黑龙江省大庆铁人中学2022届高三上学期第二次月考化学试题含解析

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铁人中学2019级高三上学期阶段考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-23；Mg-24；Si-28；S-32；Cl-35.5；Mn-55；Fe-56；Cu-64；Ba-137
第Ⅰ卷
一、选择题(每题只有一个选项符合题意)。
1. 化学与生活息息相关，下列有关说法不正确的是
A. “雾霾天气…光化学烟雾”的形成都与汽车排放的不合格尾气有关
B. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
C. “神舟十二号”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐
D. 页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源
【答案】C
【解析】
【详解】A．“雾霾天气” 、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物有关，氮的氧化物主要来源于汽车尾气，A正确；
B．葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，碳酸钠溶液显碱性，因此可用苏打粉检验假红酒，B正确；
C．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于传统的硅酸盐材料，C错误；
D．页岩气分布广、厚度大、且普遍，故可以成为新型燃料来源，D正确；
故答案选C。
2. 《大工开物——作咸篇》有如下记载：“潮波浅被地，不用灰压。候潮一过，明日天晴，半日晒出盐箱，疾趋扫起煎炼。”下列说法正确是
A. “煎炼”所得物质俗称“火碱”
B. “作咸”过程涉及“蒸馏”操作
C. “作咸”在实验室完成会用到蒸发皿、酒精灯
D. 该记载过程中涉及氧化还原反应和复分解反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该过程描述的是氯化钠的制作过程， NaOH俗称“火碱”，故A错误；
B．“作咸”过程涉及蒸发结晶，不涉及“蒸馏”操作，故B错误；
C．“作咸”在实验室通过蒸发结晶完成会用到蒸发皿、酒精灯等仪器，故C正确；
D．该记载过程中无化学变化，故D错误；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，1 mol Cl2溶于1.0 LH2O中，溶液中Cl-、HClO、ClO-的个数之和为2NA
B. 46.0 gC2H6O完全燃烧，有5NA个C-H键断裂
C. 56.0 gFe与1.0 mol Br2反应，转移电子数为2NA
D. 标准状况下，11.2 LNH3与11.2 L HF均含有5NA个质子
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2与H2O的反应属于可逆反应，所得混合物中还含有Cl2，溶液中的个数之和小于2NA，A错误；
B．有乙醇和甲醚两种不同结构，若为纯净的乙醇，则含有C—H键的数目为5NA，正确，若为甲醚，则含有C—H键的数目为6NA，B错误。
C．56.0 g Fe与1.0 mol 反应时，铁过量，转移电子数取决于溴，则反应转移电子数为2NA，C正确；
D．标准状况下HF不是气体，故11.2 L HF不等于0.5 mol，无法计算所含质子数目，D错误；
故答案选C。
4. 下列操作规范且能达到实验目的的是

A. 利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl>C>Si
B. 利用装置乙电解精炼铝
C. 研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D. 利用装置丁制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色
【答案】C
【解析】
【详解】A．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，利用装置图一不可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si，应将盐酸换成高氯酸，A不符合题意；
B．由于在溶液中，H+先于Al3+得电子，故电解含Al3+溶液不能得到Al，B不符合题意；
C．研究催化剂对反应速率的影响，加入的溶液的体积相同，金属离子和过氧化氢的浓度也相同，符合控制变量法的原则，可达到实验目的，C符合题意；
D．酒精易溶于水，不能起液封作用，D不符合题意；
故答案选C。
5. 因具有杀菌能力强，对人体、动物没有危害以及对环境不造成二次污染等特点，备受人们的青睐。下图是一种制的微观示意图。下列有关说法正确的是

A. 该反应中只有共价键的断裂与形成
B. 该反应中，作氧化剂
C. 该条件下，氧化性：
D. 制取，有失去电子
【答案】C
【解析】
【分析】由微观示意图可知，制二氧化氯的反应为氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+ 2ClO2。
【详解】A.亚氯酸钠和氯化钠均为离子化合物，由图可知，氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯时有离子键的破坏与形成，故A错误；
B.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，亚氯酸钠是反应的还原剂，故B错误；
C.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，氯气中氯元素的化合价降低，氯气是反应的氧化剂，二氧化氯是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯气的氧化性强于二氧化氯，故C正确；
D.由分析可知，反应中氯气是反应的氧化剂，亚氯酸钠是反应的还原剂，135g二氧化氯的物质的量为=2mol，由方程式可知有1mol氯气得到电子，故D错误；
故选C。
6. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A. 铁电极电解饱和食盐水：2Cl-+H2OCl2↑+H2↑+2OH-
B. 已知电离平衡常数：H2CO3>HClO>HCO，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO
C. 硫代硫酸钠与稀硫酸反应：S2O+6H++2SO=4SO2↑+3H2O
D. 氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸)：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极是Fe放电生成亚铁离子，所以不会有氯气生成，A错误；
B．由电离常数知，H2CO3可以制取HClO，但碳酸氢根不能，故CO2与NaClO溶液反应生成HClO和NaHCO3，B错误；
C．硫代硫酸根在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，对应离子方程式为：，C错误；
D．Fe(OH)3溶解生成Fe3+，Fe3+与I-之间发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，对应离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，D正确；
故答案选D。
7. 高分子P是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，合成路线如图所示，下列说法正确的是

A. 化合物A的核磁共振氢谱有三组峰 B. 化合物B与乙二酸互为同系物
C. 化合物C的分子式为 D. 高分子P含有三种官能团
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由高分子P倒推，B为对苯二甲酸，A氧化生成B，则A为对二甲苯，结构对称，只有2种等效氢，所以核磁共振氢谱有二组峰，故A错误；
B．化合物B为对苯二甲酸，分子中含有苯环，乙二酸分子中不含苯环，二者结构不相似，且二者分子组成不相差整数个CH2原子团，不互为同系物，故B错误；
C．对硝基苯胺被还原为对苯二胺，则C为对苯二胺，分子式为，故C错误；
D．由高分子P结构简式可知，分子中含有肽键、羧基、氨基三种官能团，故D正确；
答案选D。
8. 如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是

A. 整个反应快慢，由CH2-Zr…H2→状态2反应决定
B. Zr+CH4→CH3-Zr…H活化能为213.6kJ·mol-1
C. 在中间产物中CH3-Zr…H状态最稳定
D. Zr+CH4→CH-Zr…H3 ∆H=+39.54 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．整个反应快慢由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，状态2的活化能最大，则整个反应快慢，由状态2反应决定，A正确；
B．由图可知，活化能为99.20 kJ/mol，B错误；
C．能量越低越稳定，则中间产物中能量最低，状态最稳定，C正确；
D．由图可知，整个反应中，生成物总能量高于反应物总能量，该反应为吸热反应，该反应的热化学方程式为，D正确；
故答案选B。
9. 将一定量的氨基甲酸铵置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。不同温度下的平衡数据如下表：
温度(℃)
15
20
25
30
35
平衡时气体总浓度(×10-3mol·L－1)
2.40
3.40
4.80
6.80
9.40
下列说法正确的是（ ）
A. 该反应在低温条件下自发
B. 氨气的体积分数不变，可以判断反应达到了平衡状态
C. 其他条件不变时将容器体积变为1L，NH3平衡浓度不变
D. 若25℃时达到平衡所需时间为2min，则0～2min用CO2表示的平均反应速率为4×10－4mol·L-1·min-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由表格中数据可知，温度越高，平衡气体总浓度增大，则升高温度，平衡正向移动，△H>0，由化学计量数可知△S>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，故A错误；
B．NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，生成物中氨气与CO2始终按2:1生成，则氨气的体积分数始终不变，不能说明该反应达到了平衡状态，故B错误；
C．其他条件不变时将容器体积变为1L，等同于体积减小了原来一半，单位体积内物质的量是原来物质的量的2倍，则NH3平衡浓度不变，故C正确；
D．25℃时，平衡气体总浓度为4.8×10−3mol/L，根据反应可知CO2占，则(CO2)=，故D错误；
故选：C。
10. 从砷化镓废料(主要成分为、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是
A. “碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B. “碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为
C. “旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
D. 该工艺得到的纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，向砷化镓废料加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，SiO2转化为Na2SiO3进入溶液，Fe2O3、CaCO3不溶解，过滤得到含有Fe2O3、CaCO3的滤渣Ⅰ和含有NaGaO2、Na3AsO4、Na2SiO3的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，NaGaO2、Na2SiO3转化为Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，过滤得到含有Ga(OH)3、H2SiO3的滤渣Ⅱ和含有Na3AsO4的滤液；向滤渣Ⅱ中加入稀硫酸，Ga(OH)3转化为Ga2(SO4)3溶液，电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、O2和H2SO4；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到。
【详解】A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高过氧化氢分解，故A正确；
B．“碱浸”时GaAs被氧化的反应为GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O，反应中消耗1molGaAs，转移电子数目为8NA，故B错误；
C．“旋流电积”时，Ga2(SO4)3溶液电解生成Ga、O2和H2SO4，所以“尾液”溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，故C正确；
D．若工艺得到的纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯，故D正确；
故选B。
11. 某化学小组用如图装置检验乙酸钴[(CH3COO)2Co]在氮气气氛中的分解产物，经查阅资料知：
(Ⅰ)氮气不参与反应，乙酸钴分解产物有CO、CO2、C2H6及某种固态氧化物X；
(Ⅱ)PdCl2溶液易被CO还原为Pd；CuO可与烃类反应生成水与CO2。

下列说法正确的是
A. 装置A、B用于检验CO和CO2，其中A盛放的是PdCl2浓溶液
B. 通N2的作用是使分解产生的气体全部进入后续装置，可将N2换为空气
C. 装置D~F用于检验C2H6的C、H元素，其中E装置中盛放的试剂与C相同
D. 若最终分解n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，则X的化学式为Co3O4
【答案】D
【解析】
【分析】由题给装置图可知，加热前通入氮气排尽装置中的空气防止空气中氧气干扰实验，加热乙酸钴，乙酸钴分解受热分解生成CO、CO2、C2H6及某种固态氧化物X，由于PdCl2溶液被CO还原为Pd的同时会生成二氧化碳，装置A中澄清石灰水用于二氧化碳的检验，装置B中PdCl2浓溶液用于一氧化碳检验及吸收，装置C中碱石灰用于吸收二氧化碳和水蒸气，防止干扰实验；装置D为烃类与氧化铜反应验证装置，装置E中无水硫酸铜用于验证反应生成的水，装置F中澄清石灰水用于检验反应生成的二氧化碳。
【详解】A.PdCl2溶液被CO还原为Pd的同时会生成二氧化碳，反应生成的二氧化碳会干扰二氧化碳检验，故A错误；
B.若将氮气换为空气，易燃的C2H6与空气中氧气在加热情况下可能会爆炸，影响实验进行，故B错误；
C.装置C中碱石灰用于除去水和二氧化碳，防止干扰烃类与氧化铜反应产物的验证，装置D中无水硫酸铜用于检验水，盛放的试剂不同，故C错误；
D.乙酸钴中C元素化合价为0价，Co元素化合价为+2价，乙酸钴中钴与碳的个数之比为1:4，最终分解n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3，若碳的化合物中C原子个数为12，X中钴原子个数为=3，设X中钴元素化合价为a，由得失电子数目守恒可得：(a—2)×3+4×1+2×4=3×2×3，解得a=+，则X的化学式为Co3O4，故D正确；
故选D。
12. 部分氧化的 Fe-Cu 合金样品(氧化物为 Fe2O3、CuO)共5.76 g,经如下处理:

下列说法正确是
A. 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B. 溶解样品消耗的硫酸共为 0.04 mol
C. 样品中氧元素的质量为 0.48 g D. V=336 mL
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸足量可以说明沉淀中无Fe、CuO、Fe2O3，溶液无铜离子可以说明铜都析出了，滤渣3.2g一定是全部的铜；最后灼烧得到固体3.2g为Fe2O3，其中含铁元素质量为3.2×112/160=2.24g，部分氧化的 Fe-Cu 合金样品中铁元素质量为2.24 g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76-2.24—3.2g =0.32g；由于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为2.24/56=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol；参加反应硫酸电离出的与H+部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积。
【详解】生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，A错误；根于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，B正确；最后灼烧得到固体3.2g为Fe2O3，其中含铁元素质量为3.2×112/160=2.24g，部分氧化的 Fe-Cu 合金样品中铁元素质量为2.24 g，铜元素的质量为3.2g，则氧元素质量为5.76-2.24—3.2g =0.32g，C错误；0.04mol硫酸电离出氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧元素质量为为3.2g.氧的物质的量0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，D错误。
【点睛】本题考查混合物计算，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，清楚反应过程是解答关键，注意利用原子个数守恒解答。
13. 在一恒容的密闭容器中充入0.1mol/LCO2、0.1mol/LCH4，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强的关系如图，下列有关说法不正确的是（ ）

A. 上述反应的ΔH>0
B. 压强：p4>p3>p2>p1
C. 1100℃时该反应平衡常数约为1.64
D. 压强为p4时，在y点：v(正) 【答案】D
【解析】
【详解】A．从图象分析，随温度升高CH4转化率增大，平衡正向移动，正反应吸热，△H＞0，故A正确；
B．根据方程式，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故P4＞P3＞P2＞P1，故B正确
C．

平衡常数K==1.64，故C正确；
D．在y点，甲烷的转化率小于平衡时的转化率，反应正向进行，v正＞v逆，故D错误；
故选D。
14. 羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为、的原电池-电解池组合装置(如图)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是


A. 电池工作时，b电极附近pH增加
B. a极每单个参与反应，通过质子交换膜的H+数理论上有6NA个
C. d极区苯酚被氧化的化学方程式为
D. 右侧装置中，每转移0.7mol电子，c、d两极共产生气体11.2L
【答案】C
【解析】
【详解】a电极上被还原为，所以a电极为原电池的正极，则d电极为电解池阳极，b为原电池的负极，c为电解池的阴极。
A．电池工作时，b为负极，苯酚失电子被氧化为，电极反应式为，生成氢离子，所以pH减小，A错误；
B．a电极上被还原为，所以有1个参与反应时转移6个电子，根据电荷守恒可知通过质子交换膜的数理论上有6个，B错误；
C．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，苯酚被氧化为、，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为，C正确；
D．未注明温度和压强，无法确定气体体积，D错误。
故选C。
15. 工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2O和CrO)，其流程如下：
CrO(黄色) Cr2O(橙色) Cr3＋(绿色) Cr(OH)3↓
已知步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s) Cr3＋(aq)＋3OH-(aq)　Ksp=c(Cr3＋)·c3(OH-)=10-32。
下列有关说法不正确的是
A. 步骤①中当v正(CrO)=2v逆(Cr2O)时，说明反应2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O达到平衡状态
B. 若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色
C. 步骤②中，若要还原1 mol Cr2O，需要12 mol(NH4)2Fe(SO4)2
D. 步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽[当溶液中c(Cr3＋)≤10-5mol·L-1时，可视作该离子沉淀完全]
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 步骤①中当v正(CrO)=2v逆(Cr2O)时，正逆速率相等，说明反应2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O达到平衡状态，故A正确；
B． 若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O平衡逆向移动，溶液可由橙色变黄色，故B正确；
C． 步骤②中，Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，1 mol Cr2O可氧化6 mol(NH4)2Fe(SO4)2，若要还原1 mol Cr2O，需要6 mol(NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；
D．Cr3＋沉淀完全时，c(OH-)= mol·L-1=10-9 mol·L-1，则c(H＋)= mol·L-1=10-5mol·L-1，pH=5 ，故D正确；
故选C。
16. M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种单质具有漂白性，X和Y二者原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数。由这五种元素组成的化合物结构如图所示(箭头表示共用电子对由W提供)。下列说法正确的是

A. 最高价氧化物对应的水化物酸性：
B. M的单质与氧气反应能生成
C. W的氢化物的沸点低于Z的氢化物的沸点
D. X和W组成的化合物，所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z为短周期元素，其一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且含有4条共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；M原子序数小于B，且能形成阳离子，则M为Li；X和Y二者原子的最外层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，则W为F。
【详解】A．X、Y分别为B、C，非金属的非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性：H2CO3＞H3BO3，A项错误；
B．M的单质为Li，Li与氧气反应能生成Li2O，B项错误；
C．W为F，氢化物为HF，沸点低于水的沸点，C项正确；
D．X和W组成的化合物为BF3，B原子不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
17. 下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是

实验操作
实验现象
解释或结论
A
Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴入适量NaOH溶液
产生白色沉淀
相同温度下，溶度积常数： Ksp[Mg(OH)2] B
常温下，用pH计分别测定等体积1mol·L−1CH3COONH4溶液和0.1mol·L−1CH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
向两支试管中各加入4mL 0.01mol·L−1 KMnO4溶液和4mL 0.1mol·L−1 KMnO4溶液，再分别通入足量SO2，分别记录溶液褪色所需的时间
0.1mol·L−1 KMnO4溶液褪色所需时间更短
其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D
往烧杯中加入约20g研细的Ba(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌
有刺激性气味气体生成，烧杯底部结冰，与玻璃片粘在一起
吸热反应不一定需要加热才能进行

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴入适量NaOH溶液，产生白色沉淀，由于Mg2+、Cu2+的浓度相对大小未知，不能得出溶度积常数Ksp[Mg(OH)2] B．盐水解促进水电离，CH3COONH4的浓度越大，水的电离程度越大，故不选B；
C．0.1mol·L−1 KMnO4溶液的浓度大，反应速率更快，但KMnO4的物质的量更多，褪色所需时间更长，故不选C；
D．铵盐和碱反应吸热，反应吸放热与反应条件无关，吸热反应不一定需要加热就能进行，故选D；
选D。
18. 用0.1mol/LNaOH标准溶液滴定20mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、lgX[X=或或]的关系分别如图1、图2所示。

下列说法错误的是
A. 曲线I表示pH与lg的变化关系
B. 由图1知中和Na2HA溶液时，未出现pH突跃
C. 当体系中溶液的pH=9时，=1.8
D. 当滴入20mLNaOH溶液时，c(Na+)＞c(H2A-)＞c(H+)＞c(HA2-)＞c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】将NaOH溶液滴入H3A溶液中，有①H3A+NaOH=NaH2A+H2O；②NaH2A+NaOH=Na2HA+H2O；③Na2HA+ NaOH=Na3A +H2O，二者浓度均为0.1 mol·L−1，三元酸H3A溶液体积为20 mL，则反应①②③完全对应NaOH溶液体积分别为20 mL、40 mL、60 mL。
【详解】A．加入NaOH过程中，pH增大，当lgX=0时，直线对应pH最大，曲线I表示pH与lg的变化关系，选项A正确；
B．中和Na2HA为反应③，NaOH溶液体积从40 mL到60 mL，从图中分析40 mL NaOH溶液加入时，溶液碱性已经很强，当60 mL NaOH溶液加入时，从图中看，pH=12时，未出现pH突跃，选项B正确；
C．曲线Ⅱ表示pH与lg的变化关系，从图中看，根据点（10，2.8）可知pH=10时，lgX=2.8，则=102.8，K2==10-10×102.8=10-7.2，当pH=9时，即c(H+)=10-9，=，选项C错误；
D．当加入20mL NaOH溶液时，溶质为NaH2A，从图1看溶液显酸性，则H2A-的电离程度大于H2A-的水解程度，离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(H2A−)＞c(H+)＞c(HA2−)＞c(OH−)，选项D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、填空题
19. 由硫铁矿烧渣(主要成分：、、和)得到绿矾)的流程如图：

已知：①难溶于水。且能还原，硫元素被氧化成。
②金属离子生成氢氧化物沉淀的见表：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8

（1）操作Ⅰ需要使用的玻璃仪器有_______。
（2）写出“还原”步骤中涉及的离子反应方程式_______。
（3）“除铝”与“还原”两步骤_______(填“能”或“不能”)颠倒，原因是_______。
（4）试剂a最好选用下列试剂中的_______(填字母代号)，原因是_______。
A.热水 B.氯水 C.乙醇 D.饱和食盐水
（5）操作Ⅲ包含3个基本的实验操作，依次是_______。制得的绿矾需要减压烘干的原因是_______。
（6）测定所得绿矾晶体中铁元素的含量：称取样品mg于锥形瓶中，加水溶解后加稀硫酸酸化，用，溶液滴定至终点，消耗溶液。该晶体中铁的质量分数为_______。
【答案】（1）烧杯、玻璃棒、漏斗
（2）
（3） ①. 不能 ②. 除铝的过程中加入过量氢氧化钠溶液，此时三价铁会形成沉淀，则不利于再还原，故不能颠倒
（4） ①. C ②. FeSO4·7H2O在乙醇中溶解度小，而且乙醇易挥发，便于干燥，
（5） ①. 蒸发浓缩，降温结晶，过滤 ②. 绿矾带有结晶水，烘干时温度过高会失去结晶水，故需要减压烘干
（6）
【解析】
【分析】酸溶时，金属氧化物溶于硫酸，过滤（操作I）除去不溶性杂质，所得滤液中阳离子主要为Fe3+、Fe2+、Al3+、H+，加入FeS2，Fe3+被还原为Fe2+，接着加入NaOH溶液调节pH为5~5.8，除去Al3+，过滤（操作Ⅱ）后溶液中主要含有FeSO4，加入硫酸酸化，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥获得FeSO4·7H2O。
【小问1详解】
由分析知，操作Ⅰ是过滤，需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
【小问2详解】
还原的时候主要是用FeS2还原三价铁，同时产生硫酸根，根据得失电子守恒、电荷守恒（可添加H+）、元素守恒（可添加H2O）配平得完整方程式为：；
【小问3详解】
不能，除铝的过程中加入氢氧化钠溶液，此时三价铁会形成沉淀，则不利于再还原，故不能颠倒；
【小问4详解】
试剂a的作用是洗涤产品，FeSO4·7H2O在乙醇中溶解度小，而且乙醇易挥发，便于干燥，故最好选C；
【小问5详解】
操作Ⅲ是从溶液中得到晶体，根据绿矾的性质可知其具体操作依次是：蒸发浓缩，降温结晶，过滤；绿矾带有结晶水，烘干时温度过高会失去结晶水，故需要减压烘干；
【小问6详解】
滴定时离子方程式为：，则绿矾的物质的量，则绿矾中铁的质量分数。
20. 乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，某实验小组设计了以乳酸[CH3CH(OH)COOH]和FeCO3为原料制备乳酸亚铁晶体的实验。
Ⅰ.FeCO3的制备(装置如图所示)


（1）仪器A的名称是___。
（2）制备FeCO3的实验操作为___。
（3）写出生成FeCO3的离子方程式：___。
（4）装置C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法：___。
Ⅱ.乳酸亚铁晶体的制备及含量的测定
（5）向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应后，经过滤，在隔绝空气的条件下，低温蒸发，其中隔绝空气的目的是___。
（6）铁元素含量测定：称取3.000g样品，灼烧至完全灰化，加入过量稀硫酸溶解，加入足量Na2S还原，加酸酸化后，过滤，取滤液加水配成100mL溶液。移取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定。
①滴定实验是否需要指示剂并解释其原因：___。
②平行滴定3次，KMnO4溶液的平均用量为25.00mL，则样品纯度为____%。
【答案】（1）分液漏斗
（2）先打开K1、K2，反应一段时间后，关闭K2
（3）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
（4）取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净
（5）防止FeCO3被氧化
（6） ①. 不需要，KMnO4溶液的颜色变化可作为判断滴定终点的依据 ②.
【解析】
【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用Fe与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置中的空气；关闭K2，B中生成氢气使B装置中气压增大，将B装置中硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中硫酸亚铁和NH4 HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。
【小问1详解】
由图可知仪器A的名称是分液漏斗；
【小问2详解】
实验开始时打开、，加入适量稀硫酸，和稀硫酸反应生成氢气，可将装置中的空气排出；待装置内空气排出后，再关闭，装置中压强增大，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳和水；
【小问3详解】
二价铁和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁，其离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问4详解】
检验沉淀是否洗涤干净，就是检验洗涤沉淀的最后一次洗涤液中是否存在，故检验方法为：取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净；
【小问5详解】
有较强还原性，易被空气中的氧气氧化，故隔绝空气的目的是：防止FeCO3被氧化；
【小问6详解】
KMnO4溶液是有颜色的，故不需要再加别的指示剂了，原因是：KMnO4溶液的颜色变化可作为判断滴定终点的依据；根据高锰酸钾和二价铁之间的对应关系可知， ~5Fe2+，则，，则样品纯度。
21. O2对人类有着重要的作用。请回答下列问题：
（1）甲醇一种绿色可再生能源，已知热化学方程式：
ⅰ. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=-566.0kJ•mol-1
ⅱ. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-483.6kJ•mol-1
ⅲ. CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=-574.4kJ•mol-1
则计算CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)的ΔH=_______kJ•mol-1。
（2）合成硝酸工艺中涉及到反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)、2NO2(g)N2O4(g)。T℃时，在恒容密闭容器中以投料比=1：1进行投料，容器内总压强p的变化如下表：
t/min
0
40
80
160
260
700

p/kPa
33.2
28.6
27.1
26.3
25.9
25.2
22.3
已知：a. 2NO2(g)N2O4(g)可认为迅速达到平衡状态。b.时间t=∞时，NO(g)完全反应。
①已知时间为t1min时，测得容器内O2分压p(O2)=10.6 kPa，则此时NO的分压p(NO)_______kPa。
②T℃时，可逆反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数Kp=_______ kPa -1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数，写出计算式即可)，NO2的平衡转化率为_______%(保留2位有效数字)。
③若将上述反应容器内温度升高至(T+50)℃，达到平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量减小，则2NO2(g)N2O4(g)ΔH_______0(填“>”或“<”)。
（3）人体内化学反应时刻需要O2参与，如广泛存在于肌肉中的肌红蛋白()，具有结合O2的能力，可表示为Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)。肌红蛋白的结合度(即转化率α)与平衡时的氧气分压p(O2)密切相关，其变化曲线如图1，37℃时，测得平衡常数K=2(气体和溶液中的溶质分别用分压和物质的量浓度表达)。

①平衡时，平衡常数表达式K=_______[用含α和p(O2)的代数式表示]；37℃时，测得人正常呼吸时α的最大值为97.7%，则空气中氧气分压p(O2)=_______kPa(保留3位有效数字)。
②某天不同纬度的大气压变化曲线如图2所示，某运动员处于A、B、C不同位置时，其体内MbO2的浓度最大位置为_______(填“A”“B”或“C”)。
【答案】（1）-192.2
（2） ①. 4.6 ②. ③. 31 ④. <
（3） ①. ②. 21.2 ③. B
【解析】
【小问1详解】
盖斯定律计算i+ii-iii得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-192.2kJ/mol；
【小问2详解】
①容器恒容，则气体压强之比等于气体的物质的量之比，初始总压强为33.2kPa，投料为=1：1，不妨设n(NO)=n(O2)=16.6mol，则压强和物质的量在数值上相等，t1min时，测得容器内O2分压p(O2)=10.6 kPa，则n(O2)=10.6mol，Δn(O2)=16.6mol-10.6mol=6.0mol，根据方程式可知相同时间内Δn(NO)=12mol，则此时容器内n(NO)=16.6mol-12mol=4.6mol，所以p(NO)=4.6kPa；
②根据题意可知平衡时总压强为22.3kPa，根据①所设，则此时气体总物质的量为22.3mol，16.6molNO完全反应，消耗8.3molO2，生成16.6molNO2，则此时容器内剩余n(O2)=16.6mol-8.3mol=8.3mol，所以容器内NO2和N2O4共22.3mol-8.3mol=14mol，根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知，每消耗2molNO2，气体总物质的量减少1mol，所以平衡时消耗NO2为(16.6mol-14mol)×2=5.2mol，则平衡时容器内n(NO2)=16.6mol-5.2mol=11.4mol，n(N2O4)=5.2mol÷2=2.6mol，则p(NO2)=11.4kPa，p(N2O4)=2.6kPa，所以Kp= kPa -1；NO2的转化率为×100%=31%；
③根据题意，升高温度容器内混合气体的平均相对分子质量减小，气体质量不变，说明气体物质的量增大，升温平衡向气体体积增大的方向进行，则反应为放热反应，ΔH<0；
【小问3详解】
①令Mb起始浓度1，根据三段式：

K==；根据图，p(O2)=2.0kPa，α=80%，K==2，温度不变平衡常数不变，当测得人正常呼吸时α的最大值为97.7%，带入K==2，解得p(O2)=21.2kPa；
②该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强平衡正向移动，MbO2的浓度增大，B点压强最大，所以B点MbO2的浓度最大。
22. Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。

(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
【答案】 ①. ②. 非极性 ③. > ④. sp2 ⑤. 6 ⑥. N、Cl ⑦. 7：2 ⑧.
【解析】
【分析】
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
23. 氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以2-氯苯甲醛为原料合成该药物的路线如图：

（1）A中含氧官能团的名称为_______，A发生银镜反应的化学方程式为_______。
（2）C生成D的反应类型为_______。
（3）X()的结构简式为_______。
（4）写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式：_______。
（5）物质G是物质A的同系物，其相对分子质量比A多14；符合以下条件的G的同分异构体共有_______种(考虑立体异构)。
①属芳香族化合物 ②与溶液反应显紫色 ③苯环上的氢原子种类有两种
其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2：2：2：1的结构简式为_______。
（6）已知：，写出以乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线_____(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 醛基、碳氯键（旧教材称氯原子） ②. +2[Ag(NH3)2]OH
+2Ag↓+3NH3↑+H2O
（2）酯化反应(取代反应)
（3） （4）n+ (n—1)H2O
（5） ①. 3 ②.
（6）
【解析】
【分析】A与NaCN、NH4Cl反应生成B，B中氰基发生水解生成C，C中羧基与甲醇发生酯化反应生成D，结合D、E结构简式可知X结构简式为，E与发生取代反应生成最终产物。
【小问1详解】
A的结构简式为，官能团为醛基、碳氯键（旧教材称氯原子）；分子中含有醛基，能与银氨溶液共热发生银镜反应生成，反应的化学方程式为+2[Ag(NH3)2]OH +2Ag↓+3NH3↑+H2O；
【小问2详解】
由题给流程可知，在无机酸的作用下，与甲醇在酸性条件下发生酯化反应生成和水，酯化反应属于取代反应，故答案为：酯化反应(取代反应)；
【小问3详解】
由E和D的结构简式为和可知，X结构简式为；
【小问4详解】
C的结构简式是，分子中含有羧基和氨基，一定条件下能发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为n+ (n—1)H2O；
【小问5详解】
由G的同分异构体比A多一个碳原子，属于芳香族化合物说明结构中含有苯环，与氯化铁溶液反应显紫色可知苯环上有一个羟基，苯环上的氢原子种类有两种说明为对称结构，且含有—CH=CHCl（有顺反异构）和—CCl=CH2，共3种，符合核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为；
【小问6详解】
由原料和产品的结构简式可知，以乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成步骤为乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成甲醛，乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程为
。