2021年高考化学真题模拟练习卷一含解析

这是一份2021年高考化学真题模拟练习卷一含解析，共20页。试卷主要包含了，设计了如下流程等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题：本题共14个小题，每小题3分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【2020浙江】下列说法不正确的是( )
A．天然气是不可再生能源
B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物
C．煤的液化属于物理变化
D．火棉是含氮量高的硝化纤维
【答案】C
【解析】A．天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的，储量有限，是不可再生能源，正确；B．水煤气为CO和H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，正确；C．煤的液化是把煤转化为液体燃料，属于化学变化，错误；D．火棉是名为纤维素硝酸酯，是一种含氮量较高的硝化纤维，正确；答案选C。
2．[2019新课标Ⅱ] 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．3 g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 ml·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C．1 ml K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】A．的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，正确；B．磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1ml/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1ml/L×NA ml-1 =0.1NA，错误；C．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1ml重铬酸钾转移的电子数为3ml×2×NA ml-1 =6NA，正确；D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA ml-1 =13NA，正确；答案选B。
3．【2020江苏】反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为9的氮原子：
B．N2分子的电子式：
C．Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D．Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；答案选C。
4．【2020天津】下列离子方程式书写正确的是
A．CaCO3与稀硝酸反应：
B．FeSO4溶液与溴水反应：
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：
D．C6H5ONa溶液中通入少量CO2:
【答案】B
【解析】A．CaCO3与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：，错误；B．FeSO4溶液与溴水反应时，溴单质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：，正确；C．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为，错误；D．苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：，错误；答案选B。
5．（2020·天津高考真题）下列实验仪器或装置的选择正确的是
【答案】B
【解析】A．配制溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，错误。答案选B。
6．【2016年高考上海卷】已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是
A．CO2+2OH−→CO32−+H2O B．Al2O3+2OH−+3 H2O→2 [Al(OH)4] −
C．2 Al+2OH−+6H2O→2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D．Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面的氧化膜Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。
7．（2016·浙江高考真题）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，正确；故选B。
8．（2020·重庆高三月考）硫酸盐(含SO，HSO)气溶胶是 PM2.5的成分之一、近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是( )
A．该过程中有氧氢键断裂
B．NO2是该机理的催化剂
C．该机理总反应为：SO+2NO2+H2O=HSO+NO+ HNO2
D．控制SO2和NOx的排放是治理雾霾的有效措施之一
【答案】B
【解析】图中过程从左至右依次表示和NO2反应生成和，反应方程式为①+ NO2=+，和NO2加入一个水分子转化为HNO2和，反应方程式为②+NO2+H2O= HNO2+，由此分析。A．根据图示转化过程中，由转化为，根据图示对照，有水分子中的氧氢键的断裂，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误；C．由方程式①+②可得总反应为SO+2NO2+H2O=HSO+NO+ HNO2，故C正确；D．雾霾主要由SO2、NOx和可吸入颗粒物这三项组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的主要原因，因此控制SO2和NOx的排放是治理雾霾的有效措施之一，故D正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。
9．（2020·全国高考真题）1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：+→+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是
A．的相对原子质量为26
B．X、Y均可形成三氯化物
C．X的原子半径小于Y的
D．Y仅有一种含氧酸
【答案】B
【解析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+1，则W=27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a+2，解得a=3，因此X为Al，Y为P，以此解答。A．的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，错误；B．Al元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，正确；C．Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径Al>P，错误；D．P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，错误；故答案为：B。
10．（2020·全国高三）合成氨反应N2(g)+ H2(g) NH3(g) △H 的反应机理如图所示,图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是
A．该反应的△H = -46 kJ·ml- 1
B．该反应机理中最大活化能为79 kJ·ml- 1
C．升高温度，该反应过渡态的能量会增大
D．该反应达到平衡后增大压强反应正向进行
【答案】C
【解析】A．△H与始态和终态有关，与过程无关，△H=生成物的总能量减去反应物总能量由图可知，△H=－46kJ·ml－1，故A说法正确；B．该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJ·ml－1，故B说法正确；C．该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；D．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；答案：C。
11．（2020·山东高考真题）α-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是
A．其分子式为 C8H11NO2
B．分子中的碳原子有3种杂化方式
C．分子中可能共平面的碳原子最多为6个
D．其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子
【答案】C
【解析】A．结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8H11NO2，正确；B．该分子中含（氰基）、（碳碳双键）以及碳碳单键，它们采用的杂化类型分别是sp杂化、sp2杂化和sp3杂化共3种杂化方式，正确；C．碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、（氰基）共直线，O原子采用sp3杂化，为V型结构，链状的碳碳单键中最多有两个C原子共平面，则该分子中可能共平面的C原子可表示为：，错误；D．该分子中的不饱和度为4，含苯环的同分异构体中，等效氢原子种类最少的应具有对称结构，其同分异构体之一的结构简式如，该分子的等效氢为4种，正确；故选C。
12．（2020·全国高考真题）一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是
A．负载通过0.04 ml电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。A．当负极通过0.04ml电子时，正极也通过0.04ml电子，根据正极的电极方程式，通过0.04ml电子消耗0.01ml氧气，在标况下为0.224L，A正确；B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；故选B。
13．（2020·江苏高考真题）室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．混合溶液(pH=10.30)：
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C．混合溶液(pH=4.76):
D．混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
【答案】AD
【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，正确；B．该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，错误；C．若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，错误；D．该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
14．（2020·北京高考真题）依据图示关系，下列说法不正确的是
A．石墨燃烧是放热反应
B．1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/ml，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，正确；B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/ml，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/ml，根据反应可知都是放热反应，1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1mlC(石墨)放热多，正确；C．根据分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/ml，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/ml，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，错误；D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，正确；答案选C。
二、非选择题：共58分，第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
15．（2020年山东新高考）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
回答下列问题：
（1）装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。
（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。
A．15.00 mL B．35.00mL C．大于35.00mL D．小于15.00m1
（4）某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用 c ml﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含的质量分数表达式为_________________。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。
A．时，样品中一定不含杂质
B．越大，样品中含量一定越高
C．若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
【答案】（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 NaOH溶液
（2）在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3）酸式 C
（4） BD
【解析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。
（1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl；
（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL；
（4）设FeC2O4·2H2O的物质的量为xml，Fe2(C2O4)3的物质的量为yml，H2C2O4·2H2O的物质的量为zml，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：
A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；
B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；
C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；
D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。
16．（2021·湖南高三零模）以镁铝复合氧化物()为载体的负载型镍铜双金属催化剂()是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：
已知：常温下，，。回答下列问题：
（1）在加热条件下，尿素在水中发生水解反应，放出______和______两种气体(写化学式)。
（2）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为______。
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是______。
（4）常温下，若“悬浊液”中，则溶液的______。
（5）“还原”过程中所发生反应的化学方程式为______。
（6）在强碱溶液中被氧化可得，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：
①放电一段时间后，溶液的pH将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为______。
【答案】（1）NH3 CO2 （2）水浴加热 （3）取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净 （4）10 （5）NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O （6）①增大 ②Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O
【解析】将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原。
（1）根据题意，尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2＋H2O CO2↑＋2NH3↑，因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2。
（2）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。
（4）常温下，若“悬浊液”中，，则，，则溶液的10；故答案为：10。
（5）“还原”过程最终得到，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O；故答案为：NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O。
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，正极是2NiOOH＋2e－＋2H2O =2Ni(OH)2＋2OH－，正极生成的OH－物质的量与负极消耗的OH－物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大；故答案为：增大。
②根据放电时正极电极反应式NiOOH＋e－＋H2O =Ni(OH)2＋OH－，则充电时，阳极发生的电极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O；故答案为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O。
17．（2020·浙江高考真题）研究NOx之间的转化具有重要意义。
（1）已知：N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。
（2） NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【答案】（1）①AE ②p ③ （2）①Ⅱ ②T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1ml，由题给数据建立如下三段式：

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）ml/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 ml/L×2=0.06 ml/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
（2020年天津卷）Fe、C、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题:
（1）Fe、C、Ni在周期表中的位置为_________，基态Fe原子的电子排布式为__________。
（2）CO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CO晶体的密度为______g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。
（3）Fe、C、Ni能与C12反应，其中C和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为____，C(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：______。
（4）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为______(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为_______。
【答案】（1）第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（2） NiO＞CO＞FeO
（3）CCl3＞Cl2＞FeCl3 2C(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2C2+＋6H2O
（4）随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次 3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O
【解析】（1）Fe、C、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。
（2）CO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2−个数为，C2+个数为，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CO晶体的密度为；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+＞C2+＞Ni2+，NiO、CO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CO＞FeO；故答案为：；NiO＞CO＞FeO。
（3）Fe、C、Ni能与Cl2反应，其中C和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与C和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CCl3弱，由此推断FeCl3、CCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CCl3＞Cl2＞FeCl3，C(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CCl2、H2O，其离子方程式：2C(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2C2+＋6H2O；故答案为：CCl3＞Cl2＞FeCl3；2C(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2C2+＋6H2O。
（4）类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故答案为：随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。
19．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
【2015重庆理综化学】(14分）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成（部分反应条件略）。
（1）A的化学名称是 ，A→B新生成的官能团是 ；
（2）D的核磁共振氢谱显示峰的组数为 。
（3）D→E的化学方程式为 。
（4）G与新制的Cu(OH)2发生反应，所得有机物的结构简式为 。
（5）L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr，则M的结构简式为 。
（6）已知R3C≡CR4，则T的结构简式为 。
【答案】10.(14分)
（1）丙烯 —Br （2） 2
（3）CH3BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O
（4）HC≡CCOONa （5）CH3CH2CH2C≡CCHO （6）
【解析】A中含有碳碳双键，属于烯烃，A是丙烯，在光照条件下，丙烯与Br2发生—H的取代反应生成B，B再发生加成反应和消去反应生成E，E先发生水解反应，再发生氧化反应生成J，根据E和J的结构简式可知，碳碳叁键没有变化，官能团由—Br生成了醛基，则一定是E中的—Br在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成醇，醇再发生氧化反应生成醛，由（5）的已知可以推断M为CH3CH2CH2C≡CCHO，由（6）的已知可以推断T为，据此回答：
（1）A中含有碳碳双键，属于烯烃，根据A的结构简式和系统命名法可知，A的名称为丙烯；在光照条件下，丙烯与Br2发生—H的取代反应，则A→B新生成的官能团是—Br.
（2）D分子中有两种不同环境的氢原子，所以D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2.
（3）卤代烃在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成E,则D→E的化学方程式为CH3BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O。
（4）E为HC≡CCH2Br ，E发生水解反应，羟基取代Br生成醇，醇再发生氧化反应生成醛，G为HC≡CCHO,则G与新制的Cu(OH)2发生反应，所得有机物的结构简式为HC≡CCOONa。
（5）L可由B与H2发生加成反应而得，L为CH3CH2CH2Br,根据已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2，J和L反应生成M，则M得结构简式为CH3CH2CH2C≡CCHO。
（6）由已知所给信息，T的结构简式为。
配制
Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶
A
B
C
D