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2021年山东省泰安市高考化学一模试卷
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这是一份2021年山东省泰安市高考化学一模试卷，共36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年山东省泰安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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）新材料的发展充分体现了“中国技术”“中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（ ）
A．“天问一号”火星探测器太阳翼的材料﹣﹣石墨纤维复合聚酰胺薄膜
B．“太阳能路灯计划”使用的太阳能电池的材料﹣﹣砷化镓
C．“领雁”AG50飞机主体结构的复合材料﹣﹣玻璃纤维复合材料
D．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料﹣﹣钛合金
2．（2分）下列化学用语的表达正确的是（ ）
A．羰基硫（COS）的结构式O＝C＝S
B．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：10O22﹣
C．由H和Cl形成化学键的过程：
D． 的名称：2﹣甲基﹣3﹣丁烯
3．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得Cl2
B．煤经过干馏过程可将其中的苯、煤焦油等分离出来
C．可用铝制容器盛放运输浓硫酸
D．硝酸分别与甲苯、甘油在一定条件下反应，均可制得炸药
4．（2分）以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．用1mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44g CO2气体和44g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1mol CO，反应转移电子数为3NA
5．（2分）用下列实验装置进行有关实验能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否有K+
B．证明蔗糖属于还原性糖
C．制备CaCO3
D．用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
6．（2分）LiY2ZXW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。[Y2Z4XW2]﹣的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A．该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键
B．Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应
C．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
7．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．常温下，由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、I﹣大量共存
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＞b+1
C．次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
D．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑
8．（2分）下列各项叙述中，正确的是（ ）
A．配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝6
B．价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素
C．水中的氢键可以表示为O﹣H…O，冰中每摩尔H2O有4NA个氢键
D．与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种
9．（2分）有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙。下列说法正确的是（ ）
A．丙的不饱和度Ω＝3
B．甲分子中所有原子共平面
C．乙的一氯代物有3种
D．丙在酸性条件下水解生成和CH3OH
10．（2分）用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）和反应Ⅱ：MnO4﹣+FeS2+H+→Fe3++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1mol SO42﹣，转移电子的物质的量为10mol
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3：2
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2分，有选错的得0分。
11．（4分）某同学在实验室选用下列实验装置，验证浓硫酸与碳反应【2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O】的生成产物。下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳反应中浓硫酸表现出酸性和强氧化性
B．验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅳ→Ⅲ→Ⅱ
C．装置Ⅱ中酸性高锰酸钾溶液左右品红溶液的作用不相同
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
12．（4分）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2﹣的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣是面心立方最密堆积
B．Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
C．CuS晶胞中，S2﹣配位数为8
D．Cu2S晶胞的密度为g•cm﹣3
13．（4分）CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）、②FeO++CO═CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（ ）
A．N2O与CO2互为等电子体，均为直线型分子
B．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
C．反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2L
D．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
14．（4分）用石墨烯锂硫电池电解制备Fe（OH）2的装置如图所示。电池放电时的反应为16Li+xS8═8Li2Sx（2≤x≤8），电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．X是铁电极，发生氧化反应
B．电子流动的方向：B→Y，X→A
C．正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣═3Li2S4
D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g
15．（4分）已知：乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，25℃时，K1＝10﹣4.07，K2＝10﹣7.15，有类氨的性质。向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的乙二胺溶液中滴加0.1mol•L﹣1的盐酸，溶液中lg与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：H2NCH2CH2NH2+2H2O═[H3NCH2CH2NH3]2++2OH﹣
B．溶液中水的电离程度：a点大于b点
C．a点：盐酸的体积大于10mL
D．b点所处的溶液中：c（H+）＝c（OH﹣）+2c（H2NCH2CH2NH2）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（10分）铍有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2（SiO3）6]为原料制备金属铍的工艺如图。
已知Be2+可与Cl﹣、OH﹣结合成配位数为4的配离子。回答下列问题：
（1）烧结冷却后，水浸之前“操作a”的名称是 。
（2）750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，写出该反应的化学方程式 。
（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]＝4.0×10﹣21，计算室温时0.40mol•L﹣1Be2+开始沉淀时的pH＝ ，“沉氟”反应的离子方程式为 。
（4）上述流程中，“Be（OH）2→…→BeCl2”可有两种方案：
Ⅰ：Be（OH）2溶液ABeCl2
Ⅱ：Be（OH）2BeOBeCl2
Ⅰ中操作b是 。Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为 。
（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为 ；工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是 ，阴极反应式为 。
17．（10分）研究表明TiO2﹣aNb、Cu（ln1﹣xGaxSe2）是光学活性物质。请回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为 ，价电子中未成对电子有 个；Gax、ln、Se，第一电离能从大到小顺序为 。
（2）SeO32﹣的立体构型为 ；SeO2中硒原子采取的杂化类型是 。
（3）31Ga可以形成GaCl3xNH3（x＝3，4，5，6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1；2。则该溶液中溶质的化学式为 。
（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是 。向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用： 。
（5）TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，可表示如图，则TiO2﹣aNb晶体中a＝ ，b＝ 。
18．（12分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
Ⅰ.4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H1；K1
Ⅱ.2NO2（g）+NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+NOCl（g）△H2；K2
Ⅲ.2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H3；K3
（1）△H3＝ （用△H1和△H2表示），K3＝ 。（用K1和K2表示）
（2）①在恒容密闭容器中进行的反应Ⅱ、Ⅲ，下列说法中，正确的是 。（填标号）
a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态
b.△H2和△H3不再变化，可以作为反应Ⅱ和Ⅲ达到平衡状态的标志
c.同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，△H2＜△H3
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），NO2（g）和NO（g）的百分含量均减小
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，再次平衡时，NO2的转化率将 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ（△H3＜0
），平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示。
①图中T1、T2的关系为T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”）图中纵坐标为 的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是 。（填“A”、“B”或“C”）
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v（NO）＝ 。
③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时平衡将向 移动。（填“左”、“右”或“不移动”）
19．（14分）环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ﹣丁内酯（ ）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。
回答下列问题：
（1）可以准确判断γ﹣丁内酯所含官能团的方法是 。（填序号）
a.质谱
b.核磁共振氢谱
c.红外光谱
d.紫外光谱
（2）A中官能团的名称为 ；检验该官能团所需试剂有石蕊试液、 。
（3）B与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（4）符合下列条件的γ﹣丁内酯的同分异构体有 种。
①能与NaOH溶液反应
②使溴的CCl4溶液褪色
γ﹣丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为 。
（5）参照“五步合成法”工艺，以为原料，设计合成的路线 。
20．（14分）实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。（部分夹持装置已略去）
已知：NH3不溶于CS2，在一定条件下发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式是 。
（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂进气导管口必须插入下层CS2液体中，目的是 。该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则X的化学式为 。
（3）反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是 ；然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为 。
（4）装置E吸收尾气，防止污染环境，其中吸收NH3生成无色无味气体的离子方程式为 。
（5）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（6）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 溶液（填化学式）作指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为 。[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）]。
2021年山东省泰安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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）新材料的发展充分体现了“中国技术”“中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（ ）
A．“天问一号”火星探测器太阳翼的材料﹣﹣石墨纤维复合聚酰胺薄膜
B．“太阳能路灯计划”使用的太阳能电池的材料﹣﹣砷化镓
C．“领雁”AG50飞机主体结构的复合材料﹣﹣玻璃纤维复合材料
D．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料﹣﹣钛合金
【分析】A．石墨纤维复合聚酰胺薄膜是复合材料；
B．砷化镓是一种半导体材料；
C．玻璃纤维是复合材料；
D．合金是金属和其它物质的混合物。
【解答】解：A．石墨纤维复合聚酰胺薄膜是复合材料，不是金属材料，故A错误；
B．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B错误；
C．玻璃纤维是复合材料，其主要成分为二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，不是金属材料，故C错误；
D．钛合金是合金材料，属于金属材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查金属的有关知识，难度不大，熟悉常见材料的组成是解答的关键。
2．（2分）下列化学用语的表达正确的是（ ）
A．羰基硫（COS）的结构式O＝C＝S
B．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：10O22﹣
C．由H和Cl形成化学键的过程：
D． 的名称：2﹣甲基﹣3﹣丁烯
【分析】A．羰基硫（COS）中含有两个双键；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；
C．氢原子、氯原子没有标出最外层电子；
D．烯烃命名时，应该从距离碳碳双键最近的一段开始编号。
【解答】解：A．羰基硫（COS）为共价化合物，其结构式为O＝C＝S，故A正确；
B．中子数为10的氧原子的质量数为8+10＝18，该氧原子形成的过氧根离子为18O22﹣，故B错误；
C．HCl是共价化合物，由H和Cl形成化学键的过程为，故C错误；
D．的双键在1号C，甲基在3号C，其名称为3﹣甲基﹣1﹣丁烯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及结构式、元素符号、有机物命名等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
3．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得Cl2
B．煤经过干馏过程可将其中的苯、煤焦油等分离出来
C．可用铝制容器盛放运输浓硫酸
D．硝酸分别与甲苯、甘油在一定条件下反应，均可制得炸药
【分析】A．加热条件下，二氧化锰能氧化HCl生成氯气；
B．煤中不含有苯、煤焦油；
C．常温下，浓硫酸能使铝钝化；
C．甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，硝酸与甘油发生取代反应生成硝化甘油。
【解答】解：A．加热条件下，二氧化锰能氧化HCl生成氯气，则实验室可用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，故A正确；
B．煤中不含有苯、煤焦油，煤经过干馏过程发生化学变化生成苯、煤焦油等，故B错误；
C．常温下，浓硫酸能使铝钝化，则可用铝制容器盛放运输浓硫酸，故C正确；
C．甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，硝酸与甘油发生取代反应生成硝化甘油，均可制得炸药，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，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，题目难度不大。
4．（2分）以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．用1mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44g CO2气体和44g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1mol CO，反应转移电子数为3NA
【分析】A．标况下甲醇为液体；
B．一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子；
C．依据二氧化碳摩尔质量为44g/mol，甲烷摩尔质量为16g/mol，CO摩尔质量为28g/mol计算；
D．依据反应CO2（g）+C（s）＝2CO（g），CH4（g）＝C（s）+2H2（g）分析解答。
【解答】解：A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4L的结论，故A错误；
B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；
C．44gCO2气体的物质的量为：＝1mol，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为＞1mol，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1mol，故44gCH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；
D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4（g）＝C（s）+2H2（g），甲烷中碳的化合价从﹣4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1molCO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
5．（2分）用下列实验装置进行有关实验能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否有K+
B．证明蔗糖属于还原性糖
C．制备CaCO3
D．用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
【分析】A.观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；
B.蔗糖不含﹣CHO，且需要在碱性溶液中加热煮沸；
C.先生成碳酸铵，后与氯化钙反应；
D.标准NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。
【解答】解：A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故A错误；
B.蔗糖不含﹣CHO，且需要在碱性溶液中加热煮沸，温度不合理，故B错误；
C.碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，可制备，故C正确；
D.标准NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器使用不合理，故D错误；
故选：C。
【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、物质的制备、离子的检验、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。
6．（2分）LiY2ZXW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。[Y2Z4XW2]﹣的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A．该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键
B．Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应
C．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
【分析】[Y2Z4XW2]﹣的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，X只能含有2个电子层，最外层含有3个电子，为B元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键或1个双键，W形成1个共价键，W是同周期中原子半径最小的元素，则Y为C，Z为O，W为F元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为B，Y为C，Z为O，W为F元素，
A．B、C、O都是非金属元素，该化合物中，B、C、O之间形成的化学键都是共价键，故A正确；
B．C与O形成的CO不与碱反应，故B错误；
C．B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为硼酸、碳酸，都属于弱酸，故C错误；
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O、HF，常温下水H2O液态、HF为气态，则沸点：H2O＞HF，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
7．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．常温下，由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、I﹣大量共存
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＞b+1
C．次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
D．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑
【分析】A．该溶液呈酸性或碱性，次氯酸根离子与碘离子、氢离子反应；
B．稀释过程中一水合氨的电离程度增大；
C．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成次氯酸和碳酸氢钠；
D．镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀。
【解答】解：A．常温下，由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量H+或OH﹣，ClO﹣与H+、I﹣反应，不能大量共存，故A错误；
B．一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，将pH＝a的氨水溶液稀释10倍后，电离平衡被促进，pH的变化小于1，则a＜b+1，故B错误；
C．次氯酸钠溶液中通少量CO2，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故C正确；
D．用惰性电极电解饱和氯化镁溶液，离子方程式为：Mg2++2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存、离子方程式书写及弱电解质的电离等知识，为高频考点，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（2分）下列各项叙述中，正确的是（ ）
A．配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝6
B．价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素
C．水中的氢键可以表示为O﹣H…O，冰中每摩尔H2O有4NA个氢键
D．与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种
【分析】A．利用Fe的价电子数和CO提供电子对数计算得出；
B．价电子排布为ns1的元素，一定是第ⅠA元素；
C．氢键属于分子间作用力，H﹣O键属于化学键；每个H2O分子与周围4个水分子形成氢键；
D．基态钾原子有1对未成对电子，依据价电子排布分析未成对电子数。
【解答】解：A．中心原子是铁原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2n＝18，n＝5，故A错误；
B．价电子排布为ns1的元素，一定是第ⅠA元素，所以也一定是s区元素，故B错误；
C．氢键属于分子间作用力，H﹣O键属于化学键，每个H2O分子与周围4个水分子形成氢键，平均每个H2O分子含有氢键数为4×＝2个，故冰中每摩尔H2O有2NA个氢键，故C错误；
D．基态钾原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，有1对未成对电子，同周期元素中，基态原子未成对电子数与钪原子相同的还有：Sc、Cu、Ga、Br，共四种，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期表结构及应用、晶体结构，了解典型晶体的构型、准确把握原子结构组成是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙。下列说法正确的是（ ）
A．丙的不饱和度Ω＝3
B．甲分子中所有原子共平面
C．乙的一氯代物有3种
D．丙在酸性条件下水解生成和CH3OH
【分析】A.丙的分子式为C9H12O2，结合分子式计算不饱和度；
B.甲含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
C.乙含有3种H；
D.丙含有酯基，可水解生成甲醇，酯水解时，C﹣O键断裂。
【解答】解：A.丙的分子式为C9H12O2，不饱和度为＝4，故A错误；
B.甲含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；
C.乙含有3种H，则乙的一氯代物有3种，故C正确；
D.丙含有酯基，可水解生成甲醇，酯水解时，C﹣O键断裂，则丙在酸性条件下水解生成 和CH318OH，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于有机物的结构和性质的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大。
10．（2分）用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）和反应Ⅱ：MnO4﹣+FeS2+H+→Fe3++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1mol SO42﹣，转移电子的物质的量为10mol
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3：2
【分析】反应I：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O，Mn元素的化合价降低，Cu、S元素的化合价升高；
反应II：MnO4﹣+FeS2+H+→Fe3++SO42﹣+Mn2++H2O中，Mn元素的化合价降低，Fe、S元素的化合价升高；据此分析。
【解答】解：A．反应Ⅰ中Cu2S中的Cu、S元素的化合价升高，被氧化，是还原剂，故A错误；
B．反应I：10MnO4﹣+5Cu2S+40H+＝10Cu2++5SO42﹣+10Mn2++20H2O，反应中每生成1mol SO42﹣，转移电子的物质的量为10mol，故B正确；
C．反应II：3MnO4﹣+FeS2+8H+＝Fe3++2SO42﹣+3Mn2++4H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故C错误；
D．由方程式可知，若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3：2，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查氧化还原反应及其计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识相关概念并进行计算，题目难度中等。
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2分，有选错的得0分。
11．（4分）某同学在实验室选用下列实验装置，验证浓硫酸与碳反应【2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O】的生成产物。下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳反应中浓硫酸表现出酸性和强氧化性
B．验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅳ→Ⅲ→Ⅱ
C．装置Ⅱ中酸性高锰酸钾溶液左右品红溶液的作用不相同
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
【分析】A．硫酸既能表现出酸性又表现出氧化性，在反应中应生成硫酸盐，且硫酸被还原生成二氧化硫等物质；
B．碳和浓硫酸加热反应生成的产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，验证全部产物需要先用无水硫酸铜验证水蒸气的存在，再利用品红验证二氧化硫气体存在，通过高锰酸钾除去二氧化硫，通过另一瓶品红验证二氧化硫是否除尽，最后通过澄清石灰水验证二氧化碳气体的存在；
C．酸性高锰酸钾溶液左边品红溶液验证二氧化硫气体存在，右边品红溶液验证二氧化硫已经除尽；
D．验证全部产物需要先用无水硫酸铜验证水蒸气的存在。
【解答】解：A．浓硫酸与碳反应中浓硫酸只表现强氧化性，故A错误；
B．验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ，故B错误；
C．装置Ⅱ中酸性高锰酸钾溶液左右品红溶液的作用不相同，左边验证二氧化硫气体存在，右边验证二氧化硫已经除尽，故C正确；
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无水蒸气的存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了浓硫酸的酸性和强氧化性分析，碳反应产物的实验验证，实验顺序和干扰气体的除去是解题关键，题目难度中等。
12．（4分）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2﹣的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣是面心立方最密堆积
B．Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
C．CuS晶胞中，S2﹣配位数为8
D．Cu2S晶胞的密度为g•cm﹣3
【分析】A．根据图可知S2﹣位于立方体的顶点和面心判断堆积方式；
B．晶胞中S2﹣的个数为 6×+8×＝4，化学式为Cu2S，则Cu+的个数为8，结合晶胞结构分析Cu+的位置；
C．CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，结合化学式判断配位数；
D．Cu2S晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为a3pm3＝a3×10﹣30cm3，结合密度公式计算。
【解答】解：A．根据图可知S2﹣位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，故A正确；
B．晶胞中S2﹣的个数为 6×+8×＝4，化学式为Cu2S，则Cu+的个数为8，所以占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，故B错误；
C．CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，所以Cu2+的配位数为4，化学式为CuS，所以S2﹣配位数也为4，故C错误；
D．Cu2S晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为a3pm3＝a3×10﹣30cm3，所以密度为 ＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查物质结构与性质，主要涉及晶体空间构型和晶胞计算等，题目综合性较强，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，理解掌握各种晶胞中个微粒的位置关系。
13．（4分）CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）、②FeO++CO═CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（ ）
A．N2O与CO2互为等电子体，均为直线型分子
B．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
C．反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2L
D．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
【分析】A．N2O与CO2均有三个原子，22个电子，互为等电子体；
B．反应①②均有元素化合价的变化；
C．反应中每转移2mol电子，生成1molN2；
D．总反应的速率由速率慢的反应决定。
【解答】解：A．N2O与CO2均有三个原子，22个电子，互为等电子体，均为直线型分子，故A正确；
B．反应①②均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，故B错误；
C．反应中每转移2mol电子，生成1molN2，则反应中每转移1mol电子，生成N2体积标准状况下为11.2L，由于没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故C错误；
D．总反应的速率由速率慢的反应决定，即由反应①决定，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确题中的信息及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大。
14．（4分）用石墨烯锂硫电池电解制备Fe（OH）2的装置如图所示。电池放电时的反应为16Li+xS8═8Li2Sx（2≤x≤8），电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．X是铁电极，发生氧化反应
B．电子流动的方向：B→Y，X→A
C．正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣═3Li2S4
D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g
【分析】根据电池反应16Li+xS8＝8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，Li+移向正极，所以A是正极，发生还原反应：S8+2e﹣＝S82﹣，S82﹣+2Li+＝Li2S8，3Li2S8+2Li++2e﹣＝4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e﹣＝3Li2S4，Li2S4+2Li++2e﹣＝2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。
【解答】解：A、电解制备Fe（OH）2的装置，所以铁被氧化，为阳极，发生氧化反应，所以Y为阴极，故A正确；
B、电子从电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即流动的方向：B→Y，X→A，故B正确；
C、电极A发生还原反应，即正极反应式为：2Li2S6+2Li++2e﹣＝3Li2S4，故C正确；
D、负极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，锂电极减重0.14g时，当消耗的锂为0.02mol，外电路流过0.02mol电子时，电解池的总反应为：Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，溶液转移0.02mol的电子，消耗0.02mol的水，即减轻0.36g，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等。
15．（4分）已知：乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，25℃时，K1＝10﹣4.07，K2＝10﹣7.15，有类氨的性质。向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的乙二胺溶液中滴加0.1mol•L﹣1的盐酸，溶液中lg与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：H2NCH2CH2NH2+2H2O═[H3NCH2CH2NH3]2++2OH﹣
B．溶液中水的电离程度：a点大于b点
C．a点：盐酸的体积大于10mL
D．b点所处的溶液中：c（H+）＝c（OH﹣）+2c（H2NCH2CH2NH2）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）
【分析】A．乙二胺为二元弱碱，根据多元弱酸的分步电离即可写出其两步电离方程式；
B．a点溶液呈中性，水的电离既不促进，也不抑制，b点为两者恰好完全反应生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促进水的电离；
C．若加入10mL盐酸，即n（H2NCH2CH2NH2）：n（HCl）＝1：1，两者反应生成H2NCH2CH2NH3Cl，[H2NCH2CH2NH3]+水解使溶液呈碱性；
D．b点生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，使溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），存在电荷守恒和存在物料守恒，两式联立可得结果。
【解答】解：A．乙二胺为二元弱碱，根据多元弱酸的分步电离可知乙二胺的电离分为两步，且为可逆过程，H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H3NCH2CH2NH2]++OH﹣，[H3NCH2CH2NH2]++H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH﹣，故A错误；
B．a点lg＝0，c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，水的电离既不促进，也不抑制，b点n（H2NCH2CH2NH2）：n（HCl）＝1：2，两者恰好完全反应生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促进水的电离，所以b＞a，故B错误；
C．若加入10mL盐酸，即n（H2NCH2CH2NH2）：n（HCl）＝1：1，两者反应生成H2NCH2CH2NH3Cl，[H2NCH2CH2NH3]+水解使溶液呈碱性，而a点为中性，V（HCl）＞10mL，故C正确；
D．b点生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，使溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），存在电荷守恒：c（H+）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）+2c（[H3NCH2CH2NH3]2+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），存在物料守恒：2[c（H2NCH2CH2N）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）+c（[H3NCH2CH2NH3]2+）＝c（Cl﹣），两式联立可得：c（H+）＝c（OH﹣）+2c（H2NCH2CH2N）+c（[H2NCH2CH2NH3]+），故D正确。
故选：CD。
【点评】本题主要考查多元弱酸的分步电离，水的电离，盐类水解，电荷守恒与物料守恒的综合应用，对学生的思维能力要求较高，属于中等难度题型。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（10分）铍有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2（SiO3）6]为原料制备金属铍的工艺如图。
已知Be2+可与Cl﹣、OH﹣结合成配位数为4的配离子。回答下列问题：
（1）烧结冷却后，水浸之前“操作a”的名称是 粉碎 。
（2）750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，写出该反应的化学方程式 Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2 。
（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]＝4.0×10﹣21，计算室温时0.40mol•L﹣1Be2+开始沉淀时的pH＝ 4 ，“沉氟”反应的离子方程式为 3Na++6F﹣+Fe3+＝Na3FeF6↓ 。
（4）上述流程中，“Be（OH）2→…→BeCl2”可有两种方案：
Ⅰ：Be（OH）2溶液ABeCl2
Ⅱ：Be（OH）2BeOBeCl2
Ⅰ中操作b是 HCl气氛中加热蒸发 。Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为 BeO+C+Cl2BeCl2+CO 。
（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为 ；工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是 增强导电性 ，阴极反应式为 BeCl42﹣+2e﹣＝Be+4Cl﹣ 。
【分析】绿柱石的主要成分为Be3Al2（SiO3）6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，操作I为过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液1中加入NaOH生成Be（OH）2沉淀，若NaOH过量与Be（OH）2反应，降低Be的产率，Be（OH）2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl﹣BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2（SO4）3＝2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。
【解答】解：（1）烧结冷却后，固体结块，为增大溶解效果，应设法增大固体与水的接触面积，所以水浸之前“操作a”的名称是粉碎，
故答案为：粉碎；
（2）750℃烧结时，Na3FeF6与Be3Al2（SiO3）6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，
故答案为：Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2；
（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]＝4.0×10﹣21，室温时0.40mol•L﹣1Be2+开始沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，此时pH＝4，“沉氟”时，滤液中的Na+、F﹣与Fe2（SO4）3反应，生成Na3FeF6沉淀，反应的离子方程式为3Na++6F﹣+Fe3+＝Na3FeF6↓，
故答案为：4；3Na++6F﹣+Fe3+＝Na3FeF6↓；
（4）BeCl2为易水解的盐，蒸发溶剂的过程中会水解生成Be（OH）2，Ⅰ中操作b是HCl气氛中加热蒸发，Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为BeO+C+Cl2BeCl2+CO，
故答案为：HCl气氛中加热蒸发；BeO+C+Cl2BeCl2+CO；
（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为；工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是增强导电性，电解总反应为BeCl2（ 熔融）Be+Cl2↑，阴极反应式为BeCl42﹣+2e﹣＝Be+4Cl﹣，
故答案为：；增强导电性；BeCl42﹣+2e﹣＝Be+4Cl﹣。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，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．（10分）研究表明TiO2﹣aNb、Cu（ln1﹣xGaxSe2）是光学活性物质。请回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为 4s ，价电子中未成对电子有 2 个；Gax、ln、Se，第一电离能从大到小顺序为 Se＞Ga＞In 。
（2）SeO32﹣的立体构型为 三角锥形 ；SeO2中硒原子采取的杂化类型是 sp2 。
（3）31Ga可以形成GaCl3xNH3（x＝3，4，5，6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1；2。则该溶液中溶质的化学式为 [Ga（NH3）4Cl2]Cl 。
（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是 NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N﹣H键成键电子对斥力减弱，故N﹣H键键角变大 。向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用： 减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度 。
（5）TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，可表示如图，则TiO2﹣aNb晶体中a＝ ，b＝ 。
【分析】（1）基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]2d24s2；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同主族从上至下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能增加；
（2）SeO32﹣中Se原子价层电子数为3+＝4，有1对孤对电子；Se原子价层电子数为2+＝3，有1对孤对电子；
（3）加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出说明有铵根，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则铵根与氯离子的个数比为2：1，再结合Ga3+配位数为6，确定化学式；
（4）Cu2+与NH3形成的配离子[Cu（NH3）4]2+中NH3中的孤对电子与Cu2+配位，对N﹣H键成键电子对影响力降低；[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于水，且乙醇的作用减小溶剂极性；
（5）TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝。
【解答】解：（1）基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]2d24s2，占据的最高能级符号为4s，价电子中未成对电子有2个；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同主族从上至下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能增加，第一电离能从大到小顺序为Se＞Ga＞In，
故答案为：4s；2；Se＞Ga＞In；
（2）SeO32﹣中Se原子价层电子数为3+＝4，3个成键电子对，立体构型为三角锥形；Se原子价层电子数为2+＝3，有1对孤对电子，则硒原子采取的杂化类型是sp2，
故答案为：三角锥形；sp2；
（3）加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出说明有铵根，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则铵根与氯离子的个数比为2：1，Ga3+配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga（NH3）4Cl2]Cl，
故答案为：[Ga（NH3）4Cl2]Cl；
（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N﹣H键成键电子对斥力减弱，故N﹣H键键角变大；向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于水，乙醇的作用减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度，
故答案为：NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N﹣H键成键电子对斥力减弱，故N﹣H键键角变大；减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度；
（5）TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝，则Ti、N、O的原子个数之比为4：：＝1：：，即2﹣a＝，a＝，b＝，
故答案为：；。
【点评】本题考查制备实验及晶胞计算，为高频考点，把握物质结构与性质、晶胞计算方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
18．（12分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
Ⅰ.4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H1；K1
Ⅱ.2NO2（g）+NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+NOCl（g）△H2；K2
Ⅲ.2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H3；K3
（1）△H3＝ 2△H2﹣△H1 （用△H1和△H2表示），K3＝ 。（用K1和K2表示）
（2）①在恒容密闭容器中进行的反应Ⅱ、Ⅲ，下列说法中，正确的是 ad 。（填标号）
a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态
b.△H2和△H3不再变化，可以作为反应Ⅱ和Ⅲ达到平衡状态的标志
c.同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，△H2＜△H3
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），NO2（g）和NO（g）的百分含量均减小
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，再次平衡时，NO2的转化率将 增大 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ（△H3＜0
），平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示。
①图中T1、T2的关系为T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“＝”）图中纵坐标为 Cl2 的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是 A 。（填“A”、“B”或“C”）
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v（NO）＝ 0.16mol/（L•min） 。
③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时平衡将向 右 移动。（填“左”、“右”或“不移动”）
【分析】（1）根据盖斯定律：2×Ⅱ﹣Ⅰ得2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）；
（2）①a.反应体系中，二氧化氮和氯气有颜色；
b.△H表示反应物完全转化时的反应热；
c.活化能小，反应速率越快；
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动；
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，NO与O2反应，使NO浓度减小，则反应Ⅲ逆向移动，消耗NOCl，促使反应Ⅱ正向移动；
（3）①该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则反应物的转化率减小；氮氯比越大，氯气的转化率越大；NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高；
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，氯气的转化率为0.8，列化学平衡三段式计算；
③根据上述数据，计算平衡常数，若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：2×Ⅱ﹣Ⅰ得2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g），△H3＝2△H2﹣△H1，K3＝，
故答案为：2△H2﹣△H1；；
（2）a.反应体系中，二氧化氮和氯气有颜色，当反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明二氧化氮和氯气浓度不变，能说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态，故a正确；
b.△H表示反应物完全转化时的反应热，不可以作为反应Ⅱ和Ⅲ达到平衡状态的标志，故b错误；
c.同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，但无法判断焓变的大小，故c错误；
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动，则NO2（g）和NO（g）的百分含量均减小，故d正确；
故答案为：ad；
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，NO与O2反应，使NO浓度减小，则反应Ⅲ逆向移动，消耗NOCl，促使反应Ⅱ正向移动，再次平衡时，NO2的转化率将增大，
故答案为：增大；
（3）①该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则反应物的转化率减小，则T1＜T2；由图可知，横坐标为，其值越大，转化率越大，则纵坐标为Cl2转化率；NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，＝2时，氯气的转化率最大，此时NOCl气体体积最大，故A点的NOCl气体体积最大，
故答案为：＜；Cl2；A；
②由A点可知，＝2，一氧化氮与氯气的物质的量之和为3mol，则起始一氧化氮物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，
2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）
起始n（mol） 2 1 0
转化n（mol） 2×0.8 0.8 1.6
平衡n（mol） 0.4 0.2 1.6
该时间段内化学反应速率v（NO）＝＝0.16mol/（L•min），
故答案为：0.16mol/（L•min）；
③在温度为T1，K＝＝80L/mol，若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时的Qc＝＝16L/mol＜K，说明此时平衡向右移动，
故答案为：右。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算，化学平衡的移动以及化学平衡的计算，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
19．（14分）环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ﹣丁内酯（ ）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。
回答下列问题：
（1）可以准确判断γ﹣丁内酯所含官能团的方法是 c 。（填序号）
a.质谱
b.核磁共振氢谱
c.红外光谱
d.紫外光谱
（2）A中官能团的名称为 羧基、氯原子 ；检验该官能团所需试剂有石蕊试液、 NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液 。
（3）B与NaOH溶液反应的化学方程式为 ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl 。
（4）符合下列条件的γ﹣丁内酯的同分异构体有 10 种。
①能与NaOH溶液反应
②使溴的CCl4溶液褪色
γ﹣丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为 。
（5）参照“五步合成法”工艺，以为原料，设计合成的路线 。
【分析】根据反应过程分析，先发生酯的水解反应，然后与氯气发生取代反应生成A，A与乙醇发生酯化反应生成B，B在乙醇钠存在条件下，发生分子内脱下1分子HCl形成三元环而生成C，C和氨气在乙醇钠存在下发生取代反应生成D，D在NaClO条件下发生重排生成，据此解答。
【解答】解：（1）a．质谱法可确定分子的相对分子质量，故a错误；
b．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故b错误；
c．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故c正确；
d．紫外光谱可用于确定分子中有无共轭双键，故d错误，
故答案为：c；
（2）A的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，其中官能团的名称为羧基、氯原子；羧基显酸性，卤代烃中的卤素原子首先发生取代反应，然后利用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，因此检验该官能团所需试剂有石蕊试液、NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液，
故答案为：NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液；
（3）B还原氯原子和酯基，则与NaOH溶液反应的化学方程式为ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl，
故答案为：ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl；
（4）γ﹣丁内酯（）的同分异构体满足：①能与NaOH溶液反应，含有酯基或羧基；②使溴的CCl4溶液褪色，含有碳碳双键，如果含有羧基，则相当于是丙烯分子中的1个氢原子被羧基取代，有3种；如果是甲酸形成的酯基，则相当于是丙烯分子中的1个氢原子被HCOO﹣取代，有3种；或者是CH3COOCH＝CH2、CH2＝CHCOOCH3，其中α﹣丁烯酸、甲酸丙烯醇酯这2种异构体还存在顺反异构，则满足条件的为10种；γ﹣丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为，
故答案为：10；；
（5）参照“五步合成法”工艺结合逆推法以为原料合成的路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断，正确推断各物质结构简式是解题关键，注意结合反应条件、某些结构简式及分子式推断，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，难度中等。
20．（14分）实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。（部分夹持装置已略去）
已知：NH3不溶于CS2，在一定条件下发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式是 NH3•H2ONH3↑+H2O 。
（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂进气导管口必须插入下层CS2液体中，目的是 使反应物充分接触，防止发生倒吸 。该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则X的化学式为 CS2 。
（3）反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是 让NH4HS完全分解而除去 ；然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为 NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 。
（4）装置E吸收尾气，防止污染环境，其中吸收NH3生成无色无味气体的离子方程式为 2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝2Cr3++N2↑+7H2O 。
（5）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（6）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 Fe（NO3）3 溶液（填化学式）作指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为 97.0% 。[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）]。
【分析】（1）装置A为氨气发生装置，可用碱石灰和氨水制取氨气；
（2）氨气极易溶于水、不溶于二硫化碳，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，从而使反应物充分接触，还可防止发生倒吸；氨气不溶于二硫化碳，可通过观察氨气逸出的气泡来控制A中NH3的生成速率；
（3）NH4HS的热稳定性较差，加热条件下发生分解生成氨气和硫化氢逸出；铵盐能与碱反应生成盐和氨气；
（4）重铬酸钾氧化性强，能氧化NH3生成氮气，重铬酸根被还原为Cr3+，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；
（5）滤去三颈烧瓶中的固体催化剂得到KSCN溶液，再减压蒸发浓缩，然后冷却结晶、过滤、干燥，可得到硫氰化钾晶体；
（6）滴定时发生的离子反应为SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓，SCN﹣与Fe3+反应时溶液呈红色，以Fe（NO3）3为指示剂，滴定结束时溶液红色消失，据此判断滴定终点，20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，n（Ag+）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，根据SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓可知，20.00mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol，1000mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol×＝0.1mol，结合m＝nM计算KSCN的质量和质量分数。
【解答】解：（1）碱石灰是NaOH和CaO的混合物，NaOH吸水放热，CaO与水反应放热，均可促进氨气逸出，反应的方程式为NH3•H2ONH3↑+H2O，
故答案为：NH3•H2ONH3↑+H2O；
（2）氨气极易溶于水、不溶于二硫化碳，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口；氨气不溶于二硫化碳，可通过观察B装置中氨气逸出的气泡来控制A中NH3的生成速率，则X为CS2，
故答案为：使反应物充分接触，防止发生倒吸；CS2；
（3）CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，加入KOH溶液时会生成K2S杂质，由于NH4HS对热不稳定，可在加入KOH溶液之前采用加热分解法除去；NH4SCN能与KOH发生复分解反应生成KSCN、氨气和水，加热条件下氨气逸出，反应的化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，
故答案为：让NH4HS完全分解而除去；NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
（4）K2Cr2O7与NH3生成N2和Cr3+，反应的离子方程式为2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝2Cr3++N2↑+7H2O，
故答案为：2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝2Cr3++N2↑+7H2O；
（5）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）SCN﹣与Fe3+反应时溶液呈红色，可用Fe（NO3）3溶液为指示剂，滴定时发生的离子反应为SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓，20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，n（Ag+）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，20.00mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol，1000mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol×＝0.1mol，则KSCN的质量为0.1mol×97g/mol＝9.7g，晶体中KSCN的质量分数为×100%＝97.0%，
故答案为：Fe（NO3）3；97.0%。
【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、制备原理、实验装置的作用、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重学生的分析能力、实验技能和化学计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
2021年山东省泰安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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）新材料的发展充分体现了“中国技术”“中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（ ）
A．“天问一号”火星探测器太阳翼的材料﹣﹣石墨纤维复合聚酰胺薄膜
B．“太阳能路灯计划”使用的太阳能电池的材料﹣﹣砷化镓
C．“领雁”AG50飞机主体结构的复合材料﹣﹣玻璃纤维复合材料
D．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料﹣﹣钛合金
2．（2分）下列化学用语的表达正确的是（ ）
A．羰基硫（COS）的结构式O＝C＝S
B．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：10O22﹣
C．由H和Cl形成化学键的过程：
D． 的名称：2﹣甲基﹣3﹣丁烯
3．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得Cl2
B．煤经过干馏过程可将其中的苯、煤焦油等分离出来
C．可用铝制容器盛放运输浓硫酸
D．硝酸分别与甲苯、甘油在一定条件下反应，均可制得炸药
4．（2分）以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．用1mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44g CO2气体和44g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1mol CO，反应转移电子数为3NA
5．（2分）用下列实验装置进行有关实验能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否有K+
B．证明蔗糖属于还原性糖
C．制备CaCO3
D．用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
6．（2分）LiY2ZXW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。[Y2Z4XW2]﹣的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A．该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键
B．Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应
C．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
7．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．常温下，由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、I﹣大量共存
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＞b+1
C．次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
D．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑
8．（2分）下列各项叙述中，正确的是（ ）
A．配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝6
B．价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素
C．水中的氢键可以表示为O﹣H…O，冰中每摩尔H2O有4NA个氢键
D．与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种
9．（2分）有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙。下列说法正确的是（ ）
A．丙的不饱和度Ω＝3
B．甲分子中所有原子共平面
C．乙的一氯代物有3种
D．丙在酸性条件下水解生成和CH3OH
10．（2分）用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）和反应Ⅱ：MnO4﹣+FeS2+H+→Fe3++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1mol SO42﹣，转移电子的物质的量为10mol
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3：2
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2分，有选错的得0分。
11．（4分）某同学在实验室选用下列实验装置，验证浓硫酸与碳反应【2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O】的生成产物。下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳反应中浓硫酸表现出酸性和强氧化性
B．验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅳ→Ⅲ→Ⅱ
C．装置Ⅱ中酸性高锰酸钾溶液左右品红溶液的作用不相同
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
12．（4分）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2﹣的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣是面心立方最密堆积
B．Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
C．CuS晶胞中，S2﹣配位数为8
D．Cu2S晶胞的密度为g•cm﹣3
13．（4分）CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）、②FeO++CO═CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（ ）
A．N2O与CO2互为等电子体，均为直线型分子
B．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
C．反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2L
D．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
14．（4分）用石墨烯锂硫电池电解制备Fe（OH）2的装置如图所示。电池放电时的反应为16Li+xS8═8Li2Sx（2≤x≤8），电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．X是铁电极，发生氧化反应
B．电子流动的方向：B→Y，X→A
C．正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣═3Li2S4
D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g
15．（4分）已知：乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，25℃时，K1＝10﹣4.07，K2＝10﹣7.15，有类氨的性质。向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的乙二胺溶液中滴加0.1mol•L﹣1的盐酸，溶液中lg与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：H2NCH2CH2NH2+2H2O═[H3NCH2CH2NH3]2++2OH﹣
B．溶液中水的电离程度：a点大于b点
C．a点：盐酸的体积大于10mL
D．b点所处的溶液中：c（H+）＝c（OH﹣）+2c（H2NCH2CH2NH2）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（10分）铍有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2（SiO3）6]为原料制备金属铍的工艺如图。
已知Be2+可与Cl﹣、OH﹣结合成配位数为4的配离子。回答下列问题：
（1）烧结冷却后，水浸之前“操作a”的名称是 。
（2）750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，写出该反应的化学方程式 。
（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]＝4.0×10﹣21，计算室温时0.40mol•L﹣1Be2+开始沉淀时的pH＝ ，“沉氟”反应的离子方程式为 。
（4）上述流程中，“Be（OH）2→…→BeCl2”可有两种方案：
Ⅰ：Be（OH）2溶液ABeCl2
Ⅱ：Be（OH）2BeOBeCl2
Ⅰ中操作b是 。Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为 。
（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为 ；工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是 ，阴极反应式为 。
17．（10分）研究表明TiO2﹣aNb、Cu（ln1﹣xGaxSe2）是光学活性物质。请回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为 ，价电子中未成对电子有 个；Gax、ln、Se，第一电离能从大到小顺序为 。
（2）SeO32﹣的立体构型为 ；SeO2中硒原子采取的杂化类型是 。
（3）31Ga可以形成GaCl3xNH3（x＝3，4，5，6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1；2。则该溶液中溶质的化学式为 。
（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是 。向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用： 。
（5）TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，可表示如图，则TiO2﹣aNb晶体中a＝ ，b＝ 。
18．（12分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
Ⅰ.4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H1；K1
Ⅱ.2NO2（g）+NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+NOCl（g）△H2；K2
Ⅲ.2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H3；K3
（1）△H3＝ （用△H1和△H2表示），K3＝ 。（用K1和K2表示）
（2）①在恒容密闭容器中进行的反应Ⅱ、Ⅲ，下列说法中，正确的是 。（填标号）
a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态
b.△H2和△H3不再变化，可以作为反应Ⅱ和Ⅲ达到平衡状态的标志
c.同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，△H2＜△H3
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），NO2（g）和NO（g）的百分含量均减小
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，再次平衡时，NO2的转化率将 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ（△H3＜0
），平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示。
①图中T1、T2的关系为T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”）图中纵坐标为 的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是 。（填“A”、“B”或“C”）
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v（NO）＝ 。
③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时平衡将向 移动。（填“左”、“右”或“不移动”）
19．（14分）环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ﹣丁内酯（ ）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。
回答下列问题：
（1）可以准确判断γ﹣丁内酯所含官能团的方法是 。（填序号）
a.质谱
b.核磁共振氢谱
c.红外光谱
d.紫外光谱
（2）A中官能团的名称为 ；检验该官能团所需试剂有石蕊试液、 。
（3）B与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（4）符合下列条件的γ﹣丁内酯的同分异构体有 种。
①能与NaOH溶液反应
②使溴的CCl4溶液褪色
γ﹣丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为 。
（5）参照“五步合成法”工艺，以为原料，设计合成的路线 。
20．（14分）实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。（部分夹持装置已略去）
已知：NH3不溶于CS2，在一定条件下发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式是 。
（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂进气导管口必须插入下层CS2液体中，目的是 。该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则X的化学式为 。
（3）反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是 ；然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为 。
（4）装置E吸收尾气，防止污染环境，其中吸收NH3生成无色无味气体的离子方程式为 。
（5）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（6）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 溶液（填化学式）作指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为 。[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）]。
2021年山东省泰安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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）新材料的发展充分体现了“中国技术”“中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（ ）
A．“天问一号”火星探测器太阳翼的材料﹣﹣石墨纤维复合聚酰胺薄膜
B．“太阳能路灯计划”使用的太阳能电池的材料﹣﹣砷化镓
C．“领雁”AG50飞机主体结构的复合材料﹣﹣玻璃纤维复合材料
D．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料﹣﹣钛合金
【分析】A．石墨纤维复合聚酰胺薄膜是复合材料；
B．砷化镓是一种半导体材料；
C．玻璃纤维是复合材料；
D．合金是金属和其它物质的混合物。
【解答】解：A．石墨纤维复合聚酰胺薄膜是复合材料，不是金属材料，故A错误；
B．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B错误；
C．玻璃纤维是复合材料，其主要成分为二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，不是金属材料，故C错误；
D．钛合金是合金材料，属于金属材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查金属的有关知识，难度不大，熟悉常见材料的组成是解答的关键。
2．（2分）下列化学用语的表达正确的是（ ）
A．羰基硫（COS）的结构式O＝C＝S
B．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：10O22﹣
C．由H和Cl形成化学键的过程：
D． 的名称：2﹣甲基﹣3﹣丁烯
【分析】A．羰基硫（COS）中含有两个双键；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；
C．氢原子、氯原子没有标出最外层电子；
D．烯烃命名时，应该从距离碳碳双键最近的一段开始编号。
【解答】解：A．羰基硫（COS）为共价化合物，其结构式为O＝C＝S，故A正确；
B．中子数为10的氧原子的质量数为8+10＝18，该氧原子形成的过氧根离子为18O22﹣，故B错误；
C．HCl是共价化合物，由H和Cl形成化学键的过程为，故C错误；
D．的双键在1号C，甲基在3号C，其名称为3﹣甲基﹣1﹣丁烯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及结构式、元素符号、有机物命名等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
3．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得Cl2
B．煤经过干馏过程可将其中的苯、煤焦油等分离出来
C．可用铝制容器盛放运输浓硫酸
D．硝酸分别与甲苯、甘油在一定条件下反应，均可制得炸药
【分析】A．加热条件下，二氧化锰能氧化HCl生成氯气；
B．煤中不含有苯、煤焦油；
C．常温下，浓硫酸能使铝钝化；
C．甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，硝酸与甘油发生取代反应生成硝化甘油。
【解答】解：A．加热条件下，二氧化锰能氧化HCl生成氯气，则实验室可用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，故A正确；
B．煤中不含有苯、煤焦油，煤经过干馏过程发生化学变化生成苯、煤焦油等，故B错误；
C．常温下，浓硫酸能使铝钝化，则可用铝制容器盛放运输浓硫酸，故C正确；
C．甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，硝酸与甘油发生取代反应生成硝化甘油，均可制得炸药，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，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，题目难度不大。
4．（2分）以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．用1mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44g CO2气体和44g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1mol CO，反应转移电子数为3NA
【分析】A．标况下甲醇为液体；
B．一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子；
C．依据二氧化碳摩尔质量为44g/mol，甲烷摩尔质量为16g/mol，CO摩尔质量为28g/mol计算；
D．依据反应CO2（g）+C（s）＝2CO（g），CH4（g）＝C（s）+2H2（g）分析解答。
【解答】解：A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4L的结论，故A错误；
B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；
C．44gCO2气体的物质的量为：＝1mol，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为＞1mol，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1mol，故44gCH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；
D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4（g）＝C（s）+2H2（g），甲烷中碳的化合价从﹣4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1molCO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
5．（2分）用下列实验装置进行有关实验能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否有K+
B．证明蔗糖属于还原性糖
C．制备CaCO3
D．用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
【分析】A.观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；
B.蔗糖不含﹣CHO，且需要在碱性溶液中加热煮沸；
C.先生成碳酸铵，后与氯化钙反应；
D.标准NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。
【解答】解：A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故A错误；
B.蔗糖不含﹣CHO，且需要在碱性溶液中加热煮沸，温度不合理，故B错误；
C.碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，可制备，故C正确；
D.标准NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器使用不合理，故D错误；
故选：C。
【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、物质的制备、离子的检验、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。
6．（2分）LiY2ZXW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。[Y2Z4XW2]﹣的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A．该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键
B．Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应
C．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
【分析】[Y2Z4XW2]﹣的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，X只能含有2个电子层，最外层含有3个电子，为B元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键或1个双键，W形成1个共价键，W是同周期中原子半径最小的元素，则Y为C，Z为O，W为F元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为B，Y为C，Z为O，W为F元素，
A．B、C、O都是非金属元素，该化合物中，B、C、O之间形成的化学键都是共价键，故A正确；
B．C与O形成的CO不与碱反应，故B错误；
C．B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为硼酸、碳酸，都属于弱酸，故C错误；
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O、HF，常温下水H2O液态、HF为气态，则沸点：H2O＞HF，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
7．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．常温下，由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、I﹣大量共存
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＞b+1
C．次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
D．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑
【分析】A．该溶液呈酸性或碱性，次氯酸根离子与碘离子、氢离子反应；
B．稀释过程中一水合氨的电离程度增大；
C．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成次氯酸和碳酸氢钠；
D．镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀。
【解答】解：A．常温下，由水电离产生的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量H+或OH﹣，ClO﹣与H+、I﹣反应，不能大量共存，故A错误；
B．一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，将pH＝a的氨水溶液稀释10倍后，电离平衡被促进，pH的变化小于1，则a＜b+1，故B错误；
C．次氯酸钠溶液中通少量CO2，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故C正确；
D．用惰性电极电解饱和氯化镁溶液，离子方程式为：Mg2++2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存、离子方程式书写及弱电解质的电离等知识，为高频考点，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（2分）下列各项叙述中，正确的是（ ）
A．配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝6
B．价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素
C．水中的氢键可以表示为O﹣H…O，冰中每摩尔H2O有4NA个氢键
D．与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种
【分析】A．利用Fe的价电子数和CO提供电子对数计算得出；
B．价电子排布为ns1的元素，一定是第ⅠA元素；
C．氢键属于分子间作用力，H﹣O键属于化学键；每个H2O分子与周围4个水分子形成氢键；
D．基态钾原子有1对未成对电子，依据价电子排布分析未成对电子数。
【解答】解：A．中心原子是铁原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2n＝18，n＝5，故A错误；
B．价电子排布为ns1的元素，一定是第ⅠA元素，所以也一定是s区元素，故B错误；
C．氢键属于分子间作用力，H﹣O键属于化学键，每个H2O分子与周围4个水分子形成氢键，平均每个H2O分子含有氢键数为4×＝2个，故冰中每摩尔H2O有2NA个氢键，故C错误；
D．基态钾原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，有1对未成对电子，同周期元素中，基态原子未成对电子数与钪原子相同的还有：Sc、Cu、Ga、Br，共四种，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期表结构及应用、晶体结构，了解典型晶体的构型、准确把握原子结构组成是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙。下列说法正确的是（ ）
A．丙的不饱和度Ω＝3
B．甲分子中所有原子共平面
C．乙的一氯代物有3种
D．丙在酸性条件下水解生成和CH3OH
【分析】A.丙的分子式为C9H12O2，结合分子式计算不饱和度；
B.甲含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
C.乙含有3种H；
D.丙含有酯基，可水解生成甲醇，酯水解时，C﹣O键断裂。
【解答】解：A.丙的分子式为C9H12O2，不饱和度为＝4，故A错误；
B.甲含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；
C.乙含有3种H，则乙的一氯代物有3种，故C正确；
D.丙含有酯基，可水解生成甲醇，酯水解时，C﹣O键断裂，则丙在酸性条件下水解生成 和CH318OH，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于有机物的结构和性质的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大。
10．（2分）用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）和反应Ⅱ：MnO4﹣+FeS2+H+→Fe3++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1mol SO42﹣，转移电子的物质的量为10mol
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3：2
【分析】反应I：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O，Mn元素的化合价降低，Cu、S元素的化合价升高；
反应II：MnO4﹣+FeS2+H+→Fe3++SO42﹣+Mn2++H2O中，Mn元素的化合价降低，Fe、S元素的化合价升高；据此分析。
【解答】解：A．反应Ⅰ中Cu2S中的Cu、S元素的化合价升高，被氧化，是还原剂，故A错误；
B．反应I：10MnO4﹣+5Cu2S+40H+＝10Cu2++5SO42﹣+10Mn2++20H2O，反应中每生成1mol SO42﹣，转移电子的物质的量为10mol，故B正确；
C．反应II：3MnO4﹣+FeS2+8H+＝Fe3++2SO42﹣+3Mn2++4H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故C错误；
D．由方程式可知，若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3：2，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查氧化还原反应及其计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识相关概念并进行计算，题目难度中等。
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2分，有选错的得0分。
11．（4分）某同学在实验室选用下列实验装置，验证浓硫酸与碳反应【2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O】的生成产物。下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳反应中浓硫酸表现出酸性和强氧化性
B．验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅳ→Ⅲ→Ⅱ
C．装置Ⅱ中酸性高锰酸钾溶液左右品红溶液的作用不相同
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
【分析】A．硫酸既能表现出酸性又表现出氧化性，在反应中应生成硫酸盐，且硫酸被还原生成二氧化硫等物质；
B．碳和浓硫酸加热反应生成的产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，验证全部产物需要先用无水硫酸铜验证水蒸气的存在，再利用品红验证二氧化硫气体存在，通过高锰酸钾除去二氧化硫，通过另一瓶品红验证二氧化硫是否除尽，最后通过澄清石灰水验证二氧化碳气体的存在；
C．酸性高锰酸钾溶液左边品红溶液验证二氧化硫气体存在，右边品红溶液验证二氧化硫已经除尽；
D．验证全部产物需要先用无水硫酸铜验证水蒸气的存在。
【解答】解：A．浓硫酸与碳反应中浓硫酸只表现强氧化性，故A错误；
B．验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ，故B错误；
C．装置Ⅱ中酸性高锰酸钾溶液左右品红溶液的作用不相同，左边验证二氧化硫气体存在，右边验证二氧化硫已经除尽，故C正确；
D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无水蒸气的存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了浓硫酸的酸性和强氧化性分析，碳反应产物的实验验证，实验顺序和干扰气体的除去是解题关键，题目难度中等。
12．（4分）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2﹣的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣是面心立方最密堆积
B．Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
C．CuS晶胞中，S2﹣配位数为8
D．Cu2S晶胞的密度为g•cm﹣3
【分析】A．根据图可知S2﹣位于立方体的顶点和面心判断堆积方式；
B．晶胞中S2﹣的个数为 6×+8×＝4，化学式为Cu2S，则Cu+的个数为8，结合晶胞结构分析Cu+的位置；
C．CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，结合化学式判断配位数；
D．Cu2S晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为a3pm3＝a3×10﹣30cm3，结合密度公式计算。
【解答】解：A．根据图可知S2﹣位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，故A正确；
B．晶胞中S2﹣的个数为 6×+8×＝4，化学式为Cu2S，则Cu+的个数为8，所以占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，故B错误；
C．CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，所以Cu2+的配位数为4，化学式为CuS，所以S2﹣配位数也为4，故C错误；
D．Cu2S晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为a3pm3＝a3×10﹣30cm3，所以密度为 ＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查物质结构与性质，主要涉及晶体空间构型和晶胞计算等，题目综合性较强，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，理解掌握各种晶胞中个微粒的位置关系。
13．（4分）CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）、②FeO++CO═CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（ ）
A．N2O与CO2互为等电子体，均为直线型分子
B．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
C．反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2L
D．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
【分析】A．N2O与CO2均有三个原子，22个电子，互为等电子体；
B．反应①②均有元素化合价的变化；
C．反应中每转移2mol电子，生成1molN2；
D．总反应的速率由速率慢的反应决定。
【解答】解：A．N2O与CO2均有三个原子，22个电子，互为等电子体，均为直线型分子，故A正确；
B．反应①②均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，故B错误；
C．反应中每转移2mol电子，生成1molN2，则反应中每转移1mol电子，生成N2体积标准状况下为11.2L，由于没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故C错误；
D．总反应的速率由速率慢的反应决定，即由反应①决定，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确题中的信息及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大。
14．（4分）用石墨烯锂硫电池电解制备Fe（OH）2的装置如图所示。电池放电时的反应为16Li+xS8═8Li2Sx（2≤x≤8），电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．X是铁电极，发生氧化反应
B．电子流动的方向：B→Y，X→A
C．正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣═3Li2S4
D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g
【分析】根据电池反应16Li+xS8＝8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，Li+移向正极，所以A是正极，发生还原反应：S8+2e﹣＝S82﹣，S82﹣+2Li+＝Li2S8，3Li2S8+2Li++2e﹣＝4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e﹣＝3Li2S4，Li2S4+2Li++2e﹣＝2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。
【解答】解：A、电解制备Fe（OH）2的装置，所以铁被氧化，为阳极，发生氧化反应，所以Y为阴极，故A正确；
B、电子从电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即流动的方向：B→Y，X→A，故B正确；
C、电极A发生还原反应，即正极反应式为：2Li2S6+2Li++2e﹣＝3Li2S4，故C正确；
D、负极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，锂电极减重0.14g时，当消耗的锂为0.02mol，外电路流过0.02mol电子时，电解池的总反应为：Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，溶液转移0.02mol的电子，消耗0.02mol的水，即减轻0.36g，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等。
15．（4分）已知：乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，25℃时，K1＝10﹣4.07，K2＝10﹣7.15，有类氨的性质。向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的乙二胺溶液中滴加0.1mol•L﹣1的盐酸，溶液中lg与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：H2NCH2CH2NH2+2H2O═[H3NCH2CH2NH3]2++2OH﹣
B．溶液中水的电离程度：a点大于b点
C．a点：盐酸的体积大于10mL
D．b点所处的溶液中：c（H+）＝c（OH﹣）+2c（H2NCH2CH2NH2）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）
【分析】A．乙二胺为二元弱碱，根据多元弱酸的分步电离即可写出其两步电离方程式；
B．a点溶液呈中性，水的电离既不促进，也不抑制，b点为两者恰好完全反应生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促进水的电离；
C．若加入10mL盐酸，即n（H2NCH2CH2NH2）：n（HCl）＝1：1，两者反应生成H2NCH2CH2NH3Cl，[H2NCH2CH2NH3]+水解使溶液呈碱性；
D．b点生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，使溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），存在电荷守恒和存在物料守恒，两式联立可得结果。
【解答】解：A．乙二胺为二元弱碱，根据多元弱酸的分步电离可知乙二胺的电离分为两步，且为可逆过程，H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H3NCH2CH2NH2]++OH﹣，[H3NCH2CH2NH2]++H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH﹣，故A错误；
B．a点lg＝0，c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，水的电离既不促进，也不抑制，b点n（H2NCH2CH2NH2）：n（HCl）＝1：2，两者恰好完全反应生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促进水的电离，所以b＞a，故B错误；
C．若加入10mL盐酸，即n（H2NCH2CH2NH2）：n（HCl）＝1：1，两者反应生成H2NCH2CH2NH3Cl，[H2NCH2CH2NH3]+水解使溶液呈碱性，而a点为中性，V（HCl）＞10mL，故C正确；
D．b点生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，使溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），存在电荷守恒：c（H+）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）+2c（[H3NCH2CH2NH3]2+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），存在物料守恒：2[c（H2NCH2CH2N）+c（[H2NCH2CH2NH3]+）+c（[H3NCH2CH2NH3]2+）＝c（Cl﹣），两式联立可得：c（H+）＝c（OH﹣）+2c（H2NCH2CH2N）+c（[H2NCH2CH2NH3]+），故D正确。
故选：CD。
【点评】本题主要考查多元弱酸的分步电离，水的电离，盐类水解，电荷守恒与物料守恒的综合应用，对学生的思维能力要求较高，属于中等难度题型。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（10分）铍有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2（SiO3）6]为原料制备金属铍的工艺如图。
已知Be2+可与Cl﹣、OH﹣结合成配位数为4的配离子。回答下列问题：
（1）烧结冷却后，水浸之前“操作a”的名称是 粉碎 。
（2）750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，写出该反应的化学方程式 Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2 。
（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]＝4.0×10﹣21，计算室温时0.40mol•L﹣1Be2+开始沉淀时的pH＝ 4 ，“沉氟”反应的离子方程式为 3Na++6F﹣+Fe3+＝Na3FeF6↓ 。
（4）上述流程中，“Be（OH）2→…→BeCl2”可有两种方案：
Ⅰ：Be（OH）2溶液ABeCl2
Ⅱ：Be（OH）2BeOBeCl2
Ⅰ中操作b是 HCl气氛中加热蒸发 。Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为 BeO+C+Cl2BeCl2+CO 。
（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为 ；工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是 增强导电性 ，阴极反应式为 BeCl42﹣+2e﹣＝Be+4Cl﹣ 。
【分析】绿柱石的主要成分为Be3Al2（SiO3）6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，操作I为过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液1中加入NaOH生成Be（OH）2沉淀，若NaOH过量与Be（OH）2反应，降低Be的产率，Be（OH）2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl﹣BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2（SO4）3＝2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。
【解答】解：（1）烧结冷却后，固体结块，为增大溶解效果，应设法增大固体与水的接触面积，所以水浸之前“操作a”的名称是粉碎，
故答案为：粉碎；
（2）750℃烧结时，Na3FeF6与Be3Al2（SiO3）6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，
故答案为：Be3Al2（SiO3）6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2；
（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]＝4.0×10﹣21，室温时0.40mol•L﹣1Be2+开始沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，此时pH＝4，“沉氟”时，滤液中的Na+、F﹣与Fe2（SO4）3反应，生成Na3FeF6沉淀，反应的离子方程式为3Na++6F﹣+Fe3+＝Na3FeF6↓，
故答案为：4；3Na++6F﹣+Fe3+＝Na3FeF6↓；
（4）BeCl2为易水解的盐，蒸发溶剂的过程中会水解生成Be（OH）2，Ⅰ中操作b是HCl气氛中加热蒸发，Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为BeO+C+Cl2BeCl2+CO，
故答案为：HCl气氛中加热蒸发；BeO+C+Cl2BeCl2+CO；
（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为；工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是增强导电性，电解总反应为BeCl2（ 熔融）Be+Cl2↑，阴极反应式为BeCl42﹣+2e﹣＝Be+4Cl﹣，
故答案为：；增强导电性；BeCl42﹣+2e﹣＝Be+4Cl﹣。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，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．（10分）研究表明TiO2﹣aNb、Cu（ln1﹣xGaxSe2）是光学活性物质。请回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为 4s ，价电子中未成对电子有 2 个；Gax、ln、Se，第一电离能从大到小顺序为 Se＞Ga＞In 。
（2）SeO32﹣的立体构型为 三角锥形 ；SeO2中硒原子采取的杂化类型是 sp2 。
（3）31Ga可以形成GaCl3xNH3（x＝3，4，5，6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1；2。则该溶液中溶质的化学式为 [Ga（NH3）4Cl2]Cl 。
（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是 NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N﹣H键成键电子对斥力减弱，故N﹣H键键角变大 。向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用： 减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度 。
（5）TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，可表示如图，则TiO2﹣aNb晶体中a＝ ，b＝ 。
【分析】（1）基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]2d24s2；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同主族从上至下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能增加；
（2）SeO32﹣中Se原子价层电子数为3+＝4，有1对孤对电子；Se原子价层电子数为2+＝3，有1对孤对电子；
（3）加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出说明有铵根，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则铵根与氯离子的个数比为2：1，再结合Ga3+配位数为6，确定化学式；
（4）Cu2+与NH3形成的配离子[Cu（NH3）4]2+中NH3中的孤对电子与Cu2+配位，对N﹣H键成键电子对影响力降低；[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于水，且乙醇的作用减小溶剂极性；
（5）TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝。
【解答】解：（1）基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]2d24s2，占据的最高能级符号为4s，价电子中未成对电子有2个；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同主族从上至下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能增加，第一电离能从大到小顺序为Se＞Ga＞In，
故答案为：4s；2；Se＞Ga＞In；
（2）SeO32﹣中Se原子价层电子数为3+＝4，3个成键电子对，立体构型为三角锥形；Se原子价层电子数为2+＝3，有1对孤对电子，则硒原子采取的杂化类型是sp2，
故答案为：三角锥形；sp2；
（3）加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出说明有铵根，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则铵根与氯离子的个数比为2：1，Ga3+配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga（NH3）4Cl2]Cl，
故答案为：[Ga（NH3）4Cl2]Cl；
（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N﹣H键成键电子对斥力减弱，故N﹣H键键角变大；向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于水，乙醇的作用减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度，
故答案为：NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N﹣H键成键电子对斥力减弱，故N﹣H键键角变大；减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度；
（5）TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝，则Ti、N、O的原子个数之比为4：：＝1：：，即2﹣a＝，a＝，b＝，
故答案为：；。
【点评】本题考查制备实验及晶胞计算，为高频考点，把握物质结构与性质、晶胞计算方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
18．（12分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
Ⅰ.4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H1；K1
Ⅱ.2NO2（g）+NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+NOCl（g）△H2；K2
Ⅲ.2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H3；K3
（1）△H3＝ 2△H2﹣△H1 （用△H1和△H2表示），K3＝ 。（用K1和K2表示）
（2）①在恒容密闭容器中进行的反应Ⅱ、Ⅲ，下列说法中，正确的是 ad 。（填标号）
a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态
b.△H2和△H3不再变化，可以作为反应Ⅱ和Ⅲ达到平衡状态的标志
c.同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，△H2＜△H3
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），NO2（g）和NO（g）的百分含量均减小
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，再次平衡时，NO2的转化率将 增大 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ（△H3＜0
），平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示。
①图中T1、T2的关系为T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“＝”）图中纵坐标为 Cl2 的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是 A 。（填“A”、“B”或“C”）
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v（NO）＝ 0.16mol/（L•min） 。
③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时平衡将向 右 移动。（填“左”、“右”或“不移动”）
【分析】（1）根据盖斯定律：2×Ⅱ﹣Ⅰ得2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）；
（2）①a.反应体系中，二氧化氮和氯气有颜色；
b.△H表示反应物完全转化时的反应热；
c.活化能小，反应速率越快；
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动；
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，NO与O2反应，使NO浓度减小，则反应Ⅲ逆向移动，消耗NOCl，促使反应Ⅱ正向移动；
（3）①该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则反应物的转化率减小；氮氯比越大，氯气的转化率越大；NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高；
②若容器容积为1L，经过10min到达A点，氯气的转化率为0.8，列化学平衡三段式计算；
③根据上述数据，计算平衡常数，若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：2×Ⅱ﹣Ⅰ得2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g），△H3＝2△H2﹣△H1，K3＝，
故答案为：2△H2﹣△H1；；
（2）a.反应体系中，二氧化氮和氯气有颜色，当反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明二氧化氮和氯气浓度不变，能说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态，故a正确；
b.△H表示反应物完全转化时的反应热，不可以作为反应Ⅱ和Ⅲ达到平衡状态的标志，故b错误；
c.同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，但无法判断焓变的大小，故c错误；
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl（g），反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动，则NO2（g）和NO（g）的百分含量均减小，故d正确；
故答案为：ad；
②平衡后，向反应体系中充入少量O2，NO与O2反应，使NO浓度减小，则反应Ⅲ逆向移动，消耗NOCl，促使反应Ⅱ正向移动，再次平衡时，NO2的转化率将增大，
故答案为：增大；
（3）①该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则反应物的转化率减小，则T1＜T2；由图可知，横坐标为，其值越大，转化率越大，则纵坐标为Cl2转化率；NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，＝2时，氯气的转化率最大，此时NOCl气体体积最大，故A点的NOCl气体体积最大，
故答案为：＜；Cl2；A；
②由A点可知，＝2，一氧化氮与氯气的物质的量之和为3mol，则起始一氧化氮物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，
2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）
起始n（mol） 2 1 0
转化n（mol） 2×0.8 0.8 1.6
平衡n（mol） 0.4 0.2 1.6
该时间段内化学反应速率v（NO）＝＝0.16mol/（L•min），
故答案为：0.16mol/（L•min）；
③在温度为T1，K＝＝80L/mol，若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时的Qc＝＝16L/mol＜K，说明此时平衡向右移动，
故答案为：右。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算，化学平衡的移动以及化学平衡的计算，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
19．（14分）环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ﹣丁内酯（ ）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。
回答下列问题：
（1）可以准确判断γ﹣丁内酯所含官能团的方法是 c 。（填序号）
a.质谱
b.核磁共振氢谱
c.红外光谱
d.紫外光谱
（2）A中官能团的名称为 羧基、氯原子 ；检验该官能团所需试剂有石蕊试液、 NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液 。
（3）B与NaOH溶液反应的化学方程式为 ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl 。
（4）符合下列条件的γ﹣丁内酯的同分异构体有 10 种。
①能与NaOH溶液反应
②使溴的CCl4溶液褪色
γ﹣丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为 。
（5）参照“五步合成法”工艺，以为原料，设计合成的路线 。
【分析】根据反应过程分析，先发生酯的水解反应，然后与氯气发生取代反应生成A，A与乙醇发生酯化反应生成B，B在乙醇钠存在条件下，发生分子内脱下1分子HCl形成三元环而生成C，C和氨气在乙醇钠存在下发生取代反应生成D，D在NaClO条件下发生重排生成，据此解答。
【解答】解：（1）a．质谱法可确定分子的相对分子质量，故a错误；
b．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故b错误；
c．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故c正确；
d．紫外光谱可用于确定分子中有无共轭双键，故d错误，
故答案为：c；
（2）A的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，其中官能团的名称为羧基、氯原子；羧基显酸性，卤代烃中的卤素原子首先发生取代反应，然后利用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，因此检验该官能团所需试剂有石蕊试液、NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液，
故答案为：NaOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液；
（3）B还原氯原子和酯基，则与NaOH溶液反应的化学方程式为ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl，
故答案为：ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl；
（4）γ﹣丁内酯（）的同分异构体满足：①能与NaOH溶液反应，含有酯基或羧基；②使溴的CCl4溶液褪色，含有碳碳双键，如果含有羧基，则相当于是丙烯分子中的1个氢原子被羧基取代，有3种；如果是甲酸形成的酯基，则相当于是丙烯分子中的1个氢原子被HCOO﹣取代，有3种；或者是CH3COOCH＝CH2、CH2＝CHCOOCH3，其中α﹣丁烯酸、甲酸丙烯醇酯这2种异构体还存在顺反异构，则满足条件的为10种；γ﹣丁内酯的某种同分异构体中含有手性碳原子，其结构简式为，
故答案为：10；；
（5）参照“五步合成法”工艺结合逆推法以为原料合成的路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断，正确推断各物质结构简式是解题关键，注意结合反应条件、某些结构简式及分子式推断，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，难度中等。
20．（14分）实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。（部分夹持装置已略去）
已知：NH3不溶于CS2，在一定条件下发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式是 NH3•H2ONH3↑+H2O 。
（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂进气导管口必须插入下层CS2液体中，目的是 使反应物充分接触，防止发生倒吸 。该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则X的化学式为 CS2 。
（3）反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是 让NH4HS完全分解而除去 ；然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为 NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 。
（4）装置E吸收尾气，防止污染环境，其中吸收NH3生成无色无味气体的离子方程式为 2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝2Cr3++N2↑+7H2O 。
（5）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（6）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 Fe（NO3）3 溶液（填化学式）作指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为 97.0% 。[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）]。
【分析】（1）装置A为氨气发生装置，可用碱石灰和氨水制取氨气；
（2）氨气极易溶于水、不溶于二硫化碳，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，从而使反应物充分接触，还可防止发生倒吸；氨气不溶于二硫化碳，可通过观察氨气逸出的气泡来控制A中NH3的生成速率；
（3）NH4HS的热稳定性较差，加热条件下发生分解生成氨气和硫化氢逸出；铵盐能与碱反应生成盐和氨气；
（4）重铬酸钾氧化性强，能氧化NH3生成氮气，重铬酸根被还原为Cr3+，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；
（5）滤去三颈烧瓶中的固体催化剂得到KSCN溶液，再减压蒸发浓缩，然后冷却结晶、过滤、干燥，可得到硫氰化钾晶体；
（6）滴定时发生的离子反应为SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓，SCN﹣与Fe3+反应时溶液呈红色，以Fe（NO3）3为指示剂，滴定结束时溶液红色消失，据此判断滴定终点，20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，n（Ag+）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，根据SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓可知，20.00mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol，1000mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol×＝0.1mol，结合m＝nM计算KSCN的质量和质量分数。
【解答】解：（1）碱石灰是NaOH和CaO的混合物，NaOH吸水放热，CaO与水反应放热，均可促进氨气逸出，反应的方程式为NH3•H2ONH3↑+H2O，
故答案为：NH3•H2ONH3↑+H2O；
（2）氨气极易溶于水、不溶于二硫化碳，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口；氨气不溶于二硫化碳，可通过观察B装置中氨气逸出的气泡来控制A中NH3的生成速率，则X为CS2，
故答案为：使反应物充分接触，防止发生倒吸；CS2；
（3）CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，加入KOH溶液时会生成K2S杂质，由于NH4HS对热不稳定，可在加入KOH溶液之前采用加热分解法除去；NH4SCN能与KOH发生复分解反应生成KSCN、氨气和水，加热条件下氨气逸出，反应的化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，
故答案为：让NH4HS完全分解而除去；NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
（4）K2Cr2O7与NH3生成N2和Cr3+，反应的离子方程式为2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝2Cr3++N2↑+7H2O，
故答案为：2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝2Cr3++N2↑+7H2O；
（5）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）SCN﹣与Fe3+反应时溶液呈红色，可用Fe（NO3）3溶液为指示剂，滴定时发生的离子反应为SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓，20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，n（Ag+）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，20.00mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol，1000mL待测液中n（SCN﹣）＝0.002mol×＝0.1mol，则KSCN的质量为0.1mol×97g/mol＝9.7g，晶体中KSCN的质量分数为×100%＝97.0%，
故答案为：Fe（NO3）3；97.0%。
【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、制备原理、实验装置的作用、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重学生的分析能力、实验技能和化学计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
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