2021-2022学年云南省昆明一中西山学校高三（下）月考化学试卷

这是一份2021-2022学年云南省昆明一中西山学校高三（下）月考化学试卷，共42页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选考题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年云南省昆明一中西山学校高三（下）月考化学试卷（六）
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．（3分）化学与生活密切相关。下列有关化学知识应用的说法不正确的是（　　）
A．Na2SiO3可用作木材防火剂
B．Fe2O3常用作红色油漆和涂料
C．酯类物质可作饮料、糖果、香水、化妆品中的香料
D．Al（OH）3和Na2CO3都可用于治疗胃酸过多
2．（3分）下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．质量数为31的磷原子：P
B．Cl﹣的结构示意图：
C．丁烷的比例模型：
D．CO2的电子式：
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2LBr2中含溴原子数目为NA
B．1molFeI2与足量氯气完全反应时转移的电子数为3NA
C．常温下，1.0LpH＝1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NA
D．31gP4中含P﹣P键的数目为NA
4．（3分）下列指定反应的离子方程式不正确的是（　　）
A．FeO溶于稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O
B．KMnO4与浓盐酸反应制氯气：16H++10Cl﹣+2MnO4﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
D．向NaHCO3溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O
5．（3分）下列有关如图所示实验的叙述正确的是（　　）
A．可验证NH3具有还原性
B．可用于制备NO2
C．试管中盛有酸性高锰酸钾溶液，可验证乙烯具有还原性
D．可验证铁的析氢腐蚀
6．（3分）对甲基水杨酸的结构如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是（　　）

A．能溶于氢氧化钠溶液
B．1mol该物质与溴水反应时最多消耗3molBr2
C．除对甲基水杨酸外，甲基、羟基、羧基在苯环上的位置异构一共还有9种
D．一定条件下，能发生缩聚反应形成聚合物
7．（3分）某矿物分解助熔剂的结构如图所示，X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、M同主族。下列说法错误的是（　　）

A．原子半径：Z＞M＞Y＞X
B．熔沸点：H2Y＞H2M
C．Z2Y2与MY2能发生氧化还原反应
D．熔融状态下，1mol该物质中阴阳离子总数为3NA
8．（3分）已知反应Ⅰ：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
反应Ⅱ：CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol
键能是气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，O﹣H键的键能为463kJ/mol，H﹣H键的键能为436kJ/mol，则O＝O键的键能为（　　）
A．496kJ/mol B．430kJ/mol C．1464kJ/mol D．732kJ/mol
9．（3分）一定条件下，下列反应均能发生。其反应原理解释正确的是（　　）
选项
反应方程式
反应原理解释
A
SiO2+2CSi+2CO↑
强还原剂制弱还原产物，C的还原性大于Si
B
HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣
HCO3﹣与AlO2﹣发生了双水解
C
CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4
强酸制弱酸，H2S的酸性强于H2SO4
D
2NO2（g）⇌N2O4（g）
正反应放热，逆反应嫡增
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料，用途十分广泛。实验室可用如图所示流程制备硫酸亚铁铵，下列说法错误的是（　　）

A．步骤①中用Na2CO3溶液处理的目的是去除废铁屑表面的油污
B．为了提高产率，步骤②中硫酸应过量
C．步骤②中发生的氧化还原反应主要有Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+═3Fe2+
D．步骤③的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
11．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论均正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变为黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
B
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
C
在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴10min，加入NaOH溶液调节溶液pH至碱性，再加入几滴碘水
溶液不变蓝
淀粉已完全水解
D
常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH
NaA的pH大于NaB
相同条件下，在水中HA的电离程度小于HB
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）平板电脑使用的某种聚合物锂离子电池工作原理如图所示，该电池的总反应Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）。下列说法错误的是（　　）

A．A极为电池的正极
B．K与N相连接时，Li+通过隔膜向B极区迁移
C．电脑工作时，负极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6
D．K与M相连接时，阳极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═xLi++Li1﹣xCoO2
13．（3分）一定压强下，1molH2与一定量的SO2发生反应2H2（g）+SO2（g）⇌S（l）+2H2O（g）ΔH＝+45.4kJ/mol，平衡时二氧化硫的转化率α（SO2）与原料气投料比和温度（T）的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．温度T1＞T2
B．H2的转化率M点低于N点
C．逆反应速率M点高于Q点
D．平衡常数K（M）＞K（N）＝K（Q）
14．（3分）常温时，用NaOH固体调节0.1mol•L﹣1的H3AsO4溶液的pH，忽略溶液体积的变化，各含砷微粒的分布分数随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．曲线②④分别代表H2AsO4﹣和AsO43﹣的分布分数
B．W、Q、R三点对应溶液中水的电离程度最大的是R点
C．R点对应溶液中c（Na+）＜c（H2AsO4﹣）+5c（AsO43﹣）
D．M点对应溶液的pH＝9.22
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题～第7题为必考题，每道试题考生都必须作答；第18题～第19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共3小题，共43分。
15．（14分）分析纯氯化钠（AR级）是以粗盐为原料进行提纯的，粗盐中含有SO42﹣、K+、Ca2+、Mg2+等可溶性杂质。实验室模拟提纯粗盐的流程如图所示：

回答下列问题：
（1）加水溶解步骤所需的玻璃仪器为 　 　（填序号）。
A.50mL烧杯
B.100mL烧杯
C.500mL烧杯
D.玻璃棒
（2）悬浊液Ⅰ、悬浊液Ⅱ在抽滤前，均煮沸了数分钟，煮沸的目的是 　 　。
（3）K+在 　 　步骤中被除去的（填序号）。
A.抽滤Ⅰ
B.抽滤Ⅱ
C.抽滤Ⅲ
（4）抽滤Ⅲ后的洗涤最好选用 　 　（填序号）。
A.热水
B.95%乙醇水溶液
C.蒸馏水
D.CCl4
（5）产品在蒸发结晶时有较多酸雾产生，所以要在 　 　中进行（填序号）。
A.实验室通风橱
B.真空干燥箱
C.室外广场
（6）当溶液中某离子的浓度≤10﹣5mol/L时可认为该离子已被除尽。几种物质的溶度积Ksp（25℃）如表：
化学式
BaSO4
BaCO3
CaSO4
CaCO3
Mg（OH）2
溶度积Ksp
1.0×10﹣10
2.4×10﹣9
9.0×10﹣6
2.8×10﹣9
1.0×10﹣11
①若溶液Ⅰ中c（SO42﹣）＝10﹣3mol/L，需要加 　 　mLBaCl2溶液可以保证SO42﹣刚好被除尽。
②抽滤Ⅰ和抽滤Ⅱ　 　（填“能”或“不能”）合并，理由是 　 　。
③若只考虑CO32﹣的一级水解，则悬浊液Ⅱ中＝　 　。（已知：H2CO3电离常数分别为Ka1＝2.8×10﹣7；Ka2＝5.0×10﹣11）
16．（15分）甲醇是重要的化工原料，在生产生活中应用广泛，碳氧化物与氢气在一定条件下可合成甲醇。回答下列问题：
Ⅰ.一氧化碳与氢气合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在①、②、③容积不等的恒容密闭容器中，均充入0.1molCO和0.2molH2，在催化剂作用下发生上述反应，测得三个容器中平衡混合物中CH3OH的体积分数随温度的变化如图所示：

（1）该反应的正反应为 　 　反应（填“放热”或“吸热”）。
（2）容器的容积①　 　③（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）P点时，H2的转化率为 　 　；若其他条件不变，将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，平衡后H2的转化率将 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
Ⅱ.二氧化碳与氢气合成甲醇的主要反应如下：
反应①：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣58kJ/mol
反应②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol
（1）反应时温度控制在230～280℃之间，温度不能过高的原因是 　 　。
（2）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2（g）和H2（g）发生上述反应。达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%[CH3OH的选择性＝×100%]，则反应②的平衡常数Kp＝　 　。（Kp为以分压表示的平衡常数）
Ⅲ．酸性CH3OH燃料电池具有低温快速启动、燃料洁净环保、电池结构简单等特性，其放电时负极的电极反应式为 　 　。
17．（14分）甲酸铜[（HCOO）2Cu]在工业生产中有广泛的用途，某工业甲酸铜纯度测定如下：
Ⅰ.准确称取0.1540g样品于锥形瓶中，加入10mL蒸馏水溶解，滴加1mol•L﹣1H2SO4，配制成pH≤3的溶液；
Ⅱ.加5mL20%碘化钾溶液（过量），用浓度为0.1932mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，再加入2mL0.5%淀粉溶液；
Ⅲ．继续滴定到溶液变成浅蓝色，加入5mL10%KSCN溶液，振荡，溶液蓝色加深；
Ⅳ．继续滴定至终点，共消耗5.00mL标准溶液。
已知：①Cu2++I﹣→CuI↓+I2，I2+S2O32﹣→I﹣+S4O62﹣，I2+I﹣⇌I3﹣（方程式未配平）；
②CuI可吸附I3﹣，[Ksp（CuI）＝1.1×10﹣10，Ksp（CuSCN）＝1.1×10﹣14]；
③样品中的杂质不参与任何反应。
回答下列问题：
（1）准确称取0.1540g样品应选用 　 　（填序号）。
A.托盘天平
B.分析天平（精确度：0.01g）
C.分析天平（精确度：0.0001g）
（2）滴定时用 　 　（填“酸式”或“碱式”）滴定管装标准溶液。
（3）步骤Ⅰ加硫酸调节溶液pH≤3的目的是 　 　。
（4）滴定终点的实验现象是 　 　。
（5）步骤Ⅲ中加入5mL10%KSCN溶液的目的是 　 　。
（6）淀粉溶液和碘单质显色原理：I3﹣钻入淀粉螺旋隧道中（如图）。若实验一开始就加入淀粉溶液会使滴定终点滞后，导致实验结果 　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（7）样品的纯度为 　 　%。
（8）在上述方案基础上，下列措施能进一步提高准确度的有 　 　（填序号）。
A.适当提高称量样品的质量
B.用硝酸代替硫酸
C.进行平行实验
D.将标准溶液稀释至更低的浓度
三、（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。【选修3：物质结构与性质】
18．（15分）铁（Fe）、钻（Co）、镍（Ni）是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其合金和化合物在生产生活中应用广泛。
（1）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液。
①基态Ni原子的价电子排布图为 　 　。
②化合物[Ni（NH3）6]SO4中元素电负性由大到小的关系为 　 　。
③[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的中心原子的杂化类型为 　 　，写出一种与阴离子互为等电子体的分子式：　 　。
④[Ni（NH3）6]SO4含有的化学键类型包括 　 　（填序号）。
A.极性共价键
B.离子键
C.配位键
D.金属键
E.非极性共价键
（2）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4（M＝Fe、Co等元素）。
①第四电离能大小关系是I4（Co） 　 　I4（Fe）（填“＞”或“＜”），原因是 　 　。
②LiMPO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图1所示。

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 　 　（用n代表P原子数）。
（3）FeCO3可作补血剂，CoCO3可用于陶瓷工业的着色剂。已知：r（Fe2+）为61pm，r（Co2+）为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3时，FeCO3的分解温度低于CoCO3，其原因是 　 　。
（4）一种Al﹣Fe合金的立方晶胞如图2所示，其沿x轴、y轴、z轴的投影完全相同。

若此合金中最近Al、Fe原子核中心之间的距离为apm，则此合金的密度ρ＝　 　g•cm﹣3（设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式即可）。
【选修5：有机化学基础】
19．苯酚是一种重要化工原料，以苯酚为原料制备多种化工产品的转化流程图，如图所示。

已知：①RCH2CHO+R'﹣CHO→（R，R'为H或烃基）；
②RCOOR'+R“OHRCOOR“+R'OH（R、R'、R“为烃基）。
（1）B的结构简式为 　 　，F的名称为 　 　。
（2）⑥、⑦反应的反应类型分别为 　 　、　 　。
（3）写出G与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：　 　。
（4）写出双酚D生成聚碳酸酯E的化学方程式：　 　。
（5）若F→G分三步完成，请补充反应条件与中间产物：　 　　 　。
①　 　；
②　 　；
③　 　。
（6）M是J的同分异构体，同时满足以下条件的结构共有 　 　种。
①属于芳香族化合物，且含有甲基
②能发生银镜反应且能水解
③1molM与足量NaOH溶液反应，最多需4molNaOH
写出其中一种核磁共振峰面积之比为3：2：2：1的结构简式：　 　。

2021-2022学年云南省昆明一中西山学校高三（下）月考化学试卷（六）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．（3分）化学与生活密切相关。下列有关化学知识应用的说法不正确的是（　　）
A．Na2SiO3可用作木材防火剂
B．Fe2O3常用作红色油漆和涂料
C．酯类物质可作饮料、糖果、香水、化妆品中的香料
D．Al（OH）3和Na2CO3都可用于治疗胃酸过多
【分析】A．Na2SiO3是常用的防火剂、粘合剂；
B．Fe2O3是红棕色的固体；
C．酯类物质具有香味；
D．Na2CO3都碱性太强。
【解答】解：A．Na2SiO3可用作木材防火剂，也可用作粘合剂，故A正确；
B．Fe2O3是红棕色的，常用作红色油漆和涂料，故B正确；
C．酯类物质具有香味，可作饮料、糖果、香水、化妆品中的香料，故C正确；
D．Al（OH）3可用于治疗胃酸过多，但Na2CO3都碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，而应使用NaHCO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查常见物质的应用是否正确，主要依据物质具有的性质进行判断等，属于基本知识的考查，需要学生注意知识的积累，难度不大。
2．（3分）下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．质量数为31的磷原子：P
B．Cl﹣的结构示意图：
C．丁烷的比例模型：
D．CO2的电子式：
【分析】A．质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布；
C．是丁烷的球棍模型；
D．二氧化碳是共价化合物，C、O原子间共用2对电子，各原子外围达到8e﹣结构。
【解答】解：A．质量数为31的磷原子的质子数为15，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，核素符号为P，故A正确；
B．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，最外层电子数为8，其结构示意图为，故B正确；
C．用不同体积的小球表示不同原子的大小为比例模型，是丁烷的球棍模型，不是比例模型，故C错误；
D．CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为，故D正确；
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，涉及电子式、离子结构示意图、球棍模型及比例模型、核素表示方法等知识，把握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规范答题能力，题目难度不大。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2LBr2中含溴原子数目为NA
B．1molFeI2与足量氯气完全反应时转移的电子数为3NA
C．常温下，1.0LpH＝1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NA
D．31gP4中含P﹣P键的数目为NA
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．碘化亚铁与氯气反应生成氯化铁、碘；
C．pH＝1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；
D．1个白磷含有6个P﹣P键。
【解答】解：A．标况下溴为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．碘化亚铁与氯气反应生成氯化铁、碘，1molFeI2与足量氯气完全反应时转移的电子数为3NA，故B正确；
C．pH＝1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，1L溶液中含有氢离子个数为0.1NA，故C错误；
D．31gP4中含P﹣P键的数目为：×6×NAmol﹣1＝1.5NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构，注意气体摩尔体积使用条件和对象。
4．（3分）下列指定反应的离子方程式不正确的是（　　）
A．FeO溶于稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O
B．KMnO4与浓盐酸反应制氯气：16H++10Cl﹣+2MnO4﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
D．向NaHCO3溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O
【分析】A．FeO溶于稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
B．KMnO4与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
C．氢氧化铁更难溶，实现沉淀了转化；
D．氢氧化钡少量反应生成碳酸钡、碳酸钠和水。
【解答】解：A．FeO溶于稀硝酸，离子方程式为：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故A正确；
B．KMnO4与浓盐酸反应制氯气，离子方程式为：16H++10Cl﹣+2MnO4﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故B正确；
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+，故C正确；
D．向NaHCO3溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，离子方程式为：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式和热化学方程式和燃烧热方程式的书写，难度不大，掌握书写热化学方程式的注意事项是解答的关键，注意反应物用量对反应的影响。
5．（3分）下列有关如图所示实验的叙述正确的是（　　）
A．可验证NH3具有还原性
B．可用于制备NO2
C．试管中盛有酸性高锰酸钾溶液，可验证乙烯具有还原性
D．可验证铁的析氢腐蚀
【分析】A.氨气可还原CuO生成Cu、氮气和水；
B.常温下Al遇浓硝酸发生钝化；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.食盐水为中性。
【解答】解：A.氨气可还原CuO生成Cu、氮气和水，固体由黑色变为红色，可验证氨气的还原性，故A正确；
B.常温下Al遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，不能制备二氧化氮，故B错误；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明乙烯具有还原性，故C错误；
D.食盐水为中性，红墨水左高右低，可验证Fe发生吸氧腐蚀，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、反应与现象、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．（3分）对甲基水杨酸的结构如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是（　　）

A．能溶于氢氧化钠溶液
B．1mol该物质与溴水反应时最多消耗3molBr2
C．除对甲基水杨酸外，甲基、羟基、羧基在苯环上的位置异构一共还有9种
D．一定条件下，能发生缩聚反应形成聚合物
【分析】A．酚羟基和羧基都能和NaOH溶液反应；
B．苯环上酚羟基的邻位和对位H原子都能和溴以1：1发生取代反应；
C．如果羟基和羧基相邻，甲基有4种排列方式，去掉其本身还有3种，如果羟基和羧基相间，甲基有4种排列方式，如果醛基和羧基相对，甲基有2种排列方式；
D．含有羧基和羟基的有机物能发生缩聚反应。
【解答】解：A．分子中酚羟基和羧基都能和NaOH溶液反应，所以该有机物能溶于NaOH溶于，故A正确；
B．苯环上酚羟基的邻位和对位H原子都能和溴以1：1发生取代反应，则1mol该有机物最多能消耗2mol溴，故B错误；
C．如果羟基和羧基相邻，甲基有4种排列方式，去掉其本身还有3种，如果羟基和羧基相间，甲基有4种排列方式，如果醛基和羧基相对，甲基有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有9种，故C正确；
D．分子中含有羧基和羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
7．（3分）某矿物分解助熔剂的结构如图所示，X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、M同主族。下列说法错误的是（　　）

A．原子半径：Z＞M＞Y＞X
B．熔沸点：H2Y＞H2M
C．Z2Y2与MY2能发生氧化还原反应
D．熔融状态下，1mol该物质中阴阳离子总数为3NA
【分析】某矿物分解助熔剂的结构如图所示，X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、M同主族，其中Z+推断出Z为Na元素，M形成六个共价键，则为S元素，Y、M同主族，则Y为O元素，X形成一个共价键，则为H元素，这种物质为NaHSO4，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，M为S元素，
A.电子层越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则简单原子半径：Z＞M＞Y＞X，故A正确；
B.由于水分子形成氢键，熔沸点：H2O＞H2S，故B正确；
C.Na2O2与SO2能发生氧化还原反应生成硫酸钠，故C正确；
D.NaHSO4熔融状态下电离出Na+和HSO4﹣离子，所以1mol该物质中阴阳离子总数为2NA，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，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。
8．（3分）已知反应Ⅰ：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
反应Ⅱ：CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol
键能是气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，O﹣H键的键能为463kJ/mol，H﹣H键的键能为436kJ/mol，则O＝O键的键能为（　　）
A．496kJ/mol B．430kJ/mol C．1464kJ/mol D．732kJ/mol
【分析】由反应Ⅰ：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
反应Ⅱ：CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol
结合盖斯定律可知，I﹣Ⅱ得到H2O（g）═H2（g）+O2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol﹣（﹣283kJ/mol）＝+242kJ/mol，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
【解答】解：由反应Ⅰ：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol
反应Ⅱ：CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol
结合盖斯定律可知，I﹣Ⅱ得到H2O（g）═H2（g）+O2（g）ΔH＝﹣41kJ/mol﹣（﹣283kJ/mol）＝+242kJ/mol，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则463kJ/mol×2﹣436kJ/mol﹣×E（O＝O）＝+242kJ/mol，解得E（O＝O）＝496kJ/mol，只有A正确，
故选：A。
【点评】本题考查有关反应热的计算，为高频考点，把握焓变的计算、键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。
9．（3分）一定条件下，下列反应均能发生。其反应原理解释正确的是（　　）
选项
反应方程式
反应原理解释
A
SiO2+2CSi+2CO↑
强还原剂制弱还原产物，C的还原性大于Si
B
HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣
HCO3﹣与AlO2﹣发生了双水解
C
CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4
强酸制弱酸，H2S的酸性强于H2SO4
D
2NO2（g）⇌N2O4（g）
正反应放热，逆反应嫡增
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．是非自发的氧化还原反应；
B．AlO2﹣结合H+的能力比CO32﹣强；
C．CuS不溶于水，也不溶于硫酸；
D．2NO2（g）⇌N2O4（g）能够自发进行，正反应是熵减的过程。
【解答】解：A．自发的氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，SiO2+2CSi+2CO↑是非自发的氧化还原反应，不能比较碳、硅的还原性，故A错误；
B．HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，由AlO2﹣结合H+的能力比CO32﹣强，H++AlO2﹣+H2O＝Al（OH）3↓，促进HCO3﹣的电离，发生反应AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣，不是HCO3﹣与AlO2﹣发生了双水解，故B错误；
C．硫酸的酸性比氢硫酸强，反应可以发生是由于CuS不溶于水，也不溶于硫酸，故C错误；
D．2NO2（g）⇌N2O4（g）能够自发进行，正反应是熵减的过程，可知正反应正反应放热，逆反应嫡增，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应、化学反应中能量变化、盐类水解、化学反应原理等，A选项为易错点，学生容易忽略是否是自发的氧化还原反应。
10．（3分）硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料，用途十分广泛。实验室可用如图所示流程制备硫酸亚铁铵，下列说法错误的是（　　）

A．步骤①中用Na2CO3溶液处理的目的是去除废铁屑表面的油污
B．为了提高产率，步骤②中硫酸应过量
C．步骤②中发生的氧化还原反应主要有Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+═3Fe2+
D．步骤③的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【分析】废铁屑加入碳酸钠溶液，用碳酸钠溶液去除废铁屑表面的油污，再加稀硫酸溶解废铁屑将其转化为硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵固体，得到硫酸亚铁铵溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。
【解答】解：A．碳酸钠水解使溶液呈碱性，碱性条件下油脂完全水解，因此步骤①中用Na2CO3溶液处理的目的是去除废铁屑表面的油污，故A正确；
B．步骤②中硫酸若过量，铁没有剩余，会引入杂质离子铁离子，应该略微少量，故B错误；
C．步骤②中反应涉及：氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，其中属于氧化还原反应的为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故C正确；
D．从硫酸亚铁铵溶液中获取硫酸亚铁铵晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，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，题目难度不大。
11．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论均正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变为黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
B
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
C
在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴10min，加入NaOH溶液调节溶液pH至碱性，再加入几滴碘水
溶液不变蓝
淀粉已完全水解
D
常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH
NaA的pH大于NaB
相同条件下，在水中HA的电离程度小于HB
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
B.Na2S与CuSO4溶液反应生成黑色沉淀；
C.NaOH与碘水反应，干扰淀粉的检验；
D.测定同浓度NaA和NaB溶液的pH，可比较对应酸的酸性强弱。
【解答】解：A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能比较H2O2、Fe3+的氧化性强弱，故A错误；
B.Na2S与CuSO4溶液反应生成黑色沉淀，不能比较Ksp（CuS）、Ksp（ZnS）的大小，故B错误；
C.NaOH与碘水反应，干扰淀粉的检验，应取水解液直接加碘水，结论不合理，故C错误；
D.测定同浓度NaA和NaB溶液的pH，NaA的pH大于NaB，则HA的酸性弱，即相同条件下，在水中HA的电离程度小于HB，故D正确；
故选：D。
【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、难溶电解质、物质的检验、盐类水解、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．（3分）平板电脑使用的某种聚合物锂离子电池工作原理如图所示，该电池的总反应Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）。下列说法错误的是（　　）

A．A极为电池的正极
B．K与N相连接时，Li+通过隔膜向B极区迁移
C．电脑工作时，负极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6
D．K与M相连接时，阳极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═xLi++Li1﹣xCoO2
【分析】K与M相连接时为电解池，充电时总反应为LiMnO2+C6＝Li1﹣xMnO2+LixC6，A为阳极，B为阴极，阳极上LiMnO2发生失电子的反应生成Li1﹣xMnO2，阳极反应式为LiMnO2﹣xe﹣═Li1﹣xMnO2+xLi+；K与N相连接时为原电池，A为正极、B为负极，电池的总反应为Li1﹣xMnO2+LixC6＝LiMnO2+C6，LixC6发生失电子的氧化反应，负极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6，正极反应式为Li1﹣xMnO2+xLi++xe﹣═LiMnO2，放电时阳离子向正极区域移动，据此分析解答。
【解答】解：A．K与N相连接时为原电池，A为正极、B为负极，故A正确；
B．K与N相连接时为原电池，A为正极、B为负极，阳离子向正极区域移动，即Li+通过隔膜向A极区迁移，故B错误；
C．电脑工作时，K与N相连接，装置为原电池，A为正极、B为负极，负极反应式为LixC6﹣xe﹣═xLi++C6，故C正确；
D．K与M相连接时为电解池，A为阳极，B为阴极，阳极反应式为LiMnO2﹣xe﹣═Li1﹣xMnO2+xLi+，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查新型化学电源原电池原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意结合电荷守恒书写电极反应式，题目难度中等。
13．（3分）一定压强下，1molH2与一定量的SO2发生反应2H2（g）+SO2（g）⇌S（l）+2H2O（g）ΔH＝+45.4kJ/mol，平衡时二氧化硫的转化率α（SO2）与原料气投料比和温度（T）的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．温度T1＞T2
B．H2的转化率M点低于N点
C．逆反应速率M点高于Q点
D．平衡常数K（M）＞K（N）＝K（Q）
【分析】A.焓变为正，升高温度平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大；
B.增大二氧化硫的量，可促进氢气的转化；
C.温度越高、反应速率越快；
D.焓变为正，为吸热反应，K与温度有关，温度越高、K越大。
【解答】解：A.焓变为正，升高温度平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，由图中M、Q点可知，温度T1＞T2，故A正确；
B.增大二氧化硫的量，可促进氢气的转化，升高温度平衡正向移动，由图中M、N点可知，H2的转化率M点高于N点，故B错误；
C.温度越高、反应速率越快，M比Q点温度高，则逆反应速率M点高于Q点，故C正确；
D.焓变为正，为吸热反应，K与温度有关，温度越高、K越大，则平衡常数K（M）＞K（N）＝K（Q），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握图中坐标及曲线的意义、平衡常数与转化率的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
14．（3分）常温时，用NaOH固体调节0.1mol•L﹣1的H3AsO4溶液的pH，忽略溶液体积的变化，各含砷微粒的分布分数随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．曲线②④分别代表H2AsO4﹣和AsO43﹣的分布分数
B．W、Q、R三点对应溶液中水的电离程度最大的是R点
C．R点对应溶液中c（Na+）＜c（H2AsO4﹣）+5c（AsO43﹣）
D．M点对应溶液的pH＝9.22
【分析】pH足够小时，H3AsO4的电离程度最小，H3AsO4的分布分数最大，因此①代表H3AsO4；pH足够大，H3AsO4的电离程度最大，AsO43﹣的分布分数最大，因此④代表AsO43﹣；随着NaOH量的增大，H3AsO4先转化为H2AsO4﹣，直至H2AsO4﹣分布分数最大后H2AsO4﹣转化为HAsO42﹣，故②代表H2AsO4﹣，③代表AsO43﹣；由图中数据可知，H3AsO4的Ka1＝10﹣2.21，Ka2＝10﹣6.93，Ka3＝10﹣11.51，则可知AsO43﹣的水解平衡常数分别为：Kh1＝＝＝10﹣2.49，同理可知，Kh2＝10﹣7.07，Kh3＝10﹣11.79，据此分析解题。
【解答】解：A．由分析可知图示曲线②④分别代表H2AsO4﹣、AsO43﹣的分布分数，故A正确；
B．由分析可知H2AsO4﹣的电离常数大于水解常数，抑制水的电离，HAsO42﹣的电离常数小于其水解常数，促进水的电离，另外H3AsO4抑制水的电离，AsO43﹣促进水的电离，且抑制能力：H3AsO4大于H2AsO4﹣，促进能力：AsO43﹣大于HAsO42﹣，因此结合图可知三点对应溶液中水的电离程度最大的是R点，故B正确；
C．由图示信息可知，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）＝c（H2AsO4﹣）+2c（HAsO42﹣）+3c（AsO43﹣）+c（OH﹣），R点对应溶液中c（HAsO42﹣）＝c（AsO43﹣），且溶液显碱性，即c（H+）＜c（OH﹣），则有R点对应溶液中c（Na+）＞c（H2AsO4﹣）+5c（AsO43﹣），故C错误；
D．由图示信息可知，M点对应溶液中c（H2AsO4﹣）＝c（AsO43﹣），则有Ka2Ka3＝×＝c2（H+），结合分析可知，c（H+）＝＝ mol/L＝10﹣9.22mol/L，故溶液的pH＝9.22，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，根据图象判断酸的电离平常数，牢牢把握守恒思想是解题的关键，另外需知道强酸制取弱酸的原理，C、D为易错点，本题难度中等。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题～第7题为必考题，每道试题考生都必须作答；第18题～第19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共3小题，共43分。
15．（14分）分析纯氯化钠（AR级）是以粗盐为原料进行提纯的，粗盐中含有SO42﹣、K+、Ca2+、Mg2+等可溶性杂质。实验室模拟提纯粗盐的流程如图所示：

回答下列问题：
（1）加水溶解步骤所需的玻璃仪器为 　BD　（填序号）。
A.50mL烧杯
B.100mL烧杯
C.500mL烧杯
D.玻璃棒
（2）悬浊液Ⅰ、悬浊液Ⅱ在抽滤前，均煮沸了数分钟，煮沸的目的是 　使所得沉淀聚集，粒径变大，便于抽滤　。
（3）K+在 　C　步骤中被除去的（填序号）。
A.抽滤Ⅰ
B.抽滤Ⅱ
C.抽滤Ⅲ
（4）抽滤Ⅲ后的洗涤最好选用 　B　（填序号）。
A.热水
B.95%乙醇水溶液
C.蒸馏水
D.CCl4
（5）产品在蒸发结晶时有较多酸雾产生，所以要在 　A　中进行（填序号）。
A.实验室通风橱
B.真空干燥箱
C.室外广场
（6）当溶液中某离子的浓度≤10﹣5mol/L时可认为该离子已被除尽。几种物质的溶度积Ksp（25℃）如表：
化学式
BaSO4
BaCO3
CaSO4
CaCO3
Mg（OH）2
溶度积Ksp
1.0×10﹣10
2.4×10﹣9
9.0×10﹣6
2.8×10﹣9
1.0×10﹣11
①若溶液Ⅰ中c（SO42﹣）＝10﹣3mol/L，需要加 　0.05　mLBaCl2溶液可以保证SO42﹣刚好被除尽。
②抽滤Ⅰ和抽滤Ⅱ　不能　（填“能”或“不能”）合并，理由是 　SO42﹣刚好被除尽时溶液中c（Ba2+）＝10﹣5mol/L，而Ksp[BaCO3]＝2.4×10﹣9，所以只要当溶液中碳酸根的浓度大于mol/L＝2.4×10﹣4mol/L时，加Na2CO3溶液除去Ca2+时就会导致BaSO4转化成BaCO3，SO42﹣被释放出来　。
③若只考虑CO32﹣的一级水解，则悬浊液Ⅱ中＝　　。（已知：H2CO3电离常数分别为Ka1＝2.8×10﹣7；Ka2＝5.0×10﹣11）
【分析】粗盐加水溶解，然后加入氯化钡可以得到硫酸钡沉淀，煮沸后抽滤得溶液Ⅱ，加入碳酸钠、NaOH沉淀钙镁离子，同时也可以沉淀前一步滴加的过量Ba2+，煮沸后抽滤得到溶液Ⅲ，加入浓盐酸调节pH，除去碳酸根、氢氧根，然后蒸发结晶、抽滤、洗涤干燥得到产品。
【解答】解：（1）加水溶解后得到50mL溶液，所以需在100mL烧杯中进行溶解，同时需要用玻璃棒进行搅拌，
故答案为：BD；
（2）煮沸可以使所得沉淀聚集，粒径变大，便于抽滤，
故答案为：使所得沉淀聚集，粒径变大，便于抽滤；
（3）温度较高时，KCl的溶解度很大，蒸发结晶的过程析出的晶体为纯净的NaCl，所以K+在抽滤Ⅲ步骤中除去，
故答案为：C；
（4）为降低NaCl的溶解损失，同时为了便于干燥，洗涤时最好选用95%乙醇水溶液，热水、蒸馏水都可以溶解NaCl，四氯化碳不利于干燥，
故答案为：B；
（5）产品在蒸发结晶时有较多酸雾产生，需要在实验室通风橱中进行，可以使酸雾尽快排出，
故答案为：A；
（6）①SO42﹣刚好被除尽，则此时c（SO42﹣）＝10﹣5mol/L，c（Ba2+）＝mol/L＝10﹣5mol/L，设加入的BaCl2为x mL，则SO42﹣完全沉淀时，溶液中c（Ba2+）＝mol/L＝10﹣5mol/L，解得x≈0.05，
故答案为：0.05；
②SO42﹣刚好被除尽时溶液中c（Ba2+）＝10﹣5mol/L，而Ksp[BaCO3]＝2.4×10﹣9，所以只要当溶液中碳酸根的浓度大于mol/L＝2.4×10﹣4mol/L时，加Na2CO3溶液除去Ca2+时就会导致BaSO4转化成BaCO3，SO42﹣被释放出来，所以抽滤Ⅰ和抽滤Ⅱ不能合并，
故答案为：不能；SO42﹣刚好被除尽时溶液中c（Ba2+）＝10﹣5mol/L，而Ksp[BaCO3]＝2.4×10﹣9，所以只要当溶液中碳酸根的浓度大于mol/L＝2.4×10﹣4mol/L时，加Na2CO3溶液除去Ca2+时就会导致BaSO4转化成BaCO3，SO42﹣被释放出来；
③当Mg2+恰好完全沉淀时，溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，所以此时溶液中c（H+）＝10﹣11mol/L，碳酸的Ka2＝，所以＝＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查粗盐提纯、电离平衡的运用，题目难度中等，明确粗盐提纯原理为解答关键，注意电离平衡公式的转化，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力、计算能力。
16．（15分）甲醇是重要的化工原料，在生产生活中应用广泛，碳氧化物与氢气在一定条件下可合成甲醇。回答下列问题：
Ⅰ.一氧化碳与氢气合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在①、②、③容积不等的恒容密闭容器中，均充入0.1molCO和0.2molH2，在催化剂作用下发生上述反应，测得三个容器中平衡混合物中CH3OH的体积分数随温度的变化如图所示：

（1）该反应的正反应为 　放热　反应（填“放热”或“吸热”）。
（2）容器的容积①　＜　③（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）P点时，H2的转化率为 　75%　；若其他条件不变，将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，平衡后H2的转化率将 　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）。
Ⅱ.二氧化碳与氢气合成甲醇的主要反应如下：
反应①：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣58kJ/mol
反应②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol
（1）反应时温度控制在230～280℃之间，温度不能过高的原因是 　温度不能过高，反应②为主反应，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，导致甲醇的选择性下降　。
（2）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2（g）和H2（g）发生上述反应。达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%[CH3OH的选择性＝×100%]，则反应②的平衡常数Kp＝　0.005　。（Kp为以分压表示的平衡常数）
Ⅲ．酸性CH3OH燃料电池具有低温快速启动、燃料洁净环保、电池结构简单等特性，其放电时负极的电极反应式为 　CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2+6H+　。
【分析】Ⅰ．（1）同一容器中，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动；
（2）相同温度下，增大压强（缩小容器容积）平衡正向移动，则甲醇的体积分数增大；
（3）P点，容器中甲醇的体积分数是50%，根据同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数，列化学平衡三段式计算；该反应是气体体积减小的反应，若其他条件不变，将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，相当于增大压强，平衡正向移动；
Ⅱ．（1）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动；
（2）设充入CO2（g）和H2（g）物质的量分别为1mol、3mol，达到平衡时CO2的转化率为20%，Δn（CO2）＝1mol×20%＝0.2mol＝n（CO）+n（CH3OH），CH3OH的选择性为75%，n（CH3OH）＝0.2mol×75%＝0.15，列化学平衡三段式，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（mol） 0.15 0.45 0.15 0.15
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化（mol） 0.05 0.05 0.05 0.05
平衡时n（H2）＝3mol﹣0.45mol﹣0.05mol＝2.5mol，n（CO）＝0.05mol，n（H2O）＝0.15mol+0.05mol＝0.2mol，混合气体总物质的量为1mol﹣0.2mol+2.5mol+0.15mol+0.05mol+0.2mol＝3.7mol，反应②的平衡常数Kp＝；
Ⅲ．甲醇酸性燃烧电池中，燃料甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成CO2，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出负极电极反应式。
【解答】解：Ⅰ．（1）同一容器中，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应是放热反应，
故答案为：放热；
（2）相同温度下，增大压强（缩小容器容积）平衡正向移动，则甲醇的体积分数增大，根据图知，甲醇的体积分数大小顺序是：①＞②＞③，说明压强大小顺序是：①＞②＞③，则容器体积为：①＜②＜③，
故答案为：＜；
（3）P点，容器中甲醇的体积分数是50%，根据同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数，列化学平衡三段式计算，设消耗CO的物质的量为xmol，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
开始（mol）0.1 0.2 0
反应（mol） x 2x x
平衡（mol）0.1﹣x 0.2﹣2x x
甲醇的体积分数为×100%＝50%，解得x＝0.075，则H2的转化率为×100%＝75%；该反应是气体体积减小的反应，若其他条件不变，将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡后H2的转化率将增大，
故答案为：75%；增大；
Ⅱ．（1）反应时温度控制在230～280℃之间，温度不能过高，反应②为主反应，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，导致甲醇的选择性下降，
故答案为：温度不能过高，反应②为主反应，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，导致甲醇的选择性下降；
（2）设充入CO2（g）和H2（g）物质的量分别为1mol、3mol，达到平衡时CO2的转化率为20%，Δn（CO2）＝1mol×20%＝0.2mol＝n（CO）+n（CH3OH），CH3OH的选择性为75%，n（CH3OH）＝0.2mol×75%＝0.15，列化学平衡三段式，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（mol） 0.15 0.45 0.15 0.15
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化（mol） 0.05 0.05 0.05 0.05
平衡时n（H2）＝3mol﹣0.45mol﹣0.05mol＝2.5mol，n（CO）＝0.05mol，n（H2O）＝0.15mol+0.05mol＝0.2mol，混合气体总物质的量为1mol﹣0.2mol+2.5mol+0.15mol+0.05mol+0.2mol＝3.7mol，设平衡时压强为p，则反应②的平衡常数Kp＝＝＝0.005，
故答案为：0.005；
Ⅲ．甲醇酸性燃烧电池中，燃料甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成CO2，碳元素的化合价变化确定失电子数目，根据原子守恒和电荷守恒配平，电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2+6H+，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝CO2+6H+。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算以及电极方程式的书写，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，在书写电极方程式时，要注意电解质溶液，此题难度中等。
17．（14分）甲酸铜[（HCOO）2Cu]在工业生产中有广泛的用途，某工业甲酸铜纯度测定如下：
Ⅰ.准确称取0.1540g样品于锥形瓶中，加入10mL蒸馏水溶解，滴加1mol•L﹣1H2SO4，配制成pH≤3的溶液；
Ⅱ.加5mL20%碘化钾溶液（过量），用浓度为0.1932mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，再加入2mL0.5%淀粉溶液；
Ⅲ．继续滴定到溶液变成浅蓝色，加入5mL10%KSCN溶液，振荡，溶液蓝色加深；
Ⅳ．继续滴定至终点，共消耗5.00mL标准溶液。
已知：①Cu2++I﹣→CuI↓+I2，I2+S2O32﹣→I﹣+S4O62﹣，I2+I﹣⇌I3﹣（方程式未配平）；
②CuI可吸附I3﹣，[Ksp（CuI）＝1.1×10﹣10，Ksp（CuSCN）＝1.1×10﹣14]；
③样品中的杂质不参与任何反应。
回答下列问题：
（1）准确称取0.1540g样品应选用 　C　（填序号）。
A.托盘天平
B.分析天平（精确度：0.01g）
C.分析天平（精确度：0.0001g）
（2）滴定时用 　碱式　（填“酸式”或“碱式”）滴定管装标准溶液。
（3）步骤Ⅰ加硫酸调节溶液pH≤3的目的是 　防止Cu2+水解生成Cu（OH）2，不能被I﹣充分还原　。
（4）滴定终点的实验现象是 　溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟不复色　。
（5）步骤Ⅲ中加入5mL10%KSCN溶液的目的是 　使CuI转化成溶解度更小的CuSCN，使被吸附的I2被释放出来　。
（6）淀粉溶液和碘单质显色原理：I3﹣钻入淀粉螺旋隧道中（如图）。若实验一开始就加入淀粉溶液会使滴定终点滞后，导致实验结果 　偏大　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（7）样品的纯度为 　96.6　%。
（8）在上述方案基础上，下列措施能进一步提高准确度的有 　ACD　（填序号）。
A.适当提高称量样品的质量
B.用硝酸代替硫酸
C.进行平行实验
D.将标准溶液稀释至更低的浓度
【分析】（1）0.1540g样品应的精确度为0.0001g；
（2）标准液为Na2S2O3溶液，溶液呈碱性；
（3）铜离子为弱离子，会发生水解生成Cu（OH）2；
（4）由题意可知，滴定终点的实验现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟不复色；
（5）由已知信息②可知，CuI可吸附I3﹣，CuSCN比CuI更难溶；
（6）若滴定终点滞后，会使消耗的标准液体积偏大；
（7）由已知信息和得失电子守恒可得关系式：2（HCOO）2Cu～I2～2Na2S2O3；
（8）A．适当提高称量样品的质量，数据过大能进一步提高测定准确度；
B．用硝酸代替硫酸，会将碘离子和硫代硫酸根离子氧化；
C．进行平行实验可提高准确度；
D．将标准溶液稀释至更低的浓度，可使消耗标准液的体积较大。
【解答】解：（1）准确称取0.1540g样品应选用精确度为0.0001g的分析天平，
故答案为：C；
（2）标准液为Na2S2O3溶液，溶液呈碱性，用碱式滴定管盛放，
故答案为：碱式；
（3）铜离子为弱离子，会发生水解生成Cu（OH）2，使其不能被I﹣充分还原，因此需加硫酸调节溶液pH≤3，故答案为：防止Cu2+水解生成Cu（OH）2，不能被I﹣充分还原；
（4）由题意可知，滴定终点的实验现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟不复色，
故答案为：溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟不复色；
（5）由已知信息②可知，CuI可吸附I3﹣，CuSCN比CuI更难溶，因此步骤Ⅲ中加入5mL10%KSCN溶液的目的是：使CuI转化成溶解度更小的CuSCN，使被吸附的I2被释放出来，
故答案为：使CuI转化成溶解度更小的CuSCN，使被吸附的I2被释放出来；
（6）若滴定终点滞后，会使消耗的标准液体积偏大，导致实验结果偏大，
故答案为：偏大；
（7）由已知信息和得失电子守恒可得关系式：2（HCOO）2Cu～I2～2Na2S2O3，则样品纯度为：×100%＝96.6%，
故答案为：96.6%；
（8）A．适当提高称量样品的质量，数据过大能进一步提高测定准确度，故A正确；
B．用硝酸代替硫酸，会将碘离子和硫代硫酸根离子氧化，准确度降低，故B错误；
C．进行平行实验可提高准确度，故C正确；
D．将标准溶液稀释至更低的浓度，可使消耗标准液的体积较大，滴定终点误差更小，准确度提高，故D正确；
故答案为：ACD。
【点评】本题考查物质纯度的测定，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，难点是样品纯度的计算，题目难度中等。
三、（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。【选修3：物质结构与性质】
18．（15分）铁（Fe）、钻（Co）、镍（Ni）是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其合金和化合物在生产生活中应用广泛。
（1）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液。
①基态Ni原子的价电子排布图为 　　。
②化合物[Ni（NH3）6]SO4中元素电负性由大到小的关系为 　O＞N＞S＞H＞Ni　。
③[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的中心原子的杂化类型为 　sp3　，写出一种与阴离子互为等电子体的分子式：　SiF4或SiCl4或CCl4　。
④[Ni（NH3）6]SO4含有的化学键类型包括 　ABC　（填序号）。
A.极性共价键
B.离子键
C.配位键
D.金属键
E.非极性共价键
（2）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4（M＝Fe、Co等元素）。
①第四电离能大小关系是I4（Co） 　＜　I4（Fe）（填“＞”或“＜”），原因是 　铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难，而钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易　。
②LiMPO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图1所示。

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 　PnO3n+1（n+2）﹣　（用n代表P原子数）。
（3）FeCO3可作补血剂，CoCO3可用于陶瓷工业的着色剂。已知：r（Fe2+）为61pm，r（Co2+）为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3时，FeCO3的分解温度低于CoCO3，其原因是 　r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解　。
（4）一种Al﹣Fe合金的立方晶胞如图2所示，其沿x轴、y轴、z轴的投影完全相同。

若此合金中最近Al、Fe原子核中心之间的距离为apm，则此合金的密度ρ＝　　g•cm﹣3（设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式即可）。
【分析】（1）①基态Ni原子3d、4s能级上的电子为其价电子；
②元素吸引键合电子能力越强，其电负性越大；
③[Ni（NH3）6]SO4中阴离子SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4，与阴离子互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32；
④[Ni（NH3）6]SO4中阴阳离子之间存在离子键，不同非金属元素原子之间存在极性键，含有孤电子对和含有空格的原子之间存在配位键；
（2）①原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子所需能量较高；
②磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、（n+2）；
（3）晶格能越大，金属阳离子与碳酸根结合越弱，越容易分解；
（4）该晶胞中Al原子个数＝4、Fe原子个数＝8×+6×+12×+1＝8，若此合金中最近Al、Fe原子核中心之间的距离为apm，为晶胞体对角线长度的，该晶胞棱长＝apm＝apm，晶胞体积＝（a×10﹣10cm）3，则此合金的密度ρ＝。
【解答】解：（1）①Ni是28号元素，处于周期表中第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为3d84s2，可知价电子排布图为，
故答案为：；
②元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，吸引键合电子能力大小顺序是：O＞N＞S＞H＞Ni，所以电负性由大到小顺序是O＞N＞S＞H＞Ni，
故答案为：O＞N＞S＞H＞Ni；
③[Ni（NH3）6]SO4中阴离子SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4，S原子采用sp3杂化，与阴离子互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32，符合条件的分子为SiF4或SiCl4或CCl4，
故答案为：sp3；SiF4或SiCl4或CCl4；
④[Ni（NH3）6]SO4中SO42﹣和[Ni（NH3）6]2+之间存在离子键，存在N﹣H、S﹣O极性键，Ni2+和N原子之间存在配位键，所以该配合物中含有离子键、极性键和配位键，
故答案为：ABC；
（2）①基态Fe的价电子排布式为3d64s2，失去第4个电子时的价电子为3d5，此时为半充满的稳定状态，再失去一个电子较难，基态Co的价电子排布式为3d74s2，失去第4个电子时的价电子为3d6，再失去1个电子则可以变为半充满的稳定状态，因此较容易失去，所以第四电离能大小关系是I4（Co）＜I4（Fe），
故答案为：＜；铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难，而钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易；
②根据图1是某种多聚磷酸根的结构示意图，一个P原子形成的含氧酸有很多种结构，可以是磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，所以这类磷酸根离子的通式为：PnO3n+1（n+2）﹣，
故答案为：PnO3n+1（n+2）﹣；
（3）不溶性碳酸盐的分解过程实质是指阳离子与碳酸根中的阳离子结合的过程，金属阳离子半径越小，形成的氧化物晶格能越大，物质越稳定，由于r（Fe2+）＜r（Co2+），所以FeCO3分解温度低于CoCO3，
故答案为：r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解；
（4）该晶胞中Al原子个数＝4、Fe原子个数＝8×+6×+12×+1＝8，若此合金中最近Al、Fe原子核中心之间的距离为apm，为晶胞体对角线长度的，该晶胞棱长＝apm＝apm，晶胞体积＝（a×10﹣10cm）3，则此合金的密度ρ＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、元素周期律、晶胞计算方法等知识点是解本题关键，难点是晶胞计算，注意合金中最近Al、Fe原子核中心之间的距离与晶胞棱长的关系，题目难度中等。
【选修5：有机化学基础】
19．苯酚是一种重要化工原料，以苯酚为原料制备多种化工产品的转化流程图，如图所示。

已知：①RCH2CHO+R'﹣CHO→（R，R'为H或烃基）；
②RCOOR'+R“OHRCOOR“+R'OH（R、R'、R“为烃基）。
（1）B的结构简式为 　　，F的名称为 　邻甲基苯酚　。
（2）⑥、⑦反应的反应类型分别为 　取代反应　、　加成反应　。
（3）写出G与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：　+2Cu（OH）2+NaOH++Cu2O↓+3H2O　。
（4）写出双酚D生成聚碳酸酯E的化学方程式：　n+n+（2n﹣）　。
（5）若F→G分三步完成，请补充反应条件与中间产物：　　　　。
①　Cl2，光照　；
②　NaOH水溶液，加热　；
③　O2，Cu，加热　。
（6）M是J的同分异构体，同时满足以下条件的结构共有 　6　种。
①属于芳香族化合物，且含有甲基
②能发生银镜反应且能水解
③1molM与足量NaOH溶液反应，最多需4molNaOH
写出其中一种核磁共振峰面积之比为3：2：2：1的结构简式：　　。
【分析】A的分子式为C6H12O，则苯酚与氢气发生加成反应生成A，故A为，由B后产物可知，A发生催化氧化生成B，B在发生加成反应、酸化生成，故B为；对比苯酚与D的结构，可知苯酚与丙酮反应生成的双酚D为；苯酚与甲醇发生取代反应生成，G中醛基与乙醛发生信息①中加成反应生成H为，H发生氧化反应、酸化生成J为；
（5）与氯气在光照条件下反应生成，然后在碱性条件下反应生成，最后发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）由分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为，F的名称为邻甲基苯酚，
故答案为：；邻甲基苯酚；
（2）⑥中是甲基替代苯环上氢原子，反应类型为取代反应，⑦的过程中的醛基与CH3CHO发生加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（3）G与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：+2Cu（OH）2+NaOH++Cu2O↓+3H2O，
故答案为：+2Cu（OH）2+NaOH++Cu2O↓+3H2O；
（4）双酚D生成聚碳酸酯E的化学方程式：n+n+（2n﹣），
故答案为：n+n+（2n﹣）；
（5）与氯气在光照条件下反应生成，然后在碱性条件下反应生成，最后发生催化氧化生成，合成路线为，
故答案为：；；①Cl2，光照；②NaOH水溶液，加热；③O2，Cu，加热；
（6）J的结构简式为，M是J的同分异构体，同时满足以下条件：①属于芳香族化合物，且含有甲基，说明含有苯环；②能发生银镜反应且能水解，说明含有醛基、酯基；③1molM与足量NaOH溶液反应，最多需4molNaOH，则含有2个﹣OOCH、1个甲基，2个﹣OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的同分异构体共有2+3+1＝6种，其中一种核磁共振峰面积之比为3：2：2：1的结构简式：等，
故答案为：6；。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，充分利用转化中有机物结构简式、分子式、反应条件进行判断推断，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。