 。
20．（12分）已知磺酰氯（SO2Cl2）是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，利用下列装置制备磺酰氯（部分夹持装置略）。
（1）利用E装置制取SO2宜选用的试剂是 。
a．10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
b．铜和98%的浓硫酸
c．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体
d．80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
（2）为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序： →f，g← 。（箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用）
（3）仪器甲的名称为 ，仪器乙的作用是 。
（4）制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是 。
（5）测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba（OH）2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol•L﹣1的AgNO3溶液l00.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe（SO4）2溶液，用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。[已知：Ksp（AgCl）＝3.2×10﹣10，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12]
①硝基苯的作用是 。
②产品中SO2Cl2的质量分数为 ，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
2021年山东省泰安市肥城市高考化学适应性试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（2分）科技发展离不开化学。下列说法不正确的是（ ）
A．“直上云霄”：客机所用燃油是石油的分馏产物
B．“乘风破浪”：航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀
C．“一带一路”：丝绸制品成分的90%都是纤维素，能发生酯化反应
D．“筑梦天宫”：液氢、液氧替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好
【分析】A．根据石油的分馏产物来回答；
B．根据钛合金具有的性能来回答；
C．丝绸的主要成分为蛋白质；
D．液氢、液氧燃烧不产生环境污染物。
【解答】解：A．客机所用燃油时航空煤油，为石油的分馏产物，故A正确；
B．钛合金具有耐高温、耐腐蚀等优良性质，可抗海水腐蚀，故B正确；
C．丝绸的主要成分为蛋白质，不是纤维素，故C错误；
D．液氢、液氧燃烧不产生环境污染物，所以液氢、液氧替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查化学与生活、社会、科技的关系，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2．（2分）科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与泪液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为20～60nm）。下列说法错误的是（ ）
A．氯金酸钠中金元素为+3价
B．氯金酸钠是配位化合物
C．葡萄糖发生还原反应
D．反应后的分散系可产生丁达尔效应
【分析】A．化合物中正负化合价的代数和为0；
B．氯金酸钠是氯离子和四氯合金离子形成的配位化合物；
C．葡萄糖中含有醛基，具有还原性，发生氧化反应；
D．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系为胶体，能产生丁达尔效应。
【解答】解：A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为﹣1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；
B．氯金酸钠是氯离子和四氯合金离子形成的配位键，所以氯金酸钠是配位化合物，故B正确；
C．葡萄糖的结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，葡萄糖中含有醛基，具有还原性，在反应中被氧化，则检测时，葡萄糖发生了氧化反应，故C错误；
D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，可产生丁达尔效应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜
B．300mL 2mol•L﹣1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C．反应Ca+Cf→Og+xn中，每生成294g Og释放的中子数为3NA
D．常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
【分析】A.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜更活泼的金属；
B.蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还含水分子；
C.依据质量守恒定律判断；
D.常温下铁在浓硝酸中发生钝化。
【解答】解：A.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜更活泼的金属，故当转移电子NA个时，阳极上溶解的铜小于32g，故A错误；
B.蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还含水分子，故此溶液中含有的分子数大于0.6NA个，故B错误；
C.依据反应式结合质量守恒定律可知：x＝3，即反应为：4820Ca+24998Cf→29498O+10n 每生成294g29498O，物质的量为1mol，释放的中子数为3NA，故C正确；
D.常温下铁在浓硝酸中发生钝化，反应程度很小，故转移的电子数小于0.3NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确公式使用条件和对象是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞M＞Y
B．第一电离能：Y＞M＞Z
C．工业上常用电解熔融物ZY制取Z单质
D．Z、M的简单离子均可促进水的电离
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，结合图示可知，Y形成2个共价键，最外层含有6个电子，其电子总数为＝8，则Y为O元素；X、M的族序数均等于周期序数，可能为H、Be、Al，M的原子序数大于O，则M为Al；X与O形成1个共价键，则X为H元素；该化合物分子式为Z2Al2O4（OH）2，Z的化合价为+2，其原子序数大于O，则Z为Mg元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为O，Z为Mg，M为Al元素，
A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y＞Z＞M，故A错误；
B．一般来讲金属的第一电离能减小，则O的第一电离能最大，Mg的3s轨道为全满稳定状态，其第一电离能大于Al，则第一电离能：Y＞Z＞M，故B错误；
C．MgO熔沸点较高，工业上通过电解熔融氯化镁冶炼镁，故C错误；
D．镁离子和铝离子均能够水解，促进了水的电离，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5．（2分）无法达到相应实验目的的是（ ）
A．探究浓硫酸的脱水性和氧化性
B．探究温度对水解程度的影响
C．制备干燥的氢气
D．验证Cu与Fe3+反应产生电流
【分析】A.浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫；
B.水解反应为吸热反应；
C.氢气可用浓硫酸干燥，用向下排空气法收集；
D.Fe与Fe3+反应。
【解答】解：A.浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，可探究浓硫酸的脱水性和氧化性，故A正确；
B.水解反应为吸热反应，升高温度，可促进醋酸钠的水解，溶液颜色加深，故B正确；
C.氢气可用浓硫酸干燥，氢气密度比空气小，用向下排空气法收集，可完成实验，故C正确；
D.Fe比Cu活泼，Fe为负极被氧化，若验证Cu与Fe3+反应产生电流，左侧电极应为碳棒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）药物异博定（盐酸维拉帕米）能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程：
已知NaH晶体属NaCl晶型，则下列说法正确的是（ ）
A．X的沸点低于其同分异构体
B．Y分子中基态Br原子电子排布式为[Ar]4s24p5
C．1mol Z最多与6mol H2发生加成反应
D．NaH晶体中，与Na+最近的H﹣有12个
【分析】A．X形成分子内氢键，而形成分子间氢键；
B．Br是35号元素，处于元素周期表中第四周期第ⅦA族；
C．Z中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，而酯基不能；
D．NaH晶体属NaCl晶型，则NaH晶体中离子的配位数为6。
【解答】解：A．X形成分子内氢键，使其沸点降低，而形成分子间氢键，使其沸点升高，故X的沸点低于其同分异构体，故A正确；
B．Br是35号元素，处于元素周期表中第四周期第ⅦA族，基态Br原子电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故B错误；
C．Z分子含有1个苯环、2个碳碳双键，它们能与氢气发生加成反应，而酯基不能，故1mol Z最多与5mol H2发生加成反应，故C错误；
D．NaH晶体属NaCl晶型，则NaH晶体中离子的配位数为6，即与Na+最近的H﹣有6个，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查比较综合，属于一题多点型题目，涉及有机物结构与性质、氢键、核外电子排布、晶胞结构等，注意掌握官能团的性质与转化、氢键对物质性质的影响，熟记中学常见晶胞结构特点。
7．（2分）冰晶石（Na3AlF6）是一种重要的助熔剂，化工上常通过如图方法制备：
已知萤石（CaF2）、石英砂（SiO2）、冰晶石均难溶于水。下列说法错误的是（ ）
A．冰晶石含有离子键和共价键
B．实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器有酒精喷灯、蒸发皿、玻璃棒
C．“水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO3
D．“调pH”时，若pH过大则冰晶石的产率会降低
【分析】萤石加入石英砂、纯碱煅烧，可生成硅酸钙、氟化钠和二氧化碳，水浸，滤渣含有硅酸钙，加入稀硫酸调节pH，加入硫酸铝，可生成冰晶石，以此解答该题。
【解答】解：A.Na3AlF6为离子化合物，含有离子键，AlF6﹣中存在配位键，为共价键，故A正确；
B.煅烧固体应在坩埚中进行，蒸发皿用于加热液体，故B错误；
C.煅烧生成硅酸钙、氟化钠和二氧化碳，则水浸得到的残渣主要为CaSiO3，故C正确；
D.若pH过大，可生成氢氧化铝沉淀，降低产率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）室温下，几种酸的电离常数如下表所示：
弱酸
H2S
HClO
H2CO3
电离平衡常数
K1＝1.3×10﹣7
K2＝7.1×10﹣15
K＝3.0×10﹣8
K1＝4.4×10﹣7
K2＝4.7×10﹣11
下列说法一定正确的是（ ）
A．Na2S、Na2CO3、NaClO溶液的pH逐渐减小
B．ClO﹣、CO32﹣、HS﹣在溶液中可以大量共存
C．少量CO2气体与Na2S溶液反应：CO2+H2O+2S2﹣═2HS﹣+CO32﹣
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，水电离的c（OH﹣ ）＝1.0×10﹣10mol•L﹣1
【分析】A．电离平衡常数比较判断酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，酸越弱，对应盐水解程度越强，碱性越强；
B．ClO﹣具有强氧化性，HS﹣离子具有强还原性；
C．电离平衡常数比较判断酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，少量CO2气体与Na2S溶液反应生成硫氰酸钠和碳酸钠；
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，是碳酸根离子水解，溶液显碱性。
【解答】解：A．电离平衡常数比较判断酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，盐的水解程度：S2﹣＞CO32﹣＞ClO﹣，相同浓度的Na2S、Na2CO3、NaClO溶液的pH逐渐减小，溶液中浓度不知，pH不一定逐渐减小，故A错误；
B．ClO﹣具有强氧化性，HS﹣离子具有强还原性，二者在溶液中能发生氧化还原反应，故B错误；
C．少量CO2气体与Na2S溶液反应生成硫氰酸钠和碳酸钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+2S2﹣═2HS﹣+CO32﹣，故C正确；
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，碳酸根离子结合水电离出的氢离子，促进水的电离平衡正向进行，水电离出的氢离子浓度等于电离出的氢氧根离子浓度＝mol/L＝10﹣4mol/L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及知识灵活运用能力，明确电离平衡常数与电解质强弱关系、电离平衡常数与其对应的弱离子水解平衡常数关系是解本题关键。
9．（2分）+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如下表所示：
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（黄色）、VO43﹣（无色）、V5O143﹣（红棕色）等。下列说法正确的是（ ）
A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子方程式为：5VO2++8OH﹣═V5O143﹣+4H2O
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．VO3﹣转化为V2O74﹣的离子方程式为：2VO3﹣+H2O═V2O74﹣+2H+
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
【分析】A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5O143﹣；
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，没有元素化合价的变化；
C．V2O74﹣在碱性条件下存在；
D．没有VSO4的物质的量无法计算转移电子的物质的量。
【解答】解：A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5O143﹣，则反应的离子方程式为：5VO2++8OH﹣═V5O143﹣+4H2O，故A正确；
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，没有元素化合价的变化，该过程V元素没有被还原，故B错误；
C．V2O74﹣在碱性条件下存在，则VO3﹣转化为V2O74﹣的离子方程式为：2VO3﹣+2OH﹣═V2O74﹣+H2O，故C错误；
D．VSO4被氧化时失去的电子的量与其物质的量有关，没有VSO4的物质的量无法计算转移电子的物质的量，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质、离子方程式，题目难度不大，把握氧化还原反应中元素化合价的变化、离子方程式的书写以及题目中所给的信息是解题的关键。
10．（2分）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯（部分夹持及加热装置已略去）。下列说法正确的是（ ）
A．可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2
B．装置乙中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝
C．装置丙中的铁丝主要用于搅拌，使反应物充分混合
D．装置丁中有淡黄色沉淀产生，证明苯与溴发生了取代反应
【分析】由实验装置可知，甲中发生MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，乙中干燥溴，且热水可防止溴蒸气冷凝，丙中铁与溴反应生成溴化铁，苯与溴在溴化铁的催化作用下反应生成溴苯，挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，丁中硝酸银溶液可吸收尾气，倒扣的漏斗可防止倒吸，以此来解答。
【解答】解：A.乙醇与溴苯互溶，应选NaOH溶液除去溴苯中溶解的少量Br2，故A错误；
B.丙中苯与溴发生取代反应，则乙中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝，故B正确；
C.装置丙中的铁丝与溴反应生成溴化铁，提供反应需要的催化剂，故C错误；
D.挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，则丁中有淡黄色沉淀产生，不能证明苯与溴发生了取代反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的性质及混合物分离提纯，题目难度中等。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．a和b互为同系物
B．a→b的反应类型为取代反应
C．c分子中所有碳原子均可共面
D．b的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
【分析】A.a、b结构不同；
B.a中H原子被替代；
C.c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
D.b结构对称，含有4种H原子。
【解答】解：A.b含有脂环，a、b结构不同，不是同系物，故A错误；
B.a中H原子被替代，同时生成HBr、HCl，为取代反应，故B正确；
C.c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；
D.b结构对称，含有4种H原子，则b的一氯代物有4种，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
12．（4分）George A.Olah教授和其合作者使用Ru﹣PNP pincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺（PEHA）多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．甲醇可作为车用燃料
B．反应过程中只有极性键的断裂和形成
C．循环过程中催化剂参与中间反应
D．总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O
【分析】A．甲醇是液态燃料，燃烧热值高；
B．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键；
C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应；
D．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O。
【解答】解：A．甲醇是液态燃料，燃烧热值高，所以甲醇可作为车用燃料，故A正确；
B．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键，则反应过程中有极性键和非极性键的断裂，而生成物中只含有极性键，所以只有极性键形成，故B错误；
C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应，所以循环过程中催化剂参与中间反应，故C正确；
D．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，则总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应机理、元素化合物的性质，题目难度不大，把握图中的反应机理、元素化合物的性质、物质之间的转化等是解题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
13．（4分）我国科学家利用光能处理含苯酚废水，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极电势低于b极电势
B．H+由II区移向I区，II区溶液的pH增大
C．a极的电极反应式为：+2e﹣+2H+═+H2O
D．若有2mol电子通过导线，I区混合液体质量增大2 g
【分析】由图中可知该装置为原电池，a极上→，即苯酚发生得电子的还原反应生成，则a电极为正极，b电极为负极，正极反应式为+2e﹣+2H+═+H2O，负极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，原电池工作时，阳离子移向正极a极，据此分析解答。
【解答】解：A．该原电池中，a极上→，苯酚发生得电子的还原反应，则a电极为正极，b电极为负极，即a极电势高于b极电势，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子移向正极a极，即H+由Ⅱ区移向Ⅰ区，但负极消耗水，使溶液的酸性增强，pH减小，故B错误；
C．该原电池中，a极上发生得电子的还原反应生成，电极反应式为+2e﹣+2H+═+H2O，故C正确；
D．原电池工作时，H+通过质子交换膜由Ⅱ区移向Ⅰ区，若有2mol电子通过导线，则移向Ⅰ区的H+有2mol，质量为2mol×1g/mol＝2g，即有2mol电子通过导线，Ⅰ区混合液体质量增大2g，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和运用能力，把握工作原理即可解答，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度中等。
14．（4分）氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca（H2PO4）2+2HF↑，已知Ca（H2PO4）2溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（ ）
A．Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序：c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）
B．PO43﹣的空间构型为正四面体形
C．已知CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，则F﹣的配位数是8
D．由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl
【分析】A．H3PO4是中强酸，分步电离，电离程度逐级减弱，Ca（H2PO4）2溶液显酸性，则H2PO4﹣程度大于水解程度；
B．PO43﹣的中心原子P的价层电子对数为4+＝0，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体；
C．CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，则F﹣的配位数是4；
D．热稳定性与分子间形成的氢键无关。
【解答】解：A．H3PO4是中强酸，分步电离，Ca（H2PO4）2溶液显酸性，则H2PO4﹣程度大于水解程度，Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序为c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故A正确；
B．PO43﹣的中心原子P的价层电子对数为4+＝0，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为正四面体，故B正确；
C．CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，即Ca的配位数为8，根据CaF2晶胞中“Ca离子数×配位数＝氟离子数×配位数”可知，F﹣的配位数是4，故C错误；
D．分子的热稳定性与分子间氢键无关，热稳定性：HF＞HCl，是因为H﹣F键能大于H﹣Cl，故D错误；
故选：CD。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及离子浓度比较、物质的结构与性质，涉及酸式盐的电离和水解平衡、VSEPR模型的计算推断、氢键、晶胞结构、键能大小与物质稳定性的关系等知识，为高频考点，把握酸式盐的电离和水解平衡、晶胞的结构及分子的性质是解题关键，注意D选项为易错点，题目难度中等。
15．（4分）常温下，用0.1 mol•L−1NaOH溶液滴定20mL等浓度的H3PO4溶液，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若直线丙表示pH与的变化关系，应该在甲、乙之间
B．Ka2（H3PO4）＝10﹣7.21，且NaH2PO4溶液中c（HPO42﹣）＜c（H3PO4）
C．c（HPO42﹣）＝c（H3PO4）时，pH＝4.68
D．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（PO43﹣）＝c（H+）+c（H2PO4﹣）+c（H3PO4）
【分析】Ka1（H3PO4）＝，则＝，当﹣lg＝0，即＝＝1时，Ka1（H3PO4）＝c（H+），同理可得，当﹣lg＝0，Ka2（H3PO4）＝c（H+），当﹣lg＝0，Ka3（H3PO4）＝c（H+），由Ka1（H3PO4）＞Ka2（H3PO4）＞Ka3（H3PO4）可知，﹣lg＝0时的c（H+）比﹣lg＝0时的c（H+）大，即﹣lg＝0时的pH比﹣lg＝0时的pH小，故直线甲表示pH与﹣lg的关系，直线乙表示pH与﹣lg的关系。
【解答】解：A.由分析可知，直线乙表示pH与﹣lg的关系，﹣lg＝0时的pH比﹣lg＝0时的pH比小，若直线丙表示pH与﹣lg的变化关系，应该直线乙下方，故A错误；
B.由分析可知，直线甲表示pH与﹣lg的关系，直线乙表示pH与﹣lg的关系，由图可知，当﹣lg＝1时，pH＝8.21，即＝10时，c（H+）＝10﹣8.21mol/L，则Ka2（H3PO4）＝＝10×10﹣8.21＝10﹣7.21，当﹣lg＝2时，pH＝4.15，即＝100时，c（H+）＝10﹣4.15mol/L，则Ka1（H3PO4）＝＝100×10﹣4.15＝10﹣2.15，Kh（H2PO4﹣）＝＝＝＝10﹣11.85＜Ka2（H3PO4），即H2PO4﹣的电离程度大于水解程度，则NaH2PO4溶液中c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故B错误；
C.由B知，Ka1（H3PO4）＝＝10﹣2.15，Ka2（H3PO4）＝＝10﹣7.21，则Ka1（H3PO4）×Ka2（H3PO4）＝＝10﹣2.15×10﹣7.21＝10﹣9.36，当c（HPO42﹣）＝c（H3PO4）时，c2（H+）＝10﹣9.36，则c（H+）＝10﹣4.68，pH＝﹣lgc（H+）＝4.68，故C正确；
D.Na2HPO4溶液中，由质子守恒可得：c（OH﹣）+c（PO43﹣）＝c（H+）+c（H2PO4﹣）+2c（H3PO4），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中粒子的对数图象，题目难度较大，关键是利用电离平衡常数的特殊值确定对应的对数直线，掌握弱酸的酸式酸根离子的水解能力的比较方法以及电荷守恒、物料守恒和质子守恒的应用，提高学生的分析能力和化学计算能力。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（12分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和 CaSO4 （填化学式）。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为 3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+ 、 3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+ 。
（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是 锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本 。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 86.2 kg。
（4）“置换”后滤液溶质主要成分是 ZnSO4 （填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是 Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的 密度 不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
【分析】根据流程图，镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH＝5，沉淀除去Cu（OH）2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，以此解答该题。
【解答】解：（1）硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和CaSO4，故答案为：CaSO4；
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3 Fe（OH）3↓+5H+，3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+，
故答案为：3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3 Fe（OH）3↓+5H+；3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（3）①实际生产中 比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，
故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn＝Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为×65kg/kmol×1.3＝86.2kg，
故答案为：86.2；
（4）根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑．当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，
故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，（3）为解答的难点，题目难度中等。
17．（14分）过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，请回答下列问题。
（1）铁能与三氮唑（结构见如图）形成多种配合物。1mol三氮唑中所含σ键为 8 mol。
（2）Fe4[Fe（CN）6]3是较早发现的CN﹣配合物，其中铁元素呈现两种不同的价态。则外界离子基态核外电子排布式为 [Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） 。
（3）过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。据此推断Ni（CO）X中x＝ 4 。
（4）六价铬的化合物有剧毒，要对含Cr（（VI）废水进行化学处理，使其转化为毒性较低的Cr（III）。常见的是把FeSO4•7H2O加入含Cr（VI）的废水中，在pH＜4时，Fe2+将Cr（VI）还原为Cr（III），调节溶液pH达8～10，使溶液中的Fe（II）、Fe（III）、Cr（III）析出，其组成相当于Fe（II）[Fex（III）•Cr2﹣x（III）]O4（铁氧磁体）。若废水中六价铬以Cr2O72﹣存在，则酸性条件下硫酸亚铁还原Cr（VI）的离子方程式为 6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O 。由此确定铁氧磁体中x＝ 1.5 。
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图所示。
①组成该晶体的化学式为 MgNi3C ；
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 1：3 ，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为 2：1 ；
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 棱心 位置。
【分析】（1）三氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C﹣H键、1个N﹣H键，每个分子有8个σ键；
（2）Fe4[Fe（CN）6]3的外界离子为Fe3+，该离子是Fe原子失去3个电子得到的，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；
（3）按照有效原子序数规则，Ni（CO）x中Ni的电子数应达到18，Ni自身有10个电子；
（4）Cr2O72﹣在酸性条件下将亚铁离子还原生成三价铬离子和铁离子；根据上述结果，生成n（Fe3+）：n（Cr3+）＝3：1，则x：（2﹣x）＝3：1；
（5）①根据均摊法，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，据此分析组成该晶体的化学式；
②立方最密堆积的八面体空隙位于体心和棱心，结合晶胞结构分析；
③根据C和Ni的原子坐标分析。
【解答】解：（1）氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C﹣H键、1个N﹣H键，每个分子有8个σ键，1mol 三氮唑中所含σ键为8mol，
故答案为：8；
（2）Fe4[Fe（CN）6]3的外界离子为Fe3+，该离子是Fe原子失去3个电子得到的，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5），
故答案为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；
（3）按照有效原子序数规则，Ni（CO）x中Ni的电子数应达到18，Ni自身有10个电子，所以10+2x＝18，可得x＝4，
故答案为：4；
（4）若废水中六价铬以Cr2O72﹣存在。在酸性条件下硫酸亚铁还原Cr2O72﹣反应生成三价铬离子和铁离子，离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，根据上述结果，生成n（Fe3+）：n（Cr3+）＝3：1，则x：（2﹣x）＝3：1，则可确定铁氧磁体中x＝1.5，
故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；1.5；
（5）①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1，Mg原子位于顶点，个数为1，Ni原子位于面心，个数为3，所以化学式为MgNi3C，
故答案为：MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3，构成八面体空隙需要6个配位原子，根据晶胞结构图，其中4个为Ni，2个为Mg，所以由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为2：1，
故答案为：1：3；2：1；
③若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置，
故答案为：棱心。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，分子构型，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
18．（12分）研究氮、碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。
（1）过渡金属催化还原氮气合成氨具有巨大前景。催化过程一般有吸附﹣解离﹣反应﹣脱附等过程，图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图（部分数据略），其中“*”表示被催化剂吸附。
氨气的脱附是过程 吸热 （填“吸热”或“放热”），合成氨的热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1 ；
若将2.0mol N2和6.0mol H2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①温度T1 ＞ （填“＞”“＜”或“＝”下同）T2。T1温度下恰好平衡时，曲线B上的点为b（m，n），则m ＜ 12，n ＜ 2；
②T2温度下，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v（正） ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）v（逆）。
（2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：
a.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1＝+131.3kJ•mol﹣1K1
b.C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H2＝+90.3kJ•mol﹣1K2
c.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.0kJ•mol﹣1K3
三个反应的平衡常数随温度变化的关系如图所示，则表示K1、K2、K3的曲线分别是 c 、 b 、 d 。
（3）CO2在Cu﹣ZnO催化下，同时发生如下反应①、②，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＜0
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＞0
在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO2和H2，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强如下表所示：
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
总压强/KPa
起始/mol
0.5
0.9
0
0
0
P0
平衡/mol
n
0.3
p
若容器内反应①、②均达到平衡时，P0＝1.4p，反应①的平衡常数Kp＝ （KPa）﹣2。（用含p的式子表示）
【分析】（1）由势能面图可知，氨气从催化剂表面上脱离时为吸热过程，由图可知，0.5molN2和1.5molH2转变为1molNH3时的反应热为：21kJ•mol﹣1﹣17kJ•mol﹣1﹣50kJ•mol﹣1＝﹣46kJ•mol﹣1，即可得出合成氨的热化学方程式，
①曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，反应到4min时，计算出v（H2），该条件下，对应氨气的反应速率为：v（NH3）＝v（H2），曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，反应到4min时，计算出v（NH3），比较反应速率快慢，得出T1与T2的大小关系，曲线B温度高，反应速率快，达到平衡的时间比曲线A短，又因为反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致曲线B平衡时氨气的物质的量比曲线A平衡时氨气的物质的量少，
②T2温度下，达到平衡时，H2的转化量为3mol，列出三段式，得到平衡时气体的总物质的量为6mol，平衡时气体的压强为起始压强的＝75%，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则反应继续正向进行；
（2）a、b为吸热反应，c为放热反应，所以K1、K2随温度升高而增大，K3随温度升高而减小，又K1＝，K2＝，K3＝，则K1×K3＝K2，结合图象数据可知，100℃时，曲线c中，K1＝2，曲线b中，K2＝16，曲线d中，K3＝8符合题意；
（3）恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，则n：（0.5+0.9）＝p：1.4p，解得n＝1mol，反应前后气体减少的物质的量为0.4mol，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量为0.2mol，反应①中生成的n（H2O）＝n（CH3OH）＝0.2mol，则反应②中生成的n（H2O）＝0.1mol，所以反应②中生成的n（CO）＝0.1mol，消耗的n（CO2）＝0.3mol，剩余的n（CO2）＝0.2mol，剩余的n（H2）＝0.2mol，p（CO2）＝×p＝0.2p，同理可得：p（H2）＝0.2p，p（H2O）＝0.3p，p（CH3OH）＝0.2p，反应①的平衡常数K＝，将数据代入计算即可。
【解答】解：（1）由势能面图可知，氨气从催化剂表面上脱离时势能面在升高，为吸热过程，由图可知，0.5molN2和1.5molH2转变为1molNH3时的反应热为：21kJ•mol﹣1﹣17kJ•mol﹣1﹣50kJ•mol﹣1＝﹣46kJ•mol﹣1，则合成氨的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92 kJ•mol﹣1，
故答案为：＞；＜；＜；
①曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，反应到4min时，v（H2）＝＝0.5mol/（L•min），该条件下，对应氨气的反应速率为：v（NH3）＝×0.5mol/（L•min）≈0.33mol/（L•min），曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，反应到4min时，v（NH3）＝＝0.4mol/（L•min）＞0.33mol/（L•min），曲线B对应的反应速率快，所以T1＞T2，曲线B温度高，反应速率快，达到平衡的时间比曲线A短，即m＜12，又因为反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致曲线B平衡时氨气的物质的量比曲线A平衡时氨气的物质的量少，所以n＜2，
故答案为：吸热；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92 kJ•mol﹣1；
②T2温度下，达到平衡时，H2的转化量为3mol，则三段式为：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol/L） 2 6 0
变化量（mol/L） 1 3 2
平衡量（mol/L） 1 3 2
平衡时气体的总物质的量为6mol，平衡时气体的压强为起始压强的＝75%，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则反应继续正向进行，此时v（正）＞v（逆），
故答案为：＞；
（2）ab为吸热反应，c为放热反应，所以K1、K2随温度升高而增大，K3随温度升高而减小，又K1＝，K2＝，K3＝，则K1×K3＝K2，结合图象数据可知，100℃时，曲线c中，K1＝2，曲线b中，K2＝16，曲线d中，K3＝8符合题意，
故答案为：c；b；d；
（3）恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，则n：（0.5+0.9）＝p：1.4p，解得n＝1mol，反应前后气体减少的物质的量为0.4mol，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量为0.2mol，反应①中生成的n（H2O）＝n（CH3OH）＝0.2mol，则反应②中生成的n（H2O）＝0.3mol﹣0.2mol＝0.1mol，所以反应②中生成的n（CO）＝0.1mol，消耗的n（CO2）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol，剩余的n（CO2）＝0.5mol﹣0.3mol＝0.2mol，剩余的n（H2）＝0.9mol﹣0.6mol﹣0.1mol＝0.2mol，p（CO2）＝×p＝0.2p，同理可得：p（H2）＝0.2p，p（H2O）＝0.3p，p（CH3OH）＝0.2p，反应①的平衡常数K＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查学生的看图、读图的理解与应用的能力，热化学方程式的书写，同时考查温度、浓度对化学平衡的影响，化学平衡常数K的计算，反应速率的比较等，对学生的思维能力要求较高，具有较强的综合性，属于难题。
19．（10分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称为 2﹣硝基甲苯（或邻硝基甲苯） 。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式 。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（2）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物） 。
（3）写出⑥的化学反应方程式： ，该步反应的主要目的 保护氨基 。
（4）写出⑧的反应试剂和条件： Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） ；F中含氧官能团的名称为 羧基 。
（5）设计以为主要原料，经最少步骤合成含酰胺键聚合物的合成路线 。
【分析】和浓硫酸发生取代反应生成A，根据结构可知发生了对位取代，所以A为，A和浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应生成，在酸性条件下生成B为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为，在铁、HCl条件下发生还原反应生成C为，C和发生取代反应生成，和浓硫酸加热条件下发生取代反应生成D，结合D、F（）的结构可知，D和氯气在催化剂条件下生成E为；
（5）由制取，需先制得，再发生缩聚反应。
【解答】解：（1）B为，名称为2﹣硝基甲苯（或邻硝基甲苯）；由B为，a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基或肽键，符合条件B的同分异构体的结构简式，
故答案为：2﹣硝基甲苯（或邻硝基甲苯）；；
（2）①发生的是磺化反应，②发生的是硝化反应，③发生的是消去磺酸基的反应，这样三步反应制取B，其目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物），
故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物）；
（3）由C为和反应生成和HCl，所以⑥的化学反应方程式，该步反应的主要目的是保护氨基，
故答案为：；保护氨基；
（4）根据可知E为，所以⑧的反应试剂和条件Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；由F为，F中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；
（5）由制取，需先制得，再发生缩聚反应，从而得出合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解题关键，注意题给信息的灵活运用，难点是同分异构体的书写，题目难度不大。
20．（12分）已知磺酰氯（SO2Cl2）是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，利用下列装置制备磺酰氯（部分夹持装置略）。
（1）利用E装置制取SO2宜选用的试剂是 c 。
a．10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
b．铜和98%的浓硫酸
c．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体
d．80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
（2）为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序： a→e→d→b→c →f，g← c←b←h 。（箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用）
（3）仪器甲的名称为 球形冷凝管 ，仪器乙的作用是 吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解 。
（4）制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是 将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动 。
（5）测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba（OH）2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol•L﹣1的AgNO3溶液l00.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe（SO4）2溶液，用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。[已知：Ksp（AgCl）＝3.2×10﹣10，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12]
①硝基苯的作用是 覆盖AgCl，防止部分AgCl转化为AgSCN沉淀 。
②产品中SO2Cl2的质量分数为 81 ，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将 偏低 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【分析】A装置制备氯气，E装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在D中反应生成SO2Cl2，D中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，B装置干燥二氧化硫，C中盛放溶液饱和食盐水吸收氯气中的HCl，D装置干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，甲为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，乙装置中碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解。
（1）实验室通常利用80%的硫酸溶液和亚硫酸钠制备二氧化硫；
（2）A为制取氯气装置，C中盛放溶液饱和食盐水吸收氯气中的HCl，B中浓硫酸干燥氯气，氯气气流方向为a→e→d→b→c→f，E中盛放80%的硫酸溶液和亚硫酸钠制取二氧化硫，B中浓硫酸干燥二氧化硫，二氧化硫气流方向为h→b→c→g；
（3）SO2Cl2沸点低、易挥发，甲为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，乙装置中碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解；
（4）将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动；
（5）①若不加入硝基苯，则部分AgCl转化为AgSCN沉淀；
②SO2Cl2与水反应生成铝离子，加入硝酸银生成AgCl沉淀，过量的硝酸银与NH4SCN溶液反应生成AgSCN沉淀，结合硝酸银的物质的量和NH4SCN溶液的物质的量可计算SO2Cl2的含量。
【解答】解：（1）a．易溶于水，不用稀硫酸，故a错误；
b．铜和98%的浓硫酸，该反应要加热条件，装置没有提供加热装置，故b错误；
c．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体，该试剂适合制取二氧化硫，故c正确；
d．80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体，硫酸钙微溶于水中，生成的硫酸钙覆盖在固体表面，降低反应速率，故d错误；
故答案为：c；
（2）A为制取氯气装置，C中盛放溶液饱和食盐水吸收氯气中的HCl，B中盛放浓硫酸干燥氯气，氯气气流方向为a→e→d→b→c→f，E中盛放80%的硫酸溶液和亚硫酸钠制取二氧化硫，B中浓硫酸干燥二氧化硫，二氧化硫气流方向为c←b←h，
故答案为：a→e→d→b→c；c←b←h；
（3）SO2Cl2沸点低、易挥发，甲为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，乙装置中碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解，
故答案为：球形冷凝管；吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解；
（4）从化学平衡移动角度分析反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，为放热反应，降低温度有利于平衡右移，提高产率，将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动，
故答案为：将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动；
（5）①覆盖AgCl，防止部分AgCl转化为AgSCN沉淀，使测定结果偏低，
故答案为：覆盖AgCl，防止部分AgCl转化为AgSCN沉淀；
②加入0.2000mol•L﹣1的AgNO3溶液l00.00 mL，则n（AgNO3）＝0.02000mol，
用0.1000mol•L﹣1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL，则n（AgSCN）＝0.002mol，
则n（SO2Cl2）＝×（0.02000mol﹣0.002mol）＝0.009mol，
m（SO2Cl2）＝0.009mol×135g/mol＝1.215g，
产率为×100%＝81%，
滴定终点仰视读数，NH4SCN溶液用量增大，SO2Cl2含量偏低，
故答案为：81；偏低。
【点评】本题考查实验制备，涉及试剂选择、装置的分析评价、质量分数的计算、对操作的分析评价等，培养分析问题和计算能力，注意对物质性质信息的应用。
2021年山东省泰安市肥城市高考化学适应性试卷（三）
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（2分）科技发展离不开化学。下列说法不正确的是（ ）
A．“直上云霄”：客机所用燃油是石油的分馏产物
B．“乘风破浪”：航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀
C．“一带一路”：丝绸制品成分的90%都是纤维素，能发生酯化反应
D．“筑梦天宫”：液氢、液氧替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好
2．（2分）科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与泪液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为20～60nm）。下列说法错误的是（ ）
A．氯金酸钠中金元素为+3价
B．氯金酸钠是配位化合物
C．葡萄糖发生还原反应
D．反应后的分散系可产生丁达尔效应
3．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜
B．300mL 2mol•L﹣1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C．反应Ca+Cf→Og+xn中，每生成294g Og释放的中子数为3NA
D．常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
4．（2分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞M＞Y
B．第一电离能：Y＞M＞Z
C．工业上常用电解熔融物ZY制取Z单质
D．Z、M的简单离子均可促进水的电离
5．（2分）无法达到相应实验目的的是（ ）
A．探究浓硫酸的脱水性和氧化性
B．探究温度对水解程度的影响
C．制备干燥的氢气
D．验证Cu与Fe3+反应产生电流
6．（2分）药物异博定（盐酸维拉帕米）能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程：
已知NaH晶体属NaCl晶型，则下列说法正确的是（ ）
A．X的沸点低于其同分异构体
B．Y分子中基态Br原子电子排布式为[Ar]4s24p5
C．1mol Z最多与6mol H2发生加成反应
D．NaH晶体中，与Na+最近的H﹣有12个
7．（2分）冰晶石（Na3AlF6）是一种重要的助熔剂，化工上常通过如图方法制备：
已知萤石（CaF2）、石英砂（SiO2）、冰晶石均难溶于水。下列说法错误的是（ ）
A．冰晶石含有离子键和共价键
B．实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器有酒精喷灯、蒸发皿、玻璃棒
C．“水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO3
D．“调pH”时，若pH过大则冰晶石的产率会降低
8．（2分）室温下，几种酸的电离常数如下表所示：
弱酸
H2S
HClO
H2CO3
电离平衡常数
K1＝1.3×10﹣7
K2＝7.1×10﹣15
K＝3.0×10﹣8
K1＝4.4×10﹣7
K2＝4.7×10﹣11
下列说法一定正确的是（ ）
A．Na2S、Na2CO3、NaClO溶液的pH逐渐减小
B．ClO﹣、CO32﹣、HS﹣在溶液中可以大量共存
C．少量CO2气体与Na2S溶液反应：CO2+H2O+2S2﹣═2HS﹣+CO32﹣
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，水电离的c（OH﹣ ）＝1.0×10﹣10mol•L﹣1
9．（2分）+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如下表所示：
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（黄色）、VO43﹣（无色）、V5O143﹣（红棕色）等。下列说法正确的是（ ）
A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子方程式为：5VO2++8OH﹣═V5O143﹣+4H2O
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．VO3﹣转化为V2O74﹣的离子方程式为：2VO3﹣+H2O═V2O74﹣+2H+
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
10．（2分）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯（部分夹持及加热装置已略去）。下列说法正确的是（ ）
A．可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2
B．装置乙中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝
C．装置丙中的铁丝主要用于搅拌，使反应物充分混合
D．装置丁中有淡黄色沉淀产生，证明苯与溴发生了取代反应
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．a和b互为同系物
B．a→b的反应类型为取代反应
C．c分子中所有碳原子均可共面
D．b的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
12．（4分）George A.Olah教授和其合作者使用Ru﹣PNP pincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺（PEHA）多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．甲醇可作为车用燃料
B．反应过程中只有极性键的断裂和形成
C．循环过程中催化剂参与中间反应
D．总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O
13．（4分）我国科学家利用光能处理含苯酚废水，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极电势低于b极电势
B．H+由II区移向I区，II区溶液的pH增大
C．a极的电极反应式为：+2e﹣+2H+═+H2O
D．若有2mol电子通过导线，I区混合液体质量增大2 g
14．（4分）氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca（H2PO4）2+2HF↑，已知Ca（H2PO4）2溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（ ）
A．Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序：c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）
B．PO43﹣的空间构型为正四面体形
C．已知CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，则F﹣的配位数是8
D．由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl
15．（4分）常温下，用0.1 mol•L−1NaOH溶液滴定20mL等浓度的H3PO4溶液，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若直线丙表示pH与的变化关系，应该在甲、乙之间
B．Ka2（H3PO4）＝10﹣7.21，且NaH2PO4溶液中c（HPO42﹣）＜c（H3PO4）
C．c（HPO42﹣）＝c（H3PO4）时，pH＝4.68
D．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（PO43﹣）＝c（H+）+c（H2PO4﹣）+c（H3PO4）
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（12分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和 （填化学式）。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为 、 。
（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是 。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 kg。
（4）“置换”后滤液溶质主要成分是 （填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的 不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
17．（14分）过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，请回答下列问题。
（1）铁能与三氮唑（结构见如图）形成多种配合物。1mol三氮唑中所含σ键为 mol。
（2）Fe4[Fe（CN）6]3是较早发现的CN﹣配合物，其中铁元素呈现两种不同的价态。则外界离子基态核外电子排布式为 。
（3）过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。据此推断Ni（CO）X中x＝ 。
（4）六价铬的化合物有剧毒，要对含Cr（（VI）废水进行化学处理，使其转化为毒性较低的Cr（III）。常见的是把FeSO4•7H2O加入含Cr（VI）的废水中，在pH＜4时，Fe2+将Cr（VI）还原为Cr（III），调节溶液pH达8～10，使溶液中的Fe（II）、Fe（III）、Cr（III）析出，其组成相当于Fe（II）[Fex（III）•Cr2﹣x（III）]O4（铁氧磁体）。若废水中六价铬以Cr2O72﹣存在，则酸性条件下硫酸亚铁还原Cr（VI）的离子方程式为 。由此确定铁氧磁体中x＝ 。
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图所示。
①组成该晶体的化学式为 ；
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 ，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为 ；
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
18．（12分）研究氮、碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。
（1）过渡金属催化还原氮气合成氨具有巨大前景。催化过程一般有吸附﹣解离﹣反应﹣脱附等过程，图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图（部分数据略），其中“*”表示被催化剂吸附。
氨气的脱附是过程 （填“吸热”或“放热”），合成氨的热化学方程式为 ；
若将2.0mol N2和6.0mol H2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①温度T1 （填“＞”“＜”或“＝”下同）T2。T1温度下恰好平衡时，曲线B上的点为b（m，n），则m 12，n 2；
②T2温度下，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v（正） （填“＞”“＜”或“＝”）v（逆）。
（2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：
a.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1＝+131.3kJ•mol﹣1K1
b.C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H2＝+90.3kJ•mol﹣1K2
c.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.0kJ•mol﹣1K3
三个反应的平衡常数随温度变化的关系如图所示，则表示K1、K2、K3的曲线分别是 、 、 。
（3）CO2在Cu﹣ZnO催化下，同时发生如下反应①、②，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＜0
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＞0
在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO2和H2，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强如下表所示：
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
总压强/KPa
起始/mol
0.5
0.9
0
0
0
P0
平衡/mol
n
0.3
p
若容器内反应①、②均达到平衡时，P0＝1.4p，反应①的平衡常数Kp＝ （KPa）﹣2。（用含p的式子表示）
19．（10分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称为 。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式 。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（2）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是 。
（3）写出⑥的化学反应方程式： ，该步反应的主要目的 。
（4）写出⑧的反应试剂和条件： ；F中含氧官能团的名称为 。
（5）设计以为主要原料，经最少步骤合成含酰胺键聚合物的合成路线 。
20．（12分）已知磺酰氯（SO2Cl2）是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，利用下列装置制备磺酰氯（部分夹持装置略）。
（1）利用E装置制取SO2宜选用的试剂是 。
a．10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
b．铜和98%的浓硫酸
c．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体
d．80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
（2）为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序： →f，g← 。（箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用）
（3）仪器甲的名称为 ，仪器乙的作用是 。
（4）制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是 。
（5）测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba（OH）2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol•L﹣1的AgNO3溶液l00.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe（SO4）2溶液，用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。[已知：Ksp（AgCl）＝3.2×10﹣10，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12]
①硝基苯的作用是 。
②产品中SO2Cl2的质量分数为 ，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
2021年山东省泰安市肥城市高考化学适应性试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（2分）科技发展离不开化学。下列说法不正确的是（ ）
A．“直上云霄”：客机所用燃油是石油的分馏产物
B．“乘风破浪”：航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀
C．“一带一路”：丝绸制品成分的90%都是纤维素，能发生酯化反应
D．“筑梦天宫”：液氢、液氧替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好
【分析】A．根据石油的分馏产物来回答；
B．根据钛合金具有的性能来回答；
C．丝绸的主要成分为蛋白质；
D．液氢、液氧燃烧不产生环境污染物。
【解答】解：A．客机所用燃油时航空煤油，为石油的分馏产物，故A正确；
B．钛合金具有耐高温、耐腐蚀等优良性质，可抗海水腐蚀，故B正确；
C．丝绸的主要成分为蛋白质，不是纤维素，故C错误；
D．液氢、液氧燃烧不产生环境污染物，所以液氢、液氧替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查化学与生活、社会、科技的关系，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2．（2分）科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与泪液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为20～60nm）。下列说法错误的是（ ）
A．氯金酸钠中金元素为+3价
B．氯金酸钠是配位化合物
C．葡萄糖发生还原反应
D．反应后的分散系可产生丁达尔效应
【分析】A．化合物中正负化合价的代数和为0；
B．氯金酸钠是氯离子和四氯合金离子形成的配位化合物；
C．葡萄糖中含有醛基，具有还原性，发生氧化反应；
D．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系为胶体，能产生丁达尔效应。
【解答】解：A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为﹣1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；
B．氯金酸钠是氯离子和四氯合金离子形成的配位键，所以氯金酸钠是配位化合物，故B正确；
C．葡萄糖的结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，葡萄糖中含有醛基，具有还原性，在反应中被氧化，则检测时，葡萄糖发生了氧化反应，故C错误；
D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，可产生丁达尔效应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜
B．300mL 2mol•L﹣1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C．反应Ca+Cf→Og+xn中，每生成294g Og释放的中子数为3NA
D．常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
【分析】A.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜更活泼的金属；
B.蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还含水分子；
C.依据质量守恒定律判断；
D.常温下铁在浓硝酸中发生钝化。
【解答】解：A.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜更活泼的金属，故当转移电子NA个时，阳极上溶解的铜小于32g，故A错误；
B.蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还含水分子，故此溶液中含有的分子数大于0.6NA个，故B错误；
C.依据反应式结合质量守恒定律可知：x＝3，即反应为：4820Ca+24998Cf→29498O+10n 每生成294g29498O，物质的量为1mol，释放的中子数为3NA，故C正确；
D.常温下铁在浓硝酸中发生钝化，反应程度很小，故转移的电子数小于0.3NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确公式使用条件和对象是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞M＞Y
B．第一电离能：Y＞M＞Z
C．工业上常用电解熔融物ZY制取Z单质
D．Z、M的简单离子均可促进水的电离
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，结合图示可知，Y形成2个共价键，最外层含有6个电子，其电子总数为＝8，则Y为O元素；X、M的族序数均等于周期序数，可能为H、Be、Al，M的原子序数大于O，则M为Al；X与O形成1个共价键，则X为H元素；该化合物分子式为Z2Al2O4（OH）2，Z的化合价为+2，其原子序数大于O，则Z为Mg元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为O，Z为Mg，M为Al元素，
A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y＞Z＞M，故A错误；
B．一般来讲金属的第一电离能减小，则O的第一电离能最大，Mg的3s轨道为全满稳定状态，其第一电离能大于Al，则第一电离能：Y＞Z＞M，故B错误；
C．MgO熔沸点较高，工业上通过电解熔融氯化镁冶炼镁，故C错误；
D．镁离子和铝离子均能够水解，促进了水的电离，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5．（2分）无法达到相应实验目的的是（ ）
A．探究浓硫酸的脱水性和氧化性
B．探究温度对水解程度的影响
C．制备干燥的氢气
D．验证Cu与Fe3+反应产生电流
【分析】A.浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫；
B.水解反应为吸热反应；
C.氢气可用浓硫酸干燥，用向下排空气法收集；
D.Fe与Fe3+反应。
【解答】解：A.浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，可探究浓硫酸的脱水性和氧化性，故A正确；
B.水解反应为吸热反应，升高温度，可促进醋酸钠的水解，溶液颜色加深，故B正确；
C.氢气可用浓硫酸干燥，氢气密度比空气小，用向下排空气法收集，可完成实验，故C正确；
D.Fe比Cu活泼，Fe为负极被氧化，若验证Cu与Fe3+反应产生电流，左侧电极应为碳棒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）药物异博定（盐酸维拉帕米）能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程：
已知NaH晶体属NaCl晶型，则下列说法正确的是（ ）
A．X的沸点低于其同分异构体
B．Y分子中基态Br原子电子排布式为[Ar]4s24p5
C．1mol Z最多与6mol H2发生加成反应
D．NaH晶体中，与Na+最近的H﹣有12个
【分析】A．X形成分子内氢键，而形成分子间氢键；
B．Br是35号元素，处于元素周期表中第四周期第ⅦA族；
C．Z中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，而酯基不能；
D．NaH晶体属NaCl晶型，则NaH晶体中离子的配位数为6。
【解答】解：A．X形成分子内氢键，使其沸点降低，而形成分子间氢键，使其沸点升高，故X的沸点低于其同分异构体，故A正确；
B．Br是35号元素，处于元素周期表中第四周期第ⅦA族，基态Br原子电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故B错误；
C．Z分子含有1个苯环、2个碳碳双键，它们能与氢气发生加成反应，而酯基不能，故1mol Z最多与5mol H2发生加成反应，故C错误；
D．NaH晶体属NaCl晶型，则NaH晶体中离子的配位数为6，即与Na+最近的H﹣有6个，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查比较综合，属于一题多点型题目，涉及有机物结构与性质、氢键、核外电子排布、晶胞结构等，注意掌握官能团的性质与转化、氢键对物质性质的影响，熟记中学常见晶胞结构特点。
7．（2分）冰晶石（Na3AlF6）是一种重要的助熔剂，化工上常通过如图方法制备：
已知萤石（CaF2）、石英砂（SiO2）、冰晶石均难溶于水。下列说法错误的是（ ）
A．冰晶石含有离子键和共价键
B．实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器有酒精喷灯、蒸发皿、玻璃棒
C．“水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO3
D．“调pH”时，若pH过大则冰晶石的产率会降低
【分析】萤石加入石英砂、纯碱煅烧，可生成硅酸钙、氟化钠和二氧化碳，水浸，滤渣含有硅酸钙，加入稀硫酸调节pH，加入硫酸铝，可生成冰晶石，以此解答该题。
【解答】解：A.Na3AlF6为离子化合物，含有离子键，AlF6﹣中存在配位键，为共价键，故A正确；
B.煅烧固体应在坩埚中进行，蒸发皿用于加热液体，故B错误；
C.煅烧生成硅酸钙、氟化钠和二氧化碳，则水浸得到的残渣主要为CaSiO3，故C正确；
D.若pH过大，可生成氢氧化铝沉淀，降低产率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）室温下，几种酸的电离常数如下表所示：
弱酸
H2S
HClO
H2CO3
电离平衡常数
K1＝1.3×10﹣7
K2＝7.1×10﹣15
K＝3.0×10﹣8
K1＝4.4×10﹣7
K2＝4.7×10﹣11
下列说法一定正确的是（ ）
A．Na2S、Na2CO3、NaClO溶液的pH逐渐减小
B．ClO﹣、CO32﹣、HS﹣在溶液中可以大量共存
C．少量CO2气体与Na2S溶液反应：CO2+H2O+2S2﹣═2HS﹣+CO32﹣
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，水电离的c（OH﹣ ）＝1.0×10﹣10mol•L﹣1
【分析】A．电离平衡常数比较判断酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，酸越弱，对应盐水解程度越强，碱性越强；
B．ClO﹣具有强氧化性，HS﹣离子具有强还原性；
C．电离平衡常数比较判断酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，少量CO2气体与Na2S溶液反应生成硫氰酸钠和碳酸钠；
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，是碳酸根离子水解，溶液显碱性。
【解答】解：A．电离平衡常数比较判断酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3﹣＞HS﹣，盐的水解程度：S2﹣＞CO32﹣＞ClO﹣，相同浓度的Na2S、Na2CO3、NaClO溶液的pH逐渐减小，溶液中浓度不知，pH不一定逐渐减小，故A错误；
B．ClO﹣具有强氧化性，HS﹣离子具有强还原性，二者在溶液中能发生氧化还原反应，故B错误；
C．少量CO2气体与Na2S溶液反应生成硫氰酸钠和碳酸钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+2S2﹣═2HS﹣+CO32﹣，故C正确；
D．常温下，pH＝10的Na2CO3溶液中，碳酸根离子结合水电离出的氢离子，促进水的电离平衡正向进行，水电离出的氢离子浓度等于电离出的氢氧根离子浓度＝mol/L＝10﹣4mol/L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及知识灵活运用能力，明确电离平衡常数与电解质强弱关系、电离平衡常数与其对应的弱离子水解平衡常数关系是解本题关键。
9．（2分）+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如下表所示：
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（黄色）、VO43﹣（无色）、V5O143﹣（红棕色）等。下列说法正确的是（ ）
A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子方程式为：5VO2++8OH﹣═V5O143﹣+4H2O
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．VO3﹣转化为V2O74﹣的离子方程式为：2VO3﹣+H2O═V2O74﹣+2H+
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
【分析】A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5O143﹣；
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，没有元素化合价的变化；
C．V2O74﹣在碱性条件下存在；
D．没有VSO4的物质的量无法计算转移电子的物质的量。
【解答】解：A．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5O143﹣，则反应的离子方程式为：5VO2++8OH﹣═V5O143﹣+4H2O，故A正确；
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，没有元素化合价的变化，该过程V元素没有被还原，故B错误；
C．V2O74﹣在碱性条件下存在，则VO3﹣转化为V2O74﹣的离子方程式为：2VO3﹣+2OH﹣═V2O74﹣+H2O，故C错误；
D．VSO4被氧化时失去的电子的量与其物质的量有关，没有VSO4的物质的量无法计算转移电子的物质的量，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质、离子方程式，题目难度不大，把握氧化还原反应中元素化合价的变化、离子方程式的书写以及题目中所给的信息是解题的关键。
10．（2分）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯（部分夹持及加热装置已略去）。下列说法正确的是（ ）
A．可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2
B．装置乙中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝
C．装置丙中的铁丝主要用于搅拌，使反应物充分混合
D．装置丁中有淡黄色沉淀产生，证明苯与溴发生了取代反应
【分析】由实验装置可知，甲中发生MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，乙中干燥溴，且热水可防止溴蒸气冷凝，丙中铁与溴反应生成溴化铁，苯与溴在溴化铁的催化作用下反应生成溴苯，挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，丁中硝酸银溶液可吸收尾气，倒扣的漏斗可防止倒吸，以此来解答。
【解答】解：A.乙醇与溴苯互溶，应选NaOH溶液除去溴苯中溶解的少量Br2，故A错误；
B.丙中苯与溴发生取代反应，则乙中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝，故B正确；
C.装置丙中的铁丝与溴反应生成溴化铁，提供反应需要的催化剂，故C错误；
D.挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，则丁中有淡黄色沉淀产生，不能证明苯与溴发生了取代反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的性质及混合物分离提纯，题目难度中等。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．a和b互为同系物
B．a→b的反应类型为取代反应
C．c分子中所有碳原子均可共面
D．b的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
【分析】A.a、b结构不同；
B.a中H原子被替代；
C.c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
D.b结构对称，含有4种H原子。
【解答】解：A.b含有脂环，a、b结构不同，不是同系物，故A错误；
B.a中H原子被替代，同时生成HBr、HCl，为取代反应，故B正确；
C.c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；
D.b结构对称，含有4种H原子，则b的一氯代物有4种，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
12．（4分）George A.Olah教授和其合作者使用Ru﹣PNP pincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺（PEHA）多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．甲醇可作为车用燃料
B．反应过程中只有极性键的断裂和形成
C．循环过程中催化剂参与中间反应
D．总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O
【分析】A．甲醇是液态燃料，燃烧热值高；
B．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键；
C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应；
D．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O。
【解答】解：A．甲醇是液态燃料，燃烧热值高，所以甲醇可作为车用燃料，故A正确；
B．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键，则反应过程中有极性键和非极性键的断裂，而生成物中只含有极性键，所以只有极性键形成，故B错误；
C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应，所以循环过程中催化剂参与中间反应，故C正确；
D．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，则总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应机理、元素化合物的性质，题目难度不大，把握图中的反应机理、元素化合物的性质、物质之间的转化等是解题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
13．（4分）我国科学家利用光能处理含苯酚废水，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极电势低于b极电势
B．H+由II区移向I区，II区溶液的pH增大
C．a极的电极反应式为：+2e﹣+2H+═+H2O
D．若有2mol电子通过导线，I区混合液体质量增大2 g
【分析】由图中可知该装置为原电池，a极上→，即苯酚发生得电子的还原反应生成，则a电极为正极，b电极为负极，正极反应式为+2e﹣+2H+═+H2O，负极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，原电池工作时，阳离子移向正极a极，据此分析解答。
【解答】解：A．该原电池中，a极上→，苯酚发生得电子的还原反应，则a电极为正极，b电极为负极，即a极电势高于b极电势，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子移向正极a极，即H+由Ⅱ区移向Ⅰ区，但负极消耗水，使溶液的酸性增强，pH减小，故B错误；
C．该原电池中，a极上发生得电子的还原反应生成，电极反应式为+2e﹣+2H+═+H2O，故C正确；
D．原电池工作时，H+通过质子交换膜由Ⅱ区移向Ⅰ区，若有2mol电子通过导线，则移向Ⅰ区的H+有2mol，质量为2mol×1g/mol＝2g，即有2mol电子通过导线，Ⅰ区混合液体质量增大2g，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和运用能力，把握工作原理即可解答，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度中等。
14．（4分）氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca（H2PO4）2+2HF↑，已知Ca（H2PO4）2溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（ ）
A．Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序：c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）
B．PO43﹣的空间构型为正四面体形
C．已知CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，则F﹣的配位数是8
D．由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl
【分析】A．H3PO4是中强酸，分步电离，电离程度逐级减弱，Ca（H2PO4）2溶液显酸性，则H2PO4﹣程度大于水解程度；
B．PO43﹣的中心原子P的价层电子对数为4+＝0，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体；
C．CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，则F﹣的配位数是4；
D．热稳定性与分子间形成的氢键无关。
【解答】解：A．H3PO4是中强酸，分步电离，Ca（H2PO4）2溶液显酸性，则H2PO4﹣程度大于水解程度，Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序为c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故A正确；
B．PO43﹣的中心原子P的价层电子对数为4+＝0，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为正四面体，故B正确；
C．CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F﹣包围，即Ca的配位数为8，根据CaF2晶胞中“Ca离子数×配位数＝氟离子数×配位数”可知，F﹣的配位数是4，故C错误；
D．分子的热稳定性与分子间氢键无关，热稳定性：HF＞HCl，是因为H﹣F键能大于H﹣Cl，故D错误；
故选：CD。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及离子浓度比较、物质的结构与性质，涉及酸式盐的电离和水解平衡、VSEPR模型的计算推断、氢键、晶胞结构、键能大小与物质稳定性的关系等知识，为高频考点，把握酸式盐的电离和水解平衡、晶胞的结构及分子的性质是解题关键，注意D选项为易错点，题目难度中等。
15．（4分）常温下，用0.1 mol•L−1NaOH溶液滴定20mL等浓度的H3PO4溶液，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若直线丙表示pH与的变化关系，应该在甲、乙之间
B．Ka2（H3PO4）＝10﹣7.21，且NaH2PO4溶液中c（HPO42﹣）＜c（H3PO4）
C．c（HPO42﹣）＝c（H3PO4）时，pH＝4.68
D．Na2HPO4溶液中：c（OH﹣）+c（PO43﹣）＝c（H+）+c（H2PO4﹣）+c（H3PO4）
【分析】Ka1（H3PO4）＝，则＝，当﹣lg＝0，即＝＝1时，Ka1（H3PO4）＝c（H+），同理可得，当﹣lg＝0，Ka2（H3PO4）＝c（H+），当﹣lg＝0，Ka3（H3PO4）＝c（H+），由Ka1（H3PO4）＞Ka2（H3PO4）＞Ka3（H3PO4）可知，﹣lg＝0时的c（H+）比﹣lg＝0时的c（H+）大，即﹣lg＝0时的pH比﹣lg＝0时的pH小，故直线甲表示pH与﹣lg的关系，直线乙表示pH与﹣lg的关系。
【解答】解：A.由分析可知，直线乙表示pH与﹣lg的关系，﹣lg＝0时的pH比﹣lg＝0时的pH比小，若直线丙表示pH与﹣lg的变化关系，应该直线乙下方，故A错误；
B.由分析可知，直线甲表示pH与﹣lg的关系，直线乙表示pH与﹣lg的关系，由图可知，当﹣lg＝1时，pH＝8.21，即＝10时，c（H+）＝10﹣8.21mol/L，则Ka2（H3PO4）＝＝10×10﹣8.21＝10﹣7.21，当﹣lg＝2时，pH＝4.15，即＝100时，c（H+）＝10﹣4.15mol/L，则Ka1（H3PO4）＝＝100×10﹣4.15＝10﹣2.15，Kh（H2PO4﹣）＝＝＝＝10﹣11.85＜Ka2（H3PO4），即H2PO4﹣的电离程度大于水解程度，则NaH2PO4溶液中c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故B错误；
C.由B知，Ka1（H3PO4）＝＝10﹣2.15，Ka2（H3PO4）＝＝10﹣7.21，则Ka1（H3PO4）×Ka2（H3PO4）＝＝10﹣2.15×10﹣7.21＝10﹣9.36，当c（HPO42﹣）＝c（H3PO4）时，c2（H+）＝10﹣9.36，则c（H+）＝10﹣4.68，pH＝﹣lgc（H+）＝4.68，故C正确；
D.Na2HPO4溶液中，由质子守恒可得：c（OH﹣）+c（PO43﹣）＝c（H+）+c（H2PO4﹣）+2c（H3PO4），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中粒子的对数图象，题目难度较大，关键是利用电离平衡常数的特殊值确定对应的对数直线，掌握弱酸的酸式酸根离子的水解能力的比较方法以及电荷守恒、物料守恒和质子守恒的应用，提高学生的分析能力和化学计算能力。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（12分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和 CaSO4 （填化学式）。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为 3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+ 、 3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+ 。
（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是 锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本 。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 86.2 kg。
（4）“置换”后滤液溶质主要成分是 ZnSO4 （填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是 Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的 密度 不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
【分析】根据流程图，镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH＝5，沉淀除去Cu（OH）2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，以此解答该题。
【解答】解：（1）硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和CaSO4，故答案为：CaSO4；
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3 Fe（OH）3↓+5H+，3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+，
故答案为：3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3 Fe（OH）3↓+5H+；3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（3）①实际生产中 比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，
故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn＝Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为×65kg/kmol×1.3＝86.2kg，
故答案为：86.2；
（4）根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑．当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，
故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，（3）为解答的难点，题目难度中等。
17．（14分）过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，请回答下列问题。
（1）铁能与三氮唑（结构见如图）形成多种配合物。1mol三氮唑中所含σ键为 8 mol。
（2）Fe4[Fe（CN）6]3是较早发现的CN﹣配合物，其中铁元素呈现两种不同的价态。则外界离子基态核外电子排布式为 [Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） 。
（3）过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。据此推断Ni（CO）X中x＝ 4 。
（4）六价铬的化合物有剧毒，要对含Cr（（VI）废水进行化学处理，使其转化为毒性较低的Cr（III）。常见的是把FeSO4•7H2O加入含Cr（VI）的废水中，在pH＜4时，Fe2+将Cr（VI）还原为Cr（III），调节溶液pH达8～10，使溶液中的Fe（II）、Fe（III）、Cr（III）析出，其组成相当于Fe（II）[Fex（III）•Cr2﹣x（III）]O4（铁氧磁体）。若废水中六价铬以Cr2O72﹣存在，则酸性条件下硫酸亚铁还原Cr（VI）的离子方程式为 6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O 。由此确定铁氧磁体中x＝ 1.5 。
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图所示。
①组成该晶体的化学式为 MgNi3C ；
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 1：3 ，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为 2：1 ；
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 棱心 位置。
【分析】（1）三氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C﹣H键、1个N﹣H键，每个分子有8个σ键；
（2）Fe4[Fe（CN）6]3的外界离子为Fe3+，该离子是Fe原子失去3个电子得到的，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；
（3）按照有效原子序数规则，Ni（CO）x中Ni的电子数应达到18，Ni自身有10个电子；
（4）Cr2O72﹣在酸性条件下将亚铁离子还原生成三价铬离子和铁离子；根据上述结果，生成n（Fe3+）：n（Cr3+）＝3：1，则x：（2﹣x）＝3：1；
（5）①根据均摊法，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，据此分析组成该晶体的化学式；
②立方最密堆积的八面体空隙位于体心和棱心，结合晶胞结构分析；
③根据C和Ni的原子坐标分析。
【解答】解：（1）氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C﹣H键、1个N﹣H键，每个分子有8个σ键，1mol 三氮唑中所含σ键为8mol，
故答案为：8；
（2）Fe4[Fe（CN）6]3的外界离子为Fe3+，该离子是Fe原子失去3个电子得到的，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5），
故答案为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；
（3）按照有效原子序数规则，Ni（CO）x中Ni的电子数应达到18，Ni自身有10个电子，所以10+2x＝18，可得x＝4，
故答案为：4；
（4）若废水中六价铬以Cr2O72﹣存在。在酸性条件下硫酸亚铁还原Cr2O72﹣反应生成三价铬离子和铁离子，离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，根据上述结果，生成n（Fe3+）：n（Cr3+）＝3：1，则x：（2﹣x）＝3：1，则可确定铁氧磁体中x＝1.5，
故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；1.5；
（5）①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1，Mg原子位于顶点，个数为1，Ni原子位于面心，个数为3，所以化学式为MgNi3C，
故答案为：MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3，构成八面体空隙需要6个配位原子，根据晶胞结构图，其中4个为Ni，2个为Mg，所以由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为2：1，
故答案为：1：3；2：1；
③若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置，
故答案为：棱心。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，分子构型，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
18．（12分）研究氮、碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。
（1）过渡金属催化还原氮气合成氨具有巨大前景。催化过程一般有吸附﹣解离﹣反应﹣脱附等过程，图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图（部分数据略），其中“*”表示被催化剂吸附。
氨气的脱附是过程 吸热 （填“吸热”或“放热”），合成氨的热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1 ；
若将2.0mol N2和6.0mol H2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①温度T1 ＞ （填“＞”“＜”或“＝”下同）T2。T1温度下恰好平衡时，曲线B上的点为b（m，n），则m ＜ 12，n ＜ 2；
②T2温度下，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v（正） ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）v（逆）。
（2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：
a.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1＝+131.3kJ•mol﹣1K1
b.C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H2＝+90.3kJ•mol﹣1K2
c.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.0kJ•mol﹣1K3
三个反应的平衡常数随温度变化的关系如图所示，则表示K1、K2、K3的曲线分别是 c 、 b 、 d 。
（3）CO2在Cu﹣ZnO催化下，同时发生如下反应①、②，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＜0
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＞0
在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO2和H2，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强如下表所示：
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
总压强/KPa
起始/mol
0.5
0.9
0
0
0
P0
平衡/mol
n
0.3
p
若容器内反应①、②均达到平衡时，P0＝1.4p，反应①的平衡常数Kp＝ （KPa）﹣2。（用含p的式子表示）
【分析】（1）由势能面图可知，氨气从催化剂表面上脱离时为吸热过程，由图可知，0.5molN2和1.5molH2转变为1molNH3时的反应热为：21kJ•mol﹣1﹣17kJ•mol﹣1﹣50kJ•mol﹣1＝﹣46kJ•mol﹣1，即可得出合成氨的热化学方程式，
①曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，反应到4min时，计算出v（H2），该条件下，对应氨气的反应速率为：v（NH3）＝v（H2），曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，反应到4min时，计算出v（NH3），比较反应速率快慢，得出T1与T2的大小关系，曲线B温度高，反应速率快，达到平衡的时间比曲线A短，又因为反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致曲线B平衡时氨气的物质的量比曲线A平衡时氨气的物质的量少，
②T2温度下，达到平衡时，H2的转化量为3mol，列出三段式，得到平衡时气体的总物质的量为6mol，平衡时气体的压强为起始压强的＝75%，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则反应继续正向进行；
（2）a、b为吸热反应，c为放热反应，所以K1、K2随温度升高而增大，K3随温度升高而减小，又K1＝，K2＝，K3＝，则K1×K3＝K2，结合图象数据可知，100℃时，曲线c中，K1＝2，曲线b中，K2＝16，曲线d中，K3＝8符合题意；
（3）恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，则n：（0.5+0.9）＝p：1.4p，解得n＝1mol，反应前后气体减少的物质的量为0.4mol，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量为0.2mol，反应①中生成的n（H2O）＝n（CH3OH）＝0.2mol，则反应②中生成的n（H2O）＝0.1mol，所以反应②中生成的n（CO）＝0.1mol，消耗的n（CO2）＝0.3mol，剩余的n（CO2）＝0.2mol，剩余的n（H2）＝0.2mol，p（CO2）＝×p＝0.2p，同理可得：p（H2）＝0.2p，p（H2O）＝0.3p，p（CH3OH）＝0.2p，反应①的平衡常数K＝，将数据代入计算即可。
【解答】解：（1）由势能面图可知，氨气从催化剂表面上脱离时势能面在升高，为吸热过程，由图可知，0.5molN2和1.5molH2转变为1molNH3时的反应热为：21kJ•mol﹣1﹣17kJ•mol﹣1﹣50kJ•mol﹣1＝﹣46kJ•mol﹣1，则合成氨的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92 kJ•mol﹣1，
故答案为：＞；＜；＜；
①曲线A表示T2温度下n（H2）的变化，反应到4min时，v（H2）＝＝0.5mol/（L•min），该条件下，对应氨气的反应速率为：v（NH3）＝×0.5mol/（L•min）≈0.33mol/（L•min），曲线B表示T1温度下n（NH3）的变化，反应到4min时，v（NH3）＝＝0.4mol/（L•min）＞0.33mol/（L•min），曲线B对应的反应速率快，所以T1＞T2，曲线B温度高，反应速率快，达到平衡的时间比曲线A短，即m＜12，又因为反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致曲线B平衡时氨气的物质的量比曲线A平衡时氨气的物质的量少，所以n＜2，
故答案为：吸热；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92 kJ•mol﹣1；
②T2温度下，达到平衡时，H2的转化量为3mol，则三段式为：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol/L） 2 6 0
变化量（mol/L） 1 3 2
平衡量（mol/L） 1 3 2
平衡时气体的总物质的量为6mol，平衡时气体的压强为起始压强的＝75%，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则反应继续正向进行，此时v（正）＞v（逆），
故答案为：＞；
（2）ab为吸热反应，c为放热反应，所以K1、K2随温度升高而增大，K3随温度升高而减小，又K1＝，K2＝，K3＝，则K1×K3＝K2，结合图象数据可知，100℃时，曲线c中，K1＝2，曲线b中，K2＝16，曲线d中，K3＝8符合题意，
故答案为：c；b；d；
（3）恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，则n：（0.5+0.9）＝p：1.4p，解得n＝1mol，反应前后气体减少的物质的量为0.4mol，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量为0.2mol，反应①中生成的n（H2O）＝n（CH3OH）＝0.2mol，则反应②中生成的n（H2O）＝0.3mol﹣0.2mol＝0.1mol，所以反应②中生成的n（CO）＝0.1mol，消耗的n（CO2）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol，剩余的n（CO2）＝0.5mol﹣0.3mol＝0.2mol，剩余的n（H2）＝0.9mol﹣0.6mol﹣0.1mol＝0.2mol，p（CO2）＝×p＝0.2p，同理可得：p（H2）＝0.2p，p（H2O）＝0.3p，p（CH3OH）＝0.2p，反应①的平衡常数K＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查学生的看图、读图的理解与应用的能力，热化学方程式的书写，同时考查温度、浓度对化学平衡的影响，化学平衡常数K的计算，反应速率的比较等，对学生的思维能力要求较高，具有较强的综合性，属于难题。
19．（10分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称为 2﹣硝基甲苯（或邻硝基甲苯） 。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式 。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（2）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物） 。
（3）写出⑥的化学反应方程式： ，该步反应的主要目的 保护氨基 。
（4）写出⑧的反应试剂和条件： Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） ；F中含氧官能团的名称为 羧基 。
（5）设计以为主要原料，经最少步骤合成含酰胺键聚合物的合成路线 。
【分析】和浓硫酸发生取代反应生成A，根据结构可知发生了对位取代，所以A为，A和浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应生成，在酸性条件下生成B为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为，在铁、HCl条件下发生还原反应生成C为，C和发生取代反应生成，和浓硫酸加热条件下发生取代反应生成D，结合D、F（）的结构可知，D和氯气在催化剂条件下生成E为；
（5）由制取，需先制得，再发生缩聚反应。
【解答】解：（1）B为，名称为2﹣硝基甲苯（或邻硝基甲苯）；由B为，a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基或肽键，符合条件B的同分异构体的结构简式，
故答案为：2﹣硝基甲苯（或邻硝基甲苯）；；
（2）①发生的是磺化反应，②发生的是硝化反应，③发生的是消去磺酸基的反应，这样三步反应制取B，其目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物），
故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物）；
（3）由C为和反应生成和HCl，所以⑥的化学反应方程式，该步反应的主要目的是保护氨基，
故答案为：；保护氨基；
（4）根据可知E为，所以⑧的反应试剂和条件Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；由F为，F中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；
（5）由制取，需先制得，再发生缩聚反应，从而得出合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解题关键，注意题给信息的灵活运用，难点是同分异构体的书写，题目难度不大。
20．（12分）已知磺酰氯（SO2Cl2）是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，利用下列装置制备磺酰氯（部分夹持装置略）。
（1）利用E装置制取SO2宜选用的试剂是 c 。
a．10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
b．铜和98%的浓硫酸
c．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体
d．80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
（2）为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序： a→e→d→b→c →f，g← c←b←h 。（箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用）
（3）仪器甲的名称为 球形冷凝管 ，仪器乙的作用是 吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解 。
（4）制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是 将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动 。
（5）测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba（OH）2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol•L﹣1的AgNO3溶液l00.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe（SO4）2溶液，用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。[已知：Ksp（AgCl）＝3.2×10﹣10，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12]
①硝基苯的作用是 覆盖AgCl，防止部分AgCl转化为AgSCN沉淀 。
②产品中SO2Cl2的质量分数为 81 ，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将 偏低 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【分析】A装置制备氯气，E装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在D中反应生成SO2Cl2，D中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，B装置干燥二氧化硫，C中盛放溶液饱和食盐水吸收氯气中的HCl，D装置干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，甲为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，乙装置中碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解。
（1）实验室通常利用80%的硫酸溶液和亚硫酸钠制备二氧化硫；
（2）A为制取氯气装置，C中盛放溶液饱和食盐水吸收氯气中的HCl，B中浓硫酸干燥氯气，氯气气流方向为a→e→d→b→c→f，E中盛放80%的硫酸溶液和亚硫酸钠制取二氧化硫，B中浓硫酸干燥二氧化硫，二氧化硫气流方向为h→b→c→g；
（3）SO2Cl2沸点低、易挥发，甲为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，乙装置中碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解；
（4）将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动；
（5）①若不加入硝基苯，则部分AgCl转化为AgSCN沉淀；
②SO2Cl2与水反应生成铝离子，加入硝酸银生成AgCl沉淀，过量的硝酸银与NH4SCN溶液反应生成AgSCN沉淀，结合硝酸银的物质的量和NH4SCN溶液的物质的量可计算SO2Cl2的含量。
【解答】解：（1）a．易溶于水，不用稀硫酸，故a错误；
b．铜和98%的浓硫酸，该反应要加热条件，装置没有提供加热装置，故b错误；
c．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体，该试剂适合制取二氧化硫，故c正确；
d．80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体，硫酸钙微溶于水中，生成的硫酸钙覆盖在固体表面，降低反应速率，故d错误；
故答案为：c；
（2）A为制取氯气装置，C中盛放溶液饱和食盐水吸收氯气中的HCl，B中盛放浓硫酸干燥氯气，氯气气流方向为a→e→d→b→c→f，E中盛放80%的硫酸溶液和亚硫酸钠制取二氧化硫，B中浓硫酸干燥二氧化硫，二氧化硫气流方向为c←b←h，
故答案为：a→e→d→b→c；c←b←h；
（3）SO2Cl2沸点低、易挥发，甲为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，乙装置中碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解，
故答案为：球形冷凝管；吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入D中导致磺酰氯水解；
（4）从化学平衡移动角度分析反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，为放热反应，降低温度有利于平衡右移，提高产率，将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动，
故答案为：将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动；
（5）①覆盖AgCl，防止部分AgCl转化为AgSCN沉淀，使测定结果偏低，
故答案为：覆盖AgCl，防止部分AgCl转化为AgSCN沉淀；
②加入0.2000mol•L﹣1的AgNO3溶液l00.00 mL，则n（AgNO3）＝0.02000mol，
用0.1000mol•L﹣1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL，则n（AgSCN）＝0.002mol，
则n（SO2Cl2）＝×（0.02000mol﹣0.002mol）＝0.009mol，
m（SO2Cl2）＝0.009mol×135g/mol＝1.215g，
产率为×100%＝81%，
滴定终点仰视读数，NH4SCN溶液用量增大，SO2Cl2含量偏低，
故答案为：81；偏低。
【点评】本题考查实验制备，涉及试剂选择、装置的分析评价、质量分数的计算、对操作的分析评价等，培养分析问题和计算能力，注意对物质性质信息的应用。
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