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2021年山东省菏泽市高考化学一模试卷
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这是一份2021年山东省菏泽市高考化学一模试卷，共38页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省菏泽市高考化学一模试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫黄粉末覆盖
B．“自古书契多编以竹简，其用缴帛（丝织品）者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素
C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D．我国成功实施煤改气工程后，可有效提高空气质量
2．（2分）已知NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，1.0L pH＝13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，转移的电子数为0.1NA
C．32g乙醇和14g二甲醚（H3C﹣O﹣CH3）组成的混合物中共价键数目为8NA
D．1mol CaO2晶体所含离子总数为3NA
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y形成的某一种化合物易生成二聚体，且X、Y两元素基态原子核外电子的空间运动状态相同，Z元素基态原子的最高能级电子数是Y元素基态原子最低能级电子数的一半，W在周期表中的周期数与族序数相等。下列有关说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z、W四种元素中，X的非金属性最强
B．简单离子的半径：Y＞X＞Z＞W
C．X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，生成物中只含共价键
D．X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物之间可以相互反应
4．（2分）LiAlH4是重要的还原剂与储氢材料，在120℃下的干燥空气中相对稳定，其合成方法为：NaAlH4+LiCl═LiAlH4+NaCl。下列说法正确的是（ ）
A．该反应可以在水溶液中进行
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，核外电子的空间运动状态有2种
C．LiAlH4中Al原子采用sp3杂化，AlH4﹣离子的空间构型为正方形
D．上述所有物质中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物，其电子式为Na+[：H]﹣
5．（2分）用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相关的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用如图装置检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀
B．用如图装置可以来加热熔融的烧碱固体
C．用如图装置可提纯Fe（OH）3胶体
D．用如图装置可分离苯（沸点80.1℃）和溴苯（沸点156.2℃）
6．（2分）国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C15H14ClO3
B．1mol该物质与溴水反应，最多消耗5mol Br2
C．该分子中所有碳原子可能共平面
D．该物质在一定条件下可以发生取代反应、消去反应和加成反应
7．（2分）下列关于物质性质的说法合理的是（ ）
A．FeCl2、Na2O2、Mg3N2均可由相应单质直接化合生成
B．浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸均可用铝罐车储运
C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同
D．将Cl2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性和酸性
8．（2分）科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺[N（NO2）3]，其结构如图所示。已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关说法不正确的是（ ）
A．分子中N、N间形成的共价键是非极性键
B．该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键
C．分子中非硝基氮原子采取sp3杂化
D．分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子
9．（2分）下列实验中操作规范且能达到目的的是（ ）
A．配制FeSO4溶液时，所用的蒸馏水需要煮沸；并在溶液中加适量铁粉
B．将金属钠投入盛有乙醇的试管中，通过观察有无气泡产生检验乙醇中是否含水
C．配制0.1mol•L﹣1NaOH溶液时，称量4.0g NaOH固体置于1000mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线
D．用50mL酸式滴定管来量取20.00mL盐酸时，先调整初始读数为30.00mL，然后将溶液全部放入锥形瓶中
10．（2分）近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂﹣铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电流，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．放电时，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
C．放电时Cu极区域水溶液的pH减小
D．放电过程中，电子由锂电极经过锗酸锌锂固体电解质到达铜电极
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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）下列实验内容和解释都正确的是（ ）
编号
实验内容
解释
A
常温下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液和0.1mol•L﹣1HNO3溶液的pH分别为1.3和1.0
氮元素的非金属性强于碳元素
B
向FeCl3溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
C
向10mL 0.2mol•L﹣1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3
D
取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖水解产物中有葡萄糖
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是（ ）
A．该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成
B．反应路径2的催化效果更好
C．催化剂不会改变整个反应的△H
D．路径1中最大能垒（活化能）E正＝1.23eV
13．（4分）KIO3是一种重要的化学试剂，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，下面是“KIO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图。已知“反应器内反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCl。下列相关说法不正确的是（ ）
A．“反应器内反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11：6
B．“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2
C．借助食用醋和淀粉碘化钾试纸即可检验食盐中是否含有补碘剂
D．调pH时发生反应的方程式为：KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O
14．（4分）纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融NaOH﹣KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是（ ）
A．惰性电极是电解池的阴极，发生还原反应
B．产生2.24L O2时，转移的电子数为0.4NA
C．惰性电极Ⅰ的电极反应：Fe2O3+3H2O﹣6e﹣═2Fe+6OH﹣
D．生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3
15．（4分）某二元酸（化学式用H2X表示）在水中的电离方程式是：H2X＝H++HX﹣，HX﹣⇌H++X2﹣。25℃时，向20.00mL 0.1mol•L﹣1H2X溶液中滴入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pOH水表示溶液中由水电离出的c水（OH﹣）的负对数[﹣lgc水（OH﹣）]，pOH水与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．C、E两点溶液：C点显中性，E点显碱性
B．B点溶液中：c（X2﹣）＞c（H+）﹣c（OH﹣）
C．D点溶液中：c（Na+）+c（HX﹣）+c（X2﹣）＝0.10mol•L﹣1
D．图中C点至D点对应溶液中：逐渐增大
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（10分）硼氢化钠（NaBH4）是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠的工艺如图。（部分条件和产物省略）
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H。回答下列问题：
（1）Mg2B2O5•H2O中B元素化合价为 ；难溶的Mg2B2O5•H2O与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 。
（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧MgCl2•7H2O时加入的目的是 。
（3）“有效氢”含量是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为lg含氢还原剂的还原能力与多少gH2相当。NaBH4的“有效氢”含量为 。（结果保留2位小数）
（4）MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成NaBH4其原因是 ，二者反应生成NaBH4的化学方程式为 。
17．（12分）环烷酸金属（Cu、Ni、Co、Sn、Zn）盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布 。
（2）镍的氨合离子[Ni（NH3）6]2+中存在的化学键有 。
A.离子键
B.共价键
C.配位键
D.氢键
E.σ键
F.π键
（3）Ni、Co的第五电离能：I5（Ni）＝7339kJ•mol﹣1，I5（Co）＝7670kJ•mol﹣1，I5（Ni）＜I5（Co），其原因是 。
（4）锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是 。
（5）硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为apm。
①相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为 pm。
②已知原子坐标：A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），则C点的原子坐标 。
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数NA＝ 。（用含a、ρ的计算式表示）
18．（14分）研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。回答下列问题：
（1）已知：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.4kJ•mol﹣1；4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（l）△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1NH3能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式： 。
（2）我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α（NO）随温度的变化关系如图1所示。
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是 。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝ 。[已知：气体分压（P分）＝气体总压（P总）×体积分数]
（3）氮氧化物也可以用尿素[（NH2）2CO]水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1：1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为 。
（4）科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、铜氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol•L﹣1。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图2所示。
①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是 （用a、b、c表示）；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是 。（写出一条即可）
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是 。
A.恒容下，及时分离出CO2
B.压缩体积
C.恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v（NO）＝ mol•L﹣1•h﹣1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为 。（保留两位有效数字）
19．（12分）丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如图。
已知：
（1）G中官能团的名称为 。
（2）用系统命名法给D命名： 。
（3）请写出H→J反应的化学方程式： ，该反应的反应类型是 。
（4）根据CX。X多种同分异构体，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 。
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种
②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生水解反应
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体
（5）参照题中信息写出以乙烯和甲苯为原料，合成的路线流程图 。（其它试剂自选）
20．（12分）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭新冠病毒。目前制备ClO2常用氯酸钠还原法，其中一种方法是NaClO3与CH3OH在适当催化剂、温度为60℃时，发生反应得到，下图装置（夹持装置略）对其制备、吸收，释放进行了研究。已知：
①的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸释放出气体。
②与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+＝2Cl﹣+5I2+4H2O。
③
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
沸点
64.7℃
100.8℃
11℃
回答下列问题：
（1）仪器c的名称为 ，仪器b在装置中的作用是 。
（2）根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是 。
（3）已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学反应方程式： 。
（4）该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸（草酸的氧化产物为CO2），相比甲醇法，
草酸法的优点是 。
（5）下列有关说法正确的是 。
A.仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
B.装置e主要用于检验是否有Cl2生成
C.在ClO2释放实验中，发生反应的离子方程式是：4H++5ClO2﹣═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O
D.ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍
（6）ClO2常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：
Ⅰ.取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸
Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液
Ⅲ.用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液进行滴定（已知I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去10.00mLNa2S2O3标准溶液。
滴定终点时溶液颜色的变化为 ，该水样中ClO2的含量为 mg•L﹣1。
2021年山东省菏泽市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫黄粉末覆盖
B．“自古书契多编以竹简，其用缴帛（丝织品）者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素
C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D．我国成功实施煤改气工程后，可有效提高空气质量
【分析】A．汞在常温下能与硫磺反应生成性质稳定、无毒的HgS；
B．帛（丝织品）主要成分为蛋白质；
C．石油减压分馏的产物有：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青；
D．燃烧煤炭可以产生大量粉尘等污染。
【解答】解：A．Hg和S常温下反应生成HgS，减少汞蒸气的产生，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故A正确；
B．“自古书契多编以竹简，其用缴帛（丝织品）者谓之为纸”，这里纸的主要成分为蛋白质，故B错误；
C．石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏过程的产物为：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，所以石油分馏可以获得沥青，故C正确；
D．“煤改气”改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，可有效降低空气中的PM10含量，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及分类物质的方法，物质的主要成分，常见环境污染与治理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
2．（2分）已知NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，1.0L pH＝13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，转移的电子数为0.1NA
C．32g乙醇和14g二甲醚（H3C﹣O﹣CH3）组成的混合物中共价键数目为8NA
D．1mol CaO2晶体所含离子总数为3NA
【分析】A．1.0L，PH＝13 的 Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L；
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，碳元素化合价+3价升高到+4价；
C．乙醇和二甲醚的摩尔质量均为46g/mol，且均含8条共价键；
D．CaO2晶体是钙离子和一个过氧根离子构成。
【解答】解：A．1.0L，PH＝13 的 Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，含有氢氧根离子数目为0.1mol/L×1.0L×NA＝0.1NA，故A错误；
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，碳元素化合价+3价升高到+4价，故0.1mol草酸被氧化为二氧化碳后转移0.2NA个电子，故B错误；
C．乙醇和二甲醚的摩尔质量均为46g/mol，故32g乙醇和14g二甲醚（H3C﹣O﹣CH3）的混合物的物质的量为1mol，且两者均含8条共价键，故1mol此混合物中含有共价键为8NA条，故C正确；
D．CaO2晶体是钙离子和一个过氧根离子构成，1mol CaO2晶体所含离子总数为2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y形成的某一种化合物易生成二聚体，且X、Y两元素基态原子核外电子的空间运动状态相同，Z元素基态原子的最高能级电子数是Y元素基态原子最低能级电子数的一半，W在周期表中的周期数与族序数相等。下列有关说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z、W四种元素中，X的非金属性最强
B．简单离子的半径：Y＞X＞Z＞W
C．X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，生成物中只含共价键
D．X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物之间可以相互反应
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W在周期表中的周期数与族序数相等，则应为Al元素，Z元素基态原子的最高能级电子数是Y元素基态原子最低能级电子数的一半，则Z最外层电子数为1，应为Na元素，X与Y形成的某一种化合物易生成二聚体，且X、Y两元素基态原子核外电子的空间运动状态相同，可知X为N元素、Y为O元素，NO2易生成N2O4，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Al元素。
A.同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性N＜O，故A错误；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的半径：X＞Y＞Z＞W，故B错误；
C.对应化合物为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误；
D.氢氧化铝为良性氢氧化物，可与硝酸、氢氧化钠等反应，则X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物之间可以相互反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化学键、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（2分）LiAlH4是重要的还原剂与储氢材料，在120℃下的干燥空气中相对稳定，其合成方法为：NaAlH4+LiCl═LiAlH4+NaCl。下列说法正确的是（ ）
A．该反应可以在水溶液中进行
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，核外电子的空间运动状态有2种
C．LiAlH4中Al原子采用sp3杂化，AlH4﹣离子的空间构型为正方形
D．上述所有物质中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物，其电子式为Na+[：H]﹣
【分析】A．NaAlH4能够与水反应；
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，有两种不同轨道；
C．依据价层电子对互斥理论解答；
D．上述所有物质中电负性最大的元素为Cl与电负性最小的元素为Na。
【解答】解：A．NaAlH4能够与水反应，NaAlH4+2H2O＝NaAlO2+4H2↑，所以不能在水溶液中进行，故A错误；
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，有两种不同轨道，所以核外电子的空间运动状态有2种，故B正确；
C．LiAlH4中Al原子价层电子对数为＝4，采用sp3杂化，孤电子对数为4﹣4＝0，所以AlH4﹣离子的空间构型为正四面体，故C错误；
D．上述所有物质中电负性最大的元素为Cl与电负性最小的元素为Na，形成化合物为氯化钠，电子式为：，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查核外电子排布与运动、价电子互斥理论，明确相关物质的性质和原子结构组成是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相关的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用如图装置检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀
B．用如图装置可以来加热熔融的烧碱固体
C．用如图装置可提纯Fe（OH）3胶体
D．用如图装置可分离苯（沸点80.1℃）和溴苯（沸点156.2℃）
【分析】A.NaCl溶液为中性；
B.二氧化硅与碱高温下反应；
C.胶体可透过滤纸；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度。
【解答】解：A.NaCl溶液为中性，红墨水沿导管上升，可证明发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.二氧化硅与碱高温下反应，应选铁坩埚加热熔融烧碱，故B错误；
C.胶体可透过滤纸，过滤不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在支管口处，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C15H14ClO3
B．1mol该物质与溴水反应，最多消耗5mol Br2
C．该分子中所有碳原子可能共平面
D．该物质在一定条件下可以发生取代反应、消去反应和加成反应
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣Cl、碳碳双键，结合酚、卤代烃、烯烃的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C15H13ClO3，故A错误；
B.酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质与溴水反应，最多反应4mol Br2，故B错误；
C.含有苯环、碳碳双键，都为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，则C﹣C键可自由旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D.羟基、氯原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大。
7．（2分）下列关于物质性质的说法合理的是（ ）
A．FeCl2、Na2O2、Mg3N2均可由相应单质直接化合生成
B．浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸均可用铝罐车储运
C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同
D．将Cl2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性和酸性
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．依据浓硝酸和浓硫酸强氧化性解答；
C．铜少量，完全反应，生成+2价铜离子；
D．氯气不具有漂白性。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，所以氯化亚铁不能由单质化合而成，故A错误；
B．浓硝酸和浓硫酸具有强氧化性，常温下能于铝发生钝化，所以可以用铝罐车储运，盐酸不具有此性质，浓盐酸能与铝反应，腐蚀铝，故B错误；
C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同，铜完全反应，生成铜离子物质的量相同，所以转移电子数相同，故C正确；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性，可观察到溶液先变红后褪色，氯气不具有漂白性和酸性，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气及硝酸性质是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺[N（NO2）3]，其结构如图所示。已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关说法不正确的是（ ）
A．分子中N、N间形成的共价键是非极性键
B．该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键
C．分子中非硝基氮原子采取sp3杂化
D．分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子
【分析】A．同种元素原子之间形成的化学键为非极性键；
B．该分子易溶于水，是因为分子中的O原子与水分子中的氢原子之间形成了氢键；
C．该分子中的N原子是三角锥形的N原子，有一对孤电子对和三对σ键电子对，N采取sp3杂化；
D．非硝基氮原子上有一对孤电子对。
【解答】解：A．同种元素原子之间形成的化学键为非极性键，如N﹣N键，不同种原子之间形成的是极性键，如N＝O，故A正确；
B．三硝基氨易溶于水的原因就是与H2O形成氢键导致的，[N（NO2）3]分子中的﹣NO2中的N是sp2杂化，N的一对电子与两个O原子形成大π键，不能再与水中H形成氢键，与H2O形成氢键的是O原子，故B错误；
C．由于分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，该分子中N原子的骨架不是平面型，属于三角锥形，这种结构是非硝基氮原子上有一对孤电子对的排斥导致的，因此非硝基氮原子上有一对孤电子对，3对σ键电子对，所以N采取sp3杂化，故C正确；
D．非硝基氮原子上有一对孤电子对，3对σ键电子对，故D正确。
故选：B。
【点评】不同主要考查极性键与非极性键的判断，氢键的判断，杂化方式的判断，属于基础知识，基本题型，难度不大，但需要细心。
9．（2分）下列实验中操作规范且能达到目的的是（ ）
A．配制FeSO4溶液时，所用的蒸馏水需要煮沸；并在溶液中加适量铁粉
B．将金属钠投入盛有乙醇的试管中，通过观察有无气泡产生检验乙醇中是否含水
C．配制0.1mol•L﹣1NaOH溶液时，称量4.0g NaOH固体置于1000mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线
D．用50mL酸式滴定管来量取20.00mL盐酸时，先调整初始读数为30.00mL，然后将溶液全部放入锥形瓶中
【分析】A.蒸馏水需要煮沸除去溶解的氧气，Fe可防止亚铁离子被氧化；
B.乙醇、水均与Na反应生成氢气；
C.不能在容量瓶中溶解固体；
D.先调整初始读数为30.00mL，因尖嘴部分无刻度，液体的体积大于20.00mL。
【解答】解：A.蒸馏水需要煮沸除去溶解的氧气，Fe可防止亚铁离子被氧化，可配制FeSO4溶液，故A正确；
B.乙醇、水均与Na反应生成氢气，不能检验是否含水，故B错误；
C.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.先调整初始读数为30.00mL，因尖嘴部分无刻度，液体的体积大于20.00mL，则不能将溶液全部放入锥形瓶中，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、物质检验、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（2分）近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂﹣铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电流，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．放电时，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
C．放电时Cu极区域水溶液的pH减小
D．放电过程中，电子由锂电极经过锗酸锌锂固体电解质到达铜电极
【分析】该锂﹣铜空气燃料电池中，电池放电总反应为2Li+Cu2O+H2O＝2Cu+2Li++2OH﹣，则Li发生失电子的氧化反应，Li电极作负极，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，Cu电极作正极，正极上Cu2O发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2O+H2O+2e﹣＝2Cu+2OH﹣，电池工作时，电子由负极经过导线流入正极，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，放电时，正极上并非是氧气直接放电，而是Cu2O得电子生成Cu，正极反应式为：Cu2O+H2O+2e﹣＝2Cu+2OH﹣，故A错误；
B．由放电过程总反应2Li+Cu2O+H2O＝2Cu+2Li++2OH﹣可知，通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，为正极提供反应物，故B正确；
C．放电时，Cu极电极反应式Cu2O+H2O+2e﹣＝2Cu+2OH﹣，Cu电极上生成氢氧根离子，该区域水溶液的pH增大，故C错误；
D．放电过程中，电子由锂电极通过外电路导线经过负载到达铜电极，电子不进入电解质中，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，把握电极反应和粒子的移动方向是解本题关键，注意理解Cu在整个过程中的作用及正极反应式的书写，题目难度不大。
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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）下列实验内容和解释都正确的是（ ）
编号
实验内容
解释
A
常温下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液和0.1mol•L﹣1HNO3溶液的pH分别为1.3和1.0
氮元素的非金属性强于碳元素
B
向FeCl3溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
C
向10mL 0.2mol•L﹣1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3
D
取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖水解产物中有葡萄糖
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.H2C2O4溶液不是C元素的最高价含氧酸；
B.过量的KI溶液，且滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，可知少量铁离子不能完全转化；
C.NaOH过量，均为沉淀生成；
D.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.H2C2O4溶液不是C元素的最高价含氧酸，由操作和现象不能比较C、N的非金属性，故A错误；
B.过量的KI溶液，且滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，可知少量铁离子不能完全转化，则该反应为可逆反应，故B正确；
C.NaOH过量，均为沉淀生成，且沉淀类型不同，由操作和现象不能比较二者的Ksp，故C错误；
D.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖，砖红色沉淀为氧化亚铜，由操作和现象可知蔗糖水解产物中有葡萄糖，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、可逆反应、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是（ ）
A．该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成
B．反应路径2的催化效果更好
C．催化剂不会改变整个反应的△H
D．路径1中最大能垒（活化能）E正＝1.23eV
【分析】A．由图可知，CO在Pd2的催化作用下与氧气反应生成CO2，据此进行书写化学方程式，同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键；
B．由图可知，反应路径1的能量变化小，其催化效果好；
C．催化剂改变反应速率不改变化学平衡，催化剂不影响反应的始终态；
D．活化能指常态变为容易发生化学反应的活跃状态即过渡态所需要的能量，故路径1中最大能垒（活化能）5.73eV﹣3.96eV＝1.77 eV。
【解答】解：A．由图可知，CO在Pd2的催化作用下与氧气反应生成CO2，故化学方程式为2CO+O22CO2，一氧化碳含极性键，氧气含有非极性键，二氧化碳中含有极性键，没有非极性键的生成，故A错误；
B．由图可知，反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果好，故B正确；
C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不影响反应的始终态，不改变反应热，故C正确；
D．活化能指常态变为容易发生化学反应的活跃状态即过渡态所需要的能量，故路径1中最大能垒（活化能）5.73eV﹣3.96eV＝1.77 eV，即E正＝1.77 eV，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中每一步微粒变化及发生的反应是解本题关键，注意吸放热反应的焓变与反应物、生成物能量以及活化能之间关系，题目难度中等。
13．（4分）KIO3是一种重要的化学试剂，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，下面是“KIO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图。已知“反应器内反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCl。下列相关说法不正确的是（ ）
A．“反应器内反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11：6
B．“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2
C．借助食用醋和淀粉碘化钾试纸即可检验食盐中是否含有补碘剂
D．调pH时发生反应的方程式为：KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O
【分析】由制备流程可知，反应器内反应为11KClO3+6I2+3HCl＝6KH（IO3）2+3Cl2↑+5KCl，加热可以促进氯气的逸出，降温结晶、过滤分离出KH（IO3）2和KCl，加水溶解KH（IO3）2，加入KOH调节pH，浓缩结晶得到碘酸钾，以此来解答。
【解答】解：A.由11KClO3+6I2+3HCl＝6KH（IO3）2+3Cl2↑+5KCl可知，其中氧化剂是KClO3，氧化产物为KH（IO3）2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11：6，故A正确；
B.加热可以促进溶解在溶液中气体的逸出，故“逐Cl2”过程只需要采用加热溶液即可，不用加入烧碱或KI晶体除Cl2，故B错误；
C.由5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O及淀粉遇碘单质变蓝，则能借助食用醋和淀粉碘化钾试纸即可检验是否含有补碘剂，故C正确；
D．加入KOH调节pH，发生KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
14．（4分）纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融NaOH﹣KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是（ ）
A．惰性电极是电解池的阴极，发生还原反应
B．产生2.24L O2时，转移的电子数为0.4NA
C．惰性电极Ⅰ的电极反应：Fe2O3+3H2O﹣6e﹣═2Fe+6OH﹣
D．生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3
【分析】根据图象可知，电极I生成NH3，故为阴极，惰性电极生成氧气，故为阳极。而纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用，Fe2O3在阴极发生反应生成中间体Fe，则意味着铁先生成，后又消耗，而Fe2O3先消耗，又生成，故电极I上Fe2O3先放电生成Fe，后Fe又将N2还原为NH3，故电极I的反应为：Fe2O3+3H2O+6e ﹣═2Fe+6OH﹣，2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3；惰性电极的反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，据此分析。
【解答】解：A、惰性电极生成氧气，故为阳极，发氧化反应，故A错误；
B、氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故B错误；
C、电极I上首先Fe2O3得电子生成Fe单质，由于是碱性环境，故反应为：Fe2O3+3H2O+6e ﹣═2Fe+6OH﹣，故C错误；
D、电极I上首先Fe2O3得电子生成Fe单质：Fe2O3+3H2O+6e ﹣═2Fe+6OH﹣，后来生成的铁单质将氮气还原为氨气，铁又被氧化为Fe2O3：2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3，故生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电解池中电极反应的书写以及转移电子的计算，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答。
15．（4分）某二元酸（化学式用H2X表示）在水中的电离方程式是：H2X＝H++HX﹣，HX﹣⇌H++X2﹣。25℃时，向20.00mL 0.1mol•L﹣1H2X溶液中滴入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pOH水表示溶液中由水电离出的c水（OH﹣）的负对数[﹣lgc水（OH﹣）]，pOH水与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．C、E两点溶液：C点显中性，E点显碱性
B．B点溶液中：c（X2﹣）＞c（H+）﹣c（OH﹣）
C．D点溶液中：c（Na+）+c（HX﹣）+c（X2﹣）＝0.10mol•L﹣1
D．图中C点至D点对应溶液中：逐渐增大
【分析】A．C点pOH水＝7，溶液中c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，E点NaOH过量，溶液中OH﹣由水和NaOH电离，
B．B点酸碱恰好完全反应生成NaHX，溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（X2﹣）+c（OH﹣）+c（HX﹣），存在物料守恒c（Na+）＝c（X2﹣）+c（HX﹣）；
C．D点溶液中NaOH与H2X恰好反应生成Na2X，由于混合前NaOH和H2X的浓度均为0.1mol•L﹣1，所以混合后二者的浓度和为0.1mol•L﹣1；
D．水解平衡常数只与温度有关，＝。
【解答】解：A．C点pOH水＝7，溶液中c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，所以C点显中性，E点NaOH过量，溶液中OH﹣由水和NaOH电离，而水电离的c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，所以溶液中c（OH﹣）＞10﹣7mol/L，E点溶液显碱性，故A正确；
B．B点酸碱恰好完全反应生成NaHX，溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（X2﹣）+c（OH﹣）+c（HX﹣），存在物料守恒c（Na+）＝c（X2﹣）+c（HX﹣），则c（H+）＝c（X2﹣）+c（OH﹣），c（X2﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故B错误；
C．D点溶液中NaOH与H2X恰好反应生成Na2X，由于混合前NaOH和H2X的浓度均为0.1mol•L﹣1，所以混合后二者的浓度和为0.1mol•L﹣1，H2X反应后在溶液中的存在形式为HX﹣和X2﹣，所以D点溶液中：c（Na+）+c（HX﹣）+c（X2﹣）＝0.10mol•L﹣1，故C正确；
D．水解平衡常数只与温度有关，温度不变水解平衡常数不变，从C到D溶液中c（OH﹣）增大，＝减小，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确酸第一步完全电离、第二步部分电离及混合溶液中溶质成分和性质是解本题关键，注意：混合溶液中不存在H2X，题目难度中等。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（10分）硼氢化钠（NaBH4）是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠的工艺如图。（部分条件和产物省略）
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H。回答下列问题：
（1）Mg2B2O5•H2O中B元素化合价为 +3 ；难溶的Mg2B2O5•H2O与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 Mg2B2O5•H2O+2OH﹣＝2Mg（OH）2+2BO2﹣ 。
（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧MgCl2•7H2O时加入的目的是 反应生成的HCl能够抑制MgCl2水解 。
（3）“有效氢”含量是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为lg含氢还原剂的还原能力与多少gH2相当。NaBH4的“有效氢”含量为 0.21 。（结果保留2位小数）
（4）MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成NaBH4其原因是 MgH2、NaBH4与水蒸气反应 ，二者反应生成NaBH4的化学方程式为 2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO 。
【分析】用硼镁石（Mg2B2O5•H2O）制备硼氢化钠，加入浓氢氧化钠溶液，过滤，滤渣为氢氧化镁，滤液含有NaBO2，滤渣中加入浓盐酸生成氯化镁晶体，加入SOCl2灼烧生成氯化镁，电解生成Mg，与氢气反应生成MgH2，滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥得到NaBO2，与MgH2反应可生成NaBH4，以此解答该题。
【解答】解：（1）Mg2B2O5•H2O中O元素为﹣2价、H元素为+1价、Na元素为+1价，则B的化合价为+3；用浓氢氧化钠溶液碱溶的离子方程式为Mg2B2O5•H2O+2OH﹣＝2Mg（OH）2+2BO2﹣，
故答案为：+3；Mg2B2O5•H2O+2OH﹣＝2Mg（OH）2+2BO2﹣；
（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，应生成二氧化硫和氯化氢，灼烧时加入SOCl2的目的是消耗氯化镁晶体中的水，同时提供HCl，抑制氯化镁水解，
故答案为：反应生成的HCl能够抑制MgCl2水解；
（3）H2做还原剂，1molH2失去电子2mol，1gH2的物质的量为＝0.5mol，0.5molH2转移的电子数为1mol，由电子守恒可知，NaBH4也应转移1mol电子，NaBH4中H为﹣1价，做还原剂时，H从﹣1价升高为+1价，1molNaBH4转移电子数为4mol×2＝8mol，则转移1mol电子消耗NaBH4的物质的量为0.125mol，其质量为0.125mol×38g/mol＝4.75g，即1gH2相当于4.75gNaBH4，则NaBH4的“有效氢”含量为＝0.21，
故答案为：0.21；
（4）MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成硼氢化钠，可防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应，二者反应生成NaBH4的化学方程式为2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO，
故答案为：MgH2、NaBH4与水蒸气反应；2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
17．（12分）环烷酸金属（Cu、Ni、Co、Sn、Zn）盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布 3d104s1 。
（2）镍的氨合离子[Ni（NH3）6]2+中存在的化学键有 BCE 。
A.离子键
B.共价键
C.配位键
D.氢键
E.σ键
F.π键
（3）Ni、Co的第五电离能：I5（Ni）＝7339kJ•mol﹣1，I5（Co）＝7670kJ•mol﹣1，I5（Ni）＜I5（Co），其原因是 I5（Co）和I5（Ni）分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，需要的能量较高 。
（4）锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是 Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn﹣Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定 。
（5）硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为apm。
①相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为 pm。
②已知原子坐标：A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），则C点的原子坐标 。
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数NA＝ 。（用含a、ρ的计算式表示）
【分析】（1）Cu位于第四周期IB族；
（2）[Ni（NH3）6]2+中镍离子提供空轨道、N提供孤对电子形成配位键，N﹣H为σ键共价键；
（3）I5（Ni）＜I5（Co），与3d5为半满稳定结构有关；
（4）灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，与Sn原子半径大、Sn﹣Sn键长有关；
（5）①相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为体对角线的；
②A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），C点在x轴的处，在y、z的处；
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，Se的个数为8×+6×＝4，Zn位于体内，个数为4，结合ρ＝计算。
【解答】解：（1）Cu位于第四周期IB族，则价电子排布为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）[Ni（NH3）6]2+中镍离子提供空轨道、N提供孤对电子形成配位键，N﹣H为σ键共价键，则化学键为BCE，
故答案为：BCE；
（3）I5（Ni）＜I5（Co），原因为I5（Co）和I5（Ni）分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，需要的能量较高，
故答案为：I5（Co）和I5（Ni）分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
（4）灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn﹣Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定，
故答案为：Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn﹣Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定；
（5）①晶胞参数为apm，体对角线为apm，相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为体对角线的，即为pm，
故答案为：；
②A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），C点在x轴的处，在y、z的处，则C点坐标为，
故答案为：；
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，Se的个数为8×+6×＝4，Zn位于体内，个数为4，则ρg•cm﹣3＝，解得NA＝，
故答案为：。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、化学键、晶胞结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度较大。
18．（14分）研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。回答下列问题：
（1）已知：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.4kJ•mol﹣1；4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（l）△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1NH3能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式： 4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（l）△H＝﹣1807.8kJ⋅mol﹣1 。
（2）我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α（NO）随温度的变化关系如图1所示。
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝ 4 。[已知：气体分压（P分）＝气体总压（P总）×体积分数]
（3）氮氧化物也可以用尿素[（NH2）2CO]水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1：1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为 （NH2）2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O 。
（4）科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、铜氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol•L﹣1。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图2所示。
①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是 a （用a、b、c表示）；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是 活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢） 。（写出一条即可）
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是 A 。
A.恒容下，及时分离出CO2
B.压缩体积
C.恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v（NO）＝ 0.0225 mol•L﹣1•h﹣1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为 96% 。（保留两位有效数字）
【分析】（1）根据盖斯定律将方程式进行叠加，即可得到目标方程式，△H也进行叠加即可；
（2）温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率也随之增大，温度达到1050K时，反应达到平衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知，NO转化率最大达到80%，可列出三段式求出平衡时的量，代入Kp进行计算即可；
（3）由题意可知，尿素[（NH2）2CO]与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式；
（4）①由图可知，490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，NO的转化率就越高，活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢）；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施，平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2；
③490℃时，NO的去除率为45%，代入反应速率v（NO）＝进行计算即可，若该温度下的平衡常数K＝121，列出三段式求出NO、N2、CO2的浓度代入平衡常数K 的表达式进行计算即可。
【解答】解：（1）由题意可得：Ⅰ：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.4kJ•mol﹣1，Ⅱ：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（l）△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，可将Ⅱ﹣Ⅰ×5得到：4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（l）△H，则△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1﹣（+180.4kJ•mol﹣1）×5＝﹣1807.8kJ⋅mol﹣1，
故答案为：4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（l）△H＝﹣1807.8kJ⋅mol﹣1；
（2）温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率也随之增大，温度达到1050K时，反应达到平衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知，NO转化率最大达到80%，可列出三段式
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△
起始量（mol） 1 0 0
变化量（mol） 0.8 0.4 0.4
平衡量（mol） 0.2 0.4 0.4 此时n（总）＝0.2mol+0.4mol+0.4mol＝1mol，
Kp＝＝4，
故答案为：温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；4；
（3）由题意可知，尿素[（NH2）2CO]与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O，尿素中的﹣2价N元素化合价升高，NO和NO2中的N元素化合价降低，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式为：（NH2）2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O，
故答案为：（NH2）2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O；
（4）①由图可知，490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢），
故答案为：a；活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢）；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施，平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，
故答案为：A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v（NO）＝＝0.0225mol•L﹣1•h﹣1，若该温度下的平衡常数K＝121，列三段式有：
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）
起始量（mol/L） 0.1 0 0
变化量（mol/L） x
平衡量（mol/L） 0.1﹣x
则有K＝＝121，解得：x＝0.096，则此时NO的去除率为×100%＝96%，
故答案为：0.0225；96%。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，平衡图象的分析，化学方程式的书写，反应速率、平衡常数、转化率的计算，具有较强的综合性，对学生的语言表达能力要求较高，属于难题。
19．（12分）丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如图。
已知：
（1）G中官能团的名称为 羟基、溴原子 。
（2）用系统命名法给D命名： 2﹣甲基﹣1﹣丙烯（或2﹣甲基丙烯） 。
（3）请写出H→J反应的化学方程式： ，该反应的反应类型是 酯化反应或取代反应 。
（4）根据CX。X多种同分异构体，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 。
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种
②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生水解反应
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体
（5）参照题中信息写出以乙烯和甲苯为原料，合成的路线流程图 。（其它试剂自选）
【分析】由A、D分子式及G的结构简式，可知A中含有苯环，故A为；C与F发生信息第二步中与①R1COR2、②水的反应，逆推可知C为，F为（CH3）3CMgBr，则A与溴发生苯环上取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C，逆推可知E为（CH3）3CBr、D为，故D与HBr发生加成反应生成E；结合信息可知，G反应生成的H为，结合J的分子式，可知H分子内脱去1分子水生成J，则J为；
（5）以乙烯和甲苯为原料合成，可由苯甲醛和CH2MgBrCH2MgBr发生信息中的反应得到，CH2MgBrCH2MgBr可由1，2﹣二溴乙烷和Mg、乙醚反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，甲苯被氧化生成苯甲醛。
【解答】解：（1）G中官能团的名称为羟基、溴原子，
故答案为：羟基、溴原子；
（2）D为，用系统命名法给D命名：2﹣甲基﹣1﹣丙烯（或2﹣甲基丙烯），
故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙烯（或2﹣甲基丙烯）；
（3）H为，J为，H脱去一分子水生成J，H→J反应的化学方程式：，该反应的反应类型是酯化反应或取代反应，
故答案为：；酯化反应或取代反应；
（4）C为，根据CX，则X的结构简式为，X的同分异构体符合下列条件：
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有两种氢原子；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生水解反应，说明含有酚羟基且不含酯基；
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体，n（Ag）＝mol＝2mol，说明含有2个醛基，则该分子中含有2个醛基、1个酚羟基，该分子结构对称，符合条件的结构简式为、，
故答案为：；；
（5）以乙烯和甲苯为原料合成，可由苯甲醛和CH2MgBrCH2MgBr发生信息中的反应得到，CH2MgBrCH2MgBr可由1，2﹣二溴乙烷和Mg、乙醚反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，甲苯被氧化生成苯甲醛，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意结合反应条件、某些结构简式、分子式及题给信息进行推断，易错点是限制性条件下同分异构体结构简式确定。
20．（12分）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭新冠病毒。目前制备ClO2常用氯酸钠还原法，其中一种方法是NaClO3与CH3OH在适当催化剂、温度为60℃时，发生反应得到，下图装置（夹持装置略）对其制备、吸收，释放进行了研究。已知：
①的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸释放出气体。
②与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+＝2Cl﹣+5I2+4H2O。
③
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
沸点
64.7℃
100.8℃
11℃
回答下列问题：
（1）仪器c的名称为 恒压滴液漏斗 ，仪器b在装置中的作用是 冷凝回流甲醇、导气 。
（2）根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是 水浴加热 。
（3）已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学反应方程式： 4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O 。
（4）该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸（草酸的氧化产物为CO2），相比甲醇法，
草酸法的优点是 草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 。
（5）下列有关说法正确的是 AC 。
A.仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
B.装置e主要用于检验是否有Cl2生成
C.在ClO2释放实验中，发生反应的离子方程式是：4H++5ClO2﹣═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O
D.ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍
（6）ClO2常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：
Ⅰ.取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸
Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液
Ⅲ.用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液进行滴定（已知I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去10.00mLNa2S2O3标准溶液。
滴定终点时溶液颜色的变化为 溶液由蓝色变为无色 ，该水样中ClO2的含量为 270 mg•L﹣1。
【分析】装置甲中甲醇、NaClO3、硫酸反应生成ClO2，加入氢氧化钠后硫酸被中和反应即停止，稳定剂用于吸收ClO2，加入盐酸释放ClO2，淀粉碘化钾溶液用于检验ClO2，氢氧化钠溶液用于尾气吸收；据此来解答。
【解答】解：（1）c是恒压漏斗，有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，b是球形冷凝管，对甲中的气体具有冷凝回流的作用，同时让产生的气体逸出；d是分液漏斗，添加盐酸时需要将分液漏斗活塞打开，便于液体顺利流下，但会导致液体的挥发，
故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流甲醇兼导气；
（2）甲装置需控制反应温度60℃，酒精灯直接加热不利于温度的控制，60℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度，
故答案为：水浴加热；
（3）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），NaClO3还原生成ClO2，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O，
故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O；
（4）草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解，
故答案为：草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解。
（5）A．NaOH可以中和硫酸并吸收ClO2，故A正确；
B．ClO2可以将碘离子氧化为碘单质，造成e中溶液显蓝色，故装置e的作用是检验是否产生ClO2，故B错误；
C．稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，加盐酸后ClO2﹣发生歧化反应释放ClO2，发生的离子反应方程式是：4H++5ClO2﹣═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，故C正确；
D．等物质的量的ClO2和Cl2，转移电子的物质的量之比为5：2，故ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；
故答案为：AC；
（6）滴定终点用淀粉作为指示剂，现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色，根据题目信息，2ClO2～5I2～10S2O32﹣，S2O32﹣的物质的量为0.2mol/L×0.01L＝0.002mol，
故ClO2的物质的量为0.0004mol，质量为：0.0004mol×67.5g/L＝0.0270g＝27mg，水样中ClO2的含量为 ＝270mg/L。
故答案为：溶液由蓝色变为无色；270。
【点评】本题以二氧化氯的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，滴定计算，实验装置评价等知识，考查范围较广，难度适中。
2021年山东省菏泽市高考化学一模试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫黄粉末覆盖
B．“自古书契多编以竹简，其用缴帛（丝织品）者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素
C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D．我国成功实施煤改气工程后，可有效提高空气质量
2．（2分）已知NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，1.0L pH＝13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，转移的电子数为0.1NA
C．32g乙醇和14g二甲醚（H3C﹣O﹣CH3）组成的混合物中共价键数目为8NA
D．1mol CaO2晶体所含离子总数为3NA
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y形成的某一种化合物易生成二聚体，且X、Y两元素基态原子核外电子的空间运动状态相同，Z元素基态原子的最高能级电子数是Y元素基态原子最低能级电子数的一半，W在周期表中的周期数与族序数相等。下列有关说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z、W四种元素中，X的非金属性最强
B．简单离子的半径：Y＞X＞Z＞W
C．X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，生成物中只含共价键
D．X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物之间可以相互反应
4．（2分）LiAlH4是重要的还原剂与储氢材料，在120℃下的干燥空气中相对稳定，其合成方法为：NaAlH4+LiCl═LiAlH4+NaCl。下列说法正确的是（ ）
A．该反应可以在水溶液中进行
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，核外电子的空间运动状态有2种
C．LiAlH4中Al原子采用sp3杂化，AlH4﹣离子的空间构型为正方形
D．上述所有物质中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物，其电子式为Na+[：H]﹣
5．（2分）用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相关的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用如图装置检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀
B．用如图装置可以来加热熔融的烧碱固体
C．用如图装置可提纯Fe（OH）3胶体
D．用如图装置可分离苯（沸点80.1℃）和溴苯（沸点156.2℃）
6．（2分）国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C15H14ClO3
B．1mol该物质与溴水反应，最多消耗5mol Br2
C．该分子中所有碳原子可能共平面
D．该物质在一定条件下可以发生取代反应、消去反应和加成反应
7．（2分）下列关于物质性质的说法合理的是（ ）
A．FeCl2、Na2O2、Mg3N2均可由相应单质直接化合生成
B．浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸均可用铝罐车储运
C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同
D．将Cl2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性和酸性
8．（2分）科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺[N（NO2）3]，其结构如图所示。已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关说法不正确的是（ ）
A．分子中N、N间形成的共价键是非极性键
B．该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键
C．分子中非硝基氮原子采取sp3杂化
D．分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子
9．（2分）下列实验中操作规范且能达到目的的是（ ）
A．配制FeSO4溶液时，所用的蒸馏水需要煮沸；并在溶液中加适量铁粉
B．将金属钠投入盛有乙醇的试管中，通过观察有无气泡产生检验乙醇中是否含水
C．配制0.1mol•L﹣1NaOH溶液时，称量4.0g NaOH固体置于1000mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线
D．用50mL酸式滴定管来量取20.00mL盐酸时，先调整初始读数为30.00mL，然后将溶液全部放入锥形瓶中
10．（2分）近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂﹣铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电流，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．放电时，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
C．放电时Cu极区域水溶液的pH减小
D．放电过程中，电子由锂电极经过锗酸锌锂固体电解质到达铜电极
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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）下列实验内容和解释都正确的是（ ）
编号
实验内容
解释
A
常温下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液和0.1mol•L﹣1HNO3溶液的pH分别为1.3和1.0
氮元素的非金属性强于碳元素
B
向FeCl3溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
C
向10mL 0.2mol•L﹣1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3
D
取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖水解产物中有葡萄糖
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是（ ）
A．该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成
B．反应路径2的催化效果更好
C．催化剂不会改变整个反应的△H
D．路径1中最大能垒（活化能）E正＝1.23eV
13．（4分）KIO3是一种重要的化学试剂，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，下面是“KIO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图。已知“反应器内反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCl。下列相关说法不正确的是（ ）
A．“反应器内反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11：6
B．“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2
C．借助食用醋和淀粉碘化钾试纸即可检验食盐中是否含有补碘剂
D．调pH时发生反应的方程式为：KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O
14．（4分）纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融NaOH﹣KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是（ ）
A．惰性电极是电解池的阴极，发生还原反应
B．产生2.24L O2时，转移的电子数为0.4NA
C．惰性电极Ⅰ的电极反应：Fe2O3+3H2O﹣6e﹣═2Fe+6OH﹣
D．生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3
15．（4分）某二元酸（化学式用H2X表示）在水中的电离方程式是：H2X＝H++HX﹣，HX﹣⇌H++X2﹣。25℃时，向20.00mL 0.1mol•L﹣1H2X溶液中滴入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pOH水表示溶液中由水电离出的c水（OH﹣）的负对数[﹣lgc水（OH﹣）]，pOH水与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．C、E两点溶液：C点显中性，E点显碱性
B．B点溶液中：c（X2﹣）＞c（H+）﹣c（OH﹣）
C．D点溶液中：c（Na+）+c（HX﹣）+c（X2﹣）＝0.10mol•L﹣1
D．图中C点至D点对应溶液中：逐渐增大
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（10分）硼氢化钠（NaBH4）是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠的工艺如图。（部分条件和产物省略）
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H。回答下列问题：
（1）Mg2B2O5•H2O中B元素化合价为 ；难溶的Mg2B2O5•H2O与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 。
（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧MgCl2•7H2O时加入的目的是 。
（3）“有效氢”含量是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为lg含氢还原剂的还原能力与多少gH2相当。NaBH4的“有效氢”含量为 。（结果保留2位小数）
（4）MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成NaBH4其原因是 ，二者反应生成NaBH4的化学方程式为 。
17．（12分）环烷酸金属（Cu、Ni、Co、Sn、Zn）盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布 。
（2）镍的氨合离子[Ni（NH3）6]2+中存在的化学键有 。
A.离子键
B.共价键
C.配位键
D.氢键
E.σ键
F.π键
（3）Ni、Co的第五电离能：I5（Ni）＝7339kJ•mol﹣1，I5（Co）＝7670kJ•mol﹣1，I5（Ni）＜I5（Co），其原因是 。
（4）锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是 。
（5）硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为apm。
①相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为 pm。
②已知原子坐标：A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），则C点的原子坐标 。
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数NA＝ 。（用含a、ρ的计算式表示）
18．（14分）研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。回答下列问题：
（1）已知：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.4kJ•mol﹣1；4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（l）△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1NH3能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式： 。
（2）我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α（NO）随温度的变化关系如图1所示。
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是 。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝ 。[已知：气体分压（P分）＝气体总压（P总）×体积分数]
（3）氮氧化物也可以用尿素[（NH2）2CO]水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1：1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为 。
（4）科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、铜氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol•L﹣1。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图2所示。
①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是 （用a、b、c表示）；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是 。（写出一条即可）
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是 。
A.恒容下，及时分离出CO2
B.压缩体积
C.恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v（NO）＝ mol•L﹣1•h﹣1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为 。（保留两位有效数字）
19．（12分）丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如图。
已知：
（1）G中官能团的名称为 。
（2）用系统命名法给D命名： 。
（3）请写出H→J反应的化学方程式： ，该反应的反应类型是 。
（4）根据CX。X多种同分异构体，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 。
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种
②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生水解反应
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体
（5）参照题中信息写出以乙烯和甲苯为原料，合成的路线流程图 。（其它试剂自选）
20．（12分）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭新冠病毒。目前制备ClO2常用氯酸钠还原法，其中一种方法是NaClO3与CH3OH在适当催化剂、温度为60℃时，发生反应得到，下图装置（夹持装置略）对其制备、吸收，释放进行了研究。已知：
①的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸释放出气体。
②与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+＝2Cl﹣+5I2+4H2O。
③
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
沸点
64.7℃
100.8℃
11℃
回答下列问题：
（1）仪器c的名称为 ，仪器b在装置中的作用是 。
（2）根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是 。
（3）已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学反应方程式： 。
（4）该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸（草酸的氧化产物为CO2），相比甲醇法，
草酸法的优点是 。
（5）下列有关说法正确的是 。
A.仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
B.装置e主要用于检验是否有Cl2生成
C.在ClO2释放实验中，发生反应的离子方程式是：4H++5ClO2﹣═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O
D.ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍
（6）ClO2常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：
Ⅰ.取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸
Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液
Ⅲ.用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液进行滴定（已知I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去10.00mLNa2S2O3标准溶液。
滴定终点时溶液颜色的变化为 ，该水样中ClO2的含量为 mg•L﹣1。
2021年山东省菏泽市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫黄粉末覆盖
B．“自古书契多编以竹简，其用缴帛（丝织品）者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素
C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D．我国成功实施煤改气工程后，可有效提高空气质量
【分析】A．汞在常温下能与硫磺反应生成性质稳定、无毒的HgS；
B．帛（丝织品）主要成分为蛋白质；
C．石油减压分馏的产物有：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青；
D．燃烧煤炭可以产生大量粉尘等污染。
【解答】解：A．Hg和S常温下反应生成HgS，减少汞蒸气的产生，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故A正确；
B．“自古书契多编以竹简，其用缴帛（丝织品）者谓之为纸”，这里纸的主要成分为蛋白质，故B错误；
C．石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏过程的产物为：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，所以石油分馏可以获得沥青，故C正确；
D．“煤改气”改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，可有效降低空气中的PM10含量，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及分类物质的方法，物质的主要成分，常见环境污染与治理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
2．（2分）已知NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，1.0L pH＝13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，转移的电子数为0.1NA
C．32g乙醇和14g二甲醚（H3C﹣O﹣CH3）组成的混合物中共价键数目为8NA
D．1mol CaO2晶体所含离子总数为3NA
【分析】A．1.0L，PH＝13 的 Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L；
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，碳元素化合价+3价升高到+4价；
C．乙醇和二甲醚的摩尔质量均为46g/mol，且均含8条共价键；
D．CaO2晶体是钙离子和一个过氧根离子构成。
【解答】解：A．1.0L，PH＝13 的 Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，含有氢氧根离子数目为0.1mol/L×1.0L×NA＝0.1NA，故A错误；
B．0.1mol H2C2O4被氧化为CO2，碳元素化合价+3价升高到+4价，故0.1mol草酸被氧化为二氧化碳后转移0.2NA个电子，故B错误；
C．乙醇和二甲醚的摩尔质量均为46g/mol，故32g乙醇和14g二甲醚（H3C﹣O﹣CH3）的混合物的物质的量为1mol，且两者均含8条共价键，故1mol此混合物中含有共价键为8NA条，故C正确；
D．CaO2晶体是钙离子和一个过氧根离子构成，1mol CaO2晶体所含离子总数为2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y形成的某一种化合物易生成二聚体，且X、Y两元素基态原子核外电子的空间运动状态相同，Z元素基态原子的最高能级电子数是Y元素基态原子最低能级电子数的一半，W在周期表中的周期数与族序数相等。下列有关说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z、W四种元素中，X的非金属性最强
B．简单离子的半径：Y＞X＞Z＞W
C．X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，生成物中只含共价键
D．X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物之间可以相互反应
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W在周期表中的周期数与族序数相等，则应为Al元素，Z元素基态原子的最高能级电子数是Y元素基态原子最低能级电子数的一半，则Z最外层电子数为1，应为Na元素，X与Y形成的某一种化合物易生成二聚体，且X、Y两元素基态原子核外电子的空间运动状态相同，可知X为N元素、Y为O元素，NO2易生成N2O4，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Al元素。
A.同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性N＜O，故A错误；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的半径：X＞Y＞Z＞W，故B错误；
C.对应化合物为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误；
D.氢氧化铝为良性氢氧化物，可与硝酸、氢氧化钠等反应，则X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物之间可以相互反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化学键、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（2分）LiAlH4是重要的还原剂与储氢材料，在120℃下的干燥空气中相对稳定，其合成方法为：NaAlH4+LiCl═LiAlH4+NaCl。下列说法正确的是（ ）
A．该反应可以在水溶液中进行
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，核外电子的空间运动状态有2种
C．LiAlH4中Al原子采用sp3杂化，AlH4﹣离子的空间构型为正方形
D．上述所有物质中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物，其电子式为Na+[：H]﹣
【分析】A．NaAlH4能够与水反应；
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，有两种不同轨道；
C．依据价层电子对互斥理论解答；
D．上述所有物质中电负性最大的元素为Cl与电负性最小的元素为Na。
【解答】解：A．NaAlH4能够与水反应，NaAlH4+2H2O＝NaAlO2+4H2↑，所以不能在水溶液中进行，故A错误；
B．基态锂原子的电子排布式为1s22s1，有两种不同轨道，所以核外电子的空间运动状态有2种，故B正确；
C．LiAlH4中Al原子价层电子对数为＝4，采用sp3杂化，孤电子对数为4﹣4＝0，所以AlH4﹣离子的空间构型为正四面体，故C错误；
D．上述所有物质中电负性最大的元素为Cl与电负性最小的元素为Na，形成化合物为氯化钠，电子式为：，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查核外电子排布与运动、价电子互斥理论，明确相关物质的性质和原子结构组成是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相关的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用如图装置检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀
B．用如图装置可以来加热熔融的烧碱固体
C．用如图装置可提纯Fe（OH）3胶体
D．用如图装置可分离苯（沸点80.1℃）和溴苯（沸点156.2℃）
【分析】A.NaCl溶液为中性；
B.二氧化硅与碱高温下反应；
C.胶体可透过滤纸；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度。
【解答】解：A.NaCl溶液为中性，红墨水沿导管上升，可证明发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.二氧化硅与碱高温下反应，应选铁坩埚加热熔融烧碱，故B错误；
C.胶体可透过滤纸，过滤不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在支管口处，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C15H14ClO3
B．1mol该物质与溴水反应，最多消耗5mol Br2
C．该分子中所有碳原子可能共平面
D．该物质在一定条件下可以发生取代反应、消去反应和加成反应
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣Cl、碳碳双键，结合酚、卤代烃、烯烃的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C15H13ClO3，故A错误；
B.酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质与溴水反应，最多反应4mol Br2，故B错误；
C.含有苯环、碳碳双键，都为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，则C﹣C键可自由旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D.羟基、氯原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大。
7．（2分）下列关于物质性质的说法合理的是（ ）
A．FeCl2、Na2O2、Mg3N2均可由相应单质直接化合生成
B．浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸均可用铝罐车储运
C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同
D．将Cl2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性和酸性
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．依据浓硝酸和浓硫酸强氧化性解答；
C．铜少量，完全反应，生成+2价铜离子；
D．氯气不具有漂白性。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，所以氯化亚铁不能由单质化合而成，故A错误；
B．浓硝酸和浓硫酸具有强氧化性，常温下能于铝发生钝化，所以可以用铝罐车储运，盐酸不具有此性质，浓盐酸能与铝反应，腐蚀铝，故B错误；
C．等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，转移的电子数相同，铜完全反应，生成铜离子物质的量相同，所以转移电子数相同，故C正确；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性，可观察到溶液先变红后褪色，氯气不具有漂白性和酸性，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气及硝酸性质是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺[N（NO2）3]，其结构如图所示。已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关说法不正确的是（ ）
A．分子中N、N间形成的共价键是非极性键
B．该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键
C．分子中非硝基氮原子采取sp3杂化
D．分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子
【分析】A．同种元素原子之间形成的化学键为非极性键；
B．该分子易溶于水，是因为分子中的O原子与水分子中的氢原子之间形成了氢键；
C．该分子中的N原子是三角锥形的N原子，有一对孤电子对和三对σ键电子对，N采取sp3杂化；
D．非硝基氮原子上有一对孤电子对。
【解答】解：A．同种元素原子之间形成的化学键为非极性键，如N﹣N键，不同种原子之间形成的是极性键，如N＝O，故A正确；
B．三硝基氨易溶于水的原因就是与H2O形成氢键导致的，[N（NO2）3]分子中的﹣NO2中的N是sp2杂化，N的一对电子与两个O原子形成大π键，不能再与水中H形成氢键，与H2O形成氢键的是O原子，故B错误；
C．由于分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，该分子中N原子的骨架不是平面型，属于三角锥形，这种结构是非硝基氮原子上有一对孤电子对的排斥导致的，因此非硝基氮原子上有一对孤电子对，3对σ键电子对，所以N采取sp3杂化，故C正确；
D．非硝基氮原子上有一对孤电子对，3对σ键电子对，故D正确。
故选：B。
【点评】不同主要考查极性键与非极性键的判断，氢键的判断，杂化方式的判断，属于基础知识，基本题型，难度不大，但需要细心。
9．（2分）下列实验中操作规范且能达到目的的是（ ）
A．配制FeSO4溶液时，所用的蒸馏水需要煮沸；并在溶液中加适量铁粉
B．将金属钠投入盛有乙醇的试管中，通过观察有无气泡产生检验乙醇中是否含水
C．配制0.1mol•L﹣1NaOH溶液时，称量4.0g NaOH固体置于1000mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线
D．用50mL酸式滴定管来量取20.00mL盐酸时，先调整初始读数为30.00mL，然后将溶液全部放入锥形瓶中
【分析】A.蒸馏水需要煮沸除去溶解的氧气，Fe可防止亚铁离子被氧化；
B.乙醇、水均与Na反应生成氢气；
C.不能在容量瓶中溶解固体；
D.先调整初始读数为30.00mL，因尖嘴部分无刻度，液体的体积大于20.00mL。
【解答】解：A.蒸馏水需要煮沸除去溶解的氧气，Fe可防止亚铁离子被氧化，可配制FeSO4溶液，故A正确；
B.乙醇、水均与Na反应生成氢气，不能检验是否含水，故B错误；
C.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.先调整初始读数为30.00mL，因尖嘴部分无刻度，液体的体积大于20.00mL，则不能将溶液全部放入锥形瓶中，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、物质检验、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（2分）近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂﹣铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电流，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．放电时，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
C．放电时Cu极区域水溶液的pH减小
D．放电过程中，电子由锂电极经过锗酸锌锂固体电解质到达铜电极
【分析】该锂﹣铜空气燃料电池中，电池放电总反应为2Li+Cu2O+H2O＝2Cu+2Li++2OH﹣，则Li发生失电子的氧化反应，Li电极作负极，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，Cu电极作正极，正极上Cu2O发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2O+H2O+2e﹣＝2Cu+2OH﹣，电池工作时，电子由负极经过导线流入正极，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，放电时，正极上并非是氧气直接放电，而是Cu2O得电子生成Cu，正极反应式为：Cu2O+H2O+2e﹣＝2Cu+2OH﹣，故A错误；
B．由放电过程总反应2Li+Cu2O+H2O＝2Cu+2Li++2OH﹣可知，通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，为正极提供反应物，故B正确；
C．放电时，Cu极电极反应式Cu2O+H2O+2e﹣＝2Cu+2OH﹣，Cu电极上生成氢氧根离子，该区域水溶液的pH增大，故C错误；
D．放电过程中，电子由锂电极通过外电路导线经过负载到达铜电极，电子不进入电解质中，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，把握电极反应和粒子的移动方向是解本题关键，注意理解Cu在整个过程中的作用及正极反应式的书写，题目难度不大。
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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）下列实验内容和解释都正确的是（ ）
编号
实验内容
解释
A
常温下，测得0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液和0.1mol•L﹣1HNO3溶液的pH分别为1.3和1.0
氮元素的非金属性强于碳元素
B
向FeCl3溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
C
向10mL 0.2mol•L﹣1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3
D
取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖水解产物中有葡萄糖
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.H2C2O4溶液不是C元素的最高价含氧酸；
B.过量的KI溶液，且滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，可知少量铁离子不能完全转化；
C.NaOH过量，均为沉淀生成；
D.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.H2C2O4溶液不是C元素的最高价含氧酸，由操作和现象不能比较C、N的非金属性，故A错误；
B.过量的KI溶液，且滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，可知少量铁离子不能完全转化，则该反应为可逆反应，故B正确；
C.NaOH过量，均为沉淀生成，且沉淀类型不同，由操作和现象不能比较二者的Ksp，故C错误；
D.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖，砖红色沉淀为氧化亚铜，由操作和现象可知蔗糖水解产物中有葡萄糖，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、可逆反应、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是（ ）
A．该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成
B．反应路径2的催化效果更好
C．催化剂不会改变整个反应的△H
D．路径1中最大能垒（活化能）E正＝1.23eV
【分析】A．由图可知，CO在Pd2的催化作用下与氧气反应生成CO2，据此进行书写化学方程式，同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键；
B．由图可知，反应路径1的能量变化小，其催化效果好；
C．催化剂改变反应速率不改变化学平衡，催化剂不影响反应的始终态；
D．活化能指常态变为容易发生化学反应的活跃状态即过渡态所需要的能量，故路径1中最大能垒（活化能）5.73eV﹣3.96eV＝1.77 eV。
【解答】解：A．由图可知，CO在Pd2的催化作用下与氧气反应生成CO2，故化学方程式为2CO+O22CO2，一氧化碳含极性键，氧气含有非极性键，二氧化碳中含有极性键，没有非极性键的生成，故A错误；
B．由图可知，反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果好，故B正确；
C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不影响反应的始终态，不改变反应热，故C正确；
D．活化能指常态变为容易发生化学反应的活跃状态即过渡态所需要的能量，故路径1中最大能垒（活化能）5.73eV﹣3.96eV＝1.77 eV，即E正＝1.77 eV，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中每一步微粒变化及发生的反应是解本题关键，注意吸放热反应的焓变与反应物、生成物能量以及活化能之间关系，题目难度中等。
13．（4分）KIO3是一种重要的化学试剂，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，下面是“KIO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图。已知“反应器内反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCl。下列相关说法不正确的是（ ）
A．“反应器内反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11：6
B．“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2
C．借助食用醋和淀粉碘化钾试纸即可检验食盐中是否含有补碘剂
D．调pH时发生反应的方程式为：KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O
【分析】由制备流程可知，反应器内反应为11KClO3+6I2+3HCl＝6KH（IO3）2+3Cl2↑+5KCl，加热可以促进氯气的逸出，降温结晶、过滤分离出KH（IO3）2和KCl，加水溶解KH（IO3）2，加入KOH调节pH，浓缩结晶得到碘酸钾，以此来解答。
【解答】解：A.由11KClO3+6I2+3HCl＝6KH（IO3）2+3Cl2↑+5KCl可知，其中氧化剂是KClO3，氧化产物为KH（IO3）2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11：6，故A正确；
B.加热可以促进溶解在溶液中气体的逸出，故“逐Cl2”过程只需要采用加热溶液即可，不用加入烧碱或KI晶体除Cl2，故B错误；
C.由5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O及淀粉遇碘单质变蓝，则能借助食用醋和淀粉碘化钾试纸即可检验是否含有补碘剂，故C正确；
D．加入KOH调节pH，发生KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
14．（4分）纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融NaOH﹣KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是（ ）
A．惰性电极是电解池的阴极，发生还原反应
B．产生2.24L O2时，转移的电子数为0.4NA
C．惰性电极Ⅰ的电极反应：Fe2O3+3H2O﹣6e﹣═2Fe+6OH﹣
D．生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3
【分析】根据图象可知，电极I生成NH3，故为阴极，惰性电极生成氧气，故为阳极。而纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用，Fe2O3在阴极发生反应生成中间体Fe，则意味着铁先生成，后又消耗，而Fe2O3先消耗，又生成，故电极I上Fe2O3先放电生成Fe，后Fe又将N2还原为NH3，故电极I的反应为：Fe2O3+3H2O+6e ﹣═2Fe+6OH﹣，2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3；惰性电极的反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，据此分析。
【解答】解：A、惰性电极生成氧气，故为阳极，发氧化反应，故A错误；
B、氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故B错误；
C、电极I上首先Fe2O3得电子生成Fe单质，由于是碱性环境，故反应为：Fe2O3+3H2O+6e ﹣═2Fe+6OH﹣，故C错误；
D、电极I上首先Fe2O3得电子生成Fe单质：Fe2O3+3H2O+6e ﹣═2Fe+6OH﹣，后来生成的铁单质将氮气还原为氨气，铁又被氧化为Fe2O3：2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3，故生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O═Fe2O3+2NH3，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电解池中电极反应的书写以及转移电子的计算，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答。
15．（4分）某二元酸（化学式用H2X表示）在水中的电离方程式是：H2X＝H++HX﹣，HX﹣⇌H++X2﹣。25℃时，向20.00mL 0.1mol•L﹣1H2X溶液中滴入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pOH水表示溶液中由水电离出的c水（OH﹣）的负对数[﹣lgc水（OH﹣）]，pOH水与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．C、E两点溶液：C点显中性，E点显碱性
B．B点溶液中：c（X2﹣）＞c（H+）﹣c（OH﹣）
C．D点溶液中：c（Na+）+c（HX﹣）+c（X2﹣）＝0.10mol•L﹣1
D．图中C点至D点对应溶液中：逐渐增大
【分析】A．C点pOH水＝7，溶液中c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，E点NaOH过量，溶液中OH﹣由水和NaOH电离，
B．B点酸碱恰好完全反应生成NaHX，溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（X2﹣）+c（OH﹣）+c（HX﹣），存在物料守恒c（Na+）＝c（X2﹣）+c（HX﹣）；
C．D点溶液中NaOH与H2X恰好反应生成Na2X，由于混合前NaOH和H2X的浓度均为0.1mol•L﹣1，所以混合后二者的浓度和为0.1mol•L﹣1；
D．水解平衡常数只与温度有关，＝。
【解答】解：A．C点pOH水＝7，溶液中c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，所以C点显中性，E点NaOH过量，溶液中OH﹣由水和NaOH电离，而水电离的c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，所以溶液中c（OH﹣）＞10﹣7mol/L，E点溶液显碱性，故A正确；
B．B点酸碱恰好完全反应生成NaHX，溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（X2﹣）+c（OH﹣）+c（HX﹣），存在物料守恒c（Na+）＝c（X2﹣）+c（HX﹣），则c（H+）＝c（X2﹣）+c（OH﹣），c（X2﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故B错误；
C．D点溶液中NaOH与H2X恰好反应生成Na2X，由于混合前NaOH和H2X的浓度均为0.1mol•L﹣1，所以混合后二者的浓度和为0.1mol•L﹣1，H2X反应后在溶液中的存在形式为HX﹣和X2﹣，所以D点溶液中：c（Na+）+c（HX﹣）+c（X2﹣）＝0.10mol•L﹣1，故C正确；
D．水解平衡常数只与温度有关，温度不变水解平衡常数不变，从C到D溶液中c（OH﹣）增大，＝减小，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确酸第一步完全电离、第二步部分电离及混合溶液中溶质成分和性质是解本题关键，注意：混合溶液中不存在H2X，题目难度中等。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16．（10分）硼氢化钠（NaBH4）是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠的工艺如图。（部分条件和产物省略）
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H。回答下列问题：
（1）Mg2B2O5•H2O中B元素化合价为 +3 ；难溶的Mg2B2O5•H2O与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 Mg2B2O5•H2O+2OH﹣＝2Mg（OH）2+2BO2﹣ 。
（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧MgCl2•7H2O时加入的目的是 反应生成的HCl能够抑制MgCl2水解 。
（3）“有效氢”含量是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为lg含氢还原剂的还原能力与多少gH2相当。NaBH4的“有效氢”含量为 0.21 。（结果保留2位小数）
（4）MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成NaBH4其原因是 MgH2、NaBH4与水蒸气反应 ，二者反应生成NaBH4的化学方程式为 2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO 。
【分析】用硼镁石（Mg2B2O5•H2O）制备硼氢化钠，加入浓氢氧化钠溶液，过滤，滤渣为氢氧化镁，滤液含有NaBO2，滤渣中加入浓盐酸生成氯化镁晶体，加入SOCl2灼烧生成氯化镁，电解生成Mg，与氢气反应生成MgH2，滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥得到NaBO2，与MgH2反应可生成NaBH4，以此解答该题。
【解答】解：（1）Mg2B2O5•H2O中O元素为﹣2价、H元素为+1价、Na元素为+1价，则B的化合价为+3；用浓氢氧化钠溶液碱溶的离子方程式为Mg2B2O5•H2O+2OH﹣＝2Mg（OH）2+2BO2﹣，
故答案为：+3；Mg2B2O5•H2O+2OH﹣＝2Mg（OH）2+2BO2﹣；
（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，应生成二氧化硫和氯化氢，灼烧时加入SOCl2的目的是消耗氯化镁晶体中的水，同时提供HCl，抑制氯化镁水解，
故答案为：反应生成的HCl能够抑制MgCl2水解；
（3）H2做还原剂，1molH2失去电子2mol，1gH2的物质的量为＝0.5mol，0.5molH2转移的电子数为1mol，由电子守恒可知，NaBH4也应转移1mol电子，NaBH4中H为﹣1价，做还原剂时，H从﹣1价升高为+1价，1molNaBH4转移电子数为4mol×2＝8mol，则转移1mol电子消耗NaBH4的物质的量为0.125mol，其质量为0.125mol×38g/mol＝4.75g，即1gH2相当于4.75gNaBH4，则NaBH4的“有效氢”含量为＝0.21，
故答案为：0.21；
（4）MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成硼氢化钠，可防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应，二者反应生成NaBH4的化学方程式为2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO，
故答案为：MgH2、NaBH4与水蒸气反应；2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
17．（12分）环烷酸金属（Cu、Ni、Co、Sn、Zn）盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布 3d104s1 。
（2）镍的氨合离子[Ni（NH3）6]2+中存在的化学键有 BCE 。
A.离子键
B.共价键
C.配位键
D.氢键
E.σ键
F.π键
（3）Ni、Co的第五电离能：I5（Ni）＝7339kJ•mol﹣1，I5（Co）＝7670kJ•mol﹣1，I5（Ni）＜I5（Co），其原因是 I5（Co）和I5（Ni）分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，需要的能量较高 。
（4）锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是 Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn﹣Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定 。
（5）硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为apm。
①相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为 pm。
②已知原子坐标：A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），则C点的原子坐标 。
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数NA＝ 。（用含a、ρ的计算式表示）
【分析】（1）Cu位于第四周期IB族；
（2）[Ni（NH3）6]2+中镍离子提供空轨道、N提供孤对电子形成配位键，N﹣H为σ键共价键；
（3）I5（Ni）＜I5（Co），与3d5为半满稳定结构有关；
（4）灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，与Sn原子半径大、Sn﹣Sn键长有关；
（5）①相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为体对角线的；
②A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），C点在x轴的处，在y、z的处；
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，Se的个数为8×+6×＝4，Zn位于体内，个数为4，结合ρ＝计算。
【解答】解：（1）Cu位于第四周期IB族，则价电子排布为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）[Ni（NH3）6]2+中镍离子提供空轨道、N提供孤对电子形成配位键，N﹣H为σ键共价键，则化学键为BCE，
故答案为：BCE；
（3）I5（Ni）＜I5（Co），原因为I5（Co）和I5（Ni）分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，需要的能量较高，
故答案为：I5（Co）和I5（Ni）分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
（4）灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn﹣Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定，
故答案为：Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn﹣Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定；
（5）①晶胞参数为apm，体对角线为apm，相邻的Se2﹣与Zn2+之间的距离为体对角线的，即为pm，
故答案为：；
②A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），C点在x轴的处，在y、z的处，则C点坐标为，
故答案为：；
③若硒化锌晶体的密度为ρg•cm﹣3，Se的个数为8×+6×＝4，Zn位于体内，个数为4，则ρg•cm﹣3＝，解得NA＝，
故答案为：。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、化学键、晶胞结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度较大。
18．（14分）研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。回答下列问题：
（1）已知：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.4kJ•mol﹣1；4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（l）△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1NH3能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式： 4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（l）△H＝﹣1807.8kJ⋅mol﹣1 。
（2）我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α（NO）随温度的变化关系如图1所示。
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝ 4 。[已知：气体分压（P分）＝气体总压（P总）×体积分数]
（3）氮氧化物也可以用尿素[（NH2）2CO]水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1：1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为 （NH2）2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O 。
（4）科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、铜氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol•L﹣1。不同温度下，测得2小时时NO去除率如图2所示。
①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是 a （用a、b、c表示）；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是 活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢） 。（写出一条即可）
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是 A 。
A.恒容下，及时分离出CO2
B.压缩体积
C.恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v（NO）＝ 0.0225 mol•L﹣1•h﹣1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为 96% 。（保留两位有效数字）
【分析】（1）根据盖斯定律将方程式进行叠加，即可得到目标方程式，△H也进行叠加即可；
（2）温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率也随之增大，温度达到1050K时，反应达到平衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知，NO转化率最大达到80%，可列出三段式求出平衡时的量，代入Kp进行计算即可；
（3）由题意可知，尿素[（NH2）2CO]与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式；
（4）①由图可知，490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，NO的转化率就越高，活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢）；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施，平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2；
③490℃时，NO的去除率为45%，代入反应速率v（NO）＝进行计算即可，若该温度下的平衡常数K＝121，列出三段式求出NO、N2、CO2的浓度代入平衡常数K 的表达式进行计算即可。
【解答】解：（1）由题意可得：Ⅰ：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.4kJ•mol﹣1，Ⅱ：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（l）△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，可将Ⅱ﹣Ⅰ×5得到：4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（l）△H，则△H＝﹣905.8kJ•mol﹣1﹣（+180.4kJ•mol﹣1）×5＝﹣1807.8kJ⋅mol﹣1，
故答案为：4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（l）△H＝﹣1807.8kJ⋅mol﹣1；
（2）温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率也随之增大，温度达到1050K时，反应达到平衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知，NO转化率最大达到80%，可列出三段式
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△
起始量（mol） 1 0 0
变化量（mol） 0.8 0.4 0.4
平衡量（mol） 0.2 0.4 0.4 此时n（总）＝0.2mol+0.4mol+0.4mol＝1mol，
Kp＝＝4，
故答案为：温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；4；
（3）由题意可知，尿素[（NH2）2CO]与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O，尿素中的﹣2价N元素化合价升高，NO和NO2中的N元素化合价降低，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式为：（NH2）2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O，
故答案为：（NH2）2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O；
（4）①由图可知，490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢），
故答案为：a；活性炭负载了钙（CaO/C）、镧的氧化物（La2O3/C）后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高（或纯碳的活化能高、反应速率慢）；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施，平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，
故答案为：A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v（NO）＝＝0.0225mol•L﹣1•h﹣1，若该温度下的平衡常数K＝121，列三段式有：
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）
起始量（mol/L） 0.1 0 0
变化量（mol/L） x
平衡量（mol/L） 0.1﹣x
则有K＝＝121，解得：x＝0.096，则此时NO的去除率为×100%＝96%，
故答案为：0.0225；96%。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，平衡图象的分析，化学方程式的书写，反应速率、平衡常数、转化率的计算，具有较强的综合性，对学生的语言表达能力要求较高，属于难题。
19．（12分）丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如图。
已知：
（1）G中官能团的名称为 羟基、溴原子 。
（2）用系统命名法给D命名： 2﹣甲基﹣1﹣丙烯（或2﹣甲基丙烯） 。
（3）请写出H→J反应的化学方程式： ，该反应的反应类型是 酯化反应或取代反应 。
（4）根据CX。X多种同分异构体，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 。
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种
②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生水解反应
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体
（5）参照题中信息写出以乙烯和甲苯为原料，合成的路线流程图 。（其它试剂自选）
【分析】由A、D分子式及G的结构简式，可知A中含有苯环，故A为；C与F发生信息第二步中与①R1COR2、②水的反应，逆推可知C为，F为（CH3）3CMgBr，则A与溴发生苯环上取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C，逆推可知E为（CH3）3CBr、D为，故D与HBr发生加成反应生成E；结合信息可知，G反应生成的H为，结合J的分子式，可知H分子内脱去1分子水生成J，则J为；
（5）以乙烯和甲苯为原料合成，可由苯甲醛和CH2MgBrCH2MgBr发生信息中的反应得到，CH2MgBrCH2MgBr可由1，2﹣二溴乙烷和Mg、乙醚反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，甲苯被氧化生成苯甲醛。
【解答】解：（1）G中官能团的名称为羟基、溴原子，
故答案为：羟基、溴原子；
（2）D为，用系统命名法给D命名：2﹣甲基﹣1﹣丙烯（或2﹣甲基丙烯），
故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙烯（或2﹣甲基丙烯）；
（3）H为，J为，H脱去一分子水生成J，H→J反应的化学方程式：，该反应的反应类型是酯化反应或取代反应，
故答案为：；酯化反应或取代反应；
（4）C为，根据CX，则X的结构简式为，X的同分异构体符合下列条件：
①除苯环外无其它环，且苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有两种氢原子；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生水解反应，说明含有酚羟基且不含酯基；
③0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成216g Ag固体，n（Ag）＝mol＝2mol，说明含有2个醛基，则该分子中含有2个醛基、1个酚羟基，该分子结构对称，符合条件的结构简式为、，
故答案为：；；
（5）以乙烯和甲苯为原料合成，可由苯甲醛和CH2MgBrCH2MgBr发生信息中的反应得到，CH2MgBrCH2MgBr可由1，2﹣二溴乙烷和Mg、乙醚反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，甲苯被氧化生成苯甲醛，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意结合反应条件、某些结构简式、分子式及题给信息进行推断，易错点是限制性条件下同分异构体结构简式确定。
20．（12分）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭新冠病毒。目前制备ClO2常用氯酸钠还原法，其中一种方法是NaClO3与CH3OH在适当催化剂、温度为60℃时，发生反应得到，下图装置（夹持装置略）对其制备、吸收，释放进行了研究。已知：
①的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸释放出气体。
②与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+＝2Cl﹣+5I2+4H2O。
③
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
沸点
64.7℃
100.8℃
11℃
回答下列问题：
（1）仪器c的名称为 恒压滴液漏斗 ，仪器b在装置中的作用是 冷凝回流甲醇、导气 。
（2）根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是 水浴加热 。
（3）已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学反应方程式： 4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O 。
（4）该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸（草酸的氧化产物为CO2），相比甲醇法，
草酸法的优点是 草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 。
（5）下列有关说法正确的是 AC 。
A.仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
B.装置e主要用于检验是否有Cl2生成
C.在ClO2释放实验中，发生反应的离子方程式是：4H++5ClO2﹣═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O
D.ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍
（6）ClO2常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：
Ⅰ.取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸
Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液
Ⅲ.用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液进行滴定（已知I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去10.00mLNa2S2O3标准溶液。
滴定终点时溶液颜色的变化为 溶液由蓝色变为无色 ，该水样中ClO2的含量为 270 mg•L﹣1。
【分析】装置甲中甲醇、NaClO3、硫酸反应生成ClO2，加入氢氧化钠后硫酸被中和反应即停止，稳定剂用于吸收ClO2，加入盐酸释放ClO2，淀粉碘化钾溶液用于检验ClO2，氢氧化钠溶液用于尾气吸收；据此来解答。
【解答】解：（1）c是恒压漏斗，有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，b是球形冷凝管，对甲中的气体具有冷凝回流的作用，同时让产生的气体逸出；d是分液漏斗，添加盐酸时需要将分液漏斗活塞打开，便于液体顺利流下，但会导致液体的挥发，
故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流甲醇兼导气；
（2）甲装置需控制反应温度60℃，酒精灯直接加热不利于温度的控制，60℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度，
故答案为：水浴加热；
（3）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），NaClO3还原生成ClO2，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O，
故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O；
（4）草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解，
故答案为：草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解。
（5）A．NaOH可以中和硫酸并吸收ClO2，故A正确；
B．ClO2可以将碘离子氧化为碘单质，造成e中溶液显蓝色，故装置e的作用是检验是否产生ClO2，故B错误；
C．稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，加盐酸后ClO2﹣发生歧化反应释放ClO2，发生的离子反应方程式是：4H++5ClO2﹣═Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，故C正确；
D．等物质的量的ClO2和Cl2，转移电子的物质的量之比为5：2，故ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；
故答案为：AC；
（6）滴定终点用淀粉作为指示剂，现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色，根据题目信息，2ClO2～5I2～10S2O32﹣，S2O32﹣的物质的量为0.2mol/L×0.01L＝0.002mol，
故ClO2的物质的量为0.0004mol，质量为：0.0004mol×67.5g/L＝0.0270g＝27mg，水样中ClO2的含量为 ＝270mg/L。
故答案为：溶液由蓝色变为无色；270。
【点评】本题以二氧化氯的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，滴定计算，实验装置评价等知识，考查范围较广，难度适中。
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