【文档说明】河北省唐山市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(24)页，1.976 MB，由管理员店铺上传

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唐山市2021-2022学年度高三年级第一学期期末考试化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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

它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28S-32V-51Cu-64Zn-65Pb-207I卷(共43分)一、单项选择

题：本题共9小题，每小题3分，共27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.化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法错误的是A.工业中可利用反应Na(l)+KCl(l)850℃K(g)+NaCl(l)来制取金属K

B.油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应C.水玻璃是建筑行业常用的粘合剂D.自来水杀菌消毒可使用明矾【答案】D【解析】【详解】A．850℃时，钾气化变为钾蒸气脱离反应体系，促进反应平衡正向移动从而制取金属钾，A正确；B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分

，故该反应又叫皂化反应，B正确；C．水玻璃具有黏性，可以用于建筑行业的粘合剂，C正确；D．明矾溶于水形成胶体，吸附水中悬浮杂质，不能杀菌消毒，D错误；故答案选D。2.下列物质名称或化学式错误的是A.胆矾：CuSO4·5H2OB.漂白粉有效

成分：Ca(ClO)2C.硬脂酸：C15H31COOHD.酚醛树脂：【答案】C【解析】【详解】A．胆矾为CuSO4结合5个水分子形成，对应化学式为CuSO4·5H2O，A正确；B．漂白粉中含有Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2，B正确；C．硬脂酸

为饱和脂肪酸，对应化学式为C17H35COOH，C错误；D．酚醛树脂为苯酚与甲醛反应形成，对应结构简式为：，D正确；故答案选C。3.关于非金属元素及其化合物的性质，下列说法正确的是A.SiO2既能与HF反应又能与NaOH溶液反应，因此为

两性氧化物B.工业上可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏C.S与足量的O2反应可生成SO3D.因为海水中氯的含量高，所以氯被称为“海洋元素”【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅为酸性氧化物，与HF反应属于其特性，A错误；B．浓氨水挥发出的氨气能与氯气反应

生成白烟，故可用来检验氯气管道是否泄漏，B正确；C．S与氧气反应生成二氧化硫，C错误；D．“海洋元素”为溴，D错误；答案选B。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.78gNa2O2与足量CO2反应转移电

子数为NAB.pH=2的HCl溶液中，H+的数目为0.02NAC.18g2H2O分子中含有的电子数目为10NAD.标准状况下，将22.4L的NO与11.2L的O2混合可得NA个分子【答案】A【解析】【详解】

A．78gNa2O2的物质的量为1mol，与足量CO2反应生成0.5mol氧气，根据生成氧气时所失电子数可知，反应转移电子数为NA，A正确；B．溶液体积未知，无法确定溶液中微粒数目，B错误；C．18g2H2O的物质的量为118g20gmol−=0.9m

ol，一个2H2O分子含有2+8=10个电子，所以18g2H2O分子中含有的电子数目为9NA，C错误；D．标准状况下，将22.4L的NO与11.2L的O2混合，即1molNO和0.5molO2，二者恰好完全反应生成1molNO2，但NO2会发生反应2NO2N2O4，导致分子

数目小于NA，D错误；综上所述答案为A。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述正确的是A.Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物

B.化合物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.化合物X2Y2Z4可以与乙醇在一定条件下发生缩聚反应D.X与Z形成的原子数比为1：1型分子只具有氧化性【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态

化合物，则X为H元素，Z为O元素，W的原子半径在同周期主族元素中最大，则W为Na元素，根据Y形成4条共价键，且中间的离子为-2价可知，Y为C元素。【详解】A．C的氢化物是烃，C原子数较多的烃在常温下是固体，沸点比H2O、H2O2高，A错误；B

．根据分析，化合物A为草酸钠，草酸根具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，B正确C．化合物H2C2O4（草酸）由两个-COOH相连组成，可以与乙醇（CH3CH2OH）可以发生酯化反，但不能发生缩聚反应，C错误；

D．H与O形成的原子数比为1：1型分子是H2O2，O为-1价，既有氧化性又有还原性，D错误；故选B。6.用绿矾制备电池电极材料LiFePO4的流程如图：下列说法正确的是A.反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B.可用KSCN溶液检验反应1中Fe2+是否剩余C.洗涤沉淀

时可用玻璃棒搅拌D.反应2的化学方程式为：2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．反应1中NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，NaClO为氧化剂，Fe2+为还原剂

，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，A错误；B．KSCN溶液可以检验Fe3+，无法确定Fe2+是否剩余，应用K3[Fe(CN)6]溶液检验，B错误；C．洗涤沉淀时用玻璃棒搅拌容易把滤渣捣破，C错误；D．根据流程可知，反应2中FePO4与H2

C2O4、LiOH反应得到LiFePO4，Fe元素被还原，根据各元素的价态规律可知，应是H2C2O4被氧化生成CO2，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O，D正确；综上所述答案为D。7.下列实验操作、现

象和结论均正确的是实验操作现象结论A向某溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液生成白色沉淀原溶液中有SO24−B将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中最终得红色溶液过氧化钠与水反应生成碱性物质C将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成H2

、Cl2化合生成HClD向浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A

．向含有SO2-3的溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液，也有BaSO4白色沉淀产生，因为硝酸能氧化SO2-3，A错误；B．将过量的Na2O2投入滴有酚酞的水中，Na2O2与水反应生成NaOH，使酚酞变红，但过量的Na2O2有

漂白性，又会使溶液褪色，故最终溶液为无色，现象错误，B错误；C．H2与Cl2反应生成HCl，HCl遇空气中水蒸气产生白雾现象，而不是白烟，现象错误，C错误；D．由于Cl-、I-浓度相等，滴加AgNO3先产生黄色沉淀AgI，说明AgI溶度积更小，D正确；故答案选D。8.香

豆素—3—羧酸的结构简式如图所示，下列说法错误的是A.分子式为C10H6O4B.1mol该有机物最多消耗3molNaOHC.分子中含有官能团只有羧基、酯基D.该分子中所有原子可能共面【答案】C【解析】【详解】A．根据该物质的结构

简式可知其分子式为C10H6O4，A正确；B．羧基、酯基可以和NaOH反应，且该物质中酯基水解得到酚羟基，也可以和NaOH反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，B正确；C．该物质含有的官能团有酯基、羧基、碳碳双键，C错误；D．苯环、碳碳双

键、碳氧双键及其所连原子均为平面结构，各平面以单键相连，所有原子可能共面，D正确；综上所述答案为C。9.已知Ka(HClO)=3.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，下列说法错误的是A.向0.1mol·L-1NaClO

溶液中加水稀释，+c(H)c(HClO)增大B.向NaClO溶液中通HCl气体至中性，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)C.等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强D.向氯水中加

入稍过量的碳酸氢钠粉末，溶液漂白性增强【答案】B【解析】【详解】A．+c(H)c(HClO)=(HClO)(ClO)acK−，加水稀释c(ClO-)减小，Ka(HClO)不变，所以该比值增大，A正确；B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO

-)+c(Cl-)，B错误；C．Ka(HClO)＜Ka1(H2CO3)，所以HClO的酸性更弱，则ClO-的水解程度更大，等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强，C正确；D．氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，稍过量的碳酸氢钠粉末可以消耗HCl，使平衡正向

一定，HClO增多，溶液漂白性增强，D正确；综上所述答案为B。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案

包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。10.下列离子方程式正确的是A.将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO23−B.AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al++3NH3·H2O=Al(OH)3

↓+3NH4+C.向NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD.向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2【答案】BD【解析】的【详

解】A．将少量SO2通入NaClO溶液中，SO2被ClO-氧化为SO24−，离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=Cl-+SO24−+2HClO，A错误；B．氨水碱性较弱，不能与氢氧化铝沉淀反应，B正确；C．

澄清石灰水少量，Ca(OH)2中两个OH-都能反应，离子方程式应为2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO23−，C错误；D．向FeBr2溶液中通入氯气时，Fe2+先被氧化，然后是Br-，当通入等物质的量的Cl2时，Br-反应一半，离子方程式为2

Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2，D正确；综上所述答案为BD。11.向含xmolHNO3和ymolH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：下列有关说法正确的是A.

x=0.2，y=0.1B.a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2OC.向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92gD.反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)【答案】C【解析】【分析】铁粉加入后，首先和HNO3反应，被氧化成

Fe3+，故oa段生成0.1molFe3+，a点过后，Fe3+量开始减少，说明此时发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，当Fe3+完全反应后，Fe2+物质的量仍然在增加，说明发生反应Fe+2H+=Fe

2++H2↑，说明a点过后，H+仍然有剩余，故硝酸根在oa段完全反应。【详解】A．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得3n(NO)=3n(Fe3+,oa)，故n(NO)=0.1mol，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1mo

l，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=3+3(Fe)=0.15mol2n，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2mol-0.15mol=0.05mol，对应H+物质的量=2n2=0.1mol，oa段反应为：Fe+-3NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段

消耗的H+物质的量=4n(Fe3+,oa)=0.4mol，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4mol+0.1mol=0.5mol，则n(H2SO4)=30.5-(HNO)0.5-0.1=mol=0.2mol22n，故x=0.1，y=0.2，A错误；B．由分析知，

a点之前，Fe被氧化为Fe3+，对应离子方程式为Fe+-3NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，B错误；C．b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为xmol，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生

成的Fe2+物质的量为1.5xmol，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04mol，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1mol-0.04mol=0.06mol，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=3+(

Fe)0.06mol==0.03mol22n，对应质量=0.03mol×64g/mol=1.92g，C正确；D．oa段生成气体NO物质的量n(NO)=0.1mol，由A选项分析知，由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的

量n2=0.2mol-0.15mol=0.05mol，生成H2的物质的量n(H2)=n(Fe2+)=0.05mol，故整个过程共产生气体0.15mol，对应体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，D错误；故答案选

C。12.顺—1，2—二甲基环丙烷(g)和反—1，2—二甲基环丙烷(g)可发生如图转化：k(正)k(逆)该反应的速率方程可表示为：v正=k正·c顺和v逆=k逆·c反，k正和k逆在一定温度时为常数，分别为正、逆反应速率常数。T1

温度下，k正=0.006，k逆=0.002。下列说法错误的是A.T1温度下，反应的平衡常数K=3B.温度升高，k正和k逆均增大C.若该转化过程为吸热反应，则活化能Ea(正)>Ea(逆)D.在恒容的密闭容器中，若压强不再变化则达到平衡状态【

答案】D【解析】【详解】A．T1温度下，平衡时v正=v逆，反应的平衡常数K=cc反顺=vkk0.006===3vk0.002k逆逆正正逆正，A正确；B．温度升高，正逆反应速率均增大，k正和k逆均增大，B正确；C．若该转化过程为吸热反应，即H>0，Ea(正)-Ea(逆)>0，则活化能

Ea(正)>Ea(逆)，C正确；D．该反应气体分子数始终不变，在恒容的密闭容器中，压强始终不变，故不能以压强不再变化判断是否达到平衡状态，D错误；故选D。13.一种新型Zn—PbO2电池结构示意图如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、K2SO4和H2SO4，不同区域由

离子交换膜(a、b)隔开。关于该电池，下列说法正确的是A.Zn为电池的负极，发生的电极反应为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)24−B.a、b隔膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜C电池中消耗6.5gZn，理论

上PbO2电极应增重6.4gDZn-PbO2电池与传统铅酸蓄电池相比较，输出电压更低【答案】A【解析】【分析】根据图示可知Zn为负极，PbO2为正极，电解质溶液A是KOH，B是K2SO4，C是H2SO4，a是阳离子离子交换膜，b

是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应副产物。【详解】A．根据图示可知Zn电极失去电子Zn2+与溶液中的OH-结合形成Zn(OH)24−，所以Zn电极为负极，发生的电极反

应为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)24−，故A正确；..B．A区域是KOH溶液，OH-发生反应变为Zn(OH)24−，为了维持溶液呈电中性，多余的K+通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此a膜为阳离子交换膜；C区域是H2SO4溶液，PbO2发生电极

反应：PbO2+2e-+4H++24SO−=PbSO4+2H2O，消耗了氢离子，多余的24SO−需要通过阴离子交换膜进入到B区域，因此b膜为阴离子交换膜；故B错误；C．6.5gZn的物质的量是n(Zn)=6.5g65g/mol=0.1mol，Zn电极发生反应：Zn-2e-+4

OH-=Zn(OH)24−，共转移0.2mol电子，PbO2发生电极反应：PbO2+2e-+4H++24SO−=PbSO4+2H2O，电极质量增加0.1mol239g/mol=23.9g，故C错误；D．传统铅酸蓄电池以铅为负

极电极，电极方程式为Pb-2e-+24SO−=PbSO4，相比新型Zn—PbO2电池，消耗相同质量的负极材料，Zn—PbO2电池转移电子更多，输出电压更高，故D错误；故选A。II卷(共57分)三、非选择题：共57分。第14~1

6题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。14.唐山是拥有石煤资源的地区之一，工业上常以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3、V2O5，含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒，工业流程如图：已知：

①NH4VO3难溶于水。②Ksp(MgSiO3)=2.4×10-15，Ksp[(Mg3(PO4)2=2.7×10-27。回答下列问题：（1）焙烧：通入空气的条件下向石煤中加纯碱焙烧，写出将V2O3转化为NaVO

3的化学反应方程式______。（2）除硅、磷：滤渣1的成分是______(写化学式)，溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L认为沉淀完全，除硅、磷后溶液中c(Mg2+)最小为______。（3）沉钒：该操作产生的滤液中两种主要的溶质阴离子是______(写离子符号)；依次检验该滤液中

两种阴离子方法是______。（4）灼烧：在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则0℃~210℃，发生反应的化学方程式为______。（5）还原：在高温真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可

以生成钒单质，该反应的化学方程式为______。【答案】（1）V2O3+Na2CO3+O2高温2NaVO3+CO2（2）①.MgSiO3、Mg3(PO4)2②.3×10-6mol/L（3）①.24SO−、Cl-②.取少量滤液于试管，加

入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有24SO−；继续加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl-。（4）NH4VO3高温NH3↑+HVO3（5）V2O5+5C高温真空2

V+5CO↑【解析】【分析】根据流程：石煤(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅、磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒

酸铵(NH4VO3)，灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒。【小问1详解】焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应的化学方程式为：V2O3+Na2CO3+O2高温2NaVO3+CO

2；【小问2详解】根据上述分析可知：除硅、磷：滤渣1的成分是MgSiO3、Mg3(PO4)2；根据已知信息：Ksp(MgSiO3)=2.4×10-15，Ksp[(Mg3(PO4)2=2.7×10-27，若23SiO−沉淀完全，需Mg2+的浓度为c

(Mg2+)=-15-10-52.410mol/L=2.410mol/L1.010；若34PO−沉淀完全，需Mg2+的浓度为c(Mg2+)=-27-63-522.710mol/L=310mol/L(1.010)，现在23SiO−、34PO−处于同一溶液，要使两种离子都沉淀完全，则M

g2+应具有的最小浓度c(Mg2+)=3×10-6mol/L；【小问3详解】除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子24SO−未参加反应；沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl-未参加反应，所以沉钒操作产生的滤液中两种主要的溶质阴离子是24

SO−、Cl-；检验24SO−可根据BaSO4的不溶性进行检验；检验Cl-可以根据AgCl的不溶性进行检验，但若通过先滴加AgNO3溶液检验Cl-，由于Ag2SO4也是白色不溶性物质，就会干扰Cl-的检验，因此要先检验

24SO−，然后再检验Cl-。具体操作方法是：取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有24SO−；继续加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加Ag

NO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl-；【小问4详解】NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为100100%=85.47%117，则A点固体为HVO3，故0℃~210℃时发生反应的化学方程式为：NH4VO3高温NH3↑+HV

O3；【小问5详解】在高温、真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，焦炭被氧化为CO，V2O5被还原为V，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知该反应方程式为：V2O5+5C高温真空2V+5CO↑。15.氯化钴(CoCl2)主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的

吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：Co(III)的氧化性强于Cl2，CoCl2易潮解。（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂为______，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤

维的作用是______。（3）E中物质的名称______，其作用是______。（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是______。（5）小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能

会有CoCl3，你是否同意该论断并解释原因是______。（6）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使用氯化亚砜(SOCl2)与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是______。【答案

】（1）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O（2）①.饱和NaCl溶液②.防止固体粉末堵塞导管（3）①.碱石灰②.吸收多余Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D（4）排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气（5）CoCl3为氧化产物，

由于Co(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3（6）SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl(酸性气体)抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体【解析】【分析】84消毒液的主要成分是次氯酸，HCl(浓)+HClO=C

l2↑+H2O；装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，浓盐酸会挥发出HCl，碳酸氢钠可吸收HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作

用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。【小问1详解】84消毒液的主要成分是次氯酸钠，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的方程式为:Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；【小问2详解】装置B中盛放

的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管；【小问3详解】装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石

灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；【小问4详解】实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；【小问5详解】装置D中所得固体不可能会有CoCl3，CoCl3为氧化产物，由于Co(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物

的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3；【小问6详解】SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解

，混合加热可以得到氯化钴固体。16.在碳达峰、碳中和的国家战略下，工业生产废气和汽车尾气中的NOx和CO的减排及有效处理，显得尤为重要。（1）在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2

CO2(g)ΔH。已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-144kJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1，N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH3=-66kJ·mol-1

。则ΔH=______，该反应在______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。（2）用金作催化剂，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反应历程如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的微粒用“•”标注。该历程中最大能垒E正=______eV，写出该步骤的化学方程式_

_____。（3）将相同量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的密闭容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，经过相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图所示。图像中c点是否一定

是平衡状态并说明理由______。（4）在另一温度下，关闭K，向A容器中充入1molNO和2molCO，向B容器中充入1.5molNO和3molCO，两容器均发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。已知起始时容器A和B的体

积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，则容器A和B中NO的转化率A______B(填“>”、“<”或“=”)。维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为______

L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动话塞)。则该温度下，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的浓度平衡常数K=______。【答案】（1）①.-644kJ/mol②.低温（2）①.2.02②.COOH*+H*+H2O*→COOH

*+2H*+OH*或H2O*→H*+OH*（3）否因为c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，

导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率（4）①.<②.0.5a③.81392a【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将已知中的第一个反应和第二个反应相加，再减去第三个反应，得到

2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，则该反应的ΔH=-144kJ/mol-566kJ/mol-(-66kJ/mol)=-644kJ/mol。该反应的反应物系数之和大于生成物系数之和，所以ΔS＜0，该反应的ΔH也小于0，所以该反应在低温下能自发进行。【小问2详解】最大能垒即

从-0.16到1.86，E正=1.86-(-0.16)=2.02eV，该步骤是H2O*生成H*和OH*，可表示为H2O*=H*+OH*，或COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*。【小问3详解】c点不一定是平衡状态，

因为c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转

化率还会继续增大，最终达到平衡。【小问4详解】A容器体积不变，B容器体积可变，该反应是气体体积减小反应，B容器相当于在A容器中达到平衡后增大压强，压强增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，所以容器A中NO的转化率小于容器B中NO的转化率。起始时B容器体积为aL，达到平衡后体积

为0.9aL，若打开K一段时间后重新达到平衡，则相当于起始时K就是打开的状态，加入的反应物为2.5molNO和5molCO，是B容器起始物质的量的53倍，则相同温度和压强下达到平衡，体积为0.9aL×53=1.5aL，则B的体积为1.5aL-aL=

0.5aL。对某一反应，化学平衡常数只与温度有关，用B容器计算反应的平衡常数。B容器起始加入的反应物为1.5molNO和3molCO，共4.5mol，平衡后体积是起始时体积的0.9倍，在相同的温度和压强下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时混合气的总物

质的量为4.5mol×0.9=4.05mol，减小了4.5mol-4.05mol=0.45mol。根据反应方程式，转化的物质的量即为生成的氮气的物质的量，所以生成氮气0.45mol，生成CO20.9mol，消耗NO和CO均为

0.9mol，平衡时NO和CO分别为1.5mol-0.9mol=0.6mol和3mol-0.9mol=2.1mol，平衡时容器体的积为0.9aL，所以各气体的浓度为NO：0.620.93aa=mol/L，CO：2.170.93aa=mol/L，N2：0.4510.92aa=mol/L，

CO2：0.910.9aa=mol/L，则反应的平衡常数K=22222(N)(CO)(NO)(CO)cccc=22211()227()()33aaaa=81392a。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号方框涂黑，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，按本选考题的首题进行评分。17.磷被首次发现存在于恒星爆炸后的宇宙残余物里。它是在深空发现的两大元素之一，可能给科学家提供有关生命在宇宙里的可能性的线索。磷至少有10种同素异形体，其中主要的是白磷、红磷

和黑磷三种。回答下列问题：（1）基态磷原子最外层成单电子数与成对电子数之比为______。（2）白磷晶体是由P4分子()组成的分子晶体，P4分子中键角为______。白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是_________，已知有关氮、磷的单键和叁键的键能(

kJ·mol-1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489（3）白磷隔绝空气加热到533K转化为红磷，它是一种暗红色粉末。红磷的结构为，磷原子的杂化方式为______，______溶于CS2(填“难”或“易”)。（4）黑磷是磷的一种最稳定的同素异

形体，其具有类似于石墨的片状结构(如图)，片状结构间通过______相结合。（5）磷有多种含氧酸，磷酸是其中一种，磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：++2-2HO⎯⎯⎯→若4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该多磷酸的分子式可写成______。（6

）磷的卤化物有PX3和PX5两种类型，其中PCl5是白色固体，在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体。晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的______离子，其晶胞结构最合理的是______

(填序号)。A.B.C.D.【答案】（1）3:2（2）①.60°②.氮以N2中的N≡N键存在更稳定，磷以P4中的P-P键存在更稳定（3）①.sp3杂化②.难（4）范德华力（5）H4P4O12（6）①.[PCl6]-②.B【解析】【小问1详解】基态磷原子最外

层电子排布为3s23p3，3s能级的2个电子已成对，但是3p能级3个电子分占3个不同的p轨道，故成单电子数与成对电子数之比为3:2。【小问2详解】P4分子是正四面体构型，每个面是正三角形，键角为60°。3倍的N-N

键的键能小于N≡N键的键能，而3倍的P-P键的键能大于P≡P键的键能，所以氮以N2中的N≡N键存在更稳定，磷以P4中的P-P键存在更稳定。【小问3详解】从红磷的结构可知，每个P原子形成3个σ键，P的价电子数为5，因此，

每个P原子有1对孤电子对，故磷原子的价层电子对数是4，其杂化方式为sp3杂化；红磷以P4四面体的单键形成链或环的高聚合结构，具有较高的稳定性，难溶于水、二硫化碳。【小问4详解】黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状

结构，片状结构内各原子形成共价键，类比石墨可知，其片状结构间通过范德华力相结合。【小问5详解】依据题意，磷酸分子可通过脱水缩合形成多磷酸，若4个磷酸分子H3PO4间脱水形成环状的多磷酸，则脱去4个水分子H2O，根据原子守恒，则该多磷酸的分

子式可写成H4P4O12。小问6详解】根据题意，固态时PCl5形成离子型晶体，且晶胞中含有正四面体的[PCl4]+，则阴离子是正八面体的[PCl6]-；A晶胞中，其带不同电荷的离子的数目之比为1:2；B晶胞中，其阴阳离

子数之比为1:1；且每个离子的配位数是4，这4个离子构成正四面体，6个面心构成正八面体；C和D的晶胞中不存在正四面体和正八面体，因此，其晶胞结构最合理的是B。18.双环有机物I()是重要的有机合成过程的中间体，某种合成该有机物的过程如图所示，请回答下列问题：【已知：RBrMg无

水乙醚⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RMgBr(R、R1、R2为烷烃基)（1）若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则有机物A的名称为______。（2）F⑥⎯⎯⎯⎯→转化的有机反应类型为______，H⑧⎯⎯⎯⎯→I转化的反应条件为______。（3）写出D④⎯⎯

⎯⎯→E的化学反应方程式______。（4）双环有机物I中共平面的碳原子数最多为______，有机物I存在多种同分异构体，属于苯的同系物的同分异构体个数为______。（5）参照合成路线中的相关信息，设计由及

甲苯合成的路线(无机试剂任选)______。【答案】（1）环戊烷（2）①.消去反应②.氢氧化钠醇溶液、加热（3）+CuOΔ⎯⎯→+Cu+H2O（4）①.10②.22（5）【解析】【分析】A分子式为C5H10，由流程及目标产物I的结构

简式、有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰知A为，B为光照下与溴的取代反应、由分子式知B为，B发生信息反应得C、则C为，B在氢氧化钠水溶液中水解得到D为，D被氧化铜氧化得到E为，C和E发生信息反应得到F为，F在浓硫酸加热下发生消去反应得到G为，G中碳碳双键与Br2发生加成反应得到

H为，H与氢氧化钠醇溶液共热得I为，据此回答。【小问1详解】A分子式为C5H10，若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则有机物A的名称为环戊烷。【小问2详解】F⑥⎯⎯⎯⎯→转化，即F()→G()，有机反应类型为消去反应，H为，H与氢氧化钠醇溶液共热得I为，则H⑧⎯⎯⎯⎯→I转化的反应条件为氢氧

化钠醇溶液、加热。【小问3详解】D为，D被氧化铜氧化得到E为，D④⎯⎯⎯⎯→E的化学反应方程式+CuOΔ⎯⎯→+Cu+H2O。【小问4详解】碳碳双键是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，碳碳单键是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面、则双环

有机物I中共平面的碳原子数最多为10，有机物I分子式为C10H14，存在多种同分异构体，属于苯的同系物的同分异构体有：当苯环只有1个侧链时，为-C4H9，丁基有4种，因此有4种同分异构体；当苯环只有2个侧链时，分别为-CH3、-C3H7，分别处以邻、间、对位、且-C3H7有

正丙基和异丙基两种，则共有3×2=6种同分异构体；当苯环只有2个侧链均为-C2H5时，分别处以邻、间、对位，则有3种同分异构体；故2个侧链的共有9种；当X中苯环有3个侧链时，分别为2个-CH3、-C2H5，让其中2个-CH3先处以邻位，则苯环上

有2种氢原子，把-C2H5取代上去，有2种结构；同理，让其中2个-CH3先处以间位，则苯环上有3种氢原子，把-C2H5取代上去，有3种结构，再让其中2个-CH3先处以对位，则苯环上有2种氢原子，把-C2H5取代上去，有1种结构，故3个侧链的共有6种(不考虑立体

异构)；当苯环有4个侧链均为-CH3时，苯环上有2个空位，分别处以邻、间、对位，则有3种同分异构体；则满足条件的同分异构体有4+9+6+3=22种。【小问5详解】参照合成路线中的相关信息，设计由及甲苯合成的路线：按逆合成

分析法，参照题干中合成线路，要得到，可由在浓硫酸加热下发生消去反应，可通过信息反应由和反应得到，可通过在加热下被氧化铜氧化得到，由和Mg仿照信息反应制得，由在铁粉催化下与液溴反应生成，则合成线路为：。获得更多资源请扫码加入享学资源网

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