2022年海南省海口市高考化学调研试卷（一） 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学知识在生产、生活中有着广泛的应用．下列说法中正确的是（ ）A．铅蓄电池属于二次电池B．氢氟酸可用于蚀刻玻璃是因为其具有强酸性C．为了防止食品受潮，常在食品包装袋中放入活性铁粉D．用于制光缆的光导纤维是新型有机高分子材料 2．下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）A．CH4分子的比例模型：B．CO2的电子式：O：：C：：OC．Cl﹣的离子结构示意图：D．中子数为18的硫原子：S 3．在进行牙科治疗之前，吸入笑气（N2O）能明显减轻牙科焦虑症．同温同压下，相同质量的下列气体与笑气体积相等的是（ ）A．N2B．COC．CO2D．NO2 4．下列各组物质的性质中不正确的是（ ）A．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4B．热稳定性：H2S＞H2O＞HFC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．氧化性：F2＞Cl2＞Br2 5．有机物的一氯化物共有（不考虑立体异构）（ ）A．3种B．4种C．5种D．7种 6．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是（ ）A．pH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）B．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14C．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（OH﹣）不断增大D．浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后；c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+） -29-二、不定项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．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，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个就得0分）7．LiNiO2是锂离子电池的正极活性材料，其制备原理可表示为4Ni（OH）2+4LiOH+O2═4LiNiO2+5H2O．下列说法正确的是（ ）A．LiNiO2中Ni的化合价是+1B．该反应中LiOH是还原剂C．OH﹣和Li+含有的电子数相同D．该反应生产1molLiNO2时转移1mole﹣ 8．用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．1.0 mol•Lˉ1的醋酸溶液中CH3COOH和CH3COOˉ的总数为NAB．常温常压下，32g臭氧所含的氧原子数为2NAC．0.1molCu与足量浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LD．2gCaCO3和8gKHCO3组成的混合物中碳原子数为0.1NA 9．一定温度下，将浓度为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液加水不断稀释，下列各值始终增大的是（ ）A．c（H+）B．c（HCO）C．c（H+）•c（OH﹣）D． 10．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项 现象或事实 解释AAl（OH）3用作塑料的阻燃剂Al（OH）3受热熔化放出大量的热 B 用氢氟酸蚀刻玻璃 Si02是碱性氧化物，能溶于酸 C 过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂 过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳 D 用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯 A．AB．BC．CD．D 11．向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g），测得平衡体系中CO2的百分含量（CO2%）与反应温度变化的关系如图所示．下列物理量中，a点大于b点的是（ ）-29-A．正反应速率B．逆反应速率C．HCOOH（g）的浓度D．H2的体积分数 12．一定条件下，用如图所示装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是（ ）A．电子流向：D→A，B→EB．气体X为O2C．电极D为惰性电极，E为活泼电极D．电极D的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣═C6H12 三、必考题.第13-17题为必考题，每个试题考生都必须作答。13．为减小环境污染，节能减排是企业义不容辞的责任．（1）SO2和Cl2是常见的污染物，S在元素周期表中的位置为 ，Cl2的电子式为 ，比较S2﹣与Cl﹣的半径大小：r（S2﹣） （填“＞”或“＜”）r（Cl﹣）．（2）有效“减碳”的手段之一是节能，下列制氢方法中最节能的是 （填字母）A．电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑B．高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑C．太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑D．天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2（3）在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物（COxNO）进行相互反应，生产无毒害物质，减少汽车尾气污染，已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molCO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1写出尾气转化反应的热化学方式： “（4）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl2将废水中的NaCN氧化成无毒的物质．NaCN被氧化后的产物之一为NaHCO3，写出该反应的离子方程式： ． -29-14．氢是一种重要的非金属元素，氢的单质及其化合物在科学研究和工业生产中有着广泛而重要的作用．（1）NaH是一种生氢剂，NaH与H2O反应放出H2．NaH含有的化学键为 （填“离子键”或“共价键”），NaH与H2O反应的化学方程式为 ．（2）金属﹣有机框架物（MOFs）储氢材料是由金属氧化物团簇通过有机高分子链组装形成的晶态材料．MOFs储氢材料比表面积大，空隙率高，储氢容量大，其储氢和放氢的原理可表示为MOFs（s）+nH2（g）（H2）nMOFs（s），△H＜0，则储氢时的适宜条件为 （填字母）．A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压（3）一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H＜0①一容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，10min后达到平衡时各物质的浓度分别为：CO2为0.2mol•L﹣1，H2为0.8mol•L﹣1，CH4为0.8mol•L﹣1，H2O为1.6mol•L﹣1．起始充入H2的物质的量为 ，CO2的平衡转化率为 ．300℃时该反应的平衡常数K= ．②现有两个相同恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ，在Ⅰ中充入1molCO2和4molH2，在Ⅱ中充入1molCH4和2molH2O（g），300℃下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是 （填字母）．A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同B．容器Ⅰ、Ⅱ中反应的平衡常数相同C．容器Ⅰ中CO2的物质的量比容器Ⅱ中的多． 15．CO、SO2、NO2是常见的污染气体．（1）CO、SO2、NO2、NO四种氧化物中，属于酸性氧化物的是 （填化学式）．（2）如图甲是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质；图乙是粗铜精炼的装置图．现以燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．A极的电极反应式为 ，B极应与 （填“C”或“D”）极相连．（3）工业二氧化硫尾气用Na2SO3吸收后转化为NaHSO3溶液，再用惰性电极电解NaHSO3溶液，可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3．原理如图丙所示，则电解总反应方程式是 ． 16．枯茗醛是常用的一种使用香料，也可作医药中间体，其存在下列转化关系：-29-已知反应②为钯催化偶联反应：例如：．（1）B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B的名称为 ．（2）反应②的化学方程式为 ．（3）反应①为加聚反应，则C的结构简式为 ．（4）在浓H2SO4催化作用下，D能与CH3COOH发生酯化反应生成E，E的结构简式为 ． 17．一氯胺（NH2Cl，Cl呈+1价）可用于制备液体火箭燃料偏二甲肼．实验一：制备NH2Cl．实验室制备一氯胺可用氨气与次氯酸钠反应，反应方程式为NH3+NaClO═NH2Cl+NaOH．某实验小组设计如下装置制备NH2Cl．（1）B装置的作用为 ．（2）C中盛装的是饱和食盐水，则惰性电极b应与电源 极相连．（3）先电解一段时间后，接下来的实验操作是 ．实验二：检测自来水中的一氯胺的含量．一氯胺是重要的水消毒剂，利用碘量法可以检测自来水中一氯胺的含量．其主要方法为：取已加入一氯胺的自来水20.00mL．加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol•L﹣1的Na2S2O2溶液进行滴定，达到终点时，消耗Na2S2O3溶液5.00mL．已知：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣I3﹣⇌I2+I﹣I2+2S2O32﹣═2i﹣+S4O62﹣（4）滴定时用淀粉溶液作指示剂，判定达到滴定终点的现象是 ．（5）该自来水中一氯胺的浓度为 mol•L﹣1． 选考题（请考生在18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所的第一题计分）18．S﹣诱抗素是植物生长的平衡因子，咖啡酸乙酯具有抗肿瘤活性动，两者的结构如图所示．下列说法中不正确的是（ ）-29-A．S﹣诱抗素核磁共振氢谱图中有11组峰B．咖啡酸乙脂能使酸性KMnO4溶液褪色C．两者都不能与金属钠反应放出氢气D．两者互为同分异构体 19．金刚乙烷、金刚乙胺等已经被批准用于临床治疗人感禽流感，且临床研究表明金刚乙烷比金刚乙胺的副作用小．（1）金刚乙烷可通过下列转化生成金刚乙胺：①金刚乙烷的分子式为 ．②反应Ⅰ的反应类型为 ，反应Ⅱ的另一产物为 ．（2）金刚乙烷还可通过下列转化生成高分子化合物（用“R﹣”表示，如金刚乙烷表示为R﹣CH2CH3）；已知：E分子中有两个C=O双键，但不能发生银镜反应；标准状况下，1molF与足量的钠完全反应会生成22.4L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4L气体．①条件1为 ，A→B的反应类型为 ．②条件2为 ，写出C→D的化学方程式： ．③E分子中官能团的名称为 ，G的结构简式为 ．④满足下列条件的F的同分异构体只有一种，其结构简式为 ．a．属于芳香族化合物b．核磁共振氢谱图中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1：1． 20．下列说法正确的是（ ）A．Na2O2中既含离子键又含非极性键B．BF3分子中的所有原子共平面C．SiO2和Na2O2的晶体类型相同D．S的第一电离能大于P的第一电离能． -29-21．碳的多样性体现在：碳单质的多样性、含碳化合物的多样性、碳及其化合物应用的多样性等方面．（1）乙烯分子中σ键与π键的数目之比为 ．（2）掺杂铬的石墨镀层是一种高硬度的自动润滑剂，基态铬原子的电子排布式为 ．铬原子中未成对电子数为 ．（3）石墨烯（如图1）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子层晶体．理论上12g石墨烯中有 个六元碳环．（4）CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图2所示，该晶体的类型属于 ．该晶体中C原子轨道的杂化类型为 ．（5）碳化硅（SiC）俗名“金刚砂”，有类似金刚石的结构和性质，其空间结构中碳硅原子相间排列，如图3所示（其中●为碳原子，○为硅原子）．①第一电离能大小比较：C Si（填“＞”、“＜”或“=”）．②碳化硅晶体中，C﹣Si键的键角都是 ．③若设该晶胞的边长为apm，则碳化硅晶体的密度是 g•cm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数的数值为NA）． 22．下列说法正确的是（ ）A．硫酸工业生产过程在接触室中运用热交换技术可充分利用能源B．联合制碱法生产纯碱时，先通入二氧化碳，再通入氨气C．氯碱工业是以利用电解食盐水生产氯气、氢气和氢氧化钠为基础的工业体系D．合成氨工业汇总，加入催化剂可提高氢气的转化率 23．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、Ni、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3等）可用于制取金属铜、锌盐和硫酸镊铵、其生产工艺如下：回答下列问题：（1）浸取时，Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 ．加入Zn粉，主要被还原的阳离子有H+、 ．-29-（2）计入浓硫酸二次浸取可能产生的有毒气体是 ；净化的方法是 ．（3）除铁时，需要加入双氧水，发生反应的离子方程式为 ，再调节溶液的pH使铁以 （填化学式）的形式被除去．（4）电解时，阴极的电极反应式为 ；回收利用电解后废液中废酸的方法是 ．（5）硫酸镍铵[（NH4）xNi（SO4）m•nH2O]是常用的化学分析试剂．某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取1.9750g 样品，配制成100.00mL 溶液A；②准确量取25.00mL 溶液A，用0.04000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣═NiY2﹣+2H+），消耗EDTA 标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH 溶液并充分加热，生成NH3 56.00mL（标准状况）．①硫酸镍铵的化学式为 ②若测定管在使用前未有EDTA标准溶液刷洗，则测得的N2+含量将 （填“偏高”“偏低”或“不变”） -29-2022年海南省海口市高考化学调研试卷（一）参考答案与试题解析 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学知识在生产、生活中有着广泛的应用．下列说法中正确的是（ ）A．铅蓄电池属于二次电池B．氢氟酸可用于蚀刻玻璃是因为其具有强酸性C．为了防止食品受潮，常在食品包装袋中放入活性铁粉D．用于制光缆的光导纤维是新型有机高分子材料【考点】硅和二氧化硅；原电池和电解池的工作原理．【分析】A．铅蓄电池可以充电、放电，多次使用；B．氢氟酸为弱酸；C．铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化；D．光导纤维主要成分是二氧化硅．【解答】解：A．铅蓄电池可以充电、放电，多次使用，属于二次电池，故A正确；B．氢氟酸属于弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅反应，所以可以腐蚀玻璃，故B错误；C．铁是较活泼的金属，能和水、氧气反应生成铁锈，防止食品被氧化和受潮，作用侧重在除氧剂，故C错误；D．光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了电池的分类、二氧化硅的性质和用途、铁的性质，题目难度不大，注意对基础知识的积累． 2．下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）A．CH4分子的比例模型：B．CO2的电子式：O：：C：：OC．Cl﹣的离子结构示意图：D．中子数为18的硫原子：S【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．【分析】A．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序，直观地表示分子的形状．注意碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定；B．二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，该电子式中漏掉了氧原子的2对孤电子对；C．氯原子得电子形成氯离子；D．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数．【解答】解：A．由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和4个氢原子，分子大小与甲烷的空间结构相符合，故A正确；-29-B．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，C、O原子最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为：，故B错误；C．Cl﹣的离子结构示意图：，故C错误；D．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，所以中子数为18的硫原子质量数为34，表示为：1634S，故D错误．故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的书写方法，题目难度中等，涉及原子结构示意图、电子式、比例模型、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力． 3．在进行牙科治疗之前，吸入笑气（N2O）能明显减轻牙科焦虑症．同温同压下，相同质量的下列气体与笑气体积相等的是（ ）A．N2B．COC．CO2D．NO2【考点】物质的量的相关计算．【分析】同温同压下，相同质量的气体与笑气体积相等，则该气体与笑气的摩尔质量相等．【解答】解：笑气的摩尔质量为44g/mol，同温同压下，相同质量的气体与笑气体积相等，则该气体与笑气的摩尔质量相等，选项中只有二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，故选C．【点评】本题考查物质的量的有关计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的有关计算． 4．下列各组物质的性质中不正确的是（ ）A．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4B．热稳定性：H2S＞H2O＞HFC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．氧化性：F2＞Cl2＞Br2【考点】元素周期律的作用．【分析】A、非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；B、金属性越强，气态氢化物越稳定；C、金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强；D、依据元素周期律可知，从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱．【解答】解：A、非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物的水化物酸性为H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故A正确；B、非金属性F＞O＞S，气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2S，故B错误；C、金属性Na＞Mg＞Al，碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故C正确；D、依据元素周期律可知，从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，故D正确，故选B．【点评】本题考查元素的性质，为高频考点，把握同主族、同周期元素的性质比较规律为解答的关键，注意元素周期律的应用和规律性知识的归纳，题目难度不大． -29-5．有机物的一氯化物共有（不考虑立体异构）（ ）A．3种B．4种C．5种D．7种【考点】常见有机化合物的结构．【分析】根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体．分子中等效氢原子一般有如下情况：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，同一碳原子所连的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．【解答】解：该分子为关于中间轴对称，故分子中由5种氢原子，即左边甲基一种，右边甲基一种，苯环上2种，左边CH上一种，有5种一氯代物，故选C．【点评】本题主要考查一氯代物的书写，题目难度不大，注意分子中有几种氢原子，就有几种一氯代物． 6．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是（ ）A．pH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）B．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14C．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（OH﹣）不断增大D．浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后；c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中共存在c（Na+）、c（CH3COO﹣）、c（H+）、c（OH﹣）4种离子，据电荷守恒分析；B、pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和，醋酸和氢氧化钠的物质的量相等；C、醋酸稀释时，溶液酸性减弱；D、据电荷守恒分析．【解答】解：A、常温下，CH3COONa与CH3COOH的混合溶液的pH=5.6，则：c（OH‑）＜c（H+），根据电荷守恒c（CH3COO‑）+c（OH‑）=c（H+）+c（Na+）可得：c（CH3COO‑）＞c（Na+），故A正确；B、pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和，醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，如醋酸为强酸时存在a+b=14，但醋酸为弱酸，故B错误；C、醋酸稀释时，溶液酸性减弱则碱性增强，c（OH﹣）不断增大，故C正确；D、浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后生成醋酸铵，据电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），故D正确；故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，难度不大． 二、不定项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．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，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个就得0分）-29-7．LiNiO2是锂离子电池的正极活性材料，其制备原理可表示为4Ni（OH）2+4LiOH+O2═4LiNiO2+5H2O．下列说法正确的是（ ）A．LiNiO2中Ni的化合价是+1B．该反应中LiOH是还原剂C．OH﹣和Li+含有的电子数相同D．该反应生产1molLiNO2时转移1mole﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、依据锂元素为+1价，氧元素为﹣2价可知Ni元素化合价为+3价；B、依据化学方程式中元素化合价变化分析，锂元素化合价不变；C、氢氧根离子含有10个电子，锂离子含有2个电子；D、4Ni（OH）2+4LiOH+O2═4LiNiO2+5H2O反应中生成4molLiNO2时转移4mole﹣．【解答】解：A、LiNi02中锂元素为+1价，氧元素为﹣2价可知Ni元素化合价为+3价，故A错误；B、4Ni（OH）2+4LiOH+O2=4LiNiO2+6H2O，反应前后锂元素化合价不变，不是还原剂，故B错误；C、氢氧根离子含有10个电子，锂离子含有2个电子，电子数不同，故C错误；D、由4Ni（OH）2+4LiOH+O2═4LiNiO2+5H2O反应中生成4molLiNO2时转移4mole﹣，所以生产1molLiNO2时转移1mole﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应的元素化合价变化，离子结构的分析判断，题目难度中等． 8．用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．1.0 mol•Lˉ1的醋酸溶液中CH3COOH和CH3COOˉ的总数为NAB．常温常压下，32g臭氧所含的氧原子数为2NAC．0.1molCu与足量浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LD．2gCaCO3和8gKHCO3组成的混合物中碳原子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．溶液体积未知；B．依据n=计算物质的量计算氧元素原子数；C．气体状况未知，Vm不确定；D．质量转化为物质的量结合碳酸钙和碳酸氢钾的组成解答．【解答】解：A．溶液体积未知，无法计算CH3COOH和CH3COOˉ的总数，故A错误；B.32g臭氧所含的氧原子数=×NA=2NA，故B正确；C．气体状况未知，Vm不确定，无法计算气体体积，故C错误；D．碳酸钙和碳酸氢钾的摩尔质量都是100g/mol，1mol物质中都含有1mol碳原子，所以2gCaCO3和8gKHCO3组成的混合物中碳原子数=×NA=0.1NA，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意气体摩尔体积适用条件，题目难度不大． -29-9．一定温度下，将浓度为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液加水不断稀释，下列各值始终增大的是（ ）A．c（H+）B．c（HCO）C．c（H+）•c（OH﹣）D．【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【分析】0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，水解程度增大，据此回答．【解答】解：0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，A、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，但是体积增加，氢氧根离子浓度减小，c（H+）增加，故A正确；B、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移，碳酸氢根离子浓度减小，故B错误；C、离子积常数只与温度有关，加水稀释常数不变，故C错误；D、该表达式为水解平衡常数，水解的平衡常数只与温度有关，加水稀释平衡常数不变，故D错误；故选A．【点评】本题考查了弱离子的水解平衡及其影响，题目难度中等，注意掌握弱离子水解平衡及其影响因素是关键，难度中等． 10．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项 现象或事实 解释AAl（OH）3用作塑料的阻燃剂Al（OH）3受热熔化放出大量的热 B 用氢氟酸蚀刻玻璃 Si02是碱性氧化物，能溶于酸 C 过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂 过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳 D 用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯 A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物；乙烯的用途．【分析】A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低；B．Si02是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用；【解答】解：A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误；B．Si02是酸性氧化物，故B错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；-29-D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的用途是解题关键，题目难度不大． 11．向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g），测得平衡体系中CO2的百分含量（CO2%）与反应温度变化的关系如图所示．下列物理量中，a点大于b点的是（ ）A．正反应速率B．逆反应速率C．HCOOH（g）的浓度D．H2的体积分数【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据图象可知，可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）随着温度升高，二氧化碳含量增大，说明该反应为吸热反应；温度越高，反应速率越大，则a点的正逆反应速率都小于b点；HCOOH（g）为生成物，二氧化碳、氢气为反应物，则二氧化碳百分含量越大，则氢气含量越大、甲酸含量越小，则a点甲酸的浓度大于b点、a点氢气的浓度大于b点，据此进行解答．【解答】解：A．温度升高，反应速率增大，a点温度小于b，则a点的正反应速率一定小于b，故A错误；B．b点温度大于a点，则正逆反应速率a点小于b点，故B错误；C．甲酸为生成物，二氧化碳为反应物，则二氧化碳百分含量越大，甲酸浓度越小，b点二氧化碳百分含量大于a点，则a点甲酸的浓度大于b点，故C正确；D．氢气、二氧化碳都是反应物，二氧化碳百分含量越大，则反应物浓度越大，所以a点氢气的体积分数小于b点，故D错误；故选C．【点评】本题考查了百分含量随温度变化的曲线、可逆反应的影响因素，题目难度不大，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，正确分析图象中曲线变化为解答本题的关键，试题培养了学生分析、理解图象信息的能力． 12．一定条件下，用如图所示装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是（ ）A．电子流向：D→A，B→EB．气体X为O2C．电极D为惰性电极，E为活泼电极-29-D．电极D的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣═C6H12【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，电子从负极流向阴极，据此分析．【解答】解：A、根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，所以外电路中电子从A→D，E→B，故A错误；B、E作阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以X为O2，故B正确；C、电极D、E都必须是惰性电极，故C错误；D、该装置的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，在D电极上苯中的碳得电子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，故D正确；故选BD．【点评】本题考查了电解池的反应原理，明确D作阴极，E作阳极是解答的关键，题目难度中等． 三、必考题.第13-17题为必考题，每个试题考生都必须作答。13．为减小环境污染，节能减排是企业义不容辞的责任．（1）SO2和Cl2是常见的污染物，S在元素周期表中的位置为 第三周期第ⅥA族 ，Cl2的电子式为 ，比较S2﹣与Cl﹣的半径大小：r（S2﹣） ＞ （填“＞”或“＜”）r（Cl﹣）．（2）有效“减碳”的手段之一是节能，下列制氢方法中最节能的是 C （填字母）A．电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑B．高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑C．太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑D．天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2（3）在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物（COxNO）进行相互反应，生产无毒害物质，减少汽车尾气污染，已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molCO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1写出尾气转化反应的热化学方式： 2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5KJ•mol﹣1 “（4）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl2将废水中的NaCN氧化成无毒的物质．NaCN被氧化后的产物之一为NaHCO3，写出该反应的离子方程式： 5Cl2+2CN﹣+10OH﹣=2HCO3﹣+N2+10Cl﹣+4H2O ．【考点】元素周期表的结构及其应用；电子式；离子方程式的书写；热化学方程式；常见的生活环境的污染及治理．-29-【分析】（1）S是16号元素，三个电子层，最外层是6个电子，所以在元素周期表中的位置为第三周期，第ⅥA，氯原子最外层7个电子，与另一个氯形成一个共用电子对达8电子的稳定结构，所以Cl2的电子式为：；电子层结构相同核电荷数越多半径越大；（2）从充分利用太阳能的角度分析；（3）由①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol；②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，根据盖斯定律2②﹣①来计算化学反应的焓变，从而书写热化学方程式；（4）由NaCN被氧化后的产物之一为NaHCO3，碳的化合价高，说明NaCN是还原剂，氯气是氧化剂，根据得失电子守恒，配平化学方程式．【解答】解：（1）S是16号元素，三个电子层，最外层是6个电子，所以在元素周期表中的位置为第三周期，第ⅥA，氯原子最外层7个电子，与另一个氯形成一个共用电子对达8电子的稳定结构，所以Cl2的电子式为：；电子层结构相同核电荷数越多半径越大，氯的核电荷数大于硫，所以硫离子的半径大于氯离子，故答案为：第三周期第ⅥA族；；＞；（2）电解水、高温以及天然气的使用都会消耗能源，不符合低碳要求，使用太阳能可减小低碳，故答案为：C；（3）由①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol；②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，根据盖斯定律2②﹣①得2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5KJ•mol﹣1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5KJ•mol﹣1；（4）由NaCN被氧化后的产物之一为NaHCO3，碳的化合价高，说明NaCN是还原剂，氯气是氧化剂，根据得失电子守恒，所以反应方程式：5Cl2+2CN﹣+10OH﹣=2HCO3﹣+N2+10Cl﹣+4H2O，故答案为：5Cl2+2CN﹣+10OH﹣=2HCO3﹣+N2+10Cl﹣+4H2O．【点评】本题考查使用化石燃料的利弊及新能源的开发、用盖斯定律进行有关反应热的计算，掌握氧化还原的实质是解题的关键． 14．氢是一种重要的非金属元素，氢的单质及其化合物在科学研究和工业生产中有着广泛而重要的作用．（1）NaH是一种生氢剂，NaH与H2O反应放出H2．NaH含有的化学键为 离子键 （填“离子键”或“共价键”），NaH与H2O反应的化学方程式为 NaH+H2O=NaOH+H2↑ ．-29-（2）金属﹣有机框架物（MOFs）储氢材料是由金属氧化物团簇通过有机高分子链组装形成的晶态材料．MOFs储氢材料比表面积大，空隙率高，储氢容量大，其储氢和放氢的原理可表示为MOFs（s）+nH2（g）（H2）nMOFs（s），△H＜0，则储氢时的适宜条件为 B （填字母）．A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压（3）一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H＜0①一容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，10min后达到平衡时各物质的浓度分别为：CO2为0.2mol•L﹣1，H2为0.8mol•L﹣1，CH4为0.8mol•L﹣1，H2O为1.6mol•L﹣1．起始充入H2的物质的量为 8mol ，CO2的平衡转化率为 80% ．300℃时该反应的平衡常数K= 25 ．②现有两个相同恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ，在Ⅰ中充入1molCO2和4molH2，在Ⅱ中充入1molCH4和2molH2O（g），300℃下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是 C （填字母）．A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同B．容器Ⅰ、Ⅱ中反应的平衡常数相同C．容器Ⅰ中CO2的物质的量比容器Ⅱ中的多．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）NaH是一种生氢剂，NaH与H2O反应放出H2，还生成NaOH，NaH属于离子化合物；（2）向正反应进行为储氢过程，储氢过程是气体体积减小的放热反应，适宜的条件为低温高压；（3）①平衡状态时，c（H2）=c（CH4）=0.8mol/L，c（CO2）=0.2mol/L；CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）起始量（mol/L）：1.04.000变化量（mol/L）：0.83.20.81.6平衡量（mol/L）：0.20.80.81.6①根据n=cV计算氢气起始物质的量；二氧化碳转化率=×100%；平衡常数K=；②由于容器是恒容的绝热体系，与外界没有热量交换，容器Ⅰ反应向右进行，容器温度会升高，容器Ⅱ反应向左进行，容器温度会降低．恒温时，容器Ⅰ和Ⅱ完全等效，再到绝热体系，对容器Ⅰ升温，对容器Ⅱ降温．A．平衡时温度越高，反应速率越快；B．平衡常数只受温度影响，温度不同，平衡常数不同；C．恒温时，容器Ⅰ和Ⅱ完全等效，再到绝热体系，对容器Ⅰ升温，对容器Ⅱ降温，Ⅰ平衡向左移，容器Ⅱ平衡向右移．【解答】解：（1）NaH是一种生氢剂，属于离子化合物，NaH含有的化学键为离子键，NaH与H2O反应放出H2，还生成NaOH，反应化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，故答案为：离子键，NaH+H2O=NaOH+H2↑；（2）其储氢和放氢的原理可表示为MOFs（s）+nH2（g）（H2）nMOFs（s），△H＜0，储氢过程是气体体积减小的放热反应，平衡正向进行，需要的条件为低温高压；-29-故答案为：B；（3）①平衡状态时，c（H2）=c（CH4）=0.8mol/L，c（CO2）=0.2mol/L；CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）起始量（mol/L）：1.04.000变化量（mol/L）：0.83.20.81.6平衡量（mol/L）：0.20.80.81.6①氢气起始物质的量为2L×4mol/L=8mol；二氧化碳转化率=×100%=80%；平衡常数K===25，故答案为：8；80%；25；②由于容器是恒容的绝热体系，与外界没有热量交换，容器Ⅰ反应向右进行，容器温度会升高，容器Ⅱ反应向左进行，容器温度会降低．恒温时，容器Ⅰ和Ⅱ完全等效，再到绝热体系，对容器Ⅰ升温，对容器Ⅱ降温，A．容器Ⅰ的温度比Ⅱ高，反应速率也要快，故A错误；B．平衡后容器I的温度要比容器Ⅱ要高，平衡常数不相等，升高温度平衡左移，故平衡常数K（Ⅰ）＜K（Ⅱ），故B错误；C．恒温时，容器Ⅰ和Ⅱ完全等效，再到绝热体系，对容器Ⅰ升温，对容器Ⅱ降温，Ⅰ平衡向左移，与恒温相比CO2的物质的量增大，容器Ⅱ平衡向右移，与恒温相比CO2的物质的量减小，故容器Ⅰ中CO2的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C正确，故选：C．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡移动原理及其应用等，（3）中②为易错点、难点，关键是利用等效思想构建平衡建立的途径，整体难度较大． 15．CO、SO2、NO2是常见的污染气体．（1）CO、SO2、NO2、NO四种氧化物中，属于酸性氧化物的是 SO2 （填化学式）．（2）如图甲是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质；图乙是粗铜精炼的装置图．现以燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．A极的电极反应式为 CO﹣2e﹣+CO32﹣=2CO2 ，B极应与 D （填“C”或“D”）极相连．（3）工业二氧化硫尾气用Na2SO3吸收后转化为NaHSO3溶液，再用惰性电极电解NaHSO3溶液，可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3．原理如图丙所示，则电解总反应方程式是 2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑ ．-29-【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据酸性氧化物的定义判断，酸性氧化物可与碱反应，且只生成盐和水，如与水反应，酸性氧化物只生成酸；（2）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，所以通入氧气的一极为正极，通入CO的一极为负极；B为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；（3）电解NaHSO3溶液可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，阴极为氢离子得电子生成氢气，据此书写总反应．【解答】解：（1）NO2与水反应生成硝酸、NO和水，不是酸性氧化物，SO2可与碱反应生成盐和水是酸性氧化物，而CO与水、碱都不反应，为不成盐氧化物，故答案为：SO2；（2）CO具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，所以A极的电极反应式为：CO﹣2e﹣+CO32﹣═2CO2，因A为负极，B为正极，粗铜精炼时，粗铜D作阳极，与电源的正极B相连，故答案为：CO﹣2e﹣+CO32﹣=2CO2；D；（3）电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，阴极为氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应方程式是2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑；故答案为：2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑．【点评】本题考查了酸性氧化物的判断和原电池电极反应和电解池原理的理解应用，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等． 16．枯茗醛是常用的一种使用香料，也可作医药中间体，其存在下列转化关系：已知反应②为钯催化偶联反应：例如：．（1）B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B的名称为 丙烯 ．（2）反应②的化学方程式为 ．（3）反应①为加聚反应，则C的结构简式为 ．-29-（4）在浓H2SO4催化作用下，D能与CH3COOH发生酯化反应生成E，E的结构简式为 ．【考点】有机物的合成．【分析】根据题中各物质转化关系，D氧化得枯茗醛，根据枯茗醛可推得D为，A和B发生题中信息中的反应得D，结构A、B的分子式可知，A为，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为CH2=CHCH3，B发生加聚反应得C为，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，D氧化得枯茗醛，根据枯茗醛可推得D为，A和B发生题中信息中的反应得D，结构A、B的分子式可知，A为，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为CH2=CHCH3，B发生加聚反应得C为，（1）根据上面的分析可知，B为CH2=CHCH3，B的名称为丙烯，故答案为：丙烯；（2）反应②的化学方程式为，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，C的结构简式为，故答案为：；-29-（4）D为，在浓H2SO4催化作用下，D能与CH3COOH发生酯化反应生成E，E的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查学生有机物质的性质、有机物的推断等方面的知识，注意D的结构的推断及题中信息的应用是解答的关键，题目难度中等． 17．一氯胺（NH2Cl，Cl呈+1价）可用于制备液体火箭燃料偏二甲肼．实验一：制备NH2Cl．实验室制备一氯胺可用氨气与次氯酸钠反应，反应方程式为NH3+NaClO═NH2Cl+NaOH．某实验小组设计如下装置制备NH2Cl．（1）B装置的作用为 安全瓶 ．（2）C中盛装的是饱和食盐水，则惰性电极b应与电源 正 极相连．（3）先电解一段时间后，接下来的实验操作是 先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞 ．实验二：检测自来水中的一氯胺的含量．一氯胺是重要的水消毒剂，利用碘量法可以检测自来水中一氯胺的含量．其主要方法为：取已加入一氯胺的自来水20.00mL．加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol•L﹣1的Na2S2O2溶液进行滴定，达到终点时，消耗Na2S2O3溶液5.00mL．已知：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣I3﹣⇌I2+I﹣I2+2S2O32﹣═2i﹣+S4O62﹣（4）滴定时用淀粉溶液作指示剂，判定达到滴定终点的现象是 溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化 ．（5）该自来水中一氯胺的浓度为 0.0125 mol•L﹣1．【考点】制备实验方案的设计；实验装置综合．【分析】（1）根据氨气极易溶于水，容易倒吸；（2）b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，阴离子在阳极放电，与电源的正极相连；-29-（3）电解一段时间后，应制备氨气并通入到C中与次氯酸钠反应；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；（5）由方程式：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣、I3﹣≒I2+I﹣、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣可得到关系式：NH2Cl～I3﹣～I2～2S2O32﹣进行计算；【解答】解：（1）根据氨气极易溶于水，容易倒吸，所以B装置的作用为安全瓶；故答案为：安全瓶；（2）b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，氯离子在阳极放电，所以b是阳极，与电源的正极相连；故答案为；正；（3）先电解一段时间后，接下来的实验操作通入制备氨气并通入到C中，即先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞；故答案为：先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，判定达到滴定终点的现象是当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化；故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化；（5）由方程式：NH2Cl+3I﹣+2H2O═NH3•H2O+OH﹣+Cl﹣+I3﹣、I3﹣≒I2+I﹣、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣；、可得到关系式：NH2Cl～I3﹣～I2～2S2O32﹣；12C（NH2Cl）×20×10﹣3L0.100mol•L﹣1×5×10﹣3L解得：C（NH2Cl）==0.0125mol•L﹣1故答案为：0.0125．【点评】本题考查了一氯胺的制备与含量的测定，注意物质的性质、氧化还原反应滴定的原理与计算，难度不大，注意滴定中利用关系式的计算方法，要细心计算，容易出错． 选考题（请考生在18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所的第一题计分）18．S﹣诱抗素是植物生长的平衡因子，咖啡酸乙酯具有抗肿瘤活性动，两者的结构如图所示．下列说法中不正确的是（ ）A．S﹣诱抗素核磁共振氢谱图中有11组峰B．咖啡酸乙脂能使酸性KMnO4溶液褪色C．两者都不能与金属钠反应放出氢气D．两者互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．分子中H原子种类等于其核磁共振氢谱图中吸收峰；B．咖啡酸乙脂含有酚羟基，易被氧化；C．S﹣诱抗素含有羧基，咖啡酸乙脂含有酚羟基，均能钠反应；D．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体．-29-【解答】解：A．S﹣诱抗素中有10种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱图中有10组峰，故A错误；B．咖啡酸乙脂含有酚羟基，易被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C．S﹣诱抗素含有羧基，咖啡酸乙脂含有酚羟基，均能钠反应生成氢气，故C错误；D．S﹣诱抗素、咖啡酸乙脂的分子式相同，二者不是同分异构体，含有官能团不同，二者互为同分异构体，故D正确，故选：AC．【点评】本题考查有机物的结构与性质、同分异构体等，注意掌握官能团的结构与性质，难度不大． 19．金刚乙烷、金刚乙胺等已经被批准用于临床治疗人感禽流感，且临床研究表明金刚乙烷比金刚乙胺的副作用小．（1）金刚乙烷可通过下列转化生成金刚乙胺：①金刚乙烷的分子式为 C12H20 ．②反应Ⅰ的反应类型为 取代反应 ，反应Ⅱ的另一产物为 HCl ．（2）金刚乙烷还可通过下列转化生成高分子化合物（用“R﹣”表示，如金刚乙烷表示为R﹣CH2CH3）；已知：E分子中有两个C=O双键，但不能发生银镜反应；标准状况下，1molF与足量的钠完全反应会生成22.4L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4L气体．①条件1为 NaOH的醇溶液、加热 ，A→B的反应类型为 消去反应 ．②条件2为 NaOH水溶液、加热 ，写出C→D的化学方程式： ．③E分子中官能团的名称为 羰基、羧基 ，G的结构简式为 ．④满足下列条件的F的同分异构体只有一种，其结构简式为 ．a．属于芳香族化合物b．核磁共振氢谱图中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1：1．-29-【考点】有机物的推断．【分析】（1）金刚乙烷和金刚乙胺结构简式知，金刚乙烷和氯气发生取代反应生成M，M和氨气发生取代反应生成金刚乙胺，（2）金刚乙烷和氯气发生取代反应生成A，A反应生成B，B能发生加成反应，则A和NaOH的醇溶液加热发生消去反应生成B，B结构简式为RCH=CH2、C结构简式为RCHBrCH2Br，C反应生成D，D能发生多步氧化生成E，E分子中有两个C=O双键，但不能发生银镜反应，说明不含醛基，D为醇，则C和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成D，D结构简式为RCH（OH）CH2OH、E为RCOCOOH，F能发生反应生成高聚物，标准状况下，1molF与足量的钠完全反应会生成22.4L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4L气体，说明F中含有一个羧基，羧基和醇羟基发生缩聚反应，则E发生加成反应生成F，F结构简式为RCH（OH）COOH，G结构简式为，据此分析解答．【解答】解：（1）金刚乙烷和金刚乙胺结构简式知，金刚乙烷和氯气发生取代反应生成M，M和氨气发生取代反应生成金刚乙胺，①烷烃中每个C原子形成四个共价键，金刚乙烷的分子式为C12H20，故答案为：C12H20；②通过以上分析知，I为取代反应，反应II的另一种产物是HCl，故答案为：取代反应；HCl；（2）金刚乙烷和氯气发生取代反应生成A，A反应生成B，B能发生加成反应，则A和NaOH的醇溶液加热发生消去反应生成B，B结构简式为RCH=CH2、C结构简式为RCHBrCH2Br，C反应生成D，D能发生多步氧化生成E，E分子中有两个C=O双键，但不能发生银镜反应，说明不含醛基，D为醇，则C和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成D，D结构简式为RCH（OH）CH2OH、E为RCOCOOH，F能发生反应生成高聚物，标准状况下，1molF与足量的钠完全反应会生成22.4L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4L气体，说明F中含有一个羧基，羧基和醇羟基发生缩聚反应，则E发生加成反应生成F，F结构简式为RCH（OH）COOH，G结构简式为，①通过以上分析知，条件1为NaOH的醇溶液、加热，A→B的反应类型为消去反应，故答案为：NaOH的醇溶液、加热；消去反应；②条件2为氢氧化钠的水溶液、加热，C发生取代反应生成D，C→D的化学方程式：，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；；③E为RCOCOOH，E分子中官能团的名称为羰基、羧基，G的结构简式为，-29-故答案为：羰基、羧基；；④F结构简式为RCH（OH）COOH，F同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物说明含有苯环；b．核磁共振氢谱图中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1：1说明含有两种氢原子，且氢原子个数相等，符合条件的F同分异构体有，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断能力，涉及反应类型判断、物质推断等知识点，根据结构简式前后变化确定反应类型，题目难度中等． 20．下列说法正确的是（ ）A．Na2O2中既含离子键又含非极性键B．BF3分子中的所有原子共平面C．SiO2和Na2O2的晶体类型相同D．S的第一电离能大于P的第一电离能．【考点】极性键和非极性键；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子．【分析】A．Na2O2是离子化合物，钠离子和过氧根之间形成的是离子键，氧原子和氧原子之间形成的是非极性共价键；B．BF3中B原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化；C．二氧化硅属于原子晶体，过氧化钠属于离子晶体；D．同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，第五主族的第一电离能大于第六主族．【解答】解：A．Na2O2是离子化合物，钠离子和过氧根之间形成的是离子键，氧原子和氧原子之间形成的是非极性共价键，故A正确；B．BF3采取sp2杂化，是平面三角形分子，所有原子共平面，故B正确；C．二氧化硅属于原子晶体，过氧化钠属于离子晶体，二者晶体类型不同，故C错误；D．S的第一电离能小于P的第一电离能，故D错误；故选：AB．【点评】本题考查了化学键的判断，第一电离能的规律，分子构型的判断，熟悉离子键、共价键、极性共价键、非极性共价键形成条件，熟悉同周期第一电离能规律是解题关键，题目难度中等．-29- 21．碳的多样性体现在：碳单质的多样性、含碳化合物的多样性、碳及其化合物应用的多样性等方面．（1）乙烯分子中σ键与π键的数目之比为 5：1 ．（2）掺杂铬的石墨镀层是一种高硬度的自动润滑剂，基态铬原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1 ．铬原子中未成对电子数为 6 ．（3）石墨烯（如图1）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子层晶体．理论上12g石墨烯中有 个六元碳环．（4）CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图2所示，该晶体的类型属于 原子晶体 ．该晶体中C原子轨道的杂化类型为 sp3 ．（5）碳化硅（SiC）俗名“金刚砂”，有类似金刚石的结构和性质，其空间结构中碳硅原子相间排列，如图3所示（其中●为碳原子，○为硅原子）．①第一电离能大小比较：C ＞ Si（填“＞”、“＜”或“=”）．②碳化硅晶体中，C﹣Si键的键角都是 109°28′ ．③若设该晶胞的边长为apm，则碳化硅晶体的密度是 g•cm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数的数值为NA）．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）乙烯中单键为σ键，双键中一个是σ键、一个是π键；（2）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态Cr原子核外电子排布式；Cr原子中未成对电子数为6；（3）石墨烯中平均每个环上C原子个数=1××6=2，12g石墨中物质的量==1mol，碳原子个数为NA；（4）立体网状结构的晶体为原子晶体，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式；（5）①同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；②碳化硅中每个C原子和四个Si原子形成正四面体结构，其键角和甲烷键角相同；③该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，根据ρ=计算其密度、【解答】解：（1）乙烯中单键为σ键，双键中一个是σ键、一个是π键，所以乙烯分子中σ键与π键的数目之比=5：1，故答案为：5：1；（2）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理知基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；Cr原子中未成对电子数为6，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；6；-29-（3）石墨烯中平均每个环上C原子个数=1××6=2，12g石墨中物质的量==1mol，碳原子个数为NA，所以六元环个数为，故答案为：；（4）立体网状结构的晶体为原子晶体，二氧化碳晶体中每个C原子连接4个O原子，价层电子对个数是4，所以C原子采用sp3杂化，故答案为：原子晶体；sp3；（5）①同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能C＞Si，故答案为：＞；②碳化硅中每个C原子和四个Si原子形成正四面体结构，其键角和甲烷键角相同，所以其键角是，故答案为：109°28′；③该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=a×10﹣10cm，体积V=（a×10﹣10cm）3，ρ==g•cm3=g•cm3，故答案为：．【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化判断、原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考高频点，知道构造原理、价层电子对互斥理论内涵，难点是晶胞计算，题目难度中等． 22．下列说法正确的是（ ）A．硫酸工业生产过程在接触室中运用热交换技术可充分利用能源B．联合制碱法生产纯碱时，先通入二氧化碳，再通入氨气C．氯碱工业是以利用电解食盐水生产氯气、氢气和氢氧化钠为基础的工业体系D．合成氨工业汇总，加入催化剂可提高氢气的转化率【考点】工业制取硫酸；化学研究基本方法及作用；纯碱工业（侯氏制碱法）；氯碱工业．【专题】常规题型；实验评价题．【分析】A、使用热交换装置可节约能源；B、联合制碱生成产纯碱时，先通氨气，再通入二氧化碳；C、氯碱工业就是通过电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动．【解答】解：A、二氧化硫被氧化为三氧化硫是放热反应，使用热交换装置热量，充分利用可节约能源；故A正确；B、侯氏制碱法的原理就是向饱和的氯化钠溶液里，先通氨气至饱和，再通过量二氧化碳，这样可以保证在碱性条件下生成更多的HCO3﹣；故B错误；C、工业上通过电解饱和食盐水制得氯气、氢气和氢氧化钠，称为“氯碱工业”；故C正确；D、合成氨工业为加快反应速率可加入催化剂，但因使用催化剂不改变平衡的移动，也就无法改变氢气的转化率；故D错误；故选：A、C．-29-【点评】考查常见的化工生产，包括硫酸工业、氯碱工业、侯氏制碱法及合成氨，基础题，难度不大． 23．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、Ni、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3等）可用于制取金属铜、锌盐和硫酸镊铵、其生产工艺如下：回答下列问题：（1）浸取时，Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ．加入Zn粉，主要被还原的阳离子有H+、 Fe3+、Cu2+ ．（2）计入浓硫酸二次浸取可能产生的有毒气体是 SO2 ；净化的方法是 用氨水吸收 ．（3）除铁时，需要加入双氧水，发生反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ，再调节溶液的pH使铁以 Fe（OH）3 （填化学式）的形式被除去．（4）电解时，阴极的电极反应式为 Cu2++2e﹣=Cu ；回收利用电解后废液中废酸的方法是 加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备ZnSO4•7H2O ．（5）硫酸镍铵[（NH4）xNi（SO4）m•nH2O]是常用的化学分析试剂．某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取1.9750g 样品，配制成100.00mL 溶液A；②准确量取25.00mL 溶液A，用0.04000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣═NiY2﹣+2H+），消耗EDTA 标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH 溶液并充分加热，生成NH3 56.00mL（标准状况）．①硫酸镍铵的化学式为 （NH4）2Ni（SO4）2•6H2O ②若测定管在使用前未有EDTA标准溶液刷洗，则测得的N2+含量将 偏高 （填“偏高”“偏低”或“不变”）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】黄铜灰中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应，滤渣1为铜和少量的SiO2，滤液1主要含有Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入锌粉，锌粉可与Cu2+、Fe2+、H+反应生成铜和铁单质，滤渣2主要为铜和铁单质和过量的锌，焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫可用氨水吸收；电解硫酸铜溶液可得到铜单质，锌离子在溶液不放电，加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O，（1）浸取时，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，加入锌粉还原铁离子和铜离子；（2）浓硫酸被还原生成有毒气体二氧化硫，利用二氧化硫是酸性氧化物可以用氨水吸收；（3）过氧化氢在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀除去；（4）电解时溶液中铜离子在阴极得到电子生成铜，回收利用电解后溶液中硫酸的方法加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备硫酸锌晶体，充分利用原料；（5）①根据反应和滴定数据计算出镍离子的物质的量；根据氨气的体积计算出氨气的物质的量；根据正负电荷相等求算出硫酸根的物质的量，再利用质量计算出水的物质的量，最后求出硫酸镍铵的化学式．②滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，测定结果会偏高．-29-【解答】解：黄铜灰中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应，滤渣1为铜和少量的SiO2，滤液1主要含有Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入锌粉，锌粉可与Cu2+、Fe2+、H+反应生成铜和铁单质，滤渣2主要为铜和铁单质和过量的锌，焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫可用氨水吸收；电解硫酸铜溶液可得到铜单质，锌离子在溶液不放电，加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O，（1）浸取时，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，加入锌粉还原溶液中铁离子和铜离子，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Fe3+、Cu2+；（2）浓硫酸被还原生成有毒气体二氧化硫，净化方法是利用二氧化硫是酸性氧化物可以用氨水吸收；故答案为：SO2；用氨水吸收；（3）过氧化氢在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调节溶液PH使铁离子形成氢氧化铁全部沉淀除去；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；（4）电解时溶液中铜离子在阴极得到电子生成铜，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，回收利用电解后溶液中硫酸的方法加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备硫酸锌晶体，充分利用原料，故答案为：Cu2++2e﹣=Cu；加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备ZnSO4•7H2O；（5）①25mL溶液中镍离子的物质的量是：n（Ni2+）=n（H2Y2﹣）=0.04000mol•L﹣1×0.03125L=1.250×10﹣3mol，氨气的物质的量等于铵离子的物质的量，n（NH4+）==2.500×10﹣3mol根据电荷守恒，硫酸根的物质的量是：n（SO42﹣）=×[2n（Ni2+）+n（NH4+）]=2.500×10﹣3mol，所以：m（Ni2+）=59g•mol﹣1×1.250×10﹣3mol=0.07375gm（NH4+）=18g•mol﹣1×2.500×10﹣3mol=0.04500gm（SO42﹣）=96g•mol﹣1×2.500×10﹣3mol=0.2400gn（H2O）==7.250×10﹣3molx：y：m：n=n（NH4+）：n（Ni2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=2：1：2：6，硫酸镍铵的化学式为（NH4）2Ni（SO4）2•6H2O，故答案为：（NH4）2Ni（SO4）2•6H2O；②由于没有用标准液润洗滴定管，使得滴定管中的标准液浓度减小，滴定是消耗的标准液体积增大，测定结果偏高，故答案是：偏高．【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，题目难度中等． 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