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【期中真题】重庆市育才中学校2021-2022学年高三上学期期中考试化学试题.zip
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重庆市育才中学2021-2022学年高三上学期期中考试
化学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Ni 59 As 75 Sr 88
Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、选择题(共本题共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. 化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是
A. 葡萄酒中添加的有抗氧化和杀菌等作用
B. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物
C. 西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
D. 飞沫传播病毒存在气溶胶，医用口罩对微小带病毒气溶胶有过滤隔离效果
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加少量的有抗氧化和杀菌等作用，故A正确；
B．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子，核酸是高分子化合物，故B正确；
C．催化剂不能使平衡发生移动，故C错误；
D．医用口罩对微小带病毒气溶胶有显著的隔离效果，故D正确；
选C。
2. “宏、微、符”三重表征是重要的化学学科素养。工业合成尿素的反应中，下列相关微粒的化学用语表述正确的是
A. 的比例模型： B. 的结构简式：
C. 的电子式： D. O原子的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2是直线形分子，并且C的原子半径大，其比例模型为，故A错误；
B．分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：，故B正确；
C．NH3中氮原子和氢原子之间通过共价键形成化合物，分子中N原子还有1对孤电子对，氨气电子式为，故C错误；
D．氧原子的核内质子数和核外电子数都是8，并且分层排布，其结构示意图为，故D错误；
答案选B。
3. 下列铁的化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 易溶于水，可用作净水剂
B. 能与酸反应，可用作红色颜料
C. 溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板
D. 具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于水体的消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．电离出的Fe3+在水中易水解生成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附能力，决定其可以作净水剂，故前后无因果关系，A不合题意；
B．呈红棕色，且性质稳定，决定其可用作红色颜料，前后无因果关系，B不合题意；
C．溶液蚀刻铜电路板的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，FeCl3体现氧化性，与其溶液呈酸性无关，C不合题意；
D．具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于水体的消毒，前后因果关系成立，D符合题意；
故答案为：D。
4. “酸化”经常使用到稀硫酸，下列使用稀硫酸进行“酸化”是错误的是
A. 检验中的氯元素：与NaOH溶液混合加热，用稀硫酸酸化，再加溶液检验
B. 探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度
C. 提高溶液的氧化能力：用稀硫酸酸化
D. 抑制的水解：用稀硫酸酸化
【答案】A
【解析】
【详解】A．检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后，先用稀硝酸进行酸化，然后再滴加硝酸银溶液，不能使用硫酸酸性，因为硫酸根离子能够与银离子反应生成硫酸银沉淀，A符合题意；
B．探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度，对实验结果无影响，且稀硫酸难挥发，比盐酸、硝酸好，B不合题意；
C．提高溶液的氧化能力，一般用稀硫酸酸化，盐酸会与K2Cr2O7反应生成有毒气体Cl2，HNO3本身就有强氧化性，且反应时将产生有毒有害的NO、NO2等，C不合题意；
D．硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，抑制的水解，用稀硫酸酸化，能够达到实验目的，D不合题意；
故答案为A。
5. 预防“新冠肺炎”可用0.3%的过氧乙酸(，含“—O—O—"键)溶液进行喷雾消毒。若代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. PH=3的过氧乙酸溶液中氢离子数目为
B. 中含有的共用电子对数目为9
C. 1L 0.1molL过氧乙酸的水溶液中氧原子数为0.3
D. 个分子完全分解可生成1mol和11.2L
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=3的过氧乙酸溶液中氢离子数目，A错误；
B．已知一个CH3COOOH中含有9对共用电子，故中含有的共用电子对数目为=9，B正确；
C．由于溶剂H2O中也含有氧原子，故1L 0.1molL过氧乙酸的水溶液中氧原子数大于0.3，C错误；
D．个即1mol分子完全分解可生成1mol和0.5molO2，由于未告知标准状况，故无法计算的体积，D错误；
故答案为：B。
6. 氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH或溶液吸收
下列解释事实的方程式错误的是
A. 氯气用于自来水消毒：
B. 电解饱和食盐水制取：
C. 浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：
D. 氯气“泄漏处理”中溶液的作用：
【答案】D
【解析】
【详解】A．，HClO具有强氧化性可用于杀菌消毒，A正确；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑，B正确；
C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时因生成氯化铵而产生白烟，方程式为8NH3 + 3Cl2 == 6NH4Cl + N2，C正确；
D．氯气与亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为，D错误；
故答案选D
7. 2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W。已知X、W同主族，且W的原子序数是X的2倍，Y的氢化物可用于蚀刻玻璃，Z与W最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A. Z的单质能与冷水迅速反应 B. 简单离子半径：W＞X＞Y＞Z
C. 简单氢化物的沸点：W＞X D. Y、Z两元素易形成共价化合物
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X、W同主族，且W的原子序数是X的2倍，则推知X为O，W为S，Y的氢化物可用于蚀刻玻璃，故Y为F，已知W的最外层电子数为6，Z与W最外层电子数之和等于8，则Z的最外层上的电子数为2，故Z为Mg，综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、Mg、S，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Z为Mg，Mg与冷水反应反应很缓慢，A错误；
B．微粒半径比较一般规律为：电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径：S2-＞O2-＞F-＞Mg2+，即W＞X＞Y＞Z，B正确；
C．由分析可知，X为O，W为S，由于H2O分子间存在分子间氢键，沸点异常高，故简单氢化物的沸点：W＜X ，C错误；
D．由分析可知，Y为F属于活泼的非金属，Z为Mg属于活泼的金属，故Y、Z两元素易形成离子化合物，D错误；
故答案为：B。
8. 用下列装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
探究氧化性：
检验化合物中是否含钾元素
实验室里接收用自来水制取的蒸馏水
制备氢氧化铁胶体
装置或操作
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将浓盐酸滴加到高锰酸钾中可发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据氧化剂氧化性强于氧化产物可知，KMnO4＞Cl2，氯气通入到KI淀粉溶液中溶液变蓝，说明发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，则氧化性Cl2＞I2，故能得出氧化性KMnO4＞Cl2＞I2，能够达到实验目的，A符合题意；
B．检验化合物中是否含钾元素，进行焰色反应是必须透过蓝色钴玻璃观察，否则可能有其他颜色的光掩盖了钾的焰色紫色，不能达到实验目的，B不合题意；
C．用自来水制取的蒸馏水，承接管末端与锥形瓶不能密封，否则将造成炸裂等实验事故，不能达到实验目的，C不合题意；
D．制备氢氧化铁胶体是将FeCl3饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，将FeCl3饱和溶液滴加NaOH溶液中将生成Fe(OH)3沉淀，反应方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：A。
9. 侯氏制碱法(联合制碱法)工艺流程可用如图表示。下列有关说法错误的是
A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔
B. 该工艺的碳原子利用率理论上为
C. 氨母液储罐中的溶质主要是、、
D. 在实验室模拟上述流程，“焙烧”需要使用铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器
【答案】C
【解析】
【详解】向饱和溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解的能力，再通入(碳酸化塔)，反应生成和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的进入回转焙烧炉焙烧后转化为、水和二氧化碳，可进入碳酸化塔重复利用，进入碱母液储罐，由于的溶解度在低温下比小，向其中通入后降温“冷析”、加NaCl“盐析”，可使结晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。
A．根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，故A正确；
B．根据，，反应产生的又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为，故B正确；
C．氨母液储罐中的溶质主要是和，故C错误；
D．焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，故D正确；
故答案为C。
10. 某试液中只可能大量含有、、、、、、、中的若干种离子，且所含离子浓度均相等(忽略单一水解)，实验如下，下列说法正确的是
A. 原溶液中大量存在、、、
B. 沉淀A为，沉淀C为、
C. 滤液X中大量存在的阳离子有、和
D. 无法确定原试液中是否大量含有、
【答案】A
【解析】
【分析】由题干信息可知，加入过量稀硫酸无明显变化，说明无、Ba2+和，加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡，加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀，通入少量CO2产生沉淀，先与OH-、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+，因为存在的离子浓度均为相同，从电荷的角度出发，只能含有、Fe2+、Cl-、才能保证电荷守恒，Na+必然不能存在，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，原溶液中大量存在、、、，A正确；
B．由分析可知，沉淀A为，沉淀C为，B错误；
C．由分析可知，加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，故滤液X中大量存在的阳离子有、和，C错误；
D．由分析可知，原试液中一定含有大量的，一定不含，D错误；
故答案为：A。
11. 分析推理得出正确结论是化学学习的方法之一、下列实验事实的解释正确的是
选项
操作、现象
解释
A
向KI-淀粉溶液中加入溶液，溶液变蓝
能与淀粉发生显色反应
B
向品红溶液中通入或气体，溶液均褪色
两者均有漂白性且原理相同
C
将木炭放入浓硝酸中，加热，产生红棕色气体
一定是木炭与浓硝酸反应，生成了红棕色的气体
D
少量铝热剂(只含一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分成两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液，分别出现蓝色沉淀和血红色
铝热剂中可能含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向KI-淀粉溶液中加入溶液，溶液变蓝，是因为把I-氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，故A错误；
B．没有漂白性，氯水中含有次氯酸，属于氧化性漂白、与有色物质结合成无色物质，属于非氧化性漂白， 漂白原理不同，故B错误；
C．浓硝酸自身能分解生成二氧化氮、氧气、水，所以将木炭放入浓硝酸中，加热，不一定是木炭与浓硝酸反应生成的红棕色的气体，故C错误；
D．和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，少量铝热剂(只含一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分成两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液，分别出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中含有，则铝热剂中可能含有，故D正确；
选D。
12. 在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效。三种药物主要成分的结构简式如下，下列说法正确的是
A. X和Z都属于芳香族化合物 B. Z分子苯环上的一溴代物有3种
C. 用溶液能区分Y和Z D. 1molZ最多可以与3molNaOH发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，由X的结构简式可知，X中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；
B．由Z的结构简式可知，Z分子苯环上的一溴代物有6种，如，故B错误；
.C．由Y的结构简式和Z的结构简式可知，Z中的羟基为酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，Y中的羟基为醇羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，则能用FeCl3溶液区分Y和Z，故C正确；
D．由Z的结构简式可知，Z中酚羟基、酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基、HCl都能和NaOH以1:1反应，则1molZ最多能消耗6molNaOH，故D错误；
答案为C。
13. 让天更蓝、山更绿、水更清，化学在行动。利用Cu-ZSM-5分子筛催化剂，可脱除燃煤烟气中的NO和，生成两种无毒物质，反应历程如图，下列说法错误的是
A. 过程Ⅰ、Ⅱ发生的是非氧化还原反应
B. 过程Ⅲ中X为，它既是氧化产物，又是还原产物
C. 过程Ⅳ中，每生成0.1mol，转移的电子数为0.15
D. 上述历程的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ、Ⅱ中，元素化合价均没有发生变化，都是非氧化还原反应，故A正确；
B．过程Ⅲ中生成X的离子方程式是，根据元素守恒，X是 ，中N的化合价升高、中N的化合价降低，所以它既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C．过程Ⅳ发生反应的离子方程式是，N元素化合价由+3降低为0、由-3升高为0，每生成1mol转移3mol电子，所以每生成0.1mol转移的电子数为0.3 ，故C错误；
D．根据图示可知总反应为，故D正确；
选C。
14. 在密闭容器中，按进行投料，发生反应 ，在时测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V/%)如图所示，下列说法中正确的是
P=5MPa，投料的平衡体系组成
A. 表示组分的曲线是Ⅱ
B. 图中曲线交点b对应的转化率为40%
C. 图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数
D. 若甲、乙两个密闭容器起始时容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时产率：甲＞乙
【答案】D
【解析】
【分析】正反应放热，升高温度平衡逆向移动，、H2O减少， 、H2增加，改变量的比值等于系数之比，故曲线Ⅰ代表H2、曲线Ⅱ代表、曲线Ⅲ代表H2O、曲线Ⅳ代表。
【详解】A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，、H2O减少， 、H2O的比为1:3，表示组分的曲线是Ⅳ，A错误；
B．
根据图示，图中曲线交点b对应CO2、的物质的量相等，则，x=，转化率为，B错误；
C．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡常数越小，图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数，C错误；
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，正反应物质的量减小，根据等效平衡原理，和甲相比，乙相当于减压，乙平衡逆向移动，反应达平衡时产率：甲>乙，D正确；
故答案选D。
Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、填空题(包含3道必做题和1道选做题，共58分)
(一)必做题
15. 三氧化二镍()常用于制造高能电池。以金属镍废料(含Fe、Ca，Mg等杂质)生产的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示，酸浸的最佳温度与时间分别为___________(填标号)
A. 30℃、30min B. 50℃、120min
C. 70℃、120min D. 90℃、150min
（2）氧化“除铁”时发现所用远高于理论用量，造成这一结果的原因是___________。
（3）滤渣B主要成分的化学式为___________，加入后证明已沉淀完全的方法是___________。
（4）滤液C中的阳离子主要有___________。
（5）“氧化”生成的离子方程式为___________。
（6）用含镍29.5%的100kg金属镍废料经过上述工艺制得固体36kg，镍的回收率为___________(精确到0.1%)。
【答案】（1）C （2）易分解为水和氧气，氧化产物 Fe3+可以作分解的催化剂，加快的分解速率
（3） ①. MgF2、CaF2 ②. 取上层清液，继续加入NH4F溶液，没有沉淀生成，说明已沉淀完全
（4）Na+、NH
（5）
（6）86.7%
【解析】
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Mg2+、Ca2+等，加入过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使Fe3+全部沉淀，过滤后的滤液中再加入NH4F溶液，使Mg2+、Ca2+全部转化为沉淀MgF2、CaF2，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液把Ni2+氧化为Ni2O3。
【小问1详解】
根据图示，在120min~160min之间通过时间来改变浸出率的效果已经差不多了，所以选择比较省时间的120min；在70°和90°两条线也是比较接近的，同时在120°时几乎没有差别了，所以选择节能的70°，故选C；
【小问2详解】
易分解为水和氧气，氧化产物Fe3+可以作分解的催化剂，加快的分解速率，所以氧化“除铁”时发现所用远高于理论用量；
【小问3详解】
滤液中加入NH4F溶液，使Mg2+、Ca2+全部转化为沉淀MgF2、CaF2，所以滤渣B主要成分的化学式为MgF2、CaF2，加入后证明已沉淀完全的方法是：取上层清液，继续加入NH4F溶液，没有沉淀生成，说明已沉淀完全。
【小问4详解】
由于溶液中加入了碳酸钠除去了Fe3+、加入氟化铵除去了Mg2+、Ca2+，再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，所以滤液C中的阳离子主要有Na+、NH；
【小问5详解】
氯化镍溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液把Ni2+氧化为Ni2O3，“氧化”生成的离子方程式为；
【小问6详解】
用含镍29.5%的100kg金属镍废料经过上述工艺制得固体36kg，根据镍镍元素守恒，镍的回收率为。
16. 氮化锶()是工业上生产荧光粉的原材料。已知：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。
Ⅰ．利用装置A和B制备
（1）Sr在元素周期表中的位置是___________。
（2）实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将___________，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。
（3）装置A中仪器b的名称为___________，a导管的作用是___________；装置B中广口瓶盛放的试剂是___________(填名称)。
（4）实验时先点燃装置___________处酒精灯(填“A”或“B”)，一段时间后，点燃另一只酒精灯；由装置A制备的化学方程式为___________。
Ⅱ．测定产品的纯度
称取6.0g产品，放入干燥的三颈瓶中，然后加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00mL1.0000mol/L的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00mL的吸收液放入锥形瓶中，用1.0000mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mL NaOH溶液(图中夹持装置略)
（5）三颈烧瓶中发生反应产生氨气的化学方程式为___________。
（6）产品纯度为___________(精确到0.1%)。
（7）下列实验操作可能使氮化锶()测定结果偏低的是___________(填标号)。
A. 锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液
B. 滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
C. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
D. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视
【答案】（1）第5周期ⅡA族
（2）橡胶管和玻璃管湿润
（3） ①. 圆底烧瓶 ②. 平衡气压，使液体顺利流下 ③. 浓硫酸
（4） ①. A ②.
（5）
（6）97.3% （7）BC
【解析】
【小问1详解】
锶(Sr)是38号元素，位于元素周期表的第5周期ⅡA族；
【小问2详解】
实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将橡胶管和玻璃管湿润，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。
【小问3详解】
根据图示，装置A中仪器b名称为圆底烧瓶，装置A是一个相对密闭的环境，a导管的存在可以平衡气压，使液体顺利流下；氮化锶遇水剧烈反应，通入装置B玻璃管中的气体必须是干燥的氮气，所以装置B中广口瓶盛放的试剂是干燥剂浓硫酸。
【小问4详解】
锶是活泼金属，为防止锶被氧气氧化，要用A中生成的氮气排出B中的空气后，再加热金属锶，所以实验时先点燃装置A处酒精灯，一段时间后，点燃B处酒精灯；装置A中氯化铵和亚硝酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、氮气、水，反应的化学方程式为 ；
【小问5详解】
三颈烧瓶中和水反应生成氢氧化锶、氨气，反应产生氨气的化学方程式为；
【小问6详解】
根据题意，氨气、氢氧化钠共消耗盐酸的物质的量是0.2L×1mol/L=0.2mol，氢氧化钠消耗盐酸的物质的量=n(NaOH)= 0.016L×1mol/L×=0.16mol，氨气消耗盐酸的物质的量是0.2mol-0.16mol=0.04mol，即氨气的物质的量是=0.04mol，根据可知，的物质的量是0.02mol，产品纯度为。
【小问7详解】
A. 锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液，不影响盐酸的物质的量，对测定结果无影响，故不选A；
B. 滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故选B；
C. 滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故选C；
D. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则消耗的NaOH标准溶液体积偏小，过量的HCl的物质的量偏小，导致测定结果偏高，故不选D；
选BC。
17. 为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”，“2060年碳中和”。研究如何转化和，对减少温室气体的排放，改善大气环境具有重要的意义。
（1）催化重整反应为：。
已知：
该催化重整反应的___________。有利于提高平衡转化率的条件是___________(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
（2）t℃的恒容密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应。研究表明CO的生成速率，某时刻t℃下测得p(CO)=20kPa，则___________，___________。
（3）在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的和，在一定条件下发生反应，的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①由上图可知：压强___________(选填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。
②Y点：v(正)___________v(逆)(选填“>”、“<”或“=”)；已知气体分压()=气体总压()×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，已知P2=aPa求X点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________。
【答案】（1） ①. +247 ②. A
（2） ①. 1.95 ②. 15
（3） ①. < ②. 理由是反应是气体总物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小 ③. > ④. a2
【解析】
【小问1详解】
①
②
③
2×③-①-②可得，其2×=2×(-111kJ·mol-1)-(-75 kJ·mol-1)-(-394 kJ·mol-1)=+247 kJ·mol-1；
，+247 kJ·mol-1：
正反应为气体总物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大；正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大；
综上所述，有利于提高平衡转化率的条件是高温低压，选A；
【小问2详解】
t℃的恒容密闭容器中，可代压强入三段式：，故该时刻15kPa，p(CH4)=10kPa，v(CO)=1.3×10-2×10×15=1.95；
【小问3详解】
①由可知，其它条件不变，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，故<；理由是反应是气体总物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小；
②Y点：的转化率小于平衡转化率，则平衡正向进行，v(正)>v(逆)；
在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的和，X点CH4的转化率为50%，即CH4的变化值为0.1mol×50%=0.05mol，，则平衡常数Kp==a2。
(二)选做题：请考生从18、19题中任选一题作答，都做则按所做18题计分。
18. 砷及其化合物被运用在农药、防腐剂、染料、医药、半导体等领域。
（1）As原子的价电子排布式为___________。
（2）科研工作者发现(俗称砒霜，或写作)对白血病有明显的治疗作用。
的分子结构如图1所示，则在该化合物中As原子的杂化方式为___________；As原子的第一电离能___________(选填“>”或“<”)O原子的第一电离能。
（3）中含有的化学键类型包括___________；的空间构型为___________；中O—As—O键角___________(选填“>”或“<”)中O—As—O键角。、、、四种酸中酸性最强的是___________(填化学式)。
（4）氮原子(N)间能形成氮氮叁键，而砷原子(As)间不易形成叁键的原因是___________。
（5）半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如图2所示，则砷化硼晶体中与每个硼原子紧邻的硼原子有___________个；若晶胞的边长均为a pm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为___________(列出含a、的计算式即可)。
【答案】（1）4s24p3
（2） ①. sp3 ②. <
（3） ①. 离子键、共价键 ②. 正四面体 ③. > ④.
（4）砷的原子半径大，砷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
已知As是33号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故As原子的价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3；
【小问2详解】
的分子结构中，每个As周围均与3个氧原子形成了3个单键，每个As原子中含有1对孤电子对，故则在该化合物中As原子的价层电子对数为3+1=4，故其杂化方式为sp3，由于中As显+3价，O显-2价，说明As比O更容易失去电子，故As原子的第一电离能
中含有的化学键类型包括Na+与之间的离子键，中As与O原子之间的共价键，中中心原子As周围有4个σ键，孤电子对数为：=0，故As周围的价层电子对数为4，物孤电子对，故其空间构型为正四面体，由于中As原子无孤电子对，而中As原子有一对孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故中O—As—O键角>中O—As—O键角，对于同一元素的不同含氧酸的酸性随着非羟基氧原子个数的增多而增强，故即AsO(OH)3、即HAs(OH)2、即As(OH)3、即AsO2(OH)，四种酸中酸性最强的是，故答案为：离子键、共价键；正四面体；>；；
【小问4详解】
砷的原子半径大，砷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，故答案为：砷的原子半径大，砷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
【小问5详解】
由晶胞图可知，B位于8个顶点和6个面心上，砷化硼晶体中与每个硼原子紧邻的硼原子有12个，As位于体内，故每个晶胞中含有B原子个数为：，As的个数为4，故若晶胞的边长均为a pm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为，故答案为：12；。
19. 苯巴比妥是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药。其一种合成路线设计如下：
已知：。
回答下列问题：
（1）A属于芳香烃，其名称为___________。
（2）A→B的反应条件是___________。B→C的反应类型是___________。
（3）E中含有的官能团名称为___________。
（4）G→H的化学方程式是___________。
（5）I的结构简式___________。
（6）化合物G有多种同分异构体，其中与G具有相同官能团且含有苯环的同分异构体共有___________种。
（7）以丁二醛()、乙醇和尿素( )为原料合成，请写出流程：___________(所需无机试剂任选)。
【答案】（1）甲苯 （2） ①. Cl2，光照 ②. 取代反应
（3）氯原子、羧基 （4）+2C2H5OH+2H2O
（5） （6）9
（7）
【解析】
【分析】对比A、B分子式、已知信息及C的结构简式可知：A为，B为，根据F的结构简式可知D发生取代反应生成E为；E和碳酸氢钠反应生成F，F发生已知信息反应并酸化生成G为，G发生酯化反应生成H，根据I的分子式以及苯巴比妥的结构简式可知H和溴乙烷发生取代反应生成I为，I和尿素反应生成苯巴比妥，据此解答。
【小问1详解】
A属于芳香烃，结构简式为，其名称为甲苯。
【小问2详解】
A→B是甲基上的氢原子被取代，其反应条件是Cl2，光照。根据已知信息可判断B→C的反应类型是取代反应。
【小问3详解】
E为，E中含有的官能团名称为氯原子、羧基。
【小问4详解】
G→H属于酯化反应，反应的化学方程式是+2C2H5OH+2H2O。
【小问5详解】
根据以上分析可知I的结构简式为。
【小问6详解】
化合物G有多种同分异构体，其中与G具有相同官能团，即含有羧基，且含有苯环的同分异构体，如果含有2个取代基，即－COOH和－CH2COOH，有邻间对三种，如果含有3个取代基，即2个羧基和1个甲基，有6种，共有9种。
【小问7详解】
丁二醛()首先氧化将醛基转化为羧基，然后和乙醇发生酯化反应，最后和尿素()合成，其流程为 。
重庆市育才中学2021-2022学年高三上学期期中考试
化学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Ni 59 As 75 Sr 88
Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、选择题(共本题共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. 化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是
A. 葡萄酒中添加的有抗氧化和杀菌等作用
B. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物
C. 西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
D. 飞沫传播病毒存在气溶胶，医用口罩对微小带病毒气溶胶有过滤隔离效果
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加少量的有抗氧化和杀菌等作用，故A正确；
B．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子，核酸是高分子化合物，故B正确；
C．催化剂不能使平衡发生移动，故C错误；
D．医用口罩对微小带病毒气溶胶有显著的隔离效果，故D正确；
选C。
2. “宏、微、符”三重表征是重要的化学学科素养。工业合成尿素的反应中，下列相关微粒的化学用语表述正确的是
A. 的比例模型： B. 的结构简式：
C. 的电子式： D. O原子的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2是直线形分子，并且C的原子半径大，其比例模型为，故A错误；
B．分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：，故B正确；
C．NH3中氮原子和氢原子之间通过共价键形成化合物，分子中N原子还有1对孤电子对，氨气电子式为，故C错误；
D．氧原子的核内质子数和核外电子数都是8，并且分层排布，其结构示意图为，故D错误；
答案选B。
3. 下列铁的化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 易溶于水，可用作净水剂
B. 能与酸反应，可用作红色颜料
C. 溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板
D. 具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于水体的消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．电离出的Fe3+在水中易水解生成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附能力，决定其可以作净水剂，故前后无因果关系，A不合题意；
B．呈红棕色，且性质稳定，决定其可用作红色颜料，前后无因果关系，B不合题意；
C．溶液蚀刻铜电路板的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，FeCl3体现氧化性，与其溶液呈酸性无关，C不合题意；
D．具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于水体的消毒，前后因果关系成立，D符合题意；
故答案为：D。
4. “酸化”经常使用到稀硫酸，下列使用稀硫酸进行“酸化”是错误的是
A. 检验中的氯元素：与NaOH溶液混合加热，用稀硫酸酸化，再加溶液检验
B. 探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度
C. 提高溶液的氧化能力：用稀硫酸酸化
D. 抑制的水解：用稀硫酸酸化
【答案】A
【解析】
【详解】A．检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后，先用稀硝酸进行酸化，然后再滴加硝酸银溶液，不能使用硫酸酸性，因为硫酸根离子能够与银离子反应生成硫酸银沉淀，A符合题意；
B．探究的溶解度与pH的关系：用稀硫酸酸化，调整溶液酸碱度，对实验结果无影响，且稀硫酸难挥发，比盐酸、硝酸好，B不合题意；
C．提高溶液的氧化能力，一般用稀硫酸酸化，盐酸会与K2Cr2O7反应生成有毒气体Cl2，HNO3本身就有强氧化性，且反应时将产生有毒有害的NO、NO2等，C不合题意；
D．硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，抑制的水解，用稀硫酸酸化，能够达到实验目的，D不合题意；
故答案为A。
5. 预防“新冠肺炎”可用0.3%的过氧乙酸(，含“—O—O—"键)溶液进行喷雾消毒。若代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. PH=3的过氧乙酸溶液中氢离子数目为
B. 中含有的共用电子对数目为9
C. 1L 0.1molL过氧乙酸的水溶液中氧原子数为0.3
D. 个分子完全分解可生成1mol和11.2L
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=3的过氧乙酸溶液中氢离子数目，A错误；
B．已知一个CH3COOOH中含有9对共用电子，故中含有的共用电子对数目为=9，B正确；
C．由于溶剂H2O中也含有氧原子，故1L 0.1molL过氧乙酸的水溶液中氧原子数大于0.3，C错误；
D．个即1mol分子完全分解可生成1mol和0.5molO2，由于未告知标准状况，故无法计算的体积，D错误；
故答案为：B。
6. 氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH或溶液吸收
下列解释事实的方程式错误的是
A. 氯气用于自来水消毒：
B. 电解饱和食盐水制取：
C. 浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：
D. 氯气“泄漏处理”中溶液的作用：
【答案】D
【解析】
【详解】A．，HClO具有强氧化性可用于杀菌消毒，A正确；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑，B正确；
C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时因生成氯化铵而产生白烟，方程式为8NH3 + 3Cl2 == 6NH4Cl + N2，C正确；
D．氯气与亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为，D错误；
故答案选D
7. 2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W。已知X、W同主族，且W的原子序数是X的2倍，Y的氢化物可用于蚀刻玻璃，Z与W最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A. Z的单质能与冷水迅速反应 B. 简单离子半径：W＞X＞Y＞Z
C. 简单氢化物的沸点：W＞X D. Y、Z两元素易形成共价化合物
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X、W同主族，且W的原子序数是X的2倍，则推知X为O，W为S，Y的氢化物可用于蚀刻玻璃，故Y为F，已知W的最外层电子数为6，Z与W最外层电子数之和等于8，则Z的最外层上的电子数为2，故Z为Mg，综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、Mg、S，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Z为Mg，Mg与冷水反应反应很缓慢，A错误；
B．微粒半径比较一般规律为：电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径：S2-＞O2-＞F-＞Mg2+，即W＞X＞Y＞Z，B正确；
C．由分析可知，X为O，W为S，由于H2O分子间存在分子间氢键，沸点异常高，故简单氢化物的沸点：W＜X ，C错误；
D．由分析可知，Y为F属于活泼的非金属，Z为Mg属于活泼的金属，故Y、Z两元素易形成离子化合物，D错误；
故答案为：B。
8. 用下列装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
探究氧化性：
检验化合物中是否含钾元素
实验室里接收用自来水制取的蒸馏水
制备氢氧化铁胶体
装置或操作
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将浓盐酸滴加到高锰酸钾中可发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据氧化剂氧化性强于氧化产物可知，KMnO4＞Cl2，氯气通入到KI淀粉溶液中溶液变蓝，说明发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，则氧化性Cl2＞I2，故能得出氧化性KMnO4＞Cl2＞I2，能够达到实验目的，A符合题意；
B．检验化合物中是否含钾元素，进行焰色反应是必须透过蓝色钴玻璃观察，否则可能有其他颜色的光掩盖了钾的焰色紫色，不能达到实验目的，B不合题意；
C．用自来水制取的蒸馏水，承接管末端与锥形瓶不能密封，否则将造成炸裂等实验事故，不能达到实验目的，C不合题意；
D．制备氢氧化铁胶体是将FeCl3饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，将FeCl3饱和溶液滴加NaOH溶液中将生成Fe(OH)3沉淀，反应方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：A。
9. 侯氏制碱法(联合制碱法)工艺流程可用如图表示。下列有关说法错误的是
A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔
B. 该工艺的碳原子利用率理论上为
C. 氨母液储罐中的溶质主要是、、
D. 在实验室模拟上述流程，“焙烧”需要使用铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器
【答案】C
【解析】
【详解】向饱和溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解的能力，再通入(碳酸化塔)，反应生成和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的进入回转焙烧炉焙烧后转化为、水和二氧化碳，可进入碳酸化塔重复利用，进入碱母液储罐，由于的溶解度在低温下比小，向其中通入后降温“冷析”、加NaCl“盐析”，可使结晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。
A．根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，故A正确；
B．根据，，反应产生的又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为，故B正确；
C．氨母液储罐中的溶质主要是和，故C错误；
D．焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，故D正确；
故答案为C。
10. 某试液中只可能大量含有、、、、、、、中的若干种离子，且所含离子浓度均相等(忽略单一水解)，实验如下，下列说法正确的是
A. 原溶液中大量存在、、、
B. 沉淀A为，沉淀C为、
C. 滤液X中大量存在的阳离子有、和
D. 无法确定原试液中是否大量含有、
【答案】A
【解析】
【分析】由题干信息可知，加入过量稀硫酸无明显变化，说明无、Ba2+和，加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡，加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀，通入少量CO2产生沉淀，先与OH-、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+，因为存在的离子浓度均为相同，从电荷的角度出发，只能含有、Fe2+、Cl-、才能保证电荷守恒，Na+必然不能存在，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，原溶液中大量存在、、、，A正确；
B．由分析可知，沉淀A为，沉淀C为，B错误；
C．由分析可知，加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，故滤液X中大量存在的阳离子有、和，C错误；
D．由分析可知，原试液中一定含有大量的，一定不含，D错误；
故答案为：A。
11. 分析推理得出正确结论是化学学习的方法之一、下列实验事实的解释正确的是
选项
操作、现象
解释
A
向KI-淀粉溶液中加入溶液，溶液变蓝
能与淀粉发生显色反应
B
向品红溶液中通入或气体，溶液均褪色
两者均有漂白性且原理相同
C
将木炭放入浓硝酸中，加热，产生红棕色气体
一定是木炭与浓硝酸反应，生成了红棕色的气体
D
少量铝热剂(只含一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分成两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液，分别出现蓝色沉淀和血红色
铝热剂中可能含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向KI-淀粉溶液中加入溶液，溶液变蓝，是因为把I-氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，故A错误；
B．没有漂白性，氯水中含有次氯酸，属于氧化性漂白、与有色物质结合成无色物质，属于非氧化性漂白， 漂白原理不同，故B错误；
C．浓硝酸自身能分解生成二氧化氮、氧气、水，所以将木炭放入浓硝酸中，加热，不一定是木炭与浓硝酸反应生成的红棕色的气体，故C错误；
D．和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，少量铝热剂(只含一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分成两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液，分别出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中含有，则铝热剂中可能含有，故D正确；
选D。
12. 在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效。三种药物主要成分的结构简式如下，下列说法正确的是
A. X和Z都属于芳香族化合物 B. Z分子苯环上的一溴代物有3种
C. 用溶液能区分Y和Z D. 1molZ最多可以与3molNaOH发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，由X的结构简式可知，X中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；
B．由Z的结构简式可知，Z分子苯环上的一溴代物有6种，如，故B错误；
.C．由Y的结构简式和Z的结构简式可知，Z中的羟基为酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，Y中的羟基为醇羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，则能用FeCl3溶液区分Y和Z，故C正确；
D．由Z的结构简式可知，Z中酚羟基、酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基、HCl都能和NaOH以1:1反应，则1molZ最多能消耗6molNaOH，故D错误；
答案为C。
13. 让天更蓝、山更绿、水更清，化学在行动。利用Cu-ZSM-5分子筛催化剂，可脱除燃煤烟气中的NO和，生成两种无毒物质，反应历程如图，下列说法错误的是
A. 过程Ⅰ、Ⅱ发生的是非氧化还原反应
B. 过程Ⅲ中X为，它既是氧化产物，又是还原产物
C. 过程Ⅳ中，每生成0.1mol，转移的电子数为0.15
D. 上述历程的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ、Ⅱ中，元素化合价均没有发生变化，都是非氧化还原反应，故A正确；
B．过程Ⅲ中生成X的离子方程式是，根据元素守恒，X是 ，中N的化合价升高、中N的化合价降低，所以它既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C．过程Ⅳ发生反应的离子方程式是，N元素化合价由+3降低为0、由-3升高为0，每生成1mol转移3mol电子，所以每生成0.1mol转移的电子数为0.3 ，故C错误；
D．根据图示可知总反应为，故D正确；
选C。
14. 在密闭容器中，按进行投料，发生反应 ，在时测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V/%)如图所示，下列说法中正确的是
P=5MPa，投料的平衡体系组成
A. 表示组分的曲线是Ⅱ
B. 图中曲线交点b对应的转化率为40%
C. 图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数
D. 若甲、乙两个密闭容器起始时容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时产率：甲＞乙
【答案】D
【解析】
【分析】正反应放热，升高温度平衡逆向移动，、H2O减少， 、H2增加，改变量的比值等于系数之比，故曲线Ⅰ代表H2、曲线Ⅱ代表、曲线Ⅲ代表H2O、曲线Ⅳ代表。
【详解】A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，、H2O减少， 、H2O的比为1:3，表示组分的曲线是Ⅳ，A错误；
B．
根据图示，图中曲线交点b对应CO2、的物质的量相等，则，x=，转化率为，B错误；
C．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡常数越小，图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数，C错误；
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，正反应物质的量减小，根据等效平衡原理，和甲相比，乙相当于减压，乙平衡逆向移动，反应达平衡时产率：甲>乙，D正确；
故答案选D。
Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、填空题(包含3道必做题和1道选做题，共58分)
(一)必做题
15. 三氧化二镍()常用于制造高能电池。以金属镍废料(含Fe、Ca，Mg等杂质)生产的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示，酸浸的最佳温度与时间分别为___________(填标号)
A. 30℃、30min B. 50℃、120min
C. 70℃、120min D. 90℃、150min
（2）氧化“除铁”时发现所用远高于理论用量，造成这一结果的原因是___________。
（3）滤渣B主要成分的化学式为___________，加入后证明已沉淀完全的方法是___________。
（4）滤液C中的阳离子主要有___________。
（5）“氧化”生成的离子方程式为___________。
（6）用含镍29.5%的100kg金属镍废料经过上述工艺制得固体36kg，镍的回收率为___________(精确到0.1%)。
【答案】（1）C （2）易分解为水和氧气，氧化产物 Fe3+可以作分解的催化剂，加快的分解速率
（3） ①. MgF2、CaF2 ②. 取上层清液，继续加入NH4F溶液，没有沉淀生成，说明已沉淀完全
（4）Na+、NH
（5）
（6）86.7%
【解析】
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Mg2+、Ca2+等，加入过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使Fe3+全部沉淀，过滤后的滤液中再加入NH4F溶液，使Mg2+、Ca2+全部转化为沉淀MgF2、CaF2，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液把Ni2+氧化为Ni2O3。
【小问1详解】
根据图示，在120min~160min之间通过时间来改变浸出率的效果已经差不多了，所以选择比较省时间的120min；在70°和90°两条线也是比较接近的，同时在120°时几乎没有差别了，所以选择节能的70°，故选C；
【小问2详解】
易分解为水和氧气，氧化产物Fe3+可以作分解的催化剂，加快的分解速率，所以氧化“除铁”时发现所用远高于理论用量；
【小问3详解】
滤液中加入NH4F溶液，使Mg2+、Ca2+全部转化为沉淀MgF2、CaF2，所以滤渣B主要成分的化学式为MgF2、CaF2，加入后证明已沉淀完全的方法是：取上层清液，继续加入NH4F溶液，没有沉淀生成，说明已沉淀完全。
【小问4详解】
由于溶液中加入了碳酸钠除去了Fe3+、加入氟化铵除去了Mg2+、Ca2+，再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，所以滤液C中的阳离子主要有Na+、NH；
【小问5详解】
氯化镍溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液把Ni2+氧化为Ni2O3，“氧化”生成的离子方程式为；
【小问6详解】
用含镍29.5%的100kg金属镍废料经过上述工艺制得固体36kg，根据镍镍元素守恒，镍的回收率为。
16. 氮化锶()是工业上生产荧光粉的原材料。已知：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。
Ⅰ．利用装置A和B制备
（1）Sr在元素周期表中的位置是___________。
（2）实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将___________，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。
（3）装置A中仪器b的名称为___________，a导管的作用是___________；装置B中广口瓶盛放的试剂是___________(填名称)。
（4）实验时先点燃装置___________处酒精灯(填“A”或“B”)，一段时间后，点燃另一只酒精灯；由装置A制备的化学方程式为___________。
Ⅱ．测定产品的纯度
称取6.0g产品，放入干燥的三颈瓶中，然后加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00mL1.0000mol/L的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00mL的吸收液放入锥形瓶中，用1.0000mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mL NaOH溶液(图中夹持装置略)
（5）三颈烧瓶中发生反应产生氨气的化学方程式为___________。
（6）产品纯度为___________(精确到0.1%)。
（7）下列实验操作可能使氮化锶()测定结果偏低的是___________(填标号)。
A. 锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液
B. 滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
C. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
D. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视
【答案】（1）第5周期ⅡA族
（2）橡胶管和玻璃管湿润
（3） ①. 圆底烧瓶 ②. 平衡气压，使液体顺利流下 ③. 浓硫酸
（4） ①. A ②.
（5）
（6）97.3% （7）BC
【解析】
【小问1详解】
锶(Sr)是38号元素，位于元素周期表的第5周期ⅡA族；
【小问2详解】
实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将橡胶管和玻璃管湿润，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。
【小问3详解】
根据图示，装置A中仪器b名称为圆底烧瓶，装置A是一个相对密闭的环境，a导管的存在可以平衡气压，使液体顺利流下；氮化锶遇水剧烈反应，通入装置B玻璃管中的气体必须是干燥的氮气，所以装置B中广口瓶盛放的试剂是干燥剂浓硫酸。
【小问4详解】
锶是活泼金属，为防止锶被氧气氧化，要用A中生成的氮气排出B中的空气后，再加热金属锶，所以实验时先点燃装置A处酒精灯，一段时间后，点燃B处酒精灯；装置A中氯化铵和亚硝酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、氮气、水，反应的化学方程式为 ；
【小问5详解】
三颈烧瓶中和水反应生成氢氧化锶、氨气，反应产生氨气的化学方程式为；
【小问6详解】
根据题意，氨气、氢氧化钠共消耗盐酸的物质的量是0.2L×1mol/L=0.2mol，氢氧化钠消耗盐酸的物质的量=n(NaOH)= 0.016L×1mol/L×=0.16mol，氨气消耗盐酸的物质的量是0.2mol-0.16mol=0.04mol，即氨气的物质的量是=0.04mol，根据可知，的物质的量是0.02mol，产品纯度为。
【小问7详解】
A. 锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液，不影响盐酸的物质的量，对测定结果无影响，故不选A；
B. 滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故选B；
C. 滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故选C；
D. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则消耗的NaOH标准溶液体积偏小，过量的HCl的物质的量偏小，导致测定结果偏高，故不选D；
选BC。
17. 为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”，“2060年碳中和”。研究如何转化和，对减少温室气体的排放，改善大气环境具有重要的意义。
（1）催化重整反应为：。
已知：
该催化重整反应的___________。有利于提高平衡转化率的条件是___________(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
（2）t℃的恒容密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应。研究表明CO的生成速率，某时刻t℃下测得p(CO)=20kPa，则___________，___________。
（3）在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的和，在一定条件下发生反应，的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①由上图可知：压强___________(选填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。
②Y点：v(正)___________v(逆)(选填“>”、“<”或“=”)；已知气体分压()=气体总压()×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，已知P2=aPa求X点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________。
【答案】（1） ①. +247 ②. A
（2） ①. 1.95 ②. 15
（3） ①. < ②. 理由是反应是气体总物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小 ③. > ④. a2
【解析】
【小问1详解】
①
②
③
2×③-①-②可得，其2×=2×(-111kJ·mol-1)-(-75 kJ·mol-1)-(-394 kJ·mol-1)=+247 kJ·mol-1；
，+247 kJ·mol-1：
正反应为气体总物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大；正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大；
综上所述，有利于提高平衡转化率的条件是高温低压，选A；
【小问2详解】
t℃的恒容密闭容器中，可代压强入三段式：，故该时刻15kPa，p(CH4)=10kPa，v(CO)=1.3×10-2×10×15=1.95；
【小问3详解】
①由可知，其它条件不变，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，故<；理由是反应是气体总物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小；
②Y点：的转化率小于平衡转化率，则平衡正向进行，v(正)>v(逆)；
在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的和，X点CH4的转化率为50%，即CH4的变化值为0.1mol×50%=0.05mol，，则平衡常数Kp==a2。
(二)选做题：请考生从18、19题中任选一题作答，都做则按所做18题计分。
18. 砷及其化合物被运用在农药、防腐剂、染料、医药、半导体等领域。
（1）As原子的价电子排布式为___________。
（2）科研工作者发现(俗称砒霜，或写作)对白血病有明显的治疗作用。
的分子结构如图1所示，则在该化合物中As原子的杂化方式为___________；As原子的第一电离能___________(选填“>”或“<”)O原子的第一电离能。
（3）中含有的化学键类型包括___________；的空间构型为___________；中O—As—O键角___________(选填“>”或“<”)中O—As—O键角。、、、四种酸中酸性最强的是___________(填化学式)。
（4）氮原子(N)间能形成氮氮叁键，而砷原子(As)间不易形成叁键的原因是___________。
（5）半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如图2所示，则砷化硼晶体中与每个硼原子紧邻的硼原子有___________个；若晶胞的边长均为a pm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为___________(列出含a、的计算式即可)。
【答案】（1）4s24p3
（2） ①. sp3 ②. <
（3） ①. 离子键、共价键 ②. 正四面体 ③. > ④.
（4）砷的原子半径大，砷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
已知As是33号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故As原子的价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3；
【小问2详解】
的分子结构中，每个As周围均与3个氧原子形成了3个单键，每个As原子中含有1对孤电子对，故则在该化合物中As原子的价层电子对数为3+1=4，故其杂化方式为sp3，由于中As显+3价，O显-2价，说明As比O更容易失去电子，故As原子的第一电离能
中含有的化学键类型包括Na+与之间的离子键，中As与O原子之间的共价键，中中心原子As周围有4个σ键，孤电子对数为：=0，故As周围的价层电子对数为4，物孤电子对，故其空间构型为正四面体，由于中As原子无孤电子对，而中As原子有一对孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故中O—As—O键角>中O—As—O键角，对于同一元素的不同含氧酸的酸性随着非羟基氧原子个数的增多而增强，故即AsO(OH)3、即HAs(OH)2、即As(OH)3、即AsO2(OH)，四种酸中酸性最强的是，故答案为：离子键、共价键；正四面体；>；；
【小问4详解】
砷的原子半径大，砷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，故答案为：砷的原子半径大，砷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
【小问5详解】
由晶胞图可知，B位于8个顶点和6个面心上，砷化硼晶体中与每个硼原子紧邻的硼原子有12个，As位于体内，故每个晶胞中含有B原子个数为：，As的个数为4，故若晶胞的边长均为a pm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为，故答案为：12；。
19. 苯巴比妥是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药。其一种合成路线设计如下：
已知：。
回答下列问题：
（1）A属于芳香烃，其名称为___________。
（2）A→B的反应条件是___________。B→C的反应类型是___________。
（3）E中含有的官能团名称为___________。
（4）G→H的化学方程式是___________。
（5）I的结构简式___________。
（6）化合物G有多种同分异构体，其中与G具有相同官能团且含有苯环的同分异构体共有___________种。
（7）以丁二醛()、乙醇和尿素( )为原料合成，请写出流程：___________(所需无机试剂任选)。
【答案】（1）甲苯 （2） ①. Cl2，光照 ②. 取代反应
（3）氯原子、羧基 （4）+2C2H5OH+2H2O
（5） （6）9
（7）
【解析】
【分析】对比A、B分子式、已知信息及C的结构简式可知：A为，B为，根据F的结构简式可知D发生取代反应生成E为；E和碳酸氢钠反应生成F，F发生已知信息反应并酸化生成G为，G发生酯化反应生成H，根据I的分子式以及苯巴比妥的结构简式可知H和溴乙烷发生取代反应生成I为，I和尿素反应生成苯巴比妥，据此解答。
【小问1详解】
A属于芳香烃，结构简式为，其名称为甲苯。
【小问2详解】
A→B是甲基上的氢原子被取代，其反应条件是Cl2，光照。根据已知信息可判断B→C的反应类型是取代反应。
【小问3详解】
E为，E中含有的官能团名称为氯原子、羧基。
【小问4详解】
G→H属于酯化反应，反应的化学方程式是+2C2H5OH+2H2O。
【小问5详解】
根据以上分析可知I的结构简式为。
【小问6详解】
化合物G有多种同分异构体，其中与G具有相同官能团，即含有羧基，且含有苯环的同分异构体，如果含有2个取代基，即－COOH和－CH2COOH，有邻间对三种，如果含有3个取代基，即2个羧基和1个甲基，有6种，共有9种。
【小问7详解】
丁二醛()首先氧化将醛基转化为羧基，然后和乙醇发生酯化反应，最后和尿素()合成，其流程为 。
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