【文档说明】湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高一下学期模拟期中联考化学试题【精准解析】.docx，共(22)页，892.018 KB，由小赞的店铺上传

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2020年荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高一期中联考化学试题（模拟卷）注意事项：1．考试时间19:00-20:30。（截止提交时间20:40）2．在班级小管家答题，选择题直接选。大题按答题卡制定的格式拍照，只拍一张。本试卷分第Ⅰ卷(

选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间100分钟。可能用到的相对原子质量：H-1O-16K-39Fe-56Br-80I-127第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分

，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.消毒剂用于杀灭传播媒介上病原微生物，将病原微生物消灭于人体之外，切断传染病的传播途径，达到控制传染病的目的。下列说法正确的是A.往血管里注射消毒剂可以消灭新冠病毒B.二氧化氯（俗称“泡腾片”）

环境消毒片可以口服C.苯酚可以用来消毒，往人体穴位注射苯酚可以治疗疾病D.体积分数为75%的酒精溶液可以用于皮肤消毒【答案】D【解析】【详解】A．消毒剂具有氧化性，往血管里注射消毒剂可以使血液中的蛋白质变性，引起中毒，故A错误；B．二氧化氯（俗称“泡腾片”）遇水反应释放出氯气，氯气具

有氧化性，可使空气中的病毒发生蛋白质变性，从而杀死病毒，可用于环境，氯气有毒且具有强氧化性，不能口服，故B错误；C．苯酚可以用来消毒，但苯酚有毒，不能用于人体治疗，故C错误；D．体积分数为75%的酒精溶液是医用酒精，可以杀死细菌病毒，

具有杀菌消毒的功效，可以用于皮肤消毒，故D正确；答案选D。2.利用空气将氯化氢催化氧化，使之转化为氯气，已成为工业上生产氯气的重要途径，其反应为4HCl＋O2=2H2O＋2Cl2。下列化学用语表达正确的是()A.质量数为18的氧原子：1810OB.水的电子式：:H:OHC.HCl分子的球棍模型：D

.Cl－的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．O原子的质量数为18，质子数为8，故正确的表达为188O，A错误；B．O原子最外层有6个电子，其中有4个电子形成2对电子对，剩余2个电子分别与2个H原子形成两个共价键，B正确；C．由于H原子和Cl

原子的原子半径不同，故正确的HCl球棍模型为，C错误；D．Cl-由于最外层多一个电子，故Cl-的结构示意图为，D错误；故选B。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.FeCl3溶液显酸性，可用于刻

蚀电路板B.CaO具有吸水性，可用作食品脱氧剂C.NH4Cl具有酸性，可用于金属除锈D.活性炭具有还原性，可用于水质净化【答案】C【解析】【详解】A．用FeCl3刻蚀电路板，是Fe3+与电路上的Cu发

生反应，体现了Fe3+的氧化性，A错误；B．氧化钙不具有还原性，具有吸水性，不能用作食品包装袋中作脱氧剂，B错误；C．NH4Cl为强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解使溶液呈酸性，故可以除锈，C正确；D．活性炭是一种疏松多孔的结构，可以吸附水中的悬

浮颗粒，达到净水的目的，D错误；故选C。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.0.1mol·L－1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B.0.1mol·L－1FeCl2溶

液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C.0.1mol·L－1KHCO3溶液：Na+、Al3+、Cl－、NO3-D.0.1mol·L－1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol·L－1NaO

H溶液含有大量OH-，Na+、K+、CO32-、AlO2-离子之间以及与OH-之间不发生反应，能大量共存，故A正确；B．0.1mol·L－1FeCl2溶液中Fe2+具有还原性，与MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．0.1mol

·L－1KHCO3溶液中，HCO3-与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L－1H2SO4溶液含有大量H+，与NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选A。【点睛】HSO3-具有还原性，在酸性条件下可被硝酸根离子氧化

为硫酸根。5.下列关于Cl2的实验操作能达到实验目的的是()A.用装置甲制取少量Cl2B.用装置乙除去Cl2中的HClC.用装置丙收集Cl2D.用装置丁吸收尾气【答案】A【解析】【详解】A．选项中的浓盐酸可以和氯酸钾发生反应生成氯气，

化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，A正确；B．除去Cl2中的HCl需要用到饱和的NaCl溶液，但在洗气装置中需要长导管进短导管出，若短导管进为集气装置，B错误；C．Cl2的密度比空气大，应用向上

排空气法，在集气装置中应长导管进，C错误；D．Cl2易溶于NaOH溶液，用此装置吸收尾气容易导致Cl2没有完全被NaOH吸收，污染空气，D错误；故选A。6.下列有关化学反应的叙述正确的是()A.SO2与Ba(NO3)2

反应生成BaSO3B.NH3在纯O2中燃烧生成NO2C.过量CO2与氨水反应生成NH4HCO3D.高温条件下Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2【答案】C【解析】【详解】A．二者发生反应生成硫酸钡沉淀，化学方程式为3SO2+Ba(NO3

)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，A错误；B．氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，化学方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，B错误；C．过量CO2通入到氨水时生成NH4HCO3，化学方程式为2NH3+CO2+H2O=2NH4HCO3，C

正确；D．高温条件下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，D错误；故选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.用石墨作电极电解MgCl2溶液：2H2O＋2

Cl－通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑B.过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋

8Cl－D.SO2通入FeCl3溶液中：SO2＋Fe3＋＋2H2O=SO42-＋Fe2＋＋4H＋【答案】C【解析】【详解】A．用石墨电极电解MgCl2溶液，阳极Cl-失电子，阴极H+得电子，剩下氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，故离子方程式为2Cl-+2H2O通电Cl2↑+H2↑+2O

H-错误，A错误；B．过量的铁粉溶于稀硝酸中，Fe与硝酸发生反应生成Fe3+，剩余的Fe继续和Fe3+发生反应生成Fe2+，离子方程式为3Fe+8H++2NO3-==3Fe2++2NO↑+4H2O，B错误；C．氯气可与硫代硫酸根反应生成

硫酸根和氯离子，离子方程式正确，C正确；D．将SO2通入到FeCl3溶液中，SO2与Fe3+发生反应生成硫酸根和Fe2+，但选项中配平错误，正确的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，D错误；故选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，

X、Y、W处于不同周期且X与W同一主族，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是()A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.由Y、W组成的化合物只能含有离子键C.W最高价氧化物对应的水化物是一种强碱D.X与Y形成的一种常见化合

物与Z的单质反应生成两种酸【答案】C【解析】【分析】根据题目所给信息分析，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，说明Y为O元素，X、Y、W处于不同周期且X与W同一主族，说明X在第

一周期，X为H元素，W为Na元素，Z为F元素，据此答题。【详解】A．原子半径同一周期从左向右依次减小，同一主族从上到下依次增大，四种元素原子的原子半径从大到小为r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A错误；B．Y与W形成的

化合物为Na2O或Na2O2，存在离子键，但过氧化钠中还存在共价键，B错误；C．W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是强碱，C正确；D．X与Y形成的常见化合物为H2O，与Z的单质F2反应生成HF和O2，方程式为2H2O+2F2

=4HF+O2，D错误；故选C。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.NaCl(aq)电解⎯⎯⎯⎯→Na(s)水(l)⎯⎯⎯→NaOH(aq)B.Al(s)NaOH(aq)⎯⎯⎯⎯→Al(OH)3(s)过量HCl(aq)⎯⎯⎯⎯→AlCl3(s)C.HCl(aq)2MnO

⎯⎯⎯→Cl22Ca(OH)⎯⎯⎯⎯→Ca(ClO)2D.AgNO3(aq)氨水⎯⎯⎯→[Ag(NH3)2]＋(aq)葡萄糖(aq)Δ⎯⎯⎯⎯→Ag(s)【答案】D【解析】【详解】A．NaCl水溶液电解不能生成Na单质，A错误；B．Al和NaOH反应生成NaAlO2，不生成Al(OH)

3，B错误；C．浓盐酸和MnO2反应需要加热，缺少反应条件，C错误；D．硝酸银和氨水发生反应生成银氨溶液，银氨溶液与葡萄糖共热生成银，D正确；故选D。10.金属(M)空气电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()A.金属M作电池正极B.电解质是熔融的MOC.电路中转移2

mol电子，理论上约消耗空气56LD.电池总反应为2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2【答案】D【解析】【分析】从电池示意图中可以看出，左侧金属M失去电子变成M2+，为电池负极；右侧空气中的氧气得到电子与水反应生成OH-，为电池正极，据此答题。【详解】A．从图中可以看出M失电

子生成M2+，故M电极为原电池的负极，A错误；B．从图中可以看出，M2+离子和OH-离子可在两电极之间移动，说明电解质为熔融M(OH)2，B错误；C．阳极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，电路中转移2mol电子，

正极需要消耗氧气0.5mol，标准状况为11.2L，C错误；D．根据电池的正负极方程式可知，电池的总反应为2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2，D正确；故选D。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只

有一个或两个选项符合题意。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满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.下列说法正确的是()A.56gFe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子数为2×6.02×1023B.合成氨反应放热，采

用低温可以提高氨的生成速率C.常温下Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，溶液中-32-3c(HCO)c(CO)的值减小D.若电工操作中将铝线与铜线直接相连会导致铜线更快被腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．56gFe为1mol，1molFe在C

l2中完全燃烧生成FeCl3，转移电子数为3×6.02×1023，A错误；B．合成氨的反应放热，降低温度有助于向正反应方向移动，但降低温度会使反应速率降低，导致氨的生成速率下降，B错误；C．常温下Na2CO3溶

液呈碱性，是由于CO32-在溶液中水解，向溶液中加入少量Ca(OH)2固体，会抑制碳酸根的水解，使水解平衡向左移动，使-32-3c(HCO)c(CO)的值减小，C正确；D．若将铝线和铜线直接相连，根据原电池

原理，铝的活动性比铜强，铝为原电池负极，使铝腐蚀的更快，D错误；故选C。12.美国北卡罗来纳大学的一项新研究表明，一种名为EIDD2801的新药有望改变医生治疗新冠肺炎的方式，有效减少肺损伤。其结构式如图：下列有关EIDD2801的说法正确的是()A.EIDD2801属

于芳香族化合物B.EIDD2801含有5个手性碳原子C.EIDD2801能和NaOH溶液反应D.EIDD2801不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．EIDD2801中不含苯环结构，故不属于芳香族化合物，A错误

；B．EIDD2801含有4个手性碳原子，分别为，B错误；C．EIDD2801中含有酯基，可以和NaOH发生反应，C正确；D．EIDD2801中含有羟基和碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选C。13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正

确的是()选项实验操作和现象结论A向苯酚钠溶液中滴加NaHSO3溶液，溶液变浑浊苯酚酸性弱于H2SO3酸性B向AgNO3溶液中逐滴加入浓度均为0.05mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C向FeCl3

溶液中加入Cu粉，Cu粉溶解Cu的还原性大于FeD向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解A.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．NaHSO3溶液呈酸性，HSO3-H+

+SO32-，苯酚钠溶液中加入NaHSO3，溶液变浑浊，说明产生苯酚，即HSO3-的酸性强于苯酚，H2SO3属于中强酸，电离以第一步电离为主，H2SO3的一级电离大于二级电离，因此H2SO3的酸性强于苯酚，A正确；B．若要验证AgC

l和AgI溶度积的大小，需要向NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色，B错误；C．向FeCl3中加入铜粉，二者发生反应，生成Fe2+和Cu2+，故Cu的氧化性强于Fe2+，C错误；D．H2O2有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，当溶液中生成大量Fe3+时可

催化H2O2分解，D正确；故选AD。14.邻苯二甲酸(用H2A表示)为二元弱酸，常温下，Ka1＝1.1×10-3，Ka2＝3.9×10-6，室温下用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol

·L-1H2A溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A.滴加20mLNaOH溶液时：c(OH－)>c(H＋)＋c(H2A)－2c(A2－)B.pH＝7的溶液：c(Na＋)<0.05000mol

·L－1＋c(A2－)－c(H2A)C.滴定过程中可能会出现：c(Na＋)>c(HA－)＝c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)D.滴加40mLNaOH溶液时：2c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋

c(HA－)【答案】AB【解析】【详解】A．滴加20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液时，与20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液反应生成NaHA，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(A2－)+c(HA－)，电荷守恒为：c(OH－)+2c(A2

－)+c(HA－)=c(Na+)+c(H＋)，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：c(OH－)=c(H＋)＋c(H2A)－c(A2－)，则c(OH－)＞c(H＋)＋c(H2A)－2c(A2－)，故A正确；B．起始时，0

.1000mol·L-1H2A溶液中c(总)=c(H2A)+c(A2－)+c(HA－)=0.1000mol·L-1，滴入NaOH溶液后，c(H2A)+c(A2－)+c(HA－)＜0.1000mol·L-1，溶液中存在电荷守恒：c(OH

－)+2c(A2－)+c(HA－)=c(Na+)+c(H＋)，pH＝7的溶液的溶液中，c(OH－)=c(H＋)，则2c(A2－)+c(HA－)=c(Na+)，c(Na+)＜0.1000mol·L-1＋c(A2－)－c(H2A)，要是溶液pH＝7，加入氢氧化钠的体积大于

20mL，离子浓度小于原来的一半，则c(Na+)＜0.05000mol·L-1＋c(A2－)－c(H2A)C．滴加20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液时，与20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液反应生成NaHA，在继续滴

加NaOH溶液，可使NaHA转化为Na2A，滴加达到一定体积可使c(HA－)＝c(A2－)，已知，Ka2＝3.9×10-6，则Kh(HA－)=14w3a1K1.11K100−−=＜Ka2，则溶液中HA－电离程

度大于水解程度，溶液显酸性，则c(OH－)＜c(H＋)，故C错误；D．滴加40mLNaOH溶液时，20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液完全反应生成Na2A，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c

(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)]，故D错误；答案选AB。15.合成气的主要组分为CO和H2；以天然气为原料生产的合成气有多种方法，其中Sparg工艺的原理为CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)。在特定温度下，向甲、乙、丙三个密闭容器中充

入相同量的CH4(g)和CO2(g)，改变容器体积，测得平衡时容器内气体的浓度如下表所示：实验编号容器温度/℃容器体积物质浓度/(mol·L－1)CH4CO2CO甲300V10.020.020.10乙300V2xx0.05丙350V1yy0.12下列说法正确的是()A.该反应在

低温条件下不能自发进行B.300℃时反应的平衡常数为25C.V1∶V2＝3∶7D.保持温度和容器体积不变，开始时向甲容器中充入0.28molCO和0.28molH2，CO转化率一定大于2/7【答案】AC【解析

】【详解】A．从300℃和350℃时CO的物质的量浓度可以看出，升高温度，CO浓度增加，正反应为吸热反应，ΔH>0，反应过程中气体量增多，反应的熵增加，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS，反应在高温条件下可以自发进行，A正确；B．根据甲实验可以计算300℃时的平衡常数，K=22242c

(CO)c(H)c(CH)c(CO)=220.100.02020.100.=0.25，B错误；C．根据该温度下的平衡常数可以计算出x的值，x=0.005，又因为反应开始时充入了相同物质的量的CH4和C

O2气体，可列出等式(0.02+0.05)V1=(0.005+0.025)V2，可计算出V1∶V2＝3∶7，C正确；D．保持温度和容器体积不变，充入CO和H2，根据该温度下的平衡常数，可求出平衡时c(CO)=0.23mol/L，此时的转化率为0.055=0.2828<27，

D错误；故选AC。第Ⅱ卷(非选择题，共5题共60分)16.二氧化锰在工业上具有重要的作用，工业上可利用菱锰矿(主要成分为MnCO3、SiO2、FeCO3以及少量CuO)制取。制备流程如图所示：(1)酸浸过程中，MnCO3溶解的离子方程式为______，选择用硫酸而不选择盐酸溶解，除了盐酸挥发造

成设备腐蚀以外，另一个原因是________。(2)滤渣3的主要成分是________，除铁的过程中，应该先加________(填“生石灰”或“双氧水”)，原因是__________。(3)用惰性电极对

过滤3得到的滤液进行电解，得到MnO2，写出电解过程中阳极电极反应式：__________。【答案】(1).MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O(2).若改用盐酸，引入的Cl－在电解过程中产生C

l2，耗费能源且污染环境(3).Fe2S3和CuS(4).双氧水(5).后加CaO，CaO和水反应放热，使双氧水分解(6).Mn2＋－2e－＋2H2O=MnO2＋4H＋【解析】【分析】向菱锰矿中加入硫酸，矿石中的MnCO3、FeCO3、和少量CuO可以发生

反应，进入滤液1中，滤渣1为SiO2；向滤液1中加入生石灰和双氧水，双氧水可以将Fe2+还原为Fe3+，生石灰溶于水发生反应放热，使未完全反应的双氧水分解，同时生成的Ca(OH)2可以中和过量的硫酸，过滤；向滤液2中加入MnS

，可使上步没有沉淀的Fe3+和Cu2+转化为Fe2S3和CuS沉淀，滤渣3主要为Fe2S3和CuS，据此回答。【详解】（1）MnCO3为碳酸盐，可以和酸发生反应生成Mn2+、H2O和CO2，离子方程式为MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O；在

酸浸过程中应选用硫酸，因为用盐酸的时候，最终产物里含有Cl-在电解的过程中易失去电子生成Cl2，污染环境、浪费能源；（2）反应2中加入MnS目的是除去体系中少量的Fe3+和Cu2+，发生的相应反应为MnS(s)+Cu2+=Mn2++CuS(s)、3MnS(s)

+2Fe3+=Fe2S3(s)+3Mn2+，故滤渣3主要成分为Fe2S3和CuS；除铁过程中应先加入双氧水氧化Fe2+，随后加入CaO，CaO与水反应放热，可以将未参加反应的双氧水分解；（3）利用惰性电极电解MnCl2制备MnO2，Mn2+失去电子与体系中的水发生反应，电极方程式为

Mn2+-2e-＋2H2O=MnO2+4H+。17.如图是一种含酰亚胺结构的对苯二胺衍生物的合成路线，其产物(F)可作为一种空腔孔径较大的新型大环芳酰胺的合成原料。(1)A中官能团的名称为______

__和________。(2)F→G的反应类型为________。(3)D的分子式为C14H16N2O3，写出D的结构简式：________。(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反应

；②含有苯环，且苯环上含有硝基；③含有三种不同化学环境的氢原子。(5)写出以甲苯、邻二甲苯，制备(无机试剂和DMF，(CH3CO)2O及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。【答案】(1).羧基(2).硝基(3).还原(4).(5

).或(6).【解析】【详解】（1）根据有机物A的结构，A中含有的官能团的名称为羧基、硝基；（2）F→G的反应属于加氢去氧的反应，在有机反应类型中属于还原反应；（3）有机物C通过两步反应变成有机物D，第一步经Pd/C做催化剂与H2发生反应将硝基

还原为氨基，第二部氨基通过和(CH3CO)2发生反应生成有机物D，又知D的分子式为C14H16N2O3，故D的结构式为；（4）通过已知条件，能发生显色反应，说明含有酚羟基，当结构中有1个羟基时，剩余基团为1个羧基和1个醛基，此时不会出现三种不同化学环境的氢原子，当结构中有2个羟基时，剩余

基团为2个醛基，可能会出现三种化学环境的氢原子，当有机物结构为对称结构时，分子结构中含有三种不同化学环境的氢原子，故可能的结构简式为或；（5）通过A→B的反应可知，可将邻二甲苯氧化为邻二苯甲酸，在通过A→B的反应生成，将甲苯经取代反应制得邻硝基甲苯，再还原成邻氨基甲苯，将邻氨基

甲苯和通过B→C的反应可制得目标产物，具体的合成路线为。18.化学小组为探究2SO在酸性KI溶液中的反应，利用如图装置进行实验：I.排出装置内的空气。减缓2CO的流速，向丁装置中通入2CO和2SO的混合气体。Ⅱ.一段时间后，溶液变

黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。Ⅲ.持续向丁装置中通入2CO和2SO混合气体，溶液变为无色。Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加2BaCl溶液，产生白色沉淀。回答下列问题：(1)苯的作用为__________。排出装置内空气的具体

操作为_________。(2)向装置丁中缓慢通入2CO的作用是__________。(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。(4)实验的总反应为_________，KI和HI在反应中的

作用为___________。【答案】(1).萃取碘单质，隔绝空气防止I−被氧化(2).关闭2K，打开3K，打开1K(3).防止倒吸(4).222SO4I4H2IS2HO−+++=++(5).22224SOI2HO4HSO2

I+−−++=++(6).22243SO2HO4H2SOS+−+=++(7).催化剂【解析】【分析】为探究2SO在酸性KI溶液中的反应，由于酸性KI容易被O2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一步，222SO4I4H2

IS2HO−+++=++，第二步，22224SOI2HO4HSO2I+−−++=++；最后用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒吸。【详解】(1)根据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止I−被氧化；用二氧化碳排出甲、

乙、丙中的空气，打开3K，打开1K，关闭2K；(2)若只将2SO通入丁中，2SO反应后压强减小，会倒吸，通入2CO和2SO混合气体，2CO不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；(3)步骤Ⅱ中，溶

液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为222SO4I4H2IS2HO−+++=++；步骤Ⅲ通入2CO和2SO混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离

子方程式为：22224SOI2HO4HSO2I+−−++=++；(4)根据222SO4I4H2IS2HO−+++=++和22224SOI2HO4HSO2I+−−++=++反应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，

得总反应为：22243SO2HO4H2SOS+−+=++；KI和HI在反应前后质量和性质没有发生改变,故其为催化剂。19.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。(1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(

g)；ΔH1＝＋180.5kJ·mol－1C(s)＋O2(g)=CO2(g)；ΔH2＝－393.5kJ·mol－12C(s)＋O2(g)=2CO(g)；ΔH3＝－221kJ·mol－1反应2NO(g)＋2CO

(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3＋6NO催化剂Δ5N2＋6H2O。不同温度条件下，n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比分别为4∶1

、3∶1、1∶3时，得到NO脱除率曲线如图所示：①n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为1∶3时，对应的是曲线________(填“a”“b”或“c”)。②由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是____________。(3)N

O氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图：Ⅰ.2NO(g)→N2O2(g)；ΔH1Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g)；ΔH2①化学反应速率有

速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的

NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因：______。(4)NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图：研究发现在以Fe2O

3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出脱硝过程的总反应方程式：_______。【答案】(1).－746.5(2).c(3).催化剂失去活性(4).Ⅱ(5).T4(6).ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡

逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响(7).4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)催化剂4N2(g)＋6H2O(g)【解析】【详解】（1）根据盖斯定律，目标方程式ΔH=-ΔH1+2ΔH2-ΔH3=-746.5kJ·m

ol-1；（2）①n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时，由于NH3所占有的百分含量较小，虽然NO占有的百分含量很大，但是消耗NO的量较小，导致NO的脱除率较低，故c曲线正确；②温度升高到一定程度以后，NO的脱除率会下降，因为反应过程中加入了催化剂，温度过

高催化剂失活，导致NO脱除率降低；（3）①反应Ⅰ的活化能较反应Ⅱ的活化能低一些，反应速率也较快一下，故反应Ⅱ为整个反应的决定步骤；②转化相同量的NO，T4温度下消耗的时间较长；原因为：反应的ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影

响；（4）根据题目所给的示意图，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程的总反应为4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)催化剂4N2(g)＋6H2O(g)。20.第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。

回答下列问题：(1)基态Ni原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为______________。(2)3Fe+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知3Fe+遇邻苯二

酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_____(填“高”或“低”)，原因是_________。(3)有历史记载的第一个配合物是463FeFe(CN)(普鲁士蓝)，该配合物的内界为_

_________。表为2Co+、2Ni+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，2Ni+比较稳定的配离子配位数是__________(填“4”或“6”)。3C

o+性质活泼，易被还原，但()336CoNH+很稳定，可能的原因是________________。离子配位数晶体场稳定化能(Dq)2Co+6-8Dq+2p4-5.34Dq+2p2Ni+6-12Dq+3p4-3.5

6Dq+3p(4)NiO晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_______(填选项字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为AN，晶体的密度是________3gcm−。【答案】(1).3d(2).钛、锗、硒(3).低(4).邻苯二酚形成分子内氢键，

比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低(5).46Fe(CN)−(6).6(7).形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定(8).CD(9).323A310aN【解析】【分析】【详解】(1)Ni为28号元素，基态Ni的电子排布式

为[Ar]3d84s2，核外能量最高的电子位于3d能级；根据基态Ni的电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有：钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2、锗为32号元素，基态电

子排布式为：[Ar]3d104s24p2、硒为34号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故答案为：3d，钛、锗、硒；(2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成的分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低；(3)配合物是4

63FeFe(CN)中内界为46Fe(CN)−；由表中数据可知，配位数为6的2Ni+晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；3Co+性质活泼，但()336CoNH+很稳定，说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定；(4)N

iO晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞，而NaCl晶胞俯视图为CD；从晶体中最小重复单元出发，1个晶胞中含Ni2+为1186482+=，含O2-为112144+=即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO，NiO的摩尔质

量75g/mol，晶体的密度除以1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积，即为103A75/4=/(10)gmolacmN−密度=323A310aN3gcm−，故答案为：323A310aN。【点睛】晶胞计算中，要找准一个晶胞中所

含微粒数目，如此题中，1个晶胞中含Ni2+为1186482+=，含O2-为112144+=即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO；同时要找准一个晶胞的体积，注意单位换算。获得更多资源请

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