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陕西省西安市第一中学2021届高三化学上学期模拟调研考试试题

陕西省西安市第一中学2021届高三化学上学期模拟调研考试试题

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陕西省西安市第一中学2021届高三化学上学期模拟调研考试试题（含解析）
注意事项:
1.本试卷共6页,考试时间90分钟, 卷面总分100分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上。
3.全部答案写在答题卡上完成,答在本试卷上无效。
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为:O-16 Mg-24 Si-28 K 39 Mn-55 Zn- 65
一、选择题：本题共包括14小题，每小题3分，共42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. 加快科技成果转化是未来发展的主要方向。下列说法不正确的是( )
A. 用作液晶显示材料的C6H5COOC27H45属于酯类
B. 长征五号B运载火箭使用的氢氧发动机对环境友好
C. 人造草皮成分为聚乙烯，有固定熔沸点
D. 计算机芯片的主要成分为硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式分析知，C6H5COOC27H45中含有酯基，属于酯类，故Ａ正确；
B．长征五号B运载火箭使用的氢氧发动机，燃烧产物为水，绿色无污染故Ｂ正确；
C．聚乙烯为聚合物，ｎ值不定，属于混合物，没有固定熔沸点，故Ｃ错误；
D．计算机芯片主要成分为硅，故Ｄ正确。
综上所述，答案为C。
2. 宋代对精制砒霜( As2O3 )的记载为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如针”。下列有关说法不正确的是( )
A. 砷常见价态有-3、+3、+5
B. As2O3受热易分解
C. 文中分离出砒霜的方法可用于分离碘单质和氯化钠
D. 砒霜对应的危险化学品标志
【答案】B
【解析】
【详解】A．砷位于周期表第VA族，常见价态有-3、+3、+5，A正确；
B．由信息知，As2O3受热未分解，而是升华冷凝后收集，B错误；
C．碘易升华，文中所示方法可用于分离碘单质和氯化钠，C正确；
D．砒霜为剧毒品，对应的危险化学品标志，D正确；
故选B。
3. 脱氢乙酸，简称DHA，结构简式为。下列关于DHA的说法不正确的是( )
A. 分子内所有原子不可能位于同一平面
B. 与互为同分异构体
C. 除去DHA中的乙酸可先加饱和碳酸钠溶液然后分液
D. 与溴水和酸性高锰酸钾溶液均可发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分子内存在形成四条单键的碳原子，不可能所有原子位于同一平面，Ａ项正确；
ＤＨＡ与的分子式均为 C8H8O4，二者互为同分异构体，Ｂ项正确；
C. 乙酸可溶于饱和碳酸钠溶液，与 ＤＨＡ分层，Ｃ项正确；
D. 与高锰酸钾发生氧化反应，Ｄ项错误；
答案选D。
4. 下列与实验有关的叙述正确的是( )
A. 浓硝酸和浓硫酸均应保存在棕色玻璃瓶中
B. 容量瓶使用前底部有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响
C. 使用蒸发皿灼烧Fe(OH)3至分解
D. 滴定管应用蒸馏水洗净后直接装标准溶液进行滴定
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸保存无色玻璃瓶中即可，故Ａ错误；
B．容量瓶使用前底部有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响，故Ｂ正确；
C．蒸发皿用于加热浓缩，灼烧应使用坩埚，故Ｃ错误；
D．滴定管应先用蒸馏水清洗干净，然后用标准溶液润洗2-3次后才可装标准溶液进行滴定，故Ｄ错误。
综上所述，答案为B。
5. 化学与生活密切相关，下表中物质的性质和用途正确且有因果关系的是( )
选项
性质
用途
A
SO2具有还原性
用于漂白纸张
B
NH3易升华
用作制冷剂
C
硅胶多孔，吸附性强
用作食品干燥剂
D
NaNO2无毒
用作肉类食品防腐剂

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2与有色物质发生化合反应，生成不稳定的无色物质，故Ａ错误；
B．NH3易液化，可用作制冷剂，故Ｂ错误；
C．硅胶多孔，吸附性强，用作食品干燥剂，故Ｃ正确；
D．NaNO2具有防腐性，可用作 肉类食品防腐剂，NaNO2过量食用致癌，作为食品添加剂应严格控制用量，故Ｄ错误。
综上所述，答案为C。
6. 合成氨的热化学方程式为N2(g) +3H2(g)2NH3(g) ∆H= -92.4 kJ/mol ，如图所示为相同温度下，在等量的不同催化剂作用下，某浓度氨气分解时对应生成氢气的初始速率，下列说法正确的是 （ ）

A. Fe作催化剂时，氨气分解反应活化能最小
B. 氨气分解达到平衡时，单位时间内N≡N键断裂数目和N —H键形成数目相同
C. 低压有利于提高N2和H2产率
D. 高温有利于提高工业合成氨产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气分解反应活化能最大的即是反应速率最慢的，Ru作催化剂时，氨气分解反应活化能最小，A项错误；
B．氨气分解达到平衡时，单位时间内 键断裂数目和N-H键形成数目之比为 1:6，B项错误；
C．降低压强，反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)正向移动，有利于提高N2和H2产率，C项正确；
D．高温使反应N2(g) +3H2(g)2NH3(g)逆向进行，不利于平衡向生成氨的方向移动，不利于提高合成氨的产率，选择高温主要基于速率考虑，D项错误；
故选：C。
7. 研究发现，1100°C时，加入合适的熔盐电解质可直接电解SiO2，电解原理为SiO2Si+O2↑。利用下图装置电解SiO2(加热装置略去)，得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，再通过真空蒸馏除去锌镁得到高纯硅。下列说法不正确的是( )

A. X极接正极
B. 通入氩气的目的是防止高温时氧气氧化石墨电极
C. 阳极反应为2O2--4e- =O2↑
D. 当电路中通过0.4 mol电子时，合金质量增加2.8 g
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解SiO2得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，同时为防止与石墨坩埚作阳极使与之接触的合金放电，X极应接电源的负极，Y极应接电源的正极，故A错误；
B．在阳极2O2--4e- =O2↑，产生氧气，防止高温时氧气氧化石墨电极，在阳极通入氩气，故B正确；
C．阳极发生失电子的氧化反应，阳极电极反应为2O2--4e- =O2↑，故C正确；
D．由阴极的电极反应Si4++4e-=Si可知，当电路中通过0.4 mol电子时，产生0.1molSi，即合金质量增加2.8 g，故D正确；
答案为A。
8. 某废液中含有大量K+和Cl－，可能含有Fe2+、Fe3+、，对废液样品进行如下实验:

下列说法正确的是( )
A. 该废液显碱性 B. 可能含有Fe2+ ，可用K3[Fe(CN)6]进一步判断
C. 白色沉淀Y为BaCO3或BaSO4 D. 该溶液中至少含有三种离子
【答案】A
【解析】
【分析】
废液加过量稀硝酸有沉淀生成，说明含有，无Fe3+、Fe2+，废液红加入过量稀硝酸，有无色气体，无色气体遇空气变为红棕色气体，说明红棕色气体为NO2，无色气体含有NO，说明原溶液与硝酸发生氧化还原反应，则原溶液中可能含有，将沉淀过滤后，滤液中加入氯化钡有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，进一步说明原溶液中含有。
【详解】A．废液中加入过量稀硝酸得沉淀 Ｘ，则一定含有，所以不存在Fe3+、Fe2+；加入过 量稀硝酸产生的无色气体中肯定有NO，知原废液中含有还原性离子 ，该废液因和发生水解反应显碱性，故Ａ正确；
B．根据前面分析无Fe2+，故Ｂ错误；
C．因为所加稀硝酸过量，白色沉淀 Ｙ不可能为 BaCO3，故Ｃ错误；
D．该溶液中至少含有、、K+和Cl－，故Ｄ错误。
综上所述，答案为A。
9. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W的单质通常状况下为淡黄绿色气体，X的原子半径在短周期元素中最大，Y和Z的最外层电子数之和为8，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：Z＞W＞X＞Y B. Y的氧化物一定为两性氧化物
C. Z的最高价氧化物的水化物一定为强酸 D. 足量Z的单质可将Cu氧化为+2价.
【答案】A
【解析】
【分析】
W的单质通常状况下为淡黄绿色气体，则W为F；X的原子半径在短周期元素中最大则X为Na；短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和Z的最外层电子数之和为8，可知Y和Z可能为Mg和S或者Al和P，据此解答。
【详解】A. W、X和Y属于电子层结构相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，Z离子比W、X和Y多一层电子，半径最大，A项正确；
B. 氧化镁不是两性氧化物，氧化铝是两性氧化物，B项错误；
C. Ｚ的最高价氧化物的水化物可能为硫酸或磷酸，磷酸是弱酸，C项错误；
D. Z的单质不是强氧化性物质，不能将Cu氧化为+2价，D项错误；
答案选A。
10. 现用如下实验装置在实验室制取溴苯(夹持装置已略去)，反应引发后，扎紧软橡胶袋口。下列说法不正确是( )

A. 托起A中软橡胶袋使铁粉落下引发反应
B. B中双球管中液体颜色逐渐变为橙色
C. 若CCl4过量，则C中无明显现象
D. D中倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁粉沿导管落下，与溴生成溴化铁，催化引发反应，故Ａ正确；
B. B中装CCl4的双球管吸收苯和溴蒸气，溶液颜色变为橙色，故Ｂ正确；
C. 苯与溴反应为取代反应生成HBr，C中生成AgBr浅黄色沉淀，故Ｃ错误；
D. 倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸，故Ｄ正确；
故选C。
11. CeO2在平板电视显示屏中有着重要应用。某工业废渣中含有CeO2和SiO2，利用以下工艺流程回收CeO2：

已知：过程①中伴有黄绿色气体产生。下列说法不正确的是( )
A. 酸性条件下氧化性：CeO2 > H2O2
B. 过程①中使用稀硫酸可减轻环境污染
C. 反应II的离子方程式为4Ce3+ +12OH- + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 ↓
D. 过滤时，滤纸边缘应高于漏斗边缘
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应I可知，H2O2被CeO2氧化：2CeO2 + H2O2+6H＋= 2Ce3+ + O2↑+4H2O，因此酸性条件下氧化性：CeO2 ＞ H2O2，故A正确；
B．反应I中，CeO2氧化性强会氧化稀盐酸，生成Cl2，污染环境，可选用稀硫酸，故B正确；
C．反应II的离子方程式为4Ce3+ +12OH－ + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 ↓，故C正确；
D．过滤时，滤纸边缘应低于漏斗边缘，故D错误。
综上所述，答案为D。
12. ClO2是一种广谱消毒剂，可杀死新冠病毒。以氯化钠溶液为原料制取ClO2的流程如下图所示：

其中特定条件下，电解NaCl溶液可得到NaClO3，下列说法不正确的是( )
A. ClO2可消毒是由于其具有强氧化性
B. 该法中仅Cl2可循环利用
C. ClO2发生器中的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2NaCl +2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
D. 电解池阴极产生的气体与补充的气体X物质的量之比为6: 5时,理论上原子利用率可达100%
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO2可消毒是由于其具有强氧化性，故A正确；
B．该工艺中循环利用的物质有Cl2和NaCl，故B错误；
C．ClO2发生器中的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2NaCl +2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故C正确；
D．电解池阴极产生的气体是氢气，要合成HCl应补充的气体为氯气，如果电解生成的氢气为6mol，根据得失电子守恒可得：6mol H2—2mol NaClO3，结合上述方程式知在ClO2发生器中生成1mol Cl2，故只需补充5mol Cl2，当电解质阴极产生的气体与补充的气体X物质的量之比为6: 5时，理论上原子利用率可达100%，故D正确；
综上所述，答案为B。
13. 某镍矿的主要成分为硫化镍(NiS)，含少量杂质CuS、FeS，以该镍矿制粗镍的简化流程如下：

下列说法不正确的是 ( )
A. “废气”过量排放可引起酸雨
B. 石英砂熔炼的目的是造渣除铁
C. 电解制粗镍时，阳极发生的主要电极反应式为NiS－2e－=Ni2++S
D. 粗镍中的少量铜可用硝酸除去
【答案】D
【解析】
【详解】A．镍矿主要成分为硫化镍(NiS)，含少量杂质CuS、FeS，主要是FeS在空气煅烧将硫转化为SO2，所得废气的主要成份为SO2，引起酸雨，故A正确；
B．石英砂的主要成份SiO2是酸性氧化物，常用作造渣材料，控制空气不过量，熔炼过程的主要反应是，所以废渣的主要成份是FeSiO3，故B正确；
C．电解粗镍时阳极发生的主要电极反应式NiS－2e－=Ni2++S，故C正确；
D．镍比铜活泼，也可与硝酸反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
14. 某酸H2A2O4的电离方程式为H2A2O4H+ + HA2O2，Ka1=5.9×10-2,HA2O4-H++，Ka2=6.4×10-5。常温下，向20 mL0.1 mol·L-1NaHA2O4溶液中逐滴加入0.1 mol.L-1NaOH溶液40mL。下列说法正确的是( )
A. 滴定终点时，c(H2A2O4) +c() +c() =0.1 mol·L-1
B V(NaOH)=0时，溶液pH＞7
C. V( NaOH) =20 mL时，c()＜c(OH- )
D. V(NaOH)=40mL时，溶液温度最高(忽略热量损失)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据+OH－＝H2O+可知当氢氧化钠溶液体积为20mL时二者恰好反应生成Na2A2O4，滴定终点时，依据物料守恒c(H2A2O4)+c()+c() =0.05 mol·L-1，A错误；
B. 根据Kh= =溶液显酸性，即V(NaOH)=0时，溶液pH＜7，B错误；
C. V(NaOH)=20 mL时，溶质为Na2A2O4，酸根离子水解，且第一步水解程度大于第二步，所以溶液中c()＜c(OH-)，C正确；
D. V(NaOH)=20 mL时恰好反应，溶质为Na2A2O4，此时溶液温度最高(忽略热量损失)，D错误；
答案选C。
二、非选择题，本题共5题，共58分。其中15 ~17题为必考题，考生根据要求进行作答，18~19题，为选考题，考生任选一道进行作答。
(一)、必考题:
15. 钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2 )中提取五氧化二钒的一种工艺流程如下:

已知:①VOSO4能溶于水,VO2+与Fe不能反应。
②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高,但不能萃取Fe2+。
回答下列问题:
(1)“酸浸、氧化”过程中V2O3转化为VO2+ ，反应的离子方程式为________滤渣成分是____，若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为________________。
(2)萃取前用“铁粉”对浸出液进行处理，主要目的是_________，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是______________ (填试剂名称)。
(3)溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+ +H2RVOR +2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可选用________
a. NaCl b. NaOH c. H2SO4
(4)反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为变为C1-。当反应3 mol VO2+时，至少需要KClO3的物质的量为__________mol。
(5)已知NH4VO3难溶于水，在水中的Ksp曲线如图所示，向10 mL0.2mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为____( 当溶液中某离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)。

(6)钒电池由溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子(V2+、V3+、VO2+、)为正极和负极的活性物质组成，电池总反应为VO2+ +V3+ +H2OVO2+ +V2+ +2H+ ，充电时的阴极反应式为_____，放电过程中电解液的pH__________(填“升高”“降低”或“不变”)。
【答案】 (1). 2V2O3+ O2+8H＋=4VO2+ + 4H2O (2). SiO2 (3). V2O5 + 6HCl = 2VOCl2 + Cl2↑+3H2O (4). 将Fe3+转化为Fe2+ (5). KSCN溶液 (6). c (7). 0.5 (8). (9). V3+ +e－=V2+ (10). 升高
【解析】
【分析】
废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2 )加入稀硫酸、通入氧气发生反应，生成硫酸铁、VOSO4，而SiO2不反应，过滤，萃取前加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，利用有机溶剂H2R萃取，分液后加入反萃取剂得到VO2+，再加入KClO3，将VO2+氧化为，再加入氨水得到沉淀NH4VO3，过滤后煅烧得到五氧化二钒。
【详解】(1)“酸浸、氧化”过程中V2O3转化为VO2+ ，反应的离子方程式为2V2O3+ O2+8H＋=4VO2+ + 4H2O，铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅不与硫酸反应，因此滤渣成分是SiO2，若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为V2O5 + 6HCl = 2VOCl2 + Cl2↑+3H2O；故答案为：2V2O3+ O2+8H＋=4VO2+ + 4H2O；SiO2；V2O5 + 6HCl = 2VOCl2 + Cl2↑+3H2O。
(2)根据有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“铁粉”对浸出液进行处理，主要目的是将Fe3+转化为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是KSCN溶液；故答案为：将Fe3+转化为Fe2+；KSCN溶液。
(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+ +H2RVOR +2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂主要提高氢离子浓度，使得向反萃取方向进行，故答案为：c。
(4)反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为，变为C1－。当反应3 mol VO2+时，至少需要KClO3的物质的量n(KClO3)×6=n(VO2+)×1，n(KClO3)×6=3×1，因此n(KClO3)=0.5mol；故答案为：0.5。
(5)已知NH4VO3难溶于水，在水中的Ksp曲线如图所示，则Ksp=30×10−4×1.0×10−4=3.0×10−8，向10 mL 0.2mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，则沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物质的量n(NH4Cl)= 0.2mol·L-1×0.01L =0.002mol，欲使沉淀完全，则NH4Cl溶液的浓度，因此NH4Cl溶液的最小浓度为；故答案为：。
(6)钒电池由溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子(V2+、V3+、VO2+、)为正极和负极的活性物质组成，电池总反应为VO2+ +V3+ +H2OVO2+ +V2+ +2H+ ，充电时的阴极化合价降低，发生还原反应，其反应式为V3+ +e－=V2+放电过程中氢离子消耗，酸性减弱，因此电解液的pH升高；故答案为：V3+ +e－=V2+；升高。
【点睛】根据信息书写氧化还原方程式或则书写离子方程式时，找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据化合价升降配平，再根据质量守恒和电荷守恒配平。
16. KMnO4是化工生产中的一种重要氧化剂。实验室制备并对产品含量进行测定。请回答下列问题：
(一)制备K2MnO4碱性溶液
碱性溶液
(1)“熔融"时应选用的仪器为______(填选项字母)；原因为_____________。
a.蒸发皿 b. 普通坩埚 c.铁坩埚 d.烧杯
(2)制备K2MnO4过程中消耗氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。
(二)制备K2MnO4
向所得K2MnO4溶液中通入过量CO2，溶液由墨绿色逐渐变为紫黑色并产生黑色沉淀，待反应完全，静置、抽滤，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得产品。
(3)实验室常用下图装置制备CO2。实验过程中，石灰石应放在装置的______部位(填“甲”、“乙”或“丙”)；制取CO2时以下操作步骤正确的排列顺序是_______(填序号)。

①注入稀盐酸②检查装置气密性③装入大理石
(4)制备KMnO4的离子方程式为_______________________
(三) KMnO4纯度检验
称取2.0gKMnO4产品，配成1000mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，并加入足量稀硫酸酸化，然后用0.02mol·L-1的亚硫酸氢钠(NaHSO3)标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为25.00mL。
(5)滴定时发生反应的离子方程式为______________；滴定到终点的现象为_____产品中KMnO4的质量分数为_______________
【答案】 (1). c (2). 熔融KOH可与SiO2反应，所以选用铁坩埚 (3). 1：2 (4). 乙 (5). ②③① (6). 3+4CO2+2H2O=2+MnO2↓+4 (7). H++2+5=5+2Mn2++3H2O (8). 溶液由紫色褪为无色且半分钟不恢复原色 (9). 79%
【解析】
【分析】
根据题中信息，熔融KOH不能使用瓷坩埚，所以选取铁坩埚；根据化学方程式求出氧化剂和还原剂比例；根据启普发生器制取气体的特征判断石灰石放的部位和操作顺序；根据题中信息写出离子方程式；根据题中信息写出滴定的离子方程式和判断滴定终点，由题中所给数据和滴定方程式计算产品中KMnO4的质量分数；据此解答。
【详解】（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，c正确；答案为c，熔融KOH可与SiO2反应，所以选用铁坩埚。
（2）理论上，制备K2MnO4的化学方程式为4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O，氧化剂为O2，还原剂为MnO2，由化学方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；答案为1：2。
（3）石灰石应放在启普发生器中乙部位，制取CO2时应先检查装置气密性，再加药品，操作步骤正确的排列顺序是②③①；答案为乙，②③①。
（4）制备KMnO4时，由于通入的CO2过量，且生成黑色的MnO2，所以反应的离子方程式为3+4CO2+2H2O=2+MnO2↓+4；答案为3+4CO2+2H2O=2+MnO2↓+4。
（5滴定反应的离子方程式为H++2+5=5+2Mn2++3H2O，终点时的现象为溶液由紫色褪为无色且半分钟不恢复原色；设所配得的高锰酸钾的浓度为x，由H++2+5=5+2Mn2++3H2O可知，xmol/L×20×10-3L×5=0.02mol/L×25×10-3L×2，解得x=0.01mol/L，所以样品中KMnO4的质量为m(KMnO4)=lL×0.01mol·L-1×158g/mol=1.58g，则样品中KMmO4的质量分数为×l00%=79%；答案为H++2+5=5+2Mn2++3H2O，溶液由紫色褪为无色且半分钟不恢复原色，79%。
17. 含碳化合物对环境、生产和人类生命活动具有很大影响。回答下列问题：
(1)治理汽车尾气污染对保护环境至关重要。
①汽车尾气中含有大量CO和NO等大气污染物，反应为：2NO(g) +2C0(g)N2(g) +2CO2(g)，其他条件不变时，NO平衡转化率随温度变化的曲线如下图：

由图像知：∆H_________0(填“>"或“<")；图中曲线x变为y时，对压强的改变为______(填“加压"或“减压")。
②在催化剂存在时，也可用CH4还原氮氧化合物使其生成无毒气体，改善汽车尾气对环境的影响。

对于反应a加入催化剂，可使Eal_____(填“ 增大”“减小”或“不变”)；相同条件下，反应b比反应a_____ ( 填“易”或“难" )发生，理由是________________；反应CH4(g) +2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g) +CO2(g) ∆H=______kJ·mol -1(用含∆H1、∆H2的代数表示)。
(2)碳资源化处理对于缓解能源危机有重要意义。对于反应：CO(g) +2H2(g)→CH3OH ∆H<0，在催化剂作用下，分别在T1°C和T2°C时(T1 >T2)，向容积为2 L的密闭容器内加入4mol的CO和8molH2，随反应进行CH3OH的物质的量的变化情况如下图：

①比较ab点反应速率大小：va _____vb，(填“大于”“小于”或“等于”)。
②T2时，前4 min内用H2表示的反应速率v(H2)为_____，T1时，反应的化学平衡常数K=__________。
③已知：反应速率v=v正-v逆= k正x(CO)x2(H2) -k逆x(CH3OH),k正和k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算a点v正：v逆=_______( 保留两位有效数字)。
④若容器容积不变,下列措施可增加甲醇产率的是______(填字母标号)。
A.按相同比例再向容器中充人原料气体 B. 将生成的CH3OH从体系中分离
C.选用高效催化剂 D.充入He，使体系的总压增大
【答案】 (1). ＜ 2). 减压 (3). 减小 (4). 易 (5). 反应b比反应a的活化能小 (6). (7). 大于 (8). 0.6mol/(L∙min) (9). 0.25 (10). 1.8 (11). AB
【解析】
【分析】
(1)①结合图像，根据勒夏特列原理判断；
②结合图像，结合催化剂的性质判断，用盖斯定律计算；
(2)根据图像利用三段式进行计算。
【详解】(1)①结合图像可知，随温度的升高，NO平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，得出正反应方向为放热反应，即∆H＜0；结合可逆反应2NO(g) +2CO(g)N2(g) +2CO2(g)的特点，增大压强平衡向右移动，NO的转化率增大，故图中曲线x变为y时，NO的转化率减小，改变的条件为减压；
②Ea1为反应活化能，对于反应a加入催化剂，可使Ea1减小；相同条件下，反应b比反应a易发生，理由是反应b比反应a的活化能小；由图像可知，反应CH4(g) +2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g) +CO2(g) ∆H=；
(2)①有图像可知，当CH3OH的物质的量不变时，反应达到平衡状态，a点比b点所用的时间短，则a点的反应速率更快，故va大于vb；
②a点所在曲线对应温度为T1，b点所在曲线对应温度为T2，有图像可知，4min时恰好达到平衡状态，∆c(CH3OH)=1.2mol/L，则v(CH3OH)= 0.3mol/(L∙min)，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)= 0.6mol/(L∙min)；a点所对应的条件下，温度为T1，达到平衡状态时，n(CH3OH)=2mol，c(CH3OH)=1mol/L，

反应的化学平衡常数==0.25L2/mol2；
③由图像可知，a点的条件下，达到平衡状态时，v正=v逆，则k正x(CO)x2(H2)=k逆x(CH3OH)，k正：k逆= x(CH3OH)：x(CO)x2(H2)==4；
a点，c(CH3OH)=0.8mol/L，

v正：v逆= k正x(CO)x2(H2)：k逆x(CH3OH)==1.8；
④A．按相同比例再向容器中冲入原料气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，A正确；
B．将生成的CH3OH从体系中分离，平衡向正反应方向移动，B正确；
C．选用高效催化剂不能改变产率，C错误；
D．充入He，使体系的总压增大，与反应体系中的物质无关，浓度未变，则平衡不移动，D错误；
答案为AB。
(二)、选考题：共15分。请考生从2道化学题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18. 新材料技术的发展促进了信息技术和生物技术的革命，并对制造业.物资供应和个人生活方式产生了重大影响。回答下列问题:
(1)近期，PNAS报道了无规超支化聚合物RHP的自愈过程，合成RHP的基础原料为

①"自愈”是指材料断裂后，再次接触使其抗拉能力部分恢复，由RHP结构推测其具有自愈能力的主要原因为_________________。
②沸点: _____ (填“<”或“>”)，理由为________________________________________。
③中含有各元素的电负性由小到大的顺序为______；该物质中，含有σ键和π键数目之比为______________________。
(2)纳米材料Cu—SiO2用于催化DMO和氢气反应获得EG，示意图如下：

①基态铜原子的核外电子排布式为________，基态碳原子核外电子占据的最高能级的电子云形状为_______________。
②CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO4作原料，并用EG作分散剂进行制备。与SCN－互为等电子体的分子为____；中心原子的杂化方式为_____________。
③铜的晶胞如图。它的空间利用率为______；原子分数坐标：a为(0,0,0)；d分子坐标为(, ,0)，则b处的分数坐标为____________

【答案】 (1). 具有高密度的氢键 (2). ＞ (3). 和都是分子晶体，结构相似，前者相对分子质量大于后者，分子间作用力大，因此前者熔沸点高 (4). H＜C＜N＜O (5). 5:1 (6). [Ar]3d104s1 (7). 哑铃形 (8). CO2或CS2 (9). sp3 (10). 74% (11). (0，，)
【解析】
【分析】
(1)①RHP含有较多的氢键；②根据分子晶体的相对分子质量大，分子间作用力大，熔沸点高分析；③同周期从左到右电负性增大，同族从上到下电负性逐渐减小分析，分析该物质含有σ键和π键数目。
(2)①铜为29号元素，基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p能级；②根据价电子数S=O= N－，先计算的价层电子对数，再得到中心原子的杂化方式；③铜的晶胞如图，则为面心立方最密堆积，设晶胞边长为a，铜原子的半径为r，得到边长与原子半径关系，再根据空间利用率计算；b在左侧面面心位置得到b处的分数坐标。
【详解】(1)①"自愈”是指材料断裂后，再次接触使其抗拉能力部分恢复，根据RHP的结构可知RHP含有较多的氢键，因此其RHP具有自愈能力的主要原因为具有高密度的氢键；故答案为：具有高密度的氢键。
②沸点：＞ (填“<”或“>”)，理由为：和都是分子晶体，结构相似，前者相对分子质量大于后者，分子间作用力大，因此前者熔沸点高；故答案为：＞；和都是分子晶体，结构相似，前者相对分子质量大于后者，分子间作用力大，因此前者熔沸点高。
③中含有C、N、O、H，各元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O；该物质中，含有20mol σ键和4mol π键，因此σ键和π键数目之比为5:1；故答案为：H＜C＜N＜O；5:1。
(2)①铜为29号元素，因此基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p能级，其电子云形状为哑铃形；故答案为：[Ar]3d104s1；哑铃形。
②根据价电子数S=O= N－，与SCN－互为等电子体的分子为CO2或CS2；的价层电子对数为，因此中心原子的杂化方式为sp3；故答案为：CO2或CS2；sp3。
③铜的晶胞如图，则为面心立方最密堆积，晶胞中有4个铜原子，设晶胞边长为a，铜原子的半径为r，则面对角线，即，因此它的空间利用率为；原子分数坐标：a为(0，0，0)；d分子坐标为(，，0)，b在左侧面面心位置，因此b处的分数坐标为(0，，)；故答案为：74%；(0，，)。
【点睛】计算空间利用率，先计算晶胞中原子个数，再根据原子半径计算晶胞参数(边长)，再根据空间利用率公式计算。
19. 用于治疗慢性肺阻塞病的药物E的一种合成路线如下图所示：

回答下列问题:
(1)A中含有的官能团的名称为_________，E的分子式为______，其中_______(填“含”或“不含”)手性碳。
(2)A→B的反应类型为__________。
(3)B→C的化学方程式为____
(4)D的结构简式为_________________。
(5 ) 的链状同分异构体有__________种(考虑顺反异构)。
(6)结合流程图设计以对羟基苯甲醛为原料制备的合成路线_________________(其他试剂任选)。
【答案】 (1). 羟基和醛基 (2). C17H14Cl2F2N2O3 (3). 不含 (4). 取代反应 (5). (6). (7). 11 (8).
【解析】
【分析】
A中醛基对位羟基保护得到B，B中羟基取代得C，由C生成D的过程中发生了氧化，将醛基氧化成羧基D的结构简式为，D发生取代反应生成E；以对羟基苯甲醛为原料制备，先对羟基进行保护再将醛基氧化，酯化后得到。
【详解】(1)A中含有的官能团的名称为羟基和醛基，由结构式可知，E的分子式为C17H14Cl2F2N2O3，手性碳是指一个碳上连有四个不同的基团而具有的不对称性，其中不含(填“含”或“不含”)手性碳。故答案为：羟基和醛基；C17H14Cl2F2N2O3；不含；
(2)+CHClF2→+HCl，A中醛基对位的H被取代，A到B的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；
(3)对比B、C的结构简式，B中羟基上的H被取代，B→C的化学方程式为。故答案为：；
(4)结合C、E的结构简式，由C生成D的过程中发生了氧化，将醛基氧化成羧基，D的结构简式为。故答案为：；
(5 )的分子式为C4H7Cl，的链状同分异构体相当于丁烯的一氯代物共有8种情况， 其中存在顺反异构，的链状同分异构体有11种(考虑顺反异构)。故答案为：11；
(6)结合流程图设计以对羟基苯甲醛为原料制备，先对羟基进行保护再将醛基氧化，酯化后得到，合成路线(其他试剂任选)。故答案为：。