可能用到的相对原子质量：H 1    C 12    O 16    S 32    Zn 65

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.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法错误的是（      ）

A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO-的强氧化性

B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化

C. N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料

D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃

【答案】B

【解析】

【详解】A. 84消毒液的主要成分是NaClO，ClO－能发生水解生成HClO，HClO或ClO－具有强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故A说法正确；

B. 酒精能使蛋白质变性，属于化学变化，故B说法错误；

C. 聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于高分子材料，故C说法正确；

D. 四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故D说法正确；

答案：B。

2.下列化学用语对事实的表述错误的是(    )

A. 氯原子的结构示意图：

B. 羰基硫(COS)的结构式为

C. 为Si原子的一种激发态

D. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：

【答案】D

【解析】

【详解】A．氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图，A选项正确；

B．羰基硫(COS)的中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；

C．Si原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2，3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；

D．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为，D选项错误；

答案选D。

3.磷酸氯喹(结构如图所示)可用于治疗新冠肺炎，2020年3月4日印发的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中明确规定了其用量。下列关于磷酸氯喹的说法错误的是(    )

A. 化学式为

B. 含有2个杂化的氮原子和1个杂化的氮原子

C. 所含官能团之一为氯原子(碳氯键)

D. 可以发生取代反应、加成反应和氧化反应

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；

B．该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成双键，因此含有2个sp3杂化的氮原子和1个sp2杂化的氮原子，B选项正确；

C．由磷酸氯喹的结构式可知，该分子中苯环处含有官能团氯原子，C选项正确；

D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，D选项正确；

答案选A。

4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是(    )

A. 醋酸钠溶液含有的数目为

B. 和的混合气体中含有键的数目为

C. 7g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的氢原子数目为

D. 的浓与过量反应，转移的电子数大于

【答案】B

【解析】

【详解】A．1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中溶质的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，则该溶液中含有的Na+物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，A选项正确；

B．N2的结构式为N≡N，1个N2分子中含有2个键，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个键，但此处没有注明标准状况下，不能准确得出混合气体的物质的量，故不能得出混合气体中含有键的数目，B选项错误；

C．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为“CH2”，7g“CH2”的物质的量为，氢原子数目为NA，C选项正确；

D．浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的浓HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D选项正确；

答案选B。

【点睛】本题的难点在于D选项，解答时需要注意浓与铜反应，稀也与铜反应，计算电子时用极限思维。

5.碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成。已知对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是(    )

A. a、b、c之间的关系式为

B. 图中M、N分别为、

C. 为了除去溶液中的杂质，可加入过量的、过滤

D. 若制备，理论上消耗

【答案】A

【解析】

【分析】

由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。

【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，A选项错误；

B．根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，B选项正确；

C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；

D．若制备1mol，转移的电子数为2a mol，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为11.2a L，D选项正确；

答案选A。

6.下列反应的离子方程式正确的是(    )

A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸：

B. 水杨酸溶于溶液中：

C. 将等浓度的溶液与液按体积比2:3混合：

D 洁厕灵(含)与84消毒液混合后产生氯气：

【答案】C

【解析】

【详解】A．Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I-得到I2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A选项错误；

B．水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子反应方程式为：+HCO3-→+CO2↑+H2O，B选项错误；

C．等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO42-，3molH+消耗3molOH-，反应的离子反应方程式为：，C选项正确；

D．84消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D选项错误；

答案选C。

【点睛】本题B选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO3-发生发应。

7.短周期元素X、Y、Z原子半径的顺序为Z＞X＞Y，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，它们可以形成离子化合物，其中阳离子（已知水合物的为、为）的结构如图所示。下列叙述错误的是

A. 的阴、阳离子均含有18个电子

B. 常温下，的水溶液呈碱性

C. 三种元素中Y的电负性最小

D. 简单气态氢化物的还原性：X＞Z

【答案】B

【解析】

【分析】

X、Y、Z是短周期元素，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，且原子半径X>Y，根据X2Y5+离子的结构示意图可知，X为N元素，Y为H元素，又X、Y、Z可形成离子化合物X2Y5Z，且原子半径Z>X，则Z为Cl元素，据此分析解答问题。

【详解】A．X2Y5Z为N2H5Cl，化合物中阴离子为Cl-，含有18个电子，阳离子为N2H5+，含有的电子总数为7×2+1×5-1=18，A正确；

B．已知N2H4水合物的为、为，则N2H4的水合物N2H4·H2O为弱碱，因此常温下，N2H5Cl溶液中N2H5+水解显酸性，B错误；

C．非金属性越强，电负性越大，非金属性H元素最弱，故H的电负性最小，C正确；

D．X、Z的简单氢化物分别为NH3、HCl，元素非金属越强对应阴离子的还原性越弱，由于氧化性Cl>N，则NH3的还原性更强，D正确；

答案选B。

8.牛津大学与IBM苏黎世研究中心首次借助原子力显微镜(AFM)对分子甲及反应中间体乙、丙进行高分辨率的探测成像，并利用单原子操纵技术对其进行原子尺度的操作，通过针尖施加电压脉冲逐步切断基团，最终成功合成了2021年度明星分子丁。下列说法错误的是(    )

A. 甲分子含有6个手性碳原子

B. 反应中间体乙、丙都是碳的氧化物

C. 丁和石墨互同素异形体

D. 甲生成丁的反应属于分解反应

【答案】A

【解析】

【详解】A．手性碳原子一定是饱和的碳原子，且碳原子所连接的四个基团不相同，根据甲分子的结构可知，甲分子中的碳原子均为不饱和碳，故甲分子中不含有手性碳原子，A选项错误；

B．反应中间体乙、丙均是只由C、O两种元素组成，属于碳的氧化物，B选项正确；

C．由丁分子的结构可知，丁是C元素形成的单质，与石墨互为同素异形体，C选项正确；

D．根据题干信息分析可知，甲通过针尖施加电压脉冲分解得到丁和氧气，属于分解反应，D选项正确；

答案选A。

9.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是(    )

【答案】C

【解析】

【详解】A．盐酸(HCl)不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物，实验中可以说明酸性：HCl>H2CO3，但不能说明非金属性Cl>C，A选项错误；

B．某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明该样品中含有NH4+，可能为(NH4)2SO4或NH4HSO4，B选项错误；

C．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大，等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解，则Ksp(CuS)D．加热石油分馏得到的石蜡，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去，只能说明石油中含有不饱和烃，不一定就是烯烃，D选项错误；

答案选C。

【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，明确常见基本概念、基本化学原理、元素及其化合物的性质是解答本题的关键。

10.常温下，用溶液滴定溶液，溶液与滴入溶液的体积间的关系如图所示。下列说法错误的是(    )

A. 当时，

B. 当时，

C. 当时，

D. 当时，

【答案】A

【解析】

【详解】A．当V(NaOH)=0时，溶液中只存在H3PO4溶液，根据物料守恒可知，[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=01000mol·L-1，A选项错误；

B．当V(NaOH)=20mL时，溶液的pH=4.7，溶质为NaH2PO4，由于溶液呈酸性，故电离大于水解，则[Na+]>[H2PO4-]>[HPO42-]>[H3PO4]，B选项正确；

C．当pH=7时，[H+]=[OH-]，溶液中有电荷守恒[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，则[Na+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]，C选项正确；

D．当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH=9.7，溶质为Na2HPO4，溶液中存在着电荷守恒：[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，物料守恒：[Na+]=2[H2PO4-]+2[HPO42-]+2[PO43-]+2[H3PO4]，两式相减有：[PO43-]+[OH-]=[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]，D选项正确；

答案选A。

二、选择题：本题共5小题,每小题4分，共20分。每小题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1分，有选错的得0分。

11.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星。长征三号乙运载火箭一二子级使用液体四氧化二氮和液体偏二甲肼(，又称1，1-二甲基联氨)作为推进剂，第三子级使用液氢和液氧作为推进剂，两组推进剂燃烧的产物均为无毒物质。下列说法正确的是(    )

A. 偏二甲肼分子中既有极性键也有非极性键，属于非极性分子

B. 燃烧时每消耗偏二甲肼会转移电子

C. 若液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放能量，则氢气的燃烧热为

D. 两组推进剂燃烧的产物不会造成任何环境问题

【答案】B

【解析】

【详解】A．偏二甲肼(C2H8N2，又称1，1-二甲基联氨)的结构式为 ，分子中N和C、N和H、C和H均形成极性键，N和N形成非极性键，但该分子结构不对称，是极性分子，A选项错误；

B．四氧化二氮和偏二甲肼燃烧的反应方程式为C2H8N2+2N2O4===3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，C2H8N2中的N的化合价由-2价变为0价，C元素的化合价由-2价变为+4价，因此燃烧时每消耗1mol偏二甲肼会转移2×2+6×2=16mol电子，B选项正确；

C．1mol液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放a kJ能量，液态氢变成氢气需要吸收热量，故氢气的燃烧热小于a kJ·mol-1，C选项错误；

D．第一组推进剂四氧化二氮和偏二甲肼燃烧会生成CO2，CO2会引起温室效应，D选项错误；

答案选B。

12.硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是(    )

A. 属于碱式盐，可用作净水剂

B. 与足量反应的离子方程式为：

C. 可用稀硫酸和溶液检验铁红中是否含有

D. “冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

【答案】BD

【解析】

【详解】A．Fe4(OH)2(SO4)5电离后的阴离子为OH-和SO42-，阳离子为Fe3+，属于碱式盐，其中Fe3+可水解产生Fe(OH)3的胶体，吸附水中的杂质，可作净水剂，A选项正确；

B．FeSO4与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-===FeCO3+CO2↑+H2O，B选项错误；

C．Fe2+能使K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液检验铁红中是否含有FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含有，则无明显现象，C选项正确；

D．“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、玻璃棒，D选项错误；

答案选BD。

13.2021年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池领域做出巨大贡献的三位科学家。某锂离子电池为负极，为正极，锂盐有机溶液作电解质溶液，电池反应为则下列有关说法正确的是

A. 金属锂的密度、熔点和硬度均比同族的碱金属低

B. 该锂离子电池可用乙醇作有机溶剂

C. 电池放电时，Li+从正极流向负极

D. 电池充电时，阳极的电极反应式为

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题干信息，结合电池反应可知，电池放电时作原电池，C6Li为负极，失去电子发生氧化反应，Li1-xMO2为正极，得到电子发生还原反应；电池充电时为电解池，原电池的负极与外接电源负极相连作电解池的阴极，则C6Li1-x为阴极，原电池的正极与外接电源正极相连作电解池的阳极，则LiMO2作阳极。

【详解】A．碱金属元素从上到下对应单质的熔沸点逐渐降低，故金属锂的熔点均比同族的碱金属高，A错误；

B．乙醇的氧化还原电位太低，容易被氧化，不能作该锂离子电池的有机溶剂，B错误；

C．电池放电时，为原电池，阳离子(Li+)从负极向正极移动，C错误；

D．由上述分析可知，电池充电时，LiMO2作阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为LiMO2-xe-=xLi++Li1-xMO2，D正确；

答案选D。

【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。

14.丙酮的碘代反应的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。

A. 速率方程中的、

B. 该反应的速率常数

C. 增大的浓度，反应的瞬时速率加快

D. 在过量的存在时，反应掉87.5%的所需的时间是375min

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由第一组数据和第二组数据可得，则m=1，由第二组数据和第四组数据可得，则n=0，A选项正确；

B．由A可知，m=1，n=0，则v=kc(CH3COCH3)，带入第一组数据可得，k=5.6×10-3min-1，B选项错误；

C．由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；

D．存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D选项正确；

答案选AD。

【点睛】本题的难点在于D选项，正确理解半衰期的含义，知道反应掉87.5%的可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，为解答本题的关键。

15.某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是(    )

A. 该温度下，

B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点

C. 若改用溶液，b点应该水平左移

D. 若改用溶液，b点移向右下方

【答案】AC

【解析】

【详解】A．该温度下，平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，则Ksp(PbS)= c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14 mol·L-1)2=10-28 mol2·L-2，A选项正确；

B．Pb2+单独存在或S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b点时恰好形成PbS的沉淀，此时水的电离程度最小，B选项错误；

C．若改用0.02mol·L-1的Na2S溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变，即平衡时c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的Na2S体积减小，故b点水平左移，C选项正确；

D．若改用0.02mol·L-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的Na2S的体积增大，b点应移向右上方，D选项错误；

答案选AC。

三、非选择题：本题共5个小题，共60分。

16.利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：

已知：微溶于水、溶于碱生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同对应的主要存在形式如表：

(1)“焙烧”后V元素转化为，元素转化为________(写化学式)。

(2)欲除尽磷元素(即)，最终溶液中的浓度至少为________(已知)。

(3)“沉钒”过程中，由8.5到5.0发生反应的离子方程式为________；最终需要控制约为________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是________(写化学式)。

(4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分为________、________。

【答案】    (1).     (2).     (3).     (4). 2    (5).     (6).     (7). 

【解析】

【分析】

结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。

【详解】(1)由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，故答案为：Na2SiO3；

(2)因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设PO43-刚好完全除尽，即c(PO43-)=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为，故答案为：；

(3)结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时V3O93-转化为V10O286-，反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2，故答案为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O；2；V2O5；

(4)根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将VO2+还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑，故答案为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O；5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑。

17.工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：

①       

②     

③   

④    

回答下列问题：

(1)________。

(2)时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为80%，则0~5min内反应的平均速率________，该温度下反应的平衡常数为________，下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。

A.固体的物质的量不再变化

B.体系的压强保持不变

C.混合气体的平均摩尔质量保持不变

D.单位时间内消耗和生成的物质的量相等

(3)一定条件下进行反应③，正向反应速率与时间的关系如图所示，时刻改变了一个外界条件，可能是________。

(4)向密闭容器中加入足量的、和一定量的、，在和下，反应③体系中和的分压随时间变化的关系如图所示(已知温度：)

时，随时间变化关系的曲线是________，时，随时间变化关系的曲线是________。向时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的，再次达到平衡时，与的物质的量之比为________。

【答案】    (1). -28    (2). 0.048    (3).     (4). AC    (5). 恒压条件下充入一定量    (6). a    (7). c    (8). 1:7

【解析】

【分析】

(1)根据盖斯定律进行ΔH3的计算；

(2)根据题干信息，列三段式求出CO转化的物质的量，从而求出0~5min内的平均反应速率和平衡常数，根据分析“变量”来判断是否能够作为反应达到平衡的标志；

(3)结合化学反应速率和平衡移动的影响因素进行分析解答；

(4)结合第(2)中的平衡常数，根据CO和CO2的浓度比通过阿伏伽德罗定律得出三个温度下的大小关系，从而结合图像分析得出代表曲线，在根据温度不变，平衡常数不变求出比值。

【详解】(1)由题干信息分析可得，反应③可通过反应(④-②×3)得到，根据盖斯定律，ΔH3=(ΔH4-3ΔH2)=(460-3×172)=-28kJ·mol-1，故答案为：-28；

(2)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应③，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，设CO转化了x mol，列三段式有：

则，解得x=2.4mol，因此0~5min内反应的平均速率，该温度下的平衡常数；

A．由化学反应方程式可知，反应中固体的物质的量为一个变量，当固体的物质的量不再发生改变时，可以说明反应达到了平衡，A选项正确；

B．恒温恒容时，由阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，体系的压强与气体的物质的量成正比，因为反应中气体的物质的量始终保持不变，所以体系压强始终不变，故体系的压强保持不变不能说明反应达到了平衡，B选项错误；

C．混合气体的平均摩尔质量=混合气体的总质量÷混合气体的物质的量，反应前后混合气体的总质量增加，总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量为一个变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，可以说明反应达到了平衡，C选项正确；

D．单位时间内消耗CO和生成CO2都是正反应方向，不能说明反应达到了平衡，D选项错误；

答案选AC，故答案为：0.048；；AC；

(3)由于该反应是一个反应前后气体体积不变的且正反应是放热的反应，根据图像变化趋势可知，在t2时v正减小，且重新平衡时等于原平衡的v正，平衡不移动，则改变的条件可能是在恒压条件下充入一定量的CO2气体，故答案为：在恒压条件下充入一定量的CO2气体；

(4)由(2)知，T1时，反应③的平衡常数，因为T1>T2>T3，所以T2、T3时，反应达到平衡后K3>K2>K，则达到平衡后，T3时的>T2时的，故曲线a表示T2时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线d表示T2时P(CO)随时间变化的关系曲线，曲线b表示T3时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线c表示T3时P(CO)随时间变化的关系曲线，由于温度不变，平衡常数不变，故向T3时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的CO，再次达到平衡时，CO与CO2的物质的量之比仍为1:7，故答案为：a；c；1:7。

【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分压的关系。

18.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：

Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。

测定原理：+3Br2→↓+3HBr

测定步骤：

步骤1：准确量取待测废水于锥形瓶中。

步骤2：将浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。

步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。

步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液(反应原理：)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗溶液。

(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。

(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。

(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。

(4)该废水中苯酚的含量为________(用含、的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。

Ⅱ.处理废水。采用基为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·)，阴极上产生。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为和。

(5)写出阳极的电极反应式：________。

(6)写出苯酚在阴极附近被深度氧化的化学方程式：________。

【答案】    (1). (酸式)滴定管    (2). 塞紧瓶塞    (3). 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色    (4).     (5). 偏低    (6). 偏低    (7).     (8). 

【解析】

【分析】

向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。

【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；

(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；

(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；

(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：

剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1) mmol，根据方程式+3Br2→↓+3HBr可得苯酚的物质的量为 mmol，质量为mg，则该废水中苯酚的含量为，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：；偏低；偏低；

(5)由题干信息可知，Ti基PbO2阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反应式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH；

(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。

19.如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4条体对角线的1/4处还各有1个碳原子。回答下列问题：

(1)若图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为________。若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长________pm(用含的代数式表示)。

(2)面心立方晶胞与金刚石结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。

①S元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是________，二氯化硫()分子中S原子的杂化类型是________。

②写出基态的电子排布式________；把晶胞示意图中表示的小球全部涂黑_______。

③锌锰干电池中可吸收电池反应产生的生成，该离子中含有________个键。

④若该晶胞的晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为________(列出计算式)

(3)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个与周围________个通过氢键相结合。

【答案】    (1).     (2).     (3).     (4).     (5).     (6). 或    (7). 16    (8).     (9). 6

【解析】

【详解】(1)若图中原子1的坐标为(0,0,0)，则可建立以原子1为原点的坐标系，根据题干信息可知，原子2位于其中一条对角线上，根据立体几何可知，原子2的坐标为(,,,)，晶胞中C原子形成的碳碳单键的键长刚好为体对角线的，因此，若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长为pm，故答案为：(,,,)；；

(2)①与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl，一般情况下，同周期第一电离能逐渐增大，但P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能由小到大的为顺序为S②基态Zn原子为30号元素，核外共有30个电子，而Zn2+失去了两个电子，其核外电子排布式为排布式为[Ar]3d10，ZnS晶胞与金刚石的结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半，则Zn2+可位于晶胞的顶点和面心或直接位于晶胞的体心，故答案为：[Ar]3d10；或；

③[Zn(NH3)4]2+离子中Zn2+和NH3形成了4个配位键，同时1个NH3中N和H形成3个共价键，则该离子含有4+3×4=16个键，故答案为：16；

④由②分析可知，1个ZnS晶胞由4个ZnS，则晶胞的质量m为，晶胞的体积V=(a2×10-10)3=a23×10-30cm3，根据密度公式可得该晶体的密度，故答案为：；

(3)若氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则1个NH3中3个H原子与其他的NH3分子的N原子形成3个氢键，N原子与其他NH3分子的H原子形成3个氢键，则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合，故答案为：6。

【点睛】本题主要考查物质结构与性质的综合运用，涉及晶胞的计算、电离能的大小判断、杂化轨道理论判断分子杂化方式等知识点，其中第(2)题的第③小问为易错点，在判断键的个数时不能忘记Zn2+和NH3形成的配位键。

20.以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：

已知：a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：+ 2

b.X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基。

回答下列问题：

(1)根据系统命名法，B的名称是________。N中含氧官能团的名称为________。

(2)M的结构简式是________。

(3)F→G的反应类型是________。

(4)写出C→D的化学方程式________。

(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有________种；

①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4；

②苯环上连接—C5H11。

上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的有________和________(写结构简式)

(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)

【答案】    (1). 3，4-二甲基-3-己烯    (2). 酯基    (3).     (4). 消去反应    (5).     (6). 48    (7).     (8).     (9). 

【解析】

【分析】

根据合成路线分析，A的分子式为C5H10，可知A为烯烃，又M为D与乙二酸发生酯化反应得到的分子式为C10H16O4的六元环酯，则M的结构式为，因此D为，逆向分析可知，A在催化剂的作用下发生已知反应a生成B，B与溴的四氯化碳溶液发生加成得到C，C发生消去反应得到D，则C为，B为，A为，A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到E()，E再经多步反应得到F，F再得到分子式为C5H8O2，且分子中只有一个甲基的G，则G的结构式为CH3CH2CH=CHCOOH，G与苯环上有两种等效氢且只含有一个甲基的X在浓硫酸加热的条件下反应得到分子式为C13H16O2的N，则X为，N为，据此分析解答。

【详解】(1)由上述分，B的结构简式为，名称为3，4-二甲基-3-己烯，N的结构简式为，其中含氧官能团的名称是酯基，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；酯基；

(2)由上述分析可知，M的结构式为，故答案为：；

(3)根据上述分析，F→G发生的是—OH的消去反应，故答案为：消去反应；

(4)C在NaOH溶液中加热发生消去反应得到D，反应方程式为，故答案为：；

(5)由题干信息，N的同分异构体能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4，则该分子中含有2个—CHO，且苯环上连接—C5H11，则该分子的结构可以是、、、、、6种结构，由于—C5H11共有8种结构，因此N满足条件的同分异构体共有6×8=48种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的是和，故答案为：48；；；

(6)结合题干中的反应，可将CH2=CH(CH2)4CH=CH2发生已知反应a得到，再在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应得到，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应可得到，其合成路线可以是，故答案为：。下载本文