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2021年福建省厦门市外国语学校高考一模理综-化学试卷含解析
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这是一份2021年福建省厦门市外国语学校高考一模理综-化学试卷含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
福建省厦门市厦门市外国语学校2021年高考一模试卷
理综化学
一、单选题
1．化学材料在航天、军事、天文等领域的应用非常广泛。下列说法正确的是( )
A．“天宫二号”空间实验室的二氧化硅电池板可将光能直接转换为电能
B．“复兴号”关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于合成橡胶
C．“长征五号”运载火箭使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的陶瓷属于新型无机非金属材料
2．Forskolin的结构简式如图所示，它是一种常用的腺苷酸环化酶激活剂。下列有关该物质的说法错误的是( )
A．所有碳原子不可能共面
B．含有5种官能团
C．该物质的某种同分异构体可能是苯酚的同系物
D．能够发生消去反应生成碳碳双键
3．CH2=CH2 与HCl的加成反应由第一步 HCl+CH2=CH2→H3+C=CH2+Cl− 和第二步 H3+C=CH2+Cl−→CH3−CH2Cl 组成，能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是( )
A．两步反应均释放能量
B．第一步的反应速率比第二步的慢
C．第二步 H3+C=CH2 与 Cl− 的碰撞100%有效
D．总反应 HCl(g)+CH2=CH2(g)→CH3CH2Cl(g) 的 ΔH=(Eal−Ea2) kJ·mol−1
4．化学反应中常伴有颜色变化，下列描述颜色变化的化学方程式错误的是( )
A．Cl2 通入 H2O2 溶液产生无色气体： Cl2+H2O2=2HCl+O2
B．Mg 在 CO2 中燃烧产生白色和黑色固体： 2Mg+CO2点燃__2MgO+C
C．向 FeCl3 溶液中加入少量Zn粉，溶液黄色褪去： 2FeCl3+3Zn=2Fe+3ZnCl2
D．将表面覆盖黑色 Ag2S 的银器放入盛装食盐水的铝锅中煮沸后，银器重新变光亮： 3Ag2S+2Al+6H2OΔ__6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑
5．Al遇到极稀的硝酸发生反应生成NH4NO3，其反应为 8Al+30HNO3=3NH4NO3+8Al(NO3)3+9H2O 。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．将0.2mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中 NH4+ 的数目小于0.2NA
B．1L0.1mol/L Al(NO3)3溶液中，阳离子的数目为0.1NA
C．1.0g由H218O与D2O组成的混合物中所含有的中子总数为0.5NA
D．反应中每消耗2.7g金属Al，转移的电子数为3NA
6．下列图示实验能达到相应实验目的的是( )
A．图1：检验溴乙烷消去产物中的乙烯
B．图2：除去苯中少量的苯酚
C．图3：制取少量乙酸乙酯
D．图4：分离苯(沸点为80.1℃)和溴苯(沸点为156.2)
7．一种有机废水发电装置示意图如图所示，装置工作时，下列说法错误的是( )
A．H+从a极区向b极区迁移
B．可使用碱性电解质水溶液
C．该发电装置应在条件温和的环境下进行
D．理论上， 11.9 g MnO4− 完全被还原为 Mn2+ 时，a极有 0.5 mol 电子流出
8．常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与 n(NaOH)n(NaH2PO4) 的关系如图所示。下列关系正确的是( )
A．常温下， Ka2(H3PO4)=106.8
B．常温下 Ka1(H3PO4)Ka3(H3PO4)=105.2
C．向0.1mol/L的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性： c(Na+)>3c(HPO42−)+3c(PO43−)
D．0.1 mol⋅L−1 的 NaH2PO4 溶液与 0.1 mol⋅L−1 的 Na3PO4 溶液等体积混合： 2c(H3PO4)+c(H2PO4−)+c(H+)=c(OH−)+c(PO43−)
9．苯甲醛是生产除草剂野燕枯、植物生长调节剂抗倒胺的中间体。用二氧化钛光催化剂催化制备苯甲醛的过程如图，其中氧气在光催化作用下得电子转化为超氧自由基( ⋅ O2− )。
下列有关叙述正确的是( )
A．超氧自由基与过氧根离子所含的电子数相同
B．该过程的总反应方程式为
C．上述二氧化钛光催化剂催化制备苯甲醛的过程中苯甲醇发生了还原反应
D．苯甲醇和双氧水的分子中所有原子都不可能位于同一平面
二、多选题
10．短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12。X与R同主族，Q是地壳中含量最高的元素。下列说法错误的是( )
A．简单离子半径： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点：Y>Z>Q
C．R的最高价氧化物对应的水化物为强碱
D．X、Z、Q三种元素可形成离子化合物和共价化合物
三、非选择题
11．环烷酸镍(易溶于汽油)主要用于顺丁橡胶的合成，也可用于其他产品的有机合成。一种用废镍催化剂(含Ni、Al、Cr、FeS、C及难溶物)制备环烷酸镍(常温下为液体)的工艺流程如下：
该工艺条件下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Cr3+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.4
4.6
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.4
5.6
回答下列问题：
（1）“碱浸”的目的是 ，干燥后“灼烧”的主要目的是 。
（2）“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是 。
（3）“氧化”时， Fe2+ 被氧化为 Fe3+ 的离子方程式为 。
（4）“调 pH ”时，溶液 pH 的范围为 ，加入的“试剂 X ”适宜是 (填标号)。
A． Fe2O3 B． Cr(OH)3 C． Ni(OH)2
（5）若环烷酸用 RCOOH 表示，则“合成”反应的化学方程式为 。
（6）“分离”得到产品包含的操作有 。
12．高铁酸钾(K2FeO4)可溶于水、微溶于浓KOH溶液、难溶于无水乙醇；在强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+或Fe(OH)3的催化作用下分解，是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图装置(加热夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再用制得的KClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。
回答下列问题：
（1）K2FeO4中铁元素的化合价为 ，仪器X的名称为 。
（2）装置B的作用是 (任写一点)，装置D中发生反应的离子方程式为 。
（3）现有①Fe(NO3)3溶液、②含KOH的KClO溶液，上述两种溶液混合时，将 (填标号，下同)滴入 中，发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）K2FeO4的理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图(虚线上的数据表示K2FeO4的理论产率)所示，则制备K2FeO4的最适宜的条件范围是 。
（5）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为 。
13．一碳化学的研究对象是分子中只含一个碳原子的化合物，如一氧化碳、二氧化碳、甲烷、甲醇等。在以石油、天然气为基本原料的化学工业里，甲烷是一碳化学的起点。在以煤炭为基本原料的化学工业里一氧化碳是一碳化学的出发点。一碳化学研究是从这两种原料出发，生产其他化工原料和产品的方法。请回答下列问题：
（1）已知：氧气中O=O键的键能为497kJ·mol-1，二氧化碳中C=O键的键能为745kJ·mol-1。
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=−566 kJ·mol−1
则使1molCO(g)完全分解成原子所需要的能量至少为 kJ。
（2）一定条件下，将 n(CO):n(H2)=1:2 的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中合成甲醇： CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=−107 kJ·mol−1 。
①下列叙述能说明反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．混合气体的密度不再随时间的变化而变化
B．混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化
C．CO、H2的物质的量浓度之比为1:2，且不再随时间的变化而变化
D．若将容器改为绝热恒容容器，体系温度不随时间变化而变化
②下列措施既能提高H2的转化率又能加快反应速率的是 (填标号)。
A．升高温度 B．使用高效催化剂 C．增加CO投料
（3）在容积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO和2mol H2，发生的反应为 CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ，平衡时测得混合气体中 CH3OH 的物质的量分数 [φ(CH3OH)] 与温度(T)、压强(P)之间的关系如图所示。
①温度为T1和T2时对应的平衡常数分别为K1、K2，则K1 (填“>”、“<”或“=”)K2；温度为T1、压强为p1kPa时，CH3OH的平衡产率为 (保留四位有效数字)，该反应的平衡常数K= 。
②若在温度为T1、压强为p1kPa的条件下向上述容器中加入1molCO、2molH2、1molCH3OH，反应开始时 v正(CO) (填“>”“<”“”或“无法确定”) v逆(CO) 。
（4）工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧中产生的温室气体 CO2 ，其产物之一是 NH4HCO3 。已知常温下碳酸的电离常数 Kal=4.4×10−7 、 Ka2=4.7×10−11 ， NH3⋅H2O 的电离常数 Kb=1.8×10−5 ，则所得的 NH4HCO3 溶液中 c(NH4+) (填“>”、“<”或“=”) c(HCO3−) 。
14．金属在生产、生活中应用广泛，其配合物在治疗癌症方面有重要的运用。回答下列问题：
（1）基态 Cu+ 的价电子排布式为 ，第二电离能 I2(Zn)=1733.3 kJ·mol−1 ， I2(Cu)=1957.9 kJ·mol−1 ， I2(Zn)
①胆矾晶体中存在 (填标号)。
A．金属键 B．σ键 C．π键 D．非极性键
②ClO4− 的空间结构是 。
③SOD酶中C原子的杂化方式是 、 。
（3）一种新型的层状化合物的晶体结构如图所示，已知底边边长为anm，高为cnm。
当晶体Cu和Zn的数目之比为1:1时，该化合物的化学式为 。
四、有机推断题
15．花青醛(I)具有一种清新的花香，可用于配制香水和制取香皂等，它的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）反应③的反应类型是 。
（3）C的结构简式是 。
（4）反应④(溴的利用率为100%)的化学方程式为 。
（5）下列关于花青醛(I)的描述中，正确的是 (填标号)。
a.能与溴水发生加成反应 b.加氢还原生成醇
c.分子中含有13个碳原子 d.一氯代物有8种
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．太阳能电池板的主要成分应是硅单质，A不符合题意；
B．聚四氟乙烯属于合成树脂(塑料)，不是合成橡胶，B不符合题意；
C．碳纤维复合材料属于混合物，C不符合题意；
D．该陶瓷为一种高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硅是做光导纤维的材料
B.考查的是聚四氟乙烯的物质类别
C.同素异性体是单质并非混合物
D.对陶瓷材料的分类
2．【答案】C
【解析】【解答】A．该物质结构中多个饱和碳连续出现在碳骨架上，不可能所有碳原子共面，A不符合题意；
B．该物质含有羟基、醚键、羰基、酯基、碳碳双键，共五种官能团，B不符合题意；
C．苯酚中只含一个酚羟基，该物质中有不止一个氧原子，所以官能团不可能只有一个酚羟基，所以其同分异构体的结构不可能与苯酚相似，不可能是同系物，C符合题意；
D．该物质含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以能够发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据有机物的结构式确定分子式以及官能团是羰基、醇羟基、酯基、醚基、双键可发生加成、取代、氧化反应，消去反应，根据碳原子的成键方式可确定原子是否共面
3．【答案】B
【解析】【解答】A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A不符合题意；
B．据图可知第一步反应的活化能Ea1更大，则第一步的反应速率比第二步的慢，B符合题意；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C不符合题意；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量，据图可知Ea1-Ea2并不等于生成物总能量-反应物总能量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据物质的能量的高低即可确定物质的稳定性，根据两步活化能的高低确定反应塑速率的快慢，根据分步反应再结合盖斯定律即可确定焓变
4．【答案】C
【解析】【解答】A. Cl2 通入 H2O2 溶液产生无色气体O2，同时生成HCl，反应的化学方程式为： Cl2+H2O2=2HCl+O2 ，选项A不符合题意；
B. Mg 在 CO2 中燃烧产生白色固体MgO和黑色固体C，反应的化学方程式为： 2Mg+CO2点燃__2MgO+C ，选项B不符合题意；
C. 向 FeCl3 溶液中加入少量Zn粉，溶液黄色褪去，生成氯化锌和氯化亚铁，反应的化学方程式为： 2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2 ，选项C符合题意；
D. 将表面覆盖黑色 Ag2S 的银器放入盛装食盐水的铝锅中煮沸后，银器重新变光亮，反应生成银、氢氧化铝和硫化氢，反应的化学方程式为： 3Ag2S+2Al+6H2OΔ__6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑ ，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.发生氧化还原反应产生气体
B.二氧化碳可以支持燃烧
C.不符合化学反应的实质
D.发生氧化还原反应
5．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中存在n(H+)+n( NH4+ )=n(OH-)+n(NO 3− )，溶液呈中性所以n(H+)=n(OH-)，所以n( NH4+ )=n(NO 3− )=0.2mol，即溶液中 NH4+ 的数目为0.2NA，A不符合题意；
B．1L0.1mol/L Al(NO3)3溶液中含有0.1molAl(NO3)3，溶液中存在Al3+的水解Al3++3H2O ⇌ Al(OH)3+3H+，水解使阳离子数目增多，所以溶液中阳离子的数目大于0.1NA，B不符合题意；
C．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以1.0g由H218O与D2O组成的混合物中含有0.05mol分子，一个H218O与D2O分子中均含有10个中子，所以中子总数为0.5NA，C符合题意；
D．该反应中Al为唯一还原剂，2.7g铝的物质的量为0.1mol，被氧化时转移0.3mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电荷守恒即可判断
B.考查的粒子的水解
C.根据n=m/M计算出物质的量，再根据计算中子数即可
D.考查的是是否存在其他的氧化法还原反应
6．【答案】A
【解析】【解答】A．溴乙烷发生消去的条件为NaOH的醇溶液并加热，则 CH3CH2Br+NaOH→醇加热CH2=CH2↑+NaBr+H2O ，气体通过氢氧化钠溶液可吸收挥发的乙醇，随后得到的 CH2=CH2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A符合题意；
B．溴与苯酚反应的产物为三溴苯酚溶于苯中，振荡不能分离，故B不符合题意；
C．酯化反应的条件为浓硫酸并加热，浓硫酸起到催化和吸水作用，故C不符合题意；
D．温度计的水银球应与蒸馏烧瓶支管口齐平，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A. NaOH可除去乙醇，乙烯可被高锰酸钾氧化；
B. 溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚均易溶于苯；
C. 稀硫酸不能作吸水剂；
D. 蒸馏时温度计测定馏分的温度。
7．【答案】B
【解析】【解答】A. 该装置为原电池，a极上(C6H10O5)n转化为CO2，碳元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，则a极为负极，原电池中阳离子H+从负极a极区向正极b极区迁移，选项A不符合题意；
B．若使用碱性电解质水溶液，则CO2与碱反应生成 CO32− ，选项B符合题意；
C．该发电装置应在条件温和的环境下进行，否则无 柄细胞会失去生理活性，选项C不符合题意；
D．理论上， 11.9 g MnO4− ，即0.1mol MnO4− ，完全被还原为 Mn2+ 时，转移电子的物质的量为 0.5 mol ，则a极有 0.5 mol 电子流出，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该电池是原电池，有机物一极做负极即a做负极，失去电子发生氧化反应，考虑到产物为CO2,故不能用碱性电解质溶液，b极为正极，锰酸根得到电子，发生还原反应。根据锰酸根的质量可以计算出转移电子数
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Ka2(H3PO4)= c(H+)c(HPO42−)c(H2PO4−) ，图中已知c(H+)的点都没有c(HPO 42− )和c(H2PO 4− )的数量关系，所以无法求得Ka2(H3PO4)的值，且H3PO4的第二步电离程度较小，Ka2(H3PO4)的数量级不可能达到106，A不符合题意；
B． Ka1(H3PO4)Ka3(H3PO4)=c(H2PO4−)c(HPO4−)c(H3PO4)c(PO43−) ，根据题目所给条件并不能求出Ka1(H3PO4)和Ka3(H3PO4)，也不能求出 c(H2PO4−)c(HPO4−)c(H3PO4)c(PO43−) ，B不符合题意；
C． 混合溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO 4− )+2c(HPO 42− )+3c(PO 43− )，溶液显中性，所以c(Na+)=c(H2PO 4− )+2c(HPO 42− )+3c(PO 43− )，据图可知当NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时，1> n(NaOH)n(NaH2PO4) >0.5，即溶液中的溶质为NaH2PO4和Na2HPO4，且NaH2PO4的物质的量小于Na2HPO4，所以c(H2PO 4− )
故答案为：D。
【分析】A.求Ka2(H3PO4)，即求磷酸的二级电离常数，根据公式带入数据计算即可
B.根据Ka1(H3PO4)和Ka3(H3PO4)计算公式，找出数据进行判断
C.根据电荷守恒，根据中性条件即可判断
D.考查的是电荷守恒和物料守恒的综合应用
9．【答案】D
【解析】【解答】A． 超氧自由基有17个电子、过氧根离子有18个电子，所含的电子数不相同，A不符合题意；
B． 由图知，该过程的总反应方程式为 +O2→ H2O2+ ，B不符合题意；
C． 上述二氧化钛光催化剂催化制备苯甲醛的过程中苯甲醇发生了氧化反应，C不符合题意；
D． 苯甲醇的侧链有饱和碳原子，形成四面体结构，则分子内所有原子不可能共平面，过氧化氢的空间构型是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学式计算出电子数目
B.根据反应物和生成物即可写出反应方程式
C.苯甲醇的中的氢原子减少，不是发生还原反应
D.根据碳原子的成键方式即可判断原子是否共面
10．【答案】B,D
【解析】【解答】A．Z、Q、R对应的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，电子层结构相同，则核电荷数越小半径越大，所以半径N3->O2-> Na+，即Z>Q>R，A不符合题意；
B．Y的最简单氢化物为CH4，Z的最简单氢化物为NH3，Q的最简单氢化物为H2O，NH3和H2O分子之间均存在氢键，沸点高于CH4，而H2O常温下为液体，沸点高于NH3，所以沸点H2O>NH3>CH4，即Q>Z>Y，B不符合题意；
C．Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是一种强碱，C符合题意；
D．若X为Li元素，则Li、N、O只能形成离子化合物，D不符合题意；
故答案为：BD。
【分析】Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素，则X、Y、R的最外层电子数之和为6，X与R同族，则最外层电子数相同，则只有1、1、4满足条件，X、Y的原子序数均小于O，所以X可以是H或Li，Y为C，R为Na，Z位于C和O之间，为N元素。
11．【答案】（1）除去Al；除去C、S元素，将金属转化为相应的氧化物
（2）浓硫酸在稀释过程中会放热，加快溶解速率
（3）ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O
（4）5.6~6.4；C
（5）Ni2(OH)2SO4+4RCOOH+2NH3·H2O =2(RCOO)2Ni+(NH4)2SO4+4H2O
（6）分液、蒸馏
【解析】【解答】(1)Al可以和NaOH溶液反应，所以碱浸的目的是可以除去Al；灼烧过程中C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，金属元素转化为相应的氧化物；
(2)浓硫酸在稀释过程中会放热，放出的热量可以加快溶解速率；
(3)NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成Cl-，根据电子守恒可知NaClO和Fe2+的系数比为1：2，再结合元素守恒可知离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(4)调节pH的目的是使Fe3+、Cr3+完全沉淀，而Ni2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为5.6~6.4；试剂X应可以和H+反应，且不生成新的杂质，所以应选用Ni(OH)2，
故答案为：C；
(5)根据流程可知合成过程中应是Ni2(OH)2SO4、NH3·H2O 和RCOOH的反应，根据元素守恒可知化学方程式为Ni2(OH)2SO4+4RCOOH+2NH3·H2O =2(RCOO)2Ni+(NH4)2SO4+4H2O；
(6)环烷酸镍易溶于汽油，所以汽油可以萃取环烷酸镍，分液得到有机层，再蒸馏分离得到产品。
【分析】废镍催化剂(含Ni、Al、Cr、FeS、C及难溶物)用NaOH溶液进行碱浸，Al溶解，过滤取滤渣，干燥后通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Cr3+等阳离子的溶液，加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，之后加入X调节pH使Fe、Cr元素转化为沉淀，过滤后结晶得到硫酸镍，加入氨水、汽油进行氨化，得到Ni2(OH)2SO4、NH3·H2O、汽油的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，汽油可以萃取环烷酸镍，分液分离有机层，再蒸馏分离得到产品。
12．【答案】（1）+6；三颈烧瓶
（2）除去氯气中的氯化氢；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）①；②；3：2
（4）反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃
（5）K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的氢氧化铁胶体具有吸附杂质、絮凝的作用
【解析】【解答】(1)K2FeO4中K元素为+1价，O为-2价，根据化合价之和为0可知Fe为+6价；根据仪器X的结构特点可知其为三颈烧瓶；
(2)浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，饱和NaCl溶液可以除去HCl气体；装置D中是利用NaOH溶液反应氯气，处理尾气，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)根据题意可知高铁酸钾在强碱性溶液中比较稳定，所以在制备过程中要保持溶液为碱性环境，即KOH要处于过量的状态，所以应将①滴入②中；该反应中氧化剂是KClO，被还原为Cl-，Fe(NO3)3为还原剂，被氧化为FeO 42− ，根据电子守恒可知KClO和Fe(NO3)3的物质的量之比为3：2；
(4)据图可知当反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃时K2FeO4的理论产率最高；
(5)K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质、絮凝的作用。
【分析】装置A中浓盐酸与MnO2共热得到氯气，利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，之后通入KOH溶液中得到KClO和KCl的混合溶液，装置D处理尾气，干燥管可以防止倒吸。
13．【答案】（1）958.5
（2）BD；C
（3）>；66.67%；4.5；>
（4）>
【解析】【解答】(1)设1molCO完全分解成原子所需要的能量至少为akJ，则2a+497-4×745=-566，解得a=958.5，故1 mol CO(g)完全分解成原子所需要的能量为958.5kJ；
(2)①A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以无论是否平衡气体的密度都不发生变化，A不正确；
B．气体的质量不变，但反应前后气体系数之和不相等，所以气体的总物质的量会变，则混合气体的平均摩尔质量会变，当其不变时，反应达到平衡，B正确；
C．初始投料n(CO)：n(H2)=1:2，反应过程中CO和H2也按照1:2的比例反应，所以无论是否平衡CO、H2的物质的量浓度之比始终为1:2，C不正确；
D．该反应具有热效应，绝热容器，所以未平衡时容器内的温度会变，当温度不变时说明反应达到平衡，D正确；
故答案为：BD；
②A．升高温度可以加快反应速率，但该反应焓变小于0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，A不正确；
B．催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡转化率，B不正确；
C．增加CO的投料，反应物浓度增大，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气的转化率增大，C正确；
故答案为：C；
(3)①该反应焓变小于0为放热反应，相同压强条件下升高温度平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，平衡常数减小，所以T1K2；温度为T1、压强为p1kPa时，CH3OH的体积分数为40%，设此时其物质的量为x，则∆n(CO)=x，∆n(H2)=2x，则此时容器内n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(2-2x)mol，所以有 x1−x+2−2x+x×100% =40%，解得x= 23 mol，所以CH3OH的平衡产率为 23mol1mol ×100%=66.67%；平衡时n(CO)= 13 mol，n(H2)= 23 mol，n(CH3OH)= 23 mol，容器体积为1L，所以平衡常数K= 2313×(23)2 =4.5；
②加入1molCO、2molH2、1molCH3OH时，浓度商Qc= 11×22 =0.25<4.5，所以平衡正向移动，v正(CO)> v逆(CO)；
(4)NH4HCO3溶液中存在NH 4+ 和HCO 3− 的水解，碳酸的电离常数Ka1小于一水合氨的电离常数Kb，所以HCO 3− 的水解程度更大，所以c(NH 4+ )>c(HCO 3− )。
【分析】（1）∆H=断键吸收能量之和-成键释放能量之和即可计算
（2）①判断平衡状态的条件一般是速率、平均摩尔质量、温度、压强等等因素②提高速率和提高转化率的方式一般是增加反应物的浓度
（3）① 根据甲醇的转化率的大小确定温度对反应的影响，即可判断平衡常数的大小，带入数据即可计算出平衡时各物质的浓度，可计算出平衡常数②计算浓度商与平衡常数比较即可
（4）根据电离常数大小比较离子浓度的大小
14．【答案】（1）3d10；Cu+再失去的是全充满的3d10电子，Zn+再失去的是4s1电子，全满状态较稳定
（2）BC；正四面体；sp3；sp2
（3）CuZnKTe2
【解析】【解答】(1)Cu为29号元素，失去最外层一个电子形成Cu+，基态Cu+原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，所以Cu+的价电子排布式为3d10；Cu+的外围电子排布为3d10，Zn+的外围电子排布为3d104s1，Cu+再失去的是全充满的3d10电子，Zn+再失去的是4s1电子，所以元素铜的第二电离能高于锌的；
(2)①根据胆矾的结构可知胆矾晶体中存在水分子和Cu2+形成的配位键、O原子和H原子形成的σ键、S原子和O原子形成的π键、硫酸根和Cu2+形成的离子键、硫酸根中O原子和水分子中氢原子形成的氢键，
故答案为：BC；
②ClO 4− 中心原子价层电子对数为 4+7+1−2×42 =4，不存在孤电子对，所以为正四面体；
③SOD酶中苯环、五元环的C原子为sp2杂化，其余C原子均为饱和C原子，为sp3杂化；
(3)根据均摊法，该物质中K原子的个数为 8×18+1 =2，Te原子的个数为 8×14+2 =4，Cu和Zn原子共有 8×12 =4个，Cu和Zn的数目之比为1:1，则Zn有2个，Cu有2个，所以该化合物的化学式为CuZnKTe2。
【分析】（1）根据核外电子排布规律即可写出价电子排布式，d能级全满状态较稳定
（2）①根据原子之间连接的方式即可确定成键类型② 计算出中心原子价层电子对和孤对电子对即可③计算出中心中心原子的价层电子对即可
（3）根据占位情况计算出晶胞中各原子的个数即可
15．【答案】（1）异丙苯
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）bc
【解析】【解答】(1)从反应条件和产物看，①是异丙苯对位苯环上的H被硝基取代，则A的化学名称是异丙苯。
(2)由B的结构简式 、D的结构简式 知，②是 的硝基转变为-NH2的还原反应，即C为 ，③是氨基上的1个H被乙酰基取代，反应③的反应类型是取代反应。
(3)由(2)知，C的结构简式是 。
(4)反应④(溴的利用率为100%)，说明不产生HBr，故化学方程式为： 。
(5)关于花青醛(I)说法：a．花青醛(I)的分子中，不存在碳碳双键、碳碳叁键等，不能与溴水发生加成反应， a不正确；b．分子内含醛基和苯环，一定条件下醛基和苯环均可加氢发生还原反应，醛基转变为醇羟基，b正确；c．由结构简式知，分子中含有13个碳原子，c正确；d．分子内有9种氢，则一氯代物有9种，d不正确；则正确的是bc。
【分析】①是异丙苯对位苯环上的H被硝基取代，②是还原反应，③是氨基上的H被乙酰基取代，④是酰胺基邻位(或异丙苯基间位)苯环上的H被Br取代，⑤是乙酰基被H取代，同时生成乙酸乙酯。
福建省厦门市厦门市外国语学校2021年高考一模试卷
理综化学
一、单选题
1．化学材料在航天、军事、天文等领域的应用非常广泛。下列说法正确的是( )
A．“天宫二号”空间实验室的二氧化硅电池板可将光能直接转换为电能
B．“复兴号”关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于合成橡胶
C．“长征五号”运载火箭使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的陶瓷属于新型无机非金属材料
2．Forskolin的结构简式如图所示，它是一种常用的腺苷酸环化酶激活剂。下列有关该物质的说法错误的是( )
A．所有碳原子不可能共面
B．含有5种官能团
C．该物质的某种同分异构体可能是苯酚的同系物
D．能够发生消去反应生成碳碳双键
3．CH2=CH2 与HCl的加成反应由第一步 HCl+CH2=CH2→H3+C=CH2+Cl− 和第二步 H3+C=CH2+Cl−→CH3−CH2Cl 组成，能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是( )
A．两步反应均释放能量
B．第一步的反应速率比第二步的慢
C．第二步 H3+C=CH2 与 Cl− 的碰撞100%有效
D．总反应 HCl(g)+CH2=CH2(g)→CH3CH2Cl(g) 的 ΔH=(Eal−Ea2) kJ·mol−1
4．化学反应中常伴有颜色变化，下列描述颜色变化的化学方程式错误的是( )
A．Cl2 通入 H2O2 溶液产生无色气体： Cl2+H2O2=2HCl+O2
B．Mg 在 CO2 中燃烧产生白色和黑色固体： 2Mg+CO2点燃__2MgO+C
C．向 FeCl3 溶液中加入少量Zn粉，溶液黄色褪去： 2FeCl3+3Zn=2Fe+3ZnCl2
D．将表面覆盖黑色 Ag2S 的银器放入盛装食盐水的铝锅中煮沸后，银器重新变光亮： 3Ag2S+2Al+6H2OΔ__6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑
5．Al遇到极稀的硝酸发生反应生成NH4NO3，其反应为 8Al+30HNO3=3NH4NO3+8Al(NO3)3+9H2O 。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．将0.2mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中 NH4+ 的数目小于0.2NA
B．1L0.1mol/L Al(NO3)3溶液中，阳离子的数目为0.1NA
C．1.0g由H218O与D2O组成的混合物中所含有的中子总数为0.5NA
D．反应中每消耗2.7g金属Al，转移的电子数为3NA
6．下列图示实验能达到相应实验目的的是( )
A．图1：检验溴乙烷消去产物中的乙烯
B．图2：除去苯中少量的苯酚
C．图3：制取少量乙酸乙酯
D．图4：分离苯(沸点为80.1℃)和溴苯(沸点为156.2)
7．一种有机废水发电装置示意图如图所示，装置工作时，下列说法错误的是( )
A．H+从a极区向b极区迁移
B．可使用碱性电解质水溶液
C．该发电装置应在条件温和的环境下进行
D．理论上， 11.9 g MnO4− 完全被还原为 Mn2+ 时，a极有 0.5 mol 电子流出
8．常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与 n(NaOH)n(NaH2PO4) 的关系如图所示。下列关系正确的是( )
A．常温下， Ka2(H3PO4)=106.8
B．常温下 Ka1(H3PO4)Ka3(H3PO4)=105.2
C．向0.1mol/L的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性： c(Na+)>3c(HPO42−)+3c(PO43−)
D．0.1 mol⋅L−1 的 NaH2PO4 溶液与 0.1 mol⋅L−1 的 Na3PO4 溶液等体积混合： 2c(H3PO4)+c(H2PO4−)+c(H+)=c(OH−)+c(PO43−)
9．苯甲醛是生产除草剂野燕枯、植物生长调节剂抗倒胺的中间体。用二氧化钛光催化剂催化制备苯甲醛的过程如图，其中氧气在光催化作用下得电子转化为超氧自由基( ⋅ O2− )。
下列有关叙述正确的是( )
A．超氧自由基与过氧根离子所含的电子数相同
B．该过程的总反应方程式为
C．上述二氧化钛光催化剂催化制备苯甲醛的过程中苯甲醇发生了还原反应
D．苯甲醇和双氧水的分子中所有原子都不可能位于同一平面
二、多选题
10．短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12。X与R同主族，Q是地壳中含量最高的元素。下列说法错误的是( )
A．简单离子半径： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点：Y>Z>Q
C．R的最高价氧化物对应的水化物为强碱
D．X、Z、Q三种元素可形成离子化合物和共价化合物
三、非选择题
11．环烷酸镍(易溶于汽油)主要用于顺丁橡胶的合成，也可用于其他产品的有机合成。一种用废镍催化剂(含Ni、Al、Cr、FeS、C及难溶物)制备环烷酸镍(常温下为液体)的工艺流程如下：
该工艺条件下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Cr3+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.4
4.6
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.4
5.6
回答下列问题：
（1）“碱浸”的目的是 ，干燥后“灼烧”的主要目的是 。
（2）“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是 。
（3）“氧化”时， Fe2+ 被氧化为 Fe3+ 的离子方程式为 。
（4）“调 pH ”时，溶液 pH 的范围为 ，加入的“试剂 X ”适宜是 (填标号)。
A． Fe2O3 B． Cr(OH)3 C． Ni(OH)2
（5）若环烷酸用 RCOOH 表示，则“合成”反应的化学方程式为 。
（6）“分离”得到产品包含的操作有 。
12．高铁酸钾(K2FeO4)可溶于水、微溶于浓KOH溶液、难溶于无水乙醇；在强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+或Fe(OH)3的催化作用下分解，是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图装置(加热夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再用制得的KClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。
回答下列问题：
（1）K2FeO4中铁元素的化合价为 ，仪器X的名称为 。
（2）装置B的作用是 (任写一点)，装置D中发生反应的离子方程式为 。
（3）现有①Fe(NO3)3溶液、②含KOH的KClO溶液，上述两种溶液混合时，将 (填标号，下同)滴入 中，发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）K2FeO4的理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图(虚线上的数据表示K2FeO4的理论产率)所示，则制备K2FeO4的最适宜的条件范围是 。
（5）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为 。
13．一碳化学的研究对象是分子中只含一个碳原子的化合物，如一氧化碳、二氧化碳、甲烷、甲醇等。在以石油、天然气为基本原料的化学工业里，甲烷是一碳化学的起点。在以煤炭为基本原料的化学工业里一氧化碳是一碳化学的出发点。一碳化学研究是从这两种原料出发，生产其他化工原料和产品的方法。请回答下列问题：
（1）已知：氧气中O=O键的键能为497kJ·mol-1，二氧化碳中C=O键的键能为745kJ·mol-1。
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=−566 kJ·mol−1
则使1molCO(g)完全分解成原子所需要的能量至少为 kJ。
（2）一定条件下，将 n(CO):n(H2)=1:2 的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中合成甲醇： CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=−107 kJ·mol−1 。
①下列叙述能说明反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．混合气体的密度不再随时间的变化而变化
B．混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化
C．CO、H2的物质的量浓度之比为1:2，且不再随时间的变化而变化
D．若将容器改为绝热恒容容器，体系温度不随时间变化而变化
②下列措施既能提高H2的转化率又能加快反应速率的是 (填标号)。
A．升高温度 B．使用高效催化剂 C．增加CO投料
（3）在容积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO和2mol H2，发生的反应为 CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ，平衡时测得混合气体中 CH3OH 的物质的量分数 [φ(CH3OH)] 与温度(T)、压强(P)之间的关系如图所示。
①温度为T1和T2时对应的平衡常数分别为K1、K2，则K1 (填“>”、“<”或“=”)K2；温度为T1、压强为p1kPa时，CH3OH的平衡产率为 (保留四位有效数字)，该反应的平衡常数K= 。
②若在温度为T1、压强为p1kPa的条件下向上述容器中加入1molCO、2molH2、1molCH3OH，反应开始时 v正(CO) (填“>”“<”“”或“无法确定”) v逆(CO) 。
（4）工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧中产生的温室气体 CO2 ，其产物之一是 NH4HCO3 。已知常温下碳酸的电离常数 Kal=4.4×10−7 、 Ka2=4.7×10−11 ， NH3⋅H2O 的电离常数 Kb=1.8×10−5 ，则所得的 NH4HCO3 溶液中 c(NH4+) (填“>”、“<”或“=”) c(HCO3−) 。
14．金属在生产、生活中应用广泛，其配合物在治疗癌症方面有重要的运用。回答下列问题：
（1）基态 Cu+ 的价电子排布式为 ，第二电离能 I2(Zn)=1733.3 kJ·mol−1 ， I2(Cu)=1957.9 kJ·mol−1 ， I2(Zn)
①胆矾晶体中存在 (填标号)。
A．金属键 B．σ键 C．π键 D．非极性键
②ClO4− 的空间结构是 。
③SOD酶中C原子的杂化方式是 、 。
（3）一种新型的层状化合物的晶体结构如图所示，已知底边边长为anm，高为cnm。
当晶体Cu和Zn的数目之比为1:1时，该化合物的化学式为 。
四、有机推断题
15．花青醛(I)具有一种清新的花香，可用于配制香水和制取香皂等，它的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）反应③的反应类型是 。
（3）C的结构简式是 。
（4）反应④(溴的利用率为100%)的化学方程式为 。
（5）下列关于花青醛(I)的描述中，正确的是 (填标号)。
a.能与溴水发生加成反应 b.加氢还原生成醇
c.分子中含有13个碳原子 d.一氯代物有8种
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．太阳能电池板的主要成分应是硅单质，A不符合题意；
B．聚四氟乙烯属于合成树脂(塑料)，不是合成橡胶，B不符合题意；
C．碳纤维复合材料属于混合物，C不符合题意；
D．该陶瓷为一种高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硅是做光导纤维的材料
B.考查的是聚四氟乙烯的物质类别
C.同素异性体是单质并非混合物
D.对陶瓷材料的分类
2．【答案】C
【解析】【解答】A．该物质结构中多个饱和碳连续出现在碳骨架上，不可能所有碳原子共面，A不符合题意；
B．该物质含有羟基、醚键、羰基、酯基、碳碳双键，共五种官能团，B不符合题意；
C．苯酚中只含一个酚羟基，该物质中有不止一个氧原子，所以官能团不可能只有一个酚羟基，所以其同分异构体的结构不可能与苯酚相似，不可能是同系物，C符合题意；
D．该物质含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以能够发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据有机物的结构式确定分子式以及官能团是羰基、醇羟基、酯基、醚基、双键可发生加成、取代、氧化反应，消去反应，根据碳原子的成键方式可确定原子是否共面
3．【答案】B
【解析】【解答】A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A不符合题意；
B．据图可知第一步反应的活化能Ea1更大，则第一步的反应速率比第二步的慢，B符合题意；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C不符合题意；
D．焓变=生成物总能量-反应物总能量，据图可知Ea1-Ea2并不等于生成物总能量-反应物总能量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据物质的能量的高低即可确定物质的稳定性，根据两步活化能的高低确定反应塑速率的快慢，根据分步反应再结合盖斯定律即可确定焓变
4．【答案】C
【解析】【解答】A. Cl2 通入 H2O2 溶液产生无色气体O2，同时生成HCl，反应的化学方程式为： Cl2+H2O2=2HCl+O2 ，选项A不符合题意；
B. Mg 在 CO2 中燃烧产生白色固体MgO和黑色固体C，反应的化学方程式为： 2Mg+CO2点燃__2MgO+C ，选项B不符合题意；
C. 向 FeCl3 溶液中加入少量Zn粉，溶液黄色褪去，生成氯化锌和氯化亚铁，反应的化学方程式为： 2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2 ，选项C符合题意；
D. 将表面覆盖黑色 Ag2S 的银器放入盛装食盐水的铝锅中煮沸后，银器重新变光亮，反应生成银、氢氧化铝和硫化氢，反应的化学方程式为： 3Ag2S+2Al+6H2OΔ__6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑ ，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.发生氧化还原反应产生气体
B.二氧化碳可以支持燃烧
C.不符合化学反应的实质
D.发生氧化还原反应
5．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中存在n(H+)+n( NH4+ )=n(OH-)+n(NO 3− )，溶液呈中性所以n(H+)=n(OH-)，所以n( NH4+ )=n(NO 3− )=0.2mol，即溶液中 NH4+ 的数目为0.2NA，A不符合题意；
B．1L0.1mol/L Al(NO3)3溶液中含有0.1molAl(NO3)3，溶液中存在Al3+的水解Al3++3H2O ⇌ Al(OH)3+3H+，水解使阳离子数目增多，所以溶液中阳离子的数目大于0.1NA，B不符合题意；
C．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以1.0g由H218O与D2O组成的混合物中含有0.05mol分子，一个H218O与D2O分子中均含有10个中子，所以中子总数为0.5NA，C符合题意；
D．该反应中Al为唯一还原剂，2.7g铝的物质的量为0.1mol，被氧化时转移0.3mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电荷守恒即可判断
B.考查的粒子的水解
C.根据n=m/M计算出物质的量，再根据计算中子数即可
D.考查的是是否存在其他的氧化法还原反应
6．【答案】A
【解析】【解答】A．溴乙烷发生消去的条件为NaOH的醇溶液并加热，则 CH3CH2Br+NaOH→醇加热CH2=CH2↑+NaBr+H2O ，气体通过氢氧化钠溶液可吸收挥发的乙醇，随后得到的 CH2=CH2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A符合题意；
B．溴与苯酚反应的产物为三溴苯酚溶于苯中，振荡不能分离，故B不符合题意；
C．酯化反应的条件为浓硫酸并加热，浓硫酸起到催化和吸水作用，故C不符合题意；
D．温度计的水银球应与蒸馏烧瓶支管口齐平，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A. NaOH可除去乙醇，乙烯可被高锰酸钾氧化；
B. 溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚均易溶于苯；
C. 稀硫酸不能作吸水剂；
D. 蒸馏时温度计测定馏分的温度。
7．【答案】B
【解析】【解答】A. 该装置为原电池，a极上(C6H10O5)n转化为CO2，碳元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，则a极为负极，原电池中阳离子H+从负极a极区向正极b极区迁移，选项A不符合题意；
B．若使用碱性电解质水溶液，则CO2与碱反应生成 CO32− ，选项B符合题意；
C．该发电装置应在条件温和的环境下进行，否则无 柄细胞会失去生理活性，选项C不符合题意；
D．理论上， 11.9 g MnO4− ，即0.1mol MnO4− ，完全被还原为 Mn2+ 时，转移电子的物质的量为 0.5 mol ，则a极有 0.5 mol 电子流出，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该电池是原电池，有机物一极做负极即a做负极，失去电子发生氧化反应，考虑到产物为CO2,故不能用碱性电解质溶液，b极为正极，锰酸根得到电子，发生还原反应。根据锰酸根的质量可以计算出转移电子数
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Ka2(H3PO4)= c(H+)c(HPO42−)c(H2PO4−) ，图中已知c(H+)的点都没有c(HPO 42− )和c(H2PO 4− )的数量关系，所以无法求得Ka2(H3PO4)的值，且H3PO4的第二步电离程度较小，Ka2(H3PO4)的数量级不可能达到106，A不符合题意；
B． Ka1(H3PO4)Ka3(H3PO4)=c(H2PO4−)c(HPO4−)c(H3PO4)c(PO43−) ，根据题目所给条件并不能求出Ka1(H3PO4)和Ka3(H3PO4)，也不能求出 c(H2PO4−)c(HPO4−)c(H3PO4)c(PO43−) ，B不符合题意；
C． 混合溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO 4− )+2c(HPO 42− )+3c(PO 43− )，溶液显中性，所以c(Na+)=c(H2PO 4− )+2c(HPO 42− )+3c(PO 43− )，据图可知当NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时，1> n(NaOH)n(NaH2PO4) >0.5，即溶液中的溶质为NaH2PO4和Na2HPO4，且NaH2PO4的物质的量小于Na2HPO4，所以c(H2PO 4− )
故答案为：D。
【分析】A.求Ka2(H3PO4)，即求磷酸的二级电离常数，根据公式带入数据计算即可
B.根据Ka1(H3PO4)和Ka3(H3PO4)计算公式，找出数据进行判断
C.根据电荷守恒，根据中性条件即可判断
D.考查的是电荷守恒和物料守恒的综合应用
9．【答案】D
【解析】【解答】A． 超氧自由基有17个电子、过氧根离子有18个电子，所含的电子数不相同，A不符合题意；
B． 由图知，该过程的总反应方程式为 +O2→ H2O2+ ，B不符合题意；
C． 上述二氧化钛光催化剂催化制备苯甲醛的过程中苯甲醇发生了氧化反应，C不符合题意；
D． 苯甲醇的侧链有饱和碳原子，形成四面体结构，则分子内所有原子不可能共平面，过氧化氢的空间构型是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学式计算出电子数目
B.根据反应物和生成物即可写出反应方程式
C.苯甲醇的中的氢原子减少，不是发生还原反应
D.根据碳原子的成键方式即可判断原子是否共面
10．【答案】B,D
【解析】【解答】A．Z、Q、R对应的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，电子层结构相同，则核电荷数越小半径越大，所以半径N3->O2-> Na+，即Z>Q>R，A不符合题意；
B．Y的最简单氢化物为CH4，Z的最简单氢化物为NH3，Q的最简单氢化物为H2O，NH3和H2O分子之间均存在氢键，沸点高于CH4，而H2O常温下为液体，沸点高于NH3，所以沸点H2O>NH3>CH4，即Q>Z>Y，B不符合题意；
C．Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是一种强碱，C符合题意；
D．若X为Li元素，则Li、N、O只能形成离子化合物，D不符合题意；
故答案为：BD。
【分析】Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素，则X、Y、R的最外层电子数之和为6，X与R同族，则最外层电子数相同，则只有1、1、4满足条件，X、Y的原子序数均小于O，所以X可以是H或Li，Y为C，R为Na，Z位于C和O之间，为N元素。
11．【答案】（1）除去Al；除去C、S元素，将金属转化为相应的氧化物
（2）浓硫酸在稀释过程中会放热，加快溶解速率
（3）ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O
（4）5.6~6.4；C
（5）Ni2(OH)2SO4+4RCOOH+2NH3·H2O =2(RCOO)2Ni+(NH4)2SO4+4H2O
（6）分液、蒸馏
【解析】【解答】(1)Al可以和NaOH溶液反应，所以碱浸的目的是可以除去Al；灼烧过程中C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，金属元素转化为相应的氧化物；
(2)浓硫酸在稀释过程中会放热，放出的热量可以加快溶解速率；
(3)NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成Cl-，根据电子守恒可知NaClO和Fe2+的系数比为1：2，再结合元素守恒可知离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(4)调节pH的目的是使Fe3+、Cr3+完全沉淀，而Ni2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为5.6~6.4；试剂X应可以和H+反应，且不生成新的杂质，所以应选用Ni(OH)2，
故答案为：C；
(5)根据流程可知合成过程中应是Ni2(OH)2SO4、NH3·H2O 和RCOOH的反应，根据元素守恒可知化学方程式为Ni2(OH)2SO4+4RCOOH+2NH3·H2O =2(RCOO)2Ni+(NH4)2SO4+4H2O；
(6)环烷酸镍易溶于汽油，所以汽油可以萃取环烷酸镍，分液得到有机层，再蒸馏分离得到产品。
【分析】废镍催化剂(含Ni、Al、Cr、FeS、C及难溶物)用NaOH溶液进行碱浸，Al溶解，过滤取滤渣，干燥后通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Cr3+等阳离子的溶液，加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，之后加入X调节pH使Fe、Cr元素转化为沉淀，过滤后结晶得到硫酸镍，加入氨水、汽油进行氨化，得到Ni2(OH)2SO4、NH3·H2O、汽油的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，汽油可以萃取环烷酸镍，分液分离有机层，再蒸馏分离得到产品。
12．【答案】（1）+6；三颈烧瓶
（2）除去氯气中的氯化氢；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）①；②；3：2
（4）反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃
（5）K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的氢氧化铁胶体具有吸附杂质、絮凝的作用
【解析】【解答】(1)K2FeO4中K元素为+1价，O为-2价，根据化合价之和为0可知Fe为+6价；根据仪器X的结构特点可知其为三颈烧瓶；
(2)浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，饱和NaCl溶液可以除去HCl气体；装置D中是利用NaOH溶液反应氯气，处理尾气，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)根据题意可知高铁酸钾在强碱性溶液中比较稳定，所以在制备过程中要保持溶液为碱性环境，即KOH要处于过量的状态，所以应将①滴入②中；该反应中氧化剂是KClO，被还原为Cl-，Fe(NO3)3为还原剂，被氧化为FeO 42− ，根据电子守恒可知KClO和Fe(NO3)3的物质的量之比为3：2；
(4)据图可知当反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃时K2FeO4的理论产率最高；
(5)K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质、絮凝的作用。
【分析】装置A中浓盐酸与MnO2共热得到氯气，利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，之后通入KOH溶液中得到KClO和KCl的混合溶液，装置D处理尾气，干燥管可以防止倒吸。
13．【答案】（1）958.5
（2）BD；C
（3）>；66.67%；4.5；>
（4）>
【解析】【解答】(1)设1molCO完全分解成原子所需要的能量至少为akJ，则2a+497-4×745=-566，解得a=958.5，故1 mol CO(g)完全分解成原子所需要的能量为958.5kJ；
(2)①A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以无论是否平衡气体的密度都不发生变化，A不正确；
B．气体的质量不变，但反应前后气体系数之和不相等，所以气体的总物质的量会变，则混合气体的平均摩尔质量会变，当其不变时，反应达到平衡，B正确；
C．初始投料n(CO)：n(H2)=1:2，反应过程中CO和H2也按照1:2的比例反应，所以无论是否平衡CO、H2的物质的量浓度之比始终为1:2，C不正确；
D．该反应具有热效应，绝热容器，所以未平衡时容器内的温度会变，当温度不变时说明反应达到平衡，D正确；
故答案为：BD；
②A．升高温度可以加快反应速率，但该反应焓变小于0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，A不正确；
B．催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡转化率，B不正确；
C．增加CO的投料，反应物浓度增大，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气的转化率增大，C正确；
故答案为：C；
(3)①该反应焓变小于0为放热反应，相同压强条件下升高温度平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，平衡常数减小，所以T1
②加入1molCO、2molH2、1molCH3OH时，浓度商Qc= 11×22 =0.25<4.5，所以平衡正向移动，v正(CO)> v逆(CO)；
(4)NH4HCO3溶液中存在NH 4+ 和HCO 3− 的水解，碳酸的电离常数Ka1小于一水合氨的电离常数Kb，所以HCO 3− 的水解程度更大，所以c(NH 4+ )>c(HCO 3− )。
【分析】（1）∆H=断键吸收能量之和-成键释放能量之和即可计算
（2）①判断平衡状态的条件一般是速率、平均摩尔质量、温度、压强等等因素②提高速率和提高转化率的方式一般是增加反应物的浓度
（3）① 根据甲醇的转化率的大小确定温度对反应的影响，即可判断平衡常数的大小，带入数据即可计算出平衡时各物质的浓度，可计算出平衡常数②计算浓度商与平衡常数比较即可
（4）根据电离常数大小比较离子浓度的大小
14．【答案】（1）3d10；Cu+再失去的是全充满的3d10电子，Zn+再失去的是4s1电子，全满状态较稳定
（2）BC；正四面体；sp3；sp2
（3）CuZnKTe2
【解析】【解答】(1)Cu为29号元素，失去最外层一个电子形成Cu+，基态Cu+原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，所以Cu+的价电子排布式为3d10；Cu+的外围电子排布为3d10，Zn+的外围电子排布为3d104s1，Cu+再失去的是全充满的3d10电子，Zn+再失去的是4s1电子，所以元素铜的第二电离能高于锌的；
(2)①根据胆矾的结构可知胆矾晶体中存在水分子和Cu2+形成的配位键、O原子和H原子形成的σ键、S原子和O原子形成的π键、硫酸根和Cu2+形成的离子键、硫酸根中O原子和水分子中氢原子形成的氢键，
故答案为：BC；
②ClO 4− 中心原子价层电子对数为 4+7+1−2×42 =4，不存在孤电子对，所以为正四面体；
③SOD酶中苯环、五元环的C原子为sp2杂化，其余C原子均为饱和C原子，为sp3杂化；
(3)根据均摊法，该物质中K原子的个数为 8×18+1 =2，Te原子的个数为 8×14+2 =4，Cu和Zn原子共有 8×12 =4个，Cu和Zn的数目之比为1:1，则Zn有2个，Cu有2个，所以该化合物的化学式为CuZnKTe2。
【分析】（1）根据核外电子排布规律即可写出价电子排布式，d能级全满状态较稳定
（2）①根据原子之间连接的方式即可确定成键类型② 计算出中心原子价层电子对和孤对电子对即可③计算出中心中心原子的价层电子对即可
（3）根据占位情况计算出晶胞中各原子的个数即可
15．【答案】（1）异丙苯
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）bc
【解析】【解答】(1)从反应条件和产物看，①是异丙苯对位苯环上的H被硝基取代，则A的化学名称是异丙苯。
(2)由B的结构简式 、D的结构简式 知，②是 的硝基转变为-NH2的还原反应，即C为 ，③是氨基上的1个H被乙酰基取代，反应③的反应类型是取代反应。
(3)由(2)知，C的结构简式是 。
(4)反应④(溴的利用率为100%)，说明不产生HBr，故化学方程式为： 。
(5)关于花青醛(I)说法：a．花青醛(I)的分子中，不存在碳碳双键、碳碳叁键等，不能与溴水发生加成反应， a不正确；b．分子内含醛基和苯环，一定条件下醛基和苯环均可加氢发生还原反应，醛基转变为醇羟基，b正确；c．由结构简式知，分子中含有13个碳原子，c正确；d．分子内有9种氢，则一氯代物有9种，d不正确；则正确的是bc。
【分析】①是异丙苯对位苯环上的H被硝基取代，②是还原反应，③是氨基上的H被乙酰基取代，④是酰胺基邻位(或异丙苯基间位)苯环上的H被Br取代，⑤是乙酰基被H取代，同时生成乙酸乙酯。
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