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（新高考）高考化学考前冲刺卷（八）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前冲刺卷
化 学（八）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是
A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化
B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体
【答案】D
【解析】A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是树叶中叶绿素分解，被叶绿素掩盖的红色素、黄色素露出而显红色、黄色，有新物质产生，发生了化学变化，故A正确；B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”，花等有机物落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含C、N的物质分解后变成有机肥供植物使用，蕴含着自然界中的碳、氮循环，故B正确；C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，形成“光亮的通路”，故C正确；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，主要成分是碳的单质，“心忧炭贱愿天寒”中的炭，炭黑的主要成分也为碳，不能互称为同素异形体，金刚石、石墨、活性炭等由碳元素组成的不同的单质才能互称为同素异形体，故D错误；故选D。
2．下列装置或操作能达到相应实验目的的是
A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，且AgCl可转化成AgI
C．装置丙可用于吸收氨气，且能防止倒吸
D．装置丁可除去氯气中的HCl
【答案】D
【解析】A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应选酸式滴定管盛放，故A错误；B．浓度相同，Ksp小的先沉淀，先出现黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，但不能说明AgCl可转化成AgI，故B错误；C．氨气极易溶于水，导管口插在水中，苯不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故C错误；D．食盐水可抑制氯气的溶解，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故D正确；故选D。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1L 0.1mol/L Na2S溶液中含阴离子数目大于0.1NA
B．6g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.2NA
C．lmol/L的NH4Br溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH的数目为NA
D．60g分子式为C3H8O的有机物中含有C－H键数目为7NA
【答案】A
【解析】A．S2−在水溶液中发生水解：S2−+H2OHS−+OH−、HS−+H2OH2S+OH−，故溶液中含阴离子数目大于0.1NA，A项正确；B．SiO2晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成了4个硅氧键，SiO2的摩尔质量为60g/mol，6g SiO2晶体的质量为，所以0.1mol SiO2晶体含有0.4mol的硅氧键，数目为0.4NA，B项错误；C．未说明溶液体积，无法计算NH的数目，C项错误；D．60g分子式为C3H8O的有机物，其物质的量为，若C3H8O的结构简式为CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH中含有C－H键数目为7NA，若C3H8O的结构简式为CH3CH2OCH3，CH3CH2OCH3中含有C－H键数目为8NA，D项错误；答案选A。
4．中成药连花清瘟胶囊可用于新冠肺炎的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下。下列关于绿原酸的叙述错误的是
A．能与酸性KMnO4溶液反应 B．能与Na2CO3溶液反应
C．分子中所有原子可能共平面 D．可发生酯化、加成、水解反应
【答案】C
【解析】A．含有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液反应而褪色，故A正确；B．含有羧基，能与Na2CO3溶液反应，故B正确；C．含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，故所有的原子不能共平面，故C错误；D．含有羧基、羟基，可发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，故D正确；故选C。
5．根据如图所示的反应判断，下列说法中错误的是
A．该反应是一个吸热反应
B．CO和CO2中碳原子的杂化类型相同
C．该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂
D．CO2的分子立体构型是直线形
【答案】B
【解析】A．根据图示，碳酸钙分解吸收外界能量，是吸热反应，故A正确；B．CO中C原子价电子对数是，杂化类型是sp2，CO2中C原子价电子对数是，杂化类型是sp，故B错误；C．碳酸钙是离子化合物，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂，故C正确；D．CO2中C原子价电子对数是，无孤电子对，所以CO2的分子立体构型是直线形，故D正确；选B。
6．下列关于物质的性质及其应用的说法均正确的是
A．纯碱可以去除厨房里的油污，也能广泛应用于纺织、食品等工业
B．二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色，可用于漂白纸浆、编织物
C．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光学镜片
D．钠钾合金常温下是固体，可用作快中子反应堆的热交换剂
【答案】A
【解析】A．纯碱为碳酸钠呈碱性，可以去除厨房的油污，也能用于纺织、食品等工业，故A正确；B．二氧化硫不能漂白指示剂，故B错误；C．二氧化硅常用于制造光学镜片，故C错误；D．钠钾合金常温下是液体，故D错误；故选A。
7．下列说法不正确的是
A．Sb的价电子排布式为5s25p3
B．第一电离能：Br＞Se＞ As
C．电负性：Br＞C＞H
D．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键
【答案】B
【解析】A．Sb为第五周期ⅤA元素，其价电子排布式为5s25p3，A说法正确；B．ⅤA元素p能级是半充满结构，第一电离能变大，则As的第一电离能大于Se，同周期中第一电离能有增大的趋势，第一电离能：Br＞As＞Se，B说法错误；C．非金属的非金属性越强，电负性越大，电负性：Br＞C＞H，C说法正确；D．[Sb2(CH3)5][Sb2(CH3)2Br6]为离子化合物，含有离子键，Sb有空轨道，与溴离子和甲基形成配位键，则[Sb2(CH3)5][Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键，D说法正确；答案为B。
8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X为非金属元素，Y，Z为金属元素，A是由其中两种元素组成的化合物。已知：电解A的熔融物能得到W的单质和Z的单质，且Z的单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的溶液。下列说法正确的是
A．四种元素的简单离子半径：X
C．Y、Z元素简单离子的氧化性：Z
【答案】D
【解析】根据“Y与Z为金属元素”、“Z的单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的溶液”等信息可以推断，Y为钠元素，Z为铝元素，结合题给其他信息，可以进一步推出W为氧元素，X为氟元素。A．离子半径：，选项A错误；B．氟的非金属性比氧强，所以HF的热稳定性比H2O强，选项B错误；C．钠的金属性比铝强，所以Na+的氧化性比Al3+的氧化性弱，选项C错误；D．钠与氧能形成Na2O和Na2O2，阴阳离子个数比均为1∶2，选项D正确；选D。
9．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。下列说法不正确的是
A．该过程是电能转化为化学能的过程
B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e−=CH4+2H2O
C．一段时间后，①池中n(KHCO3)不变
D．一段时间后，②池中溶液的pH不一定升高
【答案】C
【解析】A．该装置有外接电源，是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，A正确；B．CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e−＝CH4+2H2O，B正确；C．在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e−＝CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n(KHCO3)会减小，C错误；D．在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，D正确；答案选C。
10．氯化氢和氯气在生产生活中具有广泛应用。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一。Deacon曾提在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-116kJ·mol−1。关于Deacon提出的制备Cl2的反应，下列说法正确的是
A．该反应一定能自发进行
B．每生成22.4L Cl2，放出58kJ的热量
C．增大起始时的值，可提高HCl的平衡转化率
D．断裂4mol H-Cl键的同时，有4molH-O键生成，说明该反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】A．该反应的熵变减小即∆S<0，∆H<0，当∆G=∆H-T∆S<0时反应自发进行，则需要低温高压的条件，A错误；B．没指明标况下，无法用22.4L Cl2计算物质的量，B错误；C．增大氧气的量，可促进HCl的转化，即增大起始时的值，可提高HCI的平衡转化率，C正确；D．断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H－O键生成，都指正反应方向，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；故选：C。
二．不定项选择题（每小题4分，共20分）
11．兴趣小姐从某工业废液(含、、，少量的、、)中提取KCl及液溴，流程如下图。
下列说法错误的是
A．步骤①中，试剂X可为、裂化汽油等
B．步骤②所需仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等
C．步骤③所需试剂及顺序为、、、稀盐酸
D．步骤③操作是蒸发溶液至大量晶体析出，停止加热，用余热蒸干
【答案】A
【解析】A．裂化汽油中含有烯烃，芳香烃，二烯烃等，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，而步骤①的目的是用Cl2与溴离子发生反应生成溴单质，Br2溶解在有机物中与氯离子分离通过步骤②得到单质溴，故A中试剂可以是四氯化碳，但不能是裂化汽油，A项错误；B．步骤②是通过蒸馏的方法分离溴单质和有机相，涉及仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等，B项正确；C．步骤③属于氯化钾的提纯，加氯化钡除硫酸根离子，氢氧化钾除钙离子，过滤后再向滤液中加入过量的HCl和多余的KOH和碳酸钾，C项正确；D．蒸发结晶操作时，就是待出现大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，D项正确；答案选A。
12．用如下装置模拟汽车尾气系统中CO与NO的反应。下列有关该实验的说法错误的是
A．反应前需排尽装置中的空气
B．NO和CO在装置a中进行了预混合
C．可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊
D．实验中的有害尾气均可用碱石灰吸收
【答案】D
【解析】A．NO与空气中氧气反应生成NO2，所以反应前需排尽装置中的空气，故A正确；B．如图所示，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合，故B正确；C．NO和CO在催化剂、加热条件下反应生成二氧化碳和氮气，二氧化碳通过澄清石灰水时，可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊，故C正确；D．实验中的有害尾气包括未反应的NO和CO，不能用碱石灰吸收，故D错误。故选D。
13．全固态锂电池能量密度大，安全性能高引起大量研究者的兴趣。一种以硫化物固体电解质的锂-硫电池的工作示意图如下。下列说法错误的是
A．Li和Li2S分别为电池的负极和正极
B．电流由电极a经导线、锂电极，Li2S－P2S5固态电解质回到电极a
C．电极a的反应为：S8 -16e−+16Li+=8Li2S
D．硫化物固体电解质在空气中易发生反应，是实现电池实际应用的挑战
【答案】AC
【解析】A．根据电池结构可知，放电时Li失电子发生氧化反应，则Li是负极，电极a中的S8得电子生成Li2S，为正极，故A错误；B．由A可知，Li为负极，电极a为正极，电流由电极a经导线、锂电极，Li2S－P2S5固态电解质回到电极a，故B正确；C．电极a为正极，S8得电子生成Li2S，电极方程式为：S8+16e−+16Li+=8Li2S，故C错误；D．硫化物固体在空气中易与氧气反应生成二氧化硫，是实现电池实际应用的挑战，故D正确；故选AC。
14．25℃，已知二元弱酸H3PO3的lgKa1=-1.3，1gKa2=-6.6，用0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L−1 H3PO3溶液的滴定曲线如图所示，下列说法错误的是
A．加入NaOH溶液之前，溶液的pH约为1.2
B．c点，c(H2PO)＞c(HPO)
C．b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大
D．若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)c(NH3·H2O)＜c(H2PO)+2c(H3PO3)+0.025mol·L−1
【答案】B
【解析】H3PO3H++H2PO，加入NaOH溶液之前，由c(H+)=计算溶液的pH，c点，溶质为H2PO和HPO等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO的电离大于HPO水解，b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L−1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒，②物料守恒，②-①得c(NH3·H2O)=c(H2PO)+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH−)。A．H3PO3H++H2PO，加入NaOH溶液之前，Ka1=，c(H+)=，pH=-lg==1.15，溶液的pH约为1.2，故A正确；B．c点，溶质为H2PO和HPO等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO的电离大于HPO水解，c(H2PO)＜c(HPO)，故B错误；C．酸的浓度b＞c，酸抑制水电离，d是正盐溶液，盐水解，促进水电离，b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大，故C正确；D．b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L−1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(OH−)+c(H2PO)+2c(HPO)，②物料守恒：c(NH)+c(NH3·H2O)=2c (H2PO)+2c(HPO)+2c(H3PO3)，②-①得：c(NH3·H2O)-c(H+)-c(Na+)=c(H2PO)+2c(H3PO3)-c(OH−)，c(NH3·H2O)=c(H2PO)+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH−)，c(Na+)==0.025mol·L−1，溶液呈碱性，c(H+)-c(OH−)＜0，c(NH3·H2O)＜c(H2PO)+2c(H3PO3)+0.025mol·L−1，故D正确；故选B。
15．如图是催化偶联反应的机理，R—为烷烃基或氢原子。下列说法正确的是
A．催化剂只有[Pd0]
B．第②步反应为氧化还原反应
C．中碳的杂化类型有sp2、sp3
D．偶联反应为：+HX+
【答案】D
【解析】反应机理分为四步：①+[Pd0]→；③CuX+→+HX；②+→+CuX；④→+[Pd0]。A．由反应机理可知[Pd0]、CuX在反应前后质量和性质均不变，皆为该反应的催化剂，A错误；B．第②步反应为+→+CuX，该反应为取代反应，B错误；C．苯环上的C、碳碳三键的C分别为sp2、sp杂化，－R为烷基时，R中的C为sp3杂化，C错误；D．结合分析可知，反应物有和，生成物有HX和，因此偶联反应总反应为+HX+，D正确；答案选D。
三．非选择题（共60分）
16．著名化学反应“法老之蛇”曾令无数人叹服。某兴趣小组为探究Hg(SCN)2分解产物的成分，在连接好如图所示装置，检验装置气密性后，点燃A处酒精灯。
已知：Ksp(HgS)=4.0×10−5。
(CN)2
沸点为-21.2℃，熔点为-34.4℃，化学性质与卤素单质相似，有剧毒，燃烧时火焰呈紫红色，边缘略带蓝色
CS2
沸点为46.5℃，熔点为-111.9℃，能与酯互溶
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_____。
(2)已知Hg(SCN)2微溶于水，可由KSCN溶液与Hg(NO3)2溶液反应制得，若以Fe3+作指示剂，则当溶液变为____色时，Hg2+沉淀完全。
(3)待A中固体充分分解后，取下B装置，B瓶中有无色液体，并有类似氯仿的芳香甜味，与酯混合能够互溶，经查证，B中液体为CS2，CS2可用于制造人造丝、杀虫剂，请举出一种其在实验室中的用途____。
(4)取下C装置，点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，则E中反应的化学方程式为 。
(5)取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有_______。
(6)取出A中剩余固体，加水溶解，固体不溶，加入王水固体溶解，则证明含有HgS。记溶解后的溶液为X。该固体___(填“能”或“不能")溶于稀盐酸，原因是____。
(7)经上述推断，写出Hg(SCN)2分解的化学方程式____。
(8)若要测定Hg(SCN)2的分解率，可用NH4SCN滴定法测定溶液X中离子浓度。
已知：①3HgS+2HNO3+12HCl=3H2[HgCl4]+3S↓+2NO↑+4H2O；
②H2[HgCl4]+2SCN−=Hg(SCN)2↓+4Cl−+2H+；
③NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液。
若取上述溶液X，用浓度为c mol/L的NH4SCN标准溶液进行滴定，消耗V mL，忽略反应前后溶液体积变化，原Hg(SCN)2固体质量为m g，滴定终点的现象为 ，Hg(SCN)2的分解率为 。
【答案】（1）球形冷凝管
（2） 红
（3） 清洗试管壁上残留的硫(或溶解硫单质)
（4） (CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O
（5） N2
（6） 不能 Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动
（7） 4Hg(SCN)24HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑
（8） 溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 ×100%
【解析】(1)根据装置图，可知仪器a的名称是球形冷凝管；(2)KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色，若以Fe3+作指示剂，当溶液变为红色时，说明Hg2+沉淀完全；(3)硫单质易溶于CS2，可用CS2清洗试管壁上残留的硫；(4)点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg(SCN)2分解产物有(CN)2，(CN)2与氯气性质相似，(CN)2与氢氧化钠反应的方程式是(CN)2+2NaOH=NaCN+
NaCNO+H2O；(5)镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有氮气；(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动，所以HgS不溶于盐酸；(7)经上述推断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；反应的化学方程式是4Hg(SCN)24HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑；(8)NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出红色，若滴入标准液后溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明H2[HgCl4]完全被消耗，反应达到终点；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN)2～HgS～H2[HgCl4]～2NH4SCN，反应消耗NH4SCN的物质的量是Vc×10−3mol，则分解Hg(SCN)2的物质的量是0.5Vc×10−3mol，Hg(SCN)2的分解率为=×100%。
17．现代煤化工产生的H2S是一种重要的工业资源。
Ⅰ．H2S的分解反应可用于高效制氢气，在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应，如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。
(1)该反应的活化能___________(填“>”、“＜”或“=”)；在，下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min达到平衡状态，计算0～2min内S2的平均反应速率___________mol·L−1·min−1 。
(2)图中压强，、从大到小顺序为___________，原因是___________。
Ⅱ．H2S可转化成羰基硫(COS)：
(3)已知：
上述反应热效应之间的关系式为_________。
(4)绝热恒压下，密闭容器中充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．生成a mol COS，同时形成a mol H－S键
C．化学平衡常数不再改变
D．混合气体的密度不再改变
(5)T℃下，将等物质的量的H2S(g)与CO(g)充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时容器内气体的总压为，的体积分数为10%。则此时该反应的平衡常数Kp=___________(Kp为以分压表示的平衡常数，其中分压=总压×物质的量分数)。
(6)利用膜电解法转化H2S。在酸性水溶液中，H2S在阳极上转化为SO，其电极反应式为___________。
【答案】（1）＞ 0.25
（2） 正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，H2S转化率减小
（3）
（4） CD
（5）
（6）
【解析】(1)，因为，所以。在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态时硫化氢的平衡转化率是50%，消耗硫化氢是2mol，生成的物质的量是1mol，浓度是0.5mol/L，则0～2内的平均反应速率0.5mol/L÷2min＝0.25。(2)由于正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，H2S转化率减小，所以图中压强、、从大到小顺序为。Ⅱ．(3)已知：①；②；③；则根据盖斯定律可知③+(①－②)/2即得到的。(4)A．反应中反应物和生成物都为气体且反应前后气体总计量数不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，A不选；B．据方程式中H2S和COS的计量数之比为1∶1，1mol H2S分子含有2mol H－S键，生成a mol COS同时形成a mol H－S键时反应没有达到平衡状态，B不选；C．绝热恒压下，未达到平衡状态，温度会发生变化，平衡常数与温度有关，平衡常数不变，说明达到平衡状态，C选；D．绝热恒压下，气体总质量始终不变，未达平衡时，温度发生变化，容器体积随之变化，密度也会变化，密度不变说明达到平衡状态，D选；答案选CD。(5)根据三段式可知
根据T℃下，氢气平衡体积分数：，解得，反应前后压强不变，则；(6)在酸性水溶液中，H2S在阳极上失去电子被氧化为SO，其电极反应式为。
18．氯化亚铜(CuCl)可用作有机合成的催化剂，CuCl微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl−浓度较大的溶液(CuCl+Cl−CuCl)，在潮湿空气中易水解、易氧化。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：
25℃时，相关物质的Ksp见表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
CuCl
Ksp
1×10−16.3
1×10−38.6
1×10−19.7
1×10−5.9
回答下列问题：
(1)黄铜矿预先粉碎的目的是_______。
(2)调pH加入的过量x为_______(填化学式)，滤渣①的成分_______(填化学式)。
(3)“还原”时，铜粉转化为Na[CuCl2]的离子反应方程式为_______。
(4)已知：温度、pH对CuCl产率的影响如图1、图2所示。则析出CuCl晶体的最佳条件为_______。
A．温度在60℃左右pH为2.0~2.5 B．温度在90℃左右pH为2.0~2.5
C．温度在60℃左右pH为5.0~6.0 D．温度在90℃左右pH为5.0~6.0
(5)析出的氯化亚铜晶体要立即用无水乙醇洗涤，“醇洗”可快速除去滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl]。写出氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜的化学反应方程式_______。
(6)粗产品中氯化亚铜含量的测定：
①称取样品3.0g于锥形瓶中，再加入过量的FeCl3溶液充分溶解，配制250mL溶液。②从中取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L−1硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。
三次平行实验，到达滴定终点时，消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL。则样品中CuCl的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2） CuO或Cu(OH)2 Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2
（3） Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl2]−
（4） A
（5） 4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（6） 79.6%
【解析】黄铜矿粉通入氧气和硫酸浸取，生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于硫酸；加入过量的氧化铜或氢氧化铜调节pH，使溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀，则滤渣①为Fe(OH)3和氧化铜或氢氧化铜；加入过量的铜粉，生成[CuCl2]−，滤渣②为铜粉；经一系列操作得到CuCl。(1)黄铜矿预先粉碎可增大固体与硫酸的接触面积，能加快反应速率，提高浸出率；(2)分析可知，调pH加入的过量x为CuO或Cu(OH)2；滤渣①的成分Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2；(3)“还原”时，铜粉与Cu2+及Cl-反应转化为Na[CuCl2]，离子反应方程式为Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl2]−；(4)根据图像可知，温度再60℃左右，pH在2.0~2.5使CuCl的产率最高，为最佳反应条件，答案为A；(5)氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；(6) 消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL，26.05mL数据偏差较大，舍去不用，则两次体积的平均值==24.00mL，根据方程式，n(CuCl)=n(FeCl2)=n(Ce4+)=0.1000mol·L−1×24.00
mL=0.0024mol，则样品中m(CuCl)=0.0024mol÷25.00mL×250mL×99.5g/mol=2.388g，CuCl的纯度=×100%=79.6%。
19．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为___。
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是 。FeSO4常作补铁剂，SO的立体构型是 。
(3)羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含__mol σ键。
(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm−3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2−的最短核间距为__pm。
(5)某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是___，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为 。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 (用化学反应方程式表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（2） 分子晶体 正四面体形
（3） 10
（4） 12 ×1010
（5） CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【解析】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10mol σ键。故答案为：10；(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为×3×8=12；Fe2+与O2−的最短间距为等于晶胞棱长的一半，晶胞中Fe2+数目=6×+8×=4，O2−的数目=1+12×=4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m=g，设晶胞棱长为x，则g=x3×ρ g·cm−3，解得x=cm=×1010pm，故Fe2+与O2−的最短间距为x=×1010pm=×1010pm，Fe2+与O2−的最短核间距为×1010pm。故答案为：12；×1010；(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑；②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
20．有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下：
已知：R－CH2－COOH。
请回答：
(1)B的化学名称为___________。
(2)②的反应类型为___________；D中所含官能团的名称为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)G的分子式为___________。
(5)设计②⑦两步反应的目的为___________。
(6)满足下列条件的E的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为___________(任写一种即可)。
i．苯环上有两个取代基，其中一个为－NH2；ii．能发生水解反应。
(7)已知：R－NH2容易被氧化；羧基为间位定位基。
请参照上述合成路线和信息，以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。
【答案】（1）对硝基苯酚或4－硝基苯酚
（2） 取代反应 氨基、醚键
（3） +(CH3CO)2O+CH3COOH
（4） C11H13O4N
（5） 保护酚羟基
（6） 18种 （任选一种）
（7）
【解析】根据A，C的结构简式，可以看出B和CH3I发生取代反应生成C，所以B的结构简式为，反应③为还原反应，把硝基还原成氨基，则D为；由题目中的已知方程式可知，两个羧基连在同一个碳原子上，在加热的条件下，会减少一个羧基，所以F生成G的反应中减去F的一个羧基即为G的结构简式，G为，G与HI发生取代反应生成H。(1)B的结构简式为，其名称为对硝基苯酚或4－硝基苯酚。(2)由B生成C的结构简式可知，②为取代反应；D为，故D中所含官能团为醚键和氨基。(3)(CH3CO)2O和D发生取代生成E，所以反应方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。(4)G为，所以G的分子式是为C11H13O4N。(5)通过B和CH3I发生取代反应，然后再与HI发生取代反应，起到官能团的保护作用，也就是保护酚羟基。(6)由条件可知，苯环上有两个取代基，一个为氨基，另一个可以发生水解反应，根据E的结构简式可知，可以发生水解的官能团只能是酯基，酯基的位置异构有6种，又因为在苯环上和氨基存在邻间对的位置关系，即为：6×3=18种；吸收峰只有5组，即可以在中任选一种。(7)第一步甲苯和硝酸发生取代反应，取代对位上的氢；第二步对硝基甲苯和酸性高锰酸钾发生氧化反应，生成对硝基苯甲酸；第三步参照题干流程图中的反应③发生还原反应，把硝基转化为氨基；第四步参照题干流程图中的反应④发生取代反应。所以流程图为：
。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前冲刺卷
化 学（八）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是
A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化
B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体
【答案】D
【解析】A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是树叶中叶绿素分解，被叶绿素掩盖的红色素、黄色素露出而显红色、黄色，有新物质产生，发生了化学变化，故A正确；B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”，花等有机物落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含C、N的物质分解后变成有机肥供植物使用，蕴含着自然界中的碳、氮循环，故B正确；C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，形成“光亮的通路”，故C正确；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，主要成分是碳的单质，“心忧炭贱愿天寒”中的炭，炭黑的主要成分也为碳，不能互称为同素异形体，金刚石、石墨、活性炭等由碳元素组成的不同的单质才能互称为同素异形体，故D错误；故选D。
2．下列装置或操作能达到相应实验目的的是
A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，且AgCl可转化成AgI
C．装置丙可用于吸收氨气，且能防止倒吸
D．装置丁可除去氯气中的HCl
【答案】D
【解析】A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应选酸式滴定管盛放，故A错误；B．浓度相同，Ksp小的先沉淀，先出现黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，但不能说明AgCl可转化成AgI，故B错误；C．氨气极易溶于水，导管口插在水中，苯不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故C错误；D．食盐水可抑制氯气的溶解，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故D正确；故选D。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1L 0.1mol/L Na2S溶液中含阴离子数目大于0.1NA
B．6g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.2NA
C．lmol/L的NH4Br溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH的数目为NA
D．60g分子式为C3H8O的有机物中含有C－H键数目为7NA
【答案】A
【解析】A．S2−在水溶液中发生水解：S2−+H2OHS−+OH−、HS−+H2OH2S+OH−，故溶液中含阴离子数目大于0.1NA，A项正确；B．SiO2晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成了4个硅氧键，SiO2的摩尔质量为60g/mol，6g SiO2晶体的质量为，所以0.1mol SiO2晶体含有0.4mol的硅氧键，数目为0.4NA，B项错误；C．未说明溶液体积，无法计算NH的数目，C项错误；D．60g分子式为C3H8O的有机物，其物质的量为，若C3H8O的结构简式为CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH中含有C－H键数目为7NA，若C3H8O的结构简式为CH3CH2OCH3，CH3CH2OCH3中含有C－H键数目为8NA，D项错误；答案选A。
4．中成药连花清瘟胶囊可用于新冠肺炎的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下。下列关于绿原酸的叙述错误的是
A．能与酸性KMnO4溶液反应 B．能与Na2CO3溶液反应
C．分子中所有原子可能共平面 D．可发生酯化、加成、水解反应
【答案】C
【解析】A．含有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液反应而褪色，故A正确；B．含有羧基，能与Na2CO3溶液反应，故B正确；C．含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，故所有的原子不能共平面，故C错误；D．含有羧基、羟基，可发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，故D正确；故选C。
5．根据如图所示的反应判断，下列说法中错误的是
A．该反应是一个吸热反应
B．CO和CO2中碳原子的杂化类型相同
C．该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂
D．CO2的分子立体构型是直线形
【答案】B
【解析】A．根据图示，碳酸钙分解吸收外界能量，是吸热反应，故A正确；B．CO中C原子价电子对数是，杂化类型是sp2，CO2中C原子价电子对数是，杂化类型是sp，故B错误；C．碳酸钙是离子化合物，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂，故C正确；D．CO2中C原子价电子对数是，无孤电子对，所以CO2的分子立体构型是直线形，故D正确；选B。
6．下列关于物质的性质及其应用的说法均正确的是
A．纯碱可以去除厨房里的油污，也能广泛应用于纺织、食品等工业
B．二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色，可用于漂白纸浆、编织物
C．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光学镜片
D．钠钾合金常温下是固体，可用作快中子反应堆的热交换剂
【答案】A
【解析】A．纯碱为碳酸钠呈碱性，可以去除厨房的油污，也能用于纺织、食品等工业，故A正确；B．二氧化硫不能漂白指示剂，故B错误；C．二氧化硅常用于制造光学镜片，故C错误；D．钠钾合金常温下是液体，故D错误；故选A。
7．下列说法不正确的是
A．Sb的价电子排布式为5s25p3
B．第一电离能：Br＞Se＞ As
C．电负性：Br＞C＞H
D．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键
【答案】B
【解析】A．Sb为第五周期ⅤA元素，其价电子排布式为5s25p3，A说法正确；B．ⅤA元素p能级是半充满结构，第一电离能变大，则As的第一电离能大于Se，同周期中第一电离能有增大的趋势，第一电离能：Br＞As＞Se，B说法错误；C．非金属的非金属性越强，电负性越大，电负性：Br＞C＞H，C说法正确；D．[Sb2(CH3)5][Sb2(CH3)2Br6]为离子化合物，含有离子键，Sb有空轨道，与溴离子和甲基形成配位键，则[Sb2(CH3)5][Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键，D说法正确；答案为B。
8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X为非金属元素，Y，Z为金属元素，A是由其中两种元素组成的化合物。已知：电解A的熔融物能得到W的单质和Z的单质，且Z的单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的溶液。下列说法正确的是
A．四种元素的简单离子半径：X
C．Y、Z元素简单离子的氧化性：Z
【答案】D
【解析】根据“Y与Z为金属元素”、“Z的单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的溶液”等信息可以推断，Y为钠元素，Z为铝元素，结合题给其他信息，可以进一步推出W为氧元素，X为氟元素。A．离子半径：，选项A错误；B．氟的非金属性比氧强，所以HF的热稳定性比H2O强，选项B错误；C．钠的金属性比铝强，所以Na+的氧化性比Al3+的氧化性弱，选项C错误；D．钠与氧能形成Na2O和Na2O2，阴阳离子个数比均为1∶2，选项D正确；选D。
9．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。下列说法不正确的是
A．该过程是电能转化为化学能的过程
B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e−=CH4+2H2O
C．一段时间后，①池中n(KHCO3)不变
D．一段时间后，②池中溶液的pH不一定升高
【答案】C
【解析】A．该装置有外接电源，是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，A正确；B．CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e−＝CH4+2H2O，B正确；C．在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e−＝CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n(KHCO3)会减小，C错误；D．在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，D正确；答案选C。
10．氯化氢和氯气在生产生活中具有广泛应用。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一。Deacon曾提在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-116kJ·mol−1。关于Deacon提出的制备Cl2的反应，下列说法正确的是
A．该反应一定能自发进行
B．每生成22.4L Cl2，放出58kJ的热量
C．增大起始时的值，可提高HCl的平衡转化率
D．断裂4mol H-Cl键的同时，有4molH-O键生成，说明该反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】A．该反应的熵变减小即∆S<0，∆H<0，当∆G=∆H-T∆S<0时反应自发进行，则需要低温高压的条件，A错误；B．没指明标况下，无法用22.4L Cl2计算物质的量，B错误；C．增大氧气的量，可促进HCl的转化，即增大起始时的值，可提高HCI的平衡转化率，C正确；D．断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H－O键生成，都指正反应方向，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；故选：C。
二．不定项选择题（每小题4分，共20分）
11．兴趣小姐从某工业废液(含、、，少量的、、)中提取KCl及液溴，流程如下图。
下列说法错误的是
A．步骤①中，试剂X可为、裂化汽油等
B．步骤②所需仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等
C．步骤③所需试剂及顺序为、、、稀盐酸
D．步骤③操作是蒸发溶液至大量晶体析出，停止加热，用余热蒸干
【答案】A
【解析】A．裂化汽油中含有烯烃，芳香烃，二烯烃等，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，而步骤①的目的是用Cl2与溴离子发生反应生成溴单质，Br2溶解在有机物中与氯离子分离通过步骤②得到单质溴，故A中试剂可以是四氯化碳，但不能是裂化汽油，A项错误；B．步骤②是通过蒸馏的方法分离溴单质和有机相，涉及仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等，B项正确；C．步骤③属于氯化钾的提纯，加氯化钡除硫酸根离子，氢氧化钾除钙离子，过滤后再向滤液中加入过量的HCl和多余的KOH和碳酸钾，C项正确；D．蒸发结晶操作时，就是待出现大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，D项正确；答案选A。
12．用如下装置模拟汽车尾气系统中CO与NO的反应。下列有关该实验的说法错误的是
A．反应前需排尽装置中的空气
B．NO和CO在装置a中进行了预混合
C．可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊
D．实验中的有害尾气均可用碱石灰吸收
【答案】D
【解析】A．NO与空气中氧气反应生成NO2，所以反应前需排尽装置中的空气，故A正确；B．如图所示，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合，故B正确；C．NO和CO在催化剂、加热条件下反应生成二氧化碳和氮气，二氧化碳通过澄清石灰水时，可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊，故C正确；D．实验中的有害尾气包括未反应的NO和CO，不能用碱石灰吸收，故D错误。故选D。
13．全固态锂电池能量密度大，安全性能高引起大量研究者的兴趣。一种以硫化物固体电解质的锂-硫电池的工作示意图如下。下列说法错误的是
A．Li和Li2S分别为电池的负极和正极
B．电流由电极a经导线、锂电极，Li2S－P2S5固态电解质回到电极a
C．电极a的反应为：S8 -16e−+16Li+=8Li2S
D．硫化物固体电解质在空气中易发生反应，是实现电池实际应用的挑战
【答案】AC
【解析】A．根据电池结构可知，放电时Li失电子发生氧化反应，则Li是负极，电极a中的S8得电子生成Li2S，为正极，故A错误；B．由A可知，Li为负极，电极a为正极，电流由电极a经导线、锂电极，Li2S－P2S5固态电解质回到电极a，故B正确；C．电极a为正极，S8得电子生成Li2S，电极方程式为：S8+16e−+16Li+=8Li2S，故C错误；D．硫化物固体在空气中易与氧气反应生成二氧化硫，是实现电池实际应用的挑战，故D正确；故选AC。
14．25℃，已知二元弱酸H3PO3的lgKa1=-1.3，1gKa2=-6.6，用0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L−1 H3PO3溶液的滴定曲线如图所示，下列说法错误的是
A．加入NaOH溶液之前，溶液的pH约为1.2
B．c点，c(H2PO)＞c(HPO)
C．b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大
D．若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)c(NH3·H2O)＜c(H2PO)+2c(H3PO3)+0.025mol·L−1
【答案】B
【解析】H3PO3H++H2PO，加入NaOH溶液之前，由c(H+)=计算溶液的pH，c点，溶质为H2PO和HPO等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO的电离大于HPO水解，b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L−1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒，②物料守恒，②-①得c(NH3·H2O)=c(H2PO)+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH−)。A．H3PO3H++H2PO，加入NaOH溶液之前，Ka1=，c(H+)=，pH=-lg==1.15，溶液的pH约为1.2，故A正确；B．c点，溶质为H2PO和HPO等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO的电离大于HPO水解，c(H2PO)＜c(HPO)，故B错误；C．酸的浓度b＞c，酸抑制水电离，d是正盐溶液，盐水解，促进水电离，b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大，故C正确；D．b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L−1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(OH−)+c(H2PO)+2c(HPO)，②物料守恒：c(NH)+c(NH3·H2O)=2c (H2PO)+2c(HPO)+2c(H3PO3)，②-①得：c(NH3·H2O)-c(H+)-c(Na+)=c(H2PO)+2c(H3PO3)-c(OH−)，c(NH3·H2O)=c(H2PO)+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH−)，c(Na+)==0.025mol·L−1，溶液呈碱性，c(H+)-c(OH−)＜0，c(NH3·H2O)＜c(H2PO)+2c(H3PO3)+0.025mol·L−1，故D正确；故选B。
15．如图是催化偶联反应的机理，R—为烷烃基或氢原子。下列说法正确的是
A．催化剂只有[Pd0]
B．第②步反应为氧化还原反应
C．中碳的杂化类型有sp2、sp3
D．偶联反应为：+HX+
【答案】D
【解析】反应机理分为四步：①+[Pd0]→；③CuX+→+HX；②+→+CuX；④→+[Pd0]。A．由反应机理可知[Pd0]、CuX在反应前后质量和性质均不变，皆为该反应的催化剂，A错误；B．第②步反应为+→+CuX，该反应为取代反应，B错误；C．苯环上的C、碳碳三键的C分别为sp2、sp杂化，－R为烷基时，R中的C为sp3杂化，C错误；D．结合分析可知，反应物有和，生成物有HX和，因此偶联反应总反应为+HX+，D正确；答案选D。
三．非选择题（共60分）
16．著名化学反应“法老之蛇”曾令无数人叹服。某兴趣小组为探究Hg(SCN)2分解产物的成分，在连接好如图所示装置，检验装置气密性后，点燃A处酒精灯。
已知：Ksp(HgS)=4.0×10−5。
(CN)2
沸点为-21.2℃，熔点为-34.4℃，化学性质与卤素单质相似，有剧毒，燃烧时火焰呈紫红色，边缘略带蓝色
CS2
沸点为46.5℃，熔点为-111.9℃，能与酯互溶
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_____。
(2)已知Hg(SCN)2微溶于水，可由KSCN溶液与Hg(NO3)2溶液反应制得，若以Fe3+作指示剂，则当溶液变为____色时，Hg2+沉淀完全。
(3)待A中固体充分分解后，取下B装置，B瓶中有无色液体，并有类似氯仿的芳香甜味，与酯混合能够互溶，经查证，B中液体为CS2，CS2可用于制造人造丝、杀虫剂，请举出一种其在实验室中的用途____。
(4)取下C装置，点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，则E中反应的化学方程式为 。
(5)取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有_______。
(6)取出A中剩余固体，加水溶解，固体不溶，加入王水固体溶解，则证明含有HgS。记溶解后的溶液为X。该固体___(填“能”或“不能")溶于稀盐酸，原因是____。
(7)经上述推断，写出Hg(SCN)2分解的化学方程式____。
(8)若要测定Hg(SCN)2的分解率，可用NH4SCN滴定法测定溶液X中离子浓度。
已知：①3HgS+2HNO3+12HCl=3H2[HgCl4]+3S↓+2NO↑+4H2O；
②H2[HgCl4]+2SCN−=Hg(SCN)2↓+4Cl−+2H+；
③NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液。
若取上述溶液X，用浓度为c mol/L的NH4SCN标准溶液进行滴定，消耗V mL，忽略反应前后溶液体积变化，原Hg(SCN)2固体质量为m g，滴定终点的现象为 ，Hg(SCN)2的分解率为 。
【答案】（1）球形冷凝管
（2） 红
（3） 清洗试管壁上残留的硫(或溶解硫单质)
（4） (CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O
（5） N2
（6） 不能 Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动
（7） 4Hg(SCN)24HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑
（8） 溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 ×100%
【解析】(1)根据装置图，可知仪器a的名称是球形冷凝管；(2)KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色，若以Fe3+作指示剂，当溶液变为红色时，说明Hg2+沉淀完全；(3)硫单质易溶于CS2，可用CS2清洗试管壁上残留的硫；(4)点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg(SCN)2分解产物有(CN)2，(CN)2与氯气性质相似，(CN)2与氢氧化钠反应的方程式是(CN)2+2NaOH=NaCN+
NaCNO+H2O；(5)镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有氮气；(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动，所以HgS不溶于盐酸；(7)经上述推断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；反应的化学方程式是4Hg(SCN)24HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑；(8)NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出红色，若滴入标准液后溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明H2[HgCl4]完全被消耗，反应达到终点；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN)2～HgS～H2[HgCl4]～2NH4SCN，反应消耗NH4SCN的物质的量是Vc×10−3mol，则分解Hg(SCN)2的物质的量是0.5Vc×10−3mol，Hg(SCN)2的分解率为=×100%。
17．现代煤化工产生的H2S是一种重要的工业资源。
Ⅰ．H2S的分解反应可用于高效制氢气，在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应，如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。
(1)该反应的活化能___________(填“>”、“＜”或“=”)；在，下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min达到平衡状态，计算0～2min内S2的平均反应速率___________mol·L−1·min−1 。
(2)图中压强，、从大到小顺序为___________，原因是___________。
Ⅱ．H2S可转化成羰基硫(COS)：
(3)已知：
上述反应热效应之间的关系式为_________。
(4)绝热恒压下，密闭容器中充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．生成a mol COS，同时形成a mol H－S键
C．化学平衡常数不再改变
D．混合气体的密度不再改变
(5)T℃下，将等物质的量的H2S(g)与CO(g)充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时容器内气体的总压为，的体积分数为10%。则此时该反应的平衡常数Kp=___________(Kp为以分压表示的平衡常数，其中分压=总压×物质的量分数)。
(6)利用膜电解法转化H2S。在酸性水溶液中，H2S在阳极上转化为SO，其电极反应式为___________。
【答案】（1）＞ 0.25
（2） 正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，H2S转化率减小
（3）
（4） CD
（5）
（6）
【解析】(1)，因为，所以。在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态时硫化氢的平衡转化率是50%，消耗硫化氢是2mol，生成的物质的量是1mol，浓度是0.5mol/L，则0～2内的平均反应速率0.5mol/L÷2min＝0.25。(2)由于正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，H2S转化率减小，所以图中压强、、从大到小顺序为。Ⅱ．(3)已知：①；②；③；则根据盖斯定律可知③+(①－②)/2即得到的。(4)A．反应中反应物和生成物都为气体且反应前后气体总计量数不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，A不选；B．据方程式中H2S和COS的计量数之比为1∶1，1mol H2S分子含有2mol H－S键，生成a mol COS同时形成a mol H－S键时反应没有达到平衡状态，B不选；C．绝热恒压下，未达到平衡状态，温度会发生变化，平衡常数与温度有关，平衡常数不变，说明达到平衡状态，C选；D．绝热恒压下，气体总质量始终不变，未达平衡时，温度发生变化，容器体积随之变化，密度也会变化，密度不变说明达到平衡状态，D选；答案选CD。(5)根据三段式可知
根据T℃下，氢气平衡体积分数：，解得，反应前后压强不变，则；(6)在酸性水溶液中，H2S在阳极上失去电子被氧化为SO，其电极反应式为。
18．氯化亚铜(CuCl)可用作有机合成的催化剂，CuCl微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl−浓度较大的溶液(CuCl+Cl−CuCl)，在潮湿空气中易水解、易氧化。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：
25℃时，相关物质的Ksp见表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
CuCl
Ksp
1×10−16.3
1×10−38.6
1×10−19.7
1×10−5.9
回答下列问题：
(1)黄铜矿预先粉碎的目的是_______。
(2)调pH加入的过量x为_______(填化学式)，滤渣①的成分_______(填化学式)。
(3)“还原”时，铜粉转化为Na[CuCl2]的离子反应方程式为_______。
(4)已知：温度、pH对CuCl产率的影响如图1、图2所示。则析出CuCl晶体的最佳条件为_______。
A．温度在60℃左右pH为2.0~2.5 B．温度在90℃左右pH为2.0~2.5
C．温度在60℃左右pH为5.0~6.0 D．温度在90℃左右pH为5.0~6.0
(5)析出的氯化亚铜晶体要立即用无水乙醇洗涤，“醇洗”可快速除去滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl]。写出氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜的化学反应方程式_______。
(6)粗产品中氯化亚铜含量的测定：
①称取样品3.0g于锥形瓶中，再加入过量的FeCl3溶液充分溶解，配制250mL溶液。②从中取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L−1硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。
三次平行实验，到达滴定终点时，消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL。则样品中CuCl的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2） CuO或Cu(OH)2 Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2
（3） Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl2]−
（4） A
（5） 4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（6） 79.6%
【解析】黄铜矿粉通入氧气和硫酸浸取，生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于硫酸；加入过量的氧化铜或氢氧化铜调节pH，使溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀，则滤渣①为Fe(OH)3和氧化铜或氢氧化铜；加入过量的铜粉，生成[CuCl2]−，滤渣②为铜粉；经一系列操作得到CuCl。(1)黄铜矿预先粉碎可增大固体与硫酸的接触面积，能加快反应速率，提高浸出率；(2)分析可知，调pH加入的过量x为CuO或Cu(OH)2；滤渣①的成分Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2；(3)“还原”时，铜粉与Cu2+及Cl-反应转化为Na[CuCl2]，离子反应方程式为Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl2]−；(4)根据图像可知，温度再60℃左右，pH在2.0~2.5使CuCl的产率最高，为最佳反应条件，答案为A；(5)氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；(6) 消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL，26.05mL数据偏差较大，舍去不用，则两次体积的平均值==24.00mL，根据方程式，n(CuCl)=n(FeCl2)=n(Ce4+)=0.1000mol·L−1×24.00
mL=0.0024mol，则样品中m(CuCl)=0.0024mol÷25.00mL×250mL×99.5g/mol=2.388g，CuCl的纯度=×100%=79.6%。
19．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为___。
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是 。FeSO4常作补铁剂，SO的立体构型是 。
(3)羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含__mol σ键。
(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm−3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2−的最短核间距为__pm。
(5)某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是___，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为 。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 (用化学反应方程式表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（2） 分子晶体 正四面体形
（3） 10
（4） 12 ×1010
（5） CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【解析】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10mol σ键。故答案为：10；(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为×3×8=12；Fe2+与O2−的最短间距为等于晶胞棱长的一半，晶胞中Fe2+数目=6×+8×=4，O2−的数目=1+12×=4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m=g，设晶胞棱长为x，则g=x3×ρ g·cm−3，解得x=cm=×1010pm，故Fe2+与O2−的最短间距为x=×1010pm=×1010pm，Fe2+与O2−的最短核间距为×1010pm。故答案为：12；×1010；(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑；②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
20．有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下：
已知：R－CH2－COOH。
请回答：
(1)B的化学名称为___________。
(2)②的反应类型为___________；D中所含官能团的名称为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)G的分子式为___________。
(5)设计②⑦两步反应的目的为___________。
(6)满足下列条件的E的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为___________(任写一种即可)。
i．苯环上有两个取代基，其中一个为－NH2；ii．能发生水解反应。
(7)已知：R－NH2容易被氧化；羧基为间位定位基。
请参照上述合成路线和信息，以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。
【答案】（1）对硝基苯酚或4－硝基苯酚
（2） 取代反应 氨基、醚键
（3） +(CH3CO)2O+CH3COOH
（4） C11H13O4N
（5） 保护酚羟基
（6） 18种 （任选一种）
（7）
【解析】根据A，C的结构简式，可以看出B和CH3I发生取代反应生成C，所以B的结构简式为，反应③为还原反应，把硝基还原成氨基，则D为；由题目中的已知方程式可知，两个羧基连在同一个碳原子上，在加热的条件下，会减少一个羧基，所以F生成G的反应中减去F的一个羧基即为G的结构简式，G为，G与HI发生取代反应生成H。(1)B的结构简式为，其名称为对硝基苯酚或4－硝基苯酚。(2)由B生成C的结构简式可知，②为取代反应；D为，故D中所含官能团为醚键和氨基。(3)(CH3CO)2O和D发生取代生成E，所以反应方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。(4)G为，所以G的分子式是为C11H13O4N。(5)通过B和CH3I发生取代反应，然后再与HI发生取代反应，起到官能团的保护作用，也就是保护酚羟基。(6)由条件可知，苯环上有两个取代基，一个为氨基，另一个可以发生水解反应，根据E的结构简式可知，可以发生水解的官能团只能是酯基，酯基的位置异构有6种，又因为在苯环上和氨基存在邻间对的位置关系，即为：6×3=18种；吸收峰只有5组，即可以在中任选一种。(7)第一步甲苯和硝酸发生取代反应，取代对位上的氢；第二步对硝基甲苯和酸性高锰酸钾发生氧化反应，生成对硝基苯甲酸；第三步参照题干流程图中的反应③发生还原反应，把硝基转化为氨基；第四步参照题干流程图中的反应④发生取代反应。所以流程图为：
。
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