2021-2022学年江苏省泰州市泰兴第一高级中学高二（下）第一次段考化学试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年江苏省泰州市泰兴第一高级中学高二（下）第一次段考化学试卷一、单 选 题（本大题共14小题，共 42.0分）I.北京冬奥会“冰墩墩”“雪容融”成为顶流，由PVC、PC、，SABS和亚克力等环保材料制作而成。下 列 说 法 错 误 的 是!（）、安 加 出A.PVC（fCH，?士）的单体为氯乙烯CIB.）中所有碳原子均可共面$C.ABS的单体之一苯乙烯能使澳水褪色D.亚克力（）可通过加聚反应制备2.下列化学用语书写正确的是（）A.用电子式表示NaQ的形成过程：N a -C l：N a lC,l：r CH3-CH-CH3B.I-按照系统命名法的名称：2-乙 基丙烷CH2cH3C

2、.硝基苯的结构简式:D.CH3CHO的球棍模型:3.下列说法不正确的是（）A.通过质谱法可以确认有机化合物的相对分子质量B.甲苯分子的核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰C.红外光谱可以帮助确定许多有机物的结构D.某有机物完全燃烧只生成CO2和0,两者物质的量之比为1：2,则该有机物一定为甲烷4.下列物质中，既能发生消去反应生成烯烧，又能被氧化成醛的是（）A.CH3OHB.CH3|CH3 CH CH2 OHC.苯甲醇（C F hO H）D.CIH3CH3 CH2 CH OH5.已知一种生产聚苯乙烯的工业流程如图所示:0则下列有关的叙述正确的是（）A.反应属于取代反应B.lmol苯乙烯最多可与5mo

3、iB 2发生加成反应C.鉴别苯与苯乙烯可采用酸性KMnO4溶液或滨水D.聚苯乙烯分子中所有原子可能都处于同一平面内6.兴奋剂不仅不利于运动员身体健康，也有悖于公平竞争，国际奥委会严厉禁止运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A.分子式为C20H30。B.该物质属于芳香族化合物C.该有机物中能和酸性高锦酸钾反应的官能团有2种D.分子中所有碳原子不可能共平面7.下列实验操作、现象及结论均正确的是（）第2页，共26页B.B C.C D.D实验操作现象结论A取2 m L 卤代烧样品于试管中，加5 m L 2 0%N a O H 水溶液混合后加热，再滴加A g N C)3

4、溶液产生白色沉淀该卤代燃中含有氯元素B将稀硫酸酸化的电。2 溶液滴入F e(N O 3)2 溶液中溶液变为黄色证明氧化性：H2o2 F e3+C往乙醇和浓硫酸的混合溶液中加入一定量的乙酸溶液加热后产生有香味的物质乙酸能与乙醇发生酯化反应D 向含有Z n S 和N a 2 s的悬浊液中滴加C u S。4 溶液生成黑色沉淀K sp(C u S)K sp(Z n S)A.A8.利用如图装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是()甲 乙 丙 丁A.用装置甲验证碳酸的酸性强于苯酚B.用装置乙验证铁的吸氧腐蚀C.用装置丙加热N a O H 固体至熔融D.用装置丁制备干燥的氨气A.图甲表示一定温度下F

5、 e S 和C u S 的沉淀溶解平衡曲线，则p(F e S)K sp(C u S)B.图乙是恒温密闭容器中发生C a C C)3(s)U C a O(s)+C C)2(g)反应时，c(C()2)随反应时间变化的曲线，L时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C.图丙可表示反应2 s。2 出)+0 式g)U 2 S()3(g)A H 0 的平衡常数K 与温度和压强的关系D.图丁是在0.1 m o l T N a 2 c O 3 溶液中加水稀释，溶液中c(H C O。的变化曲线；N a2C O3的水解程度A 点大于B 点1 0 .下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.A I 2 O 3 熔点高

6、，可用作耐高温材料B.F e C b 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的C uC.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D.浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥C O 21 1 .下列叙述正确的是()A.C H4(g)+2 0 z(g)=C O2(g)+2 H2O(g)A H =-84 6 k J/m o L 因此甲烷的燃烧热A H =84 6 k J/m o lB.常温下，将p H =4 的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低C.4 F e(O H)2(s)+2 H2O(1)+O2(g)=4 F e(O H)3(s)常温下能自发进行，该反应的A H p H(N a H C03)p H(N a 2c

7、O 3)B.O.lm o l/L 的N a 2c O 3溶液中：c(O H-)=c CH CO j)+c(H+)+c(H2CO3)C.常 温 下,p H =llN a O H 溶液与p H =3CH 3c o O H 溶液等体积混合：c(N a+)C(C H3C O O-)c(H+)c(O H-)D.c(N H )相等的(N H 4)2S 04溶液、N H 4H S O 4溶液、(N H 4)2C()3溶液和N H 4c l溶液中：C(NH4)2S04 C(NH4)2CO3 C(NH4HS04)c(C20-)B.草酸的电离常数K a i =1.0 X 10-13C.a 点和c 点对应溶液中c(

8、H 2c 2O 4)+C(H C2O J)+C(H 2C204)=0 X 0-3二、简答题(本大题共4 小题，共 58.0分)15.I.莫尔盐(N H 4)2S 0 F e S 04-6H 20是一种常用原料。在F e S O,溶液中，加入(N H 4)2S C)4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取a g 产品溶于水，配制成500m L 溶液，用浓度为c m o l/L 的酸性高镭酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00m L,实验结果记录如下实验次数第一次 第二次 第三次消耗K M n C4溶液体积/m L 25.5225.0224.98已知：5F e 2+M n O；+8H

9、+=5F e3+M n2+4H20(N H J 2S O 4-F e S 04-6H 2。的摩尔质量为392g/m o l(1)滴 定 终 点 的 现 象 是,通过实验数据，计 算 该 产 品 的 纯 度 为(用 含字母a、c 的式子表示)。上表中第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能 是(填 字 母)。A.锥形瓶用待装液润洗B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数C.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失n .实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)涮制备软磁性材料a -F e203o其主要实验流程如图：铁泥-酸汉 还原 沉铁 -FC2O(2)酸浸：用一定浓度的H 2

10、 s O4 溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采 取 下 列 措 施 能 提 高 铁 元 素 浸 出 率 的 有(填 序 号)。A.适当升高酸浸温度B.适当加快搅拌速度C.适当缩短酸浸时间(3)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使F e 3+完全转化为F e 2+。“还原”过程中除生成F e 2+外，还 会 生 成(填 化 学 式)。(4)除杂：向“还原”后的滤液中加入N H 4 F 溶液，使C a 2+转化为C a F 2 沉淀除去。若溶液的p H 偏低将会导致C a F z 沉淀不完全，其原因是 Ks p(C a F2)=5.3 x10-9,Ka(H F)=6.3 x I

11、O-。(5)沉铁:将提纯后的F e S(溶液与氨水-N H 4 H C O3 混合溶液反应，生成F e C Os 沉淀。生成F e C()3 沉淀的离子方程式为 o设计以F e SO,溶液、氨水-N H 4 H C O3 混合溶液为原料，制备F e C C)3 的实验方案：。【F e C Os 沉淀需“洗涤完全”，F e(OH 开始沉淀的p H =6.5 。16.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用C*催化还原N O2 可消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2 N O2(g)=N

12、2(g)+C O2(g)+2 H2O(g)H =-8 6 7.0kJ -moL；2 N 2(g)+2 02(g)=2 N O2(g)A H =+6 7.8 kJ .moL；(3)3 N2(g)+O2(g)=2 N 0(g)H =+8 9.0kJ -m o l-1则C H 4催化还原N O 的 热 化 学 方 程 式 为。第6页，共26页哂!1(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2N O(g)+2C O(g)8 s加“2C O2(g)+N2(g)在某密闭刚性容器中通入等量的C O 和NO,发生上述反应时，c(C O)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。据 此 判 断 该

13、 反 应 的 正 反 应 为(填“放热”或“吸热”)反应。温度T i 时，该反应的平衡常数K=；反应速率v =v 正一丫逆=k 正C2(N0)C2(C0)k 逆C2(CO2)C(N2),k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处 衅=_ _ _ _ _ _。V逆(3)S N C R -S C R 脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：NH式或尿素)NH,(或尿素)SNCR SCR S N C R -S C R 脱硝技术中用N H 3 作还原剂还原N O 的主要反应为4N H 3(g)+4N 0(g)+02(g)=4N2(g)+6 H

14、2O(g),H Fe3+,故B错误；C.发生酯化反应生成乙酸乙酯，加热后产生有香味的物质，故C正确；D.Na2s与CUSO4溶液反应生成CuS沉淀，由实验及现象不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D错误；故选：C oA.水解后在酸性溶液中检验卤素离子，N a O H 与硝酸银反应；B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；C.发生酯化反应生成乙酸乙酯；D.N a 2 s 与C u S C)4溶液反应生成C u S 沉淀。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题

15、目难度不大。8.【答案】B【解析】解：A.由于盐酸具有挥发性，苯酚钠溶液变浑浊，不一定是因为C O?与水反应生成的H 2 c。3 和其反应，故用装置甲不能验证碳酸的酸性强于苯酚，故 A错误；B.铁丝在N a C l 溶液中能发生吸氧腐蚀，用装置乙是当观察到玻璃钢中液面上升，铁丝表面生锈即可验证铁的吸氧腐蚀，故 B正确；C.由于陶瓷中含有S i。2、A I 2 O 3 等物质，它们均能与N a O H 反应而腐蚀生烟，故加入熔解N a O H 要用铁用烟，故 C错误；D.N&的密度比空气的小，故要用向下排空气法收集，不能选图中向上排空气法，故 D错误：故选：B oA.盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠溶液

16、反应；B.食盐水为中性，F e 发生吸氧腐蚀；C.N a O H 与二氧化硅反应；D.氨气的密度比空气密度小。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9.【答案】B【解析】解：A.Ks p(F e S)=c(F e2+)-c(S2-),Ks p(C u S)=c(C u2+)-c(S2-),由图可知c(S 2-)相同时：c(F e2+)c(C u2+),所以K s p(F e S)K s p(C u S),故 A 错误；第14页，共26页B.缩小恒温密闭容器的体积，c(C

17、02)瞬时增大，因该反应平衡常数K=c(C02),体系温度不变K值不变，瞬时增大后逐渐减小至与原平衡相等，与图乙所示相符，故 B 正确；C.平衡常数K只与温度有关，横坐标T相同时，纵坐标K值也应相同，与压强无关，故 C错误；D.溶液中加水稀释，越稀释碳酸钠的水解程度越大，故水解程度A点小于B点，故 D 错误；故选：BoA.Ksp(FeS)=c(Fe2+)-c(S2-),Ksp(CuS)=c(Cu2+)-c(S2),由图可知c(S2-)相同时：c(Fe2+)c(Cu2+)；B.缩小恒温密闭容器的体积，c(C02)瞬时增大，因该反应平衡常数K=c(C02)，体系温度不变K值不变；C.平衡常数K只与

18、温度有关，与压强无关；D.溶液中加水稀释，越稀释其水解程度越大。本题以图象为载体，考查溶度积、化学平衡移动、化学平衡常数、盐类水解等化学原理相关知识，属于综合题型的考查，需要掌握化学原理部分相关知识，较好地考查了学生分析能力、综合运用知识的能力。1 0.【答案】A【解析】解：A.AI2O3熔点高，可用作耐高温材料，故 A 正确；B.FeCh溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的C u,故 B 错误；C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故 C 错误；D.浓硫酸的吸水性，可以干燥二氧化碳，故 D 错误；故选：AoA.耐高温材料具有较高的熔点；B.依据三价铁离

19、子氧化性解答；C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹；D.依据浓硫酸的吸水性解答。本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。11.【答案】c【解析】解：A.气态水不是H元素的稳定氧化物，所以该方程式不是甲烷的燃烧热化学方程式，故 A 错误；B.稀释醋酸溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，故 B 错误；C.生成物只有固体，A S V O,若能自发进行，H -TAS0,则AH必须小于0,故 C正确；D.缩小体积即增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体体积减

20、小的方向即正向移动，平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故 D 错误；故 选:CoA.气态水不是H元素的稳定氧化物：B.常温下pH=4的醋酸加水稀释，促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，则c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变；C.化学反应能自发进行的条件是4 H-T S H2C O3 H C O3,则盐中阴离子水解程度：C H 3 C OO-H C O3 C 0-,等物质的量浓度的各溶液p H关系为：p H(C H3C OONa)p H(Na H C O3)p H(Na 2 c o 3),故 A 错误；B.根据物料守恒得，2 c(C 01-)+2C(H C

21、 O3)+2 c(H 2 c。3)=c(Na+)，根据溶液中电荷守恒得：2 c(C 0i-)+c(H C O )+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),整理得到质子守恒c(OF T)=c(H C 0)+2 c(H 2 c o3)+C(H+),故 B 错误；C.常温下，p H =l l Na OH溶液与p H =3 C H 3 C OOH溶液等体积混合后，醋酸剩余，得至醋酸和醋酸钠的混合液，溶液显示酸性，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=C(C H3C OO-)+c(OH-),c(Na+)c(Na+)c(H+)c(OH-),故 C 错误；D.(NH 4)2 S()4溶液、NH 4 H

22、 SO4溶液、(NH 4)2 C C 3溶液和NH 4 c l溶液中NH 4 c l只能电离出1个钱根离子，要保证c(NH t)和其余的物质相等，则氯化铉浓度最大，镂根离子和碳酸根离子相互促进水解，硫酸氢镂中氢离子会抑制镀根离子的水解，硫酸镂中硫酸根离子对钱根离子的水解无影响，所以C(NH：)相等的(NH J 2 SO4溶液、NH 4 H SO4溶液、3也)2 )3溶液和NH 4 c溶 液 中:C(NH4)2S04 C(NH4)2C 03 c(NH4H S04)K N H ),故 D正确；故选：D oA.酸的酸性越强，对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液p H值越小；B.溶液中存在电

23、荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；C.常温下p H =1 1的Na OH溶液浓度远远小于p H =3的C H 3 c o 0H溶液浓度，二者等体积混合，醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D.钱根离子和碳酸根离子相互促进水解，硫酸氢钱中氢离子会抑制镀根离子的水解。本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒和物料守恒分析解答，题目难度中等。14.【答案】C【解析】解：随着p H 值的增大，溶液中c（H 2 c 2。4）逐渐减小、C（H C 2。）先增大后减小、C（C 2（）t）逐渐增大，则P（H 2 c 2。4）

24、逐渐增大、P（H C 2。1）先减小后增大、p（C 2（）r）逐渐减小，所以曲线H、1、山分别表示p（H 2 c 2。4）、P（H C2OJ）,p（C201-）;A.根据图知，p H =4 时，p（H C2O；）c（C 2 0t）,故 A正确；B.a 点p（H 2 c 2 O4）=P（H C 2。1）,溶液的p H =1.3,则c（H 2 c 2 O4）=c（H C 2。1），Ka l=黑濡 x C（H+）=c（H+）=1.0 x 1 0-L 3,故 B 正确；C.a、c 点存在物料守恒 n（H 2 c 2 O4）+n（H C2OJ）+n（C 2。/）为定值，a 点溶液体积小于c点溶液体积，导

25、致浓度减小，所以c（H 2 c 2 O4）+C（H C 2 OZ）+C（C 2 O；-）：a 点大于c 点，故C错误：D.c 点，p(H C2O；)=p(C201-),C(H C2O；)=c(C2O5-),溶液的p H =4.3,则G =黑 繇 x c(H+)=c(H+)=1.0 x 1 0-4 3,c(C2。厂)c(H2c2O4)二 e g。1C2(HC2O7)-C(HC2O7)-2.。必C(H 2 c 2。4)Ka2*1=叱）船一Ka2 _ KTKai 1 0 T 3=1.0 X 1 0-3,故 D 正确;故选：C 随着p H 值的增大，溶液中c（H 2 c 2 O4）逐渐减小、c（H C

26、 2。1）先增大后减小、c（C 2。；-）逐渐增大，则p（H 2 c 2 O4）逐渐增大、P（H C 2。）先减小后增大、p（C z。厂）逐渐减小，所以曲线I I、I、I H 分别表示p（H 2 c 2 O4）、P（H C2O；）,p（C2O1-）；A.根据图知，p H =4 时，p（H C2OJ）4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液,控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸储水洗涤2 3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaC)溶液，不出现白色沉淀【解析】解：(1)利用高镭酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应：5Fe2+MnO；+8H+=5Fe3

27、+Mn2+4H20,向溶液中滴加中高镒酸钾溶液，当不再消耗高镒酸钾溶液时，溶液显紫红色，即滴定到终点，故滴定达到终点的判断方法是：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30 s内不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计,消耗高锯酸钾溶液的体积为V=25.02；24.98mL=25.00mL,根据离子反应方程式可知n(NH4)2SC)4-FeS04-6H20=5n(KMnO4)=25 x IO-3 xc x 5 m o l,则500 mL 溶液中含有 n(NH4)2S()4 FeSO4-6H2O=25 x 10-3 x c x5 mol x 500mL=2.5cm ol,所以质量

28、分数=2.5c x x 100%=x 100%；25.00mL a aA.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锦酸钾的体积增加，故 A选；B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数，则导致滴定管体积读数偏少，故 B 不选；C.滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故 C 选，故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且30s内不变色；2&X 100%；aAC；(2)A.适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，故 A 正确：B.适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，故 B 正确；C.适当缩短酸浸时间，铁元素的

29、浸出率会降低，故 C 错误，故答案为：AB；(3)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故 向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+sFe+2H+=Fe2+H2 T,“还原”过程中除生成Fe2+外，还有出生成，故答案为：H2:(4)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF?沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+).c2(F-),当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1 x 10-5 mol/L表明该离子沉淀完全)时:溶液中c(F-)至少为J啜 岩mol/L=同 x lO m oi/L，若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大

30、，H+与F-形成弱酸H F,导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，则原因为pH偏低形成H F,导致溶液中F-浓度减小，CaFz沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成H F,导致溶液中F-浓度减小，CaF?沉淀不完全；(5)将提纯后的Fes。,溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应生成FeC()3沉淀，生成FeCC)3的化学方程式为Fes。4+NH3-H2O+NH4HC03=FeCO3 1+(NH4)2S04+H2OBJiFeS04+NH3+NH4HCO3=FeCO3 X +(NH4)2SO4,该反应的离子方程式为：Fe2+HCO3+NH3 H2O=FeCO3 I+NH：+H2O Fe2+H

31、CO+NH3=FeCO3 I+NHJ,故答案为：Fe2+HCO3+NH3-H20=FeCO3 I+NH；+H2O Fe2+HCO3+NH3=FeCO3 I+NH：；根据题意Fe(0H)2开始沉淀的pH=6.5,为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSC)4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应制备FeCOs沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉 淀 需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的Bad2溶液检验，最后的洗涤液中不含S O t，则设计的实验方案为：在搅拌下向Fes。,溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸

32、镭水洗涤2 3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCk溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSCU溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸储水洗涤2 3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的Bad2溶液，不出现白色沉淀。称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol 的酸性KMnOq溶液滴定，发生的反应为高钵酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子；反应终点的判断可以利用高镒酸钾溶液的紫红色判断，滴入最后一滴溶液变化为紫红色，半分钟内不变，证明反应达到终点;依据反应的定量关系计算亚铁离子物质的量,得到(NH4)2SC

33、)4 FeSC)4 6H2O的质量,计算纯度，高镒酸钾溶液的体积第一次误差较大，应舍去；A.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，待装液润洗会增多消耗高镭酸钾溶液的体积，测定结果增大；B.三次使用的高绘酸钾都是一样的，消耗的高铳酸钾体积应是相同的；C.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡测定溶液体积增大；(2)铁泥的主要成分为铁的氧化物，铁泥用H2sO4溶 液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向第20页，共26页“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+,Fe3+可以用硫氟化钾来检验；向“还原”后的滤液中加入N H 4F,使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeC03

34、,将FeC03沉淀经过系列操作制得a-F e z O 3,据此分析作答。本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。16.【答案】CH4(g)+4N02(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H20(g)H=-977.2KJ/mol 放热 80 648 4CO(NH2)2+6NO2 4CO2+7N2+8H2O 温度过高，催化剂活性降低 当体系温度低于900国时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于95(TC时，

35、SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行【解析】解：(l)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H20(g)AH=-867.0kJ mol-1；2N2(g)+202(g)=2NO2(g)H=+67.8k-mol-1；3Nz(g)+02(g)=2N0(g)H=+89.0kJ-mol-1盖斯定律计算+一 得到CH,催化还原NO的热化学方程式：CH4(g)+4N02(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2。AH=-977.2KJ/mol,故答案为:CH4(g)+4N02(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-977.2KJ/mol；(2)图象分析可知，先

36、拐先平温度高Ti A T 2,温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：放热；温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol/L,结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数，2N0(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)2N0(g)+2C0(g)起始量(mol/L)2 200变化量(mol/L)1.61.61.60.8平衡量(mol/L)0.40.41.60.8平衡常数K=工-智=O.42XO.4280，平衡状态下，kEc2(NO)c2(CO)=k速iC2(CO2)c(N2),学%=C2(C02)C(N2)=长=8 0c2(CO)c2(NO)-起始

37、量(mol/L)2 2变化量(mol/L)0.8a 点量(mol/L)1.2 1.20.8v(n：)二 C2(NO)C2(C。)一b V(逆)C2(CO2)C(N2)000.80.40.8 0.41.22X1.220.82x0.4=648,故答案为：80；648；用 N&作还原剂还原NO的主要反应为4N&(g)+4N0(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g),H 1 2,温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；温度T1时，CO平衡浓度为0.4m ol/L,结合三行计算列式计算平衡浓度得到该反应的平衡常数K 二鬻霭翳鬻，计算平衡状态下曾反应速率v=v正一 丫逆=k d(NO)c2(C

38、O)-k c C O2)c(N2),湍x 会黑；(3)用尿素 CO(NH2)2 作还原剂还原NO?的反应生成二氧化碳、氮气和水；SCR技术的反应温度不能太高，升温催化剂活性降低，当体系温度约为925。区 时，SNCR脱硝效率最高，SNCR技术脱硝的最佳温度选择925。(：的理由是925 汽时脱硝效率高,残留氨浓度较小。本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难第22页，共26页度最中等。17【答案】前FT产 L5 d I s 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d7 N

39、 0 C Ni s p s p2 e F edN或F e3(n)F e(H I)N【解析】解：(l)G a是3 1号元素，位于第四周期第I H A族，基态G a原子的价电子为4 s、4 p能级上的电子，价电子排布图为向口 力 口，N是7号元素，一个原子轨道表示一种空间运动状态，N元素的基态原子核外有I s、2 s、2 p x、2 p y、2 Pz共5个原子轨道，有5种空间运动状态的电子，故答案为：俞产|卜5；(2)铁位于元素周期表的第四周期第V1 H族，位于d区，故答案为：d；(3)Ni的原子序数为2 8,其基态原子电子排布式为：I s 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d8

40、 4 s 2,则Ni 3+的核外电子排布式为：I s 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d7,故答案为：I s 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d7;(4)另外四种元素为N、0、C、Ni,同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、0、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：N 0C N i；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取Sp 3、Sp?杂化，故答案为：N 0 C Ni；s p 3、s p2；由M结构可知，M中

41、存在NT Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、0 -H极性键，C=N双键中含有n键，还有2个氢键，不存在离子键，故答案为：e；(5)该晶胞中F e(U)个数=6xg=4、F e(H I)个数=8 x ：=1、N原子个数为1,因此铁Lo氮化合物的化学式为：F e4 N或F e3(n)F e(H I)N,故答案为：F edN或F e3(n)F e(m)N。(1)基态G a原子的价电子为4 s、4 P能级上的电子；基态N原子的核外电子占据几个轨道就有几种空间运动状态的电子；(2)F e元素位于元素周期表中第四周期第皿族；(3)基态Ni原子失去4 s能级上2个电子、3 d能级上1个电子生成基态

42、Ni 3+,根据构造原理书写该离子核外电子排布式；(4)组成M的五种元素中，除H元素外还有C、N、0、Ni元素，金属元素第一电离能较小，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第口 A族、第V A族第一电离能大于其相邻元素；连接4个共价单键的C原子采用s p 3杂化，连接双键的C原子采用s p 2杂化；Ni原子和N原子之间存在配位键，C和N原子、N和0原子、。和H原子之间存在极性键，C-C之间存在非极性键，-0 H和N-0中存在氢键；共价双键中含有i r键；(5)该晶胞中F e(n)个数=6x：=4、F e(H I)个数=8 x ；=1、N原子个数为1。No本题考查物质结构和性质

43、，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度不大。018.【答案】羟基、段基必号2CHO+2H2。(CHO+HC1 6 Hxrkr/O H (或U H o X)【解析】解：(1)水杨酸结构简式为。基，故答案为：羟基、竣基；0(2)苯甲酸苯甲酯的结构简式为0故答案为：C-0-CH2(3)反应是3?。转化为(Q-CH2OH2一0 取代反应 CH20H3)H C0 H,水杨酸中官能团的名称为羟基、豫-0 H,该反应类型为取代反应，第24页，共26页故答案为：取代反应;(4)反应的化学方程式：2 CH,OH+6发2 C

44、HO+2H2。,故答案为：CHOH+S号 CHO+2H2O；(5)反应的化学方程式:CH5+CI2(6)水杨酸为,苯环上有3个取代基，能发生银镜反应，说明含有、OH醛基，与足量NaOH溶液反应可消耗2moi NaO H,则含有2个酚羟基，满足条件的结E与G反应生成苯甲酸苯甲酯，E连续被氧化生成G,则E为醇、G为峻酸，故G为(-C O O H、E为IQ Y HZOH,F为 CHCH。，甲苯与氯气发生取代反应生成A,9H2 ClA转化生成苯甲醉，故人为0,A发生水解反应生成E(苯甲醇)；甲苯与氯气发生取代反应生成B,B经过系列反应生成水杨酸(O,故氯原子取代甲基邻位苯环上的H原子，故 B 为。肚?，B在酸性高钛酸钾条件下氧化、并酸化生成C为Q O H,C水解生成D、D酸化生成水杨酸，故 D 为本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，根据有机物名称与结构、反应条件等正逆推法相结合进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。第26页，共26页