河南省南阳市第一中学2020届高三上学期期终考前模拟理综化学试题 Word版含解析

河南省南阳市第一中学2020届高三上学期期终考前模拟理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 南阳一中2019年秋期高三期终考前模拟 理综试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 I-127‎ 一、选择题（本题共13小题，每小题6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.化学与生活、科技及环境密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 光分解水制氢气和植物秸秆制沼气都涉及生物质能的利用 B. 华为继麒麟980之后自主研发的7nm芯片问世，芯片的主要成分为二氧化硅 C. 客机CR929机身大量使用了碳纤维，碳纤维属于有机高分子纤维 D. 蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光分解水制氢气是太阳能转化为化学能，不涉及生物能，A错误；‎ B．芯片的主要成分为硅单质，B错误；‎ C．碳纤维属于无机高分子纤维，C错误；‎ D．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，有助于减少白色污染，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 14g由C2H4和N2组成的混合气体中所含质子总数一定为7.5NA B. 1molP4S3（）中所含P—S键的数目为9NA C. 1L0.1mol·L-1NaHSO3溶液中所含阳离子的总数大于0.1NA D. 11.2LCl2与足量乙烷在光照条件下反应产生HCl分子的总数为0.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种气体的摩尔质量均为28g/mol，14g由C2H4和N2组成的混合气体为0.5mol，一个C2H4分子和一个N2分子中所含质子数分别为16和14，所以0.5mol两者的混合气体中所含有的质子总数为介于7NA~8 NA之间，A错误；‎ - 19 -‎ B．1molP4S3（）中所含P—S键的数目为6NA，B错误；‎ C．1L0.1mol·L-1NaHSO3溶液中所含Na+的物质的量为0.1mol，HSO3-会电离出H+，H2O也会电离出H+，所以阳离子的总数大于0.1NA，C正确；‎ D．未指明温度与压强，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.化合物 M（）、N（）、P（）都是重要有机物的原料。下列有关 M、N、P 的说法不正确的是（ ）‎ A. M、N 互为同分异构体 B. P 中所有碳原子可能共平面 C. M、P 均能发生加成反应和取代反应 D. M 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化合物 M（）和N（）的分子式分别为C5H8O和C5H10O，分子式不一样，所以M、N 不是同分异构体，A错误；‎ B．P（）中含2个碳碳双键，P 中所有碳原子可能共平面，B正确；‎ C．M（）和P（）中都含有碳碳双键和羟基， M、P 均能发生加成反应和取代反应，C正确；‎ D．M（）中含碳碳双键和羟基，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】‎ - 19 -‎ ‎4.短周期主族元素 W、X、Y、Z位于三个不同的周期，W与Y同主族，X 与 Z 的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍。化合物甲的结构式如图所示，甲不溶于水。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：Y＞X B. 非金属性：Z＞X C. 化合物甲中每个原子都达到了8电子稳定结构 D. 由 W、X、Y 三种元素形成的化合物的水溶液能与 Z 的单质反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X 与 Z 的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍，X为O，Z为Si，Y为Na，短周期主族元素 W、X、Y、Z位于三个不同的周期，则W为H，甲为H4SiO4。‎ ‎【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小； 简单离子半径：r (O) > r (Na)，A错误；‎ B. 原子半径：O > Si，所以非金属性：O > Si，B错误；‎ - 19 -‎ C.化合物甲为H4SiO4，氢原子达不到8电子稳定结构，C错误；‎ D. 由 H、O、Na 三种元素形成的化合物为NaOH，NaOH水溶液能与Si单质反应，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎5.氮化钡（Ba3N2）是一种重要化学试剂。高温下，向氢化钡（BaH2）中通入氮气反应可制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 装置乙中反应的化学方程式为NaNO2＋NH4ClN2↑＋NaCl＋2H2O B. 气流由左向右的字母连接顺序为c→a→b→d→e→g→f C. 实验时，先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应 D. 装置甲中浓硫酸和装置丁中的碱石灰都是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙装置为制备氮气的装置，其化学反应方程式为：NaNO2＋NH4ClN2↑＋NaCl＋2H2O，再通过甲装置干燥氮气，将氮气通入丙装置，丁装置中的碱石灰防止空气中的水蒸气进入丙装置。‎ ‎【详解】A．装置乙为制备氮气的装置，其化学方程式为NaNO2＋NH4ClN2↑＋NaCl＋2H2O，A正确；‎ B．甲装置是干燥氮气的作用，气流由左向右的字母连接顺序为c→b→a→d→e→g→f或c→b→a→e→d→f→g，B错误；‎ - 19 -‎ C．实验时，先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，目的是将用生成的氮气赶走装置中的空气，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，C正确；‎ D．Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以用装置甲中的浓硫酸干燥氮气，用装置丁中的碱石灰吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】干燥气体，气流从长管进，短管出，做题时要注意气体进出顺序，否则到不到实验的目的。‎ ‎6.某小组采用电渗析法从含NH4H2PO4 和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3·H2O和 H3PO4，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜 B. a处进入稀氨水，d处流出浓H3PO4溶液 C. 阴极区总反应式为2H2O＋2NH4＋＋2e－=2NH3·H2O＋H2↑‎ D. 每放出11.2L（标准状况）H2时，能回收98gH3PO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由产生氢气和氧气判断，左室为阴极室，阴极的电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑,右室为阳极室，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑。‎ ‎【详解】A．废水中存在的主要离子为NH4＋、H2PO4-和HPO42-，在电解过程中，NH4＋向左室迁移结合OH-生成NH3·H2O，H2PO4-和HPO42-向右室迁移结合H+生成H3PO4，所以膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，A正确；‎ B．为了增强溶液的导电性，a处进入稀氨水，c处充入稀磷酸，b处流出浓氨水，d处流出浓磷酸，B正确；‎ C．阴极区发生，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，NH4＋+OH-=NH3·H2O，总反应式：2H2O＋2NH4＋＋2e－=2NH3·H2O＋H2↑，C正确；‎ - 19 -‎ D．11.2L（标准状况）H2的物质的量为0.5mol，根据阴极区反应：2H2O＋2NH4＋＋2e－=2NH3·H2O＋H2↑，当生成n(H2)=0.5mol，转移电子n(e-)=1mol，根据阳极区反应：2H2O+2HPO42--4e-=2 H3PO4+O2↑，2H2O+4H2PO42--4e-=4H3PO4+O2↑，根据电子守恒，回收H3PO4的质量为：49g9，此时Al（OH）3几乎溶解完全、Mg（OH）2几乎沉淀完全，所以加入NaOH体积大于7.5ml时，Al（OH）3开始溶解而减少、Mg（OH）2沉开始淀，所以实验②中n（沉淀）与V（NaOH）的关系不是直线上升的关系，即不能表示实验②中n（沉淀）与V（NaOH）的关系，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 ‎8.碘酸钾（KIO3）是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3，并进行产品的纯度测定。‎ 制取碘酸（HIO3）的实验装置示意图和有关资料如下：‎ HIO3‎ ‎①白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳 ‎②Ka＝0.169mol·L－1‎ KIO3‎ ‎①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇 ‎②碱性条件下易发生反应：‎ ClO－+ IO3- ＝IO4 -+ Cl-‎ 回答下列问题：‎ 步骤Ⅰ用 Cl2 氧化 I2 制取 HIO3‎ ‎（1）装置 A 中发生反应的化学方程式_______。‎ ‎（2）装置 B 中的 CCl4 可以加快反应速率，原因_______。‎ ‎（3）反应结束后，获取 HIO3 溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、________和_______。‎ - 19 -‎ 步骤Ⅱ用 KOH 中和 HIO3 制取 KIO3‎ ‎（4）该中和反应的离子方程式为_______。中和之前，应将上述 HIO3溶液煮沸至接近无色，否则中和时易生成_______（填化学式）而降低 KIO3 的产量。‎ ‎（5）往中和后的溶液中加入适量_______，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。‎ ‎（6）为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量 SO2 饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的 SO2 饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是_______。‎ 步骤Ⅲ纯度测定 ‎（7）取 0.1000 g 产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量 KI 溶液，用 0.1000 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失（I2+2S2O32-＝2I-+S4O62-）。进行平行实验后，平均消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 24.00 mL。则产品中 KIO3 的质量分数为_______。[M（KIO3）＝214.0 g·mol-1]‎ ‎【答案】 (1). KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O (2). I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度 (3). 分液漏斗 (4). 玻璃棒 (5). HIO3+OH−=IO3−+H2O (6). ClO− (7). 乙醇(或“酒精”“C2H5OH”) (8). 过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I− (9). 85.60%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 步骤Ⅰ用Cl2氧化I2制取HIO3：A装置制备氯气，B装置Cl2氧化I2制取HIO3，C装置吸收尾气；步骤Ⅱ用KOH中和HIO3制取KIO3（1）从实验原理和装置图可知，装置A由氯酸钾和浓盐酸制取氯气，同时生成KCl和水，据此书写；（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，据此可得；（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液；‎ ‎（4）KOH和HIO3发生中和反应生成KIO3和水，据此书写；中和之前溶液中存在较多Cl2，中和时Cl2转化为ClO-，根据已知“碱性条件下易发生反应：ClO-+IO3-=IO4-+Cl-”分析；（5）根据KIO3难溶于乙醇分析；（6）SO2具有还原性，过量的SO2将IO3-、I2等还原为I-；（7）取0.1000 g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，用0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，依据KIO3～3I2～6S2O32-关系式即可计算结果。‎ ‎【详解】（1）装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；‎ ‎（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，装置B中的CCl4‎ - 19 -‎ 能增大反应物浓度，使反应速率加快，故答案为：I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度；‎ ‎（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒，故答案为：分液漏斗；玻璃棒；‎ ‎（4）KOH和HIO3发生中和反应生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中保留化学式，故离子方程式为：HIO3+OH−=IO3−+H2O；中和之前溶液中存在较多Cl2，通过加热煮沸可以除去Cl2，避免中和时Cl2转化为ClO−，ClO-进一步将IO3−氧化为IO4−，从而导致KIO3产量下降；故答案为：HIO3+OH−=IO3−+H2O；ClO−；‎ ‎（5）KIO3难溶于乙醇，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；故答案为：乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)；‎ ‎（6）依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I−，故答案为：过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I−；‎ ‎（7）取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，用0.1000 mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2，有关系式：KIO3∼3I2∼6S2O32−，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.0004mol， 故产品中KIO3的质量分数为×100%=85.60%，故答案为：85.60%。‎ ‎9.利用脆硫铅锑矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）制取锑白（Sb2O3）的湿法冶炼工艺流程如下图所示。‎ 已知：①锑（Sb）为ⅤA族元素，Sb2O3为两性氧化物；‎ ‎②“水解”时锑元素转化为SbOCl沉淀；‎ ‎③Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16 mol3·L－3，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38mol4·L－4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“氯化浸出”后的滤液中含有两种锑的氯化物，分别为SbCl3‎ - 19 -‎ 和___________（填化学式）。滤渣ⅰ中所含的反应产物有PbCl2和一种单质，该单质是___________。‎ ‎（2）“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中，Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为__________，该转化有利于“水解”时锑铁分离，理由是_________。‎ ‎（3）“还原”用的Sb可由以下方法制得：用Na2S—NaOH溶液浸取辉锑精矿（Sb2S3），将其转化为Na3SbS3(硫代亚锑酸钠)—NaOH溶液。按下图所示装置电解后，阴极上得到Sb，阴极区溶液重新返回浸取作业，阴极的电极反应式为______。该装置中，隔膜是________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。‎ ‎（4）“中和”时若用NaOH溶液代替氨水，Sb2O3可能会转化为____________（填离子符号），使锑白的产量降低。‎ ‎（5）锑白也可用火法冶炼脆硫铅锑矿制取，该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法冶炼相比，湿法冶炼的优点有____________（任写一点）。‎ ‎【答案】 (1). SbCl5 (2). 硫（或“S”等其他合理答案） (3). Sb + 3Fe3+＝3Fe2+ + Sb3+ (4). Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀 (5). SbS33－+ 3e－＝Sb + 3S2－ (6). 阳 (7). SbO33－（或“[Sb(OH)4]－”“SbO2－”） (8). 能耗低（或“安全性高”等其他合理答案）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，“氯化浸出”是将矿粉加水后再通入Cl2浸取后得到滤渣i和滤液，Cl2将脆硫铅锑矿中低价锑氧化到高价，结合“锑为V A族元素”等题给信息，不难得出滤液中所含的另一种锑的氯化物为SbCl5，同时也会将Fe2+氧化成Fe3+，S2-必然被氧化，结合题设可推知“氯化浸出”后的滤液中含SbCl5，滤渣中除了PbCl2外，还含有的一种单质是S单质；‎ ‎“还原”过程是向所得滤液中加入锑粉。锑粉有还原性，加入锑还原高价金属离子，将+5价锑还原成+3价锑，选择锑粉作还原剂，一是因为锑粉不会引入新杂质离子，二是将Fe3+还原成Fe2+，有利于下一步“水解”分离得到SbOCl，由还原后锑元素的价态，可知Fe3+转化为Fe2+的离子方程式；‎ - 19 -‎ ‎“水解”的目的是锑铁分离，此题中信息②给出水解的目的是将锑元素转化为SbOCl沉淀，将 Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；‎ ‎“中和”是向水解所得的SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3•nH2O，利用氨水中和SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移。Sb2O3是两性氧化物，若使用NaOH代替氨水，可能会因NaOH过量而使Sb2O3转化为可溶性的[Sb(OH)4]-，从而导致锑白产量降低，最后洗涤、干燥得到锑白。‎ ‎【详解】(1)“氯化浸出”后的滤液中含SbCl5，滤渣中除了PbCl2外，还含有的一种单质是S单质，‎ 故答案为：SbCl5；S；‎ ‎(2)Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为Sb+3Fe3+=3Fe2++Sb3+，该转化有利于“水解”时锑铁分离，理由是Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀，故答案为：Sb+3Fe3+=3Fe2++Sb3+；Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀；‎ ‎(3)电解池阴极上得到Sb，可知阴极的电极反应式是：SbS33－+ 3e－＝Sb + 3S2－，阴极区溶液中c(S2−)增大，阳极区溶液中的Na+穿过隔膜进入阴极区，因此隔膜应选用阳离子交换膜，阴极区生成的Na2S溶液可以返回浸取作业，答案为：SbS33－+ 3e－＝Sb + 3S2－；阳；‎ ‎(4)“中和”时若用NaOH溶液代替氨水，Sb2O3可能会转化为SbO33－（或“[Sb(OH)4]－” “SbO2－”），使锑白的产量降低，故答案为：SbO33－（或“[Sb(OH)4]－” “SbO2－”）；‎ ‎(5)锑白也可用火法冶炼脆硫铅锑矿制取，该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法冶炼相比，湿法冶炼的优点有能耗低(或“安全性高”等)，故答案为：能耗低。‎ ‎10.氧气是一种常见的氧化剂，用途广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）用H2O2制取O2时，分解的热化学方程式为： 2H2O2(aq)=2H2O(l) +O2(g) ΔH= a kJ·mol－1‎ ‎①相同条件下，H2O2分解时，无论是否使用催化剂，均不会改变的是_______（填标号）。‎ A 反应速率 B 反应热 C 活化能 D 生成物 ‎②以Fe3+作催化剂时，H2O2的分解反应分两步进行，第一步反应为： H2O2(aq) + 2Fe3+ (aq)＝2Fe2+ (aq) +O2(g) +2H+ (aq)ΔH＝b kJ·mol－1‎ 第二步反应的热化学方程式为____________。‎ ‎（2）工业上用Cl2生产某些含氯有机物时产生HCl副产物，可用O2将其转化为Cl2，实现循环利用[O2(g) + 4HCl(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g)]。将1 molO2和4‎ - 19 -‎ ‎ molHCl充入某恒容密闭容器中，分别在T1和T2的温度下进行实验，测得容器内总压强（p）与反应时间（t）的变化关系如图所示。‎ ‎①该反应的速率v = k ca(O2)·cb(HCl)（k为速率常数），下列说法正确的是____________（填标号）。‎ A 使用催化剂，k不变 B 温度升高，k增大 C 平衡后分离出水蒸气，k变小 D 平衡后再充入1molO2和4molHCl，反应物转化率都增大 ‎②T1________T2（填“＞”或“＜”）。该反应ΔH______0（填“＞”或“＜”），判断的依据是_________。‎ ‎③T2时，HCl的平衡转化率＝________，反应的Kx＝_____（Kx为以物质的量分数表示的平衡常数）。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). H2O2(aq) +2Fe2+(aq) +2H+(aq)＝2Fe3+(aq)+2H2O(l) ΔH= (a－b) kJ·mol－1 (3). BD (4). ＜ (5). ＜ (6). T1、T2的平衡体系中气体减少量分别为n(T1)==0.625mol; n(T2)= =0.5mol，所以T1平衡时转化率更大 (7). 50% (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①催化剂参与了化学反应，改变了反应历程（生成不同的中间产物），降低了活化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化剂的质量和性质不变，反应热不变（只与始终态有关）；‎ ‎②Fe3+作为催化剂，在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应；‎ ‎（2）①A．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大；‎ - 19 -‎ B．温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率；‎ C．从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c(H2O)，使平衡正向移动，从而改变了c(O2)和c(HCl)；‎ D．化学平衡的建立与途径无关，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强；‎ ‎②从图象可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>T1；T1、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n（T1）=5×=0.625mol、n（T2）=5×=0.5mol，即T1平衡时转化率更大，且因为T2>T1，所以△H<0；‎ ‎③对于气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。‎ 以此计算HCl的平衡转化率及Kx。‎ ‎【详解】(1)①根据过渡态理论，催化剂参与了化学反应,改变了反应历程(生成不同的中间产物)，降低了活化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化剂的质量和性质不变，反应热不变(只与始终态有关)，B D正确，故答案为：BD；‎ ‎②Fe3+作为催化剂，在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应，故第二步反应为H2O2(aq)+2Fe2+(aq)+2H+(aq)=2Fe3+(aq)+2H2O(l) △H=(a−b)kJ⋅mol−1，‎ 故答案为：H2O2(aq)+2Fe2+(aq)+2H+(aq)=2Fe3+(aq)+2H2O(l) △H=(a−b)kJ⋅mol−1；‎ ‎(2)①A.催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大，根据速率方程v=kca(O2)⋅cb(HCl)，反应速率随之增大，A错误；‎ B. 温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率，使平衡发生移动，故B正确；‎ C. 从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c(H2O)，使平衡正向移动，从而改变了c(O2)和c(HCl)，但对k没有影响，故C错误；‎ D. 化学平衡的建立与途径无关，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl - 19 -‎ ‎”，相当于增大反应体系的压强，反应有利于向气体分子数减小的方向进行，故D正确；故答案为：BD；‎ ‎②从图象可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>T1；T1、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n（T1）=5×=0.625mol、n（T2）=5×=0.5mol，即T1平衡时转化率更大，且因为T2>T1，所以△H<0，故答案为：<；<；T1、T2的平衡体系中气体减少量分别为n（T1）=5×=0.625mol、n（T2）=5×=0.5mol，所以T1平衡时转化率更大；‎ ‎③对于气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。‎ 则HCl的平衡转化率为×100%=50%，=，故答案为：50%；。‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑。按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂。按本学科选考题的首题进行评分。‎ ‎11.Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：‎ ‎（1）Ca小于Ti的是_______（填标号）。‎ A．最外层电子数 B．未成对电子数 C．原子半径 D．第三电离能 ‎ ‎（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。‎ ‎① Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。‎ ‎② O3分子中心原子杂化类型为_______；O3是极性分子，理由是___________________。‎ ‎（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：‎ 方法Ⅰ Na2O + NaClNa3OCl - 19 -‎ 方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2↑‎ ‎① Na2O的电子式为____________。‎ ‎② 在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有_______（填标号）。‎ A．金属键 B．离子键　 C．配位键　 D．极性键 E．非极性键 ‎（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右所示。已知：晶胞参数为a nm，密度为d g·cm－3。‎ ‎①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_________位置，两个Na之间的最短距离为________nm。‎ ‎②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________（列计算式）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). H2O2分子间存在氢键 (3). sp2 (4). O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案） (5). (6). BE (7). 面心 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，结合元素周期律分析判断；‎ ‎(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；‎ ‎(3)Na2O为离子化合物，据此书写其电子式；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；‎ ‎(4)①根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；②由密度公式ρ=计算解答。‎ ‎【详解】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2‎ - 19 -‎ ‎，未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。A．最外层电子数相等，错误；B．Ca的未成对电子数小于Ti，正确；C．同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，错误；D．Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，错误，故答案为B；‎ ‎(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；‎ ‎②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为sp2；O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)；‎ ‎(3)①Na2O属于离子化合物，电子式为，故答案为；‎ ‎②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，故答案为BE；‎ ‎(4)①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，即a nm，故答案为面心；a；‎ ‎②已知：晶胞参数为a nm，密度为d g•cm-3，则d g•cm-3==，解得：NA=，故答案为。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)②的计算，要注意掌握晶体密度的计算方法，注意单位的换算；另一个易错点为(1)，要注意根据钙为20号元素，钛为22号元素，均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类，可以根据化合价分析判断。‎ ‎12.丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物 F 的路线如下：‎ - 19 -‎ 已知：‎ ‎（1）丁香酚的分子式为_______。‎ ‎（ 2） A 中的含氧官能团是_______（ 填名称）， ② 的反应类型为_______。‎ ‎（3）写出满足下列条件的 C 的所有同分异构体的结构简式_______。‎ ‎①含苯环且环上只有两个取代基；‎ ‎②属于酯类化合物；‎ ‎③核磁共振氢谱有 3 组峰，且峰面积之比为 3∶1∶1。‎ ‎（4）1 mol D 最多可以与_______molH2 发生加成反应。‎ ‎（5）反应⑤中，试剂 X 的结构简式为_______。‎ ‎（6）设计用呋喃甲醛（ ）和环己醇为原料制 的合成路线_______（无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). C10H12O2 (2). 羟基、醚键 (3). 取代反应 (4). 、 (5). 4 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据有机物的键线式书写分子式；（2）根据有机物的结构简式分析官能团的种类，根据有机反应的结构变化判断反应类型；（3）根据有机物的分子式及限制条件书写同分异构体；（4）根据双键与苯环的加成反应分析解答；（5）根据反应物和生成物的结构变化判断另一种反应物；（6）由反应产物和原料、题干进行对比，设计合成路线。‎ ‎【详解】（1）根据丁香酚的键线式，可知其分子式为C10H12O2，故答案为：C10H12O2；‎ - 19 -‎ ‎（2）从A的键线式判断该有机物的官能团为碳碳双键、羟基和醚键，含氧官能团只有羟基和醚键；根据A. B两种有机物的结构对比，结合另一反应物为（CH3CO）2O，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应，故答案为：羟基、醚键；取代反应；‎ ‎（3）C的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3:1:1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为−COOCH3或者−OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为、，故答案为：、；‎ ‎（4）由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，1分子醛基可以加成1分子H2，另外1分子苯环也可以加成3分子H2，1molD最多可以与4molH2发生加成反应，故答案为：4；‎ ‎（5）反应⑤的条件与题给已知反应对应，对比D、 E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得出试剂X为，故答案为：；‎ ‎（6）由反应产物和原料、题干进行对比，可以得出该流程利用题给已知信息的反应。所以应先把环己醇转化为环己酮，再与进行反应，根据题干中反应⑥的转化，为了保护碳碳双键，使用LiAlH4还原得到目标产物而不是用H2进行加成，合成路线流程图为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】由C、H、O原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子，碳原子上的氢原子数用饱和碳的四价结构分析判断。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎