高考化学一模试卷

这是一份高考化学一模试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）神舟十三号飞船的成功发射将我国宇航员翟志刚、王亚平、叶光富送人太空，他们将要在空间站停留6个月，所需电能将由太阳能电池提供2将由电解水提供，所呼出的CO2将通过与H2反应转化为CH4。下列说法正确的是（ ）
A．太阳能电池板的材料主要为SiO2
B．电解水时，阳极产生的气体是O2
C．CO2转化为CH4时，CO2被氧化
D．太阳能电池发电时将太阳能完全转化为电能
2．（6分）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
3．（6分）海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．NH3、N2的结构式分别为、N＝N
B．上述微粒间的转化均存在极性键和非极性键的断裂与生成
C．反应③中可能有氧气参与反应
D．1mlNO2﹣参加反应，反应⑤转移电子数为6ml
4．（6分）乌头酸（M）为结晶性粉末，存在于甜菜根茎和蔗糖中，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．M难溶于水
B．M分子中含有三种官能团
C．M不能使酸性KMnO4溶液褪色
D．六羟基苯与M互为同分异构体
5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W处于元素周期表的同一周期且原子序数依次增大，Z原子的最外层电子数是X原子次外层电子数的3倍。Y的质子数比X多1，且X、Y、Z、W四种元素的最外层电子数之和为20。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：X＜Y＜Z＜W
B．Y的氧化物一定是酸性氧化物
C．简单气态氢化物的热稳定性：W＞Z
D．元素X在周期表中位于第三周期第ⅢA族
6．（6分）用如图电解装置可将HNO2转化为HNO3。下列说法错误的是（ ）
A．a为外接电源的负极
B．左室生成的气体X为氢气
C．电解池中的离子交换膜为阴离子交换膜
D．阳极的电极反应式为 HNO2﹣2e﹣+H2O═3H++NO3﹣
7．（6分）常温下，用0.10ml•L﹣1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml•L﹣1的HX溶液和HY溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．HY的酸性强于HX的酸性
B．常温下HY电离常数约为10﹣5
C．点①和点⑤所示溶液中：c（OH﹣）+c（Y﹣）＝c（H+）+c（Na+）
D．点②所示溶液中：c（X﹣）＞c（Na+）＞c（HX）＞c（OH﹣）＞c（H+）
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（1）必考题：共129分。
8．（15分）羟基氧化镍（NiOOH）常用作有机合成的催化剂，苯甲醇、次氯酸钠混合液在其催化下生成F苯甲酸。利用NiO废渣（含有65%的NiO及少量Fe2O3、SiO2、CuO、BaO）等）制备NiOOH的工艺流程如图所示：
已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时稀H2SO4要过量，其目的是 ，“浸渣i”的主要成分是 （填化学式）。
（2）“沉铜”时反应液的pH将 （填“升高”或“降低”）；“调pH”时pH的范围为 。
（3）“氧化ⅰ”时Fe2+转化为Fe3+，该反应的离子方程式为 。若用NaClO代替H2O2，氧化0.1mlFe2+，至少需要 mlNaClO。
（4）“氧化ⅱ”时除了采用Cl2氧化法，也可以采用电解法。
①通入Cl2生产NiOOH时的离子方程式为 。
②工业上生产NiOOH常用电解含Ni2+的弱酸性溶液，阳极反应式为 。
（5）测定羟基氧化镍样品组成[采用Cl2直接氧化法生产NiOOH时，产物中常含有Ni（OH）2，其组成可表示为aNiOOH•bNi（OH）2]；
步骤i.称取6.47g样品溶于稀H2SO4，加入100mL1ml•L﹣1Fe2+标准溶液（Ni3++Fe2+＝Ni2++Fe3+），充分反应后定容至250mL；
步骤ⅱ，取出25mL“步骤i”配制的溶液，用0.05ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定（Fe2++MnO4﹣+H+→Fe3++Mn2++H2O），达到滴定终点时耗掉24mLKMnO4溶液（已知该条件下Ni2+不能被MnOT氧化）。该化合物的组成可表示为 。
9．（14分）次氯酸（HClO）的浓溶液呈黄色，是极强氧化剂（HCHO）的试剂。某学习小组设计下列装置制备HClO并验证其氧化性（夹持仪器及降温装置已省略）。
已知：Cl2O为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO。
回答下列问题：
（1）HClO的结构式为 ，仪器a的名称为
（2）制备HClO时要打开活塞K1、K3，关闭K2，待装置A中反应结束时再通入一段时间 N.
①仪器C中制备C2O时，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2 （填化学式），仪器B、D中的试剂分别为 （填字母）。
a.浓H2SO4、CCl4
b.饱和食盐水、CCl4
c.饱和食盐水、浓H2SO4
②反应结束后再通入一段时间N2的目的是 。
（3）验证HClO的氧化性时要向F中加入过量HClO并充分搅拌，待溶液变澄清时停止搅拌。
①将E中HClO溶液转移到F中的具体操作为 （答出对开关的操作）。
②反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、H+，该反应的离子方程式为 。
（4）HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物。
①该反应的化学方程式为 。
②若除去15gHCHO，则转移电子的个数为 NA （NA表示阿伏加德罗常数）。
10．（14分）甲醇（CH3OH）是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2都可以用作合成CH3OH的催化剂：3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。回答下列问题：
（1）已知：iH2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•ml﹣1；
ii.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•ml﹣1
3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）其他条件相同时，分别采用不同催化剂，发生反应3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH，tmin内CO2的转化率如图1所示。
①最适合的催化剂是
②采用Pd/C作催化剂，温度为340～380C时，CO2转化率升高的原因是 。
（3）某科研小组用Pd/C作催化剂，初始反应物总物质的量为8ml，在温度为T、体积为1L的恒容反应器中发生（2），分别研究了m（H2）：n（CO2）为2：1和3：1时CO2转化率的变化情况（图2）。
①表示n（H2）：n（CO2）＝3；1的变化曲线为 。
②P点V正 （填“＞”“＜“或“＝”）V逆，容器内初始时的压强与P点的压强之比为 。
（4）将2mlCO2和4mlH2充入密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）═CHgOH（g）+H2O（g）OH，CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。
①p1、p2、p3由大到小的顺序为 ；
②255℃时，该反应的平衡常数Kp＝ （用各物质的平衡分压代替浓度，结果保留一位小数）；
③X点时若向该密闭容器中再通入CO2及H2O（g）均1ml，则平衡 （填字母）。
A.正向移动
B.逆向移动
C.不移动
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11．（15分）钠离子电池被认为在基于电网的储能系统中最具发展前景，双金属硫化物Sb2S3@FeS2空心纳米棒将有助于提高钠离子电池性能。回答下列问题：
（1）Sb位于第五周期，与N同主族，基态Sb的价电子排布图（轨道表达式） ，[H2F]+[SbF6]﹣（氟锑酸）是一种超强酸，[H2F]+的空间构型为 ，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子为 。
（2）Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序是 。
（3）与S同主族的元素有O、Se、Te等，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是 。
（4）已知：r（Fe2+）为61pm，r（C2+）为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CCO3，原因是 。
（5）其离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为 ；已知该晶体的密度为dg⋅cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的晶胞参数a＝ pm（用含d和NA的代数式表示）。
12．对羟基苯丙氨酸（G）是尿液检测剂，检测早期癌症。以苯甲醚为主要原料制备G的一种合成路线如图所示。
已知：R﹣CNR﹣COOH；R﹣CH＝CH2R﹣CH2﹣CH2OH。
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称是 ，E的结构简式是 。
（2）A→B、B→C的反应类型分别是 、 。
（3）写出F→G反应的化学方程式： 。
（4）F分子中含有 个手性碳原子（连有4个不同的原子或基团的碳原子）。
（5）D的同分异构中能同时满足下列条件的共有 种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比为6：2：1：1的一种结构简式： 。
ⅰ.遇FeCl3溶液显紫色；
ⅱ.能发生银镜反应；
ⅲ.苯环上有四个取代基。
（6）结合题目信息，设计以C （）为原料制备D（）的合成路线： （无机试剂任选）。
高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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．（6分）神舟十三号飞船的成功发射将我国宇航员翟志刚、王亚平、叶光富送人太空，他们将要在空间站停留6个月，所需电能将由太阳能电池提供2将由电解水提供，所呼出的CO2将通过与H2反应转化为CH4。下列说法正确的是（ ）
A．太阳能电池板的材料主要为SiO2
B．电解水时，阳极产生的气体是O2
C．CO2转化为CH4时，CO2被氧化
D．太阳能电池发电时将太阳能完全转化为电能
【分析】A．Si可做半导体材料和太阳能电池板的材料，光导纤维的主要成分为SiO2；
B．电解水时，阳极电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2+4H+；
C．化合价降低，得到电子，被还原；
D．太阳能电池发电时，只能将太阳能部分转化为电能。
【解答】解：A．太阳能电池板的材料主要为Si；
B．电解水时﹣放电，电极反应式为2H2O﹣2e﹣＝O2+4H+，故B正确；
C．CO5转化为CH4时，C的化合价由+4降到﹣4，被还原；
D．太阳能电池发电时，有部分太阳能会转化为热能；
故选：B。
【点评】本题考查电解池电极反应方程式的书写、氧化还原反应的规律、Si和SiO2的知识，题目难度不大。
2．（6分）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．铜与浓硝酸反应生成NO2；
B．硫酸钙微溶；
C．浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2；
D．MnO2与浓盐酸混合后共热生成氯气，与稀盐酸不反应。
【解答】解：A．铜与浓硝酸反应生成NO2、硝酸铜和水，不能制的NO；
B．向CaCO3固体上滴加浓H4SO4，加热，生成的硫酸钙微溶，不能大量制的二氧化碳；
C．浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na5SO3+H2SO5＝Na2SO4+SO6↑+H2O，故C正确；
D．MnO2与浓盐酸混合后共热生成氯气，与稀盐酸不反应；
故选：C。
【点评】本题考查常见气体的制备，侧重考查学生基础知识的掌握情况吗，试题比较简单。
3．（6分）海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．NH3、N2的结构式分别为、N＝N
B．上述微粒间的转化均存在极性键和非极性键的断裂与生成
C．反应③中可能有氧气参与反应
D．1mlNO2﹣参加反应，反应⑤转移电子数为6ml
【分析】A．氮气是氮原子间形成三键；
B．不同非金属原子之间形成极性键，同种非金属原子之间形成非极性键；
C．反应③中N元素的化合价升高，被氧化；
D．反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价。
【解答】解：A．N2的结构式为N≡N，故A错误；
B．过程中存在N2H6生成氮气的反应，存在非极性键的生成，故B错误；
C．反应③N2H4中N元素的化合价升高，被氧化8H4，则可能有氧气参与反应，故C正确；
D．反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到8价2﹣参加反应，反应⑤转移电子数为3ml；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意反应类型的判断及化学与生活的关系，题目难度不大。
4．（6分）乌头酸（M）为结晶性粉末，存在于甜菜根茎和蔗糖中，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．M难溶于水
B．M分子中含有三种官能团
C．M不能使酸性KMnO4溶液褪色
D．六羟基苯与M互为同分异构体
【分析】A．M中含有3个亲水基﹣COOH；
B．M中含有羧基、碳碳双键；
C．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．六羟基苯、M的分子式都为C6H6O6，且结构不同。
【解答】解：A．M中含有3个亲水基﹣COOH，故A错误；
B．M中含有羧基，故B错误；
C．分子中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．六羟基苯6H6O6，且结构不同，二者互为同分异构体；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W处于元素周期表的同一周期且原子序数依次增大，Z原子的最外层电子数是X原子次外层电子数的3倍。Y的质子数比X多1，且X、Y、Z、W四种元素的最外层电子数之和为20。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：X＜Y＜Z＜W
B．Y的氧化物一定是酸性氧化物
C．简单气态氢化物的热稳定性：W＞Z
D．元素X在周期表中位于第三周期第ⅢA族
【分析】X、Y、Z、W处于元素周期表的同一周期且原子序数依次增大，Z原子的最外层电子数是X原子次外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为6，可知Z为S，W为Cl，Y的质子数比X多1，且X、Y、Z、W四种元素的最外层电子数之和为20，可知X为Al，Y为Si，据此解答。
【解答】解：A.同周期从左到右原子半径减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故A错误；
B.Y为铝，铝的氧化物是两性氧化物；
C.非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强；
D.元素X为铝，在周期表中位于第三周期第ⅢA族；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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。
6．（6分）用如图电解装置可将HNO2转化为HNO3。下列说法错误的是（ ）
A．a为外接电源的负极
B．左室生成的气体X为氢气
C．电解池中的离子交换膜为阴离子交换膜
D．阳极的电极反应式为 HNO2﹣2e﹣+H2O═3H++NO3﹣
【分析】电解装置可将HNO2转化为HNO3，则右室为阳极，b为电源的正极，a为电源的负极，左室为阴极，水中的氢离子得电子生成氢气。
【解答】解：A．电解装置可将HNO2转化为HNO3，则右室为阳极，b为电源的正极，故A正确；
B．左室为阴极，则气体X为氢气；
C．电解池中右室生成的氢离子经过阳离子交换膜由右室到左室，故C错误；
D．阳极HNO5转化为HNO3，其电极反应式为：HNO2﹣7e﹣+H2O═3H++NO6﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解池，侧重考查学生目的型电解池原理的掌握情况，试题难度中等。
7．（6分）常温下，用0.10ml•L﹣1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml•L﹣1的HX溶液和HY溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．HY的酸性强于HX的酸性
B．常温下HY电离常数约为10﹣5
C．点①和点⑤所示溶液中：c（OH﹣）+c（Y﹣）＝c（H+）+c（Na+）
D．点②所示溶液中：c（X﹣）＞c（Na+）＞c（HX）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【分析】由图可知，用0.10ml•L﹣1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml•L﹣1的HX溶液和HY溶液，初始时HY的pH小，故HY酸性强，②、③时加入NaOH10mL，故②溶液溶质为等浓度的NaX、HX，③溶质为等浓度的HY、NaY，⑤时加入20mLNaOH，酸碱恰好中和，溶质为NaY，据此作答。
【解答】解：A．浓度均为0.10ml•L﹣1的HX溶液和HY溶液，初始时HY的pH小，故A正确；
B．浓度均为5.10ml•L﹣1的HY溶液，溶液pH＝3﹣）≈c（H+）＝10﹣7ml/L，c（HY）≈0.1ml/La＝＝＝10﹣5，故B正确；
C．点①和点⑤所示溶液中、NaY﹣）+c（Y﹣）＝c（H+）+c（Na+），故C正确；
D．②溶液溶质为等浓度的NaX，溶液pH＞7﹣水解能力大于HX电离能力，故c（HX）＞c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能结合图象所给数据与电离平衡常数进行计算是解题的关键。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（1）必考题：共129分。
8．（15分）羟基氧化镍（NiOOH）常用作有机合成的催化剂，苯甲醇、次氯酸钠混合液在其催化下生成F苯甲酸。利用NiO废渣（含有65%的NiO及少量Fe2O3、SiO2、CuO、BaO）等）制备NiOOH的工艺流程如图所示：
已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时稀H2SO4要过量，其目的是 提高浸取率，抑制Fe3+、Cu2+水解，为后续除杂提供酸性环境 ，“浸渣i”的主要成分是 BaSO4、SiO2 （填化学式）。
（2）“沉铜”时反应液的pH将 降低 （填“升高”或“降低”）；“调pH”时pH的范围为 3.7≤pH＜7.7 。
（3）“氧化ⅰ”时Fe2+转化为Fe3+，该反应的离子方程式为 H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O 。若用NaClO代替H2O2，氧化0.1mlFe2+，至少需要 0.05 mlNaClO。
（4）“氧化ⅱ”时除了采用Cl2氧化法，也可以采用电解法。
①通入Cl2生产NiOOH时的离子方程式为 Cl2+2Ni2++6OH﹣＝2NiOOH↓+2Cl﹣+2H2O 。
②工业上生产NiOOH常用电解含Ni2+的弱酸性溶液，阳极反应式为 Ni2+﹣+2H2O﹣e﹣＝NiOOH+3H+ 。
（5）测定羟基氧化镍样品组成[采用Cl2直接氧化法生产NiOOH时，产物中常含有Ni（OH）2，其组成可表示为aNiOOH•bNi（OH）2]；
步骤i.称取6.47g样品溶于稀H2SO4，加入100mL1ml•L﹣1Fe2+标准溶液（Ni3++Fe2+＝Ni2++Fe3+），充分反应后定容至250mL；
步骤ⅱ，取出25mL“步骤i”配制的溶液，用0.05ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定（Fe2++MnO4﹣+H+→Fe3++Mn2++H2O），达到滴定终点时耗掉24mLKMnO4溶液（已知该条件下Ni2+不能被MnOT氧化）。该化合物的组成可表示为 4NiOOH•3Ni（OH）2 。
【分析】含NiO废渣（含有65%的NiO及少量Fe2O3、SiO2、CuO、BaO等）用H2SO4酸浸后，金属氧化物溶解转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液，BaO转化为BaSO4沉淀，SiO2不溶解，即浸渣i的成分为BaSO4、SiO2，通入H2S气体将Fe3+还原为Fe2+，反应为H2S+2Fe3+＝2Fe2++S↓+2H+，将Cu2+转化为CuS沉淀，反应为H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，过滤所得溶液中的金属离子为Ni2+、Fe2+，加氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应为H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，再加入NiO调节溶液的pH：3.7～7.7，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，则沉渣为Fe（OH）3，溶液中金属离子只含Ni2+，最后碱性条件下通入Cl2氧化Ni2+制得羟基氧化镍（NiOOH），反应为Cl2+2Ni2++6OH﹣＝2NiOOH↓+2Cl﹣+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：（1）“酸浸”时稀H2SO4要过量，其目的是提高浸取率6+、Cu2+水解，为后续除杂提供酸性环境，“浸渣i”的主要成分是BaSO4、SiO7，
故答案为：提高浸取率，抑制Fe3+、Cu2+水解，为后续除杂提供酸性环境2、SiO2；
（2）“沉铜”时反应为H2S+Cu5+＝CuS↓+2H+，生成酸使溶液的酸性增强，pH降低3+完全沉淀，但不能使Ni4+沉淀，由表中数据可知：3.7≤pH＜5.7，
故答案为：降低；3.2≤pH＜7.7；
（3）“氧化ⅰ”时加入H3O2将Fe2+氧化为Fe8+，反应为H2O2+8Fe2++2H+＝2Fe3++2H5O；若用NaClO代替H2O2氧化Fe2+，反应为ClO﹣+2Fe2++6H+＝2Fe3++Cl﹣+H7O，则氧化0.1mlFe8+，至少需要NaClO0.05ml，
故答案为：H2O4+2Fe2++2H+＝2Fe3++6H2O；0.05；
（4）①通入Cl2氧化Ni2+生产NiOOH的离子方程式为Cl2+8Ni2++6OH﹣＝7NiOOH↓+2Cl﹣+2H2O，
故答案为：Cl2+2Ni4++6OH﹣＝2NiOOH↓+4Cl﹣+2H2O；
②电解含Ni3+的弱酸性溶液时，Ni2+在阳极发生失电子的氧化反应生成NiOOH，阳极反应式为Ni2+﹣+4H2O﹣e﹣＝NiOOH+3H+，
故答案为：Ni8+﹣+2H2O﹣e﹣＝NiOOH+3H+；
（5）加入的标准溶液中n（Fe2+）＝cV＝1ml/L×8.1L＝0.4ml，25mL“步骤i”配制的溶液消耗KMnO4物质的量为0.05ml•L﹣4×0.024L＝1.2×10﹣3ml，则250mL该溶液消耗KMnO4物质的量为×8.2×10﹣3ml＝5.012ml，反应为5Fe2++MnO5﹣+8H+＝5Fe2++Mn2++4H8O，Ni3++Fe2+＝Ni7++Fe3+，根据原子、电子守恒可知n（NiOOH）+5n（KMnO7）＝n（Fe2+），即n（NiOOH）＝0.7ml﹣0.012ml×5＝7.04ml，m[Ni（OH）2]＝6.47g﹣4.68g＝2.79g，n[Ni（OH）2]＝＝＝0.03ml2]＝7.04ml：0.03ml＝4：3，化合物的组成可表示为4NiOOH•3Ni（OH）6，
故答案为：4NiOOH•3Ni（OH）5。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，明确物质制备原理、物质的性质、氧化还原反应、电子守恒的计算应用、混合物分离方法为解答的关键，侧重于考查学生的分析能力、计算能力和运用能力，综合性较强，题目难度中等。
9．（14分）次氯酸（HClO）的浓溶液呈黄色，是极强氧化剂（HCHO）的试剂。某学习小组设计下列装置制备HClO并验证其氧化性（夹持仪器及降温装置已省略）。
已知：Cl2O为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO。
回答下列问题：
（1）HClO的结构式为 H﹣O﹣Cl ，仪器a的名称为 三颈烧瓶
（2）制备HClO时要打开活塞K1、K3，关闭K2，待装置A中反应结束时再通入一段时间 N.
①仪器C中制备C2O时，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2 NaHCO3 （填化学式），仪器B、D中的试剂分别为 b （填字母）。
a.浓H2SO4、CCl4
b.饱和食盐水、CCl4
c.饱和食盐水、浓H2SO4
②反应结束后再通入一段时间N2的目的是 使体系中的Cl2、Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验 。
（3）验证HClO的氧化性时要向F中加入过量HClO并充分搅拌，待溶液变澄清时停止搅拌。
①将E中HClO溶液转移到F中的具体操作为 关闭K3打开K1、K2，向装置中通入氮气 （答出对开关的操作）。
②反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、H+，该反应的离子方程式为 2FeS2+15HClO+H2O＝2Fe3++15Cl﹣+4SO42﹣+17H+ 。
（4）HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物。
①该反应的化学方程式为 2HClO+HCHO＝2HCl+H2O+CO2↑ 。
②若除去15gHCHO，则转移电子的个数为 2NA NA （NA表示阿伏加德罗常数）。
【分析】通过氮气将装置中空气排尽，A中浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成Cl2，反应方程式为2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，浓盐酸具有挥发性，得到的Cl2中含有HCl，HCl能和Na2CO3反应，所以B装置用于除去HCl，C装置中仪器C中制备Cl2O时，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；Cl2O为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO，氯气能和水反应生成HCl、HClO，Cl2易溶于有机溶剂，所以D装置用于除去多余的Cl2；E中Cl2O和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、H+，说明HClO和FeS2反应生成Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、H+。
【解答】解：（1）HClO中H、Cl原子各形成1个共价键，则HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，
故答案为：H﹣O﹣Cl；三颈烧瓶；
（2）①仪器C中制备Cl2O时，根据元素守恒，空格处为NaHCO4；仪器B的作用是除去HCl，用饱和的食盐水2，氯气易溶于有机溶剂四氯化碳，所以B、CCl4，
故答案为：NaHCO8；b；
②Cl2、Cl2O都具有强氧化性，而干扰HClO和FeS8的反应，所以反应结束后再通入一段时间N2的目的是使体系中的Cl2、Cl8O被充分吸收，防止干扰后续实验，
故答案为：使体系中的Cl2、Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验；
（3）①将E中HClO溶液转移到F中的具体操作为关闭K7打开K1、K2，向装置中通入氮气，
故答案为：关闭K5打开K1、K2，向装置中通入氮气；
②HClO具有强氧化性，反应结束时2+、Cl﹣、SO42﹣、H+，说明HClO和FeS6反应生成Fe3+、Cl﹣、SO44﹣、H+，该反应的离子方程式为2FeS2+15HClO+H7O＝2Fe3++15Cl﹣+2SO42﹣+17H+，
故答案为：7FeS2+15HClO+H2O＝8Fe3++15Cl﹣+4SO42﹣+17H+；
（4）①HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物2O+CO2↑，
故答案为：2HClO+HCHO＝2HCl+H2O+CO2↑；
②根据上述反应方程式，除去1mlHCHO的质量为30gA，则15gHCHO转移的电子数为4NA，
故答案为：2NA。
【点评】本题考查物质制备及性质实验方案设计，侧重考查阅读、分析、判断及实验操作能力，明确实验原理、元素化合物的性质及其性质差异性、实验操作规范性是解本题关键，知道各个装置的作及可能发生的反应。
10．（14分）甲醇（CH3OH）是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2都可以用作合成CH3OH的催化剂：3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。回答下列问题：
（1）已知：iH2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•ml﹣1；
ii.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•ml﹣1
3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的ΔH＝ ﹣49 kJ•ml﹣1。
（2）其他条件相同时，分别采用不同催化剂，发生反应3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH，tmin内CO2的转化率如图1所示。
①最适合的催化剂是 Pt/Al2O3
②采用Pd/C作催化剂，温度为340～380C时，CO2转化率升高的原因是 升高温度，反应速率增大，单位时间内消耗CO2增多，CO2转化率升高 。
（3）某科研小组用Pd/C作催化剂，初始反应物总物质的量为8ml，在温度为T、体积为1L的恒容反应器中发生（2），分别研究了m（H2）：n（CO2）为2：1和3：1时CO2转化率的变化情况（图2）。
①表示n（H2）：n（CO2）＝3；1的变化曲线为 a 。
②P点V正 ＞ （填“＞”“＜“或“＝”）V逆，容器内初始时的压强与P点的压强之比为 10：7 。
（4）将2mlCO2和4mlH2充入密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）═CHgOH（g）+H2O（g）OH，CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。
①p1、p2、p3由大到小的顺序为 P3＞P2＞P1 ；
②255℃时，该反应的平衡常数Kp＝ 22.8MPa﹣2 （用各物质的平衡分压代替浓度，结果保留一位小数）；
③X点时若向该密闭容器中再通入CO2及H2O（g）均1ml，则平衡 B （填字母）。
A.正向移动
B.逆向移动
C.不移动
【分析】（1）根据盖斯定律即可作答；
（2）①由图知，最适合的是Pt/Al2O3，Pt/Al2O3作催化剂时催化时，CO2转化率高；
②升高温度，反应速率增大，单位时间内消耗CO2增多，CO2转化率升高；
（3）①n（H2）：n（CO2）越大，CO2转化率越大；
②P点反应正向进行，因此v正＞v逆；起点时n（H2）：n（CO2）＝3：1，n总＝8ml，则n（H2）＝6ml，n（CO2）＝2ml，三段式为：
3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml 6 2 0 0
转化/ml 3.6 1.2 1.2 1.2
平衡/ml 2.4 0.8 1.2 1.2
反应后n′总＝（2.4+0.8+1.2+1.2）ml＝5.6ml，恒温恒容条件下，由PV＝nRT，可知，压强之比等于物质的量之比；
（4）①压强增大，平衡正向移动，CO2转化率增大；
②255℃时，CO2转化率为60%，三段式为：
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml 2 4 0 0
转化/ml 1.2 3.6 1.2 1.2
平衡/ml 0.8 0.4 1.2 1.2
n总＝（0.8+0.4+1.2+1.2）ml＝3.6ml，代入KP＝即可进行计算；
③，Qc＞K，平衡向逆反应方向移动。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，i+ii可得3H2（g）+CO8（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），故△H＝△H7+ΔH2＝（+41kJ•ml﹣1）+（﹣90kJ•ml﹣2）＝﹣49kJ•ml﹣1，
故答案为：﹣49kJ•ml﹣1；
（2）①由图知，最适合的是Pt/Al5O3，Pt/Al2O4作催化剂时催化时，CO2转化率高，
故答案为：Pt/Al2O2；
②升高温度，反应速率增大2增多，CO2转化率升高，
故答案为：升高温度，反应速率增大5增多，CO2转化率升高；
（3）①n（H2）：n（CO7）越大，CO2转化率越大，故表示n（H2）：n（CO7）＝3：1的变化曲线为曲线a，
故答案为：a；
②P点反应正向进行，因此v正＞v逆；起点时n（H8）：n（CO2）＝3：4，n总＝8ml，则n（H2）＝8ml，n（CO2）＝2ml，三段式为：
3H2（g）+CO2（g）⇌CH2OH（g）+H2O（g）
起始/ml 6 3 0
转化/ml 3.4 1.2
平衡/ml 5.4 1.8
反应后n′总＝（2.4+5.8+1.3+1.2）ml＝5.6ml，恒温恒容条件下，可知，P始：Pp＝n总：n′总＝8：4.6＝10：7，
故答案为：＞；10：8；
（4）①压强增大，平衡正向移动2转化率增大，故P3＞P8＞P1，
故答案为：P3＞P2＞P1；
②255℃时，CO2转化率为60%，三段式为：
CO6（g）+3H2（g）═CH8OH（g）+H2O（g）
起始/ml 2 7 0
转化/ml 1.7 1.2
平衡/ml 2.8 1.8
n总＝（0.8+5.4+1.2+1.2）ml＝5.6ml，KP＝＝＝364.5P3﹣4，又P3＝4MPa，则KP≈22.7MPa﹣2，
故答案为：22.8MPa﹣7；
③设容积为VL，K＝＝2，再通入CO2及H2O（g）均4ml，Qc＝＝ ≈22.92＞K，故平衡向逆反应方向移动，
故答案为：B。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算，包括盖斯定律、化学平衡常数的计算、化学平衡的移动等知识，题目难度一般。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11．（15分）钠离子电池被认为在基于电网的储能系统中最具发展前景，双金属硫化物Sb2S3@FeS2空心纳米棒将有助于提高钠离子电池性能。回答下列问题：
（1）Sb位于第五周期，与N同主族，基态Sb的价电子排布图（轨道表达式） ，[H2F]+[SbF6]﹣（氟锑酸）是一种超强酸，[H2F]+的空间构型为 V形 ，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子为 NH2﹣ 。
（2）Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序是 P＞S＞Si 。
（3）与S同主族的元素有O、Se、Te等，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是 H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点逐渐降低，而水分子间存在氢键，所以沸点最高 。
（4）已知：r（Fe2+）为61pm，r（C2+）为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CCO3，原因是 Fe2+的半径小于C2+，FeO的晶格能大于CO，FeCO3比CCO3易分解 。
（5）其离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为 Fe3O4 ；已知该晶体的密度为dg⋅cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的晶胞参数a＝ ×10﹣10 pm（用含d和NA的代数式表示）。
【分析】（1）Sb位于第五周期，与N同主族，说明其最外层有5个电子，基态Sb的价电子排布式为5s25p3，[H2F]+中F原子价层电子对数＝2+＝4且含有2个孤电子对，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子中含有3个原子、价电子数是8；
（2）同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第VA族大于第VIA族；
（3）能形成分子间氢键的分子晶体熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物熔沸点随着分子间作用力增大而升高；
（4）金属氧化物中，金属阳离子半径越小，晶格能越大，氧化物越稳定，碳酸盐越易分解；
（5）该晶胞中含有4个X结构、4个Y结构，晶胞中Fe2+个数＝8×+6×+4＝8，O2﹣个数＝4×4+4×4＝32、Fe3+个数＝4×4＝16，所以Fe2+、O2﹣、Fe3+个数之比＝8：32：16＝1：4：2；晶胞密度ρ＝，则该晶体的晶胞参数＝。
【解答】解：（1）位于第五周期，与N同主族 Sb的价层电子排布式为5s23p3，则价电子排布图（轨道表达式）为，[H2F]+中F原子价层电子对数＝4+＝6且含有2个孤电子对2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子中含有8个原子、价电子数是82﹣，
故答案为：；V形；NH2﹣；
（2）同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第VA族大于第VIA族，
故答案为：P＞S＞Si；
（3）与S同主族的元素有O、Se，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H3Se＞H2S，其原因是H2Te、H5Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，所以沸点逐渐降低，所以沸点最高，
故答案为：H2Te、H6Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，所以沸点逐渐降低，所以沸点最高；
（4）金属氧化物中，金属阳离子半径越小，氧化物越稳定，Fe2+的半径小于C3+，FeO的晶格能大于CO，则FeO比CO稳定3比CCO3易分解，则FeCO4的分解温度低于CCO3，
故答案为：Fe2+的半径小于C2+，FeO的晶格能大于CO，FeCO3比CCO3易分解；
（5）该晶胞中含有4个X结构、4个Y结构2+个数＝6×+2×，O5﹣个数＝4×4+4×4＝32、Fe3+个数＝6×4＝16，所以Fe2+、O8﹣、Fe3+个数之比＝8：32：16＝5：4：2，其化学式为Fe3O4；晶胞密度ρ＝，则该晶体的晶胞参数a＝＝×10﹣10pm，
故答案为：Fe3O4；×10﹣10。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、计算能力，明确原子结构、元素周期律内涵、分子晶体熔沸点影响因素、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞计算，注意（5）题单位换算，为解答易错点，题目难度中等。
12．对羟基苯丙氨酸（G）是尿液检测剂，检测早期癌症。以苯甲醚为主要原料制备G的一种合成路线如图所示。
已知：R﹣CNR﹣COOH；R﹣CH＝CH2R﹣CH2﹣CH2OH。
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称是 羟基、醚键 ，E的结构简式是 。
（2）A→B、B→C的反应类型分别是 取代反应 、 还原反应或加成反应 。
（3）写出F→G反应的化学方程式： 。
（4）F分子中含有 1 个手性碳原子（连有4个不同的原子或基团的碳原子）。
（5）D的同分异构中能同时满足下列条件的共有 16 种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比为6：2：1：1的一种结构简式： 。
ⅰ.遇FeCl3溶液显紫色；
ⅱ.能发生银镜反应；
ⅲ.苯环上有四个取代基。
（6）结合题目信息，设计以C （）为原料制备D（）的合成路线： （无机试剂任选）。
【分析】根据A、C的结构简式及B的分子式知，B为，B中羰基发生还原反应生成C中醇羟基，根据E的分子式及F的结构简式知，D发生取代反应生成E为，E水解生成F，F和HI发生取代反应生成G；
（6）以C （）为原料制备D（），C发生消去反应生成，和水发生加成反应生成，发生催化氧化生成目标产物。
【解答】解：（1）C中官能团的名称是羟基、醚键，
故答案为：羟基、醚键；；
（2）A→B、B→C的反应类型分别是取代反应，
故答案为：取代反应；还原反应或加成反应；
（3）F和HI发生取代反应生成G，F→G反应的化学方程式：，
故答案为：；
（4）F中连接氨基的碳原子为手性碳原子，所以F分子中含有1 ，
故答案为：1；
（5）D为，D的同分异构中能同时满足下列条件：
ⅰ.遇FeCl8溶液显紫色，说明含有酚羟基；
ⅱ.能发生银镜反应，说明含有醛基；
ⅲ.苯环上有四个取代基，其中1个酚羟基，如果其中3个取代基如图，醛基在a、b、c、d、e、f结构中的位置分别有8、3、2、3、2，所以符合条件的同分异构体有16种，其峰面积之比为6：5：1：1的一种结构简式：，
故答案为：16；；
（6）以C （）为原料制备D（），C发生消去反应生成，和水发生加成反应生成，发生催化氧化生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重查看对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意结合题给信息分析判断，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等选项
气体
方法
A
NO
将Cu与浓HNO3混合
B
CO2
向CaCO3固体上滴加浓H2SO4，加热
C
SO2
向Na2SO3固体中滴加浓H2SO4
D
Cl2
将MnO2加入稀盐酸中加热
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Ni（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全的pH
3.7
9.7
9.2
选项
气体
方法
A
NO
将Cu与浓HNO3混合
B
CO2
向CaCO3固体上滴加浓H2SO4，加热
C
SO2
向Na2SO3固体中滴加浓H2SO4
D
Cl2
将MnO2加入稀盐酸中加热
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Ni（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全的pH
3.7
9.7
9.2