精品解析：重庆市2022届高三第七次质量检测化学试题（解析版）

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重庆市高2022届高三第七次质量检测
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Cu-64 Co-59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 热爱劳动是中华民族的传统美德。下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
餐后将洗净的铁锅擦干
铁在潮湿的环境中容易生锈
B
用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
用明矾处理污水
明矾有杀菌消毒的作用
D
冷链运输和冷藏储存抗病毒疫苗
蛋白质受热可变性

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．潮湿环境中铁锅易发生电化学腐蚀，所以餐后将洗净的铁锅擦干，可以防止铁锅生锈，A正确；
B．用厨余垃圾制肥料，是因为厨余垃圾含N、P、K等元素，腐败后可被农作物吸收利用，B正确；
C．明矾溶于水后可以水解产生氢氧化铝胶体，吸附杂质，从而净水，但不能杀菌消毒，C错误；
D．疫苗的主要成分为蛋白质，蛋白质受热易变性，为避免蛋白质变性，冷链运输和冷藏储存抗病毒疫苗，D正确；
综上所述答案为C。
2. 《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为通电NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关说法不正确的是
A. NaCl属于强电解质 B. CO2的结构式为O=C=O
C. CO可用浓硫酸干燥 D. NaClO是漂粉精的有效成分
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠在水溶液或熔融状态下能完全电离出钠离子和氯离子，氯化钠为强电解质，A正确；
B．碳原子最外层电子数为4，要共用4对电子，氧原子最外层电子数为6，要共用2对电子，因此二氧化碳中碳原子与两个氧原子各形成两对共用电子，其结构式为：O=C=O，B正确；
C．一氧化碳与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，C正确；
D．漂白精的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，D错误；
答案选D。
3. 减少机动车尾气污染是改善大气质量的重要环节，如表表示机动车的行驶速度与所产生的大气污染物的质量之间的关系(按机动车平均行驶1km计算)，下列说法错误的是
污染物
速度/(km•h-1)
50
80
120
一氧化碳/g
8.7
5.4
9.6
氮氧化合物/g
0.6
1.5
3.8
碳氢化合物/g
0.7
0.6
0.8

A. 氮氧化合物会形成光化学烟雾和酸雨
B. 根据表中数据，当机动车速度为120km·h-1时，污染最严重
C. 当机动车速度增加时，氮氧化合物排放量增加的主要原因是内燃机内汽油不完全燃烧
D. 在机动车尾气系统中安装催化转化装置，可有效降低尾气的污染
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮氧化物(如NO2、NO)进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，A正确；
B．根据表中数据，当机动车速度为120km·h-1时，产生的一氧化氮、氮氧化合物的质量之和最大，污染最严重，B正确；
C．汽油不完全燃烧产生的主要是CO，氮氧化合物排放量增加的主要原因是速度增加，发动机内温度升高，导致反应速率加快，产生的氮氧化合物增多，C错误；
D．在机动车尾气系统中安装催化转化装置，将CO和氮氧化物转化为无污染的CO2和N2，可有效降低尾气的污染，D正确；
综上所述答案为C。
4. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. Na2O2与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数是0.2NA
B. 高温时，2.24L丁烷完全裂解生成的乙烯、丙烯、甲烷和乙烷的分子数之和为0.1NA
C. 常温时，1LpH=4的NaH2PO4溶液中含有的Na+数目为1.0×10-4NA
D. 2.0g重水(D2O)中含有的质子数为0.8NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2与水反应化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由方程式可知，生成1molO2转移2mol电子，则生成0.1molO2转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，A正确；
B．丁烷所处温度、压强未知，则丁烷的物质的量未知，且反应较复杂，无法确定生成的气体分子的数目，B错误；
C．为弱酸的酸式酸根离子，会部分电离出氢离子，若数目为，则钠离子数目大于，C错误；
D．2.0g重水(D2O)的物质的量为=0.1mol，则质子的物质的量为1mol，质子数为NA，D错误；
答案选A
5. RuO4与C2H4、双氧水能发生以下一系列反应，下列说法错误的是


A. ①和②中加入的物质为C2H4，③和④中加入的物质为双氧水
B. ③的反应类型为氧化反应
C. 1molB中所含共用电子对数为10NA
D. D中Ru的化合价为+6价
【答案】C
【解析】
【详解】A．对比各物质的结构简式可知，A是由RuO4和C2H4加成生成，B是由A和C2H4加成生成，C比B多一个O原子，D比C多一个O原子，所以③和④中加入的物质为双氧水，A正确；
B．物质C比物质B多一个O原子，加氧或者去氢的反应为氧化反应，B正确；
C．物质B中除含有Ru-O键、C-O键外还有C-H键，1molB中所含共用电子对数为18NA，C错误；
D．物质D中Ru与6个O原子共用6对电子，O的电负性较大，显负价，所以Ru为+6价，D正确；
综上所述答案为C。
6. 下列离子方程式正确的是
A. 向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体：2H2O+AlO+CO2=Al(OH)3↓+HCO
B. 向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O
C. 向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D. 向NH4Cl溶液中加入小颗粒钠：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体，离子方程式为：3H2O+2AlO+CO2=2Al(OH)3↓+CO，A错误；
B．向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液，硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化，离子方程式为：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O，B正确；
C．向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液，亚铁离子、溴离子均被氧化，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br−=2Fe3++2Br2+6Cl−，C错误；
D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，离子方程式为：2Na+2H2O+2NH=2NH3·H2O+2Na++H2↑，D错误；
答案选B。
7. 下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是


A. 装置①：定量测定化学反应速率 B. 装置②：吸收尾气Cl2
C. 装置③：加热氢氧化钠固体 D. 装置④：比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】B
【解析】
【详解】A． 装置①：定量测定化学反应速率，长颈漏斗应用分液漏斗，故A错误；
B． 装置②：用NaOH溶液吸收尾气Cl2，故B正确；
C． 装置③：加热氢氧化钠固体不能用瓷坩埚，故C错误；
D． 装置④：比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，大试管中应装，小试管中装，故D错误；
故选B。
8. X、Y、Z、M、R为五种短周期主族元素，且原子序数递增，由该五种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法正确的是

A. 简单离子半径：R C. 最高价含氧酸的酸性：Z 【答案】A
【解析】
【分析】R可以形成+1价阳离子，且五种短周期元素中R的原子序数最大，则R应为Na元素；X可以形成1个共价键，且原子序数最小，应为H元素；Z、Y都可以形成4个共价键，而该物质中阴离子为-1价，阴离子中有4个Z原子、1个Y原子，则应是Y原子得到一个电子后形成4个共价键，所以Y为B元素，Z为C元素，M可以形成2个共价键，应为O元素。
【详解】A．R、M的简单离子分别为Na+、O2-，所以含电子层数相同，但O2-的核电荷数更小，半径更大，A正确；
B．Z为C元素，碳的氢化物为烃，可能为气体、液体和固体，B错误；
C．C的非金属性强于B，所以碳酸酸性强于硼酸，C错误；
D．Y为B元素，根据结构简式可知硼满足8电子稳定结构，D错误；
综上所述答案为A。
9. 己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线如图所示，下列说法正确的是


A. 苯和环己烷中碳原子都一定在同一平面内
B. 可发生氧化反应和缩聚反应
C. “绿色”合成路线中原子利用率可达100%
D. 己二酸与草酸互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．环己烷分子中碳原子均为sp3杂化，不在同一平面内，A错误；
B．环己醇只有一个羟基，不能发生缩聚反应，B错误；
C．环己烷分子式为C6H12，己二酸分子式为C6H10O2，根据元素守恒可知，该过程有水生成，所以原子利用率小于100%，C错误；
D．草酸为HOOCCOOH，与己二酸结构相似，均含2个羧基，分子组成相差4个CH2，互为同系物，D正确；
综上所述答案为D。
10. 下列实验操作、现象和结论都正确且有相关性的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向含少量FeCl3杂质的CuCl2溶液中加入过量铜屑，充分搅拌，过滤
得到蓝绿色溶液
得到纯净CuCl2溶液
B
向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞
NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色
非金属性：Si C
向苯和液溴的混合物中加入铁粉，将逸出的气体通入硝酸银溶液
硝酸银溶液中有淡黄色沉淀产生
苯与Br2发生了取代反应
D
在一块除去铁锈的生铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置2～3min
溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu只能将Fe3+还原Fe2+，所以所得溶液中有FeCl2，A错误；
B．HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，比较Si和Cl的非金属性强弱须比较其最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，B错误；
C．苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成HBr，但液溴具有挥发性，生成HBr气体中会混有Br2，Br2也可以和硝酸银溶液反应生成沉淀，应先除去Br2，C错误；
D．食盐水显中性，中性环境中Fe发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，所以溶液边缘出现红色，D正确；
综上所述答案为D。
11. 我国科学家设计了一种阴阳极协同苯酚转化装置，实现对酸性废水中苯酚( )的高效除去。原理如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯。该装置工作时，下列叙述错误的是


A. 石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
B. 阳极的电极反应：+11H2O-28e-=6CO2+28H+
C. 该装置在去除苯酚的同时，能提高废水的pH值(假设过程中废水体积不变)
D. 装置工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等
【答案】C
【解析】
【分析】由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，氧气在石墨烯上得电子生成过氧化氢，因此阴极的电极反应为。
【详解】A．由分析可知，石墨烯为阴极、得电子，ZnO@石墨烯为阳极、失电子，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低，A正确；
B．由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，B正确；
C．由分析可知，电解池阳极反应式为：，阴极反应式为，总反应为：+11H2O+14O2=6CO2↑+14H2O2，由总反应可知，该装置在去除苯酚的同时，溶液的pH基本不变，C错误；
D．阴极反应式为，生成的过氧化氢又与苯酚反应生成二氧化碳和水，反应方程式为：+14H2O2=6CO2↑+17H2O，而电解的总反应式为：：+11H2O+14O2=6CO2↑+14H2O2，由两个反应方程式可知，装置工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等，D正确；
答案选C。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质：
实验
实验操作和现象
1
测定0.1mol·L-1NaHS溶液的pH值，其pH值大于7
2
向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀
3
向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaHCO3溶液充分混合，无气泡产生
4
向0.1mol·L-1NaHS溶液中通入一定量Cl2，溶液变浑浊
下列有关说法正确的是
A. 实验1可知0.1mol·L-1溶液中：c(H+)·c(S2-)>c(H2S)·c(OH-)
B. 实验2说明Ka(HS-)>Ksp(CuS)
C. 实验3所得溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)>c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D. 实验4在Cl2通入过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1mol/LNaHS溶液的pH值大于7说明HS-的水解程度大于电离程度，所以c(H2S)＞c(S2−)、c(OH−)＞c(H+)，则c(H+)·c(S2−)＜c(H2S)·c(OH−)，A错误；
B．NaHS溶液中HS-会电离产生S2−，实验2中滴加少量CuCl2溶液，反应生成CuS黑色沉淀，说明HS-转化为CuS，B正确；
C．实验3中由于无气泡产生，根据物料守恒得c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，C错误；
D．氯气具有氧化性，通入氯气时发生反应HS−+Cl2=S↓+H++2Cl-，生成强酸，从而抑制水的电离，即水的电离程度减小，D错误；
综上所述答案为B。
13. 工业上用海水和牡蛎亮为原料冶炼镁的工艺流程如图示：

下列叙述正确的是
A. 牡蛎壳主要成分是CaCO3，沉淀甲主要成分为Mg(OH)2
B. 滤液乙经蒸发结晶、趁热过滤后进入“过滤器”
C. “烘干器”中通入干燥的热空气烘干
D. “合成器”中发生反应为：H2+Cl22HCl
【答案】A
【解析】
【分析】牡蛎壳主要成分是CaCO3，碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与镁离子作用生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁溶液在氢化氢气流中蒸发，生成无水氯化镁，电解得镁和氯气，氯气与氢气合成氯化氢。
【详解】A． 牡蛎壳主要成分是CaCO3，碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与镁离子作用生成氢氧化镁，沉淀甲主要成分为Mg(OH)2，故A正确；
B． 滤液乙应蒸发浓缩，降温结晶后进入“过滤器”，故B错误；
C． 为了抑制的水解，应在气氛中烘干，故C错误；
D． 和在光照条件下反应会爆炸，故D错误；
故选A。
14. 研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有：
Ⅰ.NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) ΔH1
Ⅱ.2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH2<0
已知：1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为
NO2
CO
CO2
NO
819kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
下列描述正确的是
A. ΔH1=+227kJ·mol-1
B. 若在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ，压强不变时能说明反应Ⅰ达到了平衡
C. 恒温条件下，增大CO的浓度能使反应Ⅱ正向移动，且提高了CO的平衡转化率
D. 上述两个反应达到平衡后，再升高温度，逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A．焓变=反应物吸收能量-生成物释放能量，所以ΔH1=(1076kJ/mol-819kJ/mol)-(1490kJ/mol+632kJ/mol) =−227kJ·mol−1，A错误；
B．虽然该反应前后气体系数之和相等，但容器绝热，反应未平衡时，容器内温度会发生变化，温度的变化会引起压强的改变，所以当压强不变时说明反应达到平衡，B正确；
C．增大CO的浓度能使反应Ⅱ正向移动，但其转化率会降低，C错误；
D．两个反应焓变均小于0，为放热反应，再升高温度，平衡都会逆向移动，而逆反应速率均瞬间增大，之后逐渐减小至达到新的平衡，D错误；
综上所述答案为B。
二、非选择题：共58分。第15～17题为必考题，每个考题考生都必须作答，第18～19为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分
15. 钯(Pd)是一种不活泼金属，具有优良的吸氢功能，其氢氧化物具有两性。工业上采用如图流程从二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]中提取钯。

（1）Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为____。
（2）“酸溶”生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为___。
（3）“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中发生的氧化还原的离子反应方程式为____，____。
（4）“滤液”中含有的阴离子主要是____，“沉钯”时，若pH大于10，则上层清液中钯含量升高，其原因为____。
（5）“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是___。
（6）已知金属钯密度为12.0g•cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的850倍，则此条件下钯的吸附容量R=____mL•g-1【R为单位质量(g)的钯所吸附氢气的体积(mL)，结果保留一位小数】。
【答案】（1）+2 （2）Pd(NH3)2Cl2+2HCl(浓)(NH4)2PdCl4
（3） ①. ClO+2NH=N2↑+Cl-+2H++3H2O或6ClO+10NH=5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O ②. ClO+5Cl-+6H++=3Cl2↑+3H2O
（4） ①. Cl-、OH- ②. Pd(OH)2具有两性，当碱性较强时会溶解而进入上层清液中
（5）将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解
（6）70.8
【解析】
【分析】Pd(NH3)2Cl2用热浓盐酸溶解得到(NH4)2PdCl4溶液，用NaClO3溶液氧化(NH4)2PdCl4得含有PdCl的溶液、氯气、氮气，向含有PdCl的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，用浓盐酸溶解Pd(OH)2得到有PdCl2溶液，加热至100℃浓缩直至蒸干得PdCl2。
【小问1详解】
根据化合价代数和等于0，Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为+2；
【小问2详解】
“酸溶”时Pd(NH3)2Cl2和盐酸反应生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为Pd(NH3)2Cl2+2HCl(浓)(NH4)2PdCl4；
【小问3详解】
“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中ClO把NH氧化为氮气，反应离子方程式为6ClO+10NH=5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O；ClO把Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H++=3Cl2↑+3H2O。
【小问4详解】
含有PdCl的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，“滤液”中含有的阴离子主要是Cl-、OH-，Pd(OH)2具有两性，“沉钯”时，若pH大于10，Pd(OH)2和氢氧化钠反应溶解而进入上层清液中，所以上层清液中钯含量升高；
【小问5详解】
“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解。
【小问6详解】
金属钯密度为12.0g•cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的850倍，即12g钯吸收850mL氢气，此条件下钯的吸附容量R=mL•g-1。
16. 南开中学创新实验大赛中某组同学设计用电解法测定常温常压时的气体摩尔体积(Vm)，装置如图所示：

1.乳胶管 2.装置A 3.温度计 4.毫安表 5.铜片 6.铂丝电极 7.足量0.5mol/L的CuSO4溶液 8.电阻箱 9.开关 10.稳压电源
实验步骤：
步骤Ⅰ．测量装置A下端无刻度部分体积：取一支50.00mL装置A，关闭活塞，用移液管移取25.00mL蒸馏水至装置A中，待装置A中读数不变，记录刻度为35.00mL。
步骤Ⅱ.连接实验装置，进行实验：按图安装好实验装置，打开装置A活塞，用洗耳球从乳胶管口吸气，使溶液充满装置A，然后关闭活塞。连接电源，通电30分钟后，停止电解。恢复至室温后，上下移动装置A，使装置A内液面与烧杯中液面相平。
步骤Ⅲ.数据处理：
①测定得实验前后铜片增重mg。
②电解后液面相平时装置A管中液面读数为bmL。
回答下列问题：
（1）装置A名称为____，装置A使用前需进行的操作为____。
（2）根据步骤Ⅰ的数据，装置A下端无刻度部分体积为____mL。
（3）要配制0.5mol·L-1CuSO4溶液480mL所需的仪器和用品有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、____、____以及称量纸片。
（4）步骤Ⅱ电解过程中阴极反应方程式为____，装置A中反应生成气体为____。
（5）常温常压时的Vm=____L·min-1(用含m，b的代数式表示)，若在步骤Ⅰ中测量前装置A中有残留蒸馏水，则会使测定结果____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 酸式滴定管 ②. 检查是否漏水
（2）10.00 （3） ①. 500mL容量瓶 ②. 胶头滴管
（4） ①. Cu2++2e-=Cu ②. O2
（5） ①. ②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，装置A名称为酸式滴定管，滴定管使用之前需检查是否漏液，故答案为：酸式滴定管；检查是否漏液；
【小问2详解】
测量装置A下端无刻度部分体积：取一支50.00mL装置A，关闭活塞，用移液管移取25.00mL蒸馏水至装置A中，待装置A中读数不变，记录刻度为35.00mL，则装置A下端无刻度部分体积为(25.00+35.00-50.00)=10.00mL，故答案为：10.00；
【小问3详解】
根据用固体配制一定物质的量浓度的溶液的实验可知，要配制0.5mol·L-1CuSO4溶液480mL所需的仪器和用品有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管以及称量纸片，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
【小问4详解】
由题干实验装置图可知，步骤Ⅱ电解CuSO4溶液，则其阴极反应方程式为Cu2++2e-=Cu，装置A是用Pt丝与电源的正极相连，故发生的电极方程式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则A中反应生成的气体为O2，故答案为：Cu2++2e-=Cu；O2；
【小问5详解】
由题干数据可知，①测定得实验前后铜片增重mg，则通过电路上的电子的物质的量为：n(e-)=mol，则阳极上产生的氧气的物质的量为：n(O2)=mol，②电解后液面相平时装置A管中液面读数为bmL，则产生O2的体积为：(25.00+35.00-b)mL=(60.00-b)mL或者(50.00+10.00-b)mL =(60.00-b)mL，故常温常压时的Vm==L·mol-1，若在步骤Ⅰ中测量前装置A中有残留蒸馏水，则将导致b的读数偏大，则会使测定结果偏小，故答案为：；偏小。
17. 工业制硫酸的过程中，SO2(g)催化氧化为SO3(g)是关键步骤，小组的同学对其反应动力学进行以下研究。
（1）600K时，向恒温刚性容器中充入2molSO2(g)、1molO2(g)和适量催化剂进行上述反应，测得SO2(g)浓度随时间变化如图所示，则从开始到平衡时的平均反应速率v(O2)=____，平衡常数K=____L·min-1。


（2）小组同学查阅资料发现，该反应正反应速率的表达式为v正=k正•cm(SO2)•cn(O2)(k正为速率常数，与温度有关)，在900K时，测得正反应速率与初始浓度的关系如表所示：
初始浓度/mol·L-1
正反应速率/mol·L-1·s-1
c0(SO2)
c0(O2)
v正
0.010
0.010
2.5×10-3
0.010
0.020
5.0×10-3
0.030
0.020
45×10-3
①m=____，n=____，k正=____mol-2·L2·s-1。
②TK时，若测得k正=1×103mol-2·L2·s-1，则T____900K(填“>”、“=”或“<”)。
（3）小组同学进一步发现k正与反应活化能(Ea)的关系为：k正=Ae(A为反应的特征常数，称为指前因子；R为气体常数，约为8.3J•mol-1•K-1；T为热力学温度，单位为K)。
①若该反应在1000K时速率常数k正=2.5×104mol-2·L2·s-1，则该反应的活化能Ea=____kJ·mol-1(结果保留一位小数，已知ln10≈2.3。)
②欲降低该反应的活化能，可采取的可行措施是____。
【答案】（1） ①. 0.016mol·L-1·min-1 ②. 400
（2） ①. 2 ②. 1 ③. 2.5×103 ④. <
（3） ①. 171.8 ②. 使用更高效的催化剂
【解析】
【小问1详解】
由图知，从开始到平衡时的平均反应速率，反应方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，由速率之比等于系数比，v(O2)=v(SO2)= 0.016mol·L-1·min-1；起始SO2(g)浓度为0.40mol/L，则容器体积为，起始O2(g)浓度，列三段式：，平衡常数；
【小问2详解】
①令c0(SO2)相同，则，解得n=1，令c0(O2)相同，则，解得m=2，可得v正=k正•c2(SO2)•c(O2)，将第一组数据代入可得2.5×10-3= k正•0.0102×0.010，解得k正=2.5×103；
②900K时，k正=2.5×103，TK时，若测得k正=1×103mol-2·L2·s-1，温度越高反应速率越快，则T<900K；
【小问3详解】
①由k正与反应活化能(Ea)的关系为：k正=Ae，在900K时，k正=2.5×103，代入数据可得2.5×103=Ae，1000K时速率常数k正=2.5×104mol-2·L2·s-1，代入数据可得2.5×104=A e，两式比值可得Ea=171.8 kJ·mol-1；
②催化剂可降低该反应的活化能，可采取的可行措施是使用更高效的催化剂。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18. 氨、磷、铁、钴等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。
（1）N2H4是一种良好的火箭发射燃料，熔点、沸点分别为1.4℃、113.5℃。N2H4中氮原子的杂化轨道类型为___，N2H4沸点较高的主要原因是___。
（2） 的一种结构如图1所示，氢原子只有一种化学环境，氨原子有两种化学环境，其中的大π键可表示为___(已知苯中的大Π键可表示为Π)。

（3）磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。
（4）铁、钴与CN-、CO，NH3易形成配合物Fe(CO)5、Fe(CN)、Co(CN)和[Co(NH3)4]3+等。铁、钴位于周期表的___区，CN-的电子式为___，N、C、O的第一电离能由大到小的顺序为___，已知[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，推测[CoCl2(NH3)4]+的空间结构有___种。
（5）Co可以形成六方晶系的CoO(OH)，晶胞结构如图2所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标.已知晶胞含对称中心，其中1号O原子的坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，则2号O原子的坐标为____。设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为____g/cm3(用代数式表示)。

【答案】（1） ①. sp3 ②. N2H4分子间存在氢键
（2）
（3）1s22s22p63s13p33d1
（4） ①. d ②. ③. N>O>C ④. 2
（5） ①. (0.3333，0.6667，0.6077) ②. g/cm3
【解析】
【小问1详解】
N2H4中N原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，则价层电子对数为4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3；N2H4分子间可形成氢键，分子间含有氢键的沸点较高；
故答案为：sp3；N2H4分子间存在氢键；
【小问2详解】
根据的结构分析，N存在两种化学环境，一种为-NH2形式，还有一种N同时连接3个N，整个分子为平面结构，可以把整个体系失去的两个电子归在中心的N上，如此N上为空pz轨道，其余Npz方向存在一对电子，4个Npz轨道交盖形成平面型的离域大π键，为；
【小问3详解】
磷为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，该激发态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p33d1；
【小问4详解】
由元素周期表结构可知，铁、钴位于周期表的d区；CN-的电子式为 ；同一周期主族元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N元素的P轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
[Co(NH3)6]3+为正八面体结构，Co3+位于正八面体中心，其中一个NH3分子换成Cl-后结构中有2种位置不同的NH3分子，若将[Co(NH3)6]3+中的3个NH3分子换成3个Cl-，可以形成2种不同的结构形式；
【小问5详解】
根据晶胞中1号O原子的坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)和晶胞含对称中心，根据对称关系0.6667+0.3333=1，0.3333+0.6667=1， 0.1077+0.8923=1， 对称位上的O的坐标为(0.3333，0.6667，0.8923)，则2号O原子的坐标为(0.3333，0.6667，0.6077)；
根据晶胞的结构可知，晶胞中含有两个CoO(OH)，其质量为，晶胞的体积为， 故该晶胞的密度为g/cm3。
19. 卡托普利(Captopril，开搏通)又名巯甲丙脯酸，是一种血管紧张素转化酶抑制剂(ACEI)，被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。
Ⅰ.目前国内卡托普利的生产路线主要是硫代乙酸法，其合成线路为：


（1）已知A能与NaHCO3溶液反应，质谱法测得A的相对分子质量为86，核磁共振氢谱表明分子中有三种氢，则A的名称为____。
（2）第②步的反应类型为____，第③步中Na2CO3的作用是____，合成路线中设置反应①、④的目的主要是____。
Ⅱ.由异丁烯为原料，经如下线路也可合成卡托普利：


（3）请写出F→X转化中第一步和第二步反应的化学反应方程式：
第一步：____；
第二步：与足量新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，____；
第三步：酸化
（4）X中含有的官能团为____，满足下列条件的X的同分异构体有___种(同一个碳原子上连两个羟基不稳定，不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应②1molX与足量金属钠反应可产生1molH2
（5）Z的结构简式为____。
【答案】（1）甲基丙烯酸(异丁烯酸)
（2） ①. 取代反应 ②. 中和生成的HCl，促使反应正向进行 ③. 为了引入—SH
（3） ①. 2+O22+2H2O ②. +2Cu(OH)2+2NaOH+Cu2O↓+NaCl+3H2O
（4） ①. —OH、—COOH(或羟基、羧基) ②. 5
（5）
【解析】
【分析】Ⅰ.根据B的结构，已知A能与NaHCO3溶液反应，质谱法测得A的相对分子质量为86，核磁共振氢谱表明分子中有三种氢，A为，与发生取代反应生成，B与SOCl2发生取代生成，C与在Na2CO3作用下生成，D与(1)(2)NH3∙H2O(3)HCl/H2O 得到。
【小问1详解】
已知A能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，质谱法测得A的相对分子质量为86，核磁共振氢谱表明分子中有三种氢，结合B得A为，则A的名称为甲基丙烯酸(异丁烯酸)。故答案为：甲基丙烯酸(异丁烯酸)；
【小问2详解】
的羧基中的羟基被氯取代，第②步的反应类型为取代反应，第③步中Na2CO3的作用是中和生成的HCl，促使反应正向进行，合成路线中设置反应①、④的目的主要是为了引入—SH。故答案为：取代反应；中和生成的HCl，促使反应正向进行；为了引入—SH；
Ⅱ.由异丁烯为原料，经如下线路也可合成卡托普利：在500℃与氯气发生取代反应生成，E与水发生加成反应生成，F经过三步反应生成，第一步：2+O22+2H2O，第二步：与足量新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，+2Cu(OH)2+2NaOH+Cu2O↓+NaCl+3H2O；第三步酸化得，X与SOCl2发生取代生成，Y与生成，Z与NaHS发生取代反应生成。
【小问3详解】
请写出F→X转化中的第一步和第二步反应的化学反应方程式：
第一步：2+O22+2H2O；故答案为：2+O22+2H2O；
第二步：与足量新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，+2Cu(OH)2+2NaOH+Cu2O↓+NaCl+3H2O；故答案为：+2Cu(OH)2+2NaOH+Cu2O↓+NaCl+3H2O；
第三步：酸化。
【小问4详解】
X中含有的官能团为—OH、—COOH(或羟基、羧基)，满足下列条件①能发生银镜反