（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 化学（二） 教师版.doc

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1、（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 化 学（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 355 Fe 56 Mn 55 Ba 137一

2、、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1“17世纪中国工艺百科全书”天工开物为明代宋应星所著。下列说法错误的是A“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅(锌的古称)参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜合金C“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉【答案】C【解析】A生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压，而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，

3、熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接，“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜，由于表面含有一层Cu2O而呈现红色，“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜，黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO，而“久置成粉”主要生成Ca(OH)2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；古代制墨，多用松木烧出烟灰

4、作原料，故名松烟墨，烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟墨，烟墨有松烟墨和油烟墨之分，松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重，松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化，“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确。2下列叙述正确的有A第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B第三周期主族元素的离子半径随核电荷数增大依次减小C卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小D价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数【答案】D【解析】第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成

5、对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A错误；电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，第三周期主族元素的离子的半径大小关系为Si4>P3>S2>Cl>Na+>Mg2+>Al3+，故B错误；卤素氢化物中，HF的相对分子质量最小，所以HF的范德华力最小，但是HF分子间存在氢键，HCl分子之间不存在氢键，而氢键的作用力大于范德华力，所以HF的沸点大于HCl，故C错误；价层电子对互斥理论中，键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而键电子对数不计入，故D正确。3下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A最外层只有一个电子

6、的X、Y原子B原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子C2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子D原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子【答案】C【解析】最外层只有一个电子的原子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Ti、Fe等，化学性质不一定相似，故B错误；2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；原子核外电子排布式为1s2的X

7、原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，性质较活泼，两者化学性质一定不相似，故D错误。4下列反应的离子方程式正确的是A红褐色固体Fe(OH)3全部溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2OB水杨酸溶于NaHCO3溶液中：+2HCO+2CO2+2H2OC将等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比23混合：2Ba2+2SO+3H+3OH=2BaSO4+3H2OD洁厕灵(含HCl)与“84”消毒液混合后产生氯气：Cl+H+ClO=Cl2+OH【答案】C【解析】Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I得到I2，正确的离子方程式应为2Fe(OH)3+

8、2I+6H+=2Fe2+6H2O+I2，A错误；水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子方程式为+HCO+CO2+H2O，B错误；等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比23混合，则两者物质的量之比为23，两者混合后，2mol Ba2+消耗2mol SO，3mol H+消耗3mol OH，反应的离子方程式为2Ba2+2SO+3H+3OH=2BaSO4+3H2O，C正确；“84”消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子方程式为Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，D错误。5磷烯(如图)是由磷原子六元环组成的蜂巢状褶皱二维晶体，它是白磷

9、()的同素异形体。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A3.1g白磷中含PP键的数目为0.3NAB6.2g磷烯中含六元环的数目为0.1NAC0.1mol P4与0.6mol H2在密闭容器中发生反应：P4+6H24PH3，生成PH3分子的数目为0.4NAD0.1mol P4发生反应：P4+5O2=2P2O5，转移的电子数为20NA【答案】B【解析】3.1g白磷的物质的量为=0.025mol，一分子白磷中含有6个PP键，则3.1g白磷中PP键的数目为0.025×6NA=0.15NA，故A错误；6.2g磷烯的物质的量为0.2mol，根据均摊法知，一个六元环含有P原子的数目为6

10、5;1/3=2，则6.2g磷烯含六元环的数目为0.1NA，故B正确；该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此生成PH3分子的数目应小于0.4NA，故C错误；P元素的化合价从0价升高为+5价，O元素的化合价从0价降低为-2价，则1mol P4失电子数目为20NA，在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移电子数，则0.1mol P4发生反应转移的电子数为2NA，故D错误。6由我国地质学家首次发现的香花石被誉为“矿石熊猫”。它由X(Ca)和前18号元素中的5种组成，分别为Y、Z、W、R、T。其中Y、Z为金属元素，X、Z同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无

11、正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是AXR2、WR2两种化合物均为离子晶体B原子半径：Y>Z>R>TC最高价氧化物对应的水化物的碱性：X>ZD气态氢化物的稳定性：W<R<T【答案】A【解析】R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；X、Z位于同主族，X为Ca元素，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则(20+8)÷2=14，推出W为Si元素，符合题意，据此

12、解答。AXR2、WR2两化合物CaO2SiO2，CaO2为离子晶体，SiO2为共价晶体，故错误；BY为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右逐渐在减小，即原子半径：Y>Z>R>T，故正确；CX为钙元素、Z为铍元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙>氢氧化铍，故正确；DW为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的稳定性：W<R<T，故正确。7下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A消毒液NaClO加白醋可增强漂白作用：CH3COOH+ClO=

13、HClO+CH3COO-B酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO+I+6H+=I2+3H2OCFe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3+SO+Ba2+3OH=Fe(OH)3+BaSO4DCu溶于稀硝酸：Cu+2H+NO=Cu2+NO2+H2O【答案】A【解析】酸性溶液中KIO3与KI发生氧化还原反应生成I2，正确的离子方程式为IO+5I+6H+=3I2+3H2O，故B错误；Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为2Fe3+3SO+3Ba2+6OH=2Fe(OH)3+3BaSO4，故C错误；Cu溶于稀硝酸生成硝酸铜、NO和水

14、，正确的离子方程式为3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O，故D错误。8某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子，电极b的材料是聚苯胺(PANI)，电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法不正确的是A电池工作时电极a为正极，且发生的反应是Fe3+e=Fe2+B电池工作时，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红C电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D电

15、池冷却过程中发生的反应是2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+PANI【答案】C【解析】根据b极电极反应判断电极a是正极，电极b是负极，电池工作时电极a上的反应是Fe3+e=Fe2+，A正确；电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，溶液显酸性，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，B正确；电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，因此冷却再生过程电极a上无电子得失，导线中没有电子通过，C不正确；电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，反应是2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+PANI，

16、D正确。9某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质的实验(部分夹持装置已省略)，下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp(ZnS)太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH【答案】B【解析】试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使

17、得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空气。如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确；ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误。10精炼铜工业中阳极泥

18、的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如图：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO“分铜”时各元素的浸出率如表所示，则下列说法不正确的是CuAuAgNi浸出率/%85.704.593.5A分铜渣中银元素的主要存在形式为游离态B“分铜”时，为提高反应速率，宜采取高温C“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为6H+2Au+ClO+7Cl=2AuCl4+3H2OD“沉银”时，由于Ag(SO3)23Ag+2SO，加入H2SO4

19、后，平衡正向移动，使得c(Ag+)增大，Ag+与分银液中的Cl反应生成AgCl【答案】B【解析】铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠分铜，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为AuCl4，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO，加入硫酸沉银，促使Ag(SO3)23Ag+2SO平衡正向移动，电离出Ag+，

20、Ag+与分银液中的Cl反应生成AgCl，以此解答该题。A由表中数据可知，分铜时银的浸出率为4.5%，可知主要以Ag的形式存在于分铜渣中，正确；B温度不能过高，避免过氧化氢分解而降低浸出率，错误；C分金液的主要成分为AuCl4，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4，反应的离子方程式为6H+2Au+ClO+7Cl=2AuCl4+3H2O，正确；D分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO，加入硫酸沉银，促使Ag(SO3)23Ag+2SO平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl反应生成Ag

21、Cl，正确。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11某科研人员提出HCHO(甲醛)与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)：下列说法不正确的是AHAP能提高HCHO与O2的反应速率BHCHO在反应过程中，没有CH键发生断裂C根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D该反应可表示为HCHO+O2CO2+H2O【答案】BC【解析】根据题图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学

22、反应速率，因此该反应中HAP作催化剂，可提高反应速率，A正确；HCHO在反应中有CH键断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B不正确；根据题图知，CO2分子中的氧原子一部分来自甲醛，C不正确；该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应的化学方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确。12次磷酸钴Co(H2PO2)2广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理图如图所示。已知：该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢。Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。下列说法中正确的是A膜、膜均为阴离子交换膜BM

23、电极反应为Co-2e+2H2PO=Co(H2PO2)2Ca为电源的负极DCo(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2+H2PO+3OH=Co+HPO+2H2O【答案】A【解析】该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜进入产品室，H2PO通过膜、进入产品室与钴离子生成Co(H2PO2)2，膜、膜均为阴离子交换膜，A正确；Co(H2PO2)2在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e=Co2+，B错误；M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；离子方程式中电荷不守恒，应为Co2+H2PO+3OH=Co+HPO+2H2O，D错误

24、。13硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性，在工业生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(如图)。下列说法错误的是A用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4B两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21C将SiO2粉碎能增大得到熔体的速率D由图可知该工艺过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念【答案】B【解析】根据工艺流程可知，工业上采用的Bayer法制备NaBH4第一步为：Na2B4O7(可表示为Na2O·2B2O3)与SiO2在高温下反应得到熔体，第二步则是熔体与Na和H2在400500条件下

25、发生反应生成NaBH4与Na2SiO3的过程。Na2B4O7可表示为Na2O·2B2O3，则在制备NaBH4过程中，也可用B2O3代替Na2B4O7作原料，故A正确；两步的总反应中B元素化合价未变，氢气中H元素化合价从0价降低到-1价，被还原作氧化剂，而Na元素化合价从0价升高到+1价，被氧化作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故B错误；将SiO2粉碎，可增大反应中固体的接触面积，从而可增大得到熔体的速率，故C正确；由题图可知该工艺整个制备过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念，故D正确。14我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H

26、将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是ACO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的B该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂C有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物D催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒【答案】A【解析】A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需要C

27、u2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，正确；D项，根据题图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，正确。15常温下，向1mol/L NH4Cl溶液中加入足量的镁条，该体系pH随时间变化的曲线如图所示。实验观察到从b点开始溶液中有白色沉淀生成，已知KspMg(OH)2=1.8×1011。下列说法错误的是A常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级为1010B体系中，水的电离程度大小关系为a>c>bCb点时，溶液中c(Mg2+)=0.018mol/LDa点溶液中，c(NH)+c(H+)<c(Cl)+c(OH)【答案】BC【解析】常温下，NH

28、4Cl的水解平衡常数数量级为1010，A正确；氯化铵的水解平衡式为NH+H2ONH3·H2O+H+，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水电离程度大小关系为c>b>a，B错误；b点时，pH=9，c(OH)=105mol/L，溶液c(Mg2+)=0.18mol/L，C错误；a点溶液中，依据电荷守恒可得2c(Mg2+)+c(NH)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)，所以c(NH)+c(H+)<c(Cl)+c(OH)，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16(12分)苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里

29、进行苯胺的相关实验。已知：和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/沸点/溶解性密度/(gcm3)苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为 ； 用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是  。 制备苯胺往如图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入2

30、0mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是 (填“a”或“b”)。 (3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为 。 提取苯胺取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是 。&

31、#160;(5)操作中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是 。 (6)该实验中苯胺的产率为 。 (7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：  。【答案】(1)NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发(2)b(3)C6H5NH+OHC6H5NH2+H2O(4)蒸出物为混合物，无需控制温度(5)防止B中液体倒吸(6)60.0%(7)加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥

32、发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点为184，比较高，不易挥发。(2)冷凝管是下口进水，上口出水，以保证冷凝效果。(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH+OHC6H5NH2+H2O。(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计。(5)操作中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸。(6)设理论上得到苯胺的质量为m，根据原子守恒可知C6H5NO2C6H5NH2，则m=g=4.65g，所以

33、该实验中苯胺的产率=×100%=60.0%。(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。17(12分)CuMnAl合金为磁性形状记忆合金材料之一，可用来制作各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电子机械操纵系统。(1)下列状态的铝中，最外层电离出一个电子所需能量最小的是(填标号)。 (2)AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯与乙酰氯反应的部分历程

34、为+AlCl3乙酰氯AlCl3+AlCl乙酰基正离子乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为 。 乙酰氯分子中CCCl120°(填“>”“=”或“<”)，判断理由是  。 AlCl的空间结构为。 (3)温度不高时气态氯化铝为二聚分子(其结构如图所示)。写出Al2Cl6的结构式并标出配位键：。 (4)CuMnAl合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图b是沿立方格子对角面取得的截图。若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C为(1，1，1)，则B原子的坐标参数为。 由晶胞可知该合金的化学式为

35、。 已知r(Cu)r(Mn)=127pm，r(Al)=143pm，则Cu原子之间的最短核间距离为pm。 该晶胞的密度为g·cm3。(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示) 【答案】(1)B(2)sp3、sp2<双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力正四面体形(3)(4)(1，)AlMnCu2180或或311.76【解析】(1)铝的第三电离能>第二电离能>第一电离能，基态大于激发态，ACD属于基态、B属于激发态，所以最外层电离出一个电子所需能量最小的是B。(2)根据乙酰氯分子的结构可知该物质中甲基上的C原子形成4个键，价层电子对数为

36、4，为sp3杂化；另一个C原子形成3个键，1个键，所以价层电子对数为3，为sp2杂化。双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以乙酰氯分子中CCCl小于120°。AlCl中心铝原子的价层电子对数为4+=4，不含孤电子对，所以为正四面体形。(3)根据氯化铝二聚分子的结构可知每个铝原子与4个氯原子形成4个键，由于铝原子最外层只有3个电子，所以其中一个为配位键，由铝提供空轨道，氯原子提供孤电子对，所以Al2Cl6的结构式为。(4)A为原点，C为(1，1，1)，B为右面面心，所以B的坐标为(1，)。根据均摊法，该晶胞中Cu原子的个数为8×+6×+12×+1=

37、8，Mn原子的个数为4，Al原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2。根据截面图结合几何知识可知2r(Cu)+2r(Al)为体对角线的一半，设晶胞的棱长为a，则有a=22r(Cu)+2r(Al)=4×(127+143) pm，所以a=pm；根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱长的一半，即a=180pm或pm或311.76pm。晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3=()3 pm3=(×1010)3cm3，所以晶胞的密度=g·cm318(12分)氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行合成

38、。主要通过以下两个反应进行：反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) H1=-117.2kJ·mol1反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l) H2=+21.7kJ·mol1请回答：CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)H3=kJ·mol1 该反应能发生的主要原因是 。 (2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1mol·L1 SO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。若7

39、00发生该反应，经3 min达到平衡，计算03min v(S2)=mol·L1·min1，该温度下的平衡常数为。 若该反应在起始温度为700 的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率(填“>”“<”或“=”)90%。 下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是。 A焦炭的质量不再变化时BCO2、SO2的浓度相等时CSO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为11D容器的总压强不再变化时(3)已知25时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×102，Ka2=6.2×108。工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，

40、25时用1mol·L1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为。 工业上也可用氨水来吸收SO2，写出氨水吸收过量SO2的化学反应方程式： 。【答案】(1)+95.5S>0(2)0.1536.45<AD(3)c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(OH)=c(H+)NH3·H2O+SO2=NH4HSO3【解析】(1)由盖斯定律，反应1+反应2得到2NH3(l)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)H=-117.2 kJ·mol1+(+21.7kJ·mol1)=-95

41、.5kJ·mol1，所以CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)的H3=-H=+95.5kJ·mol1，该反应是吸热反应，反应能发生则S>0。(2)反应的三段式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)起始(mol·L-1) 1 0 0变化(mol·L-1) 0.9 0.45 0.9平衡(mol·L-1) 0.1 0.45 0.9v(S2)=0.15mol·L1·min1，平衡常数K=36.45；1mol·L1 SO2与足量的焦炭在恒容、700反应时，SO2的转化率为90%

42、，若1mol·L1 SO2与足量的焦炭在恒容、绝热容器中反应，由于反应放热，容器内温度升高，所以恒容、绝热容器中的反应相当于在恒容、700反应平衡的基础上升温，则平衡逆向进行，SO2的转化率降低；A焦炭的质量减少，则反应正向进行，焦炭的质量增加，则反应逆向进行，若焦炭的质量不再变化时，则反应达到平衡状态，正确；BCO2、SO2的浓度相等时，不能确定正、逆反应速率是否相等，所以不能确定反应是否达到平衡状态，错误；C无论反应是否达到平衡，SO2的消耗速率与CO2的生成速率始终相等，错误；D反应正向是气体体积增大的反应，反应正向进行，容器压强增大，逆向进行，容器压强减小，所以容器的总压强不

43、再变化时，反应达到平衡状态，正确。(3)Ka1>Kh2=，即NaHSO3溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性，所以pH=7时的溶液是一定量浓度的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液；由于Kh1=1.6×107>6.2×108=Ka2，所以等浓度Na2SO3和NaHSO3的混合溶液显碱性，则pH=7时的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液中c(NaHSO3)>c(Na2SO3)，故溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(OH)=c(H+)；氨水吸收过量SO2生成亚硫酸氢铵，方程式为NH3·H2O+SO2=NH

44、4HSO3。19(12分)苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：+H2(g)H=117.6kJ·mol1已知：上述反应的速率方程为v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为各组分分压。(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是 。(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：a= ；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有 (填字母)。 aCO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移b不用高温水

45、蒸气，可降低能量消耗c有利于减少生产过程中可能产生的积碳dCO2在反应体系中作催化剂(3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是  。测得容器总压(p总)和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。平衡时，p(H2O)=kPa，平衡常数Kp=kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的= 。 【答案】(1)升温(2)159.2abc(3)体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大80452.5【解析】(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是升温。(2)由题图可知，H1=H2+H3=+117.6kJ·mol1+(+41.6kJ·mol1)=+159.2kJ·mol1，即a=+159.2；CO2与H2反应，导致氢气浓度降低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变时，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；加入的二氧化碳会发生反应：CO2+C=2CO，有利于减少积碳，故c正确；由题图知，二氧化碳反应生成了CO，不是催化剂，故d错误。(3)体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯