【文档说明】山西省大同市2020届高三第一次联合考试（市直）化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.465 MB，由小赞的店铺上传

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大同市2020届高三年级第一次联合考试(市直)化学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案

标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。5.本试卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Fe-56一、选择题（每小题3分，共16小题，合

计48分）1.中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（）A.“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应B.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D

.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应【答案】A【解析】【详解】A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴

，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；故选：A。2.下列对化学用语的理解正确的是（）A.乙烯的结构简式

：CH2CH2B.电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C.比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D.结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-【答案】D【解析】【详解】A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、羟基是中性原子团，电

子式为，氢氧根离子带有一个单位负电荷，电子式为，所以电子式只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故C错误；D、

35Cl-和37Cl−的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故D正确；故选：D。【点睛】有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；

多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“[]”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB.标准状况下，38g3

H2O2中含有4NA共价键C.常温下，将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子D.一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同【答案】D【解析】【详解】

A、氯气与水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子总数为2mol，Cl2中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B、双氧水结构为：，38g3H2O2的物质的量为()38g162+32g/mol=1mol，由结构式

可知，1mol双氧水中含有3NA共价键，故B错误；C、常温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3NA电子，故C错误；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对

应+4NH浓度不同，所以+4NH水解程度不同，溶液中+4NH的物质的量一定也不同，故D正确；故答案为D。【点睛】本题A选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2mol，发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。4.下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选

用的试剂或操作方法正确的一组是（）选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入碱石灰干燥BCu（CuO）空气中加热CFeCl2（Fe）通入少量氯气加热DKNO3(NaCl)溶于水配成热饱和

溶液，冷却结晶A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2↑或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2↑，CO2能够

与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO，应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过滤干燥，故B不符合题意；C、FeCl2与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNO3溶

解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成饱和溶液后，将溶液冷却，KNO3会析出，而NaCl在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：D。【点睛】KNO3中混有少量NaCl，提纯的方法是：①溶解成热

饱和溶液→②冷却结晶→③过滤；NaCl中混有少量KNO3，提纯的方法是：①溶解成饱和溶液→②加热蒸发、浓缩结晶→③过滤；需注意二者试验操作的区分。5.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫

。下列说法错误的是()A.氧分子的活化包括O－O键的断裂与C－O键的生成B.每活化一个氧分子放出0.29eV的能量C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVD.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】C【

解析】【详解】A.由图可知，氧分子的活化是O－O键的断裂与C－O键的生成过程，故A正确；B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；C.由图可知，水可使

氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。故选C。6.下列解释事实的离

子方程式正确的是（）A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB.硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C.向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸

：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D.硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O【答案】C【解析】【详解】A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式

为：2-+2322SO+2H=SO+S+HO，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：+--3228H+2NO+6I=3I+2NO+4HO，故B错误；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，因此向NaC

lO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：-223ClOHOCOHClOHCO−＋＋＝＋，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：()2+2-+3+-4443

232Ba+2SO+NH+Al+4OH=2BaSO+AlOH+NHHO，故D错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是

否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。7.下列实验能实现的是（）A.图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B.图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C.图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D.图4装置可以制取少量CO

2，安全漏斗可以防止气体逸出【答案】D【解析】【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生

成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。8.对如

图有机物的说法正确的是（）A.属于苯的同系物B.如图有机物可以与4molH2加成C.如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上D.如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应【答案】D【解析】【详解】A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；B

、该有机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；D、该有机

物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；故答案为：D。9.科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A.过程I得到的Li3N中N元素为—3价B.过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3

↑C.过程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能D.过程Ⅲ涉及的反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O【答案】C【解析】【详解】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的

化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O＝3LiOH+NH3↑，B项正确；C.由原理图可知，过程Ⅲ为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程Ⅲ电解LiOH产生O

2，阳极反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D项正确。故答案选C。10.某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列

说法正确的是（）A.若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B.若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C.溶液中可能含有Fe3+D.溶液中一定含有Fe2+和SO42-【答案】B【解析】【详解】向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪

去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或2-3SO；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有2-3SO或2-4SO；若溶液中阴离子只有2-3SO，2-3SO与Fe2+会发生双水解，因溶液

中各离子的物质的量相等以及2-3SO会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为2-4SO，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为2-3SO、2-4SO，

Fe3+、Fe2+与2-3SO不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有2-3SO、2-4SO；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。11.“侯氏制碱法”是我国化工专家

侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图：下列叙述正确的是（）A.实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置①的酒精灯B.装置②的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3C

.向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD.用装置④可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用【答案】C【解析】【分析】在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，

滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。【详解】A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水

中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；C、通入氨气的作用是增大+

4NH的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；D、用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳未被收集

循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误；故答案为：C。【点睛】“侯氏制碱法”试验中，需先通入氨气，其原因是氨气在水中的溶解度较大，二氧化碳在水中溶解度较小，先通入氨气所形成的溶液中氨的浓度较大，方便后续的反应进行；“侯氏制碱法”所得到的产品是

碳酸氢钠，碳酸氢钠经过加热会生成碳酸钠。12.中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（）A.在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O

B.中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C.催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D.该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78％【答案】B【解析】【详解】A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：34Na

-FeO222222CO+6HCH=CH+4H=O，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故

D错误；故答案为：B。13.W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ

3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.d点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B.c点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C.b点对应的溶液中:Na+、

S2-、SO42-、Cl-D.a点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】W、X、Z依次为Na、Al、Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3－不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可

与Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO32－发生双水解。答案选C。14.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不．正确．．的是A.反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化B.从母液中可以提取Na

2SO4C.反应2中，H2O2做氧化剂D.采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A.在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－

＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正确；B.根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C.在反应2中，ClO2与H2O2在

NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D.减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。15.在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭

容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确．．．的是A.Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2OB.导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+C.若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D.若导电基体上的

Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量【答案】C【解析】【详解】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反

应：H2－2e−＝2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含

氮量，D正确；正确选项C。16.25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（）A.CH3COOH的Ka=1.0×10-4.

7B.C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C.B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D.A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/

L【答案】D【解析】【详解】A、CH3COOH的()()()-+33cCHCOOcHa=cCHCOOHK，取B点状态分析，()()-33cCHCOOcCHCOOH=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa

、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H

+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+

c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。二、非选择题（共40分）17.硫酸镍

是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：①NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(O

H)3是两性氢氧化物。②Fe(OH)3不溶于NH4Cl—氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl—氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。③离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为____（

写1种）。（2）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_______。（3）“氨解”的目的为__“氨解”时需要控制低温原因是______。（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_____。（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH-

)不低于_____。(已知：Ni(OH)2的Ksp=2×10-15，2≈1.4）。（6）若在流程中完成“系列操作”。则下列实验操作中，不需要的是____(填下列各项中序号)。【答案】(1).废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升

温一种合理即可(2).3+--22Cr+4OH=CrO+2HO(3).实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素(4).防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+(5).3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O(6).1.42×10

-5mol·L-1(7).cd【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、

偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液I的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到[Ni(NH3)6]2+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧

化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO4·7H2O，据此解答本题。【详解】（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施，故答案为：废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可；（2）根据信息可知，Cr(

OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：3+--22Cr+4OH=CrO+2HO，故答案为：3+--22

Cr+4OH=CrO+2HO；（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制

低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+，故答案为：实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]

2+；（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学

方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O，故答案为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O；（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)×c2(OH-)，根据信息，离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉

淀完全，则2×10-15=10-5×c2(OH-)，解得c(OH-)=1.4×10-5mol/L，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于1.4×10-5mol/L，故答案为：1.42×10-5mol·L-1；（6）“系列操作”的目的是从NiSO4溶液中

得到NiSO4·7H2O，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为cd，故答案为：cd。18.乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等

，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器

C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关

闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空

气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改

用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LC

e(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。【答案】(1).三颈烧瓶(2).2(3).1、3(4).铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色(5).

3(6).2(7).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(8).防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化(9).乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化(10).98.0%【解析】【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过

程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl

2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1

加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe

2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化

为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大

，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V=19.55+19.652=19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe

2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×250mL25mL=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质

量分数为0.0196mol288g/100%5.76gmol＝98.0%，故答案为：98.0%。19.氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。

该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有：Ⅰ.C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)K1；Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K2；Ⅲ.CaO(s)＋CO2(g)C

aCO3(s)K3；燃烧炉中涉及的反应为：Ⅳ.C(s)＋O2(g)=CO2；Ⅴ.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)。（1）氢能被视为最具发展潜力的绿色能源，该工艺制H2总反应可表示为C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)CaCO3(s)＋2H

2(g)，其反应的平衡常数K=____(用K1、K2、K3的代数式表示)。（2）在一容积可变的密闭容器中进行反应Ⅰ，恒温恒压条件下，向其中加入1.0mol炭和1.0mol水蒸气，达到平衡时，容器的体积变为原来的1.25倍，平衡时水

蒸气的平衡转化率为_____；向该容器中补充amol炭，水蒸气的转化率将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）对于反应Ⅲ，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡_____移动(填“向右”、“向左”或“不”)；当重新平衡后

，CO2浓度___(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）一种新型锂离子二次电池——磷酸铁锂(LiFePO4)电池。作为正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图如图，写出该电池充电时的阳极电极反应式：______。【答案】(1).K1·K2·K3(2)

.25%(3).不变(4).正向(5).不变(6).LiFePO4-xe-=Li(1-x)FePO4+xLi+【解析】【详解】（1）由反应I+反应II+反应III可得C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)CaCO3(s)＋2H2(g)，由故其平衡常数K

=K1·K2·K3，故答案为：K1·K2·K3；（2）恒温恒压下，气体物质的量之比等于压强之比，()()()()()()()22Cs+HOgCOg+Hgmol100molxxxmol1-xxx起始转化平衡，则(

)1-x+x+x=1.251，解得x=0.25，因此平衡时水蒸气的转化率为0.25mol100%1mol=25%；碳为固体，增加其物质的量，对平衡无影响，因此对于水蒸气的转化率无影响，故答案为：25%；不变；（3）CaO(s)＋CO

2(g)CaCO3(s)中，只有CO2一种气体，增加CO2浓度，平衡将向着气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动；因K3=c(CO2)，温度不变的情况下，平衡时CO2浓度不变，故答案为：正向；不变；（4）由图可知，充电时LiFeO4失去电子，生成Li+，故充电时阳极电极反应式

为：()-+441-xLiFePO-xe=LiFePO+xLi，故答案为：()-+441-xLiFePO-xe=LiFePO+xLi。【点睛】对于有气体参加的反应，恒温恒容条件下，增加反应中某气体的浓度，平

衡的移动方向分析分为三种：①对于一侧有多种气体参加的反应，如()()()223Ng+3Hg2NHg，增加N2的浓度，平衡将会向正向移动，H2的转化率将上升，平衡时N2的体积分数将上升；②对于一侧只有一种气体参加的多气体反应，如()()()222HIgHg+Ig，增加HI的浓度，前后互

为等效平衡，重新达到平衡时，HI的转化率、体积分数、百分含量均不变；③对于一侧只有一种气体参加的反应，如()()()23CaOs+COgCaCOs，增加CO2的浓度，平衡将正向移动，CO2的转化率将会上升，平衡时

CO2的浓度不变，注意灵活多变。三、选做题（20题和21题任选一题作答，计12分）20.现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且毎个能级所含的电子数相同

；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题：（1）请写出D基态的价层电子排布图：_____。（2）下列说法正确的是_____。A．二氧化硅

的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点SiO2＞CO2B．电负性顺序：C＜N＜O＜FC．N2与CO为等电子体，结构相似，化学性质相似D．稳定性：H2O＞H2S，原因是水分子间存在氢键（3）某化合物与F(

Ⅰ)(Ⅰ表示化合价为＋1)结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是______。（4）己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则(BC)2中σ键和π键的个数比为______。（5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是______。

（6）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中

，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数之比为_____，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数a=______p

m。(写出计算表达式)【答案】(1).(2).B(3).sp2、sp3(4).3：4(5).HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近(6).2∶1(7).50%(8).103238232105.186.0210

【解析】【分析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子

，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原序数相差3，二者只能处于第四周期，且E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，F为Cu，（3）中C（氮

元素）与A形成的气体x，则A为H元素，形成的x为NH3，据此解答本题。【详解】（1）（1）D为O元素，价电子排布为2s22p4，基态的价层电子排布图为：，故答案为：；（2）A、二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故点：SiO2>C

O2，故A错误；B、同周期自左而右电负性增大，电负性顺序：C<N<O<F，故B正确；C、N2与CO为等电子体，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，化学性质稳定，CO还原性较强，二者化学性质不同，故C错误；D、水分子间存在氢键，影响物理性质，不影响化学性

质，由于非金属性O>S，所以稳定性：H2O>H2S，故D错误，故答案为：B；（3）杂环上的碳原子含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，甲基、亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；（4）(CN)2是直线型分子，并有对称性，结构式为：N≡C-C≡

N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，(CN)2中σ键和π键的个数比为3：4，故答案为：3：4；（5）HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近，故答案为：HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度

相近；（6）结构中如1、3、6、7的O2−围成的正四面体空隙有8个，由图可知晶体结构中O2−离子数目为8×18+6×12=4个，则正四面体空隙数与O2−离子数目之比为8：4=2：1；Fe3O4中有一半的Fe3+填充到正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填

充在正八面体空隙中，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子；含有Fe3+和Fe2+的总数为3，晶胞中有8个图示结构单元，不妨取1mol这样的晶胞，则1mol晶胞的质量为m=8×(3×56+4×16)g=8×232g，1mol晶胞即有6.02×1023个晶胞，1

个晶胞的体积为V=(a×10−10)3cm3，所以晶体密度为()32323-10m8232ρ=g/mol6.0210V6.0210a10=，所以晶胞边长a=103238232105.186.0210

pm，故答案为：2:1；50；103238232105.186.0210。21.有机物C是一种药物的中间体，其合成路线如下图所示：已知：①CH3CH=CH2+HBrCH3CH2CH2Br②CH3COOH+HCHOHOCH2CH2COOH回答下列问题：（1）F中含氧官能团的名称为___

____。（2）C→D的化学方程式为_______。（3）D→E、E→F的反应类型分别为_______、_______；F→G的反应条件为_______。（4）下列说法正确的是_______（填标号）。a．A中所有原子可能都在同一平面上b

．B能发生取代、加成、消去、缩聚等反应c．合成路线中所涉及的有机物均为芳香族化合物d．一定条件下1mol有机物G最多能与4molH2发生反应（5）化合物F有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体的结构简式为应_______。

①属于芳香族化合物，且含有两个甲基；②能发生水解反应和银镜反应；③能与FeCl3发生显色反应；④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2:1:1。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻对位。根据题中的信息，以甲苯为原料合成有机物，请设计合成路线：__

_____（无机试剂及溶剂任选）。合成路线流程图示例如下：。【答案】(1).羟基、羧基(2).(3).氧化反应(4).加成反应(5).浓硫酸、加热(6).ad(7).、(8).【解析】根据已知信息①可知苯乙烯与溴化氢反应生成B是，B水解生成C是，C发生催化氧化生成D是，D

继续发生氧化反应生成E，根据已知信息②可知E和甲醛反应生成F是，F发生消去反应生成G。（1）F是，分子中含氧官能团的名称为羟基、羧基。（2）C→D的化学方程式为2+O2⎯⎯⎯→铜加热2+2H2O；（3）根据以上分析可知D→E、E→F的反应类型分别为氧化反应

、加成反应；F→G是羟基的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热。（4）a.苯环和碳碳双键均是平面形结构，则A中所有原子可能都在同一平面上，a正确；b.B中含有溴原子、苯环，能发生取代、加成、消去等反应，不能发生缩聚反应，b错误

；c．合成路线中甲醛不是芳香族化合物，c错误；d．G分子中含有碳碳双键和苯环，一定条件下1mol有机物G最多能与4molH2发生反应，d正确，答案选ad；（5）①属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；

②能发生水解反应和银镜反应，因此含有甲酸形成的酯基；③能与FeCl3发生显色反应，含有酚羟基；④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2:1:1，因此符合条件的有机物结构简式为、。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻对位。根据题中的信

息结合逆推法可知以甲苯为原料合成有机物的合成路线图。点睛：有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化

学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时

还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。