1、高三第二輪復習質量檢測化學試題1.本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，第1至5頁，第II卷6至10頁。滿 分 100分，考試時間 90分鐘。2答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。3選擇題答案必須使用2B 鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用 0 5 毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對原子質量： H 1 C 12 N 14 O 16 S 3

2、2 C1 35.5 K 39 Ti 48 Cr 52 Fe 56Cu 64第 I 卷（選擇題共40分）一、選擇題：本題共10小題，每小題 2分，共 20分。每小題只有一個選項符合題意。1. 化學與生活、生產、社會發展息息相關。下列說法正確的是A.氣象報告中的“ PM2.屈指一種膠體粒子B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的過程C. “玉兔二號 ” 太陽能電池帆板的材料是二氧化硅D. 疫苗一般應冷藏存放，其目的是防止蛋白質變性【詳解】 A. PM2.5 是指大氣中直徑小于或等于2.5微米 （1 微米=10-6米）的顆粒物，屬于分散質，不是膠體，分散質分散在空氣中形成膠體， A 錯

3、誤；B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程，而油脂的皂化是油脂在堿性條件下的水解反應，不是高分子生成小分子的過程， B 錯誤；C. 玉兔“二號 ” 的太陽能電池帆板的材料是晶體硅， C 錯誤；D. 疫苗的主要成分是蛋白質，蛋白質在高溫下會變性，所以疫苗一般應冷藏存放，2. 下列分子或離子中， VSEPR（ 價層電子對互斥理論）模型名稱與分子或離子的空間構型名稱不一致的是B. CO32-C. H2O故合理選項是D 。A. CO2D 正確；D. CC14【答案】C【解析】【詳解】A. CO2分子中每個O原子和C原子形成兩個共用電子對，所以C原子價層電子對個數是 2,且不含孤電子對，為直線形結

4、構，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，A不符合題意；1B. CO32-的中心原子C原子上含有3個 演1,中心原子上白孤電子對數 二萬天4+2-2 3)=0,所以CO32-的空間 構型是平面三角形，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，B不符合題意；C. H2O分子中價層電子對個數 =2+ 2 ><6-2 1)=4, VSEPR模型為正四面體結構；含有2個孤電子對，去掉孤電子對后，實際上其空間構型是V型，VSEPR模型與分子立體結本模型不一致，C符合題意；八，人，一，一一，一，1D. CC14分子中中心原子 C原子原子價層電子對個數 =b鍵個數+孤電子對個數=4+ - >(

5、4-1 4) =4, VSEPR模型為正四面體結構，中心原子不含有孤電子對，分子構型為正四面體結構，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，D不符合題意；故合理選項是Co3.結構簡式如圖所示的有機物常用于合成藥物，下列對該有機物說法不正確的是A.存在順反異構體B.與丙烯酸互為同系物C.有兩種官能團D.與H2按等物質的量關系反應時，可能有 3種加成產物【答案】B【解析】【詳解】A.中間的碳碳雙鍵的 C原子都連接2個不同的原子和原子團，因此存在順反異構體，A正確；B.該物質分子中含有1個竣基和2個不飽和碳碳雙鍵，丙烯酸分子結構中含有1個竣基和1個不飽和的碳碳雙鍵，分子式相差不是 CH2的整數倍，因此

6、二者不是同系物，B錯誤；C.該物質分子中含有-COOH及碳碳雙鍵兩種官能團，C正確；D.該物質與H2發生1： 1力口成反應時，可能產生 CH3CH2-CH=CH-COOH或CH2=CH-CH 2CH2COOH或CH3-CH=CH-CH 2-COOH ,因此可能有3種加成產物，D正確；故合理選項是Bo4 .玻璃棒是化學實驗中常用的儀器之一，其主要用于攪拌、過濾或轉移液體時的引流。下列有關實驗過程中，肯定不需要使用玻璃棒進行操作的是用pH試紙測定Na2CO3溶液的pH從氯酸鉀和二氧化鎰制取氧氣的剩余固體中提取KC1用飽和FeCl3溶液和沸水制取Fe(OH)3膠體配制一定物質的量濃度的氯化鈉溶液取某

7、溶液做焰色試驗，檢驗該溶液中是否含有鈉元素用適量的蔗糖、濃硫酸和水在小燒杯中進行濃硫酸的脫水性實驗促使過飽和的硝酸鉀溶液析出晶體A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】用pH試紙測定溶液的pH,可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的pH試紙上觀察，正確；從氯酸鉀和二氧化鎰制取氧氣的剩余固體中提取KCl ,可根據KCl易溶于水，而MnO2不溶于水，用到過濾和蒸發操作，分別用玻璃棒進行引流和攪拌，正確；將幾滴飽和FeCl3溶液滴入沸騰的蒸儲水中，繼續加熱至液體呈紅褐色，得到的液體就是Fe(OH)3膠體，不需使用玻璃棒，錯誤；配制一定物質的量濃度的氯化鈉溶液用玻璃棒攪拌和引流，正確；做焰色反應實驗，用

8、鉗絲蘸取待測液，無需使用玻璃棒，錯誤；進行濃硫酸的脫水性實驗，應用玻璃棒不斷攪拌，正確；促使過飽和的硝酸鉀溶液析出晶體，應該使用玻璃棒不斷攪拌或摩擦燒杯內壁，產生玻璃碎末，可以找到一個 中性”，聚集起來使晶體析出，正確；可見：不需要使用玻璃棒進行操作的是，故合理選項是 Co5 .Z是合成某藥物的中間體，其合成原理如下 ：I Q()OHI4、-uh下列說法正確的是.A.用NaHCO3溶液可以鑒別X和ZB. X、Y、Z都能發生取代反應C. X分子所有碳原子可能共平面D.與X具有相同官能團的同分異構體還有5種【解析】【詳解】A . X和Z分子中都含有竣基，都能與NaHCO 3溶液反應生成二氧化碳氣體

9、，NaHCO 3溶液不能鑒Z, A不正確;B.確;C.X分子中與Br相連的碳原子上連有三個碳原子，這四個碳原子不可能共平面,C錯誤;D.丁酸有兩種結構 CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH ,煌基上一個氫原子被澳原子取代的產物有5種,X和丫能發生酯化反應，丫和Z的苯環上能發生鹵代反應，酯化反應和鹵代反應都屬于取代反應,除去X本身，與X具有相同官能團的同分異構體還有4種，D錯誤。故選BoM為由6.W、X、Y、Z為原子序數依次遞增的短周期主族元素，其中X的某同位素可用于測量文物年代,X元素構成的一種單質。甲和丁兩種物質都由W和Y元素組成，乙由Y和Z元素組成，常溫下為氣體，具有漂白性

10、，戊為二元強酸。它們之間的轉化關系如下,卜列敘述正確的是（A.氣態氫化物的穩定性：X>Y>ZB.原子半徑順序:Z>Y>X>WC. 丁的水溶液適用于醫用傷口消毒及環境消毒D.常溫常壓下,M能和丙發生化合反應據題意可推斷：W為H、X為C、Y為O、Z為S甲和丁兩種物質分別為H2O, H2O2,乙為 SO2,丙為 CO2,戊為二元強酸H2SO4；【詳解】A.非金屬性：O> C,所以氣態氫化物的穩定性:H2O>CH4,A錯誤;B.同一周期，從左到右，原子半徑減小，故原子半徑順序:C>O, B錯誤;C. H2O2水溶液因為強氧化性可殺菌消毒，且還原產物是H2

11、O適用于醫用傷口消毒，C正確;D.常溫常壓下，碳的單質與 CO2不反應，高溫下才反應,D錯誤;答案選Co7.下列實驗操作、現象與預期實驗目的或所得實驗結論一致的是A. AA向等體積Agfl與AgBr的槍和波漉中分別加入足量的玳AgNOi溶液,帶出沉淀的物質的電AgCl 出于AgBrB起20%蔗椅洋瀛中加入足量稀加熱：再加入壓氨波 或，布熱；朱出現銀能點攝來水解(.向gCU溶液中通入軟)之和氣體X,出現白色沉淀£停工一定具有氧化性D5 mL 0.1拆解液，向其中滴加1 山0twd'L1 KI海漉，飄上眉清派清加KSCX薄液，速液變成灰紅色誠反應是可逆反良C. CB. BD. D

12、【答案】A【解析】【分析】A.等體積飽和溶液中，溶質溶解度大的反應產生的沉淀多；B.銀鏡反應需在堿性條件下進行；C. SO2水溶液顯酸性，溶液中含SO32-濃度很小，根據 BaSO4不溶于水，也不溶于酸，而BaSO3不溶于水，但能溶于酸；D.先判斷物質的過量問題，然后判斷反應的可逆性。【詳解】A. AgCl、AgBr在溶液中存在沉淀溶解平衡，向等體積AgCl、AgBr飽和溶液中加入足量 AgNO 3濃溶液，產生沉淀的物質的量AgCl>AgBr ,說明溶液中含有 AgCl>AgBr ,因此可證明物質的溶度積常數Ksp(AgCl)> Ksp(AgBr) , A 正確;B.向20%

13、的蔗糖溶液中加入一定體積稀硫酸，加熱，使蔗糖發生水解反應，然后加入NaOH中和硫酸，使溶液顯堿性，然后再加入銀氨溶液，水浴加熱，才可以發生銀鏡反應，否則不能證明蔗糖是否發生水解反 應，B錯誤；C.向BaCl2溶液中通入SO2氣體和氣體X,產生白色沉淀，該氣體可能是堿性氣體NH3,反應產生的白色沉淀是BaSO3；也可能是具有氧化性的氣體如C12,反應產生的是BaSO4白色沉淀，C錯誤；D. FeCl3與 KI 會發生反應：2FeCl3+2KI=2FeCl 2+I2+2KCI , n(FeCl3)=5 >10-4 mol>n(KI)=1 10-4mol, FeCl3溶液 過量，所以取反

14、應后上層清液滴加KSCN溶液，溶液變為紅色，不能證明該反應為可逆反應，D錯誤；故合理選項是Ao【點睛】本題考查實驗方案的設計與評價。掌握有關元素及化合物的知識及化學反應原理是本題解答的關 鍵。要注意過量問題及溶液酸堿性對實驗的影響。0 0-H8 .已知磷酸分子(入 )中的三個氫原子都可與重水分子 (D2O)中的D原子發生氫交換。又知次磷酸h-a(H3PO2)也可與D2O進行氫交換，1次磷酸鈉 (NaH2PO2)卻不能與D2O發生氫交換。則下列說法正確的是A. H3PO2在水溶液中發生電離：H3P。2 H+ + H2P。2-、H2PO2- H+HPO22-B.H3P04屬于三元酸、C.NaH2P

15、02屬于酸式鹽,D.H3PO2具有較強的還原性，其結【答案】D【解析】【詳解】A.根據題意可知-0H的H原子可以與重水分子的D原子發生交換,而與P原子直接結合的H原子不能發生氫交換，次磷酸（H 3P02）也可與D20進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH 2P02）卻不能與D2O發生氫交換,說明次磷酸（H3P02）是一元酸，電離方程式為：H3P02=± H+H2P02-, A錯誤;B.根據題干信息可知，H3P04屬于三元酸、H3P02屬于一元酸，B錯誤;C.羥基H原子可以發生氫交換，非羥基 H原子不能發生 H交換，次磷酸鈉（NaH 2P02）卻不能與D20發生氫交換，說明H 3P02屬于一元

16、酸，NaH 2P02屬于正鹽，該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，C錯誤;D.在H3PO2中P元素化合價為+ 1價，具有較強的還原性，由于只有1個-OH,因此其結構式為D正確；故合理選項是Do9 .二氧化氯（C1O2）是易溶于水且不與水反應的黃綠色氣體，沸點為 11CO某小組在實驗室中制備 C1O2的裝置如下：已知：SO2+2NaC1O3+H2SO4=2C1O2+2NaHSO4卜列說法正確的是A.連接裝置時，導管口 a應接h或g,導管口 c應接eB.裝置C中裝的是飽和食鹽水，導管口a通過的氣體為 S02C.裝置D放冰水的目的是液化 S02,防止污染環境D.可選用裝置 A,用1 mol L-1鹽

17、酸與Mn02反應制取Cl2【答案】A【解析】【詳解】A.裝置A中制備二氧化硫氣體， 利用SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4制備C1O2,為防止倒 吸，應在之前有安全瓶，則a-gh ,為反應充分，氣體要長進短出，故連接順序為：a-g-hbcefd , A正確；B.實驗室中制備 C1O2的實驗中，尾氣為 SO2,為防止污染空氣，裝置 C中裝的是NaOH吸收未反應完的SO2, B錯誤；C. C1O2沸點較低，在D中冰水浴收集，為充分冷卻氣體，便于收集，C錯誤；D.只有濃鹽酸才能在加熱時與MnO2反應生成C12, 1 mol/L的稀鹽酸不能用于反應制取CI2, D錯誤；故合

18、理選項是Ao10.化學反應中絢麗的顏色變化往往展現了化學的神奇，體現了化學之美。下列變化中的a、b、c、d可以是混合物，關于物質類別或者反應類型的敘述一定正確的是A.變化一定不屬于氧化還原反應B.變化得到的白色沉淀一定是硫酸鹽C.物質c中一定不能含有鐵紅或磁性氧化鐵D.物質d可能是某有機物的水溶液【答案】D【解析】【詳解】A.向稀硫酸中加入 Cu,加熱，并通入空氣，發生反應：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O,該反應為氧化還原反應，A錯誤；B. H2SO4可與Na2SiO3發生復分解反應產生 H2SQ3沉淀，因此該白色沉淀不一定是硫酸鹽，B錯誤；C.若物質c中含有鐵紅或磁性氧化

19、鐵，同時含有Fe單質，鐵紅或磁性氧化鐵與硫酸反應產生Fe3+, Fe3+與Fe進一步發生氧化還原反應產生Fe2+,使溶液變為淺綠色，因此不能確定c中是否含有鐵紅或磁性氧化鐵，C錯誤；D.硫酸是酸，溶液顯酸性，遇石蕊試液變為紅色，石蕊是有機物，因此物質d可能是某有機物的水溶液，D正確；故合理選項是Do二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全 部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.十九大報告中提出 打贏藍天保衛戰”，對污染防治要求更高。某種利用垃圾滲透液實現發電、環保二位一體結合的裝置示意圖如下。當該裝置工作時，下列說法正確的是A.鹽橋中

20、C向Y極移動B.電路中流過7.5 mol電子時，共產生 N2的體積為44.8 L（標況）C.電流由X極沿導線流向Y極D. 丫極發生的反應為2NO3-+10e-+6H 2O=N 2 T +12OH,周圍pH增大【答案】BD【解析】【詳解】A.根據裝置圖可知 X電極上NH 3失去電子，被氧化變為N2, X為負極；NO3-在丫電極上得到電子，被還原變為 N2, Y為正極，鹽橋中C1-向正電荷較多的負極 X電極移動，A錯誤；B.該電池總反應方程式為 5NH4+3NO3-=4N2 T +2H+9H2O,根據方程式可知：每轉移 15 mol電子，反應產生4 mol N2,則電路中流過7.5 mol電子時，

21、共產生N2的物質的量是2 mol,其在標準狀況下的體積為44.8 L,B正確；C.電子由X電極經負載流向正極 Y, C錯誤；D. Y極為正極，得到電子，發生還原反應，電極反應式為：2NO3-+10e-+6H 2O=N 2 T +12OH,消耗水，產生OH-,使c（OH-）增大，使周圍溶液中 pH增大，D正確；故合理選項是BD。12.工業上可用鐵鹽溶液溶解黃鐵礦（主要成分為FeS2）,發生如下過程。下列說法錯誤的是A.過程I每溶解120 g FeS2,理論上消耗6 mol Fe3+B.過程n每生成1 mol SO42-轉移8 mol eC. 總反應為FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+

22、15Fe2+16H+D. 反應過程中鼓入大量的空氣有利于反應的進行【答案】 B【解析】【詳解】A.在過程I中發生反應，使 S22-轉化為S2O32-, S元素化合價由反應前-1價變為反應后+2, S元素 化合價共升高2q=6價，失去6 mol電子，每溶解120 g即1 mol FeS 2,反應轉移6 mol電子，根據電子守 恒可知需消耗6 mol Fe 3+， A 正確；B.在過程II中Fe3+將S2O32-氧化為SO42-, S元素化合價由反應前+2價變為反應后的+6價，每1 mol S2O32- 反應產生2 mol SO 42-,元素化合價共升高 2M=8價，則產生1 mol SO42-轉

23、移4 mole-, B錯誤；C.根據示意圖可知FeS2與Fe3+及H2O發生反應后最終變為 SO42-、Fe2+及H+,根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應總方程式為：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H+, C正確；D.反應過程中鼓入大量的空氣，可以將其中S元素氧化為SO2,將+2價Fe氧化為Fe3+,在溶?中Fe3+進一步把SO2氧化為SO42-,可見鼓入足量空氣將促使反應正向進行，有利于反應的進行，D正確；故合理選項是B 。13. 某科學興趣小組查閱資料得知，反應溫度不同，氫氣還原氧化銅的產物就不同，可能是Cu 或 Cu2O ， Cu和CU2O均為不溶于

24、水的紅色固體，但CU2O能與稀硫酸發生反應：CU2O+H2SO4=CUSO4+CU+H2O。為探究反應后的紅色固體的成分，他們提出了以下假設：假設一：紅色固體只有Cu假設二：紅色固體只有Cu2 O假設三：紅色固體中有Cu 和 Cu2O下列判斷正確的是A. 取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，則假設一和二都成立B. 少量紅色固體與足量稀硫酸反應，若溶液呈藍色且仍有紅色固體，則只有假設三成立C.若將7.2克紅色固體通入足量的 H2還原，最后得到固體 6.4克，則假設二成立D. 實驗室可用向新制Cu(OH) 2懸濁液(堿性 )中加入葡萄糖后加熱，來制取Cu2O【答案】 CD【解析】【

25、分析】A.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，說明紅色固體中不含氧化亞銅；B.若看到溶液變成藍色， 說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，說明反應后還有紅色固體銅存在，據此分析；C.根據假設二：紅色固體只有Cu2O結合銅守恒代入計算驗證；D.實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取 Cu2。【詳解】A.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設一成立，假設二、三不成立，A錯誤；B.若看到溶液變成藍色， 說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，說明反應后還有紅色固體銅存在，但不能說明原紅色固體中含有銅

26、，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設二或三成立，B錯誤;m 7.2gC.假設二：紅色固體只有CU2O,則7.2 g CU2O的物質的量n(Cu2O)= =0.05 mol,和H2反M 144g/mol應后生成銅的物質的量為0.1 mol,質量為6.4 g,所以假設二成立，C正確;D.葡萄糖含有醛基，可以與新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取 Cu2。，D正確；故合理選項 CD。【點睛】本題考查了實驗方案評價，明確實驗原理是解本題關鍵，易錯點為B選項，要注意氧化亞銅與酸反應又生成紅色的銅，同時得到硫酸銅溶液，使溶液變為藍色。14.T C時，在 20.00 mL 0.10 m

27、ol/LCH 3COOH 溶液中滴入 0.10 mol/LNaOH 溶液，溶液 pH 與 NaOH 溶液體積pHfU的關系如圖所示。下列說法正確的是麗而麗麗品A. TC時，CH3COOHmgmO|a=10<10kB. M點對應的NaOH京液的體積，0.00 mL |C. N 點所示溶液中 c(Na+)>c(OH|BC(CH 3COO-)ICrH+D. N點與Q點所示溶液中水白N>， /7 -貝U該溫度下CH3COOH【詳解】A. TC 時，0.10 mol/L CH3COOH 溶液的 pH=3,說明溶液中 c(H+)=10-3 mol/L ,c CH 3COO n c H的電

28、離平衡常數 Ka= 3c CH3COOH3310一10r = 1機 A 錯誤;0.1 10B. M點溶液pH=7,若對應的NaOH溶液的體積為20.00 mL ,則醋酸與NaOH恰好中和，溶液為CFCOONa, 該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，與題干的溶液顯中性相違背，說明M點對應的NaOH溶液的體積小于20.00 mL, B錯誤；C. N點時所示溶液中醋酸與 NaOH恰好中和，溶液為 CH3COONa溶液，CH3COO-發生水解反應而消耗，所 以c(Na+)>c(CH3COO-), CH3COO-發生水解反應消耗水電離產生的H+,最終達到平衡時，溶液中 c(OH-)>c(H+

29、),但鹽水解程度是微弱的，水解產生的離子濃度遠小于鹽電離產生的離子濃度，因此 c(CH3COO-)>c(OH-),故該溶液中離子濃度關系為：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)> c(H+), C 錯誤；D. N點時所示溶液中醋酸與 NaOH恰好中和，溶液中的溶質為 CFCOONa,溶液中只有鹽的水解作用，促 進水的電離；而 Q點時NaOH過量，溶液為CH3COONa和NaOH的混合液，由于 NaOH電離產生OH-對水 的電離平衡起抑制作用，使鹽水解程度減小，故最終達到平衡時水的電離程度N>Q, D正確；故合理選項是Do15.水煤氣變換反應為：CO(

30、g)+H2O(g尸CO2(g)+H2(g)。我國研究人員結合實驗與計算機模擬結果，揭示了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應歷程(如圖所示)，其中吸附在金催化劑表面上的物質用標注。下列說法0x+ g3 過虢態13OX,3 吊o口&X*®OJ正確的是A.水煤氣變換反應的 H<0B.該歷程中最大能壘(活化能)E正=1.70 eVC.步驟只有 H-H鍵和H-O鍵形成D.步驟的轉化關系可表示為：CO +OH- +H2O(g)=COOHI +H2O 【答案】AD1和過渡態2,最后生成產物的能量低于【詳解】A.根據圖象分析可知：水煤氣的生成過程經過了過渡態反應物，則該反應為放熱，反應的

31、H<0, A正確；B.該歷程中最大能壘(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV , B錯誤；C.步驟除非極性鍵 H-H鍵形成，還有 H-O鍵及C=O的形成，C錯誤；D.結合圖分析判斷，對照 CO?+OH?+H?+H2O(g), COOH?+H?+H2。?，可知步驟發生的反應：CO +OH +H2O(g)=COOH +H2O -，D 正確；故合理選項是AD。第R卷(非選擇題 共60分)注意事項：1 .第R卷共5頁，用0.5毫米黑色簽字筆答在答題卡對應區域中(除題目有特殊規定外)2 .答卷前將密封線內的項目填寫清楚。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.氯胺是由氯

32、氣遇到氨氣反應生成的一類化合物，是常用的飲用水二級消毒劑，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2CI、NHC12 和 NC13)。(1)氯胺作飲用水消毒劑是因為水解生成具有強烈殺菌作用的物質，該物質的結構式為,二氯胺與水反應的化學方程式為 。將0.01 mol NCI3通入100 mL 0.5 mol/L Na2SO3溶液中，轉移電子的 物質的量為 mol。(2)已知部分化學鍵的鍵能和化學反應的能量變化如下表和下圖所示。化學被N-HN-aH-CI幢能/kJ mo】"13913431.S中間狀態 總能量生成物總能量9klI麗麗麗而te) ;AHslUkJ-mol-1 NH+ClXs)反

33、應過程則反應過程中的 AH2=kJ mol-1,表中的x= (3)在密閉容器中反應 NH3(g)+Cl2(g)KNH2Cl(g)+HCl(g)達到平衡，通過熱力學定律計算，不同溫度下理n NH 3論上NH2Cl的體積分數隨的變化如下圖所示。n Cl2平衡時 NHiCl 體積分 數/% 2000.4耶-3)n(Cli)a、b、c三點對應平衡常數的大小關系是(分別用Ka、Kb、Kc表示)。 b點時，該反應的平衡常數t2C, Q點對應的速率：1E 逆(填“乂 “破"二”；) 在氨氯比一定時，提高 NH 3的轉化率的方法是 (任寫1種);若產物都是氣體，實驗測得【答案】 (1). H-O-C

34、149(6). Ka=Kb>Kc. 54成 NHCI2、NC13、N2等NH2C1的體積分數始終比理論值低，原因可能是(4). -1405.6(5). 191.2(10).有副反應，還可能生HClO； NCl3與H2O反應產生(2). NHCl 2+2H 2O=NH 3+2HC1O(3). 0.06(8). <(9).升溫或及時分離出產物NH2C1(1)氯胺與H2O反應產生NH3和HClO；二氯胺與水反應產生 NH 3和兩分子的NH3和HClO , HClO將Na2SO3氧化為NazSO,，HClO被還原為HCl , HCl與NH3結合形成NH 4Cl,根據反應前后元素化合價的變化

35、分析電子轉移情況；(2)根據反應熱與反應物、生成物的活化能大小分析，根據H =反應物總鍵能-生成物總鍵能分析；(3)平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變，當n(NH3): n(Cl2)=0.4時結合NHzCl的體積分數為20%,通過物質平衡轉化關系計算出各物質平衡量，代入平衡常數公式計算；在T2溫度下，過Q點作垂線，此時Q點對應NH2Cl的體積分數偏高，聯系平衡移動即可得出正反應速率與逆反應速率的大小；提高NH 3的轉化率，則平衡應該正向移動，聯系平衡移動的相關知識解答；NH2Cl的體積分數始終比理論值低，可能的原因很多，可從副反應或者有其他雜質產生方面考慮回答即可。【詳解】(1)氯胺

36、與H2O反應產生NH3和HClO,反應產生的HClO具有強的氧化性，其結構式為H-O-Cl ;二氯胺與水反應產生 NH3和兩分子的HClO ,反應方程式為：NHCl 2+2H2O=NH 3+2HC1O ; NCl3與H2O反應 產生 NH3和 HClO , HClO 將 Na2SO3氧化為 Na2SO4, HClO 被還原為 HCl , HCl 與 NH3結合形成 NH4Cl, 1 molNC13反應產生3 mol HClO,氧化Na2SO3產生Na2SO4時轉移6 mol電子，則0.01 mol NC13發生反應轉移 0.06 mol電子；(2)由于從能量數值看 Hi=AH + AH2,所以

37、 H2=AHi-AH=1416.9 kJ/mol-11.3 kJ/mol=1405.6 kJ/mol ,物質 由能量高的狀態轉化為能量低的狀態，反應放出熱量，則反應過程中的4H2=-1405.6 kJ/mol；由ZH=反應物總鍵能-生成物總鍵能, 得：1416.9 kJ/mol-(2 391.3 kJ/mol+x kJ/mol+431.8 kJ/mol)=+11.3kJ/mol ,解得 x=191.2kJ/mol;n NH 3(3)由于a、b兩點溫度相同，則Ka=Kb,由于該反應的正反應為吸熱反應，當一-一為定值時，丁2下n Cl 2NH2Cl的體積分數更小，說明T2下平衡逆向移動，則 Kc變

38、小，所以a、b、c三點化學平衡常數的關系是：n NH3Ka=Kb>Kc；當=0.4 時，假設容器體積為 V L,起始量 n(NH3)=0.4 mol, n(Cl2)=1 mol, NH3 變化量n Cl2為 x mol,則平衡時 n(NH3)=(0.4-x) mol , n(Cl2)=(1-x) mol , n(NH 2cl)= n(HCl)=x mol ,同溫同壓下氣體的體積x比等于氣體的物質的量的比，則：M00%=20% ,解得x=0.28 mol ,則該反應的平4954 '0.4 x 1 x x x衡常數Kb=0.28 0.280.4 0.281 0.28在T2溫度下，Q點

39、NH2Cl的體積分數偏高，平衡將向著使 NH2Cl的體積分數下降的方向移動，所以Q點平衡逆移，V !E<V逆；在氨氯比一定時，由(2)知H>0,升高溫度，或及時分離出產物NHCl2,都會使平衡正向移動，NH3的轉化率升高；NH2Cl的體積分數始終比理論值低，可能是：有副反應，還可能生成NHCl2、NCl3、N2o【點睛】本題考查了反應熱與鍵能、物質含有能量的關系及化學平衡有關知識，掌握有關概念、反應熱與鍵能及物質能量關系和平衡移動原理的影響因素是解題關鍵，在分析時，要結合圖象，弄清圖象中橫坐標、縱坐標的含義分析解答。17.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)幾乎與鋼一樣堅固，

40、但重量僅為鋼的三分之一，已被用于飛機機身和機翼、智能手機外殼上等。但這種合金很難被焊接。最近科學家將碳化鈦納米顆粒(大小僅為十億分之一米)注入AA7075的焊絲內，讓這些納米顆粒充當連接件之間的填充材料。注入了納米粒子的填充焊絲也可以更容易地連接其他難以焊接的金屬和金屬合金。回答下列問題：(1)基態銅原子的價層電子排布式為 。(2)第三周期某元素的前 5個電子的電離能如圖1所示。該元素是 (填元素符號)，判斷依據是 。(3)CN、NH3、H2O和OH 一等配體都能與Zn2+形成配離子。1mol Zn(NH 3聞2+含mol 鍵，中心離子的 配位數為(4)鋁鎂合金是優質儲鈉材料，原子位于面心和頂

41、點，其晶胞如圖2所示。1個鋁原子周圍有 個鎂原子最 近且等距離。(5)在二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛:笨甲弊笨甲看苯甲醇中C原子雜化類型是 。苯甲醇的沸點高于苯甲醛，其原因是 (6)鈦晶體有兩種品胞，如圖所示。-38100%(10).192.33D x2 y如圖3所示，晶胞的空間利用率為 (用含n的式子表示)。已知圖4中六棱柱邊長為 x cm,高為y cm。該鈦晶胞密度為 D g cm-3, Na為 mol一(用含x y和D的式子表示)。【答案】(1). 3d104s1(2). Mg (3). I3是I2的5倍多，說明最外層有 2個電子， (4). 16(5).4(6). 8.

42、sp2、sP3(8).苯甲醇分子間存在氫鍵，苯甲醛分子間不存在氫鍵(1)銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子;(2)根據電離能的突變判斷最外層電子，結合該元素為第三周期元素分析；所有單鍵包括配位鍵均為b鍵，雙鍵中有一個為 b鍵，每個NH3分子中含有3個N-H鍵，中心原子Zn與四個N原子之間存在配位鍵；(4)晶胞中每個側面的4個頂點上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且最近；(5)苯環上碳原子形成 3個共用電子對，而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對；分子間的氫鍵對物質的沸點影響較大，苯甲醇分子間存在氫鍵；(6)由圖3可知，晶胞中鈦原子的數目為1+8X1 =2,設

43、原子半徑為r,則晶胞的對角線為 4r,晶胞的邊長84r為飛,由此計算空間利用率；圖4晶胞中鈦原子的數目為3+2X 1+12x1=6,晶胞的質量為 6-8g,六棱柱邊長為x cm,高為y cm,26na則晶胞的體積為 3®x2ycm3,再結合晶胞的密度計算Na。2【詳解】(1)銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子，其價電子排布式為3d104s1;(2)由圖1可知電離能I3是I2的5倍多，說明最外層有 2個電子，結合該元素是第三周期元素，則該元素為 第三周期第n A元素，此元素為鎂，元素符號為Mg;所有單鍵包括配位鍵均為 。鍵，雙鍵中有一個為 。鍵，每個NH3分子中含有

44、3個N-H鍵，中心原子Zn 與四個N原子之間存在配位鍵，則 1mol Zn(NH 3)42+含(4+3X4) mol=16mol艇，配位體為 NH3,中心離 子Zn2+的配位數為4;(4)晶胞中每個側面的4個頂點上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且最近，則每個鋁原子周圍距離最近的鎂原子有 8個；(5)苯環上碳原子形成 3個共用電子對，碳原子的雜化類型是sp2,而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對，碳原子的雜化類型是sp3;苯甲醇分子間存在氫鍵，而苯甲醛分子間不存在氫鍵，導致苯甲醇的沸點明顯比苯甲醛高；(6)由圖3可知，晶胞中鈦原子的數目為1+8X1 =2,設原子半徑為r,則晶胞

45、的對角線為 4r,晶胞的邊長84r為飛,則空間利用率為2 4 r3334r3100%=8100% ;圖4晶胞中鈦原子的數目為 3+2X 1+12x1=6,晶胞的質量為eg,六棱柱邊長為x cm,高為y cm, 26Na則晶胞的體積為 圭叵x2ycm3,則D= 7g+冬叵x2ycm3,由此計算得Na=192ymol 1 02Na 23D x2 y【點睛】本題考查原子雜化方式判斷，注意雜化軌道理論的理解應用，把握常見分子中原子的雜化及空間構型為解答的關鍵，根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，價層電子對個數=b1鍵個數+孤電子對個數，b鍵個數二配原子個數，孤電子對個數 =-(a

46、-xb), a指中心原子價電子個數，x指2配原子個數，b指配原子形成穩定結構需要的電子個數.根據n值判斷雜化類型：一般有如下規律：當n=2,sp 雜化；n=3, sp2 雜化；n=4, sp3 雜化。18.二茂鐵是一種特殊的金屬有機化合物，可用作燃料的節能消煙劑、抗爆劑等，熔點為173 C,在100 C時開始升華；沸點是249 Co實驗室制備二茂鐵的反應原理是： 2KOH+FeCl 2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H 2O, 其裝置如下圖所示。接液封裝置圖一圖二實驗步驟為：在三頸燒瓶中加入 25 g粉末狀的KOH ,并從儀器a中加入60 mL無水乙醍，充分攪拌，同時通氮氣約10

47、min ；再從儀器a滴入5.5 mL新蒸儲的環戊二烯(C5H6,密度為0.95 g cm-3),攪拌；將6.5 g無水FeCl2與(CH3)2SO(二甲亞碉，作溶劑)配成的溶液25 mL裝入儀器a中，慢慢滴入三頸燒瓶中，45 min滴完，繼續攪拌 45 min；再從儀器a加入25 mL無水乙醛攪拌；將三頸燒瓶中的液體轉入儀器X中，依次用鹽酸、水各洗滌兩次，分液得橙黃色溶液；蒸發橙黃色溶液，得二茂鐵粗產品。回答下列問題：儀器a、X 名稱分別是。(2)步驟中通入氮氣的原因是 (用化學方程式表示)。(3)三頸燒瓶的適宜容積應為 (選編號)。 100 mLZ250 mL 500 mL(4)步驟用鹽酸洗

48、滌的目的是 。(5)步驟是二茂鐵粗產品的提純，操作裝置如圖二所示，其操作名稱為 ;該操作中棉花的作用(6)為了確認得到的是二茂鐵，還需要進行的一項簡單實驗是 。確定二茂鐵的結構是下圖 b而不 是c,其測定白譜圖為。bc【答案】(1).恒壓漏斗、分液漏斗(2). 4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3 J(3).(4).除去多余的KOH (5).升華 (6).防止二茂鐵揮發進入空氣中(7).測定所得固體的熔點(8).核磁共振氫譜【解析】【分析】(1)根據儀器的結構，結合儀器的用途確定儀器名稱；(2)二茂鐵中鐵是+2價，易被空氣中氧氣氧化，通入氮氣排盡裝置中空氣； 2(3)儀器c為三

49、頸燒瓶，其中盛放液體的體積不超過容積的一分析判斷；3(4)鹽酸可中和 KOH生成KCl和水；(5)二茂鐵有固體直接變成氣體，然后冷凝收集，稱為升華；棉花團有防止粉末逸出的功能；(6)可以通過測定所得固體的熔點確定；根據核磁共振氫譜圖確定物質結構。【詳解】(1)根據裝置圖可知儀器 a是恒壓漏斗；儀器 X用于分離互不相溶的兩層液體物質，使用的是分液漏斗；(2)二茂鐵中鐵是+2價，易被空氣中氧氣氧化，通入氮氣排盡裝置中空氣，防止實驗過程中亞鐵離子被氧化；2(3)由題意可知三頸燒瓶中共加入液體112.5 mL ,三頸燒瓶中盛放液體的體積不超過容積的一，所以應該選3擇的規格是250 mL三頸燒瓶，故合理

50、選項是；(4)步驟用鹽酸洗滌，可與其中的KOH發生中和反應，而除去多余的KOH ;(5)二茂鐵由固體直接變成氣體，然后冷凝收集，其操作名稱為升華；該操作中棉花的作用是防止二茂鐵揮發進入空氣中；(6)為了確認得到的是二茂鐵，還需要進行的一項簡單實驗是測定所得固體的熔點；可根據物質的核磁共振氫譜圖確定物質結構是 b還是c,若是b結構，分子中只有一種位置的H原子，只有1個吸收峰；若是圖c結構，分子中含有 3種不同位置的H原子，有3個吸收峰，吸收山I的面積比為1： 2： 2。【點睛】本題以二茂鐵的制備實驗為載體考查常見儀器的識別，實驗方案的分析、評價，化學實驗基本操作，物質的分離、提純和檢驗，物質結構

51、的測定，充分利用題干信息，掌握物質的性質及分離方法，了解核磁共振氫譜在測定結構的應用是解答本題的關鍵。19.某種電鍍污泥主要含有硫化亞銅(Cu2Te)、三氧化二銘(Cr2O3)以及少量的金(Au),可用于制取 Na2Cr2O7溶液、金屬銅和粗硫等，以實現有害廢料的資源化利用，工藝流程如下：純堿、空氣稀硫酸電鍬污泥浸出液4* Ns2cmeh溶液已知：煨燒時， Cu2Te發生的反應為 Cu2Te+2Oj&2CuO+TeO2。(1)Te元素在元素周期表中的位置為 其基態原子的電子占據的最高能層符號為 。(2)煨燒時，Cr2O3發生反應的化學方程式為 。(3)浸出液中除了含有 TeOSO4(在

52、電解過程中不反應)外，還可能含有 (填化學式)。電解沉積過程中 析出單質銅的電極為 極。(4)工業上用重銘酸鈉(Na2Cr2O7)母液生產重銘酸鉀(K2C2O7)的工藝流程如圖所示：通過冷卻結晶能析出大量K2Cr2O7的原因是 。(5)測定產品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取試樣2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL于錐形瓶中，加入足量稀硫酸和幾滴指示劑，用0.1000 mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準液進行滴定。滴定過程中發生反應的離子方 程式為。若三次實驗消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準液的體積平均為 25.00 mL ,則所得產品中 K2Cr2O7的純

53、度為 % (保留三位有效數字)。【答案】(1).第五周期V1 A 族 (2). O (3). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO3JH= 4Na2CrO4+4CO2(4).CuSO4（5）.陰 （6）.低溫條彳下，K2Cr2O7的溶解度在整個體系中最小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小(7). Cr2O 72-+6Fe2+14H +=2Cr 3+6Fe3+ +7H 2O(8). 49.0【解析】【分析】某種電鍍污泥中主要含有硫化亞銅（Cu2Te）、三氧化二銘（Cr2O3）以及少量的金（Au）,可以用于制取 Na2Cr2O7溶液、金屬銅、粗硫等，根據流程圖，煨燒時Cu2Te發生的反

54、應為Cu2Te+2O2基強2CuO+TeO2, Cr2O3與純堿和空氣中的氧氣反應生成Na2CrO4, Na2CrO4酸化后生成 Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金（Au）,用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有銅離子和TeOSO4,電解后銅離子放電生成銅，溶液中含有TeOSO4, TeOSO4與二氧化硫發生氧化還原反應生成粗硫，據此分析解答。【詳解】（1）Te是52號元素，原子核外電子排布為2、8、18、18、6,可見Te元素在元素周期表中的位置為第五周期第 VIA族，最高能層為第 5能層，故其基態原子的電子占據的最高能層符號為。；（2“段燒時，Cr2O3與O2及Na2CO3發生反應產生 Na2CrO4和CO2,反應的化學方程式為：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 二二 4Na2CrO4+4CO2；（3）根據上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4（在電解過程中不反應）外，還可能含有 CuSO4