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2022届安徽省马鞍山市二中高三下学期第三次教学质量监测（三模）理综化学试题含解析
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这是一份2022届安徽省马鞍山市二中高三下学期第三次教学质量监测（三模）理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
安徽省马鞍山市二中2022届高三下学期第三次教学质量监测（三模）
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产、环境、科技密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
B．煤的干馏与石油的催化裂化均属于化学变化
C．纳米铁粉通过物理吸附可除去污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等
D．“神舟十三号”宇宙飞船返回舱外表面使用的新型高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐
2．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是（ ）
A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准状况下22.4LH2
C．与 互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
3．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用氨水吸收足量的SO2气体： 2NH3·H2O + SO2= 2NH4++ SO32-+ H2O
B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉： Cl2+ 2OH- = ClO- + Cl-+ H2O
C．ZnCO3 溶于稀盐酸： CO32-+ 2H+= H2O + CO2↑
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)
4．由下列实验操作及现象所得结论或解释错误的是（ ）
实验操作及现象
结论或解释
A
向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗涤后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀不溶解
Na2SO3溶液已变质
B
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
C
向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失
Al(OH)3具有两性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀又生成无色气体
Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度增加，平衡向右移动
A．A B．B C．C D．D
5．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．简单离子半径大小顺序为： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点高低顺序为： Q>Z> Y
C．X与Q形成的化合物仅含共价键
D．Q与R形成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为1∶2
6．用间接电解法对NO进行无害化处理，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．工作时电解池中H+从左室移向右室
B．阳极电极反应式为2HSO3- + 2H++ 2e-= S2O42-+ 2H2O
C．理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2
D．吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2S2O42-+ 2H2O = N2+ 4HSO3-
7．MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与lgc(M+)c(MOH)的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
二、综合题
8．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
（1）Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
a导管末端多孔球泡的作用 。
（2）b中通入的气体是 ， 写出实验室制取该气体的化学方程式 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（4）Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
指示剂N为 ， 第二滴定终点的现象是 。
（5）Na2CO3中NaHCO3的质量分数为 ( 保留三位有效数字)。
（6）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
9．合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
（1）加快“脱锡”速率的措施有 (写出一点)。“操作I” 包含 、 、过滤、洗涤、干燥。
（2）“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是 ；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因 。
（3）“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO42-，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为 ； 当阴极出现 的现象时，说明电解回收锡结束。
（4）“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 。
（5）称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为 。
10．甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。
（1）Ⅰ.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。
已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
则H2O2氧化CH4的热化学方程式为 ( 用∆H1和∆H2来表示∆H)。
（2）该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度的原因是 。
（3）Ⅱ.工业。上也常使用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为
主反应： CO2(g)+ 3H2(g) ⇌CHOH(g)+ H2O(g) ∆H<0
副反应： CO2(g) +H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) ∆H<0
起始投料为n(H2)n(CO2)= 3。
i.当反应只按主反应进行时，研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如下图所示。其中， x(CH3OH)-p图在t=250℃下测得， x(CH3OH)-t 图在p=5×105 Pa下测得。
图中等压过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的依据是 。
（4）当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为 或 。
（5）该条件下CO2的总转化率= ； 副反应的平衡常数Kp= (保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
11．人类对第二周期的元素及化合物认识最早。
（1）第二周期的元素中，I1(第一电离能)从大到小排前三位的是 。
（2）人类合成的第一个稀有气体化合物是XeF+PtF6-，PtF6-中的键角有90°和180°两种。下列关于该化合物的说法中正确的是____。
A．熔化状态下不能导电
B．XeF+中所有原子都满足8电子稳定结构
C．用两个Cl替换F后，所得PtF4Cl2有两种结构
D．含有离子键、极性键、非极性键和配位键
（3）XeF+PtF6-溶于水可生成Xe和HPtF6，写出反应的化学方程式。 。
（4）解释HNO3和HNO2酸性强弱不同的原因 。
（5）SCN—中C原子的杂化类型为 ， 其中含有两个相同的大π键，其形式为 。(用πnm表示，n为原子数，m为电子数)，检验Fe3+时，SCN—以 S原子配位不以N原子配位的原因是 。
（6）如图，在NaCl的晶体中，Na+和Cl—互相占据对方的正八面体空隙，CaF2晶体中，F—占据由Ca2+构成的所有正四面体空隙。钛镍合金具有形状记忆功能。某钛、镍原子个数比为2：1的合金的晶体结构为：镍原子呈面心立方排列，钛原子填充在由镍原子围成的所有八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为 ； 钛原子和镍原子的半径分别为r1和r2，该晶体的空间利用率为 (用含r的代数式表示，不必化简，空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积)。
12．化合物J是一种催吐剂的中间体，其合成方法如下：
回答下列问题：
（1）A的名称为 ，H中除酰胺键外，其它含氧官能团的名称为 。
（2）设计反应①和③的目的是 。
（3）加入适量的Na2CO3有利于反应⑦的进行，其原因是 。
（4）写出反应④的化学方程式 ，该反应的反应类型为 。
（5）同时满足下列条件的A的同分异构体有 种，写出其中一种核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应 ②与FeCl3溶液发生显色反应
（6）设计由硝基苯和1，3-丁二烯制备的合成线路(无机试剂任选)。 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，上述过程属于葡萄糖的分解反应，故A不符合题意；
B．煤的干馏与石油的催化裂化都有新物质生成，均属于化学变化，故B符合题意；
C．纳米铁粉与污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等离子发生置换反应达到高效除污的目的，不是因为物理吸附，故C不符合题意；
D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，主要成分不是硅酸盐，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单糖不能水解；
B.有新物质生成的变化为化学变化；
C.Fe与Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+发生置换反应；
D.高温结构陶瓷主要成分是氮化硅。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准状况下44.8L氢气，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C符合题意；
D．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据维生素C的结构简式确定其分子式；
B.维生素C的中含有4个羟基；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.羟基也能使酸性高锰酸钾褪色。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O + SO2= NH4++ HSO3-，选项A不符合题意；
B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2= 2Ca2++2ClO- +2Cl-+ 2H2O，选项B不符合题意；
C．ZnCO3 溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为： ZnCO3+ 2H+= Zn2++H2O + CO2↑，选项C不符合题意；
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，转化为更难溶的硫化银，反应的离子方程式为： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.SO2足量，生成亚硫酸氢铵；
B.石灰乳应保留化学式；
C.ZnCO3 为固体，应保留化学式；
D.发生沉淀的转化。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生BaSO3白色沉淀，过滤洗涤后，向所得沉淀中加入的稀硝酸具有氧化性，会将亚硫酸钡氧化为难溶于水和酸的硫酸钡沉淀，所以无法判断Na2SO3溶液是否变质，A符合题意；
B．酸性高锰酸钾会与过氧化氢发生氧化还原反应，过氧化氢将紫色的高锰酸根离子还原为无色的锰离子，自身被氧化为氧气，B不符合题意；
C．铝离子先与少量氢氧化钠发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，然后过量的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠和水，上述实验现象可证明Al(OH)3具有两性，C不符合题意；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，钙离子促进碳酸氢根离子的电离，从而生成碳酸钙沉淀，生成的氢离子与碳酸氢根离子发生反应生成水和二氧化碳，所以现象为：既产生白色沉淀又生成无色气体，结论准确无误，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.稀硝酸能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠；
B.酸性高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应，该反应中过氧化性为还原剂；
C.氢氧化铝溶于过量NaOH；
D.白色沉淀为碳酸钙，无色气体为二氧化碳，说明钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸氢根离子的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子、氧离子和钠离子的离子半径大小顺序为Z>Q>R，故A不符合题意；
B．甲烷分子不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子和水分子，沸点最低，水分子形成的分子间氢键数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为Q>Z> Y，故B不符合题意；
C．若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C符合题意；
D．氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为1∶2的离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X、Y、R的最外层电子数之和为12-6=6，X与R同主族，二者的族序数一定小于3，X、R位于ⅡA族时，Y的最外层电子数为2，短周期ⅡA族只有2种元素，不满足条件，所以X、R只能位于ⅠA族，Y的最外层电子数为4，所以X为H或Li，Y为C元素，R为Na元素；Z介于C、O之间，为N元素。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A不符合题意；
B．阳极上H2O失去电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑，选项B不符合题意；
C．理论上每处理lmolNO，NO转化为N2，转移2mol e-，电解池中同样转移2mol e-，故产生0.5mol×32g /mol=16gO2，选项C不符合题意；
D．吸收塔中NO变N2，S2O42-变成了HSO3-，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2S2O42-+ 2H2O = N2+ 4HSO3-，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电极Ⅰ上发生反应电极反应式为 2HSO3- + 2H++ 2e-= S2O42-+ 2H2O ，该反应为还原反应，则电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析知Kb=10-3.75，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则c(M+)c(MOH)=103.75，故x=3.75，A项不符合题意；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故lgc(M+)c(MOH)≠0，B项符合题意；
C．由分析知Kb=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)=103.75，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项不符合题意；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】pH=10.75时，c(OH-)=10-3.25，c(MOH)=c(M2+)，Kb=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)=c(OH-)=103.75。
8．【答案】（1）增大接触面积，提高吸收速率
（2）氨气；2NH4Cl +Ca(OH)2Δ__2NH3↑+CaCl2+2H2O
（3）NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl
（4）甲基橙；最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复
（5）4.23%
（6）偏小
【解析】【解答】(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；
(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)2Δ__2NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl；
(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，
故答案为：M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，
故答案为：N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；
(5)进行第一次滴定时，发生的反应为CO32-+H+=HCO3-，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为H++HCO3-=CO2↑+H2O，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为1.26×10-3L×0.1mol/L=1.26×10-4mol，故NaHCO3的质量分数为1.26×10-4×10×84×100%2.5=4.23%，故答案为4.23%；
(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
【分析】（1）多孔球泡可增大接触面积；
（2）氨气极易溶于水，导管插入溶液中会引起倒吸；实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气；
（3）将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中生成碳酸氢钠；
（4）依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于滴定终点之前溶液就已经呈中性，故不能继续使用酚酞作为指示剂，改用范围更为合适的甲基橙；
（5）碳酸氢钠的质量分数=碳酸氢钠的质量样品质量×100%计算；
（6）根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析误差。
9．【答案】（1）研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；蒸发浓缩；冷却结晶
（2）抑制Sn2+水解；置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
（3）2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；气泡产生
（4）2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
（5）CuSO4∙H2O
【解析】【解答】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
(2)根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
(3)阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
(4)“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
(5)设120℃时固体物质的相对分子质量为M，2.50：250=1.78：M，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
【分析】（1）升温、增大反应物的接触面积均可加快“脱锡”速率；操作Ⅰ为从溶液中获得胆矾；
（2）Sn2+水解显酸性；锡能与铜离子发生置换反应生成单质铜；
（3）阳极发生氧化反应；阴极铜离子和锡离子分步得到电子，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气；
（4）单质铜在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜；
（5）固体质量减少时，胆矾开始分解，根据减少的质量确定120℃时所得固体的化学式。
10．【答案】（1）H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=12(ΔH1+ΔH2)
（2）低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解
（3）b；压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低
（4）210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Paii.当两个反应同时发生时，在T℃，恒压为1×106 Pa条件下达平衡时： x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。
（5）60.0% 或60%；0.188
【解析】【解答】(1)已知： ①2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
②2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
根据盖斯定律，由12×(①+②)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=12(ΔH1+ΔH2)；
(2)反应时温度低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解，故该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度；
(3)图中等压线是b，压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低；
(4)根据上述分析可知：曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知：当x(C'H3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210℃，压强为5×105 Pa条件；或温度为250℃，压强为9×105 Pa条件；
故答案为： 210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Pa；
(5)假设反应分步进行，根据三段式可知：
CO2(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)初始130转化x3xx平衡1-x3-3xx+H2O(g)0xx
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)初始1-x3-3x0转化yyy平衡1-x-y3-3x-yy+H2O(g)0yy
x(CH3OH)=x91-x-y)+(3-3x-y)+x+x+y=y=x4-2x=0.125，解得x=0.4
x(CO)=y4-2x=0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=x+y1×100%=0.4+0.21×100%=60%；
副反应的平衡常数Kp=p(CO)·p(H2O)p(CO2)·p(H2)=p总x(CO)·p总x(H2O)p总x(CO2)·p总x(H2)=x(CO)·x(H2O)x(CO2)·x(H2)=n(CO)n总·n(H2O)n总n(CO2)n总·n(H2)n总=n(CO)·n(H2O)n(CO2)·n(H2)=0.2×(0.4+0.2)(1-0.6)×(3-3×0.4-0.2)≈0.188。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）过氧化氢受热易分解；
（3） 压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低 ；
（4）曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系；
（5）列出反应的三段式计算。
11．【答案】（1）Ne > F > N
（2）B；C
（3）2XeF+PtF6-+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6
（4）HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离
（5）sp；π34；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子
（6）4；43π(8r13+4r23)[43(r1+r2)]3×100%或 3π(2r13+r23)4(r1+r2)3×100%
【解析】【解答】(1)第二周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为稳定的全充满结构，第一电离能最大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故答案为：Ne > F > N；
(2)A．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化状态下能电离出自由移动的离子，能导电，故不正确；
B．XeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子稳定结构，故正确；
C．由PtF6-中的键角有90°和180°两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯替换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；
D．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，不含有非极性键，故不正确；
故答案为：BC；
(3)由题意可知，XeF+PtF6-与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF6-+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6，故答案为：2XeF+PtF6-+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6；
(4)硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，原因是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性增强，易发生电离，故答案为：HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离；
(5)硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键，其形式为π34；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，相对于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位不以氮原子配位，故答案为：sp；π34；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；
(6)由题意可知，镍钛合金形成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8×18+6×12=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为43πr13×8+43πr23×4=43π(8r13+4 r23)，晶胞的边长为4(r1+r2)3，体积为[4(r1+r2)3]3，则晶体的空间利用率为43π(8r13+4r23)[43(r1+r2)]3×100%= 3π(2r13+r23)4(r1+r2)3×100%，故答案为：43π(8r13+4r23)[43(r1+r2)]3×100%或 3π(2r13+r23)4(r1+r2)3×100%。
【分析】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）A. XeF+PtF6- 为离子化合物；
B.XeF+中Xe和F均满足8电子稳定结构；
C.PtF6-中的键角有90°和180°两种可知，则PtF6-的空间构型为正八面体形；
D. XeF+PtF6- 含有离子键、极性键、和配位键；
（3） XeF+PtF6-溶于水生成Xe和HPtF6，据此书写化学方程式；
（4）同种元素含氧酸，非羟基氧越多，酸性越强；
（5）SCN-中C原子形成2个σ键，采用sp杂化；SCN-中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，更易给出电子；
（6）镍原子周围距离最近的钛原子数位于顶点和面心；根据空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积计算。
12．【答案】（1）2-羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α-羟基苯甲酸)；醚键、酯基
（2）给氯代反应定位并控制氯代数目
（3）Na2CO3可消耗反应生成的HCl，有利于反应的进行
（4）+CH3OH⇌Δ浓硫酸+H2O；取代反应(或酯化反应)
（5）9； 或或
（6）
【解析】【解答】
(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为2—羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸；H的结构简式为，分子中除酰胺键外，其它含氧官能团为醚键、酯基，故答案为：2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸)；醚键、酯基；
(2)由分析可知，设计反应①和③的目的是给氯代反应定位并控制氯代数目，故答案为：给氯代反应定位并控制氯代数目；
(3)由分析可知，反应⑦为与ClCH2COCl发生取代反应生成和氯化氢，加入的碳酸钠与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，有利于提高反应的产率，故答案为：Na2CO3可消耗反应生成的HCl，有利于反应的进行；
(4)由分析可知，反应④为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH⇌Δ浓硫酸+H2O，故答案为：+CH3OH⇌Δ浓硫酸+H2O；取代反应(或酯化反应)；
(5)A的同分异构体能发生银镜反应，与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中苯环的取代基为—OH和—OOCH，或2个—OH和1个—CHO，其中—OH和—OOCH在苯环上有邻间对3种结构，2个—OH和1个—CHO有6种结构，共有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为、、 ，故答案为：9； 或或 ；
(6)由结构简式可知，以硝基苯和1，3-丁二烯制备的合成步骤为硝基苯在TL作用下与铁发生还原反应生成苯胺，1，3-丁二烯与碘发生加成反应生成，苯胺与发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】A与浓硫酸发生取代反应生成，则A为；在氯化铁做催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成D为；D在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成E为；E在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成F，F在TL作用下与铁发生还原反应生成G，G与ClCH2COCl发生取代反应生成H，H与CH3I发生取代反应生成I，I与氢氧化钠乙醇溶液反应后，酸化得到J。
安徽省马鞍山市二中2022届高三下学期第三次教学质量监测（三模）
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产、环境、科技密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
B．煤的干馏与石油的催化裂化均属于化学变化
C．纳米铁粉通过物理吸附可除去污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等
D．“神舟十三号”宇宙飞船返回舱外表面使用的新型高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐
2．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是（ ）
A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准状况下22.4LH2
C．与 互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
3．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用氨水吸收足量的SO2气体： 2NH3·H2O + SO2= 2NH4++ SO32-+ H2O
B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉： Cl2+ 2OH- = ClO- + Cl-+ H2O
C．ZnCO3 溶于稀盐酸： CO32-+ 2H+= H2O + CO2↑
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)
4．由下列实验操作及现象所得结论或解释错误的是（ ）
实验操作及现象
结论或解释
A
向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗涤后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀不溶解
Na2SO3溶液已变质
B
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
C
向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失
Al(OH)3具有两性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀又生成无色气体
Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度增加，平衡向右移动
A．A B．B C．C D．D
5．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．简单离子半径大小顺序为： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点高低顺序为： Q>Z> Y
C．X与Q形成的化合物仅含共价键
D．Q与R形成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为1∶2
6．用间接电解法对NO进行无害化处理，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．工作时电解池中H+从左室移向右室
B．阳极电极反应式为2HSO3- + 2H++ 2e-= S2O42-+ 2H2O
C．理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2
D．吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2S2O42-+ 2H2O = N2+ 4HSO3-
7．MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与lgc(M+)c(MOH)的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
二、综合题
8．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
（1）Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
a导管末端多孔球泡的作用 。
（2）b中通入的气体是 ， 写出实验室制取该气体的化学方程式 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（4）Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
指示剂N为 ， 第二滴定终点的现象是 。
（5）Na2CO3中NaHCO3的质量分数为 ( 保留三位有效数字)。
（6）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
9．合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
（1）加快“脱锡”速率的措施有 (写出一点)。“操作I” 包含 、 、过滤、洗涤、干燥。
（2）“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是 ；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因 。
（3）“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO42-，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为 ； 当阴极出现 的现象时，说明电解回收锡结束。
（4）“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 。
（5）称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为 。
10．甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。
（1）Ⅰ.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。
已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
则H2O2氧化CH4的热化学方程式为 ( 用∆H1和∆H2来表示∆H)。
（2）该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度的原因是 。
（3）Ⅱ.工业。上也常使用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为
主反应： CO2(g)+ 3H2(g) ⇌CHOH(g)+ H2O(g) ∆H<0
副反应： CO2(g) +H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) ∆H<0
起始投料为n(H2)n(CO2)= 3。
i.当反应只按主反应进行时，研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如下图所示。其中， x(CH3OH)-p图在t=250℃下测得， x(CH3OH)-t 图在p=5×105 Pa下测得。
图中等压过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的依据是 。
（4）当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为 或 。
（5）该条件下CO2的总转化率= ； 副反应的平衡常数Kp= (保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
11．人类对第二周期的元素及化合物认识最早。
（1）第二周期的元素中，I1(第一电离能)从大到小排前三位的是 。
（2）人类合成的第一个稀有气体化合物是XeF+PtF6-，PtF6-中的键角有90°和180°两种。下列关于该化合物的说法中正确的是____。
A．熔化状态下不能导电
B．XeF+中所有原子都满足8电子稳定结构
C．用两个Cl替换F后，所得PtF4Cl2有两种结构
D．含有离子键、极性键、非极性键和配位键
（3）XeF+PtF6-溶于水可生成Xe和HPtF6，写出反应的化学方程式。 。
（4）解释HNO3和HNO2酸性强弱不同的原因 。
（5）SCN—中C原子的杂化类型为 ， 其中含有两个相同的大π键，其形式为 。(用πnm表示，n为原子数，m为电子数)，检验Fe3+时，SCN—以 S原子配位不以N原子配位的原因是 。
（6）如图，在NaCl的晶体中，Na+和Cl—互相占据对方的正八面体空隙，CaF2晶体中，F—占据由Ca2+构成的所有正四面体空隙。钛镍合金具有形状记忆功能。某钛、镍原子个数比为2：1的合金的晶体结构为：镍原子呈面心立方排列，钛原子填充在由镍原子围成的所有八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为 ； 钛原子和镍原子的半径分别为r1和r2，该晶体的空间利用率为 (用含r的代数式表示，不必化简，空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积)。
12．化合物J是一种催吐剂的中间体，其合成方法如下：
回答下列问题：
（1）A的名称为 ，H中除酰胺键外，其它含氧官能团的名称为 。
（2）设计反应①和③的目的是 。
（3）加入适量的Na2CO3有利于反应⑦的进行，其原因是 。
（4）写出反应④的化学方程式 ，该反应的反应类型为 。
（5）同时满足下列条件的A的同分异构体有 种，写出其中一种核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应 ②与FeCl3溶液发生显色反应
（6）设计由硝基苯和1，3-丁二烯制备的合成线路(无机试剂任选)。 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，上述过程属于葡萄糖的分解反应，故A不符合题意；
B．煤的干馏与石油的催化裂化都有新物质生成，均属于化学变化，故B符合题意；
C．纳米铁粉与污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等离子发生置换反应达到高效除污的目的，不是因为物理吸附，故C不符合题意；
D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，主要成分不是硅酸盐，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单糖不能水解；
B.有新物质生成的变化为化学变化；
C.Fe与Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+发生置换反应；
D.高温结构陶瓷主要成分是氮化硅。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准状况下44.8L氢气，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C符合题意；
D．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据维生素C的结构简式确定其分子式；
B.维生素C的中含有4个羟基；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.羟基也能使酸性高锰酸钾褪色。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O + SO2= NH4++ HSO3-，选项A不符合题意；
B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2= 2Ca2++2ClO- +2Cl-+ 2H2O，选项B不符合题意；
C．ZnCO3 溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为： ZnCO3+ 2H+= Zn2++H2O + CO2↑，选项C不符合题意；
D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，转化为更难溶的硫化银，反应的离子方程式为： 2AgBr(s)+S2- (aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.SO2足量，生成亚硫酸氢铵；
B.石灰乳应保留化学式；
C.ZnCO3 为固体，应保留化学式；
D.发生沉淀的转化。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生BaSO3白色沉淀，过滤洗涤后，向所得沉淀中加入的稀硝酸具有氧化性，会将亚硫酸钡氧化为难溶于水和酸的硫酸钡沉淀，所以无法判断Na2SO3溶液是否变质，A符合题意；
B．酸性高锰酸钾会与过氧化氢发生氧化还原反应，过氧化氢将紫色的高锰酸根离子还原为无色的锰离子，自身被氧化为氧气，B不符合题意；
C．铝离子先与少量氢氧化钠发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，然后过量的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠和水，上述实验现象可证明Al(OH)3具有两性，C不符合题意；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，钙离子促进碳酸氢根离子的电离，从而生成碳酸钙沉淀，生成的氢离子与碳酸氢根离子发生反应生成水和二氧化碳，所以现象为：既产生白色沉淀又生成无色气体，结论准确无误，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.稀硝酸能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠；
B.酸性高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应，该反应中过氧化性为还原剂；
C.氢氧化铝溶于过量NaOH；
D.白色沉淀为碳酸钙，无色气体为二氧化碳，说明钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸氢根离子的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子、氧离子和钠离子的离子半径大小顺序为Z>Q>R，故A不符合题意；
B．甲烷分子不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子和水分子，沸点最低，水分子形成的分子间氢键数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为Q>Z> Y，故B不符合题意；
C．若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C符合题意；
D．氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为1∶2的离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X、Y、R的最外层电子数之和为12-6=6，X与R同主族，二者的族序数一定小于3，X、R位于ⅡA族时，Y的最外层电子数为2，短周期ⅡA族只有2种元素，不满足条件，所以X、R只能位于ⅠA族，Y的最外层电子数为4，所以X为H或Li，Y为C元素，R为Na元素；Z介于C、O之间，为N元素。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A不符合题意；
B．阳极上H2O失去电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑，选项B不符合题意；
C．理论上每处理lmolNO，NO转化为N2，转移2mol e-，电解池中同样转移2mol e-，故产生0.5mol×32g /mol=16gO2，选项C不符合题意；
D．吸收塔中NO变N2，S2O42-变成了HSO3-，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2S2O42-+ 2H2O = N2+ 4HSO3-，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电极Ⅰ上发生反应电极反应式为 2HSO3- + 2H++ 2e-= S2O42-+ 2H2O ，该反应为还原反应，则电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析知Kb=10-3.75，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则c(M+)c(MOH)=103.75，故x=3.75，A项不符合题意；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故lgc(M+)c(MOH)≠0，B项符合题意；
C．由分析知Kb=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)=103.75，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项不符合题意；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】pH=10.75时，c(OH-)=10-3.25，c(MOH)=c(M2+)，Kb=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)=c(OH-)=103.75。
8．【答案】（1）增大接触面积，提高吸收速率
（2）氨气；2NH4Cl +Ca(OH)2Δ__2NH3↑+CaCl2+2H2O
（3）NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl
（4）甲基橙；最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复
（5）4.23%
（6）偏小
【解析】【解答】(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；
(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)2Δ__2NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl；
(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，
故答案为：M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，
故答案为：N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；
(5)进行第一次滴定时，发生的反应为CO32-+H+=HCO3-，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为H++HCO3-=CO2↑+H2O，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为1.26×10-3L×0.1mol/L=1.26×10-4mol，故NaHCO3的质量分数为1.26×10-4×10×84×100%2.5=4.23%，故答案为4.23%；
(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
【分析】（1）多孔球泡可增大接触面积；
（2）氨气极易溶于水，导管插入溶液中会引起倒吸；实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气；
（3）将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中生成碳酸氢钠；
（4）依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于滴定终点之前溶液就已经呈中性，故不能继续使用酚酞作为指示剂，改用范围更为合适的甲基橙；
（5）碳酸氢钠的质量分数=碳酸氢钠的质量样品质量×100%计算；
（6）根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析误差。
9．【答案】（1）研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；蒸发浓缩；冷却结晶
（2）抑制Sn2+水解；置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
（3）2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；气泡产生
（4）2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
（5）CuSO4∙H2O
【解析】【解答】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
(2)根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
(3)阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
(4)“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
(5)设120℃时固体物质的相对分子质量为M，2.50：250=1.78：M，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
【分析】（1）升温、增大反应物的接触面积均可加快“脱锡”速率；操作Ⅰ为从溶液中获得胆矾；
（2）Sn2+水解显酸性；锡能与铜离子发生置换反应生成单质铜；
（3）阳极发生氧化反应；阴极铜离子和锡离子分步得到电子，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气；
（4）单质铜在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜；
（5）固体质量减少时，胆矾开始分解，根据减少的质量确定120℃时所得固体的化学式。
10．【答案】（1）H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=12(ΔH1+ΔH2)
（2）低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解
（3）b；压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低
（4）210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Paii.当两个反应同时发生时，在T℃，恒压为1×106 Pa条件下达平衡时： x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。
（5）60.0% 或60%；0.188
【解析】【解答】(1)已知： ①2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
②2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
根据盖斯定律，由12×(①+②)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=12(ΔH1+ΔH2)；
(2)反应时温度低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解，故该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度；
(3)图中等压线是b，压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低；
(4)根据上述分析可知：曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知：当x(C'H3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210℃，压强为5×105 Pa条件；或温度为250℃，压强为9×105 Pa条件；
故答案为： 210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Pa；
(5)假设反应分步进行，根据三段式可知：
CO2(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)初始130转化x3xx平衡1-x3-3xx+H2O(g)0xx
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)初始1-x3-3x0转化yyy平衡1-x-y3-3x-yy+H2O(g)0yy
x(CH3OH)=x91-x-y)+(3-3x-y)+x+x+y=y=x4-2x=0.125，解得x=0.4
x(CO)=y4-2x=0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=x+y1×100%=0.4+0.21×100%=60%；
副反应的平衡常数Kp=p(CO)·p(H2O)p(CO2)·p(H2)=p总x(CO)·p总x(H2O)p总x(CO2)·p总x(H2)=x(CO)·x(H2O)x(CO2)·x(H2)=n(CO)n总·n(H2O)n总n(CO2)n总·n(H2)n总=n(CO)·n(H2O)n(CO2)·n(H2)=0.2×(0.4+0.2)(1-0.6)×(3-3×0.4-0.2)≈0.188。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）过氧化氢受热易分解；
（3） 压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低 ；
（4）曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系；
（5）列出反应的三段式计算。
11．【答案】（1）Ne > F > N
（2）B；C
（3）2XeF+PtF6-+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6
（4）HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离
（5）sp；π34；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子
（6）4；43π(8r13+4r23)[43(r1+r2)]3×100%或 3π(2r13+r23)4(r1+r2)3×100%
【解析】【解答】(1)第二周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为稳定的全充满结构，第一电离能最大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故答案为：Ne > F > N；
(2)A．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化状态下能电离出自由移动的离子，能导电，故不正确；
B．XeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子稳定结构，故正确；
C．由PtF6-中的键角有90°和180°两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯替换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；
D．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，不含有非极性键，故不正确；
故答案为：BC；
(3)由题意可知，XeF+PtF6-与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF6-+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6，故答案为：2XeF+PtF6-+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6；
(4)硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，原因是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性增强，易发生电离，故答案为：HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离；
(5)硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键，其形式为π34；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，相对于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位不以氮原子配位，故答案为：sp；π34；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；
(6)由题意可知，镍钛合金形成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8×18+6×12=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为43πr13×8+43πr23×4=43π(8r13+4 r23)，晶胞的边长为4(r1+r2)3，体积为[4(r1+r2)3]3，则晶体的空间利用率为43π(8r13+4r23)[43(r1+r2)]3×100%= 3π(2r13+r23)4(r1+r2)3×100%，故答案为：43π(8r13+4r23)[43(r1+r2)]3×100%或 3π(2r13+r23)4(r1+r2)3×100%。
【分析】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）A. XeF+PtF6- 为离子化合物；
B.XeF+中Xe和F均满足8电子稳定结构；
C.PtF6-中的键角有90°和180°两种可知，则PtF6-的空间构型为正八面体形；
D. XeF+PtF6- 含有离子键、极性键、和配位键；
（3） XeF+PtF6-溶于水生成Xe和HPtF6，据此书写化学方程式；
（4）同种元素含氧酸，非羟基氧越多，酸性越强；
（5）SCN-中C原子形成2个σ键，采用sp杂化；SCN-中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，更易给出电子；
（6）镍原子周围距离最近的钛原子数位于顶点和面心；根据空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积计算。
12．【答案】（1）2-羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α-羟基苯甲酸)；醚键、酯基
（2）给氯代反应定位并控制氯代数目
（3）Na2CO3可消耗反应生成的HCl，有利于反应的进行
（4）+CH3OH⇌Δ浓硫酸+H2O；取代反应(或酯化反应)
（5）9； 或或
（6）
【解析】【解答】
(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为2—羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸；H的结构简式为，分子中除酰胺键外，其它含氧官能团为醚键、酯基，故答案为：2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸)；醚键、酯基；
(2)由分析可知，设计反应①和③的目的是给氯代反应定位并控制氯代数目，故答案为：给氯代反应定位并控制氯代数目；
(3)由分析可知，反应⑦为与ClCH2COCl发生取代反应生成和氯化氢，加入的碳酸钠与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，有利于提高反应的产率，故答案为：Na2CO3可消耗反应生成的HCl，有利于反应的进行；
(4)由分析可知，反应④为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH⇌Δ浓硫酸+H2O，故答案为：+CH3OH⇌Δ浓硫酸+H2O；取代反应(或酯化反应)；
(5)A的同分异构体能发生银镜反应，与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中苯环的取代基为—OH和—OOCH，或2个—OH和1个—CHO，其中—OH和—OOCH在苯环上有邻间对3种结构，2个—OH和1个—CHO有6种结构，共有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为、、 ，故答案为：9； 或或 ；
(6)由结构简式可知，以硝基苯和1，3-丁二烯制备的合成步骤为硝基苯在TL作用下与铁发生还原反应生成苯胺，1，3-丁二烯与碘发生加成反应生成，苯胺与发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】A与浓硫酸发生取代反应生成，则A为；在氯化铁做催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成D为；D在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成E为；E在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成F，F在TL作用下与铁发生还原反应生成G，G与ClCH2COCl发生取代反应生成H，H与CH3I发生取代反应生成I，I与氢氧化钠乙醇溶液反应后，酸化得到J。
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