广东省汕头市2022届高三化学下学期第一次模拟考试试卷（Word版附解析）

2022年汕头市普通高考第一次模拟考试试题化学注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、座位号、考生号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16As-75Sb-122La-139Co-59第Ⅰ卷一、选择题：本题共16小题，共44分。(1～10题每小题2分，共20分；11～16题每小题4分，共24分；每小题只有一个选项符合要求。)1.中华传统文化中蕴含大量化学知识，下列说法不正确的是选项传统文化化学知识A诗句“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”焰色反应，化学变化B熬胆矾铁釜，久之亦化为铜置换反应C诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”乌金为煤炭D中药铜绿制法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”实验操作：洗涤、溶解、过滤、蒸发A.AB.BC.CD.D【1题答案】【答案】A【解析】l【详解】A ．玉梅雪柳指当干枯的枝子上一点点发了绿芽又开出纯净的白色小花时，微风一吹似如飘雪，如同张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景，没有涉及到化学反应、焰色反应，故A错误；B．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，铁从硫酸铜中将铜置换出来，故B正确；C．诗句中乌金指煤炭，故C正确；D．提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发，故D正确；故选A。2.“分类”思想能帮助我们寻找物质的通性，下列物质分类正确的是A.NO、为酸性氧化物B.、为共价化合物C.氢氟酸、氢硫酸为强电解质D.84消毒液、洁厕灵为混合物【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．和碱反应生成盐和水的是酸性氧化物，NO、NO2都不是，A错误；B．为离子化合物，B错误；C．氢氟酸和氢硫酸在水溶液中部分电离，为弱电解质，C错误；D．84消毒液、洁厕灵为多种物质组成的，属于混合物，D正确；故选D。3.2021年，我国在科技领域取得重大突破，这离不开科学工作者们的努力。下列说法不正确的是A.以、为原料经过11步主反应人工合成淀粉，过程中发生氧化还原反应B.第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学变化C.“海牛Ⅱ号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于组分金属D.“冰光纤”()问世，比传统光纤()具有灵活弯曲和高效导光等优点【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．CO2、H2合成淀粉(C6H10O5)n，C的化合价由+4价降低为0价，H的化合价由0价升高为+1价，存在化合价变化，即过程中发生氧化还原反应，故A说法正确；B ．化学变化前后元素种类和原子个数不发生变化，而核反应涉及到元素种类的变化，因此核反应不属于化学变化，故B说法错误；C．合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能，因此硬质合金材料，其硬度高于组分金属，故C说法正确；D．“冰光纤”具有灵活弯曲和高效导光等优点，故D说法正确；答案为B。4.化学品的使用丰富了我们的生产、生活，下列有关项目与化学知识没有关联的是选项项目化学知识A用制作录音磁带具有磁性B烹饪时加入少许料酒和白醋增香提味酯化反应，生成乙酸乙酯有香味C用小苏打作蛋糕膨松剂与酸发生反应产生气体D用墨汁绘制国画碳单质性质稳定A.AB.BC.CD.D【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．具有磁性，可制作录音磁带，故A正确；B．酯化反应，生成乙酸乙酯有香味，烹饪时加入少许料酒和白醋反应生成酯，增香提味，故B正确；C．碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳气体，小苏打可作蛋糕膨松剂，故C错误；D．碳单质性质稳定，用墨汁绘制国画，可以保存很长时间，故D正确；故选C。5.我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应说法不正确的是 A.存在极性键、非极性键的断裂与形成B.反应过程中存在太阳能转化为化学能C.使用LDH，可同时提高反应速率和的转化率D.反应生成1.7g时转移电子数目为0.3mol【5题答案】【答案】C【解析】【分析】该反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2。【详解】A．存在极性键、非极性键的断裂(H-O极性键、N-N非极性键)与形成(H-N极性键、O-O非极性键)，故A正确；B．2N2+6H2O4NH3+3O2为吸热反应，反应过程中存在太阳能转化为化学能，故B正确；C．催化剂不能使平衡发生移动，使用LDH，可同时提高反应速率，但不能提高的转化率，故C错误；D．该反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为-3价，所以每生成1 mol NH3转移电子数为3mol,反应生成1.7g(即0.1mol)时转移电子数目为0.3mol，故D正确；故选C。 6.中草药蛔蒿常用于治疗蛔虫病。从蛔蒿中提取的抗癌活性成分的结构简式如图所示。下列有关该有机物说法不正确的是A.受热时易失去抗癌活性B.能发生取代、加成、氧化反应C.一溴代物共有7种D.同分异构体中可能存在苯环结构【6题答案】【答案】D【解析】【详解】A．该有机物中含有过氧键，不稳定，所以该有机物受热时可能会失去抗癌活性，A正确；B．该物质含有烷烃基团，可以与Cl2等发生取代反应，碳碳双键可以发生加成和氧化反应，B正确；C．该物质共有7种不同化学环境的H（如图所示），，因此一溴代物共有7种，C正确；D．由结构可知该物质的不饱和度为3，而苯的不饱和度为4，因此不可能有含有苯环的同分异构体，D错误；故选D。7.测定补血剂(含、维生素C等)中铁元素含量的前期处理：将样品研磨后，取1.000g样品粉末加入5mL稀硝酸溶解后过滤，将滤液配制成250.00mL溶液。上述处理过程中未涉及的操作是A.B.C.D. 【7题答案】【答案】C【解析】【详解】测定补血剂(含、维生素C等)中铁元素含量的前期处理：将样品研磨后，取1.000g样品粉末加入5mL稀硝酸溶解后过滤，将滤液配制成250.00mL溶液。过程中涉及到选项A的过滤、选项B的研磨、选项D的配制250.00mL溶液，但没有涉及灼烧固体物质。答案选C。8.白醋是烹调中的酸味辅料，能改善调节人体的新陈代谢，其主要成分CH3COOH为一元弱酸。25℃时，下列有关说法正确的是A.pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)B.pH=7的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)C.pH=5的CH3COOH溶液中，水电离产生的c(H+)=10-5mol/LD.pH=10的CH3COONa溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A．pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A错误；B．该溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c()+c(H+)，室温下溶液pH=7，c(OH-)=c(H+)，则c()=c(CH3COO-)，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，因此溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)，B正确；C．pH=5的CH3COOH溶液中，c(H+)=10-5mol/L，则溶液中c(OH-)=，溶液中的OH-就是水电离产生，所以该溶液中水电离产生的c(H+)=10-9mol/L，C错误； D．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应而消耗，导致离子浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)；CH3COO-水解产生CH3COOH、OH-，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，则c(CH3COO-)>c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；故合理选项是B。9.“类比”思想可于实验探究，帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是A.Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成B.能使紫色石蕊试液先变红后褪色，也能使紫色石蕊试液先变红后褪色C.能使酸性溶液褪色，则也可使酸性溶液褪色D.用排饱和NaCl溶液的方法收集，则也可用排饱和溶液的方法收集【9题答案】【答案】A【解析】【详解】A．活泼金属与氧气在一定条件下可生成过氧化物，Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成，故A正确；B．HClO具有强氧化性，能使紫色石蕊试液先变红后褪色，但二氧化硫水溶液没有强氧化性，也能使紫色石蕊试液变红但不能褪色，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，能使酸性溶液褪色，但三氧化硫不具有还原性，不能使酸性溶液褪色，故C错误；D．氯气在水中溶解度小，用排饱和NaCl溶液的方法收集，氨气在水中溶解度大，不可用排饱和溶液的方法收集，故D错误；故选A。10.2021年，我国科学家首次在实验室实现到淀粉的全合成，其合成路线如下：设为阿伏伽德罗常数，下列有关说法不正确的是 A.标况下，11.2L中含有共用电子对数目为2B.反应②、③无法在高温下进行C.反应②中，3.2g生成HCHO时转移电子数目为0.2D.1molDHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．的结构式为O=C=O，标况下11.2L中含有共用电子对数目为，故A正确；B．反应②、③需要用酶作2催化剂，反应②、③无法在高温下进行，故B正确；C．反应②中，3.2g生成HCHO时转移电子数目为，故C正确；D．DHA含有2个羟基，1molDHA与乙酸发生取代反应，可消耗2mol乙酸，故D错误；选D。11.实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A往溶液中滴入稀出现白色凝胶说明非金属性：S>SiB向乙醇中加入绿豆大小的金属钠产生气泡说明乙醇中含有 C向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑后膨胀说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性D将溶解在稀中，再加入KSCN溶液溶液呈血红色说明已变质A.AB.BC.CD.D【11题答案】【答案】A【解析】【详解】A．由H2SO4+Na2SiO3=Na2SO4+H2SiO3↓可知，H2SO4的酸性强于H2SiO3，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此非金属性S>Si，A正确；B．乙醇与Na可以直接反应，2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑，不能说明乙醇中含有水，B错误；C．蔗糖中不含水，含有氢元素和氧元素，浓硫酸可将蔗糖中的H和O以2:1的比例脱出来，表现出脱水性，C错误；D．遇H+可以表现氢氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，加KSCN后生成Fe(SCN)3，溶液变为血红色，因此不一定是溶液变质，D错误；故选A。12.铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示： 下列说法不正确的是A.该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C.该历程中反应速率最慢的一步：D.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化【12题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，即该过程中的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A说法正确；B．根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO-，HCOO-参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳，若H+浓度过大，抑制甲酸的电离，使c(HCOO-)降低，反应速率减慢，若H+浓度降低，反应Ⅲ→Ⅳ速率减慢，故B说法正确；C．活化能越大，反应速率越慢，根据反应进程图像可知，，活化能最大，反应速率最慢，故C说法正确；D．虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变，因此Fe元素化合价不变，故D说法错误；答案为D。13.硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是 A.b端为电源正极，处理后的水垢沉淀在阳极底部B.处理过程中可循环利用C.流程中发生离子反应：，D.若R为，则消耗1mol生成时，铂电极N处产生的应大于3mol【13题答案】【答案】A【解析】【分析】b为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；a为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成。【详解】A．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，故Ａ错误；B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，故B正确；C．阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，流程中发生离子反应： ，，故C正确；D．a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为，则消耗1mol生成时，转移6mol电子，铂电极N处产生的应大于3mol，故D正确；故选A。14.宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关离子方程式的书写正确的是A.向溶液中通入过量：B.用惰性电极电解NaCl溶液：C.将铜丝插入稀硝酸溶液中：D.向中通入过量HI溶液：【14题答案】【答案】B【解析】【详解】A．过量的CO2能与CO反应生成HCO，因此向硅酸钠溶液中通入过量的CO2发生SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，故A错误；B．用惰性电极电解饱和食盐水，得到NaOH、氢气和氯气，其离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故B正确；C．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．Fe3+具有强氧化性，能将I-氧化成I2，氢氧化铁中通入过量HI溶液反应2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故D错误；答案为B。15.短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示(“→”表示配位键，指共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应)。下列说法正确的是 A.原子半径：X>Y>Z>WB.Y的最高价氧化物的水化物为强酸C.单质氧化性：D.阴离子中四种元素均满足8电子稳定结构【15题答案】【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，W能形成2个共价键，W是O元素；Z能形成4个共价键，Z是C元素；X形成1个共价键，X是F元素；Y能形成3个共价键和1个配位键，Y是B元素。【详解】A．同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：B>C>O>F，故A错误；B．B的最高价氧化物的水化物为H3BO3，H3BO3是弱酸，故B错误；C．单质氧化性：，故C错误；D．根据阴离子结构图，阴离子中B、Si、O、F四种元素均满足8电子稳定结构，故D正确；选D。16.是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸加碱改变溶液的pH时，含R粒子的物质的量分数[]随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A.中R为价，pH＞6时溶液中存在 B.水的电离程度：M＜NC.溶液中存在：D.的第一步电离平衡常数【16题答案】【答案】C【解析】【详解】A．中氧元素化合价为-2，则R为价；由图可知，pH＞6时溶液中存在，A正确；B．的水解促进水的电离，其浓度越大水的电离程度越大，则水的电离程度：M＜N，B正确；C．由电荷守恒可知，溶液中存在：，C错误；D．的第一步电离平衡常数，由图可知，Q点，则，、pH=4，故；D正确；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17题～第19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第20题～第21题为选考题，考生根据要求做答。17.某次银镜反应实验完成后，甲同学在清洗试管时，发现向做过银镜反应的试管内滴加0.1溶液，银镜会消失。Ⅰ.甲同学推测溶液中的具有氧化性，能够溶解单质Ag，设计如下实验方案，证明其结论：取一支沾有少量Ag的试管，加入5mL0.05溶液(过量)，充分振荡，发现 银镜消失较慢，溶液黄色明显变浅，产生较多白色沉淀。（1）选用0.05溶液的目的是___________。（2）实验完成后向试管中加入___________(填序号，①KSCN溶液、②溶液、③稀HCl)，若出现___________，则证明甲同学推测正确。（3）该实验方案中涉及化学反应的离子方程式为___________。Ⅱ．乙同学在甲同学实验方案基础上又设计了如下列实验方案：序号实验步骤实验现象a用pH试纸测定0.1mol/L的pHpH=2b取一支沾有少量Ag的试管，加入5mL0.1mol/L溶液(过量)，充分振荡。银镜消失较快；溶液黄色略变浅；c取一支沾有少量Ag的试管，加入试剂A，充分振荡。银镜消失较快。（4）乙同学的实验目的为___________，根据实验目的可以判断出步骤c中的试剂A可为pH=___________，浓度为0.3的___________(填离子符号)溶液。Ⅲ．丙同学查阅资料发现，、的氧化性差异不大，推测在一定条件下Ag与反应可能是可逆反应，改用如下图所示装置进行探究，连接装置(盐桥中的物质不参与反应)，进行下表中实验操作并记录电流表读数。 序号实验步骤电流表读数(A)A按上图连接装置并加入药品，电流表指针偏转，发现银电极质量有增加，读出电流表读数aa(a＞0)B充分反应一段时间后，读出电流表读数bb(0＜b＜a)C再继续向烧杯甲中缓缓加入浓溶液，读出电流表读数xx（5）根据步骤C中电流表读数x确定Ag与反应是可逆反应，则读数x可能为___________，请具体说明如何通过电流表的读数x判断该反应为可逆反应：___________。（6）和反应的离子方程式为___________。【17~22题答案】【答案】（1）防止酸性条件下硝酸根把银氧化，干扰实验且保证浓度相等（2）①.②②.蓝色沉淀（3）（4）①.验证酸性条件下和均可以氧化单质银②.pH=2③.（5）①.或或②.从电压表x度数可以看出加入浓溶液后，电流方向会发生偏转，乙电池中Ag变为负极，故证明Ag与反应是可逆反应（6）【解析】【小问1详解】为抑制铁离子水解，铁盐溶液常加相对应酸使溶液呈酸性，选用硫酸铁溶液，目的是防止酸性条件下硝酸根把银氧化，干扰实验且保证浓度相等；【小问2详解】实验完成后向试管中加入②，若出现蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成，证明甲同学推测正确；【小问3详解】 该实验方案中涉及化学反应的离子方程式为；【小问4详解】用pH试纸测定0.1mol/L的pH=2，说明水解呈酸性，即相当于溶液中存在硝酸，b中溶液黄色略变浅说明铁离子起作用；A应该保证浓度与a、b中相等，故为pH=2，浓度为0.3的的溶液，故乙同学的实验目的为验证酸性条件下和均可以氧化单质银；答案为；验证酸性条件下和均可以氧化单质银；pH=2；；【小问5详解】从电压表x度数可以看出加入浓溶液后，电流方向会发生偏转，乙电池中Ag变为负极，故证明Ag与反应是可逆反应，因此读数x可能为或或；【小问6详解】根据上述分析可知，和反应生成银，将氧化成，且为可逆反应，故反应的离子方程式为。18.砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸()形式存在]中回收砷的工艺流程如下：已知：Ⅰ.Ⅱ．Ⅲ．砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能被、氢碘酸等还原（1）中砷元素的化合价为___________价。 （2）“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的替换___________(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因：___________。（3）向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的离子反应方程式___________。（4）用“还原”过程中，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有___________。（5）已知：常温下，pH＞7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7.1时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因_____。（6）含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为沉淀。若沉降后上层清液中为mol/L，则溶液中的浓度为_____mol/L。该处理后的溶液是否符合国家排放标准___________(填“是”或“否”)。(已知：，国家规定工业废水排放中砷元素含量＜0.5mg/L)【18~23题答案】【答案】（1）（2）①.否②.由于，加入过量的硫化钠，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷（3）（4）氢碘酸、淀粉溶液（5）pH=7～9，随pH升高，转变为，吸附剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，吸附量下降 （6）①.②.否【解析】【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和，酸化后生成，砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能被还原生成。【小问1详解】中硫元素化合价为-2，则砷元素的化合价为+3价。【小问2详解】已知：Ⅱ．；加入过量的硫化钠，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷，故“沉砷”过程中FeS不可以用过量的替换。【小问3详解】由图可知，向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，和氧气生成和硫单质，离子反应方程式。【小问4详解】砷酸具有氧化性，可以和碘离子生成能使淀粉变蓝色的碘单质，故可选择的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。【小问5详解】由图可知，pH=7～9，随pH升高，转变为，吸附剂表面所带负电荷增多，也带负电荷，静电斥力增加，导致对五价砷的吸附量下降。【小问6详解】已知：，沉降后上层清液中为mol/L，则，解得溶液中的浓度为mol/L。每升废水排放中砷元素含量为，故不符合国家排放标准。 19.绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。（1）氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。相关化学键的键能表示如下：化学键O=OH-HO-H键能E/()abc则氢气燃烧热的=___________kJ/mol(用含a、b、c代数式表示)（2）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：在℃时，将0.10molCO与0.40mol充入5L的容器中，反应平衡后的物质的量分数。①CO的平衡转化率___________%，反应平衡常数___________。(结果保留2位有效数字)②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有：___________(任意一条)③由℃时上述实验数据计算得到～x(CO)和～x()的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为___________。(填字母)④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为：式中，x(CO)、x()、x()、x)分别表示相应的物质的量分数，为平衡常数，k为 反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的___________(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是___________。（3）氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。阳极的电极反应式为___________。【19~21题答案】【答案】（1）或（2）①.40②.0.074或③.增加、减小进气比[]、分离出或④.BE⑤.减小⑥.减小对v的降低大于k增大对v的提高（3）【解析】【小问1详解】 H2（g）+O2（g）═H2O（g）反应热=反应物总键能-生成物总键能，则bkJ•mol-1+×akJ•mol-1-2×ckJ•mol-1,则氢气燃烧热的=或kJ/mol(用含a、b、c代数式表示)故答案为：或；【小问2详解】催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：在℃时，将0.10molCO与0.40mol充入5L的容器中，反应平衡后的物质的量分数，，x=0.04mol。①CO的平衡转化率=40%，反应平衡常数=0.074或。(结果保留2位有效数字)故答案为：40；0.074或；②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有：增加、减小进气比[]、分离出或。(任意一条)故答案为：增加、减小进气比[]、分离出或；③对于正向反应建立平衡时：氢的体积分数为0.08，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除A点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时氢的物质的量分数减小，因此排除C点，故选B点；对于逆向反应建立平衡时：CO的体积分数为，=0.12，升高温度，正、逆反应速率均加快，排除F点，升高 温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时CO的物质的量分数增加，大于于0.12，排除D，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x（CO）对应的点为B，v逆～x（H2）对应的点为E，故答案为：BE；④温度升高时，，平衡逆向移动，CO催化变换反应的减小(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时逐渐减小的原因是减小对v的降低大于k增大对v的提高。故答案为：减小；减小对v的降低大于k增大对v的提高；【小问3详解】阳极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，阳极的电极反应式为，故答案为：。[化学——选修3：物质结构与性质]20.方钴矿化合物是典型的热电材料，在环境污染和能源危机日益严重的今天，进行新型热电材料的研究具有很强的现实意义。（1）基态Co的价电子排布式为___________，Co和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的大于Co的原因是___________。元素……Fe462.51561.9295752907240Co760.41648323249507670（2）Sb是第五周期ⅤA族元素，其同族元素可用于研制农药，例如3，5-二氯苯胺是农用杀菌剂的关键中间体。可由以下方法合成： ①化合物乙中各元素的电负性大小为___________。②化合物甲中C原子杂化轨道类型为___________。③化合物甲中的键和键之比为___________。(苯环中6个C原子共同形成了一个6原子6电子的大键)（3）已知的熔点73℃，沸点223.5℃，的熔点是735℃，沸点是1049℃。两者的熔沸点差异较大的原因是___________。预测的空间构型为___________。（4）BrianSales等研究了一类新型热电材料，叫作填隙方钴矿锑化物，在钴和锑形成的晶体空隙中填充入稀土原子La(如图所示)，该化合物的化学式为___________。设阿伏加德罗常数的值为，已知该晶胞参数为anm，则该晶体的密度是___________。【20~23题答案】【答案】（1）①.②.Co的第四电离能失去的是的电子，Fe失去的是的电子，比较稳定（2）①.N＞Cl＞C＞H②.③.8：1（3）①.是分子晶体，是离子晶体②.三角锥形 （4）①.②.【解析】【小问1详解】Co是27号，结合表中电离能，第I1、I2电离能明显小于I3，基态Co的价电子排布式为，Co和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的大于Co的原因是Co的第四电离能失去的是的电子，Fe失去的是的电子，比较稳定。故答案为：；Co的第四电离能失去的是的电子，Fe失去的是的电子，比较稳定；【小问2详解】①反应中，NaOCl中+1氯没有将N氧化，说明N吸电子能力强，电负性N＞Cl，氯吸电子能力大于C和H，氢电负性是2.1小于碳电负性2.5，化合物乙中各元素的电负性大小为N＞Cl＞C＞H。故答案为：N＞Cl＞C＞H；②化合物甲中C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，杂化轨道类型为。故答案为：；③化合物甲中共16个键和1个大键，C与O形成1个键，化合物甲中键和键之比为16：2=8：1。(苯环中6个C原子共同形成了一个6原子6电子的大键)故答案为：8：1；【小问3详解】的熔点73℃，沸点223.5℃，的熔点是735℃，沸点是1049℃。两者的熔沸点差异较大的原因是是分子晶体，是离子晶体。分子中Sb原子孤电子对数==1，价层电子对数=3+1=4，Sb原子采用sp3杂化，的空间构型为三角锥形。故答案为：是分子晶体，是离子晶体；三角锥形； 【小问4详解】在该晶胞中含有的La原子数目为2个，含有的Co原子数目为：8×+12×+6×+1=8，Sb为4×6=24，则La：Co：Sb=2：8：24=1：4：12，故该晶体化学式为；设阿伏加德罗常数的值为，已知该晶胞参数为anm，则根据晶体密度计算公式ρ===。故答案为：；。[化学——选修5：有机化学基础]21.有机合成在创新药研发中应用十分广泛，有机化合物F是目前最好的前列腺抗癌药物，其合成路线如下：已知：①取代基-CH3可表示为Me；②；③或；苯甲酸卤代时，主要生成间位产物（1）化合物C中的官能团有溴原子、氟原子、___________。（2）下列说法正确的是___________。A.A→D的反应类型分别是：取代反应，还原反应，氧化反应 B.化合物F的分子式为C.中有手性碳D.由甲苯合成A的过程是先将甲苯氧化为苯甲酸，然后再进行卤代（3）化合物E的结构简式为___________。（4）写出B→C的化学方程式(无须注明条件)___________。（5）化合物G比C少一个Br原子但多一个H原子，同时满足下列条件G的同分异构体共___________种。①苯环存在两个取代基，且每个取代基只含一个碳原子；②不含手性碳原子；③可发生银镜反应；④其中一个取代基中含N-F键；写出一种核磁共振氢谱中有5种氢原子的结构简式：___________。（6）写出由甲苯合成的合成路线图，条件不用标出，无机化合物任选_____。【21~26题答案】【答案】（1）酰胺基（2）B（3）（4）+MeNH2+HCl（5）①.9②.（6） 【解析】【分析】A与SOCl2发生-OH被Cl的取代反应产生B，B与MeNH2发生Cl原子与MeNH-的取代反应产生C，C与、CuCl、K2CO3作用下发生Br与-NH2上H原子的取代反应产生D，D与K2CO3、H2O、CH3I发生信息②的反应产生E：，E与反应产生F，据此分析解答。【小问1详解】根据化合物C结构简式可知：该物质分子中含有的官能团有溴元素、氟原子、酰胺基；【小问2详解】A．根据物质转化关系可知A→B、B→C、C→D的反应类型都是取代反应，A错误；B．根据物质结构简式可知物质F分子式是C21H16N4O2F4S，B正确；C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，物质分子中的中间C原子连接了2个甲基、1个羧基、1个氨基，因此该物质分子中不存在手性碳原子，C错误；D．由已知信息③可知：苯甲酸发生卤代反应时主要生成间位取代产物，而甲苯发生取代反应时主要生成邻、对位上的取代产物，因此由甲苯制取A物质时，应该使甲苯与Br2、F2在Fe催化作用下发生卤代反应，发生甲基在苯环上对位上为Br原子，邻位上一个为F原子，然后与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使甲基变为-COOH，就得到物质A，D错误； 故合理选项是B；【小问3详解】根据上述分析可知化合物E结构简式为：；【小问4详解】B是，C是，则B与MeNH2发生取代反应产生C与HCl的反应方程式为：+MeNH2+HCl；小问5详解】化合物G比C少一个Br原子但多一个H原子，同时满足下列条件：①苯环存在两个取代基，且每个取代基只含一个碳原子；②不含手性碳原子；③可发生银镜反应，说明含有醛基；④其中一个取代基中含N-F键；则两个取代基可能结构有：①-CHO、-N(F)0CH3、②-CHO、-CH2NHF、③-CH3、-NH(F)CHO三种情况，每一种情况下两个取代基在苯环上的相对位置有邻、间、对三种，故符合条件的G的同分异构体整理数目为3×3=9种，其中核磁共振氢谱中有5种氢原子的结构简式可以是；【小问6详解】甲苯与Br2在Fe催化下发生甲基对位上的取代反应产生，该物质被酸性KMnO4 溶液氧化为，然后与SOCl2发生取代反应产生，再与NH2CH3发生取代反应产生目标产物，则由甲苯制取的流程图为：。