山东省日照市2021届高三上学期第二次联合考试化学试卷 Word版含解析 24页

- 1 - 2020～2021 学年度高三第二次校际联合考试 化学试题 1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形 码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2．选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使 用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Sr 87.6 Pd 106 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合 题意。 1. 下列说法合理的是 A. NaOH 能促进油脂水解，可用含 NaOH 的洗涤剂去除人体皮肤表面的油性物质 B. 新冠肺炎抗疫中使用的干雾过氧化氢空气消毒机，利用了过氧化氢的氧化性 C. 工业生产中常把原料粉碎成小颗粒，可以提高原料的平衡转化率 D. 增大氮肥、磷肥、钾肥使用量，不会改变生态平衡且能提高农作物产量 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaOH 有强腐蚀性，不能用于人体皮肤表面，故 A 错误； B．过氧化氢具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，所以干雾过氧化氢空气消毒 机在新冠抗疫中被广泛使用，故 B 正确； C．原料粉碎成小颗粒，只能加快反应速率，不能提高原料的平衡转化率，故 C 错误； D．大量使用氮肥、磷肥、钾肥，会影响生态平衡，需要合理使用，故 D 错误。 答案选 B。 2. 下列说法正确的是 A. 某化合物不属于强电解质，则一定属于弱电解质 B. 某盐在水溶液中发生水解，则其溶于水时不能完全电离 C. 某化学反应的能量变化为热能形式，反应过程中若不放出热量则吸收热量 - 2 - D. 等温、等压及除体积功不做其他功时，ΔH－TΔS＜0 的化学反应能反应完全 【答案】C 【解析】 【详解】A．某化合物不属于强电解质，不一定属于弱电解质，还可以是非电解质，如 CO2、 NH3 等，故 A 错误； B．某盐在水溶液中发生水解，但其溶于水时可能完全电离，如 Na2CO3 溶于水碳酸根会发生 水解，但碳酸钠为强电解质，完全电离，故 B 错误； C．化学反应中旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，所以一定会伴随能量的变化，若能量 变化为热能形式，则反应过程中若不放出热量则吸收热量，故 C 正确； D．ΔH－TΔS＜0 的化学反应可以自发进行，但能否完全反应要根据该温度下的平衡常数判断， 故 D 错误； 综上所述答案为 C。 3. 完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 配制 250 mL 0.10 mol·L−1NaOH 溶液 除去工业乙醇中的杂质 除去粗盐水中的 不溶物 用标准 NaOH 溶液 滴定锥形瓶中的盐 酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．配制 250 mL 0.10 mol·L−1NaOH 溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故 A 错 误； B．蒸馏法除去工业乙醇中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故 B 错误； - 3 - C．过滤法除去粗盐水中的不溶物，故 C 正确； D．用标准 NaOH 溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准 NaOH 溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时， 眼睛应该注视锥形瓶内颜色变变化，故 D 错误； 选 C。 4. NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 含 7.8gNa2S 的溶液中所含阴离子的总数大于 0.1NA B. 标准状况下，5.6L 甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数目为 NA C. 镁与一定量浓硫酸反应，产生标准状况下气体 2.24L，转移电子数目为 0.2NA D. 向 100mL1mol·L－1 稀盐酸中逐滴加入含 0.1molNa2CO3 的溶液，则混和液中： N（CO 2- 3 ） +N（HCO - 3 ）+N（H2CO3）=0.1NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．S2-在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中阴离子个数多于 0.1NA 个， 故 A 正确； B．1 个甲烷分子、1 个乙烯分子都含有 4 个 C-H 键，标准状况下，5.6L 甲烷和乙烯的混合气 体中所含碳氢键数为 5.6 422.4 / mol A L NL  = NA，故 B 正确； C．镁与一定量的浓硫酸反应，产生的气体为氢气和二氧化硫的混合气体，标准状况下 2.24L 气体的物质的量为 0.1mol，生成 0.1mol 二氧化硫和氢气的混合气体，转移了 0.2mol 电子，转 移的电子数为 0.2NA，故 C 正确； D．向 100mL1mol•L-1 稀盐酸中逐滴加入含 0.1mol Na2CO3 的溶液，部分碳酸根离子与氢离子 反应生成二氧化碳，所以向 100mL1mol•L-1 稀盐酸中逐滴加入含 0.1mol Na2CO3 的溶液，则混 和液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)＜0.1NA，故 D 错误。 答案选 D。 5. 下列离子方程式或化学方程式正确的是 A. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸：2S2O 2- 3 +2H+=SO 2- 4 +3S↓+H2O B. TiC14 水解制备 TiO2·xH2O：TiCl4+(x+2)H2O =TiO2·xH2O↓+4HC1 C. CuCl2 溶液中通入少量 H2S：Cu2++S2－=CuS↓ D. 磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O - 4 - 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸发生歧化反应生成 SO2 和 S，离子方程式为 S2O 2- 3 +2H+═SO2↑+S↓+H2O，故 A 错误； B．用 TiCl4 制备 TiO2 的反应，为水解反应，可表示为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl， 故 B 正确； C．H2S 为弱酸，正确的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故 C 错误； D．Fe3+会把 I-氧化，正确离子方程式为：Fe3O4+2I-+8H+=3Fe2++I2+4H2O，故 D 错误； 综上所述答案为 B。 6. X、Y、Z、M、W 为五种原子序数递增的前 20 号元素。X、Y 是同周期元素，原子序数相 差 2，族序数之和为 10；Z 原子最外层电子数等于其最内层电子数，M 在地壳中含量居第二 位；W 的某种盐常用作加碘盐的碘制剂。下列说法错误的是 A. 原子半径：W＞Z＞M＞X＞Y B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞M C. ZXY3 含离子键和共价键，0.1molW2Y2 含有 0.4mol 离子 D. Z 与 XY2 反应可置换出 X 单质，X 与 MY2 反应可置换出 M 单质 【答案】C 【解析】 【分析】 M 在地壳中含量居第二位，则 M 为 Si 元素；X、Y 是同周期元素，原子序数相差 2，族序数 之和为 10，则分别为第ⅣA 族、ⅥA 族元素，且原子序数小于 Si 元素，所以 X 为 C 元素，Y 为 O 元素；Z 原子最外层电子数等于其最内层电子数，且原子序数大于 O，则 Z 为 Mg 元素； W 的某种盐常用作加碘盐的碘制剂，则 W 为 K 元素。 【详解】A．核外电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原 子半径 K>Mg>Si>C>O，即 W>Z>M>X>Y，故 A 正确； B．非金属性 C>Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故 B 正确； C．K2O2 由 K+和 O 2- 2 构成，所以 0.1molK2O2 含有 0.3mol 离子，故 C 错误； D．Mg 可以和 CO2 反应生成 C 单质和 MgO，C 可以和 SiO2 反应生成 Si 单质和 CO，故 D 正 确； - 5 - 综上所述答案为 C。 7. 绿矾（FeSO4·7H2O）试剂含量的国家标准如表 1 所示。称取四份质量均为 1.012g 某绿矾试 剂样品，分别溶于水配制成 20.00mL 溶液，编号为①、②、③、④。分别用 0.04056 mol∙L−1 的 KMnO4 标准液滴定，滴定数据记录如表 2。 表 1 等级 Ⅰ级品 Ⅱ级品 Ⅲ级品 FeSO4·7H2O 含量 99.50%~100.5% 99.00%~100.5% 98.00%~101.0% 表 2 样品编号 ① ② ③ ④ KMnO4 标准液体积/mL 17.66 17.68 18.26 17.70 下列说法错误的是 A. 盛装 KMnO4 标准液的酸式滴定管使用前需先检查滴定管是否漏水 B. 滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中液体变浅红色且半分钟不褪色，则达到滴定终点 C. 根据滴定数据分析，该样品属于国家标准的Ⅱ级品 D. 若绿矾样品已失部分结晶水，可能会导致测定结果偏高 【答案】C 【解析】 【详解】A．滴定管使用前需先检查滴定管是否漏水，再洗涤，再润洗，故 A 正确； B．达到滴定终点判断是当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中液体变浅红色且半分钟不褪色， 故 B 正确； C．根据滴定数据分析，第三次数据是错误数据，另外三次平均数值为 17.68mL，根据关系式 5FeSO4～KMnO4， 1 1mol L 278g m5 0.04056 olω= 0.01768L 1.012 100% 98.g 49%        ，该 样品属于国家标准的Ⅲ级品，故 C 错误； D．若绿矾样品已失部分结晶水，称量等质量，则硫酸亚铁增加，消耗的高锰酸钾体积增多， 会导致测定结果偏高，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 8. 北京大学的科技工作者在金(111)表面进行生长的二维双层冰的边缘结构实现了成像观察， - 6 - 二维冰层的 AFM 表征细节(图 1)及其结构模型(图 2)如下，该成果发表在 2020 年 1 月的《Nature》 上。下列说法正确的是 A. 气相水分子、“准液体”水分子和固态水分子属于三种不同的化合物 B. 固态水分子之间的化学键较强，“准液体”水分子之间的化学键较弱 C. 由于水分子间的氢键比较牢固，使水分子很稳定，高温下也难分解 D. 受到能量激发时“准液体”的水分子与下层固态水分子脱离，使冰面变滑 【答案】D 【解析】 【详解】A．气相水分子、“准液体”水分子和固态水分子为 H2O 的不同存在形式，为同一种物 质，故 A 错误； B．水分子之间存在范德华力和氢键，不存在化学键，故 B 错误； C．氢键决定水的熔沸点，水分子的稳定性与氢键无关，水分子稳定是因为分子内 O-H 键的键 能较大，故 C 错误； D．受到能量激发时，“准液体”的水分子与下层固态水分子连接的氢键断裂，产生“流动性的 水分子”，使冰面变滑，故 D 正确； 综上所述答案为 D。 9. 我国研发的高效低压电催化还原 CO2 法，居世界领先水平。装置工作原理如图所示，工作 时总反应为：NaCl+CO2  通电 CO+NaClO。a、b 均为涂装催化剂的惰性电极。下列说法错误的 是 A. 该装置工作时电能转化为化学能 B. 该装置工作时 b 极反应为： CO2+2e-+2H+=CO+H2O - 7 - C. 若用铅蓄电池做电源，Y 极反应为： Pb+ 2 4SO  -2e-=PbSO4 D. 该装置消耗 0.1molC1-时，有 0.1mol H+通过质子交换膜 【答案】D 【解析】 【详解】A．该装置为电解装置，能使电能转化为化学能，故 A 正确； B．电解池中阳离子向阴极移动，由题中图示 H+移动方向可判断 b 极为阴极，阴极区 CO2 得 电子变为 CO，发生还原反应，其电极反应为 CO2+2e-+2H+=CO+H2O，故 B 正确； C．若用铅蓄电池做电源，由于 b 为阴极，接电源的负极，即 Y 为负极，Pb 失电子，发生氧 化反应，其电极反应为 Pb+ 2 4SO  -2e-=PbSO4，故 C 正确； D．a 为阳极，阳极区 Cl-失电子，发生氧化反应，其电极反应为 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+，则消 耗 0.1molC1-时，有 0.2mol H+通过质子交换膜，故 D 错误； 答案为 D。 10. 常温下，向 V2mL 0.1mol·L－1 的一元弱酸 HA 溶液中逐滴加入 V1mL0.1mol·L－1 的 NaOH 溶 液，溶液 pH 随 1 2 V V 的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 常温时，HA 的电离常数约为 10-(2x-1) B. a 点和 c 点时，HA 的中和百分率分别为 50％、100％ C. 由 b 点到 d 点，溶液中水的电离程度逐渐减小 D. a、b、c、d 四点溶液均存在：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+) 【答案】C 【解析】 【分析】 已知一元酸与 NaOH 的浓度相等，其体积比为 1：1 时，恰好生成盐，盐溶液呈碱性，可判断 一元酸为弱酸，x 的值大于 1。 - 8 - 【详解】A．常温时，HA 的电离常数 K=       c H c A c HA   = 10 10 0.1 x x  约为 10-(2x-1)，A 说法 正确； B．a 点时，HA 与 NaOH 的物质的量比为 2：1，则中和百分率为 50％，c 点时，HA 与 NaOH 的物质的量比为 1：1，则 HA 的中和百分率为 100％，B 说法正确； C．b 点时，酸过量，抑制水的电离，c 点恰好生成强碱弱酸盐，促进水的电离，d 点碱过量， 抑制水的电离，故由 b 点到 d 点，溶液中水的电离程度先增大，后减小，C 说法错误； D．a、b、c、d 四点溶液中溶液呈电中性，则 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，变形为 c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)，D 说法正确； 答案为 C。 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题只有一个或两个选项 符合题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11. 实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdC12 溶液遇 CO 能产生黑色的 Pd)，下列说法错误的是 A. 装置①的仪器还可以制取 H2、NH3 等气体 B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯 C. 装置②③中分别盛装饱和 Na2CO3 溶液、浓 H2SO4 D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是 PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1 【答案】C 【解析】 【详解】固体和液体不加热反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制 备氨气都可以用装置①，A 正确；金属钠与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前， 用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置⑤中石灰水变浑浊后，空气已排净，再点燃 酒精灯，B 正确；反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液 除去氯化氢，（因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应），再用浓 H2SO4 吸收水蒸气，C 错误；根据题 给信息可知，PdC12 被 CO 还原为黑色的 Pd，反应 PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，D 正确； - 9 - 正确选项 C。 【点睛】碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯 净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠 溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。 12. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）为具有强还原性的白色细小结晶状固体，常用作食品抗氧化剂。 生产 Na2S2O5，通常是由 NaHSO3 过饱和溶液经结晶、脱水制得，基本流程如下图所示。 下列说法错误的是 A. 工业制备 Na2S2O5 的原理为非氧化还原反应 B. 流程中溶液 1 溶质的成分为 NaHSO3 C. 加入 Na2CO3 固体、并再次通入 SO2 的目的是得到 NaHSO3 过饱和溶液 D. 抗氧化时，1mol Na2S2O5 可以消除 2mol O2 【答案】BD 【解析】 【分析】 由 流 程 可 知 在 饱 和 碳 酸 钠 溶 液 中 通 入 二 氧 化 硫 ， 控 制 pH=4.1 ， 发 生 Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，然后加入碳酸钠固体，调节 pH=7-8，可生成亚硫酸钠， 继续通入二氧化硫调节 pH=4.1，可生成过饱和的 NaHSO3，同时生成二氧化碳气体，结晶脱 水生成 Na2S2O5 固体。 【详解】A. 由分析可知，工业制备 Na2S2O5 过程中没有化合价变化，工业制备 Na2S2O5 的原 理为非氧化还原反应，故 A 正确； B. 加入碳酸钠固体，调节 pH=7-8，可生成亚硫酸钠，流程中溶液 1 溶质的成分为 Na2SO3， 故 B 错误； C. 加入 Na2CO3 固体、并再次通入 SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取 Na2S2O5，发生 这一步需要过饱和的 NaHSO3 溶液，由此判断，再通入 SO2 的目的应为：增大 NaHSO3 浓度， 得到 NaHSO3 过饱和溶液，故 C 正确； D. Na2S2O5 中 S 的化合价为+4，抗氧化时，1mol Na2S2O5 可以消除 1mol O2，故 D 错误； - 10 - 故选 BD。 13. 下图为 Ca-LiFePO4 可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许 Li+通过，电池反应为： 2+ + 4 1-x 4xCa +2LiFePO xCa+2Li FePO +2xLi 放电 充电 。下列说法错误的是 A. LiPF6-LiAsF6 为非水电解质，主要作用都是传递离子，构成闭合回路 B. 充电时，Li1－xFePO4/LiFePO4 电极发生 Li+嵌入，放电时发生 Li+脱嵌 C. 放电时，负极反应为：LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4+xLi+ D. 充电时，当转移 0.2mol 电子时，左室中电解质的质量减轻 2.6g 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据电池反应可知，放电时 Ca 转化为 Ca2+发生氧化反应，所以钙电极为负极，充电时则发生 还原反应为阴极，则放电时 Li1-xFePO4/LiFePO4 为正极，充电时为阳极。 【详解】A．钙活泼性很强，会和水发生反应，所以选用非水电解质来传递离子，构成闭合回 路，形成原电池，故 A 正确； B．充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，Li1-xFePO4/LiFePO4 为阳极，所以 Li1－ xFePO4/LiFePO4 电极发生 Li+脱嵌然后流向阴极，放电时为原电池，原电池中阳离子流向正极， 所以放电时发生 Li+嵌入，故 B 错误； C．放电时，钙电极为负极，电极反应为 Ca-2e-=Ca2+，故 C 错误； D．充电时每转移 0.2mol 电子，左室中就有 0.1molCa2+转化为 Ca，同时有 0.2mol 迁移到左室， 所以左室中电解质的质量减轻 0.1mol 40g/mol-0.2mol 7g/mol=2.6g，故 D 正确； 综上所述答案为 BC。 14. 在 400℃和 550℃条件下，向两个体积恒定的容器中分别充入 2mol N2O 和 2mol CO，发生 反应：N2O(g)+CO(g)  N2(g)+CO2(g)。实验测得两容器中 CO 与 N2 的物质的量随时间变 - 11 - 化关系如图所示，曲线Ⅰ平衡后的总压强为 P1kPa，曲线Ⅱ平衡后总压强为 P2kPa。下列说法 正确的是 A. 曲线Ⅱ为 550℃条件下的变化曲线 B. a、c、d 三点的逆反应速率：a＞d＞c C. ad 段 N2O 的平均速率为 0.015 P1kPa·min－1 D. 曲线Ⅱ代表的温度下，该反应的 KP 为 9 4 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由题干图像可知，曲线Ⅱ所用的时间较少，故反应速率快，对应的温度更高，故 曲线Ⅱ为 550℃条件下的变化曲线，A 正确； B．由于曲线Ⅱ的温度高于曲线 I，故反应速率 c 点最快，a、d 温度相同，曲线 I 表示 CO 的 变化，即正反应，故 a 点到 d 点过程中逆反应速率逐渐增大，故 a、c、d 三点的逆反应速率： c＞d＞a，B 错误； C．曲线 I 表示的是 CO 的变化过程，根据图像可知，平衡时 CO 为 0.8mol，故有： 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) (mol) 2 2 0 0 (mol) 1.2 1.2 1.2 1.2 (mol) 0.8 0.8 1.2 1. N O g +CO g N g +CO g 2  起始量 转化量 平衡量 ，P1=(0.8+0.8+1.2+1.2) RT V ，故 RT V = 1 4 P1，ad 段 N2O 的物质的量变化了：1.4-0.8=0.6mol，故压强变化了 0.6 RT V =0.15P1，故 平均速率为 10.15( ) 10min PPP t    =0.015 P1kPa·min－1，C 正确； D．曲线Ⅱ代表该温度下 N2 的变化情况，由图像可知，平衡时 N2 的物质的量为 1mol，故有： 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) (mol) 2 2 0 0 (mol) N O g +CO g N 1 1 g 1 1 (mol) 1 1 1 1 +CO g 起始量 转化量 平衡量 ，故有平衡时 N2O、CO、N2、CO2 - 12 - 四种气体的平衡分压相等均为 0.25P2，故曲线Ⅱ代表的温度下，该反应的 KP= 2 2 2 P(N )P(CO ) P(N O)P(CO) =1，D 错误； 故答案为：AC。 15. T K 时，现有 25mL 含 KC1 和 KCN 的溶液，用 0.1000mol·L－1 的硝酸银标准溶液对该混合 液进行电位滴定（CN－与 H+的反应可以忽略），获得电动势（E）和硝酸银标准溶液体积（V） 的电位滴定曲线如图所示，曲线上的转折点即为化学计量点。已知： Ⅰ、Ag+与 CN－反应过程为：①Ag++2CN－=[Ag(CN)2]－ ②[Ag(CN)2]－+Ag+=2AgCN↓。 Ⅱ、TK 时，Ksp(AgCN)=2×10－16，Ksp(AgC1)=2×10－10。 下列说法不正确的是 A. V1=5.00，B 点时生成 AgCN B. c(KCN)=0.02000mol·L－1，c(KC1)=0.03000mol·L－1 C. 反应①的平衡常数为 K1，反应②的平衡常数为 K2，则 K1+K2=2Ksp(AgCN) D. C 点时，溶液中 - 6 - (Cl ) =10(CN ) c c 【答案】C 【解析】 【分析】 AgCN 与 AgCl 的类型相同，Ksp(AgCN)=2×10－16 ≪ Ksp(AgC1)=2×10－10，故向含 KC1 和 KCN 的 溶液滴加 AgNO3 标准溶液，先生成 AgCN 沉淀，后生成 AgCl 沉淀；曲线上的转折点即为化 学计量点，结合已知 I，0~2.50mL 发生的反应为 Ag++2CN－=[Ag(CN)2]－、AB 段发生的反应为 [Ag(CN)2]－+Ag+=2AgCN↓，BC 段发生的反应为 Ag++Cl-=AgCl↓；据此分析，结合反应的方程 式和 AgCN、AgCl 的 Ksp 解答。 【详解】A．A 点加入 2.50mLAgNO3 标准溶液，根据反应 Ag++2CN－=[Ag(CN)2]－，原溶液中 n(CN-)=2×0.1000mol·L－1×2.50×10-3L=5×10-4mol，生成的[Ag(CN)2]－物质的量为 2.5×10-4mol， - 13 - AB 段发生的反应为[Ag(CN)2]－+Ag+=2AgCN↓，2.5×10-4mol[Ag(CN)2]－消耗 2.5×10-4molAg+转 化 成 AgCN 沉 淀 ， 所 耗 标 准 AgNO3 溶 液 的 体 积 为 2.5×10-4mol÷0.1000mol·L － 1=2.5×10-3L=2.50mL，则 B 点的 V1=2.50+2.50=5.00，A 正确； B．根据 A 项计算，原溶液中 n(CN-)=2×0.1000mol·L－1×2.50×10-3L=5×10-4mol，c(KCN)= 5×10-4mol ÷0.025L=0.02000mol·L－1，BC 段发生的反应为 Ag++Cl-=AgCl↓，BC 段消耗的标准 AgNO3 溶液的体积为 12.50mL-5.00mL=7.50mL，则原溶液中 n(Cl-)=0.1000mol·L－ 1×7.50×10-3L=7.5×10-4mol，c(KC1)= 7.5×10-4mol÷0.025L=0.03000mol·L－1，B 正确； C．①Ag++2CN-=[Ag(CN)2]－的平衡常数为 K1=  - 2 + 2 - [Ag(CN) ] (Ag ) (CN ) c c c ，②[Ag(CN)2]－+Ag+=2AgCN↓ 的平衡常数为 K2=  + - 2 1 (Ag ) [Ag(CN) ] c c ，Ksp(AgCN)=c(Ag+)·c(CN-)，则 K1×K2= 2 sp 1 (AgCN)K ，C 错误； D．C 点，溶液中 - - (Cl ) (CN ) c c = + - + - (Ag ) (Cl ) (Ag ) (CN ) c c c c   = sp sp (AgCl) (AgCN) K K = -10 -16 2 10 2 10   =106，D 正确； 答案选 C。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16. 金属钯（Pd）能吸收大量氢气，是重要的储氢材料。我国科研工作者研发了利用铂钯精矿 为原料，高效、低成本提取钯黑（单质钯）的工艺，主要过程如图所示。 回答下列问题： （1）过程②中，加入草酸的过量系数和反应温度对除铜、除镍的影响如下表，本工艺中除铜、 除镍的适宜的生产条件为_______________________。 表 1 草酸过量系数与去除率 草酸过量系数 去除率% - 14 - Cu2+ Ni2+ 1.0 68.44 46.15 1.5 91.30 7766 2.0 99.83 98.86 2.5 99.53 98.46 3.0 99.48 98.53 表 2 温度与去除率 温度/℃ 去除率% Cu2+ Ni2+ 60 94.44 91.85 65 95.30 92.36 70 98.89 97.20 75 99.22 97.67 80 99.46 97.92 （2）已知：[Pd（NH3）2]Cl2、（NH4）2PdCl6、（NH4）2PdCl4 均为难溶于水的物质。 ①本工艺中，不能把过程⑤、过程⑥合并的原因为_____________。 ②过程⑦中，每生成 1mol（NH4）2PdCl6 时消耗 2molHCl，则单质 A 为_____（填化学式）。 ③在过程⑧实现“转晶”时，除生成（NH4）2PdCl4 外，还得到物质的量之比为 1：l 的无氧酸和 含氧酸，则过程⑧的化学方程式为________________。 （3）过程⑨中甲酸的氧化产物为 CO2，当得到 50g 钯黑时，需要密度为 1.22g·cm－3 的甲酸 _____mL（保留两位小数）；水合肼（N2H4·H2O）常用作工业还原剂，当用 N2H4·H2O（氧化 产物为 N2）代替甲酸时，分别制备等量的钯黑，消耗的水合肼与甲酸的物质的量之比为____。 【答案】 (1). 草酸过量系数为 2.0、温度为 70°C (2). 若合并，会使[Pd(NH3)2]Cl2 中混 有含银的杂质 (3). Cl2 (4). (NH4)2PdCl6＋H2O= (NH4)2PdCl4＋HCl＋HClO (5). 17.79 (6). 1∶2 - 15 - 【解析】 【分析】 （2）③根据流程图中（NH4）2PdCl6 和 H2O 反应生成（NH4）2PdCl4，反应物和产物的原子个 数相差 2 个 Cl、2 个 H、1 个 O 原子，即为 1:1 的无氧酸和有氧酸，为无氧酸 HCl 和含氧酸 HClO； （3）由氧化还原反应中电子得失守恒，判断甲酸中 C 的化合价为+2，CO2 为+4，失去 2mol 电子，（NH4）2PdCl4 中 Pd 化合价为+2，产物 Pd 为 0 价，得到 2mol 电子，即消耗甲酸和产生 Pd 的物质的量之比为 1:1，根据关系式列等式，即可得到消耗甲酸的质量，再根据体积=质量/ 密度公式，求算消耗的体积，此时注意单位换算：1cm3=1mL；换成水合肼做还原剂时，根据 N2H4·H2O 中 N 元素化合价为-2，产物 N2 为 0 价，转移电子为 2×2mol=4mol 电子，而甲酸转 移 2mol 电子，故得到等量的 Pd，消耗水合肼与甲酸的物质的量之比为 1:2. 【详解】（1）由表 1 数据可知，草酸过量系数为 2.0 时，铜、镍去除率最佳，考虑节能，温度 在 70℃时去除率较佳；故答案为：草酸过量系数为 2.0、温度为 70°C； （2）①已知信息[Pd(NH3)2]Cl2 是难溶物，过程⑤生成 AgCl 也是难溶物，如果过程⑤、⑥合 并，会使[Pd(NH3)2]Cl2 中混有 AgCl 的杂质；故答案为：若合并，会使[Pd(NH3)2]Cl2 中混有含 银的杂质； ②过程⑦中，1mol[Pd(NH3)2]Cl2 生成 1mol（NH4）2PdCl6 时消耗 2molHCl，根据原子守恒，反 应物差 2 个 Cl 原子，则单质 A 为 Cl2；故答案为 Cl2； ③（NH4）2PdCl6 和 H2O 反应生成（NH4）2PdCl4，产物的原子个数相差 2 个 Cl、2 个 H、1 个 O 原子，为无氧酸 HCl 和含氧酸 HClO，反应的化学方程式为：(NH4)2PdCl6＋H2O= (NH4)2PdCl4＋HCl＋HClO； （3）HCOOH 中 C 的化合价为+2，氧化产物 CO2 中 C 为+4，失 2mol 电子，(NH4)2PdCl4 中 Pd 化合价为+2，还原产物 Pd 为 0 价，得 2mol 电子，故可得甲酸和 Pd 的关系为 HCOOH ~ Pd 46 106.4 g 50gx ，根据 3 3 46 50g 106.4V= = 17.79cm =17.79mL1.22g / cm m    ；N2H4·H2O 中 N 元 素化合价为-2，氧化产物为 N2 化合价为 0，失 4mol 电子，生成等量的 Pd，则需要的水合肼与 甲酸的物质的量之比为 1:2；故答案为：17.79；1:2。 17. 含铁化合物的应用研究是科学研究的前沿之一，回答下列问题： Ⅰ、铁铝铅榴石常用作宝石和研磨材料，其化学式为 Fe3Al2Pb3(SiO4)5，可写作氧化物形式： - 16 - FexOy·Al2O3·3PbO·5SiO2。 (1)FexOy 中铁元素有+2、+3 两种价态，N(Fe3+)：N(Fe2+)=______。 (2)硅属于______区元素；基态铁原子的电子排布式为_____________。 (3)氧的第一电离能_____氮(填“大于”或“小于”)；工业上用γ−Al2O3 冶炼铝，其熔点很高，熔融 时需用助熔剂，γ−Al2O3 属于______晶体。 (4)SiO2 是原硅酸和硅酸的酸酐。 ①原硅酸的结构式如图 1，硅原子的价电子对的空间构型为___________。 ②原硅酸失去一分子水后形成硅酸，结构式如图 2，硅原子的杂化方式为_________。 ③SiO2 晶体结构如图 3，硅原子的配位数为_________。 Ⅱ、已知：NA 为阿伏加德罗常数的值；图Ⅰ、图Ⅱ表示的晶胞均为立方晶胞。 (5)下面晶胞化学式为 SrFeO3 的是______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (6)图Ⅰ所示晶胞密度为 dg·cm－3，则该晶胞的边长为_____nm(用含 NA 的式子表示)。 【答案】 (1). 2∶1 (2). p (3). 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2) (4). 小于 (5). 离子 (6). 正四面体 (7). sp2 (8). 4 (9). II (10). 73 A 175.6 10d N  【解析】 【详解】(1)根据 Fe3Al2Pb3(SiO4)5 改写作氧化物形式：Fe3O4∙Al2O3∙3PbO∙5SiO2，则 Fe3O4 中铁 元素有+2、+3 两种价态，根据化合物元素的正负化合价代数和为 0，N(Fe3+)：N(Fe2+)＝2∶1； 故答案为：2∶1。 (2)硅价电子排布式为 3s23p2，属于 p 区元素；铁为 26 号元素，基态铁原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)；故答案为：p；1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)。 (3)同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第 VA 大于第 VIA 族，第 IIA 族大于第 IIIA 族， - 17 - 因此氧的第一电离能小于氮；γ−Al2O3 是离子化合物，其熔点很高，熔融时需用助熔剂，γ−Al2O3 属于离子晶体；故答案为：小于；离子。 (4)①原硅酸的结构式如图 1，硅原子的价电子对有 4 对，无孤对电子对，因此空间构型为正四 面体形；故答案为：正四面体形。 ②原硅酸失去一分子水后形成硅酸，结构式如图 2，硅原子有 3 个σ键，无孤对电子，因此价 层电子对数为 3，其杂化方式为 sp2；故答案为：sp2。 ③SiO2 晶体结构如图 3，一个硅原子与周围四个氧原子连接，因此硅原子的配位数为 4；故答 案为：4。 (5)Ⅰ中 Fe 有1 个，O 有 14 22   ，Sr有 18 18   ，Ⅱ中 Fe 有1 个，O 有 16 32   ，Sr有 18 18   ， 因此晶胞化学式为 SrFeO3 的是 II；故答案为：II。 (6)图Ⅰ所示晶胞的化学式为 SrFeO2，密度为 d g∙cm−3， 3 1 A 1175.6g mol 1mol Vdg cm N        ，因此 该晶胞的边长为 73 A 175.6 10d N  nm；故答案为： 73 A 175.6 10d N  。 18. 研究氮及其化合物参与的反应，对于提高含氮物质的平衡转化率和产品产率都具有重要的 意义。回答下列问题： （1）己知：Ka1（H2SO3）＞Kb（NH3·H2O）＞Ka2（H2SO3）。工业上用氨水吸收硫酸厂尾气中 的 SO2，恰好生成（NH4）2SO3 时，溶液显_______性（填酸、中或碱）；继续吸收 SO2 恰好生 成 NH4HSO3 时，溶液显________性（填酸、中或碱）。 （2）在α-Fe（III）铁原子簇表面，以 N2 和 H2 为原料合成氨的反应机理如下： ①H2(g)=2H(g) ∆H1 ②N2(g)+2H(g) ⇌ 2(NH)(g) ∆H2 ③(NH）(g)+H(g) ⇌ (NH2)(g) ∆H3 ④(NH2)(g)+H(g) ⇌ NH3(g) ∆H4 总反应：N2(g)+3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ∆H。则∆H4=_______（用含∆H1、∆H2、∆H3、∆H 的式子表示）。 （3）660K 在恒容容器中，2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)的速率方程为：v=k·cm(NO)·cn(O2)，k 是该 反应在 660K 时的速率常数。NO 和 O2 的初始浓度为 c（NO）和 c（O2），反应的初始速率 v 如下表所示。 编号 c（NO）/mol·L－1 c（O2）/ mol·L－1 v/ mol·L－1·s－1 Ⅰ 0.10 0.10 0.3 - 18 - Ⅱ 0.10 0.20 0.6 Ⅲ 0.20 0.20 2.40 ①m=______，k=_____（只写数值，不写单位）。 ②第 1 组达平衡时，n(NO)+n(O2)=n(NO2)，平衡常数 K=_____（保留一位小数）。 ③一定温度下，向恒容容器中充入 NO 和 O2，O2 初始的体积分数[ φ （O2）]与平衡时 NO2 的 体积分数[ φ （NO2）]关系如上图所示。φ （O2）= 1 2 时，φ （NO2）可能为_______点（填 C、 D 或 E）。 【答案】 (1). 碱 (2). 酸 (3). 1 2 3ΔH-3ΔH -ΔH -2ΔH 2 (4). 2 (5). 300 (6). 266.7 (7). E 【解析】 【详解】(1)已知 Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2SO3)，则(NH4)2SO3 为相对的强碱弱酸盐，溶液显碱性； 同理 Ka1(H2SO3)＞Kb(NH3·H2O)，则 NH4HSO3 为相对的强酸弱碱盐，溶液显酸性； (2)根据盖斯定律，①×3+②+③×2+④×2 可得 N2(g)+3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ∆H=3∆H1+∆H2+2∆H3+2∆H4，则∆H4= 1 2 (∆H-3∆H1-∆H2-2∆H3)； (3)①v=k·cm(NO)·cn(O2)，把 II、III 中数据代入，两式相除， 0.6 2.40 = 0.10 0.20 m m ，解得 m=2，同理 把 I、II 中数据代入，两式相除，n=1，把 m=2，n=1 代入 I 中，解得 k=300； ②反应在恒温、恒容条件下进行，体积不变， 2 2( ) ( )( ) 0.1 0.1 2 2 0.1 2 0.1 2 22 x x x x x O g NO gO x N g     初始 反应 平衡 已知 n(NO)+n(O2)=n(NO2)，则 0.1-2x+0.1-x=2x，解得 x=0.04mol/L，K= 2 2 0.08 0.02 0.06 =266.7； - 19 - ③已知初始投料比 n(NO)：n(O2)=2：1 时，两物质的转化率最高，φ(NO2)的体积分数最大，即 φ(O2)= 1 3 ，则 B 点为φ(NO2)最大值，故φ(O2)= 1 2 ，NO 的转化率降低，φ(NO2)的体积分数减小， 答案为 E。 19. 由甲苯可以合成扁桃酸也可以合成 G（ ）。以下是合成线路（部分产物、 反应条件已略去）： 已知： I R-CHO+HCN  II R-CN + 2H O/H R-COOH III R1-CHO R1-CH= +H2O 回答下列问题： （1）B 物质中官能团的结构简式是_______；C 物质的名称为______。 （2）由 E 生成 F 的反应类型为_______；扁桃酸的结构简式___________。 （3）关于 G 物质，下列说法错误的是________（填标号）。 A G 分子中所有碳原子可能处于同一平面 B G 与 F 都能与新制 Cu（OH）2 反应 C G 可以发生聚合反应和还原反应 D G 使酸性 KMnO4 溶液和溴的 CCl4 溶液褪色的机理相同 （4）写出反应③的化学方程式__________。 （5）X 是扁桃酸的同分异构体，1mol X 可与 2mol Na2CO3 反应，其核磁共振氢谱有四组峰， 峰面积之比为 3：2：2：1，其可能的结构有______种。 （6）请设计由甲苯和乙醛为原料（无机试剂任选）制备肉桂醛（ ）的 合成路线_______。 【答案】 (1). －CHO (2). 对硝基甲苯（或 4-硝基甲苯） (3). 氧化反应 (4). - 20 - (5). BD (6). 2 +O2 Cu Δ 2 +2H2O (7). 4 (8). 【解析】 【分析】 甲苯与氯气光照条件发生取代反应生成 C7H7Cl，则 C7H7Cl 的结构简式为 ， 在 NaOH 水溶液加热条件下水解生成 A，则 A 为 ，A 发生 反应生成 B，B 和 HCN，H2O/H+条件发生反应④生成扁桃酸，结合已知Ⅰ、Ⅱ，则 B 是 ， 与 HCN 加成得 ， 水解生 成扁桃酸 ；甲苯发生硝化反应生成 C，由 G 的结构可知，C 含有 1 个硝 基，则 C 为 ， 与 Cl2 光照条件发生取代反应生 成 D 为 ， 在水液加条件下水解生成 E 为 ， 氧 化 生 成 F 为 ， 与 合 成 G 为 ，据此解答。 - 21 - 【详解】（1）由分析可知，B 为 ，B 物质中官能团的结构简式是－CHO；C 为 ，名称为对硝基甲苯（或 4-硝基甲苯），故答案为：－CHO；对硝基甲 苯（或 4-硝基甲苯）； （2）由 E 生成 F 为 氧化生成 F 为 ，反应 类型为氧化反应；由分析可知，扁桃酸的结构简式 ，故答案为：氧化反 应； ； （3）G 为 ： A．G 分子中含有苯环、碳碳双健、碳氧双键都是平面型结构，所有碳原子可能处于同一平面， A 正确； B．G 不含有醛基，能与新制 Cu（OH）2 反应，F 含有醛基，都能与新制 Cu（OH）2 反应， 故 B 错误； C．G 可以发生加成反应、聚台反应、氧化反应和还原反应，如碳碳双键可以加成、聚合、氧 化反应，与氢气加成也是还原反应，故 C 正确； D．G 使酸性 KMnO4 溶液褪色，是发生氧化还原反应，G 使溴的 CCl4 溶液褪色，是发生加成 反应，故 D 错误； 故选 BD； （4）反应③为 转化为 ，化学方程式为 2 +O2 Cu Δ 2 +2H2O，故答案为：2 +O2 Cu Δ 2 +2H2O； - 22 - （5）X 是扁桃酸的同分异构体，1mol X 可与 2mol Na2CO3 反应，则分子中侧链可能含有酚羟 基和羧基，或者 2 个酚羟基、1 个碳氧双键；又因为其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 3:2:2:1，所以侧链应含有 2 个酚羟基、1 个碳氧双键（可以是醛基也可以是羰基），还有 1 个 甲基，结构对称，符合条件的结构简式为 ，可能 的结构有 4 种，故答案为：4； （6）根据题中流程，A（甲苯）可以发生一系列反应生成 ，结台已知Ⅲ， 和乙醛在一定条件下反应可制备肉桂醛，故合成路线为 ，故答案为： 。 20. 氯化钪（ScC13）是一种可溶性、易潮解的固体，是工业制备钪及其合金的重要原料。某 小组用实验室现有的五水合草酸钪[Sc2（C2O4）3·5H2O]来制备氯化钪，基本过程如下。 回答下列问题： （1）五水合草酸钪灼烧时除生成 Sc2O3，还生成了 CO 和 CO2，化学方程式为________。 （2）该小组用下列装置检验五水合草酸钪灼烧产物中的 CO，各装置连接顺序为 c→______→f （填装置标号，可重复使用）。 - 23 - （3）把 Sc2O3 固体与焦炭混合，将干燥纯净的 Cl2 通入赤热的混合物反应制备 ScCl3，反应为 Sc2O3+3C+3Cl2 灼烧 2ScCl3+3CO。装置如下： ①试剂 a 与浓盐酸反应的离子方程式为______________________。 ②盛装碱石灰的仪器名称为_____，该仪器及碱石灰的作用为________。 （4）工业上 ScCl3 粗产品用升华法提纯，将粗产品与 NH4C1 固体共热来抑制 ScCl3 水解，其 原理为_______________。 【 答 案 】 (1). Sc2(C2O4)3·5H2O 灼烧 Sc2O3 ＋ 3CO ＋ 3CO2 ＋ 5H2O (2). c→d→e→b→a→e→f (3). 2MnO - 4 ＋16H+＋10Cl－=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (4). 干燥管 (5). 防止后续装置中水蒸气进入玻璃管使 ScCl3 吸水潮解，吸收 Cl2 尾气 (6). NH4Cl 受热分 解产生 HCl，可以抑制 ScCl3 水解 【解析】 【分析】 由题可知，五水合草酸钪灼烧时除生成 Sc2O3，还生成了 CO 和 CO2，把 Sc2O3 固体与焦炭混 合，将干燥纯净的 Cl2 通入赤热的混合物反应制备 ScCl3，据此解答。 【详解】(1)五水合草酸钪灼烧时除生成 Sc2O3，还生成了 CO 和 CO2，根据元素守恒，还生成 了水，化学方程式为 Sc2(C2O4)3·5H2O 灼烧 Sc2O3 ＋3CO＋3CO2 ＋5H2O，故答案为： Sc2(C2O4)3·5H2O 灼烧 Sc2O3＋3CO＋3CO2＋5H2O； (2)检验五水合草酸钪灼烧产物中的 CO，要先除去二氧化碳，再用澄清石灰水检查二氧化碳 是否除尽，再用浓硫酸干燥一氧化碳，将干燥的一氧化碳通过灼热的氧化铜，产生的气体通 - 24 - 入澄清石灰水，若 a 中出现黑色固体变红，a 后面的澄清石灰水变浑浊，则证明含有一氧化碳， 一氧化碳是有毒气体，选择燃烧的方式除去尾气，所以各装置连接顺序为 c→d→e→b→a→e→f，故答案为：c→d→e→b→a→e→f； (3)①由装置可知，A 为氯气的发生装置，属于固液不加热的发生装置，所以选择高锰酸钾和 浓盐酸发生反应，离子方程式为：2MnO - 4 ＋16H+＋10Cl－=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O，故答案为： 2MnO - 4 ＋16H+＋10Cl－=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O； ②盛装碱石灰的仪器为干燥管，该仪器及碱石灰可防止后续装置中水蒸气进入玻璃管使 ScCl3 吸水潮解，吸收 Cl2 尾气，故答案为：干燥管；防止后续装置中水蒸气进入玻璃管使 ScCl3 吸 水潮解，吸收 Cl2 尾气； (4)NH4Cl 受热分解产生 HCl，可以抑制 ScCl3 水解，所以可以将粗产品与 NH4C1 固体共热来 抑制 ScCl3 水解，故答案为：NH4Cl 受热分解产生 HCl，可以抑制 ScCl3 水解。