【文档说明】【精准解析】湖南省湘赣皖十五校（长郡中学、南昌二中等）2020届高三下学期第一次联考模拟考试化学试题.doc，共(31)页，1.175 MB，由小赞的店铺上传

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2020届湘赣皖•十五校高三联考第一次考试化学模拟试卷1.我国是最早掌握炼锌的国家，《天工开物》中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907℃，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶

炼锌过程中的相关说法不正确的是A.尾气可用燃烧法除去B.发生了氧化还原反应C.提纯锌利用了结晶法D.泥封的目的是防止锌氧化【答案】C【解析】【详解】A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2↑，由于C过量，还会发生反应C+CO22C

O，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误

；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。2.化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是A.钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料B.含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关C.玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、

抗氧化等优点D.普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物【答案】B【解析】【详解】A.钢化玻璃是在高温下将玻璃拉成细丝加入到合成树脂中得到的玻璃纤维增强塑料；石英玻璃主要成分是二氧化硅；有机玻璃主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于塑料，不是无机非金属材料，A错误；

B.变色玻璃中含有AgBr见光分解产生Ag单质和Br2单质，使眼镜自动变暗，光线弱时，溴与银又生成溴化银，可见变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关，B正确；C.玻璃的主要成分SiO2易与NaOH发生反应，因此不具有耐碱侵蚀的特点，C错误；D.普通玻璃的

主要成分含有Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，硅酸盐结构复杂，习惯用氧化物形式表示，但玻璃表示为Na2O·CaO·6SiO2，不能说明玻璃为纯净物，D错误；故合理选项是B。3.下列物质的性质和用途不存

在因果关系的是A.胶体具有电泳的性质，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐B.醋酸酸性强于碳酸，用醋酸溶液清除热水器中的水垢C.小苏打受热易分解，在面粉中加入适量小苏打焙制糕点D.氧化铝熔点高，可作耐高温材料【答案】A【

解析】【详解】A.胶体具有电泳的性质证明胶体粒子带有电荷，在电场力作用下会向某一个电极定向移动，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐是蛋白质胶体粒子遇电解质，胶粒上吸附的电荷被中和发生聚沉现象，与电泳无关，不存在因果关系，A符合题意；B.醋酸酸性强于碳酸，醋酸与水垢中的CaCO

3发生复分解反应产生可溶性醋酸钙，因而可用醋酸溶液清除热水器中的水垢，有因果关系，B不符合题意；C.小苏打受热易分解会产生CO2可以使面团松软，所以在面粉中加入适量小苏打焙制糕点，有因果关系，C不符合

题意；D.氧化铝属于离子化合物，阳离子与阴离子之间有强烈的离子键，所以物质熔点高，不容易变为液态，因此可作耐高温材料，有因果关系，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列有关反应的离子方程式书写正确的是()A.氧化亚铁溶于稀硝酸：Fe

O＋2H＋===Fe2＋＋H2OB.过量SO2通入澄清石灰水中：SO2＋OH－===HSO3-C.NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD.NH4Al(SO4)2溶液与足量Ba(OH)

2溶液混合：2Al3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓【答案】B【解析】【详解】A．氧化亚铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3FeO+NO3-+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；B、澄清石灰

水中通入过量的二氧化硫生成亚硫酸氢钙，反应为Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，故总的离子方程式为OH-+SO2═HSO3-，故B正确；C．NH4HCO3溶液

与足量Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀和氨水，反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，Al3＋应转化为AlO2-，

NH4+也会与OH－反应，故D错误；答案选B。5.往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准状况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V

)的变化曲线中正确的是（离子水解忽略不计）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据电离方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(O

H)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准状况下6.72LCO2的物质的量n(CO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，把CO2气体通入混合溶液中，首先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，当0.1molBa

(OH)2恰好反应完全时消耗0.1molCO2（体积为2.24L），此时离子的物质的量减少0.3mol，溶液中离子的物质的量为0.4mol，排除D选项；然后发生反应：CO2+2OH-=CO32-+H2O，当0.2molNaOH完全反应时又消耗0.1molCO2（体积为2

.24L），消耗总体积为4.48L，离子的物质的量又减少0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排除A选项；继续通入0.1molCO2气体，发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，根据方程式可知：0.1molC

O2反应，溶液中离子的物质的量增加0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol，排除C选项，只有选项B符合反应实际，故合理选项是B。6.有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca

(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A.①②B.③⑤C.①⑥D.④⑥【答案】A【解析】【详解】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过

量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO

3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成

氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及

现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下，92g的

NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+

3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下，17g甲基(-CH3)中所含的中子数为9NAA.3B.4C.5D.6【答案】A【解析】①n（NaHSO4）=12.0g120g/mol=0.1mol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na++

HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，①错误；②Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，②

正确；③NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）=92g46g/mol=2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，③正确；④苯中不含碳碳双键，④错误；⑤n（FeCl3）=1.0mol

/L1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2OΔFe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，⑤错误；⑥若1molSO2

全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，⑥错误；⑦用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移

5mol电子，⑦正确；⑧n（-14CH3）=17g17g/mol=1mol，所含中子物质的量为8mol，⑧错误；正确的有②③⑦，答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（③⑧）、物质的结构（②④）、溶液中粒子数的确定（⑤）、氧化还原反应中转移

电子数（⑥⑦）、可逆反应（⑥）、电解质的电离（①），解题的关键是对各知识的理解和应用。8.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A.装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B.装置丙中的试剂吸收反应

产生的气体后得到的产物的密度均比水大C.最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D.甲烷的二氯代物有2种【答案】D【解析】【详解】A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃

乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；

气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。9.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含N

O、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A.0.2mol

B.0.4molC.0.6molD.0.8mol【答案】A【解析】【详解】纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。51.2gCu共

失电子51.264/molgg×2＝1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶

液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故选A。10.X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质

之间通过一步反应不能．．实现如图所示转化关系的是（）XYZ箭头上所标数字的反应条件A．NONO2HNO3①常温遇氧气B．Cl2NaClOHClO②通入CO2C．Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D．Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案

】C【解析】【详解】A.一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应

生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可

以实现，故D正确；本题选C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。11.三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同

时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是A.图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大B.图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低C.图甲和图乙表明，合金负载量越大

催化剂活性越高D.图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金【答案】D【解析】【详解】A.根据图甲所示可知：在400℃时，三种气体的转化率在合金负载量为2g/L时最大，A错误；B.图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度

都比2g/L时的高，B错误；C.图甲表示只有在合金负载量为2g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；D.图丙表示工艺1在合金负载量为2g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2

在合金负载量为2g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200℃时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；故合理选项是D。12.铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现

取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是A.BiO3-的氧化性强于MnO4-B.H2O2被高锰酸根离子还原成O2C.H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D.在KI-淀粉溶液中滴加铋

酸钠溶液，溶液一定变蓝色【答案】A【解析】【详解】A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn元素化合价升高，失去电子被氧化为M

nO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰

酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将KI氧化为I2，也可能是Mn2+作催化剂使H2O2分解产生的O2将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为I2

，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D错误；故合理选项是A。13.通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是()A.CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应B.除

去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法C.过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同D.由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%【答案】B【解析】【详解】A、该反应应为吸热反应，A错误；

B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；C、过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品

红试剂化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；D、由图示可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误；答案选B。14.钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：下列有关说法正确的

是A.上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B.钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C.煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D.沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO3

2-+2Al(OH)3↓【答案】C【解析】【详解】A.CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2，B错误；C.煅烧过程中钾长

石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-

+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。15.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈乙

醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热有红色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSC

N溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL0.1mo/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液再加入0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)<Ksp(Zn

S)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可根据反应的剧烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必须先加碱中和至碱性，再加新制的

Cu(OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；D、该实验中物质的用量决定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。【详解】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应

剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；D、由于Na2S在

与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4==CuS↓+Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，即D错误。本题答案为A。【点睛】淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解一

定要明确其检验方法，一般都需要做两个实验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能准确解答C选项；D选项最容易错选，物质量的多少对某些离子反应的发生起着决定性作用。16.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周

期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A.对应的简单离子半径：C>D>BB.D、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C.电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对

应的单质D.由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性【答案】B【解析】【分析】根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D

为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A.B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简

单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误；B.D、E分别为Al、Cl，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.C为Na，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2故C错误；D.A、B、E分别为H、O

、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答案：B。【点睛】本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，

X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。17.科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关

说法正确的是A.上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃B.上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D.棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应【答

案】D【解析】【详解】A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原

子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合

理选项是D。18.用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2=2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送入电池；循环阳极锌-空

气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（）A.放电时，电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-B.放电时，电解质中会生成少量碳酸盐C.电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应D.充电时，电解

槽阴极反应为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-【答案】C【解析】【详解】A.放电时，电池正极通入空气中的O2，在碱性溶液中得电子生成OH-，A正确；B.放电时，正极通入空气中的CO2，会与KOH反应生成少量K2CO3，B正确；C.电池停止工作时，锌粉仍会与KOH溶液发生缓慢反应，C

错误；D.充电时，电解槽阴极(放电时，Zn转化为ZnO)Zn表面的ZnO得电子，生成Zn和OH-，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，D正确；故选C。19.某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：[Cu(NH3)

4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A.气体X中含有SO2B.为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C.蒸氨过程发生总反应的化学方程

式为：[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑D.在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低【答案】B【解析】【详解】A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3

·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答

案选B。20.Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ/mol。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784

x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是A.若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、EB.若再次充

入amolHI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C.若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同D.若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同【答案】C【解析】【详解】A.升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，

升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A正确；B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，若再次充入amolHI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于

物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B正确；C.若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以再

次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；D.催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D正确；故合理选项是

C。21.甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=－lgKb，pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKb(NH3·H2O)=4.8。常温下，向10.00mL0.1000mol·L－1的甲胺溶液中滴加0.0500mol·L－1的稀硫酸，溶液中c

(OH-)的负对数pOH=－lgc(OH-)］与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A.B点对应的溶液的pOH>3.4B.甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－C.A、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H+)

：C>B>AD.A、B、C、D四点对应的溶液中，c(CH3NH3+)的大小顺序：D>C>B>A【答案】D【解析】【分析】A．B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3

NH2·H2O)=3.4，CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)；B．甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2•H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子；C．

恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大；D．C、D点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。【详解】A．B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸，不考虑

水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，说明CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则

溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)，()()3332cCHNHcCHNH+>1，结合Kb(CH3NH2•H2O)=()()3332cCHNHcCHNH+×c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)<10-3.4，所以B点的pO

H>3.4，A正确；B．CH3NH2•H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方程式为：CH3NH2•H2OCH3NH3++OH-，B正确；C．用0.0500mol/L的稀硫酸滴定10mL0.1000mol/L的

甲胺溶液滴入10mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H＋)：C>B>A，C正确；D．C点硫酸与CH3NH2•H2O恰好反应，由于CH3NH3+的水解

程度较小，则C、D点n(CH3NH3+)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH3+)：C>D，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌

握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。22.三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图所示。已知：铜钴矿石主要含有CoO

(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_______(写出2种即可)。(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是_______

_____。(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式________________。(4)温度、pH对铜、钴浸出率的影响如图1、图2所示：①“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为__________________。②图2中p

H增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是___________。(5)CoC2O4·2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是________。(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀而除去，若所得滤液B中c(Mg2+)=1.0×10-

5mol/L，则滤液B中c(Ca2+)为______。［已知该温度下Ksp(CaF2)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=7.1×10－11］【答案】(1).升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度(任意两种)(2).将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+(3).ClO3-+6

Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O(4).温度为65～75℃、pH为0.5～1.5(5).pH升高后溶液中c(H+)下降，溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低(6).4CoC2O4·

2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O(7).4.8×10-6mol/L【解析】【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将

Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到

草酸钴，煅烧后制得Co2O3。【详解】(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是如升高温度、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等(任意两种)；(2)Co2O3与硫酸反应产生Co2(SO4)3，杂质Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(S

O4)3，Co3+、Fe3+都具有氧化性，而Na2SO3具有还原性，所以在“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是将溶液中的将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；(3)“沉铜”后的滤液中含有Fe2+，向其中加入NaClO3溶液，NaClO3会将Fe2+氧化为Fe3+，则根据电子守

恒、电荷守恒及原子守恒，可知滤液中的Fe2+与NaClO3反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；(4)①根据图1可知，温度在65℃～75℃时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图

2中pH：0.5～1.5铜、钴的浸出率最高，pH>1.5，铜、钴的浸出率开始下降。故“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为温度：65℃～75℃、pH：0.5～1.5；②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3中的OH-和CO32-反应，使得

Co3+和Co2+溶解在溶液中，所以pH升高后溶液中c(H+)浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降；(5)由题中可知CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到C

o2O3，CoC2O4中Co的化合价为+2价，生成Co2O3(Co的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应，而C2O42-具有一定还原性也被O2氧化成CO2，故产物分别为Co2O3和CO2，根据元素守恒

，可推测出产物中还有H2O生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终可得知反应方程式为4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；(6)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=c(Mg2+

)·c2(F-)=7.1×10－11，所以()()()()()()()()22211sp211222sp2cCacCacOHKCaF3.410KMgF7.110cMgcMgcOH++−−−++−====0.48，所以c(Ca2+)=

0.48×1×10-5mol/L=4.8×10-6mol/L。【点睛】本题以Co2O3的制取为线索，考查了化学反应速率的影响因素、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂、溶度积常数的应用，利用图形分析问题等能力，掌握元素及化合物知识、氧化还原反

应原理和化学反应原理是解题关键。要结合做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，然后利用信息分析问题的能力。23.检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+

与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1mm。请回答下列问题

：(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐

水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。(4)室内空气中甲醛含量的测定。①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是__________

____；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成

Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。【答案】(1).Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑(2).饱和食盐水可减缓生成氨气的速率(3).三颈烧瓶(或三口烧瓶)(4).分液漏斗的活塞与旋塞(5).关闭K3和分液漏斗旋塞(6).打开K2，缓

慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2(7).减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收(8).0.0375【解析】【分析】在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶

液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，据此结合

反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可

知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发

生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板

，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银

被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12mg，物质的量n(Fe)=3m1.1210gM56?g/mol−==2×10-5mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmol，则4x

=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、

氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。24.血红蛋白(Hb)和肌红蛋白(Mb)分别存在于血液和肌肉中，都能与氧气结合，与氧气的结合度a(吸附O2的Hb或Mb的量占总Hb或Mb的量的比值)和氧气分压p(O2)

密切相关。请回答下列问题：(1)人体中的血红蛋白(Hb)能吸附O2、H+，相关反应的热化学方程式及平衡常数如下：Ⅰ．Hb(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)ΔH1K1Ⅱ．HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)+H＋(aq)ΔH2K2Ⅲ．Hb(aq)＋O2(g)HbO2(a

q)ΔH3K3ΔH3=_____（用ΔH1、ΔH2表示），K3=_____（用K1、K2表示）。(2)Hb与氧气的结合能力受到c(H＋)的影响，相关反应如下：HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)

+O2(g)。37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压p(O2)与达到平衡时Hb与氧气的结合度的关系如图1所示，pH=7.6时对应的曲线为_____（填“A”或“B”）。(3)Mb与氧气结合的反应如下

：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)ΔH，37℃时，氧气分压p(O2)与达平衡时Mb与氧气的结合度a的关系如图2所示。①已知Mb与氧气结合的反应的平衡常数的表达式K=()()()22cMbOcMbpO，计算37℃时K=____

_kPa-1。②人正常呼吸时，体温约为37℃，氧气分压约为20.00kPa，计算此时Mb与氧气的最大结合度为______（结果保留3位有效数字）。③经测定，体温升高，Mb与氧气的结合度降低，则该反应的ΔH

____（填“>”或“<”）0。④已知37℃时，上述反应的正反应速率v(正)=k1·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v(逆)=k2·c(MbO2)，若k1=120s-1·kPa-1，则k2=______。37℃时

，图2中C点时，vv正逆=____。【答案】(1).△H1+△H2(2).K1·K2(3).A(4).2.00(5).97.6%(6).<(7).60s-1(8).1.00【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，利用化学平衡常数的含义计

算反应III的化学平衡常数；(2)当pH>7.4时，与pH=7.4时相比，氢离子浓度减小，HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)+O2(g)的化学平衡逆向移动，增大了血红蛋白氧结合率；(3)①假设反应开始时

Mb的浓度为1，根据物质的转化率，结合物质反应转化关系可计算该反应的化学平衡常数；②根据K=()()2a1apO−可得a，带入p(O2)=20.0kPa可得a；③根据温度对化学平衡移动的影响分析反应热；④根据化学反应达到平衡时v(正)=v(逆)及37℃时的平衡常数计算k2，

根据37℃时反应平衡常数及图2中C点时结合度计算vv正逆的值。【详解】(1)已知：①Hb(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)ΔH1K1②HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)+H＋(aq)ΔH2K2由于反应热与反应途径无关，所以①+②，整理可得：Hb(aq)+

O2(g)HbO2(aq)ΔH3=△H1+△H2，K1=()()()cHbHcHbcH++，K2=()()()()22cHbOcHcHbHcO++，K3=()()()()()()()()()()2222cHbHcHbOcHcHbOcHbcOcHbHcHbcOcH++++==()()()()(

)()()22cHbHcHbOcHcHbcHcHbHcO++++=K1·K2；(2)当pH>7.4时，与pH=7.4时相比，氢离子浓度减小，HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)+O2(g)的化

学平衡逆向移动，增大了血红蛋白氧结合率，所以根据图示可知曲线A符合要求；(3)①对于反应Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，假设反应开始时Mb的浓度为1，转化率为a，则平衡时c(Mb)=(1-a)，c(MbO2)=a，K=()()()22cMbOcMbpO，根据

图示可知p(O2)=2.0kPa，a=80%，带入可得K=()()()22cMbO0.8cMbpO0.22==2；②人正常呼吸时，体温约为37℃，此时的化学平衡常数K=2.0化学平衡常数K=()()2a1apO−，p(O2)=20.0kPa，则人正常呼吸时2=()120.0aa

−，解得a=97.6%；③经测定，体温升高，Mb与氧气的结合度降低，结合平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以ΔH<0；④当反应达到平衡时，v(正)

=v(逆)，由于v(正)=k1·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v(逆)=k2·c(MbO2)，所以k1·c(Mb)·p(O2)=k2·c(MbO2)，则()()()2122cMbOkkcMbpO==K=2.0kPa，若k1=120s-1·kPa-1，则k

2=1202.0s-1=60s-1；在图2中的C点，a=80%，处于平衡线上，则v(正)=v(逆)，故vv正逆=1.00。【点睛】本题考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、化学平衡的移动、化学反应进行的方向等问题

，题干素材涉及生物知识和人体生命活动，很好的考查了学生学习化学反应原理解决实际问题的能力。25.钕铁硼磁铁是最常使用的稀土磁铁，被广泛应用于电子产品中。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他物质。请回答下列问题：(1)钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中位于第____

周期；基态Fe2＋外围电子的轨道表达式为_____________。(2)实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。①该分子中Al原子采取______杂化。②Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[Al(OH)4]－中

存在的化学键有____（填标号）。A．离子键B．极性共价键C．金属键D．非极性共价键E．氢键(3)FeO是离子晶体，其晶格能可通过如下的Born﹣Haber循环计算得到。基态Fe原子的第一电离能为___kJ·mol-1，FeO的晶格能为___kJ·mol

-1。(4)因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是钕铁硼磁铁的一大弱点，可通过电镀镍(Ni)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成化合物四羰基镍［Ni(CO)4］，其为无色易挥发剧毒液体，熔点为－25℃，沸点为43℃，不溶于水，易溶于乙

醇、苯、四氯化碳等有机溶剂，四羰基镍的晶体类型是_______，写出与配体互为等电子体的分子和离子的化学式为_____、_____（各写一种）。(5)已知立方BN晶体硬度很大，其原因是________；其晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的B、N

原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为_____g·cm-3（列式即可，用含a、NA的代数式表示）。【答案】(1).六(2).(3).sp3(4).B(5).762.5(6).3902(7).分

子晶体(8).N2(9).CN-(10).立方BN晶体是原子晶体，B-N键键能大，所以质地坚硬(11).213A7531016aN【解析】【分析】(1)Nd为60号元素，根据各个周期中包含的元素种类数目及元素周期表结构确定其所在的

位置；根据构造原理书写Fe2+核外电子排布，并用轨道表达式表达；(2)①A12C16为双聚分子结构式，根据图知，每个Al原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型；②[Al(OH)4]－中Al离子和O原

子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，配位键也属于共价键；(3)根据第一电离能和晶格能的定义，结合图示数据解答；(4)根据晶体的性质判断其晶体类型，结合等电子体含义书写配体CO互为等电子体的分子和离子的化学式；(5)已知立方BN晶体硬度很大，说明原子之间作用

力很强，属于原子晶体，用均摊方法根据密度计算公式计算NA的值。【详解】(1)Nd为60号元素，由于元素周期表中各个周期包含的元素种类数目分别是2、8、8、18、18、32、32，则Nd为第六周期第IIIB族，Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe

2+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，价层电子的轨道表达式为：；(2)①A12C16为双聚分子结构式，根据图知，每个Al原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型为sp3杂化；②[Al(OH)4]－中Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极

性键，配位键也属于共价键，故合理选项是B；(3)Fe原子的第一电离能为Fe(g)原子失去1个电子形成Fe+(g)所需要的能量，故Fe的第一电离能为：762.5kJ/mol；FeO晶格能是成Fe2+(g)与O2-(g)形成1molFeO晶体释放的能量，根据图示可知FeO晶格能为3

902kJ/mol；(4)化合物四羰基镍［Ni(CO)4］，其为无色易挥发剧毒液体，熔点为-25℃，沸点为43℃，不溶于水，易溶于乙醇、苯、四氯化碳等有机溶剂，说明其构成微粒之间作用力小，具有分子晶体的特点，故四羰基镍的晶体类型是分子晶体，四羰基镍［Ni(CO)4］的配位体是CO，含有2个

原子，电子总数为14，所以根据等电子体的含义可知与CO互为等电子体的分子为N2，离子为CN-；(5)立方BN晶体硬度很大，其原因是立方BN晶体是原子晶体，原子半径小，B-N键键能大，断裂消耗很高能量，故质地坚硬，熔沸点高；根据BN晶体结构可知，在一个晶

胞中含有的N原子数为：8×18+6×12=4，含有的B原子数目为4×1=4，即一个晶胞中含有4个BN，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，该距离等于晶胞体对角线长度的14，晶胞体对角线长度=4anm，晶胞棱长=43anm，晶胞体积为V=(43anm)3=

(43a×10-7cm)3，阿伏加德罗常数的值为NA，ρ=()A3741114gNmV4a10cm3−+==213A7531016aNg/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子杂化、晶体类型与性质、电离能、晶胞计算等

知识，侧重考查基本公式和基本理论的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，明确“晶胞中最近的B、N原子之间的距离”与晶胞棱长关系是解晶胞计算的关键，注意cm与nm之间的换算关系。26.如图中的Ⅰ是某抗肿瘤

药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。已知：RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。请回答下列问题：(1)C的名称是______，B的

结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。(2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。(3)写出E转化为F的化学方程式____________。(4)X是

G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基

(5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。【答案】(1).对甲基苯酚或4-甲基苯酚(2).(3).取代反应(4).碳碳双键、羧基、酚羟基(5).C9H8O4(6).+3NaOH+NaCl+2H2O(7).

8(8).、、(9).【解析】【分析】A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子

式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液

共热发生反应产生F：，F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为：，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。(1

)C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，

可知其分子式为C9H8O4；(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O；(4)G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇

FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰

的物质的结构简式为：、、；(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化

反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理

能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。