【辽宁新高考】2021年高三化学全真模拟卷10

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2021年辽宁省普通高等学校招生考试全真模拟卷
化学试卷10
本卷满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2
B．电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术
C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业
D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液、过氧乙酸等进行环境消毒，是利用了其强氧化性
【答案】A
【解析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，在阳极发生氧化反应，故能得到Cl2，A错误；
B．阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，B正确；
C．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，C正确；
D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液NaClO以及生成的HClO、过氧乙酸中的过氧酸根键均具有强氧化性，可以使蛋白质发生变性，故利用了其强氧化性进行环境消毒，D正确；
故答案为：A。
2．下列叙述正确的是
A．HClO 的结构式为H-Cl-O B．核内有33个中子的Fe表示为Fe
C．NH2OH的电子式为 D．CH3CHO 的球棍模型为
【答案】C
【解析】A. HClO 的结构式为H-O-Cl，故A错误；
B. 核内有33个中子的Fe原子质量数为：33+26=59，表示为Fe，故B错误；
C. NH2OH的电子式为，故C正确；
D. CH3CHO 的球棍模型为，故D错误；
正确答案是C。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，1.0 L pH =13的Ba(OH)2溶液中含OH－的数目为0.1NA
B．1.0 L 1.0 mol∙L−1的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C．常温常压下，0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，转移电子数为NA
D．标准状况下，22.4LCHCl3中含C−Cl键的数目为3NA
【答案】A
【解析】A．pH =13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-13mol/L，则c(OH－)=0.1mol/L，常温下，1.0 L此溶液中含OH－的数目为0.1mol/L×1L×NA mol－1=0.1NA，A说法正确；
B．1.0 L 1.0 mol∙L−1的 NaAlO2溶液的NaAlO2中含氧原子数为2NA，溶液中的水也含有氧原子，故溶液中的氧原子数目大于2NA，B说法错误；
C．常温常压下，0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，Fe由0价变为+3价，则转移电子数为1.5NA，C说法错误；
D．标准状况下，CHCl3为液体，则22.4LCHCl3中含C−Cl键的数目大于3NA，D说法错误；
答案为A。
3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，W是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A．的空间构型为V形
B．简单离子半径：Y＜W＜Z
C．第一电离能：I1(Z)＜I1(W)＜I1(X)
D．工业上采用电解Z的氯化物水溶液的方法制取Z的单质
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，则X原子的电子排布式为1s22s22p3，则X为氮元素；Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，则Z为镁元素；W是地壳中含量最高的金属元素，则W为铝元素；
A．为，N原子形成2个δ键，孤对电子数==1，中心原子为sp2杂化，含有一对孤电子对，其空间构型是V形，选项A正确；
B．具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：W(Al3+)＜Z(Mg2+)＜Y(O2-)，选项B错误；
C．同周期元素，第一电离能在总体上呈现从小到大的变化趋势，元素原子越来越难失去电子，但I1(Al)＜I1(Mg)，选项C错误；
D．工业上采用电解熔融的Z的氧化物Al2O3的方法制取Z的单质，选项D错误；
答案选A。
4．由多元素组成的化合物Fe-Sm-As-F-O，是我国科学家近年来发现的一种重要的铁系超导材料。下列说法正确的是
A．O的价层电子排布式为1s22s22p4
B．Fe3+的价层电子轨道表示式违背了泡利不相容原理
C．N、As同主族，第一电离能N＜As
D．电负性F＞O＞As
【答案】D
【解析】A．氧原子核外电子数为8，基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，价层电子排布式为2s22p4，故A不符合题意；
B．泡利不相容原理内容为：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，选项中违背洪特规则，铁离子价层电子轨道表示式：，故B不符合题意；
C．N、As同主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能N＞As，故C不符合题意；
D．同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性F＞O＞N，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性N＞As，所以电负性F＞O＞As，故D符合题意；
答案选D。
5．下列实验中，所选装置或仪器不合理的是
A
B
C
D




检查装置的气密性
量取15.00mL NaOH溶液
分离出用制取后剩余的
吸收含的尾气
【答案】B
【解析】A．利用液差法，检查装置的气密性，关闭止水夹，向长颈漏斗中加水，一段时间后长颈漏斗中液面不改变，则气密性良好，A正确；
B．量取NaOH溶液需要用碱式滴定管，图为酸式滴定管，B不正确；
C．MnO2不溶于水，可用过滤操作分离，C正确；
D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，装置可吸收Cl2并放倒吸，D正确；
故答案选B。
6．钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中为，另两种离子为和。

下列说法错误的是( )
A．钛酸钙的化学式为
B．图(b)中，为
C．中含有配位健
D．晶胞中与每个紧邻的有12个
【答案】B
【解析】A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中位于8个顶点、位于6个面心、位于体心，根据均摊法可以确定、、的数目分别为1、3、1，因此其化学式为，A说法正确；
B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定， 和均为1个，有3个，故为，B说法错误；
C．类比的成键情况可知，中含有与形成的配位健，C说法正确；
D．图(a)的晶胞中，位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个紧邻的有3´8÷2=12个，D说法正确。
综上所述，本题选B。
7．在体积为2L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。将1molCO2和3molH2在反应器中反应8小时，CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH>0
B．图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率
C．图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高CO2的转化率
D．520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=
【答案】B
【解析】A．反应在CH3OH的产率达到最高点后达到平衡，随温度升高，CH3OH的产率降低，反应是放热反应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH<0，故A错误；
B．图中P点所示条件下，没有达到平衡，延长反应时间能提高CH3OH的产率，故B正确；
C．图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度促进平衡正向移动，可提高H2的转化率，但自身转化率降低，故C错误；
D．列出三段式：

520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=，故D错误；
故选B。
8．有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是

A．M中所有碳原子可能共面 B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应 D．M、N的一氯代物数目相同
【答案】B
【解析】A．M中数字所标注的C均为烷烃的碳，空间结构为四面体形，特别是3号位置的C，与另外四个C形成四面体，因此所有C原子不可能共平面，A错误；
B．N物质中有羟基(−OH)，可以与活泼金属Na反应生成H2，B正确；
C．M生成N的过程中，M的一个羰基变为羟基，属于加成反应，C错误；
D．M有6种不同化学环境的H，，因此一氯代物有6种，N有8种不同化学环境的H，，但是Cl一般不能取代羟基上的H，因此一氯代物有7种，两者的一氯代物数目不同，D错误；
故选B。
9．某非水相可充电电池工作原理如图所示，下列说法错误的是

A．充电时，a接直流电源的负极
B．图中的离子交换膜为阳离子交换膜
C．放电时，正极的电极反应式为
D．放电过程中负极区浓度逐渐增大
【答案】D
【解析】A．Mg为原电池的负极，所以充电时，a接直流电源的负极，故A正确；
B．交换膜允许通过，应选择阳离子交换膜，故B正确；
C．放电时，正极的电极反应式为，故C正确；
D．放电过程中负极区每生成，就会有通过阳离子交换膜，所以中浓度保持不变，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
将湿润的KI淀粉试纸靠近气体X，试纸变蓝
X一定是Cl2
B
将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色
Fe3+氧化性强于I2
C
向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，有沉淀出现
蛋白质发生变性
D
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含SO或Ag＋
【答案】B
【解析】A. 氧气也可以氧化I-生成碘单质，使试纸变蓝，故A错误；
B. 将氧化铁加入到足量的HI溶液中，发生反应生成的Fe3+具有强氧化性，又可以把I-离子氧化为I2，证明Fe3+氧化性强于I2，故B正确；
C. 向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，有沉淀出现是盐析现象，不是蛋白质变性，故C错误；
D. 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液可能含有、、或Ag+，故D错误；
故选B。
11．某实验小组利用溶液与溶液反应研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如图：
实验编号
温度/℃



出现混浊时间内/t
①
20
5.0
10.0
0
t1
②
20
5.0
5.0
5.0
t2
③
50
5.0
10.0
0
t3
下列说法正确的是( )
A．
B．实验②中加入的作用是控制变量，保持与实验①一致
C．实验①、②、③均应将溶液逐滴滴入溶液中
D．实验②、③可探究温度对化学反应速率的影响
【答案】B
【解析】A．实验①②中只有硫酸浓度不同，反应物浓度越大反应速率越快，①硫酸浓度大，则反应速率大、时间短，A错误；
B．实验①②探究硫酸浓度对反应速率的影响，则只有硫酸浓度不同，实验②中加入的作用是控制变量，保持与实验①一致，B正确；
C． 实验①、②、③均应同时迅速将溶液和溶液混合，观察浑浊出现的早晚，C错误；
D．探究温度对化学反应速率的影响，则变量是温度，其余条件需相同，实验②、③中除了温度不同外、硫酸浓度也不同，不可探究温度对化学反应速率的影响，D错误；
答案选B。
12．高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体，实验室用 NC13 溶液和 NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NC13 +3H2O=6ClO2↑ +NH3 ↑ +3NaC1+3NaOH。下列有关说法正确的是
A．根据上面化学方程式，生成 22. 4 L NH3 时转移电子数目为 6 NA
B．NC13 中所有原子都满足8 电子结构
C．在 NaClO2 和NC13 的反应中 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1
D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】A.缺标准状况，无法计算22. 4 L NH3的物质的量和反应转移电子的数目，故A错误；
B.NC13为共价化合物，电子式为 ，由电子式可知分子中中所有原子都满足8 电子结构，故C正确；
C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反应的还原剂，NC13中氮元素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；
D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；
故选B。
13．二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是

A．电极B的材料是石墨
B．阴极区部分C1O2循环反应
C．产生C1O2的反应式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O
D．电解后阳极区溶液pH增大
【答案】D
【解析】由电解法制备二氧化氯的示意图可知，A电极为电解池的阴极，C1O2在阴极上得到电子发生还原反应生成C1O，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，B电极为阳极，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气。
A.由分析可知，B电极为阳极，由阳极上水失去电子发生氧化反应可知，该电极为石墨惰性电极，故A正确；
B.由分析可知，C1O2在阴极上发生还原反应生成C1O，C1O又与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，则阴极区部分C1O2循环反应，故B正确；
C.由分析可知，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，反应的化学方程式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O，故C正确；
D.由分析可知，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4 e—= O2↑+4H+，放电时由氢离子生成，则阳极区溶液pH减小，故D错误；
故选D。
14．常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中减小
B．将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，溶液显酸性
C．下列溶液①②③④中大小关系为：②>①>③>④
D．浓度均为的和两溶液，前者的pH较大，则溶液中阴离子浓度之和：
【答案】D
【解析】A．，加入醋酸钠溶液酸性减弱，氢离子浓度变小，而醋酸的电离平衡常数不变，则该比值增大，故A错误；
B．常温下pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，一水合氨为弱碱，所以pH=12的氨水浓度远大于0.01mol/L，二者等体积混合，碱过量，溶液显碱性，故B错误；
C．氯离子、硫酸根对铵根离子的水解没有影响，但硫酸铵可以电离出两个铵根，硫酸氢根会电离出氢离子抑制铵根的水解，碳酸氢根的水解促进铵根的水解，所以四种溶液铵根离子浓度大小关系为②>③>①>④，故C错误；
D．根据电荷守恒可知两溶液中阴离子浓度之和与阳离子浓度之和相等，相同浓度的HCOONa和NaF溶液中钠离子浓度相等，HCOONa的pH较大，即氢离子的浓度较小，则HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)较小，则阴离子浓度之和较小，故D正确；
综上所述，答案为D。
15．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是

A．Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c()+c()＞c(Na+)
C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c()＞c()＞c(H2C2O4)
D．pH＝4.19的溶液中：c(Na+)＞3c()
【答案】B
【解析】A.草酸是二元弱酸，一级电离抑制二级电离，Ka1=>Ka2=，当lgX=0时，pH=-lgc(H＋)=-lgK，pH1=1.22Ka2=10-4.19，所以直线I中X表示的是，直线Ⅱ中X表示的是，故A错误；
B. pH＝1.22的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(H＋) ＞c(OHˉ)，则c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－) ＞c(Na+)，故B正确；
C.当pH＜4.19时，溶液中c(H＋)＞10-4.19mol/L，=＜1，则c(HC2O4ˉ)＞c(C2O42－)；当1.22＜pH时，溶液中c(H＋) ＜10-1.22 mol/L，Ka1·Ka2=×=，=＜1，则c(H2C2O4)＞c(C2O42－)，故C错误；
D. pH＝4.19的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(HC2O4ˉ)=c(C2O42－)，c(H＋)＞c(OHˉ)，则3c(HC2O4ˉ)＞c(Na+)，故D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
高铁酸盐(钠、钾)，具有很强的氧化性，从而非常有效地杀灭水中的病菌和病毒。实验证明，由于其强烈的氧化和絮凝共同作用，高铁酸盐的消毒和除污效果，全面优于含氯消毒剂和高锰酸盐。更为重要的是在整个的消毒和净化过程中，不产生任何对人体有害的物质。高铁酸盐被科学家们公认为绿色消毒剂。某兴趣小组利用黄铜矿废渣(主要成分为CuFeS2和SiO2)制取高铁酸钠，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)焙烧黄铜矿废渣时，为了提高产率可采取的操作为________(任写一种可行性的操作)。
(2)气体X恰好被浓NaOH溶液吸收形成酸式盐，此溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，试通过计算说明原因__________(已知X溶于水生成的含氧酸的电离平衡常数Ka1=2×10–2，Ka2=1×10–7)。
(3)滤渣1的主要成分中心原子杂化方式是_____，要检验溶液I中的金属阳离子，实验操作是_______。
(4)在溶液I中加入合适的试剂Y是_____(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．O3 C．H2O2 D．KMnO4
(5)在溶液II中加入固体NaOH的目的有________、___________。
(6)工业上利用NaClO的氧化性，在碱性条件下用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，写出该反应的化学方程式___________。
【答案】(1)粉碎黄铜矿废渣
(2)酸 酸式盐为NaHSO3，其电离平衡常数为Ka2=1×10–7，水解平衡常数Kh==5×10–13，Ka2＞Kh，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性
(3)sp3 加入K3[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，则有Fe2+
(4)BC
(5)中和溶液中的酸 提供碱性环境，高铁酸钠在碱性条件下稳定存在
(6)2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O
【解析】(1)将黄铜矿废渣粉碎，可增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高产率；
(2)气体X为二氧化硫，与NaOH反应生成的酸式盐为NaHSO3，其电离平衡常数为Ka2=1×10–7，水解平衡常数Kh==5×10–13，则电离程度大于水解成都，溶液呈酸性；
(3)分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2，SiO2是原子晶体，中心原子采用sp3杂化；滤液1中的金属阳离子为Fe2+，可加入K3[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，则有Fe2+；
(4)根据提供的试剂，均具有强氧化性，则试剂Y为将溶液中的+2价的Fe2+变为+3价，为不引入新的杂质离子，答案为BC；
(5)加入固体NaOH可中和溶液中的酸，易生成高铁酸钠；还可提供碱性环境，高铁酸钠在碱性条件下稳定存在；
(6)FeCl3、NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4，利用化合价升降法及原子守恒配平，化学方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O。
17．（14分）
碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。

(1)仪器X的名称是______，其主要作用有导气、______。
(2)实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为_______。
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有_____。
(4)若体系中NH3过量会导致碱式氯化铜的产量___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因为___。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29 g，加硝酸溶解，并加水定容至200 mL，得到待测液。
(5)铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 mol·L-1。则称取的样品中 n(Cu2+)=_____mol。
(6)采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知：AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如下图：

①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂_____(填标号)。
a．FeSO4 b．Fe(NO3)3 c．FeCl3
②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl-)=_____mol。
(7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_____。
【答案】(1)球形干燥管 防倒吸
(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(3)溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟
(4)偏低 碱式氯化铜能溶于氨水
(5)0.04
(6)①b ②0.02
(7)Cu2(OH)3Cl
【解析】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；
(2)实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；
(4)若NH3过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜溶于氨水有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；
(5)20.00mL待测液，Cu2+浓为0.2000 mol·L-1，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20mL溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04mol；
(6)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断，答案选b；
②10.00mL0.1mol/L的NH4SCN的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由NH4SCN~AgNO3可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子的物质的量是0.002mol×10=0.02mol；
(7)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.290 g，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。
18．（13分）
硫酸及其化合物在生产生活中有重要的应用，而硫氧化物是常见的大气污染物。
(1)已知：NO(g)+SO3(g)⇌SO2(g)+NO2(g)△H=+40.7 kJ•mol-1，一种可同时脱除SO2和NO的工艺涉及的反应原理及能量变化如下：
Ⅰ．NO(g)+O3 (g)⇌NO2(g)＋O2(g)△H1=-200.9kJ•mol-1
Ⅱ．SO2(g)+ O3 (g) ⇌SO3(g)+ O2(g)△H2，其正反应的活化能Ea1=58.0kJ•mol-1，反应Ⅱ的逆反应的活化能为Ea2=_______。
(2)接触法制生产中的关键工序是SO2的催化氧化，回答下列问题：
①在作催化剂条件下与反应历程如下：
Ⅰ．_______；Ⅱ．，写出第Ⅰ步反应的化学方程式。
②定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入和发生反应，后达平衡状态，压强为原来的，从开始到平衡，用表示化学反应速率为_______，O2的平衡转化率为_______。
③若保持反应温度和容器容积不变，对于，下列可以作为该反应达到平衡判据的有_______(填标号)。
A．气体的压强保持不变 B．
C．保持不变 D．容器内气体的密度保持不变
E．容器内气体的平均相对分子质量保持不变
④在500℃时，起始压强为的恒温恒压条件下，平衡时SO3的体积分数随起始投料的变化如下图所示，则_______，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的_______。

【答案】(1)299.6 kJ/mol
(1)①SO2+V2O5=2VO2+SO3
②0.2mol/(L·min) 50%
③ACE ④2 0.04或
【解析】(1)由①NO(g)+SO3(g)⇌SO2(g)+NO2(g)△H=+40.7 kJ•mol-1，②NO(g)+O3 (g)⇌NO2(g)＋O2(g)△H1=-200.9kJ•mol-1；结合盖斯定律可知，②-①得：SO2(g)+ O3 (g) ⇌SO3(g)+ O2(g)△H2=-241.6kJ/mol，焓变等于正、逆反应的活化能之差，正反应的活化能Ea1=58.0kJ•mol-1，可知反应Ⅱ的逆反应的活化能为Ea2=58.0kJ•mol-1-(-241.6kJ/mol)=299.6kJ/mol，故答案为：299.6kJ/mol；
(2)①已知总反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，在V2O5作催化剂的条件下SO2(g)与O2(g)的2步分反应，反应历程如下：Ⅰ．SO2+V2O5=SO3+2VO2，Ⅱ．O2+4VO2=2V2O5，故答案为：SO2+V2O5=SO3+2VO2；
②一定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入4molSO2(g)和2molO2(g)发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，5min后达到平衡状态，压强为原来的，在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，即物质的量为原来的，设反应到平衡氧气消耗了xmol，

=，解得：x=1，从开始到平衡，v(SO3)== 0.2mol/(L•min)，O2的平衡转化率为×100%=50%，故答案为：0.2mol/(L•min)；50%；
③A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应过程中气体分子数发生改变，所以反应过程中压强为变量，所以气体的压强不变可以判断化学反应达到平衡，故A选；
B．化学反应达到平衡时，v正=v逆，表示v正=v逆，因此说明反应不是平衡状态，故B不选；
C．Qc==K，浓度商=平衡常数，说明反应达到平衡，故C选；
D．容器中气体密度为ρ＝，反应前后，气体总质量不变，即m不变，容器体积不变，即V不变，所以平衡前后ρ始终不变，不能判断反应达到平衡，故D不选；
E．混合气体的平均相对分子质量在数值上满足，反应前后质量m不变，n改变，所以混合气体平均分子量不变可以判断反应达到平衡，故E选；
故答案为：ACE；
④在500℃时，起始压强为125kPa的恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比，根据图象，SO3的体积分数最大值为40%，根据反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，此时起始投料=a=2，设起始氧气的物质的量为ymol，到达平衡氧气消耗了mmol，

即平衡时SO3的体积分数为×100%=40%，解得：y=2m，则氧气最终占20%，二氧化硫、三氧化硫最终各占40%，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的Kp==0.04，故答案为：2；0.04。
19．（14分）
化合物M(二乙酸—1，4—环己二醇酯)是一种制作建筑材料的原料。由环己烷为原料，合成M的路线如图(某些反应的反应物和反应条件未列出)。

回答下列问题：
(1)上述合成过程中没有涉及的反应类型是___(填标号)。
A．取代 B．加成 C．酯化 D．氧化 E.消去 F.聚合
(2)A物质的名称为___。B物质所含官能团名称为___。
(3)反应⑥所用的试剂和条件是___。
(4)反应⑦的化学方程式为___。
(5)与1，4—环己二醇互为同分异构体且能使石蕊试剂显红色的结构有___种，写出一种核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为1：2：3：6的结构简式___。
【答案】(1)DF
(2)氯代环己烷(或1—氯环己烷) 溴原子
(3)NaOH的水溶液，加热
(4)+2CH3COOH+2H2O
(5)8
【解析】环己烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成，与乙酸发生酯化反应生成，与氢气发生加成反应生成。
(1)①是环己烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成；②是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成环己烯；③是环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成；④是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成；⑤是与溴发生加成反应生成；⑥是在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成；⑦是与乙酸发生酯化反应生成；⑧是与氢气发生加成反应生成，没有涉及的反应类型是氧化反应、聚合反应，选DF；
(2)A是，名称为1一氯环己烷。B是，含官能团名称为溴原子；
(3)反应⑥是在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成，所用的试剂和条件是NaOH的水溶液，加热；
(4)反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，化学方程式为+2CH3COOH+2H2O；
(5)与1，4—环己二醇互为同分异构体且能使石蕊试剂显红色的有机物含有羧基，结构有CH3CH2CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH3)COOH、(CH3CH2)2CHCOOH、(CH3)2CHCH2CH2COOH、(CH3)2CHCH(CH3)COOH、、CH3CH2CH(CH3)CH2COOH、(CH3)3CCH2COOH，共8种，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为1：2：3：6的结构简式是。