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天津市河北区2020届高三总复习质量检测（二）化学试题
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河北区2019-2020学年度高三年级总复习质量检测（二）
化学
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64
第I卷共36分
一、单选题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
C. 乙酰胺（）与甘氨酸的化学性质相同
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，而Si为半导体材料可作光电池材料，故A错误；
B．煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都有新物质生成，都是化学变化，故B错误；
C．乙酰胺（）分子式为CH3CONH2与甘氨酸分子式为C2H5NO2，二者分子式不同，结构也不同，则化学性质不相同，故C错误；
D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，利用溶解性差异分离，为萃取分液法，故D正确；
答案选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，在稀盐酸中可发生水解
C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），阴离子为8电子稳定结构
D. 常温下，35.5gCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种微粒总数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同：溶液小于1nm、胶体1~100nm、浊液大于100nm，不是根据丁达尔效应区分的，丁达尔效应用来鉴别溶液和胶体，A错误；
B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的，在稀盐酸中可以逐步水解，水解最终产物是磷酸、戊糖和碱基，B正确；
C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），可以写成NH4H阳离子是NH4+，阴离子为H-，H-为-1价，核外只有2个电子，C错误；
D. 35.5gCl2物质的量是，氯原子是1mol，Cl2溶于水后，根据Cl元素守恒溶液中应该有:2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=1mol，D错误。
答案选B。
3.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Na2S2O3溶液中通入足量的氯气，反应生成硫酸钠、硫酸、HCl和水，该反应的离子方程式为：S2O32−+4Cl2+5H2O═2SO42−+8Cl−+10H+，故A正确；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3∙H2O，故C错误；
D．在海带灰的浸出液(含有I−)中滴加H2O2得到I2，正确的离子方程式为：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D错误；
答案选A。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 熵增原理不可独立作为反应自发性的判据
B. 生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英砂
C. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
D. 6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 熵增原理指在与外界隔绝的体系中，自发过程将导致体系的熵增大，即熵变大于零；熵增有利于反应自发进行，但有些熵值减小的反应，在一定条件下也能自发进行，所以熵增原理不可独立作为反应自发性的判据，A正确；
B. 工业生产普通玻璃的反应是石灰石与二氧化硅生成硅酸钙、纯碱与二氧化硅生产硅酸钠，主要原料为石灰石、纯碱和石英砂，B正确；
C. 硫元素在自然界的存在形式有游离态硫单质和化合态硫化物、硫酸盐等，C正确；
D. 6.4gCu为0.1mol， 3.2g硫粉为0.1mol，隔绝空气加热，发生反应：2Cu+S，由反应可知：铜完全反应，硫过量，生成物中铜为+1价，则0.1mol Cu转移电子为0.1mol，电子数为0.1NA，D错误。
答案选D。
【点睛】硫的氧化性不强，Cu与S生成Cu 2S，Cu 2S中铜为+1价。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中只有X、Y处于同一周期，且相邻；Y是地壳中含量最多的元素；Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：r(Z)
C. 化合物Z2Y2中阴、阳离子个数比为1∶1
D. W、X、Y三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O元素，其中只有X、Y处于同一周期且相邻，且X原子序数小于Y，则X是N元素，Z是短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素，W在不同的周期，则W是H元素。
【详解】A．粒子半径比较规律：一般而言，电子层数越多其半径越大，电子层数相同的元素，原子序数越大半径越小，N、O和Na对应的离子核外都是两层电子，所以半径：r(Na+)
C．化合物Z2Y2为Na2O2，阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴、阳离子个数比为1∶2，C错误；
D．W、X、Y三种元素可组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵等，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，D正确；
故选D。
【点睛】粒子半径比较规律：一般而言，电子层数越多其半径越大，电子层数相同的元素，原子序数越大半径越小；Na2O2中，阴离子为O22-是整体；H、N、O三种元素可形成酸：硝酸、碱：一水合氨、盐：硝酸铵。
6.室温下，下列有关结论正确的是（ ）
A. 向稀醋酸中加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)
D. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH<7，则H2A是强酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向稀醋酸中加水稀释，能促进醋酸电离，使电离程度增大，氢离子物质的量增大，但是由于体积增大，氢离子浓度反而减小，所以溶液的pH增大，A错误；
B. 水解吸热，升高温度能促CH3COONa水解，使水解常数Kh变大，根据反应CH3COO-+H2O CH3COOH+-OH-，Kh=，则，Kh变大，比值减小，B错误；
C. 向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，有c(H+) = c(OH-)，反应后溶液中存在的阳离子有Na+、NH和H+，阴离子有SO、HSO和OH-，则有电荷守恒关系c(Na+)+c(NH) +c(H+) =2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-) ，所以c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，C正确；
D. 当HA-的电离程度大于水解程度时，此时NaHA是酸性，pH<7，所以pH<7时，H2A不一定是强酸，D错误。
答案选C。
【点睛】测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，HA-的水解程度与电离程度不确定，则H2A不一定是强酸；巧用水解常数的关系，进行比较比值的关系；离子浓度的关系学会使用电荷守恒和物料守恒。
7.下列实验中，能达到相应实验目的是
A．制备并收集乙酸乙酯
B．证明氯化银溶解度大于硫化银
C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯
D．推断S、C、Si的非金属性强弱
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；
B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；
C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；
D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。
8.下面有关叙述中，不正确的是（ ）
A. CH4中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化
B. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
C. 氯化钠晶体中，Na+和Cl-的配位数均为8
D. 镍元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. CH4中心原子碳与氢原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型为sp3杂化，A正确；
B. 以非极性键结合起来的双原子分子，如氧气、氢气、氯气、氮气等，一定是非极性分子，B正确；
C. 氯化钠的晶胞为，Na+和Cl-的配位数均为6，分别在它们的上下左右前后位置，C错误；
D. 镍是28号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，D正确；
答案选C。
【点睛】注意臭氧是单质分子，但不是非极性分子，是极性分子。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3固体可用加热的方法
B. 工业上采取电解熔融氧化镁的方法炼制金属镁
C. 重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：杂质在溶剂中溶解度受温度影响较大
D. 溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀，不能说明溴乙烷没有水解
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．NaHCO3固体加热生成碳酸钠，而碳酸钠加热不分解，则不能用加热的方法除杂，故A错误；
B．氧化镁的熔点高，电解需要耗费大量能源，工业上采取电解熔融沸点较低的氯化镁的方法炼制金属镁，故B错误；
C．重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：被提纯物在此溶剂中的溶解度受温度影响较大，杂质在此溶剂中的溶解度受温度影响较小，便于被提纯物的析出；如杂质在此溶剂中的溶解度随温度的变化较大，也会析出，不能进行重结晶，故C错误；
D．在加入硝酸银溶液之前必须先加稀硝酸中和未反应的NaOH，防止硝酸银和NaOH反应而干扰溴离子的检验，故D正确；
答案选D。
10.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）
A. 该物质遇FeCl3溶液显紫色
B. 分子中有3种含氧官能团
C. 该物质属于苯的同系物
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，A错误；
B. 该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，B正确；
C. 该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，C错误；
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时，酯基水解生成了酚羟基，生成的酚羟基能继续与氢氧化钠反应，所以消耗2molNaOH，D错误；
答案选B。
【点睛】同系物，结构相似，当官能团不同或官能团个数不同时，不能属于同系物；酯基与氢氧化钠水解反应时要注意，当水解成酚羟基时，能继续与氢氧化钠反应。
11.研究小组采用电解法（惰性电极）将含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的浆液分离成固体混合物和含铬元素的溶液，装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. 适当增大电压，CrO也可在阴极室转化为Cr(OH)3除去
C. 阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离
D. CrO通过阴离子交换膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离
【答案】B
【解析】
【分析】
电解时，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH−放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42−+2H+＝Cr2O72−+H2O，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。
【详解】A．阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+，故A正确；
B．适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出，故B错误；
C．阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠， Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，故C正确；
D．电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离，故D正确；
答案选B。
12.在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)ΔH>0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是
容器
温度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(CO2)
n(C)
n(CO)
n(CO)
I
977
0.28
0.56
0
0.4
II
977
0.56
0.56
0
x
III
1250
0
0
0.56
y
A. 977K，该反应的化学平衡常数值为2
B. 达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动
C. 达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
977K时，容器I：
【详解】A. 977K，根据容器I中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为1，故A错误；
B. C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；
C. 容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；
D. 若容器Ⅲ的温度是977K，则容器Ⅲ与容器I是等效平衡，平衡时CO的浓度是0.2mol/L，CO的转化率是，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误。
【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。
第II卷共64分
二、填空题
13.请用你所学的化学知识回答下列问题：
(1)Na、Mg、Al中第一电离能最大的是___(填元素符号)，Fe原子基态电子排布式为___。
(2)下列反应可用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
①配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)。
②1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___NA。
③H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___。
(3)S元素的最高价氧化物在气态时以单分子形式存在，中心原子的杂化方式为___杂化，其分子的立体构型为___。H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序___。
(4)将Cu的粉末加入浓氨水中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是___。
(5)金属元素X和非金属元素Y生成某化合物的晶胞如图(X用白球表示，Y用黑球表示)，则该化合物的化学式为___。
【答案】 (1). Mg (2). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (3). O (4). 7 (5). H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). H2S
【分析】
根据原子的价电子排布确定第一电离能的大小；配合物中，含有孤对电子的原子提供给有空轨道的原子形成配位键；根据结构式确定σ键的个数，单键为σ键，双键或三键中只有一个是σ键；氢键的存在对物质的熔沸点和溶解性的影响；根据价层电子对互斥理论确定分子的杂化类型和空间构型；利用均摊法确定物质的化学式。
【详解】(1)Na、Mg、Al在第三周期，价电子排布分别是3s1、3s2、3s23p1，Na最外层一个电子，且半径最大，最易失去一个电子，Mg3s上是全充满状态，Al易失去3p的一个电子，Mg比Al稳定，第一电离能最大的是Mg，Fe是26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)①配合物[Cr(H2O)6]3+中，氧原子有孤对电子，提供给Cr3+，故与Cr3+形成配位键的原子是O；
②CH3COOH分子结构式为：，则每个分子中含有7个σ键，1molCH3COOH含有σ键的数目为7NA；
③CH3CH2OH分子中含有羟基，羟基与水分子之间能形成氢键，所以H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键；
(3)S元素的最高价氧化物是SO3，氧原子最外层6个电子接受两个电子形成稳定结构，中心原子硫原子最外层6个电子，则硫原子的孤电子对数为，价层电子对数是3，即中心原子的杂化方式为sp2杂化，其分子的立体构型为平面三角形；H2O分子间存在氢键，H2S、H2Se无氢键，H2O沸点最高，H2S相对分子质量小于H2Se，则范德华力H2S小于H2Se，范德华力越大沸点越高，所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序为H2S
(5)根据晶胞图可知，X在晶胞顶点有8个和面心有6个，Y在晶胞的内部有8个，根据均摊法，则每个晶胞中含有X： 个，Y有8个，X、Y个数比为1：2，所以化学式为XY2。
【点睛】分子的杂化类型和空间构型根据价层电子对互斥理论确定，先确定中性原子的孤电子对数，再得到价层电子对数，可得杂化类型和空间构型；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一。
14.A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。
已知：；R—CNR—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是___，B含有的官能团的名称是___。
(2)C的结构简式为___，D→E的反应类型为___。
(3)E→F化学方程式为___。
(4)中最多有___个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为___。
(5)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的是___(写结构简式)。
(6)结合题目信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线___(无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键、酯基 (3). (4). 取代反应(或水解反应) (5). (6). 10 (7). (8). (9). CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【解析】
【分析】
分析流程图：由高聚物结构特点可推知，该高聚物是由B通过加聚反应得到的，因此B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3。高聚物结构中含有酯基，在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，故C的结构简式为。运用逆合成分析法思考，由G符合“已知”信息中-CN转化为-COOH的过程，可推知G为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成，故F为，E为CH2=CHCH2OH。D是A与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程应为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D为CH2=CHCH2Cl，可得A的结构简式为CH2=CHCH3。
【详解】(1) 通过以上分析知，A为CH2=CHCH3，名称是丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，含有官能团名称是碳碳双键和酯基；
(2)C的结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，D→E的反应类型为取代反应(或水解反应)；
(3)根据分析可知E→F发生“已知”信息中烯烃环加成，化学方程式为
(4) 分子中含有2个通过C-C连接的结构，两个的平面通过单键旋转而共平面，所以该分子中所有原子可能处于同一平面上，所以最多共有10个原子共平面，分子间羧基与醇羟基之间酯化脱水形成高分子，属于缩聚反应，生成高聚物的结构简式为；
(5)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCHC(CH3)=CH2、HCOOCH(CH2CH3)=CH2，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；
(6) CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】有机合成题要认真分析每一步反应的原理，确定结构和反应类型；同分异构体个数的确定要先确定官能团，再根据官能团位置不同，得到同分异构体，再结合有3种不同化学环境的氢，且个数比为6：1：1，得到有机物的结构；合成路线的选择结合所学知识和题目所给条件，采用正逆推结合法，得出正确的合成路线。
15.过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是___。
(2)检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是___。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)①___；②___。
(4)测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为___(用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能___(填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是___。
【答案】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl (2). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀 (3). 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 (4). 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率 (5). ×100% (6). 偏高 (7). 滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化
【解析】
【分析】
根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
【详解】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；
(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为=0.036cVg，CaO2的质量分数为×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【点睛】本题难点为(3)，双氧水具有不稳定性，受热易分解，该反应是放热反应，降温有利于反应生成CaO2·8H2O沉淀。
16.甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，T1___T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）___v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式___。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为___（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是___。
【答案】 (1). H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 (2). < (3). 1 (4). < (5). 进气比越大，反应温度越低 (6). CO2+OH-=HCO (7). 阴极 (8). 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【解析】
【分析】
（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3—，故答案为：CO2+OH-=HCO3—；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc＞平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)
化学
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64
第I卷共36分
一、单选题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
C. 乙酰胺（）与甘氨酸的化学性质相同
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，而Si为半导体材料可作光电池材料，故A错误；
B．煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都有新物质生成，都是化学变化，故B错误；
C．乙酰胺（）分子式为CH3CONH2与甘氨酸分子式为C2H5NO2，二者分子式不同，结构也不同，则化学性质不相同，故C错误；
D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，利用溶解性差异分离，为萃取分液法，故D正确；
答案选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，在稀盐酸中可发生水解
C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），阴离子为8电子稳定结构
D. 常温下，35.5gCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种微粒总数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同：溶液小于1nm、胶体1~100nm、浊液大于100nm，不是根据丁达尔效应区分的，丁达尔效应用来鉴别溶液和胶体，A错误；
B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的，在稀盐酸中可以逐步水解，水解最终产物是磷酸、戊糖和碱基，B正确；
C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），可以写成NH4H阳离子是NH4+，阴离子为H-，H-为-1价，核外只有2个电子，C错误；
D. 35.5gCl2物质的量是，氯原子是1mol，Cl2溶于水后，根据Cl元素守恒溶液中应该有:2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=1mol，D错误。
答案选B。
3.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Na2S2O3溶液中通入足量的氯气，反应生成硫酸钠、硫酸、HCl和水，该反应的离子方程式为：S2O32−+4Cl2+5H2O═2SO42−+8Cl−+10H+，故A正确；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3∙H2O，故C错误；
D．在海带灰的浸出液(含有I−)中滴加H2O2得到I2，正确的离子方程式为：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D错误；
答案选A。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 熵增原理不可独立作为反应自发性的判据
B. 生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英砂
C. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
D. 6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 熵增原理指在与外界隔绝的体系中，自发过程将导致体系的熵增大，即熵变大于零；熵增有利于反应自发进行，但有些熵值减小的反应，在一定条件下也能自发进行，所以熵增原理不可独立作为反应自发性的判据，A正确；
B. 工业生产普通玻璃的反应是石灰石与二氧化硅生成硅酸钙、纯碱与二氧化硅生产硅酸钠，主要原料为石灰石、纯碱和石英砂，B正确；
C. 硫元素在自然界的存在形式有游离态硫单质和化合态硫化物、硫酸盐等，C正确；
D. 6.4gCu为0.1mol， 3.2g硫粉为0.1mol，隔绝空气加热，发生反应：2Cu+S，由反应可知：铜完全反应，硫过量，生成物中铜为+1价，则0.1mol Cu转移电子为0.1mol，电子数为0.1NA，D错误。
答案选D。
【点睛】硫的氧化性不强，Cu与S生成Cu 2S，Cu 2S中铜为+1价。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中只有X、Y处于同一周期，且相邻；Y是地壳中含量最多的元素；Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：r(Z)
C. 化合物Z2Y2中阴、阳离子个数比为1∶1
D. W、X、Y三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O元素，其中只有X、Y处于同一周期且相邻，且X原子序数小于Y，则X是N元素，Z是短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素，W在不同的周期，则W是H元素。
【详解】A．粒子半径比较规律：一般而言，电子层数越多其半径越大，电子层数相同的元素，原子序数越大半径越小，N、O和Na对应的离子核外都是两层电子，所以半径：r(Na+)
C．化合物Z2Y2为Na2O2，阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴、阳离子个数比为1∶2，C错误；
D．W、X、Y三种元素可组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵等，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，D正确；
故选D。
【点睛】粒子半径比较规律：一般而言，电子层数越多其半径越大，电子层数相同的元素，原子序数越大半径越小；Na2O2中，阴离子为O22-是整体；H、N、O三种元素可形成酸：硝酸、碱：一水合氨、盐：硝酸铵。
6.室温下，下列有关结论正确的是（ ）
A. 向稀醋酸中加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)
D. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH<7，则H2A是强酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向稀醋酸中加水稀释，能促进醋酸电离，使电离程度增大，氢离子物质的量增大，但是由于体积增大，氢离子浓度反而减小，所以溶液的pH增大，A错误；
B. 水解吸热，升高温度能促CH3COONa水解，使水解常数Kh变大，根据反应CH3COO-+H2O CH3COOH+-OH-，Kh=，则，Kh变大，比值减小，B错误；
C. 向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，有c(H+) = c(OH-)，反应后溶液中存在的阳离子有Na+、NH和H+，阴离子有SO、HSO和OH-，则有电荷守恒关系c(Na+)+c(NH) +c(H+) =2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-) ，所以c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，C正确；
D. 当HA-的电离程度大于水解程度时，此时NaHA是酸性，pH<7，所以pH<7时，H2A不一定是强酸，D错误。
答案选C。
【点睛】测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，HA-的水解程度与电离程度不确定，则H2A不一定是强酸；巧用水解常数的关系，进行比较比值的关系；离子浓度的关系学会使用电荷守恒和物料守恒。
7.下列实验中，能达到相应实验目的是
A．制备并收集乙酸乙酯
B．证明氯化银溶解度大于硫化银
C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯
D．推断S、C、Si的非金属性强弱
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；
B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；
C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；
D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。
8.下面有关叙述中，不正确的是（ ）
A. CH4中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化
B. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
C. 氯化钠晶体中，Na+和Cl-的配位数均为8
D. 镍元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. CH4中心原子碳与氢原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型为sp3杂化，A正确；
B. 以非极性键结合起来的双原子分子，如氧气、氢气、氯气、氮气等，一定是非极性分子，B正确；
C. 氯化钠的晶胞为，Na+和Cl-的配位数均为6，分别在它们的上下左右前后位置，C错误；
D. 镍是28号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，D正确；
答案选C。
【点睛】注意臭氧是单质分子，但不是非极性分子，是极性分子。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3固体可用加热的方法
B. 工业上采取电解熔融氧化镁的方法炼制金属镁
C. 重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：杂质在溶剂中溶解度受温度影响较大
D. 溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀，不能说明溴乙烷没有水解
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．NaHCO3固体加热生成碳酸钠，而碳酸钠加热不分解，则不能用加热的方法除杂，故A错误；
B．氧化镁的熔点高，电解需要耗费大量能源，工业上采取电解熔融沸点较低的氯化镁的方法炼制金属镁，故B错误；
C．重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：被提纯物在此溶剂中的溶解度受温度影响较大，杂质在此溶剂中的溶解度受温度影响较小，便于被提纯物的析出；如杂质在此溶剂中的溶解度随温度的变化较大，也会析出，不能进行重结晶，故C错误；
D．在加入硝酸银溶液之前必须先加稀硝酸中和未反应的NaOH，防止硝酸银和NaOH反应而干扰溴离子的检验，故D正确；
答案选D。
10.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）
A. 该物质遇FeCl3溶液显紫色
B. 分子中有3种含氧官能团
C. 该物质属于苯的同系物
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，A错误；
B. 该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，B正确；
C. 该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，C错误；
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时，酯基水解生成了酚羟基，生成的酚羟基能继续与氢氧化钠反应，所以消耗2molNaOH，D错误；
答案选B。
【点睛】同系物，结构相似，当官能团不同或官能团个数不同时，不能属于同系物；酯基与氢氧化钠水解反应时要注意，当水解成酚羟基时，能继续与氢氧化钠反应。
11.研究小组采用电解法（惰性电极）将含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的浆液分离成固体混合物和含铬元素的溶液，装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. 适当增大电压，CrO也可在阴极室转化为Cr(OH)3除去
C. 阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离
D. CrO通过阴离子交换膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离
【答案】B
【解析】
【分析】
电解时，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH−放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42−+2H+＝Cr2O72−+H2O，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。
【详解】A．阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+，故A正确；
B．适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出，故B错误；
C．阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠， Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，故C正确；
D．电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离，故D正确；
答案选B。
12.在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)ΔH>0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是
容器
温度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(CO2)
n(C)
n(CO)
n(CO)
I
977
0.28
0.56
0
0.4
II
977
0.56
0.56
0
x
III
1250
0
0
0.56
y
A. 977K，该反应的化学平衡常数值为2
B. 达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动
C. 达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
977K时，容器I：
【详解】A. 977K，根据容器I中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为1，故A错误；
B. C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；
C. 容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；
D. 若容器Ⅲ的温度是977K，则容器Ⅲ与容器I是等效平衡，平衡时CO的浓度是0.2mol/L，CO的转化率是，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误。
【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。
第II卷共64分
二、填空题
13.请用你所学的化学知识回答下列问题：
(1)Na、Mg、Al中第一电离能最大的是___(填元素符号)，Fe原子基态电子排布式为___。
(2)下列反应可用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
①配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)。
②1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___NA。
③H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___。
(3)S元素的最高价氧化物在气态时以单分子形式存在，中心原子的杂化方式为___杂化，其分子的立体构型为___。H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序___。
(4)将Cu的粉末加入浓氨水中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是___。
(5)金属元素X和非金属元素Y生成某化合物的晶胞如图(X用白球表示，Y用黑球表示)，则该化合物的化学式为___。
【答案】 (1). Mg (2). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (3). O (4). 7 (5). H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). H2S
【分析】
根据原子的价电子排布确定第一电离能的大小；配合物中，含有孤对电子的原子提供给有空轨道的原子形成配位键；根据结构式确定σ键的个数，单键为σ键，双键或三键中只有一个是σ键；氢键的存在对物质的熔沸点和溶解性的影响；根据价层电子对互斥理论确定分子的杂化类型和空间构型；利用均摊法确定物质的化学式。
【详解】(1)Na、Mg、Al在第三周期，价电子排布分别是3s1、3s2、3s23p1，Na最外层一个电子，且半径最大，最易失去一个电子，Mg3s上是全充满状态，Al易失去3p的一个电子，Mg比Al稳定，第一电离能最大的是Mg，Fe是26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)①配合物[Cr(H2O)6]3+中，氧原子有孤对电子，提供给Cr3+，故与Cr3+形成配位键的原子是O；
②CH3COOH分子结构式为：，则每个分子中含有7个σ键，1molCH3COOH含有σ键的数目为7NA；
③CH3CH2OH分子中含有羟基，羟基与水分子之间能形成氢键，所以H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键；
(3)S元素的最高价氧化物是SO3，氧原子最外层6个电子接受两个电子形成稳定结构，中心原子硫原子最外层6个电子，则硫原子的孤电子对数为，价层电子对数是3，即中心原子的杂化方式为sp2杂化，其分子的立体构型为平面三角形；H2O分子间存在氢键，H2S、H2Se无氢键，H2O沸点最高，H2S相对分子质量小于H2Se，则范德华力H2S小于H2Se，范德华力越大沸点越高，所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序为H2S
(5)根据晶胞图可知，X在晶胞顶点有8个和面心有6个，Y在晶胞的内部有8个，根据均摊法，则每个晶胞中含有X： 个，Y有8个，X、Y个数比为1：2，所以化学式为XY2。
【点睛】分子的杂化类型和空间构型根据价层电子对互斥理论确定，先确定中性原子的孤电子对数，再得到价层电子对数，可得杂化类型和空间构型；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一。
14.A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。
已知：；R—CNR—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是___，B含有的官能团的名称是___。
(2)C的结构简式为___，D→E的反应类型为___。
(3)E→F化学方程式为___。
(4)中最多有___个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为___。
(5)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的是___(写结构简式)。
(6)结合题目信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线___(无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键、酯基 (3). (4). 取代反应(或水解反应) (5). (6). 10 (7). (8). (9). CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【解析】
【分析】
分析流程图：由高聚物结构特点可推知，该高聚物是由B通过加聚反应得到的，因此B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3。高聚物结构中含有酯基，在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，故C的结构简式为。运用逆合成分析法思考，由G符合“已知”信息中-CN转化为-COOH的过程，可推知G为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成，故F为，E为CH2=CHCH2OH。D是A与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程应为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D为CH2=CHCH2Cl，可得A的结构简式为CH2=CHCH3。
【详解】(1) 通过以上分析知，A为CH2=CHCH3，名称是丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，含有官能团名称是碳碳双键和酯基；
(2)C的结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，D→E的反应类型为取代反应(或水解反应)；
(3)根据分析可知E→F发生“已知”信息中烯烃环加成，化学方程式为
(4) 分子中含有2个通过C-C连接的结构，两个的平面通过单键旋转而共平面，所以该分子中所有原子可能处于同一平面上，所以最多共有10个原子共平面，分子间羧基与醇羟基之间酯化脱水形成高分子，属于缩聚反应，生成高聚物的结构简式为；
(5)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCHC(CH3)=CH2、HCOOCH(CH2CH3)=CH2，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；
(6) CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】有机合成题要认真分析每一步反应的原理，确定结构和反应类型；同分异构体个数的确定要先确定官能团，再根据官能团位置不同，得到同分异构体，再结合有3种不同化学环境的氢，且个数比为6：1：1，得到有机物的结构；合成路线的选择结合所学知识和题目所给条件，采用正逆推结合法，得出正确的合成路线。
15.过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是___。
(2)检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是___。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)①___；②___。
(4)测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为___(用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能___(填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是___。
【答案】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl (2). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀 (3). 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 (4). 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率 (5). ×100% (6). 偏高 (7). 滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化
【解析】
【分析】
根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
【详解】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；
(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为=0.036cVg，CaO2的质量分数为×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【点睛】本题难点为(3)，双氧水具有不稳定性，受热易分解，该反应是放热反应，降温有利于反应生成CaO2·8H2O沉淀。
16.甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，T1___T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）___v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式___。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为___（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是___。
【答案】 (1). H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 (2). < (3). 1 (4). < (5). 进气比越大，反应温度越低 (6). CO2+OH-=HCO (7). 阴极 (8). 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【解析】
【分析】
（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3—，故答案为：CO2+OH-=HCO3—；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc＞平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)
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