河北省唐山市第一中学2021-2022学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

唐山一中2021—2022学年度第一学期期中考试高三年级化学试卷说明：1．考试时间75分钟，满分100分。2．将第Ⅰ卷答案用2B铅笔涂在答题卡上，将卷Ⅱ答案用黑色的签字笔书写在答题卡上。可能用到的相对原子量H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28P-31S-32Cl-35.5Co-59Zn-65Sn-119I-127第Ⅰ卷(选择题共43分)一．单项选择题(共9小题，每小题3分，计27分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。)1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉B.有机玻璃和高温结构陶瓷都属于新型无机非金属材料C.新能源汽车的推广与使用有利于减少光化学烟雾的产生D.茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂【答案】B【解析】【详解】A.生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉，A正确；B.有机玻璃属于有机合成材料，B错误；C.导致光化学烟雾的主要气体为氮氧化物，新能源汽车的推广与使用可减少氮氧化物的排放，有利于减少光化学烟雾的产生，C正确；D.茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂，D正确。答案为B。2.材料与人类生活密切相关，下列物品中最难降解的是A.真丝围巾B.宣纸C.PVC塑料卡片D.淀粉做的餐具【答案】C【解析】【详解】A.真丝围巾的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，是天然有机高分子，容易降解；B.宣纸的主要成分是纤维素，，是天然有机高分子，容易降解；C.PVC塑料卡片的主要成分是聚氯乙烯，难以降解；D.淀粉是天然有机高分子，淀粉做的餐具容易降解，D正确。本题选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A.46g乙醇中含有的共价键数为8NAB.12.4g白磷(P4)中所包含的P−P共价键有0.4NAC.标准状况下，2.24LCH2Cl2含有的分子数大于0.1NAD.常温下，2L0.1mol∙L−1FeCl3溶液与1L0.2mol∙L−1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同【答案】B【解析】【详解】A．一个乙醇分子中含有8个共价键，46g乙醇的物质的量为1mol，则其中含共价键数为8NA，A正确；B．1个白磷分子中含有6个P-P共价键，12.4g白磷的物质的量为0.1mol，则其中含有的P-P共价键为0.6NA，B错误；C．标况下，二氯甲烷为液态，2.24L二氯甲烷的物质的量大于0.1mol，其分子数大于0.1NA，C正确；D．氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子发生水解，水解程度受溶液浓度的影响，故两者中铁离子数目不同，D正确；答案选B。4.下列说法在一定条件下可以实现的是①酸性氧化物与碱反应②弱酸与盐溶液反应可生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种含氧化合物反应的产物有气体A.①②③④⑤⑥B.①②③⑤C.②④⑤⑥D.③④⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①酸性氧化物能碱反应生成水和盐，故①可以实现；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CusO4=CuS↓+H2SO4，故②可以实现；③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应符合题意，如HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故③可以实现；④根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④可以实现；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故⑤可以实现； ⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥可以实现；综上所述，①②③④⑤⑥均可实现，A正确；故答案为A。5.下列关于有机物的说法中，正确的是A.卤代烃均可发生消去反应B.苯、乙醇和乙烯都能发生加成反应C.石油分馏可获得乙烯、苯及其衍生物D.用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验乙醛分子中醛基的存在【答案】D【解析】【详解】A．卤代烃中卤素元素连接的碳有邻位碳，且邻位碳上有氢原子才能发生消去反应，并不是所有的卤代烃都能发生，故A错误；B．乙醇不能发生加成反应，故B错误；C．石油分馏是物理变化、石油分馏能得到直馏汽油、煤油等产品、不能得到乙烯，C错误；D．乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，能用其进行醛基的检验，D正确；故选D。6.化合物A(结构式如下图)是重要的药物中间体和分析试剂，化合物A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W可组成，W是地壳中分布最广的元素，下列说法正确的是A.Y的氢化物的沸点一定低于W的氢化物的沸点B.原子半径大小顺序为：W＞Z＞Y＞XC.非金属性强弱顺序为：X＞W＞Y＞ZD.X、Y、Z、W四种元素可形成离子化合物【答案】D【解析】 【分析】化合物A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W可组成，W是地壳中分布最广的元素，则W为O元素，由化合物A的结构式可知，X只形成一根共价键，原子序数小于O，且在这几种元素中原子序数最小，则X为H元素，Y形成四根共价键，且原子序数小于O，则Y为C元素，Z形成三根共价键，且原子序数小于O，则Z为N元素，据此解答。【详解】A．由上述分析可知，Y为C元素，W为O元素，C的氢化物有可能是分子量很大的烃，沸点有可能比H2O或H2O2高，故A错误；B．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，根据电子层数越多，半径越大，同周期元素随着原子序数的递增，半径减小，则H只有一个电子层，半径最小，C、N、O均有二个电子层，属于同周期元素，原子序数C＜N＜O，半径C＞N＞O＞H，即Y＞Z＞W＞X，故B错误；C．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，根据同周期元素从左至右非金属性依次增强，则原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，在CH4中H呈现正价，非金属性C＞H，所以非金属性O＞N＞C＞H，即W＞Z＞Y＞X，故C错误；D．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，这四种元素可形成(NH4)2CO3或NH4HCO3离子化合物，故D正确；答案为D。7.网络斗图“早已看穿了一切”深受同学喜爱，其化学名称为2，3-过氧二环[2，2，2]-5-辛烯，关于该物质说法不正确的是A.该物质中的所有碳原子均处于同一平面B.该物质具有一定的氧化性C.该物质可使酸性高锰酸钾溶液褪色D.该物质属于烃的衍生物【答案】A【解析】【详解】A．由2，3-过氧二环[2，2，2]-5-辛烯结构简式可知，该结构中有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故A错误； B．由2，3-过氧二环[2，2，2]-5-辛烯结构简式可知，该结构中有过氧结构，该物质具有一定的氧化性，故B正确；C．由2，3-过氧二环[2，2，2]-5-辛烯结构简式可知，该结构中有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．由2，3-过氧二环[2，2，2]-5-辛烯结构简式可知，该物质是由C、H、O三种元素组成，属于烃的衍生物，故D正确；答案为A。8.下列实验操作或现象正确且能达到实验目的的是实验目的实验操作或现象A证明溶液中含有Fe2+向某溶液中先滴加氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液变成血红色B除去CO2中少量的SO2将混合气体通过饱和Na2CO3溶液C证明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp向两份相同的银氨溶液中分别滴加2滴等浓度的NaCl和NaI溶液，一份中产生黄色沉淀，另一份无明显现象D清洗用KMnO4制备O2的试管中残留的MnO2用稀盐酸清洗并用酒精灯加热试管A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中先滴加氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液变成血红色，不能证明原溶液中含有Fe2+，也可能本来就有Fe3+，A错误；B．Na2CO3溶液也能吸收CO2，B错误；C．向两份相同的银氨溶液中分别滴加2滴等浓度的NaCl和NaI溶液，一份中产生黄色沉淀，另一份无明显现象，说明相同条件下，I-更容易形成AgI沉淀，即证明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，C正确；D．清洗用KMnO4制备O2的试管中残留的MnO2，应用浓盐酸清洗并用酒精灯加热试管，D错误。故答案选C。 9.CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中，中间态物质的能量关系如图所示(Ea表示活化能)。下列说法错误的是A.已知Cl•是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，该过程可表示为：2B.CH4+Cl2CH3Cl+HCl是一步就能完成的反应C.图中ΔH＜0，其大小与Ea1、Ea2无关D.相同条件下，Ea越大相应的反应速率越慢【答案】B【解析】【详解】A．已知Cl•是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，由分子转化为活性原子，该过程可表示为：，A正确；B．由图Cl•先与CH4分子形成过渡态[CH3···H···Cl]，生成中间体CH3·+HCl，再与Cl2反应经过第二过渡态，CH3···Cl···Cl，生成CH3Cl+Cl•，总反应为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，不是一步完成的，B错误；C．图中反应物总能量大于生成物总能量，ΔH＜0，其大小与Ea1、Ea2无关，C正确；D．相同条件下，Ea越大，活化分子百分数越少，相应的反应速率越慢，D正确；故答案选B。二．不定项选择题(共4小题，每小题4分，计16分。在每小题给出的四个选项中，有一个 或者两个选项正确，若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。)10.已知2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程为正=k正cα(NO)cβ(H2)，在800℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系，数据如表，则下列说法中正确的是实验c0(NO)/(mol·L-l)c0(H2)/(mol·L-l)v正111v2214v3122v42x16vA.α、β值分别为2、1B.表中的x为4C.降低温度，k正可能增大D.若逆=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc=【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故α=2，1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故β=1，A正确；B．根据A的分析可知，α=2，β=1，结合正=k正cα(NO)cβ(H2)和表中数据可知，表中的x为4，B正确；C．降低温度，反应速率减慢，故k正不可能增大只能减小，C错误；D．若逆=k逆c2(H2O)c(N2)，平衡时，即k正c2(NO)c(H2)=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc==，D错误；故答案为：AB。11.某化学实验探究小组探究MnO2与某些盐溶液反应，设计如下装置。左烧杯中加入50mL6mol·L−1 硫酸溶液，右烧杯中加入50mL6mol·L−1的CaCl2溶液，盐桥选择氯化钾琼脂。当闭合开关K时，电流表中出现指针偏转，下列说法正确的是A.该实验装置属于电解池B.左侧烧杯中的电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2OC.C电极上发生还原反应，产生的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D.若盐桥换成KNO3琼脂，则C电极上产生的气体的总量不变【答案】B【解析】【分析】该实验装置是利用MnO2将Cl-氧化的氧化还原反应而设计的原电池工作装置，故左侧为正极，发生还原反应，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，右侧为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，据此结合原电池的工作原理解题。【详解】A．由图可知，该实验装置没有外接电源，故不属于电解池，属于带盐桥的原电池，A错误；B．由分析可知，左侧烧杯为正极区，发生电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，B正确；C．由分析可知，C电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生的气体Cl2可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C错误；D．由于盐桥中的阴离子移向负极区，故若盐桥换成KNO3琼脂，则负极区的Cl-的物质的量减少，故C电极上产生的气体的总量减少，D错误；故答案为：B。12.工业合成三氧化硫的反应为，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)下列说法正确的是A.过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度 B.过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应C.1molSO2和1molO2反应，放出的热量小于99kJD.催化剂可降低整个反应的活化能，因此使△H减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A错误；B．由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B错误；C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ/mol是可逆反应，所以1molSO2和1molO2反应时消耗SO2的物质的量小于1mol，放热小于99kJ，C正确；D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；故答案为：C。13.常温下，用0.2mol·L−1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L−1NH3∙H2O溶液，所得溶液pH、和NH3∙H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是A.曲线①代表φ(NH3∙H2O)，曲线②代表φ()B.a点溶液中存在c(Cl−)＞c()=c(NH3∙H2O)C.NH3∙H2O的电离常数的数量级为10−4D.若选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色【答案】BC【解析】【详解】A．随着V(HCl)的增大，溶液中c(NH3·H2O)减小、c()增大，则溶液中φ(NH3·H2O)减小、φ()增大，根据图知，曲线①代表φ(NH3·H2O)，曲线②代表φ()，故A正确； B．a点φ(NH3·H2O)=φ()，则c(NH3·H2O)=c()，溶液的pH=9.26，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液中存在电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c()＞c(Cl-)，所以存在c()=c(NH3·H2O)＞c(Cl-)，故B错误；C．当φ(NH3·H2O)=φ()时，c(NH3·H2O)=c()，溶液的pH=9.26，溶液中c(OH-)=mol/L=10-4.74mol/L，NH3·H2O的电离常数Kb==10-4.74，即NH3·H2O的电离常数的数量级为10-5，故C错误；D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl，水解显酸性，可选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故D正确；答案为BC。第Ⅱ卷(非选择题共57分)三．非选择题：(共57分。第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。)14.FTO导电玻璃为掺杂氟的SnO2透明导电玻璃，广泛用于液晶显示屏、薄膜太阳能电池基底等方面，SnCl4可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，此反应放热，生成的SnCl4易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题：有关物理性质如下表：物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃Sn银白色固体231.92260SnCl4无色液体－33114SnCl2无色晶体246652（1）Ⅱ装置中发生反应的离子方程式为_____________________________。 （2）将上述装置用玻璃管连接，组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置最多使用一次)，正确的顺序是(填各接口字母序号)：B____________N，A____________。Ⅲ处中应选用的冷凝管为____(填选项字母)；（3）检查装置气密性并装好药品后，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待出现_________现象后，再点燃Ⅰ处的酒精灯。（4）Ⅵ装置的作用是__________________。若没有Ⅵ装置，可能发生的化学反应方程式为________________。（5）产品SnCl4中常混有SnCl2，利用反应Sn2+＋I2＝Sn4+＋2I－可测定产品的纯度。称取mg产品，用浓盐酸溶解并加水稀释，以淀粉溶液为指示剂，用cmol·L−1碘标准液滴定至终点，消耗标准液VmL。产品的纯度为______________(用含字母的代数式表示)。【答案】（1）2+10Cl－+16H＋＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）①.HIEF②.CDJ(或K)③.B（3）Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体（4）①.吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶②.SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl↑（5）×100%【解析】【分析】实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，先利用装置Ⅱ制备氯气，因产生的Cl2中会混有杂质气体HCl和水蒸气，用装置V的饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl，再将气体通入IV装置，利用浓硫酸的吸水性干燥得纯净的Cl2；将纯净的Cl2通入Ⅰ装置，与熔融的锡反应生成SnCl4蒸气，该蒸气经装置Ⅲ的冷凝得到SnCl4液体，因SnCl4易水解，要注意防水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，防止污染空气，故可在装置Ⅲ之后，连接装置VI。【小问1详解】在Ⅱ装置中KMnO4与浓盐酸反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知发生该反应的离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H＋=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小问2详解】 在装置II中制取Cl2，Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，先通过装置V的饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过装置IV的浓硫酸干燥除去水蒸气，导气管都是长进短出，然后将Cl2由N通入到装置I中制取SnCl4，产生的SnCl4并装置III冷凝收集在D中，为防止生成的SnCl4水解，同时吸收多余的Cl2，再使气体由D经装置VI的J进入，由K排出，故按接口的先后顺序为：BHIEFNACDJK。装置III进行冷凝操作时，为了充分冷凝，要采用逆流原理，冷却水下进上出。为避免冷凝产生的液体SnCl4滞留在冷凝管中，要采用直形冷凝管，故合理选项是B。【小问3详解】检查装置气密性并装好药品后，为防止Sn与装置中的空气发生反应，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待装置Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体，排净空气后，再点燃Ⅰ处的酒精灯。【小问4详解】Ⅵ装置的作用是吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶，避免制取的SnCl4水解。若没有装置VI，SnCl4水解产生SnO2·xH2O和HCl，反应的化学方程式为：SnCl4＋(x＋2)H2O=SnO2·xH2O↓＋4HCl↑。【小问5详解】根据反应Sn2+＋I2＝Sn4+＋2I－可知，SnCl2的物质的量为cmol·L−1×V×10-3L=cV×10-3mol，则样品的纯度为。15.H2和CH4都是很重要的燃料，在现代化工生产中也有着不可替代的作用。请分析回答下面的问题：（1）经研究发现在催化剂铑表面H2催化还原NO的详细反应机理如表[表中下标“(S)”表示吸附态组分]所示，在其他条件一定时，决定该反应速率的基元反应(指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应)为_______________，基元反应NO+Rh(S)→NO(S)的ΔH=_______________kJ·mol−1。基元反应活化能Ea/(kJ·mol-1)H2+Rh(S)+Rh(S)→H(S)+H(S)12.6NO+Rh(S)→NO(S)0.0NO(S)+Rh(S)→N(S)+O(S)97.5N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)120.9H(S)+O(S)→OH(S)+Rh(S)83.7OH(S)+H(S)→H2O(S)+Rh(S)33.5H2O(S)→H2O+Rh(S)45.0 H(S)+H(S)→H2+Rh(S)+Rh(S)77.8NO(S)→NO+Rh(S)108.9OH(S)+Rh(S)→H(S)+O(S)37.7（2）利用甲烷制备甲醇的一种方法叫甲烷催化氧化法，该方法的有关反应如下：主反应：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)ΔH=-26kJ·mol−1副反应:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH科学家研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应。在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2:1:8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为，则该催化剂对甲醇的选择性是_____(甲醇的选择性=×100%)。副反应的压强平衡常数Kp=________________。（3）甲烷和水蒸气催化制氢的过程中主要发生两个反应：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206kJ·mol−1;②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=－41kJ·mol−1恒压下，将n(CH4)：n(H2O)=1:3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。简述600℃前后CO2含量变化的原因：_______。（4）香港城市大学研发的Zn/富Co(Ⅲ)－Co3O4电池B(如图)，采用ZnSO4和CoSO4为电解质溶液，充放 电过程中a极发生CoO与Co3O4之间的转化,现利用甲烷燃料电池对其充电，充电时a极的电极反应为____________________，当甲烷燃料电池外电路通过4mol电子时，电池B电解质溶液质量减少______g。【答案】（1）①.N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)②.-108.9（2）①.80%②.352.8（3）600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度（4）①.4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+②.12【解析】【分析】根据题中表格数据，结合慢反应是决速的，写出决定该反应速率的基元反应和计算基元反应NO+Rh(S)→NO(S)的ΔH；根据题中信息，结合化学平衡计算催化剂对甲醇的选择性和副反应的压强平衡常数Kp值；根据题中图示信息，结合题中两个反应，解释600℃前后CO2含量变化的原因；根据题中图示信息，写出充电时a极的电极反应；根据电解池阴阳极电极反应，由转移电子守恒，计算电池B电解质溶液质量减少的质量；据此解答。【小问1详解】由表中数据可知，反应N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原NO的反应速率的基元反应为N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)；反应NO+Rh(S)→NO(S)的活化能为0.0kJ/mol，NO(S)→NO+Rh(S)的活化能为108.9kJ/mol，即NO+Rh(S)→NO(S)的正反应活化能为0.0kJ/mol、逆反应的活化能为108.9kJ/mol，则基元反应NO+Rh(S)→NO(S)的△H=(0.0-108.9)kJ/mol=-108.9kJ/mol；答案为N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)；-108.9。【小问2详解】在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2:1:8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为，假设CH4的物质的量为2amol，O2的物质的量为amol，H2O(g)的物质的 量为8amol，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，则平衡时，CH4的物质的量为amol，CH3OH的物质的量为x，CO2的物质的量为y，且x+y=a(C原子守恒)，由和可知，平衡时O2的物质的量为(a--2y)mol，H2O(g)的物质的量为(8a+2y)mol，平衡时总的物质的量为n(总)=[a+x+y+(a--2y)+(8a+2y)]mol=(10a++y)mol，平衡时CO2的体积分数为，则，化简得52y-=10a，联立，解之得x=，y=，由甲醇的选择性=×100%)可知，甲醇的选择性=×100%=80%；平衡时总的物质的量为n(总)=(10a++y)mol=10=，设平衡时压强为p，则平衡时p(CH4)==，p(O2)===，p(CO2)==，p(H2O)==，所以副反应的压强平衡常数Kp===352.8；答案为80%；352.8。【小问3详解】由题中图示信息可知，600℃前CO2含量增大，600℃后CO2含量下降，所以600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度；答案为600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度。 【小问4详解】由题中图示可知，Zn/富Co(Ⅲ)－Co3O4电池放电时a是正极，b是负极，则充电时a为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+，b为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，当甲烷燃料电池外电路通过4mol电子时，阳极产生2molCo2+，即电解质溶液增加2mol×59g/mol=118g，阴极产生2molZn，即电解质溶液减小2mol×65g/mol=130g，所以电池B电解质溶液质量减少130g-118g=12g；答案为4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+；12。16.2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效消灭新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：已知：(Ⅰ)纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。(Ⅱ)饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是_______，通入空气的作用是_________。（2）方法1中，反应的离子方程式是_________________，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是______。（3）方法2中，将ClO2通入电解槽的阴极室，饱和NaCl溶液加入电解槽的阳极室，电解一段时间后，可得到产品，写出电解时阴极的电极反应式________________。（4）步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③__________________；④低于60℃干燥，得到成品。（5）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：①称取ag样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L−1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL(已知：I2+2=2I−+)。样品中NaClO2的质量分数为_____。(用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_______________(用离子方程式和文字表示)。【答案】（1）①.2+SO2=+2ClO2②.稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 （2）①.2OH−+2ClO2+H2O2=2+O2+2H2O②.H2O2温度较高时易分解（3）ClO2+e−＝（4）用38°C~60°C温水洗涤（5）①.×100%②.4H++4I−+O2=I2+2H2O，操作①环节有部分I−被空气氧化为I2，消耗Na2S2O3增多，结果偏高【解析】【分析】由题中制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，ClO2发生器中发生反应H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2↑+2NaHSO4，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；方法1中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，根据题中信息可知，高于38℃时析出NaClO2晶体，且控制温度低于60℃，减压蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2产品；方法2中电解时阳极上发生2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上发生ClO2+e-=，阴极上析出NaClO2，结晶、干燥得到NaClO2产品；据此解答。【小问1详解】步骤1中，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，反应的离子方程式为2+SO2=+2ClO2，由题中信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，所以通入空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；答案为2+SO2=+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸。【小问2详解】方法I中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，反应的离子方程式是2OH-+2ClO2+H2O2═2+2H2O+O2，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是H2O2温度较高时易分解；答案为2OH-+2ClO2+H2O2═2+2H2O+O2；H2O2温度较高时易分解。【小问3详解】由题中信息可知，方法2中，将ClO2通入电解槽的阴极室，饱和NaCl溶液加入电解槽的阳极室，电解一段时间后，可得到产品，则阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上电极反应式为ClO2+e-=，阴极上析出NaClO2；答案为ClO2+e−＝。【小问4详解】由题中信息可知，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的 晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38°C~60°C温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品；答案为用38°C~60°C温水洗涤。【小问5详解】NaClO2溶液在酸性条件下与过量的KI发生反应的离子方程式为+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O，I2与Na2S2O3反应的离子方程式为I2+2=2I−+，关系式为NaClO2～2I2～4，所以25.00mL待测溶液NaClO2的物质的量为n(NaClO2)==，则ag样品中NaClO2的质量分数为=×100%；由于碘离子在空气中能被空气中的氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2═2I2+2H2O，生成的碘能消耗Na2S2O3，所以在滴定操作正确无误的情况下，测得结果也可能偏高；答案为×100%；4H++4I−+O2=2I2+2H2O，操作①环节有部分I−被空气氧化为I2，消耗Na2S2O3增多，结果偏高。(二)选考题：共15分，请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所图题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。17.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是锂离子电池的载体。回答下列问题：（1）基态Co原子中电子占据的最高能层符号为_______，价电子轨道排布图为_______。（2）已知第三电离能的数据：I3(Mn)=3246kJ·mol−1，I3(Fe)=2957kJ·mol−1。I3(Mn)＞I3(Fe)的主要原因____________________________________________________。（3）Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体形成配合物。①1mol[Co(NH3)6]3+含___________molσ键。②SCN−的结构式为[S=C=N]−,SCN−与Co2+形成的配离子中配位原子是____(填元素符号)。（4）工业上采用电解熔融LiCl制备金属Li，Na还原TiCl4制备Ti。已知LiCl、TiCl4的熔点分别为605 ℃、－24 ℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是____________________。（5）金属Ti中，Ti原子采取________堆积，Ti的原子半径为rnm，则晶胞的高为_____nm。 【答案】（1）①.N②.（2）Mn2+的价电子排布式为3d5，半满较稳定，不易失电子，Fe2+的价电子排布式为3d6，失去1个电子达稳定结构，较易形成Fe3+，所以I3(Mn)＞I3(Fe)（3）①.24②.S（4）LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强（5）①.六方最密堆积②.或3.266r【解析】【分析】根据Co的原子序数，结合核外电子排布规律，判断电子占据的最高能层和画出价电子轨道排布图；根据价电子排布，结合半满较稳定，解释I3(Mn)＞I3(Fe)；根据配合物结构，判断1mol[Co(NH3)6]3+含σ键24mol；根据配合物形成条件，结合电负性判断形成的配离子中配位原子；根据晶体类型解释熔点相差很大的原因；根据Ti的排列方式判断Ti原子的堆积方式，并计算晶胞的高；据此解答。【小问1详解】Co的原子序数为27，核外有27个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，分四层排布，即有四个能层，所以电子占据的最高能层符号为N层，价电子排布式为3d74s2，其价电子轨道排布图为；答案为N；。【小问2详解】Mn2+价层电子排布式为3d5，半满较稳定，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁；答案为Mn2+的价电子排布式为3d5，半满较稳定，不易失电子，Fe2+的价电子排布式为3d6，失去1个电子达稳定结构，较易形成Fe3+，所以I3(Mn)＞I3(Fe)。【小问3详解】①6个配体NH3分子中含6×3=18个σ键，Co3+和6个配体NH3分子的N原子分别形成6个配位键，均为σ键，1mol[Co(NH3)6]3+含σ键为18mol+6mol=24mol；答案为24。②作为配体要能提供孤电子对，SCN-中S原子、N原子均能提供，但电负性小作配位原子，S的电负性小，所以与金属离子形成的配离子配位原子是S；答案为S。【小问4详解】采用电解熔融氯化锂制备锂，说明LiCl熔融能导电，还有熔点为605℃，综合判断LiCl是离子晶体，TiCl4是仅依据熔点即可判断其为分子晶体，离子键比分子间作用力强，所以它们的熔点相差很大；答案为 LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强。【小问5详解】Ti原子密置层排列为ABAB…排列方式，属于六方最密堆积，六方最密堆积如图所示，DABO为正四面体，正四面体的高为晶胞的高的一半，Ti的原子半径为rnm，则a=b=2rnm，AE为平行四边形的高，即AE=asin60°=，AG处于AE的处，即AG=AE=×=，DG2+AG2=AD2，AD=a，则DG=，DG为正四面体的高，所以晶胞的高为h=2DG=2××2r=或3.266r；答案为六方最密堆积；或3.266r。18.2月4日，中国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队公布治疗新型冠状病毒感染的肺炎的最新研究成果，阿比朵尔可有效抑制病毒。阿比朵尔(G)的合成路线如图所示(1)A的名称是___________，C中官能团的名称为___________。(2)C→D的反应类型为___________，由D生成E的化学方程式为___________。(3)符合下列条件的B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱呈现4个吸收峰的异构体的结构简式为___________。①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体；②为六元环状结构。 (4)H的结构简式为___________。(5)结合上述合成路线，设计出以乙醇和为原料(其他无机试剂任选)，合成的路线(不超过4步)___________。【答案】①.乙酸乙酯②.羰基、酯基、氯原子③.取代反应④.+CH3NH3+H2O⑤.3⑥.⑦.(CH3)2NH或⑧.CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5【解析】【分析】CH3COOCH2CH3在NaH的作用下生成，为两分子的A生成B和CH3CH2OH，属于取代反应，B与SO2Cl2发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D（），D与氨基甲烷发生取代反应生成E（）和水，E与再次发生取代反应生成F，F与HCHO和H分子反应生成G（），根据G和F的结构简式对比可知，H为NH(CH3)3或，据此分析解答。 【详解】(1)A为CH3COOCH2CH3，其名称为乙酸乙酯；C的结构简式为：，所以其官能团为：羰基、酯基和氯原子，故答案为：乙酸乙酯；羰基、酯基、氯原子；(2)根据上述分析可知，C与发生取代反应生成D（）和HCl，所以C→D的反应类型为取代反应；D与氨基甲烷发生取代反应生成E（）和水，其化学方程式为：+CH3NH3+H2O，故答案为：取代反应；+CH3NH3+H2O；(3)B为，其分子式为C6H10O3，①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明含有羧基；②为六元环状结构，羧基中含1个C原子，则该六元环中有一个O原子，则满足条件的B的同分异构体可以为：、、共3种；其中分子中有4种不能环境的氢原子如上图所示，所以核磁共振氢谱呈现4个吸收峰的异构体的结构简式为，故答案为：3；；(4)根据上述分析可知，H为(CH3)2NH或； (5)需先将乙醇合成乙酸乙酯，再利用A→B和F→G的合成路线分析即可，具体合成路线为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5。