【文档说明】山东省日照一中2021届高三11月份第二次调研考试化学试题 【精准解析】.doc，共(24)页，1.545 MB，由小赞的店铺上传

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日照一中2018级高三第二次调研考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Co-59Ni-59As-75Ag-108Sn-119I-254第Ⅰ卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1

.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A.喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有还原性B.酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C.氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类（例LaNi5）等合金材料都属于混合物D.石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海

绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料【答案】B【解析】【详解】A.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故A正确；B.医用酒精的浓度为75%，并不是酒精纯度越高杀菌消毒效果越好，浓度过大的酒精能够使细菌

表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；C.合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，属于混合物，故C正确；D.石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具

有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故D正确；答案选B。【点睛】合金是混合物。2.下列化学用语或描述中，正确的是A.离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－B.SO3的水溶液能导

电，说明SO3是电解质C.NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋H＋＋SO32-D.同素异形体间的转化和同位素间的转化都是化学变化【答案】A【解析】【详解】A.离子结构示意图表示的是氯离子，与氯离

子的中子数无关，所以它既可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-，故A正确；B.在水溶液中或熔融状态下自身电离出离子导电的化合物为电解质，三氧化硫溶于水和水反应生成的硫酸电离出自由移动的阴、阳离子导电，三

氧化硫是非电解质，故B错误；C.NaHSO3在水中的电离，电离方程式为：NaHSO3═Na++HSO3-，故C错误；D.同位素间的转化原子核发生变化，属于核变化，故D错误；答案选A。【点睛】电解质不一定导电，能导电的物质不一定是电解质，电解质必须是化合物。3.下列实验操作及物质鉴别、分离、

提纯方法合理的是A.二氧化碳气体中有氯化氢：通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶B.用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D.通过元素分析测定某无机固

体样品的组成是MgH2C2O6，该固体可能是碱式碳酸镁【答案】C【解析】【详解】A.CO2和HCl都为酸性气体，碳酸钠和二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠溶液，除去CO2中的HCl，可选择饱和NaHCO3溶液、洗气来除

杂，故A错误；B.镁离子和铝离子与氨水反应分别生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，生成的沉淀均能溶于盐酸，故B错误；C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴接触锥形瓶内壁，减小实验误差，故C正确；D.若为碱式碳酸镁，化学式应为：Mg2(OH)2CO3，通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6，不能

写出碱式碳酸镁，故D错误；答案选C。【点睛】除杂的原则：（1）不增加新杂质；（2）不减少主体物质；（3）易分离、易复原。4.下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是（）A.SO2与NaOH溶液反应B.Na与O2的反应C.Cu在S蒸气中燃烧D.Fe粉加入HNO3中【答案】C【解析】

A.SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，A错误；B.Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，B错误；C.Cu在S蒸气中燃烧生成物只有硫化亚铜，C正确；

D.Fe与稀HNO3生成硝酸铁、NO和H2O，与浓硝酸常温下钝化，加热生成硝酸铁、NO2和H2O，D错误，答案选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB.0.24gMg

在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NAC.3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD.1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故

A错误；B.0.24gMg为0.01mol，Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去0.02mol电子，则转移电子数为0.02NA，故B正确；C.CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质

量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子，故C正确；D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价，故1mol过氧化钠转移2m

ol电子即2NA个，故D正确；答案选A。6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大。其中A为d元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，常温下乙为液体。下列说法正确的是A.简单离子半径：c>bB.反应①为吸热反应C.

②在常温下反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1D.b、d分别与a形成的化合物中，化学键类型一定完全相同【答案】C【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，乙应该为H2O；甲+乙→丙，丙+A→丁+乙（H2O）+戊，A为d元素组成的单质，

甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，则a为H、b为O、c为Na、d为Cl，甲为Na2O、丙为NaOH、A为Cl2，据此进行解答。【详解】根据分析可知a、b、c、d分别为H、O、Na、C

l；A为Cl2，甲为Na2O、丙为NaOH；A.c、b的简单离子为Na+、O2-，两者具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，故简单离子半径：c<b，故A错误；B.反应①为Na2O与水的化合反应，为放热

反应，故B错误；C.常温下②的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氧化剂和还原剂都是氯气，物质的量之比为1:1，故C正确；D.b、d分别与a形成的化合物为H2O、H2O2、HCl，H2O、HCl中只有极性键，H2O2中既有

极性键又有非极性键，化学键类型不一定完全相同，故D错误；答案选C。7.用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是A.通入HCl可以抑制CuCl2的水解B.先滴入浓硫酸，再点

燃c处酒精灯C.硬质玻璃管内部右侧会出现白雾D.装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液【答案】D【解析】【详解】A.通入HCl抑制Cu2+水解，故A正确；B.先滴入浓硫酸，促使HCl挥发出来，再点燃c处酒精灯，故B正确；C.硬质玻璃管内部HCl遇水蒸气出现白雾，故C正确；D

.若上层为苯，下层为NaOH溶液，装置d中会倒吸，应上层为NaOH溶液，下层为CCl4，故D错误；故选D。8.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．饱和溶液的浓度不同，不能比较酸性，应测定等浓度时的pH比较，故A不选；B．先加氯水

可以氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，应先加KSCN溶液物现象，后加氯水检验亚铁离子，故B不选；C．通常用硫酸酸化高锰酸钾溶液，原溶液中含有硫酸根离子干扰了检验，无法证明二氧化硫被氧化成硫酸根，故C不选；D．酸的电离程度越大，其酸根离

子水解程度越小，则其相应的钾盐的pH值越小，所以测定等物质的量的HCOOK和2KS溶液的pH，可以比较()aKHCOOOH和()a22KHS的大小，故选D。答案选D9.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性

炭作用下制取SO2Cl2［SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol］，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列

说法错误的是A.乙装置中盛放的试剂是P2O5，防止水蒸气进入装置中B.装置甲应置于冰水浴中，目的是提高SO2Cl2产率C.反应结束后，分离甲中混合物的实验操作是蒸馏D.SO2、Cl2均可使品红试液褪色，原理不相同【答案】

A【解析】【分析】SO2Cl2沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管，作用是使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流；由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，Cl2、SO2都是有毒气体，故乙中应使用

碱性试剂，又因SO2Cl2遇水能发生剧烈反应并产生白雾，所以乙中盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解；活性炭有多孔结构可以增大反应物之间的接触面，提高反应速率；分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。【详解】A.乙装置中盛放的试剂是碱石灰

，吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解，故A错误；B.制备硫酰氯的反应为放热反应，装置甲应置于冰水浴中，可提高SO2Cl2产率，故B正确；C.根据硫酰氯的熔沸点数据，反应结束后，分离沸点不同的液体可以用蒸

馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏，故C正确；D.SO2、Cl2均可使品红试液褪色，二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性，氯水中的次氯酸具有氧化性而具有漂白性，二者漂白原理不一样，故D正确；答案选A。10.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，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.过程I得到的Li3N是离子化合物B.过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑C.反应Ⅲ中能量转化的方式是电能转

变为化学能D.过程I、II、III均为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．Li3N中锂离子与氮离子通过离子键结合，该化合物为离子化合物，A正确；B．反应II是Li3N和H2O反应生成LiOH和NH3，化学

方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；C．反应III是由LiOH制取金属Li和O2和H2O，故反应III是对LiOH进行了电解，能量转化是电能转化为化学能，C正确；D．反应II是Li3N和

H2O反应生成LiOH和NH3，在该反应中没有元素化合价的变化，因此该反应不属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。二、选择题：每小题有1个或2个选项符合题意11.2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO2、A1等，

处理该废料的一种工艺如下图所示，下列说法正确的是A.酸溶时H2O2做氧化剂，且温度不宜过高B.加氨水调pH的目的是除铝C.沉钴的离子方程式为：Co2++C2O42-=CoC2O4↓D.在空气中加热4.41gCoC2O4得到钴的氧化物2.41g

，则该氧化物的化学式为Co3O4【答案】CD【解析】【详解】A.“酸溶”时加入H2O2的目的是将+3价的钴还原为+2价，H2O2是还原剂，为防止H2O2分解温度不宜过高，故A错误；B.加氨水调节pH的目的是将Li+转变为LiOH沉淀而除去，故B错误；C.“沉钴”时，CoSO4溶液和

(NH4)2C2O4反应生成CoC2O4沉淀和(NH4)2SO4，离子方程式为：Co2++C2O42-=CoC2O4↓，故C正确；D.煅烧4.41g(0.03mol)CoC2O4生成钴氧化物，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，根据Co守恒，钴元素的物质的量为0.03mol，质量为

0.03mol×59g/mol=1.77g，氧元素的质量为2.41g−1.77g=0.64g，其物质的量为0.04mol，据此可知化学式为Co3O4，故D正确；答案选CD。12.电絮凝的反应原理是以铝、铁等金属为阳极，在直流电的作用下，阳极

被溶蚀，产生金属离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是A.每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子数为4NAB

.阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH—C.若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+和2H2O-4e-=O2↑+4H+D.若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O

2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，在直流电的作用下，阳极产生金属阳离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水

中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。【详解】A.每产生1molO2，根据电极反应，M-ne-=Mn+和2H2O-4e-=O2↑+4H+，转移电子的物质的量大于4mol，转移电子数大于4NA，故A错误；B.根据题意，可得到阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH

-，故B正确；C.根据题意，若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+和2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确；D.若铁为阳极，在电流作用下，Fe-2e-=Fe2+，亚铁离子不稳定，具有还原性，易被氧气氧化，则在处理废水的过程中阳极附近会

发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；答案选A。13.石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反应式为LixC6+Li1-xCoO

2放电充电C6+LiCoO2，其工作原理如下图所示。下列关于该电池的说法正确的是（）A.充电时，Li+嵌入2LiCoO中B.放电时，2LiCoO极发生的电极反应为21x2LiCoOxeLiCoOxLi−+−−=+C.放电时负极反应为：LieLi−+−=D.

充电时，若转移1mole−，石墨烯电极增重7g【答案】D【解析】【分析】根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池

的工作原理来解答。【详解】A.充电时，石墨烯为阴极，C6发生还原反应生成LixC6，则Li+向石墨烯移动，故A项错误；B.放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的还原反应,电极反应式为：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，故B项错误；C.放电时负极反应为LixC6-xe-=

C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；D.充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi++xe-=LixC6，根据关系式xe-~C6~LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mole-，电极增重为1mol×7g/mol

=7g,故D项正确；答案选D。【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。14.25℃时，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加

盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化），下列说法正确的是A.a表示lgc(A-)与pH的关系曲线B.K(HA)的数量级为10-5C.P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴

加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)·c(OH-)均增大【答案】BC【解析】【分析】根据图像分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大；c的浓度对数值在减小，为c(H+)浓度变化曲线；d的浓度对数值在增大，为c

(OH-)浓度变化曲线；pH小于4.75时，a的浓度对数值不变，pH越大，a的浓度对数值减小，应该是c(HA)的变化曲线；b的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c(A-)变化曲线；【详解】A.根据上述分析a表示lgc(HA)与pH的关系曲线，故A错误；B.K(HA)的表达式为

K(HA)=()()()cAcHcHA−+，pH=4.75时，c(HA)=c(A-)，K(HA)=()()()cAcHcHA−+=10-4.75≈1.78×10-5，数量级为10-5，故B正确；C.P

点时，c(OH-)=c(HA)，P点的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，变式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据题中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n

(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol，故C正确；D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，K(HA)=()()()cAcHcHA−+，c（H+）=()wKcOH−，K(HA)=()()()··wcAKcOHcHA−−，K(HA)、K

w只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c(A-)在减小，c(OH-)∙c(HA)在减小，故D错误；答案选BC。15.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe

(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法正确的是A.反应①中每消耗4molKOH，吸

收标准状况下44.8LCl2B.氧化性：K2FeO4＞KClOC.若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1D.若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2m

olK2FeO4时消耗0.3molCl2【答案】AD【解析】【详解】A.反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mo

l=44.8L，故A正确；B.反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4<KClO，故B错误；C.设ClO−为5mol，ClO3−为1mol，氯气转化成ClO−、ClO3−被氧化

，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol:(5mol+1mol)=5:3，故C错误；D.根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4

∼3KClO∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，故D正确；答案选AD。第Ⅱ卷三、非选择题16.N、Ca是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。(1)基态N原子最高能级的电子云轮廓图形状为_________；N原子的第一电离

能比O原子的大，其原因是________，基态铁原子的价电子排布图为_________。(2)在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，晶体结构如图所示。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。氮原子的杂化轨道类型为____。这种高聚氮N-N键的

键能为160kJ/mol，而N2的键能为942kJ/mol，其可能潜在的应用是____。(3)叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活，如汽车安全气囊等。①写出与-3N属于等电子体的一种分子_______(填分子式)。②氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HN

O2氧化制得，同时生成水。下列叙述错误的是_______(填标号)A．上述生成HN3的化学方程式为：N2H4+HNO2=HN3+2H2OB．NaN3的晶格能大于KN3的晶格能C．氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键D．HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子E．HN3分子中

四个原子可能在一条直线上(4)某钙钛矿太阳能电池材料的晶胞如图所示，其晶胞参数为dpm、密度为ρg·cm-3。则该晶体的摩尔质量____g·mol-1。(用含d、ρ等符号的式子表示，用NA表示阿伏加德罗常数的值)【答案】(1).哑铃形(或纺锤

形)(2).N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态(3).(4).sp3(5).制炸药(或高能燃料)(6).CO2或N2O(7).DE(8).d3ρNA×10-30【解析】【分析】【详解】(1)氮是7号元素，核外电子排布

式为1s22s22p3，最高能级为2p，其电子云形状为哑铃形(或纺锤形)；一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其第一电离能也越大，但当原子核外电子排布处于全满、半满或全空时是稳定结构，其第一电离能大于同一周期相邻元素。由于N原子核外电子排布式为1s22s2

2p3，2p轨道处于半充满的稳定状态；O原子核外电子排布式为1s22s22p4，O原子失去1个2p电子后2p轨道变为半充满的稳定结构，所以N的第一电离能比O大；Fe是26号元素，价电子排布式是3d64s2，则其价

电子排布图为；(2)晶体中每个N与形成3个N-N键，每个N原子上还含有1对孤电子对，则中心N原子的价层电子对数为4，所以N原子杂化方式为sp3杂化；由高聚氮的结构和制备条件可知高聚氮含有非常高的化学能，且高聚氮N-N键的键能为比N2中键能小

得多，则高聚氮中N-N键更容易断裂，并且释放大量热，故其可能潜在的应用是制炸药(或高能燃料)；(3)①等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与-3N互为等电子体的一种分子为：CO2(或N2O)；②A．氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO3氧化制得，同时生成水，根据原子守恒、

电子守恒，可得反应方程式为：N2H4+HNO2=HN3+2H2O，A正确；B．NaN3和KN3都属于离子晶体，由于离子半径：K+＞Na+，离子半径越大，离子之间作用力就越小，该晶体的晶格能就越小，所以NaN3的晶格能大于K

N3的晶格能，B正确；C．HN3中存在着电负性较大的N元素，分子中存在N-H键，故能与水形成氢键，C正确；D．在HN3分子中都存在极性键N-H、非极性键N≡N；在N2H4分子中存在极性键N-H和非极性键N-N，但都是极性分子，D错误；E．HN3中-3N为直线结构，与H相连的N为sp

2杂化，所以四个原子不可能在同一条直线上，E错误；故合理选项是DE；(4)1个晶胞中含有1个Pb2+，含有I-数目为12×6=3；含有CH33NH+的数目为18×8=1，则该晶胞化学式是PbCH33NH+I3，假设其摩

尔质量为Mg/mol，则ρ=()310AmMVNd10−=g/cm3，所以M=d3ρNA×10-30g/mol。17.硝酸银是一种无色晶体，易溶于水。用于照相乳剂、镀银、制镜、印刷、医药、染毛发等，也用于电子工业。硝酸银不稳定，

易发生如下反应：①2AgNO3(s)＝2Ag(s)+2NO2(g)+O2(g)△H1＞0②2NO2(g)N2O4(g)△H2＜0（1）实验室配制硝酸银溶液的方法是：将一定量硝酸银固体溶于浓硝酸中，加水稀释至指定体积。“硝酸”的作用是___________________。（2）2Ag

NO3(s)＝2Ag(s)+N2O4(g)+O2(g)△H＝______________(用含△H1、△H2的式子表示)。（3）温度T1时，在0.5L的恒容密闭容器中投入3.4gAgNO3(s)并完全分解测得混合气体的总物质的量（n)与时间(t)的关系如图所示。①下列情况能说明体系

达到平衡状态的是_________(填字母)a.固体质量不再改变b.O2的浓度不再改变c.NO2的体积分数不再改变d.混合气体的密度不再改变②若达到平衡时，混合气体的总压强p＝0.3MPa。反应开始到10min内N2O4的平均反应速率为___________MPa·min－1。在该温

度下2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数Kp＝___________(MPa)－1(结果保留2位小数)。[提示：用平衡时各组分分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)，组分的分压(P1)＝平衡时总压(p)×该组分的体积分数()]③实验

测得：υ正＝υ(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，υ逆＝2υ(N2O4)消耗＝k逆c(N2O4)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。则化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K＝___________。若将容

器的温度改变为T2时其k正＝k逆，则T1______T2(填“＞”、“＜”或“＝")（4）NO与O2反应生成NO2的反应历程为：第一步NO+NON2O2（快速平衡）第二步N2O2+O2＝2NO2（慢反应），下列叙述正确的是__

_________(填标号)。A.υ(第一步的正反应)＜υ(第二步的反应)B.总反应快慢由第二步决定C.第二步的活化能比第一步的高D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效【答案】(1).抑制Ag+水解(2

).△H1+△H2(3).c(4).0.006(5).4.17(6).kk正逆(7).＜(8).BC【解析】【分析】（1）银离子易水解，故加硝酸抑制水解；（2）根据盖斯定律可以得到目标方程式的焓变；（3）①根据平衡的判断依据，直接判据和间接判据；3.4gAgNO3的物质的量为

0.02mol，完全分解产生氧气的物质的量为0.01mol，二氧化氮的物质的量为0.02mol，设平衡时四氧化二氮的物质的量为xmol，所以二氧化氮的物质的量为0.02-2xmol，平衡时气体的总物质的量为0.03mol-xm

ol=0.025mol，x=0.005，根据求出x的值，再求出混合气体中四氧化二氮的物质的量分数，求出四氧化二氮的压强分数，算出压强的变化，从而算出速率；物质的体积分数等于物质的量分数，算出平衡常数Kp；根据所给信息，υ正＝υ(NO2)消耗＝k正c2(NO2)

，υ逆＝2υ(N2O4)消耗＝k逆c(N2O4)，求出平衡常数K，将容器的温度改变为T2时，若k正=k逆，比较K与T1时K的相对大小，可以判断出温度的高低；（4）A．第一步为快反应，则υ（第一步的正反应）>υ（第二步的反应）；

B．总反应快慢由慢反应决定；C．降低活化能，可加快反应速率；D．第二步反应较慢，则有效碰撞的次数较少。【详解】（1）银离子易水解，故加硝酸抑制Ag+水解，故答案为：抑制Ag+水解；（2）①2AgNO3(s)＝2Ag(s)+2NO2(g)+O2(g)△H1＞0②2NO2(g)N2O4

(g)△H2＜0根据盖斯定律：①+②可以得到2AgNO3(s)＝2Ag(s)+N2O4(g)+O2(g)△H＝△H1+△H2，故答案为：△H1+△H2；（3）①a．银粉的质量不再改变只能说明硝酸银完全分解，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；b

．由于体积不变，所以氧气的浓度不变只能说明硝酸银完全分解，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；c．二氧化氮的体积分数不变，说明反应达到了平衡状态，故C正确；d．当硝酸银完全分解时气体的质量和体积均不变，所以混合气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；答案为c；②3.4gA

gNO3的物质的量为0.02mol，完全分解产生氧气的物质的量为0.01mol，二氧化氮的物质的量为0.02mol，设平衡时四氧化二氮的物质的量为xmol，所以二氧化氮的物质的量为0.02-2xmol，平衡时气体的总物质的量为0.03mol-xmol=0.025mol，x

=0.005，所以，气体的物质的量之比等于压强之比，四氧化二氮的物质的量为0.005mol，占气体的总物质的量的15，混合气体的总压强p＝0.3MPa，则四氧化二氮压强也占15，平衡时四氧化二氮的压强为15

p＝15×0.3MPa=0.06MPa，则四氧化二氮的压强变化为0.06MPa，10min内N2O4的平均反应速率为=0.06MPa10min=0.006MPa·min－1，物质的体积分数等于物质的量分数，由计算可知：平衡时四氧化二氮的物质的量分数

为0.2，二氧化氮的物质的量分数为0.4，所以二氧化氮的分压为0.3MPa×0.4=0.12MPa，四氧化二氮的分压为0.06MPa，所以反应2NO2(g)N2O4(g)在该温度下的平衡常数Kp=20

.060.12=4.17，故答案为：0.006；4.17；③υ正＝υ(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，υ逆＝2υ(N2O4)消耗＝k逆c(N2O4)，2NO2(g)N2O4(g)，平衡时，υ正=υ逆，则k正c2(NO2)=k逆c(N2O4)，平衡常数

K=()()2422cNOcNO=kk正逆；反应2NO2(g)N2O4(g)在T1时的平衡常数K=()()2422cNOcNO=()20.005mol0.5L0.01mol0.5L=25，将容器的温度改变为T2

时，若k正=k逆，则K=1<25，正反应为放热反应，则升温平衡常数减小，则T2>T1，故答案为：kk正逆；<；（4）A.第一步为快反应，则υ(第一步的正反应)>υ(第二步的反应)，故A错误；B.第二步反应较慢，则总反应快慢

由第二步决定，故B正确；C.降低活化能，可加快反应速率，则第二步的活化能比第一步的高，故C正确；D.第二步反应较慢，则有效碰撞的次数较少，可知N2O2与O2的碰撞不可能100%有效，故D错误；故答案为：BC。18.无水四氯化锡(SnCl4)用于制作FTO导电玻

璃，FTO玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，可用如图装置制备四氯化锡。有关信息如下表：化学式SnSnCl2SnCl4熔点/℃232246﹣33沸点/℃2260652114其他性质银白色固体金属无色晶体，Sn(Ⅱ)易被Fe3+、I

2等氧化为Sn(IV)无色液体，易水解(1)仪器A的名称为_____，A中发生反应的化学方程式为______。(2)Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制温度在____范围内(

填标号)。a．114～232℃b．232～652℃c．652～2260℃(3)为了确认丁中SnCl2的生成，可选用以下________检验。(填标号)a．稀盐酸b．酸性高锰酸钾溶液c．滴有KSCN溶液的FeCl3溶液

(4)实验所得SnCl4因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是_________(填序号)。a．用NaOH溶液洗涤再蒸馏b．升华c．蒸馏d．过滤(5)碘氧化法滴定分析产品中Sn(Ⅱ)的含量。准确称取11.9g产品于锥形瓶中，用蒸

馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用0.1mol•L-1碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现___现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液50mL，则产品中Sn(II)的质量分数为__。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).KMnO

4+16HCl(浓)＝5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O(3).b(4).c(5).c(6).溶液变蓝，且30s内颜色不变(7).5%。【解析】【分析】实验为制取无水四氯化锡(SnCl4)的装置，装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡(SnCl

4)，则装置甲为制取氯气，乙、丙为除去HCl及水的装置，四氯化锡(SnCl4)为分子晶体，熔沸点较低，装置戊为收集四氯化锡(SnCl4)，碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置戊。【详解】(1)由构造知，仪器A的名称为蒸馏烧瓶，A中发生反应的化学方程式为KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2

MnCl2+2KCl+8H2O；(2)C12和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，由表中沸点数据可知应控制温度在232～652℃范围内；故答案为：b；(3)为了确认丁中SnCl2的

生成，可选用滴有KSCN溶液的FeCl3溶液，观察红色是否褪去，因高锰酸钾可氧化氯离子；故答案为：c；(4)实验所得SnCl4因溶解了Cl2而略显黄色，且SnCl4为液体，可以蒸馏除去Cl2提纯SnCl4；故答案为c；(5)准确称取11.9g产品于锥形瓶中，用蒸馏

水溶解，淀粉溶液做指示剂，用0.1mol•L-1碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现溶液变蓝，且30s内颜色不变现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液50mL，由Sn2++I2═Sn4++2I-，可知n(SnCl2)=n(I2)=0.1mol/L×50×1

0-3L=0.005mol，Sn(II)的质量分数为0.005119/11.9molgmolg×100%=5%。19.草酸亚铁（FeC2O4）作为一种化工原料,可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原

料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：(1)如图是反应温度、加料时间及分散剂的质量分数对草酸亚铁纯度的影响：从图象可知，制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是_____________________________(2)写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的

离子方程式______________________(3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的TiO2·H2O，该反应的化学方程式为___________________________。(4)流程图中“滤液”经处理后得到一种

化肥，其化学式为_________。“一系列操作”指___________。(5)草酸亚铁固体纯度的测定①准确称取mg草酸亚铁固体样品，溶于30mL2mol·L-1H2SO4溶液中，在60~80℃水浴加热，用100mL容量瓶配成100.00mL溶液

。②取20.00mL，用KMnO4标准溶液(浓度为cmol·L-1)消耗V1mL。③向滴定后的溶液中加入适量锌粉，用试剂x检验Fe3+至极微量，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液中。④继续用KMnO4标准溶液(浓度为cmol·L-1)滴定至终点，

消耗V2mL。在②中溶液中发生2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，还有另一氧化还原反应，写出其离子方程式_____________，步骤③中检验其中微量的Fe3+的试剂x名称是______

___溶液，固体样品的纯度为_____________(用含c、V1、V2的式子表示)【答案】(1).温度40℃，加料时间25min，分散剂质量分数20%(2).Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋(3).TiOSO4+2H2O热水TiO2·H2O↓+H2SO4(4).(NH4)2SO4(5).

洗涤干燥(6).MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O(7).KSCN(8).2360V%mc【解析】【分析】根据图中信息脱硫渣和硫酸反应主要生成硫酸铁，过滤，向滤液中加入足量铁粉，与硫酸铁反应，过滤，滤渣主要是过量铁粉和TiOSO4，再向

滤液中加入氨水生成氢氧化亚铁和硫酸铵，滤液中主要是硫酸铵，向氢氧化亚铁中加入草酸和乙醇，过滤，经过一系列最终得到草酸亚铁晶体。【详解】(1)根据图像信息可知40℃纯度最高，加料时间在25min产品纯度最高，分散剂质量分数20%时产品纯度最高，因此制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是温度40

℃，加料时间25min，分散剂质量分数20%；故答案为：温度40℃，加料时间25min，分散剂质量分数20%。(2)写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的是铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，其离子方程式Fe＋2Fe3＋=

3Fe2＋；故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。(3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的TiO2·H2O，该反应的化学方程式为TiOSO4+2H2O热水TiO2·H2O↓+H2SO4

；故答案为：TiOSO4+2H2O热水TiO2·H2O↓+H2SO4。(4)过量氨水和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁和硫酸铵，因此流程图中“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为(NH4)2SO4。“一系列操作”指是

过滤后需要洗涤干燥；故答案为：(NH4)2SO4；洗涤干燥。(5)在②中溶液中发生2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，还有另一氧化还原反应是亚铁离子被酸性高锰酸根反应，其离子方程式MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，步骤③用KSC

N溶液检验其中微量的Fe3+，步骤④是亚铁离子消耗高锰酸钾V2mL，根据MnO4－—5Fe2＋得到n(Fe2＋)=5cmol·L−1×V2×10−3L=5c×V2×10−3mol，因此固体样品的纯度为31221051445Vmolmolgω=100%mg360V%mcc−−=；

故答案为：MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；KSCN；2360V%mc。20.新型冠状病毒引起了全世界的关注。国外顶级医学期刊《新英格兰医学杂志》在2020年1月31号报道称：美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)感染患者，在住院第7天开始使用药物R

emdesivir(瑞德西韦)治疗，经治疗后发烧症状消失，咳嗽减轻，病情明显好转！Remdesivir(瑞德西韦)的初步治疗效果引起了我国的高度重视。发现中间体K是合成该药物的关键中间体。药物瑞德西韦(Remdesivir))对

2019年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如下：已知：Ⅰ.R—OH2SOCl，催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→R—ClⅡ.HCN催化剂⎯⎯⎯→3NH⎯⎯⎯→+2H/HO⎯⎯⎯⎯→回答下列问题：(

1)B的化学名称为______________。(2)J中含氧官能团的名称为________。(3)B到C的反应类型__________。(4)由G生成H的化学反应方程式为_______。(5)E中含两个Cl原子，则E的结构简式_________

_____。(6)X是C同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式__________①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子②遇FeCl3溶液发生显色反应③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2(7)设计由苯甲醇为原料制备化合物的合成路线__________(无机试剂

任选)。【答案】(1).对硝基苯酚(2).酯基(3).取代反应(4).HCHO+HCNHOCH2CN(5).(6).、(7).【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B发生信息1的反应生成C，根据C结构简式知，B为，则A为，D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应

生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，FJ发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；(7)的水解产物为，分子结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加

成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。【详解】(1)由分析知：B为，B的化学名称为对硝基苯酚；(2)由分析知：J为，J中含氧官能团的名称为酯基；(3)B为，B中氢原子被CH

3CO-取代生成C，B到C的反应类型取代反应；(4)H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为HCHO+HCNHOCH2CN；(5)由分析知：E为；(6)C是对硝基乙酸苯酯，X是C同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl₃

溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成1mol氢气，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为、；(7)的水解产物为

，分子结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，则具有合成流程为：。【点睛】考查有机物的推断与合成，注意利用各物质的结构与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官

能团的性质与转化，既注重基础知识巩固训练，又较好的考查学生分析推理能力与知识迁移应用。