还剩19页未读，
继续阅读
2021-2022学年辽宁省葫芦岛市普通高中高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年辽宁省葫芦岛市普通高中高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。试卷主要包含了47%、V0，6g铁与标准状况下2，00mlH2和1，【答案】D，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
化学无处不在，与人类生产、生活联系密切。下列与化学有关的说法不正确的是( )
A. 王安石诗：雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋，涉及反应：N2+O2−放电2NO
B. 北科大参与研发的“超级钢”(含Mn10%、C0.47%、V0.7%等)是一种新型合金
C. N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子化合物
D. 中国古代曾用竹简、丝帛记载文字，二者的主要成分均为蛋白质
下列与事实对应的化学用语正确的是( )
A. Cl的非金属性强于I：2I−+Cl2=2Cl−+I2
B. C和O形成CO2的过程：2+→
C. 0.1ml/LCH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH=CH3COO−+H+
D. 用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl−+2H+−电解H2↑+Cl2↑
设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 1ml环戊二烯()中含有σ键的数目为5NA，π键的数目是2NA
B. 100g46%乙醇溶液中所含O−H键数目为7NA
C. 235g核素 92235U发生裂变反应：92235U+01n→裂变3890Sr+34136Xe+1001n，净产生的中子(01n)数为10NA
D. 5.6g铁与标准状况下2.24L氯气完全反应，转移的电子数目为0.3NA
某有机超强碱结构如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是( )
A. 形成该有机物的四种元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
B. 该有机物中C和N均有sp3和sp2两种杂化方式
C. 该有机物中只有1个手性碳原子
D. 该有机物核磁共振氢谱有12组峰
一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该高分子可通过加聚反应合成
B. 合成该高分子的两种单体互为同系物
C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱
D. 自修复过程中“−COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( )
A. 装置可用于分离苯和溴苯的混合物
B. 装置可用于吸收HCl气体
C. 装置可用于分解NH4Cl制备NH3
D. 装置b口进气可收集NO气体
LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W、Z形成的化合物分子为含有极性键的非极性分子
C. 四种元素形成的简单氢化物中X的最稳定
D. 四种元素的单质中，有分子晶体、共价晶体和金属晶体三种情况
检验Ni2+的反应原理如图：
下列说法不正确的是( )
A. 甲中σ键与π键的个数比是7：1
B. 乙中Ni2+的配位数是4
C. 乙分子内存在氢键
D. C、N、O的第一电离能大小顺序为N>O>C
以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为−1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B. 沸腾炉中每生成1mlSO2，有11mle−发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞结构如图所示，晶胞边长为a，M原子位于晶胞的棱上与内部．下列说法正确的是( )
A. C60和石墨烯是同分异构体
B. C60周围等距且最近的C60的个数为4个
C. 该材料的化学式为M3C60
D. C60与C60的最短距离是2a
磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构，单层黑磷叫黑磷烯，其结构如图1所示。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷--石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。下列说法不正确的是( )
A. 黑磷烯中最小的环为六元环，每个环平均含有2个P原子
B. 黑磷区中P−P键的键能不完全相同
C. 复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
D. 石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
一种三室微生物燃料电池污水净化系统的原理如图所示，图中含酚废水中的有机物可用C6H5OH表示。下列说法不正确的是( )
A. 右室电极为该电池的正极
B. 右室电极附近溶液的pH增大
C. 左侧离子交换膜为阳离子交换膜
D. 左室电极反应式可表示为C6H5OH+11H2O−28e−=6CO2↑+28H+
一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)△H>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表。下列说法不正确的是( )
A. 甲中，10分钟内A的化学反应速率：v(A)=0.075ml⋅L−1⋅min−1
B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态
C. 乙中，T1<448K、K乙D. 丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%
某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法不正确的是( )
A. 总反应焓变△H<0
B. 由状态②到状态③发生的是氧化还原反应
C. 状态③到状态④的变化过程中有O−H键的形成
D. 该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
25℃，K2Cr2O7溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系(局部)如图所示。K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+。下列说法不正确的是( )
A. 曲线Ⅱ代表Cr2O72−浓度
B. 改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化
C. 溶液中存在c(HCrO4−)+c(Cr2O72−)+c(CrO42−)=0.2ml/L
D. pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c(HCrO4−)+2c(Cr2O72−)+2c(CrO42−)
某钴矿石的主要成分有CO、C2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等．由该矿石粉制备CC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略).
已知：金属离子沉淀的pH：
(1)C原子的核外电子排布式为 ______.
(2)向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于 ______.
(3)向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是 ______.
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将C2+转化为C(NH3)63+.该反应的离子方程式为：______.
(5)溶液4中，若将1mlC(NH3)63+全部转化为CC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4______ml.
(6)关于上述流程，下列说法正确的是 ______(填序号).
a.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CC2O4
b.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH
c.流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离
Cu2O是一种重要的工业原料，广泛用作催化剂。
Ⅰ.制备Cu2O
(1)微乳液-还原法：在100℃的Cu(NO3)2溶液中加入一定体积的NaOH溶液，搅拌均匀，再逐滴加入肼(N2H4)产生红色沉淀，抽滤、洗涤、干燥，得到Cu2O。
已知：
N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/ml
Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ/ml
4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ/ml
则由N2H4和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式为 ______ 。
(2)电解法：纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。
采用阴离子交换膜制备纳米级Cu2O的装置如图所示：
阳极的电极反应式为 ______ 。
Ⅱ.纳米级Cu2O催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.8kJ/ml
(3)能说明反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)已达平衡状态的是 ______ 。(填字母)
A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
B.一定条件，CO的转化率不再变化
C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00mlH2(g)和1.00ml的CO(g)，CO(g)的物质的量随时间的变化如下表：
根据表中数据回答：
①氢气平衡转化率为 ______ 。
②t℃时该反应的平衡常数为 ______ 。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1mlCO(g)、2mlH2(g)、1mlCH3OH(g)；此时v正______ v逆(填“>”、“<”或“=”)。
(5)工业实际合成CH3OH生产中，采用图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由： ______ 。
某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。
(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为 ______ 。
(2)取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液， ______ (填现象)，说明产生了Fe3+。
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有 ______ 性。
(4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下表。
①用方程式解释现象ⅳ： ______ 。
②推测现象i中被还原的是 ______ 。
③解释现象ii中指针左右偏转，往复多次的原因。 ______
④现象iii中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是 ______ 。
沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。如图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。
已知：①→△KMnO4
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型 ______ 。
(2)写出G的结构简式 ______ 。
(3)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和 ______ ，防止 ______ 。
(4)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是 ______ 。
(5)写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式 ______ 。
①有碳碳双键
②能发生银镜反应
③能发生水解反应
(6)写出实验室由制备的合成路线 ______ 。(无机试剂任选)
(合成路线常用的表达方式为：A→反应条件反应试剂B……→反应条件反应试剂目标产物)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.雷雨天气，空气中的氧气和氮气在闪电作用下发生反应生成NO，反应的方程式为：N2+O2−放电2NO，故A正确；
B.“超级钢”的主要元素是铁，还含有Mn、C、V等元素，属于合金，是新型合金，故B正确；
C.聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故C正确；
D.竹简是由植物竹子制成的，所以竹简的主要成分为纤维素，丝帛的主要成分为蛋白质，故D错误；
故选：D。
A.雷雨天气，空气中的氧气和氮气在闪电作用下发生反应生成NO；
B.“超级钢”的主要元素是铁，还含有Mn、C、V等元素；
C.相对分子质量大于10000有机物为高分子化合物；
D.竹简的主要成分为纤维素。
本题考查化学与生产、生活的密切关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见物质组成、结构与性质，试题培养了学生的灵活应用能力。
2.【答案】A
【解析】解：A.根据2I−+Cl2=2Cl−+I2可知，单质的氧化性：Cl2>I2，说明Cl的非金属性强于I，故A正确；
B.O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故B错误；
溶液的pH为3，说明醋酸为弱酸，只能部分电离，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，故C错误；
D.用石墨电极电解CuCl2溶液，离子方程式为：2Cl−+Cu2+−电解Cu+Cl2↑，故D错误；
故选：A。
A.非金属性越强，对应单质的氧化性越强；
B.二氧化碳分子中含有2个碳氧双键；
C.醋酸为弱酸，电离方程式应该使用可逆号；
D.铜离子的得电子能力大于氢离子，阴极氢离子不放电。
本题考查常见化学用语的判断，明确电子式、电离方程式、电解原理为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4，所以环戊二烯中C原子采用sp2、sp3杂化；环戊二烯中含3个C−C和2个C=C、6个C−H键，则1ml环戊二烯中含有σ键的数目为11NA，故A错误；
B.一个乙醇分子中含有1个O−H键，一个水分子中含有2个O−H键，100g46%乙醇溶液中含有乙醇100×46%=46g，物质的量为46g46g/ml=1ml，含有水100g−46g=54g，物质的量为54g18g/ml=3ml，含有O−H键的个数为(1ml×1+3ml×2)×NA/ml=7NA，故B正确；
C.原子发生裂变，遵循质量守恒、电荷守恒规律，所以235g核素 92235U发生裂变反应：92235U+01n→裂变3890Sr+34136Xe+1001n，质子个数、质量数均不守恒，故C错误；
铁物质的量为：5.6g56g/ml=0.1ml，与标准状况下2.24L氯气完全反应生成氯化铁，氯气少量完全反应，生成0.2ml氯离子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误；
故选：B。
A.环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4；共价化合物中单键为σ，双键中一个是σ键、一个是π键；
B.在乙醇溶液中除了乙醇外，水也含O−H键；
C.依据守恒规律判断；
D.铁与氯气反应生成氯化铁，氯气少量，依据氯气的量计算转移电子个数。
本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，注意有机物中含有化学键类型判断。
4.【答案】D
【解析】解：A.同周期从左向右电负性增大，且甲烷中C为负价，则电负性大小顺序为O>N>C>H，故A正确；
B.苯环上C、双键上N为sp2杂化，亚甲基、次甲基及与环己烷基相连的N均为sp3杂化，则和N均有sp3和sp2两种杂化方式，故B正确；
C.连接4个不同基团的C为手性碳，只有与苯环直接相连的C具有手性，故C正确；
D.由结构可知含四个环己烷基相同，共含10种H，核磁共振氢谱有10组峰，故D错误；
故选：D。
A.同周期从左向右电负性增大，且甲烷中C为负价；
B.苯环上C、双键上N为sp2杂化，亚甲基、次甲基及与环己烷基相连的N均为sp3杂化；
C.连接4个不同基团的C为手性碳；
D.由结构可知含四个环己烷基相同，共含10种H。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.该高分子化合物为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应的产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B.合成该高分子化合物的单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，二者结构相似且分子组成上相差2个CH2原子团，所以二者互为同系物，故B正确；
C.该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，因此使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故C正确；
D.由题图2可知，自修复过程中“−COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误。
故本题选D。
6.【答案】A
【解析】解：A.二者互溶，但沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故A正确；
B.苯不能隔绝HCl与水，则不能防止倒吸，故B错误；
C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误；
D.NO与空气中氧气反应，则不能排空气法收集，故D错误；
故选：A。
A.二者互溶，但沸点不同；
B.苯不能隔绝HCl与水；
C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
D.NO与空气中氧气反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、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。
7.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：W>X>Y>Z，故A错误；
B.W、Z形成的化合物为BF3，B−F键为极性键，BF3为平面三角形结构，其正负电荷的中心重合，所以BF3为非极性分子，故B正确；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，四种元素中非金属性最强的为F，则形成的简单氢化物中Z(F)的最稳定，故C错误；
D.四种元素的单质中，金刚石为共价晶体，Y、Z的单质(O2、O3、F2)属于分子晶体，由于四种元素均为非金属元素，对应的单质不可能为金属晶体，故D错误；
故选：B。
LDFCB的阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成，结合图示可知，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则Y位于ⅥA族，X为C元素，Y为O元素；Z只能形成1个共价键，Z为F；四种原子最外层电子数之和为20，W原子的最外层电子数为20−4−6−7=3，则W为B元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化合物的结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.甲中有单键13个，双键2个，即σ键有15个，π键有2个，甲中σ键与π键的个数比是15；2，故A错误；
B.甲具有两个配位原子，因此，乙的配位数应为：2×2=4，故B正确；
C.由图可知，乙中与N相连的O原子可与羟基上的H形成分子内氢键，故C正确；
D.N的价电子排布式为：2s22p3，为半充满结构，原子较为稳定，第一电离能较大，故D正确；
故选：A。
A.单键均为σ键，双键中一个为σ键，一个为π键，三键中，一个为σ键，两个为π键；
B.具有两个或多个配位原子的配位体．形成体的配位数等于配位体的数目与齿数的乘积；
C.氢键为X−H⋯Y，其中X、Y为N、O、F其中之一；
D.同周期元素一般情况下从左往右第一电离能递增，但第ⅡA和第ⅤA的元素会反常的高，这是由于当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。
本题考查共价键、氢键、第一电离能、配合物的相关知识，熟练掌握配位数的计算方式，第一电离能的变化规律，难度不大。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键，注意掌握物质制备方案设计原则，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
【解答】
黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
A.将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；
B.反应时FeS2中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由−1价升高到+4价，则生成2ml二氧化硫转移11ml电子，则沸腾炉中每生成1mlSO2，有5.5mle−发生转移，故B错误；
C.SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；
D.尾气含有二氧化硫、氧气，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；
故选：B。
10.【答案】C
【解析】A.C60和石墨烯是碳元素的不同单质，是同素异形体，故A错误；
B.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短，则C60周围等距且最近的C60的个数为8，个B错误；
C.晶胞中，M原子个数=8+12×14+1=12、C60个数=8×18+6×12=4，则C60与M原子个数之比=4：12=1：3，其化学式为M3C60，故C正确；
D.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短，最短距离是22，D错误；
故选：C。
A.C60和石墨烯是碳元素的不同单质；
B.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短；
C.晶胞中，M原子个数=8+12×14+1=12、C60个数=8×18+6×12=4；
D.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短。
本题考查物质结构与性质，涉及晶胞计算等内容，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
11.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，黑磷烯中最小的环为六元环，每个P原子被三个环共用，故每个环平均含有2个P原，故A正确；
B.由图可知，黑磷区中P−P键的键长不完全相同，所以键能不完全相同，故B正确；
C.复合材料单层中，P原子与C原子之间以共价键结合，共价键比范德华力更强烈，故C错误；
D.石墨中的碳原子是sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，则石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共面，故D正确。
故选：C。
A.黑磷烯中最小的环为六元环，每个P原子被三个环共用，根据均摊法计算可得结果；
B.由图可知，黑磷区中P−P键的键长是不完全相同的，则键能也不完全相同；
C.单层中P原子与C原子之间是以共价键结合的；
D.石墨的层状结构中，原子之间是共面的，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环是共面的，由此可得石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子是否共面。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，属于高频考点，掌握均摊法计算方法，键长与键能关系，化学键与分子间作用力的区别，共面共线是解决本题的关键，同时考查学生的看图、提取有用信息的能力，具有一定的综合性，难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.右室电极上NO3−发生得电子的还原反应生成N2，则为正极，故A正确；
B.右室电极上NO3−发生得电子的还原反应生成N2，电极反应式为2NO3−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−，则右室电极附近溶液的pH增大，故B正确；
C.加入NaCl溶液时，钠离子移向正极，氯离子移向负极而得到淡水，所以右侧离子交换膜为阳离子交换膜，左侧离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；
D.左室电极是负极，C6H5OH在负极发生失电子的氧化反应生成CO2，电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，故D正确；
故选：C。
该原电池中，NO3−发生得电子的还原反应生成N2，则右室电极是正极，电极反应式为2NO3−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−，左室电极是负极，负极上有机物C6H5OH发生失电子的氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生获取信息和分析能力，根据N元素化合价变化确定正负极是解题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.v(C)=△c△t=0.5ml⋅L−110min=0.05ml⋅L−1⋅min−1，速率之比等于化学计量数之比，v(A)=32v(C)=0.075ml⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B. 3A(g)+B(g)⇌2C(g)，设变化的物质B为x，
初始时浓度(ml⋅L−1)310
变化的浓度(ml⋅L−1)3xx2x
最终的浓度(ml⋅L−1)3−3x1−x2x
由表中得出10分钟时C物质的浓度为0.5ml⋅L−1，所以x=0.25ml⋅L−1，
10分钟时A物质的浓度为3−3x=3−3×0.25ml⋅L−1=2.25ml⋅L−1，B物质的浓度为1−x=1−0.25ml⋅L−1=0.75ml⋅L−1，Qc=c2(C)c3(A)c(B)=×0.75m≈0.029，因K=1，所以QcC.因为甲中10分钟时C物质的浓度小于乙中10分钟时C物质的浓度，说明乙的速率慢，温度低，即T1<448K，该反应△H>0，为吸热反应，降温平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以K乙D.由上分析得出甲中10分钟时A的转化率为3×0.253=25%，又因Qc故选：B。
本题考查了化学反应速率的计算和化学平衡状态的知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握该题计算的思路，把握外界条件下对平衡移动的影响，难度中等。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力、识图能力和灵活运用能力的考查，把握吸放热反应的判断、氧化还原反应的特征、催化剂的作用、分子结构和脱硝过程即可解答，注意脱硝总反应中各物质的用量，题目难度不大。
【解答】
A.由图2可知，起始态物质总能量大于终态物质总能量，则总反应放热、焓变△H<0，故A正确；
B.状态②到状态③的过程中，Cu和N的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C.状态③到状态④的变化过程中有H2O生成，即有O−H键的形成，故C正确；
D.由图1可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比为2：2：12，即4：4：1，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O26H2O+4N2，故D错误。
故本题选D。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查溶液中离子浓度的关系，为高频考点，把握pH对平衡移动的影响、图中离子浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒及物料守恒的应用，题目难度不大。
【解答】
A.由溶液的平衡：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+可知，增大氢离子浓度，即pH减小，平衡逆向移动，使c(Cr2O72−)增大，由此可知曲线Ⅱ代表Cr2O72−浓度，故A正确；
B.由图可知，pH>8时，离子浓度变化不大，则改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化，故B正确；
C.由图可知，pH为14时，c(CrO42−)=0.2ml/L，由Cr原子守恒可知溶液中存在c(HCrO4−)+2c(Cr2O72−)+c(CrO42−)=0.2ml/L，故C错误；
D.pH=7时有c(OH−)=c(H+)，由电荷守恒可知混合溶液存在c(K+)=c(HCrO4−)+2c(Cr2O72−)+2c(CrO42−)，故D正确。
故本题选C。
16.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2 2.8Mg2+ 2C2++H2O2+12NH3=2C(NH3)63++2OH− 1.5ac
【解析】解：(1)C为27号元素，原子核外有27个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；
(2)根据题给信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于2.8，
故答案为：2.8；
(3)根据上述对流程图的分析，Fe3+通过Fe(OH)3沉淀除去，Mn2+通过氧化为MnO2除去，则加入NaF溶液，去除的离子是Mg2+，
故答案为：Mg2+；
(4)根据氧化还原中电子转移守恒配平知C2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2C2++H2O2+12NH3=2C(NH3)63++2OH−，
故答案为：2C2++H2O2+12NH3=2C(NH3)63++2OH−；
(5)C2+被氧化为C3+，C2O42−被还原为CO，则根据得失电子守恒知：1mlC(NH3)63+全部转化为CC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4：1ml2+1ml=1.5ml，
故答案为：1.5；
(6)a.若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CC2O4，故a正确；
b.向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与C3+形成配位离子，故b错误；
c.流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故c正确，
故答案为：ac。
根据流程图分析，钴矿石的主要成分有CO、C2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CSO4、MnSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3，沉淀1为难溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe(OH)3沉淀，溶液2中含有CSO4、MnSO4、MgSO4，加入NaF溶液后生成MgF2沉淀，则沉淀3为MgF2；溶液3中加入氨水和H2O2溶液，根据问题(4)提示知，C2+被氧化为C(NH3)，同时Mn2+转化为MnO2，此时溶液4中含有阳离子为C(NH3)63+，加入稀硫酸和(NH4)2C2O4后被还原为CC2O4，据此分析解答。
本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
17.【答案】N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)△H=(4b+c−a)kJ⋅ml−1 2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2OBC80%100>相对于N点而言，M点温度在500∼600K之间，温度较高，反应速率较快。N点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济
【解析】解：Ⅰ.(1)①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/ml
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ/ml
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ/ml
盖斯定律计算②×2+③-①得到由N2H4和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式：N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)△H=(4b+c−a)kJ⋅ml−1，
故答案为：N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)△H=(4b+c−a)kJ⋅ml−1；
(2)在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，
故答案为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O；
Ⅱ.(3)反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，
A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，只能说你正反应进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.一定条件，CO的转化率不再变化是平衡的标志，故B正确；
C.平衡常数随温度变化，在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；
故答案为：BC；
(4)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO(g)的物质的量随时间的变化可知反应达到平衡状态时，CO物质的量为0.20ml，变化了1.0ml−0.20ml=0.80ml，则变化的氢气物质的量=1.6ml，氢气转化率=×100%=80%，
故答案为：80%；
②t℃时，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡状态下CO物质的量0.2ml，物质的量浓度=0.1ml/L，结合三段式列式计算，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，
起始量(ml/L)0.510
变化量(ml/L)
平衡量(ml/L)
该反应的平衡常数K=0.40.1×0.22=100，
故答案为：100；
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1mlCO(g)、2mlH2(g)、1mlCH3OH(g)，浓度商Qc=1ml2L1ml2L×(2ml2L)2=1v逆，
故答案为：>；
(5)由图可知，相对于N点而言，采用M点，温度在500−600K之间，温度较高，反应速率较快，N点CO的平衡转化率已经达到90%，压强为常压对设备要求不高，更经济，
故答案为：相对于N点而言，M点温度在500∼600K之间，温度较高，反应速率较快，N点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济。
Ⅰ.(1)①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/ml
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ/ml
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ/ml
盖斯定律计算②×2+③-①得到由N2H4和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式；
(2)电解池中，Ti电极为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，Cu为阳极，阳极上Cu失电子生成氧化亚铜，氢氧根离子通过离子交换膜进入右侧阳极室；
Ⅱ.(3)可逆反应到达平衡是，同种物质的正、逆速率相等(不同物质的正、逆速率之比等于期末化学计量数之比)，各组分的含量、浓度等保持不变，判断平衡的物理量应随反应进行由变化到不再变化说明到达平衡；
(4)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO(g)的物质的量随时间的变化可知反应达到平衡状态时，CO物质的量为0.20ml，变化了1.0ml−0.20ml=0.80ml，则变化的氢气物质的量=1.6ml，转化率=消耗量起始量×100%；
②平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1mlCO(g)、2mlH2(g)、1mlCH3OH(g)，计算此时的浓度商Qc和平衡常数比较判断平衡进行的方向；
(5)温度、压强对反应速率的影响以及对设备的要求分析。
本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、反应速率与平衡常数、电解原理的应用等，为高考常见题型和高频考点，注意理解掌握化学平衡的计算方法，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
18.【答案】(1)2NO+O2=2NO2
(2)溶液变成血红色
(3)强氧化
(4)① Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO3−+2H++e−=NO2↑+H2O
②铁表面的氧化物
③ Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做
负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次
④反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低
【解析】解：(1)生成的NO遇到空气，立即与O2化合生成红棕色的NO2，故液面上方变为红棕色，反应方程式为：2NO+O2=2NO2，
(2)由(1)中分析可知，Ⅰ中溶液含有Fe(NO3)3，加入KSCN溶液，溶液变成血红色，
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性，
(4)①由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，电极反应式为：NO3−+2H++e−=NO2↑+H2O，
②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，
故答案为：铁表面的氧化物；
③铁做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，待氧化层形成后，铁不在失去电子，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次，
④随着反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故铁一直做负极，
本题主要考查了铁与浓、稀硝酸反应的情况，同时考查了原电池的原理，并把二者结合在一起，考查学生的分析能力，应用能力，对学生的思维能力要求较高，具有较强的综合性，属于难题。
19.【答案】浓硫酸和浓硝酸；水浴加热；取代反应 HCl 反应物与生成物中的−NH2与HCl成盐，影响产品的产量 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2
【解析】解：(1)反应①为甲苯苯环上的H原子被硝基取代的反应，需要甲苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应，该反应属于取代反应，则该反应的反应试剂、反应条件、反应类型依次为浓硫酸和浓硝酸、水浴加热、取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；水浴加热；取代反应；
(2)通过以上分析知，G的结构简式为，
故答案为：；
(3)反应④为取代反应，除了生成沐舒坦外还生成HCl，加入K2CO3目的是除去生成的HCl，防止反应物与生成物中的−NH2与HCl成盐，影响产品的产量，
故答案为：HCl；反应物与生成物中的−NH2与HCl成盐，影响产品的产量；
(4)反应②为甲基的氧化反应、反应③为氨基的还原反应，氨基不稳定，易被氧化，则反应②、反应③的顺序不能颠倒，
故答案为：苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原；
(5)C4H6O2的不饱和度=4×2+2−62=2，该分子的同分异构体符合下列条件：
①有碳碳双键，碳碳双键的不饱和度是1；
②能发生银镜反应，说明含有−CHO；
③能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该存在HCOO−，符合条件的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2，
故答案为：HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2；
(6)制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由一溴甲苯发生水解反应得到，甲苯和溴发生取代反应生成一溴甲苯，其合成路线为，
故答案为：。
根据D发生一系列反应后的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成B为，C的分子式比B的分子式多2个O原子、少2个H原子，则B中甲基被氧化生成C中羧基，则C的结构简式为，C中硝基被还原生成D中氨基，则D的结构简式为，根据G的分子式及、G反应后产物结构简式知，G的结构简式为，生成沐舒坦的反应为取代反应，由的结构简式知，M的结构简式为；
(6)制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由一溴甲苯发生水解反应得到，甲苯和溴发生取代反应生成一溴甲苯。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应中分子式差异性及某些结构简式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是限制性条件下同分异构体结构简式确定。
容器
温度
K
起始时物质的浓度(ml⋅L−1)
10分钟时物质的浓度(ml⋅L−1)
c(A)
c(B)
c(C)
甲
448
3
1
0.5
乙
T1
3
1
0.4
丙
448
3
2
a
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
C2+
开始沉淀时
1.5
6.3
8.9
8.2
7.4
完全沉淀时
2.8
8.3
10.9
10.2
9.4
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(ml)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
实验
现象
Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止
Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡
实验
现象
i.K闭合时，指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象
ii.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次
iii.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体
ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡
化学无处不在，与人类生产、生活联系密切。下列与化学有关的说法不正确的是( )
A. 王安石诗：雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋，涉及反应：N2+O2−放电2NO
B. 北科大参与研发的“超级钢”(含Mn10%、C0.47%、V0.7%等)是一种新型合金
C. N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子化合物
D. 中国古代曾用竹简、丝帛记载文字，二者的主要成分均为蛋白质
下列与事实对应的化学用语正确的是( )
A. Cl的非金属性强于I：2I−+Cl2=2Cl−+I2
B. C和O形成CO2的过程：2+→
C. 0.1ml/LCH3COOH溶液的pH为3：CH3COOH=CH3COO−+H+
D. 用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl−+2H+−电解H2↑+Cl2↑
设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 1ml环戊二烯()中含有σ键的数目为5NA，π键的数目是2NA
B. 100g46%乙醇溶液中所含O−H键数目为7NA
C. 235g核素 92235U发生裂变反应：92235U+01n→裂变3890Sr+34136Xe+1001n，净产生的中子(01n)数为10NA
D. 5.6g铁与标准状况下2.24L氯气完全反应，转移的电子数目为0.3NA
某有机超强碱结构如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是( )
A. 形成该有机物的四种元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
B. 该有机物中C和N均有sp3和sp2两种杂化方式
C. 该有机物中只有1个手性碳原子
D. 该有机物核磁共振氢谱有12组峰
一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该高分子可通过加聚反应合成
B. 合成该高分子的两种单体互为同系物
C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱
D. 自修复过程中“−COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( )
A. 装置可用于分离苯和溴苯的混合物
B. 装置可用于吸收HCl气体
C. 装置可用于分解NH4Cl制备NH3
D. 装置b口进气可收集NO气体
LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W、Z形成的化合物分子为含有极性键的非极性分子
C. 四种元素形成的简单氢化物中X的最稳定
D. 四种元素的单质中，有分子晶体、共价晶体和金属晶体三种情况
检验Ni2+的反应原理如图：
下列说法不正确的是( )
A. 甲中σ键与π键的个数比是7：1
B. 乙中Ni2+的配位数是4
C. 乙分子内存在氢键
D. C、N、O的第一电离能大小顺序为N>O>C
以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为−1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B. 沸腾炉中每生成1mlSO2，有11mle−发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞结构如图所示，晶胞边长为a，M原子位于晶胞的棱上与内部．下列说法正确的是( )
A. C60和石墨烯是同分异构体
B. C60周围等距且最近的C60的个数为4个
C. 该材料的化学式为M3C60
D. C60与C60的最短距离是2a
磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构，单层黑磷叫黑磷烯，其结构如图1所示。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷--石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。下列说法不正确的是( )
A. 黑磷烯中最小的环为六元环，每个环平均含有2个P原子
B. 黑磷区中P−P键的键能不完全相同
C. 复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
D. 石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
一种三室微生物燃料电池污水净化系统的原理如图所示，图中含酚废水中的有机物可用C6H5OH表示。下列说法不正确的是( )
A. 右室电极为该电池的正极
B. 右室电极附近溶液的pH增大
C. 左侧离子交换膜为阳离子交换膜
D. 左室电极反应式可表示为C6H5OH+11H2O−28e−=6CO2↑+28H+
一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)△H>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表。下列说法不正确的是( )
A. 甲中，10分钟内A的化学反应速率：v(A)=0.075ml⋅L−1⋅min−1
B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态
C. 乙中，T1<448K、K乙
某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法不正确的是( )
A. 总反应焓变△H<0
B. 由状态②到状态③发生的是氧化还原反应
C. 状态③到状态④的变化过程中有O−H键的形成
D. 该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
25℃，K2Cr2O7溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系(局部)如图所示。K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+。下列说法不正确的是( )
A. 曲线Ⅱ代表Cr2O72−浓度
B. 改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化
C. 溶液中存在c(HCrO4−)+c(Cr2O72−)+c(CrO42−)=0.2ml/L
D. pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c(HCrO4−)+2c(Cr2O72−)+2c(CrO42−)
某钴矿石的主要成分有CO、C2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等．由该矿石粉制备CC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略).
已知：金属离子沉淀的pH：
(1)C原子的核外电子排布式为 ______.
(2)向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于 ______.
(3)向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是 ______.
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将C2+转化为C(NH3)63+.该反应的离子方程式为：______.
(5)溶液4中，若将1mlC(NH3)63+全部转化为CC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4______ml.
(6)关于上述流程，下列说法正确的是 ______(填序号).
a.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CC2O4
b.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH
c.流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离
Cu2O是一种重要的工业原料，广泛用作催化剂。
Ⅰ.制备Cu2O
(1)微乳液-还原法：在100℃的Cu(NO3)2溶液中加入一定体积的NaOH溶液，搅拌均匀，再逐滴加入肼(N2H4)产生红色沉淀，抽滤、洗涤、干燥，得到Cu2O。
已知：
N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/ml
Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ/ml
4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ/ml
则由N2H4和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式为 ______ 。
(2)电解法：纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。
采用阴离子交换膜制备纳米级Cu2O的装置如图所示：
阳极的电极反应式为 ______ 。
Ⅱ.纳米级Cu2O催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.8kJ/ml
(3)能说明反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)已达平衡状态的是 ______ 。(填字母)
A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
B.一定条件，CO的转化率不再变化
C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00mlH2(g)和1.00ml的CO(g)，CO(g)的物质的量随时间的变化如下表：
根据表中数据回答：
①氢气平衡转化率为 ______ 。
②t℃时该反应的平衡常数为 ______ 。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1mlCO(g)、2mlH2(g)、1mlCH3OH(g)；此时v正______ v逆(填“>”、“<”或“=”)。
(5)工业实际合成CH3OH生产中，采用图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由： ______ 。
某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。
(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为 ______ 。
(2)取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液， ______ (填现象)，说明产生了Fe3+。
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有 ______ 性。
(4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下表。
①用方程式解释现象ⅳ： ______ 。
②推测现象i中被还原的是 ______ 。
③解释现象ii中指针左右偏转，往复多次的原因。 ______
④现象iii中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是 ______ 。
沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。如图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。
已知：①→△KMnO4
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型 ______ 。
(2)写出G的结构简式 ______ 。
(3)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和 ______ ，防止 ______ 。
(4)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是 ______ 。
(5)写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式 ______ 。
①有碳碳双键
②能发生银镜反应
③能发生水解反应
(6)写出实验室由制备的合成路线 ______ 。(无机试剂任选)
(合成路线常用的表达方式为：A→反应条件反应试剂B……→反应条件反应试剂目标产物)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.雷雨天气，空气中的氧气和氮气在闪电作用下发生反应生成NO，反应的方程式为：N2+O2−放电2NO，故A正确；
B.“超级钢”的主要元素是铁，还含有Mn、C、V等元素，属于合金，是新型合金，故B正确；
C.聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故C正确；
D.竹简是由植物竹子制成的，所以竹简的主要成分为纤维素，丝帛的主要成分为蛋白质，故D错误；
故选：D。
A.雷雨天气，空气中的氧气和氮气在闪电作用下发生反应生成NO；
B.“超级钢”的主要元素是铁，还含有Mn、C、V等元素；
C.相对分子质量大于10000有机物为高分子化合物；
D.竹简的主要成分为纤维素。
本题考查化学与生产、生活的密切关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见物质组成、结构与性质，试题培养了学生的灵活应用能力。
2.【答案】A
【解析】解：A.根据2I−+Cl2=2Cl−+I2可知，单质的氧化性：Cl2>I2，说明Cl的非金属性强于I，故A正确；
B.O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故B错误；
溶液的pH为3，说明醋酸为弱酸，只能部分电离，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，故C错误；
D.用石墨电极电解CuCl2溶液，离子方程式为：2Cl−+Cu2+−电解Cu+Cl2↑，故D错误；
故选：A。
A.非金属性越强，对应单质的氧化性越强；
B.二氧化碳分子中含有2个碳氧双键；
C.醋酸为弱酸，电离方程式应该使用可逆号；
D.铜离子的得电子能力大于氢离子，阴极氢离子不放电。
本题考查常见化学用语的判断，明确电子式、电离方程式、电解原理为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4，所以环戊二烯中C原子采用sp2、sp3杂化；环戊二烯中含3个C−C和2个C=C、6个C−H键，则1ml环戊二烯中含有σ键的数目为11NA，故A错误；
B.一个乙醇分子中含有1个O−H键，一个水分子中含有2个O−H键，100g46%乙醇溶液中含有乙醇100×46%=46g，物质的量为46g46g/ml=1ml，含有水100g−46g=54g，物质的量为54g18g/ml=3ml，含有O−H键的个数为(1ml×1+3ml×2)×NA/ml=7NA，故B正确；
C.原子发生裂变，遵循质量守恒、电荷守恒规律，所以235g核素 92235U发生裂变反应：92235U+01n→裂变3890Sr+34136Xe+1001n，质子个数、质量数均不守恒，故C错误；
铁物质的量为：5.6g56g/ml=0.1ml，与标准状况下2.24L氯气完全反应生成氯化铁，氯气少量完全反应，生成0.2ml氯离子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误；
故选：B。
A.环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4；共价化合物中单键为σ，双键中一个是σ键、一个是π键；
B.在乙醇溶液中除了乙醇外，水也含O−H键；
C.依据守恒规律判断；
D.铁与氯气反应生成氯化铁，氯气少量，依据氯气的量计算转移电子个数。
本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，注意有机物中含有化学键类型判断。
4.【答案】D
【解析】解：A.同周期从左向右电负性增大，且甲烷中C为负价，则电负性大小顺序为O>N>C>H，故A正确；
B.苯环上C、双键上N为sp2杂化，亚甲基、次甲基及与环己烷基相连的N均为sp3杂化，则和N均有sp3和sp2两种杂化方式，故B正确；
C.连接4个不同基团的C为手性碳，只有与苯环直接相连的C具有手性，故C正确；
D.由结构可知含四个环己烷基相同，共含10种H，核磁共振氢谱有10组峰，故D错误；
故选：D。
A.同周期从左向右电负性增大，且甲烷中C为负价；
B.苯环上C、双键上N为sp2杂化，亚甲基、次甲基及与环己烷基相连的N均为sp3杂化；
C.连接4个不同基团的C为手性碳；
D.由结构可知含四个环己烷基相同，共含10种H。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.该高分子化合物为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应的产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B.合成该高分子化合物的单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，二者结构相似且分子组成上相差2个CH2原子团，所以二者互为同系物，故B正确；
C.该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，因此使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故C正确；
D.由题图2可知，自修复过程中“−COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误。
故本题选D。
6.【答案】A
【解析】解：A.二者互溶，但沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故A正确；
B.苯不能隔绝HCl与水，则不能防止倒吸，故B错误；
C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误；
D.NO与空气中氧气反应，则不能排空气法收集，故D错误；
故选：A。
A.二者互溶，但沸点不同；
B.苯不能隔绝HCl与水；
C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
D.NO与空气中氧气反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、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。
7.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：W>X>Y>Z，故A错误；
B.W、Z形成的化合物为BF3，B−F键为极性键，BF3为平面三角形结构，其正负电荷的中心重合，所以BF3为非极性分子，故B正确；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，四种元素中非金属性最强的为F，则形成的简单氢化物中Z(F)的最稳定，故C错误；
D.四种元素的单质中，金刚石为共价晶体，Y、Z的单质(O2、O3、F2)属于分子晶体，由于四种元素均为非金属元素，对应的单质不可能为金属晶体，故D错误；
故选：B。
LDFCB的阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成，结合图示可知，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则Y位于ⅥA族，X为C元素，Y为O元素；Z只能形成1个共价键，Z为F；四种原子最外层电子数之和为20，W原子的最外层电子数为20−4−6−7=3，则W为B元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化合物的结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.甲中有单键13个，双键2个，即σ键有15个，π键有2个，甲中σ键与π键的个数比是15；2，故A错误；
B.甲具有两个配位原子，因此，乙的配位数应为：2×2=4，故B正确；
C.由图可知，乙中与N相连的O原子可与羟基上的H形成分子内氢键，故C正确；
D.N的价电子排布式为：2s22p3，为半充满结构，原子较为稳定，第一电离能较大，故D正确；
故选：A。
A.单键均为σ键，双键中一个为σ键，一个为π键，三键中，一个为σ键，两个为π键；
B.具有两个或多个配位原子的配位体．形成体的配位数等于配位体的数目与齿数的乘积；
C.氢键为X−H⋯Y，其中X、Y为N、O、F其中之一；
D.同周期元素一般情况下从左往右第一电离能递增，但第ⅡA和第ⅤA的元素会反常的高，这是由于当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。
本题考查共价键、氢键、第一电离能、配合物的相关知识，熟练掌握配位数的计算方式，第一电离能的变化规律，难度不大。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键，注意掌握物质制备方案设计原则，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
【解答】
黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
A.将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；
B.反应时FeS2中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由−1价升高到+4价，则生成2ml二氧化硫转移11ml电子，则沸腾炉中每生成1mlSO2，有5.5mle−发生转移，故B错误；
C.SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；
D.尾气含有二氧化硫、氧气，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；
故选：B。
10.【答案】C
【解析】A.C60和石墨烯是碳元素的不同单质，是同素异形体，故A错误；
B.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短，则C60周围等距且最近的C60的个数为8，个B错误；
C.晶胞中，M原子个数=8+12×14+1=12、C60个数=8×18+6×12=4，则C60与M原子个数之比=4：12=1：3，其化学式为M3C60，故C正确；
D.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短，最短距离是22，D错误；
故选：C。
A.C60和石墨烯是碳元素的不同单质；
B.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短；
C.晶胞中，M原子个数=8+12×14+1=12、C60个数=8×18+6×12=4；
D.立方体顶点C60与面心C60之间的短离最短。
本题考查物质结构与性质，涉及晶胞计算等内容，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
11.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，黑磷烯中最小的环为六元环，每个P原子被三个环共用，故每个环平均含有2个P原，故A正确；
B.由图可知，黑磷区中P−P键的键长不完全相同，所以键能不完全相同，故B正确；
C.复合材料单层中，P原子与C原子之间以共价键结合，共价键比范德华力更强烈，故C错误；
D.石墨中的碳原子是sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，则石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共面，故D正确。
故选：C。
A.黑磷烯中最小的环为六元环，每个P原子被三个环共用，根据均摊法计算可得结果；
B.由图可知，黑磷区中P−P键的键长是不完全相同的，则键能也不完全相同；
C.单层中P原子与C原子之间是以共价键结合的；
D.石墨的层状结构中，原子之间是共面的，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环是共面的，由此可得石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子是否共面。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，属于高频考点，掌握均摊法计算方法，键长与键能关系，化学键与分子间作用力的区别，共面共线是解决本题的关键，同时考查学生的看图、提取有用信息的能力，具有一定的综合性，难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.右室电极上NO3−发生得电子的还原反应生成N2，则为正极，故A正确；
B.右室电极上NO3−发生得电子的还原反应生成N2，电极反应式为2NO3−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−，则右室电极附近溶液的pH增大，故B正确；
C.加入NaCl溶液时，钠离子移向正极，氯离子移向负极而得到淡水，所以右侧离子交换膜为阳离子交换膜，左侧离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；
D.左室电极是负极，C6H5OH在负极发生失电子的氧化反应生成CO2，电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，故D正确；
故选：C。
该原电池中，NO3−发生得电子的还原反应生成N2，则右室电极是正极，电极反应式为2NO3−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−，左室电极是负极，负极上有机物C6H5OH发生失电子的氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH−28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生获取信息和分析能力，根据N元素化合价变化确定正负极是解题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.v(C)=△c△t=0.5ml⋅L−110min=0.05ml⋅L−1⋅min−1，速率之比等于化学计量数之比，v(A)=32v(C)=0.075ml⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B. 3A(g)+B(g)⇌2C(g)，设变化的物质B为x，
初始时浓度(ml⋅L−1)310
变化的浓度(ml⋅L−1)3xx2x
最终的浓度(ml⋅L−1)3−3x1−x2x
由表中得出10分钟时C物质的浓度为0.5ml⋅L−1，所以x=0.25ml⋅L−1，
10分钟时A物质的浓度为3−3x=3−3×0.25ml⋅L−1=2.25ml⋅L−1，B物质的浓度为1−x=1−0.25ml⋅L−1=0.75ml⋅L−1，Qc=c2(C)c3(A)c(B)=×0.75m≈0.029，因K=1，所以Qc
本题考查了化学反应速率的计算和化学平衡状态的知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握该题计算的思路，把握外界条件下对平衡移动的影响，难度中等。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力、识图能力和灵活运用能力的考查，把握吸放热反应的判断、氧化还原反应的特征、催化剂的作用、分子结构和脱硝过程即可解答，注意脱硝总反应中各物质的用量，题目难度不大。
【解答】
A.由图2可知，起始态物质总能量大于终态物质总能量，则总反应放热、焓变△H<0，故A正确；
B.状态②到状态③的过程中，Cu和N的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C.状态③到状态④的变化过程中有H2O生成，即有O−H键的形成，故C正确；
D.由图1可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比为2：2：12，即4：4：1，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O26H2O+4N2，故D错误。
故本题选D。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查溶液中离子浓度的关系，为高频考点，把握pH对平衡移动的影响、图中离子浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒及物料守恒的应用，题目难度不大。
【解答】
A.由溶液的平衡：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+可知，增大氢离子浓度，即pH减小，平衡逆向移动，使c(Cr2O72−)增大，由此可知曲线Ⅱ代表Cr2O72−浓度，故A正确；
B.由图可知，pH>8时，离子浓度变化不大，则改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化，故B正确；
C.由图可知，pH为14时，c(CrO42−)=0.2ml/L，由Cr原子守恒可知溶液中存在c(HCrO4−)+2c(Cr2O72−)+c(CrO42−)=0.2ml/L，故C错误；
D.pH=7时有c(OH−)=c(H+)，由电荷守恒可知混合溶液存在c(K+)=c(HCrO4−)+2c(Cr2O72−)+2c(CrO42−)，故D正确。
故本题选C。
16.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2 2.8Mg2+ 2C2++H2O2+12NH3=2C(NH3)63++2OH− 1.5ac
【解析】解：(1)C为27号元素，原子核外有27个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；
(2)根据题给信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于2.8，
故答案为：2.8；
(3)根据上述对流程图的分析，Fe3+通过Fe(OH)3沉淀除去，Mn2+通过氧化为MnO2除去，则加入NaF溶液，去除的离子是Mg2+，
故答案为：Mg2+；
(4)根据氧化还原中电子转移守恒配平知C2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2C2++H2O2+12NH3=2C(NH3)63++2OH−，
故答案为：2C2++H2O2+12NH3=2C(NH3)63++2OH−；
(5)C2+被氧化为C3+，C2O42−被还原为CO，则根据得失电子守恒知：1mlC(NH3)63+全部转化为CC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4：1ml2+1ml=1.5ml，
故答案为：1.5；
(6)a.若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CC2O4，故a正确；
b.向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与C3+形成配位离子，故b错误；
c.流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故c正确，
故答案为：ac。
根据流程图分析，钴矿石的主要成分有CO、C2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CSO4、MnSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3，沉淀1为难溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe(OH)3沉淀，溶液2中含有CSO4、MnSO4、MgSO4，加入NaF溶液后生成MgF2沉淀，则沉淀3为MgF2；溶液3中加入氨水和H2O2溶液，根据问题(4)提示知，C2+被氧化为C(NH3)，同时Mn2+转化为MnO2，此时溶液4中含有阳离子为C(NH3)63+，加入稀硫酸和(NH4)2C2O4后被还原为CC2O4，据此分析解答。
本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
17.【答案】N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)△H=(4b+c−a)kJ⋅ml−1 2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2OBC80%100>相对于N点而言，M点温度在500∼600K之间，温度较高，反应速率较快。N点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济
【解析】解：Ⅰ.(1)①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/ml
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ/ml
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ/ml
盖斯定律计算②×2+③-①得到由N2H4和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式：N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)△H=(4b+c−a)kJ⋅ml−1，
故答案为：N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)△H=(4b+c−a)kJ⋅ml−1；
(2)在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，
故答案为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O；
Ⅱ.(3)反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，
A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，只能说你正反应进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.一定条件，CO的转化率不再变化是平衡的标志，故B正确；
C.平衡常数随温度变化，在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；
故答案为：BC；
(4)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO(g)的物质的量随时间的变化可知反应达到平衡状态时，CO物质的量为0.20ml，变化了1.0ml−0.20ml=0.80ml，则变化的氢气物质的量=1.6ml，氢气转化率=×100%=80%，
故答案为：80%；
②t℃时，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡状态下CO物质的量0.2ml，物质的量浓度=0.1ml/L，结合三段式列式计算，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，
起始量(ml/L)0.510
变化量(ml/L)
平衡量(ml/L)
该反应的平衡常数K=0.40.1×0.22=100，
故答案为：100；
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1mlCO(g)、2mlH2(g)、1mlCH3OH(g)，浓度商Qc=1ml2L1ml2L×(2ml2L)2=1
故答案为：>；
(5)由图可知，相对于N点而言，采用M点，温度在500−600K之间，温度较高，反应速率较快，N点CO的平衡转化率已经达到90%，压强为常压对设备要求不高，更经济，
故答案为：相对于N点而言，M点温度在500∼600K之间，温度较高，反应速率较快，N点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济。
Ⅰ.(1)①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=−akJ/ml
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ/ml
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ/ml
盖斯定律计算②×2+③-①得到由N2H4和Cu(OH)2(s)反应制备Cu2O(s)的热化学方程式；
(2)电解池中，Ti电极为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，Cu为阳极，阳极上Cu失电子生成氧化亚铜，氢氧根离子通过离子交换膜进入右侧阳极室；
Ⅱ.(3)可逆反应到达平衡是，同种物质的正、逆速率相等(不同物质的正、逆速率之比等于期末化学计量数之比)，各组分的含量、浓度等保持不变，判断平衡的物理量应随反应进行由变化到不再变化说明到达平衡；
(4)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO(g)的物质的量随时间的变化可知反应达到平衡状态时，CO物质的量为0.20ml，变化了1.0ml−0.20ml=0.80ml，则变化的氢气物质的量=1.6ml，转化率=消耗量起始量×100%；
②平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1mlCO(g)、2mlH2(g)、1mlCH3OH(g)，计算此时的浓度商Qc和平衡常数比较判断平衡进行的方向；
(5)温度、压强对反应速率的影响以及对设备的要求分析。
本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、反应速率与平衡常数、电解原理的应用等，为高考常见题型和高频考点，注意理解掌握化学平衡的计算方法，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
18.【答案】(1)2NO+O2=2NO2
(2)溶液变成血红色
(3)强氧化
(4)① Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO3−+2H++e−=NO2↑+H2O
②铁表面的氧化物
③ Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做
负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次
④反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低
【解析】解：(1)生成的NO遇到空气，立即与O2化合生成红棕色的NO2，故液面上方变为红棕色，反应方程式为：2NO+O2=2NO2，
(2)由(1)中分析可知，Ⅰ中溶液含有Fe(NO3)3，加入KSCN溶液，溶液变成血红色，
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性，
(4)①由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，电极反应式为：NO3−+2H++e−=NO2↑+H2O，
②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，
故答案为：铁表面的氧化物；
③铁做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，待氧化层形成后，铁不在失去电子，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次，
④随着反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故铁一直做负极，
本题主要考查了铁与浓、稀硝酸反应的情况，同时考查了原电池的原理，并把二者结合在一起，考查学生的分析能力，应用能力，对学生的思维能力要求较高，具有较强的综合性，属于难题。
19.【答案】浓硫酸和浓硝酸；水浴加热；取代反应 HCl 反应物与生成物中的−NH2与HCl成盐，影响产品的产量 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2
【解析】解：(1)反应①为甲苯苯环上的H原子被硝基取代的反应，需要甲苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应，该反应属于取代反应，则该反应的反应试剂、反应条件、反应类型依次为浓硫酸和浓硝酸、水浴加热、取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；水浴加热；取代反应；
(2)通过以上分析知，G的结构简式为，
故答案为：；
(3)反应④为取代反应，除了生成沐舒坦外还生成HCl，加入K2CO3目的是除去生成的HCl，防止反应物与生成物中的−NH2与HCl成盐，影响产品的产量，
故答案为：HCl；反应物与生成物中的−NH2与HCl成盐，影响产品的产量；
(4)反应②为甲基的氧化反应、反应③为氨基的还原反应，氨基不稳定，易被氧化，则反应②、反应③的顺序不能颠倒，
故答案为：苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原；
(5)C4H6O2的不饱和度=4×2+2−62=2，该分子的同分异构体符合下列条件：
①有碳碳双键，碳碳双键的不饱和度是1；
②能发生银镜反应，说明含有−CHO；
③能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该存在HCOO−，符合条件的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2，
故答案为：HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2；
(6)制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由一溴甲苯发生水解反应得到，甲苯和溴发生取代反应生成一溴甲苯，其合成路线为，
故答案为：。
根据D发生一系列反应后的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成B为，C的分子式比B的分子式多2个O原子、少2个H原子，则B中甲基被氧化生成C中羧基，则C的结构简式为，C中硝基被还原生成D中氨基，则D的结构简式为，根据G的分子式及、G反应后产物结构简式知，G的结构简式为，生成沐舒坦的反应为取代反应，由的结构简式知，M的结构简式为；
(6)制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由一溴甲苯发生水解反应得到，甲苯和溴发生取代反应生成一溴甲苯。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应中分子式差异性及某些结构简式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是限制性条件下同分异构体结构简式确定。
容器
温度
K
起始时物质的浓度(ml⋅L−1)
10分钟时物质的浓度(ml⋅L−1)
c(A)
c(B)
c(C)
甲
448
3
1
0.5
乙
T1
3
1
0.4
丙
448
3
2
a
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
C2+
开始沉淀时
1.5
6.3
8.9
8.2
7.4
完全沉淀时
2.8
8.3
10.9
10.2
9.4
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(ml)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
实验
现象
Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止
Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡
实验
现象
i.K闭合时，指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象
ii.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次
iii.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体
ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡
相关试卷
2021-2022学年辽宁省营口市普通高中高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）： 这是一份2021-2022学年辽宁省营口市普通高中高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。
2021-2022学年辽宁省协作校高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）： 这是一份2021-2022学年辽宁省协作校高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。试卷主要包含了O3等等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省丹东市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）： 这是一份2021-2022学年辽宁省丹东市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。试卷主要包含了0L的密闭容器中进行反应，3ml⋅L−1⋅min−1，26，3×10−18；Ksp=6，【答案】C，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
