内蒙古包头市2021-2022学年高三上学期化学开学考试试卷

内蒙古包头市2021-2022学年高三上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高三上·包头开学考）从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化不属于化学变化的是（　　）
A B C D
石油催化裂解得到丙烯 丙烯催化聚合生成聚丙烯 聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布 利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；聚合反应
【解析】【解答】A．石油催化裂解得到丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．丙烯催化聚合生成聚丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C符合题意；
D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考的是化学变化的特征，也就是有新物质产生。
A、石油里面本身不含有丙烯，裂解以后有丙烯产生，属于有新物质生成，因此属于化学变化。
B、丙烯是小分子化合物，而聚丙烯是高分子化合物，二者是完全不同的两种物质，因此丙烯催化聚合成聚丙烯属于化学变化。
C、聚丙烯变成熔喷布属于形态的变化，没有产生新物质，因此属于物理变化。
D、环氧乙烷消毒主要是改变蛋白质的理化性质，使蛋白质变性，属于物理变化。
2．（2021高三上·包头开学考）下列说法正确的是（　　）
A． 和 互为同位素
B． 和 是具有相同质子数的不同核素
C． 和 是同分异构体
D．正己烷和异丁烷互为同系物
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A． 和 均表示氧气，质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，A不符合题意；
B． 和 是同一种元素形成的不同单质，互为同素异形体，B不符合题意；
C． 和 的分子式不同，不是同分异构体，C不符合题意；
D．正己烷和异丁烷均是链状烷烃，结构相似，分子式不同，互为同系物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
B.C60和C70是碳元素的不同单质；
C.分子式相同结构不同的有机物为同分异构体；
D.结构相似组成相差CH2的有机物为同系物。
3．（2021高三上·包头开学考）潜艇中氧气来源之一的反应是： 。用 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A． 含 个O原子
B． 含有的质子数为
C． 含共价键的总数为
D．上述反应，每生成 转移 电子
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A． 的物质的量不一定是1mol，不一定含 个O原子，A不符合题意；
B． 的物质的量是1mol，含有的质子数为10 ，B符合题意；
C．过氧化钠中O与O之间存在共价键， 含共价键的总数为 ，C不符合题意；
D．反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，上述反应，每生成 转移 电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算；
B.水分子中含有10个质子，结合n=-计算；
C.过氧化钠的化学式中含有1个O和O非极性共价键；
D.该反应中，Na2O2的-1价的O歧化为0价和-2价，则每生成1molO2转移2mol电子。
4．（2021高三上·包头开学考）下列有关粒子组的评价及相关离子方程式表述均正确的是（　　）
A．常温下， 的溶液： 、 、 、 能大量共存
B．无色透明的溶液中： 、 、 、 能大量共存
C．在含 的溶液中，通入 发生的离子反应为：
D．向 中加入足量 溶液，则离子方程式为：
【答案】A
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．常温下， 的溶液显碱性， 、 、 、 能大量共存，A符合题意；
B．无色透明的溶液中 氧化 ，且铁离子和 水解相互促进，另外铁离子在溶液中不是无色的，不能大量共存，B不符合题意；
C．碘离子的还原性强于亚铁离子，在含 的溶液中，通入 发生的离子反应为： ，C不符合题意；
D．向 中加入足量 溶液，则离子方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下，该溶液显碱性，能大量共存；
B.有颜色， 氧化 ，且铁离子和 水解相互促进；
C.碘离子的还原性强于亚铁离子，根据所给物质的量，氯气只能氧化碘离子；
D.足量 溶液，则即能和铵根离子反应又能和碳酸氢根离子反应。
5．（2021高三上·包头开学考）实验室提供的仪器有：试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（　　）
A．制备乙酸乙酯 B．粗盐的提纯
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配置0.1mol/L的盐酸溶液
【答案】A
【知识点】分液和萃取；粗盐提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A.制备乙酸乙酯为液液加热型装置，需要试管、导管、酒精灯，A符合题意；
B. 粗盐的提纯需要烧杯，玻璃棒，漏斗，铁架台(带铁圈)，蒸发皿，酒精灯，坩埚钳等，不符合题意，B不符合题意；
C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘需要分液漏斗，不符合题意，C不符合题意；
D. 配置0.1mol/L的盐酸溶液需要容量瓶，玻璃棒，烧杯，胶头滴管，玻璃棒，量筒，不符合题意，D不符合题意；
答案为A。
【分析】A、制备乙酸乙酯用铁架台、试管、酒精灯；
B、粗盐提纯的操作步骤为：溶解-加入过量的氢氧化钠溶液加入过量的氯化钡溶液-加入过量的碳酸钠溶液过滤加入过量的盐酸蒸发结晶；
C、萃取用到的仪器有铁架台、烧杯和分液漏斗；
D、配置一定物质的量浓度的盐酸溶液所需的仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、容量瓶和胶头滴管。
6．（2018·江苏）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（　　）
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I 的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I 后的Cl2尾气
【答案】B
【知识点】海带成分中碘的检验
【解析】【解答】解：A.灼烧碎海带应用坩埚，A项不符合题意；
B.海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液，B项符合题意；
C.MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，C项不符合题意；
D.Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】注意海带提取碘，碘元素主要是以碘离子形式存在，所以先提取碘离子后通过氯气氧化将碘离子氧化为碘单质。
7．（2021高三上·包头开学考）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。(注：实线代表共价键，他重复单元的W、X未标注)下列说法正确的是（　　）
A．Y单质的氧化性在同主族中最强
B．离子半径：
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物只有二种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】结合分析可知，W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。
A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱，由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，故A符合题意；
B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z＜Y，故B不符合题意；
C．H、O、Na三种元素中任意两种组成的二元离子化合物不只有二种，例如NaH、Na2O、Na2O2，故C不符合题意；
D．水分子间存在氢键，X与W组成的简单化合物的沸点一定比Y与W组成的简单化合物的沸点低，即CH4＜H2O，其它化合物不一定，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素 W、X、Y、Z ，其中 W、X、Z分别位于位于第一、第二、 第三周期，则W为H元素； X形成4个共价键，则X为C元素； Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na元素； Y形成2个共价键，原子序数比C大比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，以此分析解答。
8．（2021高三上·包头开学考）二羟基甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟基甲戊酸的说法正确的是（　　）
A．与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为
B．二羟基甲戊酸是乙酸的同系物
C．既能发生取代反应，又能发生加成反应
D． 二羟基甲戊酸与足量的 反应可生成 氢气，与足量的 溶液反应可生成
【答案】D
【知识点】乙醇的工业制法；乙酸的化学性质；同系物；分子式
【解析】【解答】A．二羟甲戊酸的分子式为C6H12O4，-COOH与乙醇中羟基发生酯化反应，二者脱去1分子水，由原子守恒可知生成有机产物的分子式为：C8H16O4，故A不符合题意；
B．二羟基甲戊酸与乙酸的结构不相似，二者不能互为同系物，故B不符合题意；
C．羧基不能发生加成反应，故C不符合题意；
D．羧基、羟基与钠反应生成氢气，1mol该有机物与足量的钠反应生成氢气为1.5mol，质量是3g，只有羧基和碳酸氢钠反应，因此 二羟基甲戊酸与足量的 溶液反应可生成 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析有机物的结构式可知，含有2个-OH，1个-COOH，结合醇和羧酸的性质来解答。
9．（2021高三上·包头开学考）CO甲烷化反应为： 。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)，其中步骤②反应速率最慢 。
CO(g)+H2(g) CO(g)+·H ·CHO ·CH+H2O(l)→CH4(g)
下列说法错误的是（　　）
A．步骤①只有非极性键断裂
B．步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高
C．步骤③需要吸收热量
D．使用该催化剂不能有效提高CO平衡转化率
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A．由图可知：在步骤①中反应开始时是CO和H2反应，后来反应变为CO气体和·H，只断裂了H2中的H-H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤①发生只有非极性键断裂，故A不符合题意；
B．步骤②是CO气体与·H结合形成·CHO，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，故B不符合题意；
C．步骤③中反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤③的反应会放出热量，故C符合题意；
D．催化剂只能改变反应途径，改变反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氢气是由非极性键H-H构成的，因此氢气变成氢原子需要断裂非极性键。
B、过渡态I能量相对比较高，活化能因此也相对很高，而活化能高是导致反应速率慢的主要原因之一。
C、·CHO能量比·CH和H2O总能量要低，因此步骤三需要吸收热量。
D、催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，所以不能提高CO平衡转化率。
10．（2021高三上·包头开学考）下列说法正确的是（　　）
A． ，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B． ，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C．若压强不再随时间变化能说明反应 已达平衡，则A、C不能同时是气体
D． 和 反应达到平衡时 转化率为 ，放出的热量为 ；在相同温度和压强下，当 分解为 和 的转化率为 时，吸收的热量为 ， 不等于
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；等效平衡
【解析】【解答】A．压强越大，有气体参加或生成的可逆反应正逆反应速率都增大，缩小容器体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故A不符合题意；
B．可逆反应达到平衡状态时，各物质的质量不再发生变化，该反应中C的质量不变时说明该反应已经达到平衡状态，故B符合题意；
C．如果A、C都是气体，当压强不变时，该反应达到平衡状态，所以A、C可以同时都是气体，故C不符合题意；
D．相同温度、相同压强下，将2mol氨气完全转化为氮气和氢气，也是1mol N2和3 mol H2，所以二者为等效平衡，设生成氨气的反应热为+Q，氨气分解生成氮气和氢气的反应热为-Q，即有3molH2消耗放出Q热量，消耗氢气为3mol×10%=0.3mol，放出的热量为Q1=0.1Q，消耗2mol氨气生成氮气和氢气时吸收Q热量，则消耗氨气为2mol×10%=0.2mol时吸收热量为Q2=0.1Q，所以Q2等于Q1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.缩小反应容器体积，反应物、生成物浓度均增大；
B.对应反应前后气体系数和不相等的，当气体总物质的量不变可以说明达到平衡状态；
C.反应前后气体系数和不同的，当总压不再变化能说明达到平衡状态；
D.可逆反应，反应焓变绝对值相等，符号相反，对于确定的化学反应，反应热与消耗的反应物的物质的量成正比。
11．（2021高三上·包头开学考）聚合硫酸铁 能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾( )与 在水溶液中反应得到： (未配平)下列说法正确的是（　　）
A． 作氧化剂，每消耗 可生成
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的 变小
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下， 比 的水解能力更强
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；水的净化
【解析】【解答】A． 做氧化剂，氧化FeSO4生成 的化学方程式为 ，由化学方程式可知，每生成1mol 消耗 ，故A项不符合题意；
B．FeSO4是强酸弱碱盐，由于Fe2+水解使得其水溶液呈酸性，当生成聚合硫酸铁后，由于Fe2+浓度减小，所以水溶液的酸性减弱，pH增大，故B项不符合题意；
C．聚合硫酸铁能够在水中水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质净水，故C项符合题意；
D．Fe3+是弱碱阳离子，水解分步进行， 是Fe3+二级水解的产物，因为Fe3+的水解第一步程度最大，所以在相同条件下，Fe3+比 的水解能力更强，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据得失电子守恒配平方程式；聚合硫酸铁 又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。
12．（2021高三上·包头开学考）2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为 其工作原理如图所示。下列充电电解液说法错误的是（　　）
A．充电时，A极接外电源的正极
B．放电时，若转移 电子，石墨电极将减重
C．充电时B极电极式为：
D．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据工作原理可判断出，A为负极，B为正极，充电A为阴极，B为阳极。
A．充电时，原来的负极作阴极，与外接电源的负极相连，故A符合题意；
B．放电时，阳离子由负极移向正极，Li+和电子的电荷数相等，所以转移0.3mol电子，则有0.3molLi+发生移动，负极减重为0.3mol×7g/mol=2.1g，故B不符合题意；
C．充电时B极为阳极，电极式为： ，故C不符合题意；
D．放电处理时，Li+在正极参与反应，生成LiCoO2，故该废旧电池进行放电处理有利于锂在B极回收，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据原电池中Li+的移动方向可知，A为负极，B为正极，电池总反应式为 ，其中Lix C6发生失去电子的氧化反应生成C和xLi+，则负极A的反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极B上Li1-x CoO2发生得电子的还原反应生成LiCoO2，正极反应式为： ，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电时，阴极、阳极分别与外电源的负极、正极相接，电极反应式正好相反，据此分析解答。
13．（2021高三上·包头开学考）室温下，取 某二元酸 ，滴加 溶液。已知 ， 。下列说法错误的是（　　）
A． 溶液中有
B．当用去 溶液体积 时，溶液的 ，此时溶液中有
C．当滴加至中性时，溶液中 ，用去 溶液的体积小于
D．当用去 溶液体积 时，此时溶液中有
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】由 ， 可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。
A．H2A溶液中电荷守恒式为 ，物料守恒式为 0.1mol/L，二者结合可得： ，故A不符合题意；
B．当NaOH溶液体积为10mL时，反应后溶质为NaHA，HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，由质子守恒可知 ，故B不符合题意；
C．当滴加至中性时 ，结合电荷守恒可知 ，由于HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该大于10mL，故C符合题意；
D．当NaOH溶液体积为20 mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可知 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据H2A溶液中电荷守恒、物料守恒分析；
B. HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该稍大些；
C.反应后溶质为0.1mol/L的NaHA，结合质子守恒分析；
D.反应后溶质为Na2A，结合物料守恒分析。
14．（2021高三上·包头开学考）白色固体混合物A，含有 、 、 、 、 中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断错误的是（　　）
A．无色溶液B的
B．混合物A是 、 和
C．白色固体F的主要成分是 (或 )
D．在无色溶液B中加 酸化，无沉淀；再滴加 ，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有
【答案】B
【知识点】氯离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．经分析，不论溶液中含有何种离子，SiO 发生水解生成OH-，CO 发生水解生成OH-，则无色溶液B的 ，A不符合题意；
B．混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3，B符合题意；
C．经分析，白色固体F是 (或 )，C不符合题意；
D．混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物质反应，KCl会进入到溶液B中，向该溶液中加HNO3酸化无沉淀，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B，且固体C不能完全溶解于硝酸中，固体F为H2SiO3，无色气体D为二氧化碳，蓝色溶液含铜离子，则A中一定含Na2CO3、 Na2SiO3、CuSO4，无色溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含KCl、CaCO3，以此来解答。
二、综合题
15．（2021高三上·包头开学考）镁单质及其化合物在电池制造储氢及大气治理等方面用途十分广泛。以硼镁泥(主要成分为 、 及少量 、 和 )为原料制备 晶体的流程如下：
已知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的 如下表所示：
值
开始沉淀时
沉淀完全时
请回答下列问题：
（1）“浸取”时，为了提高镁的浸取率可行的措施为　 　。
a.将硼镁泥制成浆料 b.降低浸取温度 c.用盐酸多次浸取
（2）“浸取”时， 与盐酸反应的化学方程式为　 　。
（3）“氧化”步骤中工业上常用 代替 ，除 成本高外，还可能的原因是　 　。
（4）“除铁、铝”时，需调节溶液 范围为　 　，加热煮沸的目的是　 　。
（5）“除 ”步骤中发生反应的离子方程式为　 　；要从 粗品中得到纯度更高的 晶体，可通过　 　的方法提纯。
（6）一种镁锂双离子二次电池装置如图所示
①放电时，迁移至正极区的离子是　 　。
②充电时，阳极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）ac
（2）
（3） 不稳定易分解(或 等金属离子会催化 分解)
（4）；促进 、 水解生成 、 沉淀，便于分离，(或防止形成胶体)
（5）；重结晶
（6）Li＋；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）a.将硼镁泥制成浆料，增大反应物接触面积，提高镁的浸取率，a正确；
b.降低浸取温度，反应速率减小，不能提高镁的浸取率，b不正确；
c.用盐酸多次浸取，可提高镁的浸取率，c正确；
故答案为：ac。
（2）“浸取”时， 与盐酸反应生成 ，反应的化学方程式为 ；
（3）由于 不稳定易分解，另外 等金属离子也会催化 分解，所以“氧化”步骤中工业上常用 代替 ；
（4）“除铁、铝”时不能生成氢氧化锰沉淀，根据表中数据可知需调节溶液 范围为 ；加热煮沸可促进 、 水解生成 、 沉淀，便于分离；
（5）根据以上分析可知“除 ”步骤中发生反应的离子方程式为 ；要从 粗品中得到纯度更高的 晶体，可通过重结晶的方法实现提纯；
（6）①放电时阳离子移向正极，因此迁移至正极区的离子是Li＋。
②充电时，阳极即原电池中的正极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为 。
【分析】以硼镁泥(主要成分 为 、 及少量 、 和 )为原料制备高纯 ，由流程可知，加入盐酸浸取， 、 及少量 、 都和硫酸反应，其中发生反应 ，过滤分离出，滤液中含有Mg2+、Fe3+、Fe2+、Al3+， 加入双氧水溶液把亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤分离出滤渣2含有Fe(OH)3、Al(OH)3，继续加入过氧化氢和氢氧化钠除锰，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，获得。
(6)①原电池中阳离子向正极移动；
②充电时，阳极上失去电子发生氧化反应。
16．（2021高三上·包头开学考）某化学兴趣小组进行如下有关 性质和含量测定的探究活动。
（1）装置A中仪器 的名称为　 　。写出 中 价的硫元素体现氧化性的化学反应　 　(用化学方程式表示)。
（2）选用上图中的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
①甲同学认为按照 尾气处理顺序连接装置可以证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理其理由是　 　。
②丙同学设计的合理实验方案为：按照 　 　 尾气处理(填字母)顺序连接装置。可以证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的酸性的实验现象是　 　。
③其中装置C的作用是　 　。常温下，测得装置C中饱和 溶液的 ，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为　 　。(已知 的 溶液 )
（3）测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离 计算)的方案如下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为 )
①按上述方案实验，消耗标准 溶液 ，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离 计算)为　 　 。
②在上述实验过程中，若有部分 被空气氧化，则测得结果　 　(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【答案】（1）分液漏斗；
（2）二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应不能证明强酸制备弱酸的原理；；装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀；除去 气体以免影响后面的实验；
（3）；偏低
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验操作的先后顺序；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）装置A中仪器a是有活塞能控制滴加速率的漏斗，名称是分液漏斗；氧化还原反应中元素化合价降低的元素具有氧化性，利用装置A中产生的气体证明+4价的硫元素具有氧化性，硫的化合价需降低，二氧化硫与氢硫酸反应生成硫，反应中二氧化硫+4价的硫降为0价的硫，表现氧化性，反应的方程式为： ；
（2）①按照A→C→F顺序连接装置，A装置制备二氧化硫，C装置：饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，F装置：二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应，不是强酸制备弱酸，则不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱；
②次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A→C→B→E→D→F→尾气处理；其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
③A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，装置C的作用是除去HCl气体以免影响后面的实验，常温下，测得装置C中饱和 溶液的 ，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为 ；
（3）①按上述方案实验，消耗标准 溶液 ，物质的量是2.5×10－4mol，根据方程式 可知该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离 计算)为 ＝ 。
②在上述实验过程中，若有部分 被空气氧化，导致消耗标准液体积减少，则测得结果偏低。
【分析】（1）仪器a根据构造可判断为分液漏斗，二氧化硫中的硫化合价为+4价，既具有还原性也具有氧化性，其中在和硫化氢反应时表现为氧化性，其化学反应方程式为：
（2）①利用强酸制弱酸来比较酸性强弱时，该反应不能发生氧化还原反应，而二氧化硫通入次氯酸钙里发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸。
②A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A→C→B→E→D→F→尾气处理；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
③装置C的作用是除去HCl气体以免影响后面的实验常温下，测得装置C中饱和 溶液的 ，显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度
（3）①由化学方程式可知，每消耗1mol碘单质，就要消耗64gSO2，而实验过程中消耗了25mL，0.01mol/L的碘单质，也就是25×10-3×0.01mol=2.5×10－4mol，消耗SO20.016g，也就是0.16g/L
②在上述实验过程中，若有部分 被空气氧化，导致消耗标准液I2体积减少，则测得结果偏低。
17．（2021高三上·包头开学考）汽车尾气中 、 是现代城市中大气的主要污染物，是导致雾霾天气的“罪魁祸首”之一、对 、 等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（1）I.将 样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
浓度
根据表中数据判断试样的 　 　。(已知 )
（2）II.汽车在行驶过程中有如下反应发生：
a.
b.
能表示 燃烧热的热化学方程式为　 　。
（3）汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　 　。
（4）汽车尾气净化的主要原理： ，若该催化剂反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到 时刻达到平衡状态的是_______(填序号)。(如图中v正、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数)
A． B．
C． D．
（5）用活性炭可处理大气污染物 。向容积均为1L的甲、乙丙三个恒容恒温(反应温度分别为 、 、 )容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，发生反应为： ，测得各容器中 反应时间t的变化情况如下表所示：
(甲容器)/
(乙容器)/
(丙容器)/
①T　 　 (填“>”、“<”或“=”)，该正反应为　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
②乙容器在 达到平衡状态，则 内用NO的浓度变化表示的平均反应速率 　 　。
（6）在恒温条件下， 和足量C发生反应： ，测得平衡时 和 的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系： 　 　 (填“<”或“>”或“=”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数 　 　(列出表达式并计算结果。 是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） 或
（2）
（3） 和 生成 是吸热反应，温度升高，反应速率加快，促使平衡正移，产生NO越多
（4）B；D
（5）>；吸热；
（6）=；
【知识点】热化学方程式；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）忽略水的电离，根据电荷守恒：c( )+c( )+c( )+c(H+)=2c( )+c( )+c( )，可得c(H+)=2×10-5mol/L，所以溶液的pH=-lg c(H+)=5－lg2＝4.7；
（2）在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量是燃烧热，则依据盖斯定律可知(a+b)/2即得到 燃烧热的热化学方程式为 ；
（3） 和 生成 是吸热反应，温度升高，反应速率加快，促使平衡正移，产生NO越多，因此汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大；
（4）反应为放热反应，且在绝热容器中进行，到达化学平衡时，反应速率不变，平衡常数K不变，各组分的物质的量也不变，所以符合的只有B和D项，故答案为：BD；
（5）①甲和丙容器的起始量相同，但温度不同，0～40min内丙中NO的变化量大，说明反应速率快，因此T＞ ，丙中平衡时NO的物质的量小于甲中，说明升高温度平衡正向进行，则该正反应为吸热反应。
②乙容器在 达到平衡状态，甲乙中温度相同，平衡常数相同，根据甲中可知平衡时NO是0.60mol/L，消耗NO是1.4mol/L，则生成氮气和二氧化氮的浓度均是0.7mol/L，所以该温度下平衡常数为 ，设乙中平衡时消耗NO是xmol/L，则生成氮气和二氧化氮的浓度均是0.5xmol/L，则 ，解得x＝0.7，则用NO的浓度变化表示的平均反应速率0.7mol/L÷200min＝ ；
（6）①A、B两点的温度相同，平衡常数只与温度有关系，则浓度平衡常数关系： ＝ 。
②根据图像可知平衡时 和 的物质的量浓度相等，根据三段式可知
则1－2x＝2x，解得x＝0.25，因此C点时该反应的压强平衡常数 。
【分析】(1)该试样中除了水溶性无机离子外，还一定含H+和OH-， 根据溶液中电荷守恒来列式，并结合水的离子积来计算；
(2)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式和盖斯定律计算得到；
(3)根据温度越高，化学反应速率越快，平衡向吸热的方向移动分析；
(4)到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，各组分的含量不发生变化；
(5)①根据数据，在400℃时，甲乙容器，乙的充入量为甲的一半，随着反应的进行，在各个时间段内NO的浓度均比甲的一半还要大，说明该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
②根据 ，前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol；
(6)①平衡常数只受温度影响；
②在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应 ，可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成分气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp。
18．（2021高三上·包头开学考）氢氧化镍在乙醇的悬浊液中可发生反应生成单质镍的配合物： 。
（1）基态镍原子的未成对电子数为　 　，钯( )与镍位于同一族，且 是 的下一周期元素，基态钯原子的未成对电子数为 ，基态钯原子的外围电子排布式为　 　。
（2） 中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　； (结构简式为 )分子中碳原子的杂化轨道类型是　 　； 中 键的数目为　 　。
（3）用光气( )与甲胺( )可以制取 与 互为等电子体的一种阴离子为　 　。
（4）如下图所示在镍的催化作用下，甲基呋喃与氨在高温下反应得到甲基吡咯，甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃的原因是　 　。
（5） 的晶体结构与 相同，如下图所示，其中原子坐标参数 为 ，B为 ，则C原子坐标参数为　 　；若 与最邻近 的核间距离为 ，则 晶体的密度为　 　 (写出最简表达式，阿伏加德罗常数的数值用 表示)。
【答案】（1）；
（2）；sp、 ；
（3） (或 )
（4）甲基吡咯的分子间存在氢键
（5）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】（1）Ni是28号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，其3d能级上有2个单电子，所以其未成对电子数为2；钯（Pd）与镍位于同一族，且Pd是Ni的下一周期元素，则Pd为46号元素，基态钯原子的未成对电子数为0，则基态钯原子的外围电子排布式为4d10；
（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱，故这些元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C； (结构简式为 )分子中甲基碳原子形成了4个单键，所以采取sp3杂化，－N=C=O中碳原子2个双键，属于sp杂化；单键都是σ键，三键中还含有1个σ键，CH3NC的结构简式为CH3-N≡C，则 中 键的数目为 ；
（3）原子数和价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，与COCl2互为等电子体的阴离子的化学式为 或 ；
（4）甲基吡咯分子之间能形成氢键，而甲基呋喃中分子之间不能形成氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃；
（5）根据原子坐标参数 为 ，B为 ，则C原子坐标参数为 ；与和氯化钠的晶胞相同，则晶胞中阴阳离子的个数均是4个，若 与最邻近 的核间距离为 ，则晶胞边长是 ，因此 晶体的密度为 ＝ 。
【分析】(3)等电子体含有相同原子数目和相同价电子数；
(4)氢键使物质的熔沸点升高；
(5 )利用均摊法确定晶胞中原子数，进而确定晶胞的质量，再根据计算晶胞的密度。
19．（2021高三上·包头开学考）药物合成在有机合成中具有重要作用。某种药物H是一种具有抗菌作用的化合物，实验室由芳香族化合物A制备的一种合成路线如下：
已知：①RCH2Br R-CH=CH-R′
②2R-CH=CH-R′ (以上R、R′代表氢或烃基等)
（1）A的化学名称是　 　；C中所含官能团的名称为　 　。
（2）试剂a是　 　，G生成H的反应类型是　 　。
（3）由F生成G化学方程式是　 　。
（4）能同时满足下列条件的D的同分异构体共有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰的有机物结构简式为　 　。
①苯环上只有两个取代基
②除苯环外不含其他环状结构
③既能发生银镜反应又能发生水解反应且水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应
（5）以乙醇为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成 ，写出合成路线　 　。(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)
【答案】（1）2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸)；酯基、溴原子
（2） (或甲醛)；加成反应
（3）
（4）；
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为 ，名称为2-甲基苯甲酸（或邻甲基苯甲酸），C为 ，含有的官能团为酯基、溴原子；
（2）由以上分析可知试剂a是 HCHO，G生成H的反应类型是加成反应；
（3）F为 ，发生消去反应生成G，方程式为 ；
（4）D的同分异构体中：①苯环上只有两个取代基，可为邻、间、对；②除苯环外不含其他环状结构；③既能发生银镜反应又能发生水解反应且水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，说明水解可生成甲酸和酚羟基，则应含有HCOO-，另一个取代基可为-CH=CH2CH3、-CH2CH=CH2、-C(CH3)=CH2，则共9种，核磁共振氢谱为五组峰的有机物的结构简式为 ；
（5）以乙醇为起始原料，要合成 ，应先生成CH3CH=CHCH3，可由乙醛和CH3CH2Br生成，且乙醇可生成乙醛、溴乙烷，反应的流程为 。
【分析】A发生取代反应生成B，根据B结构简式知A为，B和甲醇发生酯化反应生成C，C为，C和a发生信息的反应生成D，根据D结构简式知，a为HCHO，D发生水解反应然后酸化得到E为，E和碘反应生成F，F发生消去反应生成G，G发生加成反应生成H，据此解答。
1 / 1内蒙古包头市2021-2022学年高三上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高三上·包头开学考）从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化不属于化学变化的是（　　）
A B C D
石油催化裂解得到丙烯 丙烯催化聚合生成聚丙烯 聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布 利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒
A．A B．B C．C D．D
2．（2021高三上·包头开学考）下列说法正确的是（　　）
A． 和 互为同位素
B． 和 是具有相同质子数的不同核素
C． 和 是同分异构体
D．正己烷和异丁烷互为同系物
3．（2021高三上·包头开学考）潜艇中氧气来源之一的反应是： 。用 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A． 含 个O原子
B． 含有的质子数为
C． 含共价键的总数为
D．上述反应，每生成 转移 电子
4．（2021高三上·包头开学考）下列有关粒子组的评价及相关离子方程式表述均正确的是（　　）
A．常温下， 的溶液： 、 、 、 能大量共存
B．无色透明的溶液中： 、 、 、 能大量共存
C．在含 的溶液中，通入 发生的离子反应为：
D．向 中加入足量 溶液，则离子方程式为：
5．（2021高三上·包头开学考）实验室提供的仪器有：试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（　　）
A．制备乙酸乙酯 B．粗盐的提纯
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配置0.1mol/L的盐酸溶液
6．（2018·江苏）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（　　）
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I 的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I 后的Cl2尾气
7．（2021高三上·包头开学考）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。(注：实线代表共价键，他重复单元的W、X未标注)下列说法正确的是（　　）
A．Y单质的氧化性在同主族中最强
B．离子半径：
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物只有二种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
8．（2021高三上·包头开学考）二羟基甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟基甲戊酸的说法正确的是（　　）
A．与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为
B．二羟基甲戊酸是乙酸的同系物
C．既能发生取代反应，又能发生加成反应
D． 二羟基甲戊酸与足量的 反应可生成 氢气，与足量的 溶液反应可生成
9．（2021高三上·包头开学考）CO甲烷化反应为： 。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)，其中步骤②反应速率最慢 。
CO(g)+H2(g) CO(g)+·H ·CHO ·CH+H2O(l)→CH4(g)
下列说法错误的是（　　）
A．步骤①只有非极性键断裂
B．步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高
C．步骤③需要吸收热量
D．使用该催化剂不能有效提高CO平衡转化率
10．（2021高三上·包头开学考）下列说法正确的是（　　）
A． ，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B． ，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C．若压强不再随时间变化能说明反应 已达平衡，则A、C不能同时是气体
D． 和 反应达到平衡时 转化率为 ，放出的热量为 ；在相同温度和压强下，当 分解为 和 的转化率为 时，吸收的热量为 ， 不等于
11．（2021高三上·包头开学考）聚合硫酸铁 能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾( )与 在水溶液中反应得到： (未配平)下列说法正确的是（　　）
A． 作氧化剂，每消耗 可生成
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的 变小
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下， 比 的水解能力更强
12．（2021高三上·包头开学考）2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为 其工作原理如图所示。下列充电电解液说法错误的是（　　）
A．充电时，A极接外电源的正极
B．放电时，若转移 电子，石墨电极将减重
C．充电时B极电极式为：
D．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收
13．（2021高三上·包头开学考）室温下，取 某二元酸 ，滴加 溶液。已知 ， 。下列说法错误的是（　　）
A． 溶液中有
B．当用去 溶液体积 时，溶液的 ，此时溶液中有
C．当滴加至中性时，溶液中 ，用去 溶液的体积小于
D．当用去 溶液体积 时，此时溶液中有
14．（2021高三上·包头开学考）白色固体混合物A，含有 、 、 、 、 中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断错误的是（　　）
A．无色溶液B的
B．混合物A是 、 和
C．白色固体F的主要成分是 (或 )
D．在无色溶液B中加 酸化，无沉淀；再滴加 ，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有
二、综合题
15．（2021高三上·包头开学考）镁单质及其化合物在电池制造储氢及大气治理等方面用途十分广泛。以硼镁泥(主要成分为 、 及少量 、 和 )为原料制备 晶体的流程如下：
已知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的 如下表所示：
值
开始沉淀时
沉淀完全时
请回答下列问题：
（1）“浸取”时，为了提高镁的浸取率可行的措施为　 　。
a.将硼镁泥制成浆料 b.降低浸取温度 c.用盐酸多次浸取
（2）“浸取”时， 与盐酸反应的化学方程式为　 　。
（3）“氧化”步骤中工业上常用 代替 ，除 成本高外，还可能的原因是　 　。
（4）“除铁、铝”时，需调节溶液 范围为　 　，加热煮沸的目的是　 　。
（5）“除 ”步骤中发生反应的离子方程式为　 　；要从 粗品中得到纯度更高的 晶体，可通过　 　的方法提纯。
（6）一种镁锂双离子二次电池装置如图所示
①放电时，迁移至正极区的离子是　 　。
②充电时，阳极的电极反应式为　 　。
16．（2021高三上·包头开学考）某化学兴趣小组进行如下有关 性质和含量测定的探究活动。
（1）装置A中仪器 的名称为　 　。写出 中 价的硫元素体现氧化性的化学反应　 　(用化学方程式表示)。
（2）选用上图中的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
①甲同学认为按照 尾气处理顺序连接装置可以证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理其理由是　 　。
②丙同学设计的合理实验方案为：按照 　 　 尾气处理(填字母)顺序连接装置。可以证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的酸性的实验现象是　 　。
③其中装置C的作用是　 　。常温下，测得装置C中饱和 溶液的 ，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为　 　。(已知 的 溶液 )
（3）测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离 计算)的方案如下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为 )
①按上述方案实验，消耗标准 溶液 ，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离 计算)为　 　 。
②在上述实验过程中，若有部分 被空气氧化，则测得结果　 　(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
17．（2021高三上·包头开学考）汽车尾气中 、 是现代城市中大气的主要污染物，是导致雾霾天气的“罪魁祸首”之一、对 、 等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（1）I.将 样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
浓度
根据表中数据判断试样的 　 　。(已知 )
（2）II.汽车在行驶过程中有如下反应发生：
a.
b.
能表示 燃烧热的热化学方程式为　 　。
（3）汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　 　。
（4）汽车尾气净化的主要原理： ，若该催化剂反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到 时刻达到平衡状态的是_______(填序号)。(如图中v正、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数)
A． B．
C． D．
（5）用活性炭可处理大气污染物 。向容积均为1L的甲、乙丙三个恒容恒温(反应温度分别为 、 、 )容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，发生反应为： ，测得各容器中 反应时间t的变化情况如下表所示：
(甲容器)/
(乙容器)/
(丙容器)/
①T　 　 (填“>”、“<”或“=”)，该正反应为　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
②乙容器在 达到平衡状态，则 内用NO的浓度变化表示的平均反应速率 　 　。
（6）在恒温条件下， 和足量C发生反应： ，测得平衡时 和 的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系： 　 　 (填“<”或“>”或“=”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数 　 　(列出表达式并计算结果。 是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
18．（2021高三上·包头开学考）氢氧化镍在乙醇的悬浊液中可发生反应生成单质镍的配合物： 。
（1）基态镍原子的未成对电子数为　 　，钯( )与镍位于同一族，且 是 的下一周期元素，基态钯原子的未成对电子数为 ，基态钯原子的外围电子排布式为　 　。
（2） 中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　； (结构简式为 )分子中碳原子的杂化轨道类型是　 　； 中 键的数目为　 　。
（3）用光气( )与甲胺( )可以制取 与 互为等电子体的一种阴离子为　 　。
（4）如下图所示在镍的催化作用下，甲基呋喃与氨在高温下反应得到甲基吡咯，甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃的原因是　 　。
（5） 的晶体结构与 相同，如下图所示，其中原子坐标参数 为 ，B为 ，则C原子坐标参数为　 　；若 与最邻近 的核间距离为 ，则 晶体的密度为　 　 (写出最简表达式，阿伏加德罗常数的数值用 表示)。
19．（2021高三上·包头开学考）药物合成在有机合成中具有重要作用。某种药物H是一种具有抗菌作用的化合物，实验室由芳香族化合物A制备的一种合成路线如下：
已知：①RCH2Br R-CH=CH-R′
②2R-CH=CH-R′ (以上R、R′代表氢或烃基等)
（1）A的化学名称是　 　；C中所含官能团的名称为　 　。
（2）试剂a是　 　，G生成H的反应类型是　 　。
（3）由F生成G化学方程式是　 　。
（4）能同时满足下列条件的D的同分异构体共有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰的有机物结构简式为　 　。
①苯环上只有两个取代基
②除苯环外不含其他环状结构
③既能发生银镜反应又能发生水解反应且水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应
（5）以乙醇为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成 ，写出合成路线　 　。(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；聚合反应
【解析】【解答】A．石油催化裂解得到丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．丙烯催化聚合生成聚丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C符合题意；
D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考的是化学变化的特征，也就是有新物质产生。
A、石油里面本身不含有丙烯，裂解以后有丙烯产生，属于有新物质生成，因此属于化学变化。
B、丙烯是小分子化合物，而聚丙烯是高分子化合物，二者是完全不同的两种物质，因此丙烯催化聚合成聚丙烯属于化学变化。
C、聚丙烯变成熔喷布属于形态的变化，没有产生新物质，因此属于物理变化。
D、环氧乙烷消毒主要是改变蛋白质的理化性质，使蛋白质变性，属于物理变化。
2．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A． 和 均表示氧气，质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，A不符合题意；
B． 和 是同一种元素形成的不同单质，互为同素异形体，B不符合题意；
C． 和 的分子式不同，不是同分异构体，C不符合题意；
D．正己烷和异丁烷均是链状烷烃，结构相似，分子式不同，互为同系物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
B.C60和C70是碳元素的不同单质；
C.分子式相同结构不同的有机物为同分异构体；
D.结构相似组成相差CH2的有机物为同系物。
3．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A． 的物质的量不一定是1mol，不一定含 个O原子，A不符合题意；
B． 的物质的量是1mol，含有的质子数为10 ，B符合题意；
C．过氧化钠中O与O之间存在共价键， 含共价键的总数为 ，C不符合题意；
D．反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，上述反应，每生成 转移 电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算；
B.水分子中含有10个质子，结合n=-计算；
C.过氧化钠的化学式中含有1个O和O非极性共价键；
D.该反应中，Na2O2的-1价的O歧化为0价和-2价，则每生成1molO2转移2mol电子。
4．【答案】A
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．常温下， 的溶液显碱性， 、 、 、 能大量共存，A符合题意；
B．无色透明的溶液中 氧化 ，且铁离子和 水解相互促进，另外铁离子在溶液中不是无色的，不能大量共存，B不符合题意；
C．碘离子的还原性强于亚铁离子，在含 的溶液中，通入 发生的离子反应为： ，C不符合题意；
D．向 中加入足量 溶液，则离子方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下，该溶液显碱性，能大量共存；
B.有颜色， 氧化 ，且铁离子和 水解相互促进；
C.碘离子的还原性强于亚铁离子，根据所给物质的量，氯气只能氧化碘离子；
D.足量 溶液，则即能和铵根离子反应又能和碳酸氢根离子反应。
5．【答案】A
【知识点】分液和萃取；粗盐提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A.制备乙酸乙酯为液液加热型装置，需要试管、导管、酒精灯，A符合题意；
B. 粗盐的提纯需要烧杯，玻璃棒，漏斗，铁架台(带铁圈)，蒸发皿，酒精灯，坩埚钳等，不符合题意，B不符合题意；
C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘需要分液漏斗，不符合题意，C不符合题意；
D. 配置0.1mol/L的盐酸溶液需要容量瓶，玻璃棒，烧杯，胶头滴管，玻璃棒，量筒，不符合题意，D不符合题意；
答案为A。
【分析】A、制备乙酸乙酯用铁架台、试管、酒精灯；
B、粗盐提纯的操作步骤为：溶解-加入过量的氢氧化钠溶液加入过量的氯化钡溶液-加入过量的碳酸钠溶液过滤加入过量的盐酸蒸发结晶；
C、萃取用到的仪器有铁架台、烧杯和分液漏斗；
D、配置一定物质的量浓度的盐酸溶液所需的仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、容量瓶和胶头滴管。
6．【答案】B
【知识点】海带成分中碘的检验
【解析】【解答】解：A.灼烧碎海带应用坩埚，A项不符合题意；
B.海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液，B项符合题意；
C.MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，C项不符合题意；
D.Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】注意海带提取碘，碘元素主要是以碘离子形式存在，所以先提取碘离子后通过氯气氧化将碘离子氧化为碘单质。
7．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】结合分析可知，W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。
A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱，由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，故A符合题意；
B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z＜Y，故B不符合题意；
C．H、O、Na三种元素中任意两种组成的二元离子化合物不只有二种，例如NaH、Na2O、Na2O2，故C不符合题意；
D．水分子间存在氢键，X与W组成的简单化合物的沸点一定比Y与W组成的简单化合物的沸点低，即CH4＜H2O，其它化合物不一定，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素 W、X、Y、Z ，其中 W、X、Z分别位于位于第一、第二、 第三周期，则W为H元素； X形成4个共价键，则X为C元素； Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na元素； Y形成2个共价键，原子序数比C大比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，以此分析解答。
8．【答案】D
【知识点】乙醇的工业制法；乙酸的化学性质；同系物；分子式
【解析】【解答】A．二羟甲戊酸的分子式为C6H12O4，-COOH与乙醇中羟基发生酯化反应，二者脱去1分子水，由原子守恒可知生成有机产物的分子式为：C8H16O4，故A不符合题意；
B．二羟基甲戊酸与乙酸的结构不相似，二者不能互为同系物，故B不符合题意；
C．羧基不能发生加成反应，故C不符合题意；
D．羧基、羟基与钠反应生成氢气，1mol该有机物与足量的钠反应生成氢气为1.5mol，质量是3g，只有羧基和碳酸氢钠反应，因此 二羟基甲戊酸与足量的 溶液反应可生成 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析有机物的结构式可知，含有2个-OH，1个-COOH，结合醇和羧酸的性质来解答。
9．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A．由图可知：在步骤①中反应开始时是CO和H2反应，后来反应变为CO气体和·H，只断裂了H2中的H-H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤①发生只有非极性键断裂，故A不符合题意；
B．步骤②是CO气体与·H结合形成·CHO，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，故B不符合题意；
C．步骤③中反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤③的反应会放出热量，故C符合题意；
D．催化剂只能改变反应途径，改变反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氢气是由非极性键H-H构成的，因此氢气变成氢原子需要断裂非极性键。
B、过渡态I能量相对比较高，活化能因此也相对很高，而活化能高是导致反应速率慢的主要原因之一。
C、·CHO能量比·CH和H2O总能量要低，因此步骤三需要吸收热量。
D、催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，所以不能提高CO平衡转化率。
10．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；等效平衡
【解析】【解答】A．压强越大，有气体参加或生成的可逆反应正逆反应速率都增大，缩小容器体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故A不符合题意；
B．可逆反应达到平衡状态时，各物质的质量不再发生变化，该反应中C的质量不变时说明该反应已经达到平衡状态，故B符合题意；
C．如果A、C都是气体，当压强不变时，该反应达到平衡状态，所以A、C可以同时都是气体，故C不符合题意；
D．相同温度、相同压强下，将2mol氨气完全转化为氮气和氢气，也是1mol N2和3 mol H2，所以二者为等效平衡，设生成氨气的反应热为+Q，氨气分解生成氮气和氢气的反应热为-Q，即有3molH2消耗放出Q热量，消耗氢气为3mol×10%=0.3mol，放出的热量为Q1=0.1Q，消耗2mol氨气生成氮气和氢气时吸收Q热量，则消耗氨气为2mol×10%=0.2mol时吸收热量为Q2=0.1Q，所以Q2等于Q1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.缩小反应容器体积，反应物、生成物浓度均增大；
B.对应反应前后气体系数和不相等的，当气体总物质的量不变可以说明达到平衡状态；
C.反应前后气体系数和不同的，当总压不再变化能说明达到平衡状态；
D.可逆反应，反应焓变绝对值相等，符号相反，对于确定的化学反应，反应热与消耗的反应物的物质的量成正比。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；水的净化
【解析】【解答】A． 做氧化剂，氧化FeSO4生成 的化学方程式为 ，由化学方程式可知，每生成1mol 消耗 ，故A项不符合题意；
B．FeSO4是强酸弱碱盐，由于Fe2+水解使得其水溶液呈酸性，当生成聚合硫酸铁后，由于Fe2+浓度减小，所以水溶液的酸性减弱，pH增大，故B项不符合题意；
C．聚合硫酸铁能够在水中水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质净水，故C项符合题意；
D．Fe3+是弱碱阳离子，水解分步进行， 是Fe3+二级水解的产物，因为Fe3+的水解第一步程度最大，所以在相同条件下，Fe3+比 的水解能力更强，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据得失电子守恒配平方程式；聚合硫酸铁 又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。
12．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据工作原理可判断出，A为负极，B为正极，充电A为阴极，B为阳极。
A．充电时，原来的负极作阴极，与外接电源的负极相连，故A符合题意；
B．放电时，阳离子由负极移向正极，Li+和电子的电荷数相等，所以转移0.3mol电子，则有0.3molLi+发生移动，负极减重为0.3mol×7g/mol=2.1g，故B不符合题意；
C．充电时B极为阳极，电极式为： ，故C不符合题意；
D．放电处理时，Li+在正极参与反应，生成LiCoO2，故该废旧电池进行放电处理有利于锂在B极回收，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据原电池中Li+的移动方向可知，A为负极，B为正极，电池总反应式为 ，其中Lix C6发生失去电子的氧化反应生成C和xLi+，则负极A的反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极B上Li1-x CoO2发生得电子的还原反应生成LiCoO2，正极反应式为： ，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电时，阴极、阳极分别与外电源的负极、正极相接，电极反应式正好相反，据此分析解答。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】由 ， 可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。
A．H2A溶液中电荷守恒式为 ，物料守恒式为 0.1mol/L，二者结合可得： ，故A不符合题意；
B．当NaOH溶液体积为10mL时，反应后溶质为NaHA，HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，由质子守恒可知 ，故B不符合题意；
C．当滴加至中性时 ，结合电荷守恒可知 ，由于HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该大于10mL，故C符合题意；
D．当NaOH溶液体积为20 mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可知 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据H2A溶液中电荷守恒、物料守恒分析；
B. HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该稍大些；
C.反应后溶质为0.1mol/L的NaHA，结合质子守恒分析；
D.反应后溶质为Na2A，结合物料守恒分析。
14．【答案】B
【知识点】氯离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．经分析，不论溶液中含有何种离子，SiO 发生水解生成OH-，CO 发生水解生成OH-，则无色溶液B的 ，A不符合题意；
B．混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3，B符合题意；
C．经分析，白色固体F是 (或 )，C不符合题意；
D．混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物质反应，KCl会进入到溶液B中，向该溶液中加HNO3酸化无沉淀，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B，且固体C不能完全溶解于硝酸中，固体F为H2SiO3，无色气体D为二氧化碳，蓝色溶液含铜离子，则A中一定含Na2CO3、 Na2SiO3、CuSO4，无色溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含KCl、CaCO3，以此来解答。
15．【答案】（1）ac
（2）
（3） 不稳定易分解(或 等金属离子会催化 分解)
（4）；促进 、 水解生成 、 沉淀，便于分离，(或防止形成胶体)
（5）；重结晶
（6）Li＋；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）a.将硼镁泥制成浆料，增大反应物接触面积，提高镁的浸取率，a正确；
b.降低浸取温度，反应速率减小，不能提高镁的浸取率，b不正确；
c.用盐酸多次浸取，可提高镁的浸取率，c正确；
故答案为：ac。
（2）“浸取”时， 与盐酸反应生成 ，反应的化学方程式为 ；
（3）由于 不稳定易分解，另外 等金属离子也会催化 分解，所以“氧化”步骤中工业上常用 代替 ；
（4）“除铁、铝”时不能生成氢氧化锰沉淀，根据表中数据可知需调节溶液 范围为 ；加热煮沸可促进 、 水解生成 、 沉淀，便于分离；
（5）根据以上分析可知“除 ”步骤中发生反应的离子方程式为 ；要从 粗品中得到纯度更高的 晶体，可通过重结晶的方法实现提纯；
（6）①放电时阳离子移向正极，因此迁移至正极区的离子是Li＋。
②充电时，阳极即原电池中的正极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为 。
【分析】以硼镁泥(主要成分 为 、 及少量 、 和 )为原料制备高纯 ，由流程可知，加入盐酸浸取， 、 及少量 、 都和硫酸反应，其中发生反应 ，过滤分离出，滤液中含有Mg2+、Fe3+、Fe2+、Al3+， 加入双氧水溶液把亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤分离出滤渣2含有Fe(OH)3、Al(OH)3，继续加入过氧化氢和氢氧化钠除锰，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，获得。
(6)①原电池中阳离子向正极移动；
②充电时，阳极上失去电子发生氧化反应。
16．【答案】（1）分液漏斗；
（2）二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应不能证明强酸制备弱酸的原理；；装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀；除去 气体以免影响后面的实验；
（3）；偏低
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验操作的先后顺序；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）装置A中仪器a是有活塞能控制滴加速率的漏斗，名称是分液漏斗；氧化还原反应中元素化合价降低的元素具有氧化性，利用装置A中产生的气体证明+4价的硫元素具有氧化性，硫的化合价需降低，二氧化硫与氢硫酸反应生成硫，反应中二氧化硫+4价的硫降为0价的硫，表现氧化性，反应的方程式为： ；
（2）①按照A→C→F顺序连接装置，A装置制备二氧化硫，C装置：饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，F装置：二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应，不是强酸制备弱酸，则不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱；
②次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A→C→B→E→D→F→尾气处理；其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
③A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，装置C的作用是除去HCl气体以免影响后面的实验，常温下，测得装置C中饱和 溶液的 ，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为 ；
（3）①按上述方案实验，消耗标准 溶液 ，物质的量是2.5×10－4mol，根据方程式 可知该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离 计算)为 ＝ 。
②在上述实验过程中，若有部分 被空气氧化，导致消耗标准液体积减少，则测得结果偏低。
【分析】（1）仪器a根据构造可判断为分液漏斗，二氧化硫中的硫化合价为+4价，既具有还原性也具有氧化性，其中在和硫化氢反应时表现为氧化性，其化学反应方程式为：
（2）①利用强酸制弱酸来比较酸性强弱时，该反应不能发生氧化还原反应，而二氧化硫通入次氯酸钙里发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸。
②A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A→C→B→E→D→F→尾气处理；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
③装置C的作用是除去HCl气体以免影响后面的实验常温下，测得装置C中饱和 溶液的 ，显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度
（3）①由化学方程式可知，每消耗1mol碘单质，就要消耗64gSO2，而实验过程中消耗了25mL，0.01mol/L的碘单质，也就是25×10-3×0.01mol=2.5×10－4mol，消耗SO20.016g，也就是0.16g/L
②在上述实验过程中，若有部分 被空气氧化，导致消耗标准液I2体积减少，则测得结果偏低。
17．【答案】（1） 或
（2）
（3） 和 生成 是吸热反应，温度升高，反应速率加快，促使平衡正移，产生NO越多
（4）B；D
（5）>；吸热；
（6）=；
【知识点】热化学方程式；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）忽略水的电离，根据电荷守恒：c( )+c( )+c( )+c(H+)=2c( )+c( )+c( )，可得c(H+)=2×10-5mol/L，所以溶液的pH=-lg c(H+)=5－lg2＝4.7；
（2）在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量是燃烧热，则依据盖斯定律可知(a+b)/2即得到 燃烧热的热化学方程式为 ；
（3） 和 生成 是吸热反应，温度升高，反应速率加快，促使平衡正移，产生NO越多，因此汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大；
（4）反应为放热反应，且在绝热容器中进行，到达化学平衡时，反应速率不变，平衡常数K不变，各组分的物质的量也不变，所以符合的只有B和D项，故答案为：BD；
（5）①甲和丙容器的起始量相同，但温度不同，0～40min内丙中NO的变化量大，说明反应速率快，因此T＞ ，丙中平衡时NO的物质的量小于甲中，说明升高温度平衡正向进行，则该正反应为吸热反应。
②乙容器在 达到平衡状态，甲乙中温度相同，平衡常数相同，根据甲中可知平衡时NO是0.60mol/L，消耗NO是1.4mol/L，则生成氮气和二氧化氮的浓度均是0.7mol/L，所以该温度下平衡常数为 ，设乙中平衡时消耗NO是xmol/L，则生成氮气和二氧化氮的浓度均是0.5xmol/L，则 ，解得x＝0.7，则用NO的浓度变化表示的平均反应速率0.7mol/L÷200min＝ ；
（6）①A、B两点的温度相同，平衡常数只与温度有关系，则浓度平衡常数关系： ＝ 。
②根据图像可知平衡时 和 的物质的量浓度相等，根据三段式可知
则1－2x＝2x，解得x＝0.25，因此C点时该反应的压强平衡常数 。
【分析】(1)该试样中除了水溶性无机离子外，还一定含H+和OH-， 根据溶液中电荷守恒来列式，并结合水的离子积来计算；
(2)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式和盖斯定律计算得到；
(3)根据温度越高，化学反应速率越快，平衡向吸热的方向移动分析；
(4)到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，各组分的含量不发生变化；
(5)①根据数据，在400℃时，甲乙容器，乙的充入量为甲的一半，随着反应的进行，在各个时间段内NO的浓度均比甲的一半还要大，说明该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
②根据 ，前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol；
(6)①平衡常数只受温度影响；
②在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应 ，可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成分气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp。
18．【答案】（1）；
（2）；sp、 ；
（3） (或 )
（4）甲基吡咯的分子间存在氢键
（5）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】（1）Ni是28号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，其3d能级上有2个单电子，所以其未成对电子数为2；钯（Pd）与镍位于同一族，且Pd是Ni的下一周期元素，则Pd为46号元素，基态钯原子的未成对电子数为0，则基态钯原子的外围电子排布式为4d10；
（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱，故这些元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C； (结构简式为 )分子中甲基碳原子形成了4个单键，所以采取sp3杂化，－N=C=O中碳原子2个双键，属于sp杂化；单键都是σ键，三键中还含有1个σ键，CH3NC的结构简式为CH3-N≡C，则 中 键的数目为 ；
（3）原子数和价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，与COCl2互为等电子体的阴离子的化学式为 或 ；
（4）甲基吡咯分子之间能形成氢键，而甲基呋喃中分子之间不能形成氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃；
（5）根据原子坐标参数 为 ，B为 ，则C原子坐标参数为 ；与和氯化钠的晶胞相同，则晶胞中阴阳离子的个数均是4个，若 与最邻近 的核间距离为 ，则晶胞边长是 ，因此 晶体的密度为 ＝ 。
【分析】(3)等电子体含有相同原子数目和相同价电子数；
(4)氢键使物质的熔沸点升高；
(5 )利用均摊法确定晶胞中原子数，进而确定晶胞的质量，再根据计算晶胞的密度。
19．【答案】（1）2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸)；酯基、溴原子
（2） (或甲醛)；加成反应
（3）
（4）；
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为 ，名称为2-甲基苯甲酸（或邻甲基苯甲酸），C为 ，含有的官能团为酯基、溴原子；
（2）由以上分析可知试剂a是 HCHO，G生成H的反应类型是加成反应；
（3）F为 ，发生消去反应生成G，方程式为 ；
（4）D的同分异构体中：①苯环上只有两个取代基，可为邻、间、对；②除苯环外不含其他环状结构；③既能发生银镜反应又能发生水解反应且水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，说明水解可生成甲酸和酚羟基，则应含有HCOO-，另一个取代基可为-CH=CH2CH3、-CH2CH=CH2、-C(CH3)=CH2，则共9种，核磁共振氢谱为五组峰的有机物的结构简式为 ；
（5）以乙醇为起始原料，要合成 ，应先生成CH3CH=CHCH3，可由乙醛和CH3CH2Br生成，且乙醇可生成乙醛、溴乙烷，反应的流程为 。
【分析】A发生取代反应生成B，根据B结构简式知A为，B和甲醇发生酯化反应生成C，C为，C和a发生信息的反应生成D，根据D结构简式知，a为HCHO，D发生水解反应然后酸化得到E为，E和碘反应生成F，F发生消去反应生成G，G发生加成反应生成H，据此解答。
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