2018-2019年高中化学重庆高三期末考试全真试卷【1】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高三期末考试全真试卷【1】含答
案考点及解析
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.采用下列装置和操作，不能达到实验目的的是
【答案】B
【解析】
试题分析：A、苯与液溴在铁作催化剂的条件下反应生成溴苯，同时生成溴化氢，烧杯内盛放硝酸银溶液，利用生成沉淀的颜色判断溴化氢的生成，正确；B、乙炔与水的反应很剧烈且溶于水后成为糊状物质，不能用简易启普发生器装置，错误；C、关闭止水夹，向长颈漏斗内注水，是长颈漏斗内的液面高于烧瓶内的液面停止加水，若液面不下降，证明装置气密性良好，正确；D、醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体，证明醋酸的酸性大于碳酸，生成的二氧化碳经除杂后与苯酚钠溶液反应生成苯酚，证明碳酸的酸性比苯酚强，正确，答案选B。

考点：考查对实验装置的判断
2.下列说法正确的是
【答案】B 【解析】
试题分析：A 、因黄色光能遮挡紫色光，观察钾元素的焰色反应要通过蓝色钴玻璃，否则无法观察到钾元素的颜色，用洁净的Pt 蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，不能说明不含钾元素，错误；B 、CO 2、H 2O 与Na 2O 2反应是放热反应，放出的热量达到脱脂棉的着火点，所以脱脂棉着火， B 正确；C 、植物油中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，导致油层显无色，错误；D 、双氧水和硝酸都具有氧化性，混合溶液呈黄色，不能说明氧化剂是双氧水，错误。

考点：本题考查物质的性质、反应现象的分析。

3.将pH=1的稀硫酸慢慢加入—定量的BaCl 2的溶液中，恰好使Ba 2+
沉淀完全，此时溶液的体
积为100 mL(混合时溶液体积的变化忽略不计)，且混合溶液的pH=2，则原BaCl 2溶液中Cl -的浓度约为 A ．0.011 mol/L B ．0.22 mol/L C ．0.022 mol/L D ．0.11 mol/L
【答案】A 【解析】
试题分析：当向稀硫酸加入BaCl 2溶液时发生反应：SO 42-+ Ba 2+
==BaSO 4↓，溶液中氢离子的物质的量与氯离子的物质的量相同。

反应前稀硫酸溶液pH=1，反应后混合溶液的
pH=2，溶液的体积为100ml., 混合时溶液体积的变化忽略不计，所以BaCl 2的溶液的体积是硫酸体积的
9
倍，则硫酸溶液体积是10ml, BaCl 2的溶液的体积是90ml 。

所以原BaCl 2溶液中Cl -的浓度约为(0.01mol/L×0.1L)÷0.09L="0.011" mol/L.选项是A. 考点：考查酸碱混合溶液中微粒的关系的知识。

4.下列对应关系正确的是 A B C D
浓硫酸 氢氧化钠
废旧灯管
废旧易拉罐
【答案】D
试题分析：A 、浓硫酸属于易腐蚀液体，错误；B 、氢氧化钠不是氧化剂，属于易腐蚀固体，错误；C 、废旧灯管不是厨余垃圾，是有害垃圾错误；D 、废旧易拉罐可回收再利用，属于可回收物，正确，答案选D 。

考点：考查物质的特性与图标的对应关系
5.将含有0.1 mol SiO 2的铝、硅混合物分别与足量NaOH 溶液、盐酸混合，充分反应后前者可得到11.2 L 气体(标准状况)，后者可得到
6.72 L 气体(标准状况)，则参加反应的n(HCl)与n(NaOH)之比为( )。

A ．1∶1 B ．1∶2
C ．2∶1
D ．3∶1
【答案】A
【解析】混合物与足量NaOH 溶液反应生成的n(H 2)1＝＝0.5 mol ，混合物与足量盐
酸反应生成的n(H 2)2＝
＝0.3 mol ，混合物中只有铝能与盐酸反应，由此可求出n(Al)
＝n(H 2)＝0.2 mol ，硅、铝均能与NaOH 溶液反应且铝与NaOH 溶液反应放出的氢气也是0.3 mol ，故硅与NaOH 溶液反应放出的氢气是0.2 mol ，由此可求出n(Si)＝0.1 mol 。

铝完全反应消耗0.6 mol HCl ，三种物质与NaOH 溶液反应，消耗0.6 mol NaOH ，故n(HCl)∶n(NaOH)＝1∶1。

6.下列关于铁的叙述正确的是( )。

①铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀 ②在人体内的血红蛋白中含有铁元素 ③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB 族
④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧 ⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO 3)3 ⑥不能通过化合反应制得FeCl 2和Fe(OH)3 A ．①③ B ．②④
C ．②⑤
D ．④⑥
【答案】B
【解析】当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；
铁位于元素周期表的第Ⅷ族，而不是第ⅧB 族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe 3
＋，但若
铁过量，则Fe 3＋被Fe 还原为Fe 2
＋，所以，Fe 与HNO 3反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO 3)2；FeCl 2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe ＋2FeCl 3=3FeCl 2、4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O=4Fe(OH)3制得。

故选项B 正确。

7.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N 5＋、H 3、O 4、C 60等已被发现。

下列有关说法中，正确的是（ ） A ．N 5＋ 离子中含有36个电子 B ．H 2与H 3属于同素异形体 C ．C 60的摩尔质量为720
D ．O 2与O 4属于同位素
【解析】
试题分析：A 、N 5＋ 离子中含有34个电子，错误；B 、H 2与H 3属于同素异形体，正确；C 、丢掉了摩尔质量的单位，C 60的摩尔质量应为720g/mol ，错误；D 、O 2与O 4不属于同位素，属于同素异形体，错误。

考点：考查化学基本概念，涉及同位素、同素异形体和摩尔质量。

8.有如下转化关系(其他产物及反应所需条件均已略去)。

以下推断错误的是( )
A ．当X 是盐酸时，则F 是稀硝酸
B ．当X 是氢氧化钠时，则F 是稀硝酸
C ．当X 是氢氧化钠时，B 跟Cl 2反应可能有白烟现象
D ．当X 是氢氧化钠时，B 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】A
【解析】B 项，NH 4Cl NH 3N 2NO NO 2HNO 3；C 项，8NH 3＋3Cl 2=6NH 4Cl ＋N 2
产生白烟；D 项，H 2S
Na 2S
S
SO 2O 2,SO 3
H 2SO 4，Na 2S 能被酸性KMnO 4溶液氧化。

9.N A 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（ ）
A ．标准状况下,11.2 L 四氯化碳中C —Cl 键的数目为2.0N A
B ．常温下,1 L 0.1 mol/L NH 4NO 3溶液中的氮原子数为0.2N A
C ．在反应:H 2O 2+Cl 22HCl+O 2中,每生成32 g 氧气,转移的电子数 为4N A
D ．22.4 L 由CO 和C 2H 4组成的混合气体的质量一定为28 g 【答案】B
【解析】标准状况下,CCl 4是液态,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,进而不能确定C —Cl 键数目,A 错误;1 L 0.1 mol/L NH 4NO 3溶液中含N 原子数为1 L×0.1 mol/L×2N A =0.2N A ,B 正确;生成32 g O 2即1 mol O 2,转移的电子数由已知的化学方程式可知应为2N A ,C 错误;D 项未指明是否为标准状况,故无法求算,D 错误。

10.某混合气体X ，可能由H 2、CO 、CO 2和水蒸气中的一种或几种组成，现将混合气体通入灼热的CuO ，完全反应后，固体 CuO 质量减少1.6 g ；再将反应后的混合气体全部导入足量的澄清石灰水中，生成白色沉淀10 g 。

根据以上信息，分析下列有关X 的组成推断正确的是（ ）
A ．X 一定只由CO 组成
B ．X 一定只由H 2和CO 2组成
C ．X 可能由0.1 g H 2和4.4 g CO 2组成
D ．X 可能由0.1 g H 2、1.4 g CO 、2.2 g CO 2组成
【解析】由反应后混合气体全部导入足量澄清石灰水中生成白色沉淀10 g可知，原混合气体
）＝10 g÷100 g·mol－1＝0.1 mol，即混合气体中存在
中碳元素的物质的量n（C）＝n（CaCO
3
中的一种或两种，且这两种含碳混合气体的物质的量或一种含碳气体的物质的量为CO、CO
2
，则一定含有氢气，由0.1 mol，由此判断A项和B项错；假设混合气体中含碳气体只有CO
2
混合气体通入灼热的CuO后，CuO质量减少1.6 g可知，氢气的物质的量n（H
）＝1.6 g÷16
2
g·mol－1＝0.1 mol，即其质量为0.2 g，C项错；选项D中氢气和CO均能还原CuO，二者“夺取”的CuO中的O为0.1 g÷2 g·mol－1＋1.4 g÷28 g·mol－1＝0.1 mol，与CuO减少的1.6 g氧原子相符，同时n（C）＝1.4 g÷28 g·mol－1＋2.2 g÷44 g·mol－1＝0.1 mol，D项正确。

二、实验题
11.（17分）氯气在工农业生产中应用非常广泛。

请回答以下问题：
（1）下面是三位同学分别设计的实验室制取和收集氯气的装置，其中最好的是（填序号）：
（2）某课外小组同学用如图所示装置通过电解食盐水并探究氯气相关性质，请回答：
①现有电极:C和Fe供选择，请在虚框中补画导线、电源（），串联变阻器以调节电流，
同时标出电极材料；电解的离子反应方程式为。

②通电一段时间后，玻璃管A、B、C三处是浸有不同溶液的棉花，其中A、B两处的颜色变
化分别为、；C处发生的离子反应方程式为。

③为防止氯气逸出造成污染，应采取的措施是。

（3）当在阴极收集到气体448mL（标准状况）后停止实验，将U形管溶液倒于量筒中测得
体积为400mL，则摇匀后理论上计算得溶液pH= 。

【答案】（1）（2分）B
（2）①见右图：
（2分） 2Cl -+2H 2O====Cl 2↑+H 2↑+2OH -
（3分）
②无色变蓝色（2分）、浅绿色变黄色（2分） Cl 2+SO 32-+H 2O==2Cl -+ SO 42-+2H +
（2分）
③在D 处放一团浸有NaOH 溶液的棉花（或将尾气通入盛有NaOH 溶液的烧杯中。

2分） （3）（2分）13 【解析】
试题分析：（1）氯气在水中的溶解度不大，A 装置用加热氯水的方法制氯气得到的氯气较少；氯气有毒，应进行尾气处理，装置C 缺少尾气处理装置；实验室制取和收集氯气的装置最好的是B ；（2）①通过电解食盐水制备氯气并探究氯气相关性质，氯气为阳极产物，产生氯
气的电极应与电源的正极相连，装置图见答案；电解的离子反应方程式为2Cl -+2H 2O
Cl 2↑+H 2↑+2OH -；②通电一段时间后，玻璃管A 处氯气与碘化钾反应生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色；B 处氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，由浅绿色变黄色；C 处氯气与亚硫酸钠溶液
反应生成硫酸钠和盐酸，发生的离子反应方程式为Cl 2+SO 32-+H 2O==2Cl -+ SO 42-+2H +
；③为防止氯气逸出造成污染，应采取的措施是在D 处放一团浸有NaOH 溶液的棉花（或将尾气通入盛有NaOH 溶液的烧杯中）；（3）阴极收集到的气体为H 20.448L ，
n(H 2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol ；由方程式：2Cl -+2H 2O Cl 2↑+H 2↑+2OH - 得： n(OH -)=0.02mol×2=0.04mol ；c(OH -)="0.04mol÷0.4L=0.1mol/L" 则pH=14-(-lg10-1
)=13。

考点：考查氯气的制备和性质，电解原理的应用。

三、填空题
12.（10分）已知：A 、B 、C 、D 四种短周期元素原子序数依次增大，A 与D 的原子序数之和等于B 与C 的原子序数之和，由D 元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，B 、C 、D 三种元素位于同一周期，B 、C 、D 三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为X 、Y 、Z ，X 、Y 、Z 可两两相互反应生成盐和水，试推断并用相应的化学用语回答下列问题。

（1）D 元素原子的结构示意图为 ；
（2）Y 与C 元素的最高价氧化物可以发生反应，该反应的离子方程式为 ；
（3）A 、B 、C 三种元素的原子半径由小到大的顺序为 ；
（4）A 与D 两元素的气态氢化物之间可以反应生成一种盐，该盐的水溶液呈 （填“酸”、“碱”或“中”）性，该水溶液中各离子浓度由小到大的顺序为 。

【答案】（10分）
（1）氯原子的结构示意图 （2 分）Ks5u （2）Al 2O 3+2OH −
= 2AlO 2− + H 2O （2 分） （3）N<Al<Na （由大到小不给分） （2 分） （4）酸 （2 分） （由大到小不给分）（2 分）
【解析】略
13.二氧化碳和氢气按一定的体积比混合，在一定条件下可以制得烯烃，该技术已经成为节能减碳的有效途径之一。

苯是一种重要的化工原料，下图是合成橡胶和TNT 的路线。

回答问题：
（1）工业上由煤焦油提取苯的操作名称为__________。

（2）烯烃B 的名称为________________；E 的结构简式为__________________。

（3）写出反应类型：反应②________________；反应③____________________。

（4）写出反应①的化学方程式____________________________________。

（5）D 在一定条件下与足量H 2反应后的产物，其一氯代物有_________种。

【答案】（8分）
（1）分馏。

（2）乙烯；。

（3）取代；消除。

（4）＋3HNO 3
＋3H 2O 。

（5）6 【解析】略
14.《有机化学基础》
18-1．（6分，该题为多项选择题，全选对得6分，漏选按比例给分，错选或多选为0分） 下列关于有机物的说法中，正确的是（ ）
A ．蔗糖是高分子化合物，其水解产物能发生银镜反应
B ．橡胶和纤维不一定都是合成高分子材料
C ．常温下淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu （OH ）2发生反应
D ．将某烃类的混合气体跟Cl 2混合光照，发现有油状液滴生成，说明混合气体肯定含有甲烷
E ．分子中所有原子不可能共平面
18-2．（14分）已知：一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：
请根据下图作答：
（1）A 的核磁共振氢谱中出现 组峰；E 中含有的官能团的名称是 ； （2）反应③的化学方程式为 ；
（3）已知B 的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中CO 2和H 2O 的物质的量之比为 n （CO 2）︰n （H 2O ）＝2︰1，则B 的分子式为 ；
（4）F 是高分子光阻剂生产中的主要原料。

F 具有如下特点：①属于芳香族化合物；②能跟FeCl 3溶液发生显色反应；③能发生加聚反应；④苯环上的一氯代物只有两种。

F 在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为 ；
（5）化合物G 是F 的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应。

G 有多种可能的结构，请写出它们的结构简式 。

【答案】18-1（6分）BCE 18-2（14分）
（1）3（2分） 羧基（2分） （2）CH 3CHO+2Cu （OH ）CH 3COOH+Cu 2O↓+2H 2O （2分）
（3）C 10H 10O 2（2分）
（4）
（5）（各1分）
【解析】略 15.（14分）
某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K ＋
、Al 3＋、Fe 3＋、Mg 2＋、Ba 2
＋、NH 、Cl －
、CO 、SO ，现分别取100 mL 的两等份溶液进行如下实验：
①第一份加过量NaOH 溶液后加热，收集到0.02 mol 气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。

②向甲溶液中通入过量CO 2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到1.02 g 固体。

③第二份加足量BaCl 2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65 g 固体。

依据实验回答下列问题：
（1）由①可知一定存在的离子为 ，其浓度为 mol·L -1。

（2）写出②中产生沉淀的离子方程式 。

（3）由③可知一定存在的离子为 ，其浓度为 mol·L -1。

（4）综合上面三个实验，该混合物的水溶液中一定不存在的离子是 （填离子符号）。

（5）某同学通过分析认为该溶液中一定存在K ＋
，他的理由是 。

【答案】（14分，每空2分） （1） NH 4+ 0.2
（2） AlO 2— + CO 2(过) + 2H 2O = Al(OH)3↓ + HCO 3— （3） SO 42- . 0.5
（4） Fe 3+
、Mg 2+
、Ba 2+
、CO 32-
（5） 已知的NH 4+、Al 3+
的正电荷总量小于SO 42-负电荷总量 ，依据电荷守恒，一定有K +
存在 【解析】
试题分析：（1）①中与氢氧化钠共热产生气体的溶液中一定含有NH 4+，所以100mL 的溶液中含有NH 4+的物质的量浓度是0.02mol/0.1L=0.2mol/L ；该过程无沉淀产生，说明不存在Fe 3
＋、Mg 2
＋；
（2）②向甲溶液中通入过量CO 2，因为甲溶液中存在过量的氢氧化钠，所以通入二氧化碳后产生沉淀，则该沉淀一定是氢氧化铝沉淀，加入的氢氧化钠溶液使铝离子转化为偏铝酸根离子，二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，发生的离子方程式
为AlO 2— + CO 2(过) + 2H 2O = Al(OH)3↓ + HCO 3—，说明原溶液中存在Al 3
＋，则一定不存在CO 32-；1.02g 固体为氢氧化铝分解得到的氧化铝的质量，所以铝离子的浓度为1.02g/102g/mol×2/0.1L=0.2mol/L ；
（3）第二份加足量BaCl 2溶液后，生成白色沉淀，不溶于盐酸，则该沉淀只能是硫酸钡沉淀，
说明原溶液中存在SO 42-，则与硫酸根离子反应的Ba 2+
一定不存在；硫酸钡的质量是1.02g ，则SO 42-的物质的量浓度是11.65g/233g/mol/0.1L=0.5mol/L ；
（4）根据以上分析，该溶液中一定不存在的离子是Fe 3+
、Mg 2+
、Ba 2+
、CO 32-；
（5）根据电荷守恒，一定存在的离子中，c(NH 4+)+3c(Al 3＋)=0.8mol/L<2n(SO 42-)=1.0mol/L ，所
以溶液中一定还存在阳离子，则K +
一定存在。

考点：考查溶液中离子的定性与定量的判断 16.【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）
前四周期元素X 、Y 、Z 、W 、R 的原子序数依次增大，已知：X 原子的2p 轨道为半充满状态；Y 原子的L 层有2个未成对电子；Z 与Y 位于同主族；W 的+2价简单离子核外电子层排布与Ar 原子相同；R 原子的d 轨道上有3个空轨道。

请回答下列问题： （1）R 原子的基态电子排布式为 。

（2）X 、Y 原子的第一电离能大小顺序为 。

（用元素符号表示） （3）X 的常见单质分子结构中σ键数目为 。

（4）Z 的最高价氧化物对应水化物的酸根离子空间构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。

（5）某矿物晶体由Y 、W 、R 三种元素组成，其晶胞结构如图所示。

则该矿物的化学式为 ，若已知该晶胞的边长为a cm ，则该晶胞的密度为 g/cm 3。

（用含a 、N A 的代数式表示）
【答案】（1）[Ar]3d 2
4s 2
（2）N>O （3）1 （4）正四面体 sp 3
（5）CaTiO 3 136/a 3N A (3分) 【解析】
试题分析：前四周期元素X 、Y 、Z 、W 、R 的原子序数依次增大，已知：X 原子的2p 轨道为半充满状态，则X 是氮元素；Y 原子的L 层有2个未成对电子，原子序数大于氮元素，因此Y 是氧元素；Z 与Y 位于同主族，则Z 是S ；W 的+2价简单离子核外电子层排布与Ar 原子相同，则W 是Ca ；R 原子的d 轨道上有3个空轨道，则R 的原子序数是18+2+2＝22，即R 是钛元素。

（1）根据核外电子排布规律可知，钛原子的基态电子排布式为)[Ar]3d 2
4s 2。

（2）由于氮元素的2p 轨道电子处于半充满状态稳定性强，因此X 、Y 原子的第一电离能大小顺序为N ＞O 。

（3）N 的常见单质分子是氮气，氮气含有三键，则结构中σ键数目为1个。

（4）Z 的最高价氧化物对应水化物的酸根离子是硫酸根离子。

由于S 元素不存在孤对电子对
数，因此空间构型为正四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp 3。

（5）根据晶胞结构可知含Ti 原子的个数是8×1？8＋1，含Ca 原子是1个，含O 原子是6×1/2＝3个，则该矿物的化学式为CaTiO 3；若已知该晶胞的边长为a cm ，所以有，
则该晶胞的密度为
g/cm 3。

考点：考查核外电子数、第一电离能、杂化轨道、空间构型、共价键以及晶胞的计算等
四、计算题
17.常温下钛的化学活性很小，在较高温度下可与多种物质反应。

（1）工业上由金红石（含TiO 2大于96％）为原料生产钛的流程如下：
① 沸腾氯化炉中发生的主要反应为： 。

②已知：Ti(s) +2Cl 2(g)＝TiCl 4(l) ΔH ＝a kJ·mol －
1； 2Na(s) +Cl 2(g)＝2NaCl(s) ΔH ＝b kJ·mol －1； Na(s)＝Na(l) ΔH ＝c kJ·mol －1；
则TiCl 4(l) +4Na(l)＝Ti(s) +4NaCl(s) ΔH ＝ kJ·mol －1。

③ TiCl 4遇水强烈水解，写出其水解的化学方程式 。

（2）TiO 2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氯化钙，原理如图所示，二氧化钛电极连接电 极，该极电极反应为： 。

但此法会产生有毒气体，为减少对环境的污染，在电池中加入固体氧离子隔膜（氧离子能顺利通过），将两极产物隔开，再将石墨改为金属陶瓷电极，并通入一种还原性气体，该气体是 。

（3）海绵钛可用碘提纯，原理为：，下列说法正确的是 。

A ．该反应正反应的ΔH ＞0
B ．在不同温度区域，TiI 4的量保持不变
C ．在提纯过程中，I 2 的作用是将粗钛从低温区转移到高温区
D ．在提纯过程中，I 2 可循环利用 【答案】
（1）①TiO 2+2C+2Cl 2＝TiCl 4+2CO （高温或900℃要注明）；②2b -4c-a ； ③TiCl 4 + 4H 2O ＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑
（2）负 TiO 2 +4e －
＝Ti + O 2－（或：Ca 2+
+2e －
＝Ca ；2Ca+TiO 2＝2CaO +Ti ） H 2 （3）C D （只选对1个给1分，错选0分） 【解析】
试题分析：化学反应原理的基本内容。

（1）①根据图中箭头指向判断反应物和生成物，利用氧化还原反应配平方程式；②把三个方程式2②-4③-①即可以得到；
（2）该电解池是用二氧化钛生产金属钛的工艺，电解时钛元素由+4变为0价，得到电子，
为阴极，连接电源的负极，还可以根据O 2-聚集判断；但此法会有石墨失去电子产生CO ，改用金属陶瓷电极需加入还原性气体提供电子，故通入H 2；
（3）A 、根据反应方程式判断低温正向进行高温逆向进行，故正向为放热反应，ΔH ＜0，错误；B 、温度不同，平衡发生移动，TiI 4的量随着发生变化，错误；C 、低温碘单质与钛反应生成气态TiI 4，高温下分解得到金属钛和碘单质，所以说I 2 的作用是将粗钛从低温区转移到高温区，在该过程中I 2 可循环利用正确，故C 、D 都正确。

考点：考查化学反应原理，涉及反应热的计算、化学方程式书写、电化学中电极判断电极反应式书写及平衡移动等多方面知识。

18.（8分）用MnO 2,和浓HCl 反应制Cl 2，当有0.4molHCl 被氧化时，生成的Cl 2全部用石灰水吸收，则（1）生成多少Cl 2mol （2）可制得漂白粉多少克？ 【答案】（1）0．2 mol Cl 2mol （2）漂白粉质量为25.4克 【解析】略
19.将32.64g 铜与140mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO 和NO 2混合气体在标准状况下的体积为11.2L 。

请回答：
（1）NO 的体积为_____L ，NO 2的体积为______L 。

（2）参加反应的硝酸的物质的量是_______mol 。

（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L 的NaOH 溶液，恰好使溶液中的Cu 2
＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___________mol/L 。

（结果不需化简） （4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH 溶液中全部转化为NaNO 3，至少需要30%的双氧水________g 。

【答案】 5.376 5.824 1.52 （ av·10-3
+0.5）/0.14 57.8 【解析】铜的物质的量为n （Cu ）= =0.51mol ，混合气体的物质的量为n （NO ）+n （NO 2）
=
=0.5mol ，（1）设NO 为xmol ，NO 2为ymol ，电子得失守恒得：3x+y=0.51×2，气体的
总物质的量为x+y=0.5，解之得x=0.26，y=0.24，则V （NO ）=0.26mol×22.4L/mol≈5.8L ，V （NO 2）=0.24mol×22.4L/mol≈5.4L ；（2）铜与硝酸反应，反应生成硝酸铜、NO 和NO 2，由N 原子守恒：参加反应的硝酸n （HNO 3）=2n （Cu （NO 3）2）+n （NO ）+n （NO 2）
=0.51mol×2+0.5mol=1.52mol 。

（3）当Cu 2+
全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO 3，根据
氮元素守恒，HNO 3的物质的量为n （Na +）+n （NO ）+n （NO 2），n （Na +
）=n （NaOH ）
=aV×10-3
mol ，n （NO ）+n （NO 2）=0.5mol ，则原硝酸溶液的浓度为
mol/L ；（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH 溶液中全部转化为
NaNO 3，由得失电子守恒可得n （H 2O 2）×2=3n （NO ）+n （NO 2）0.26mol×3+0.24mol ，n （H 2O 2）=0.51mol ，m （H 2O 2）=0.51mol×34g/mol/30%=57.8g.
点睛：本题以硝酸与铜反应为载体考查了氧化还原反应的有关计算，本题计算量较大，（1）用列方程组解较方便；（2）和（3）要注意反应中部分硝酸参加氧化还原反应，运用N 原子守恒的解题，是本题的难点。

（4）利用电子守恒技巧能快速解题，是本题的又一难点。

20.Ⅰ.标准状况下有①6.72L CH 4；②3.011023
个HCl 分子；③7.2gH 2O ，下列对这三种物质的关系从小到大的排列顺序是：（填写序号） （1）物质的量______； （2）体积______； （3）质量______； （4）氢原子数______。

Ⅱ.按要求写出相应的式子：
（1）过氧化钠与水反应的化学方程式：____________________________________； （2）实验室制取氯气的离子方程式：______________________________________； （3）铜与稀硝酸反应的离子方程式：______________________________________。

【答案】 ①〈③〈 ② ③〈①〈 ② ①〈③〈 ② ②〈③〈① 2Na 2O 2+2H 2O
=4NaOH+O 2↑ MnO 2+2Cl -+4H + =△= Mn 2++ Cl 2↑+2H 2O 3Cu+8H ++2NO 3-=2NO↑+3Cu 2+
+4H 2O 【解析】I 、①.在标准状况下，6.72L CH 4的物质的量是
=0.3mol ，质量是
0.3mol×16g/mol=4.8g ，氢原子数是0.3mol×4=1.2mol ；②. 3.01×1023
个HCl 分子的物质的量是
=0.5mol ，质量是0.5mol×36.5g/mol=17.25g ，氢原子数是0.5mol ，标准状况下的体积
是0.5mol×22.4L/mol=11.2L ；③7.2gH 2O 的物质的量是
=0.4mol ，氢原子数是
0.4mol×2=0.8mol ，因标准状况下水是冰水混合物而不是气体，所以水的体积远远小于气体的体积。

根据上述分析，（1）物质的量从小到大的顺序是：①〈③〈②；（2）体积从小到大的顺序是：③〈①〈②；（3）质量从小到大的顺序是：①〈③〈②；（4）氢原子数从小到大的顺序是：②〈③〈①。

II 、（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式是：2Na 2O 2+2H 2O
=4NaOH+O 2↑；（2）实验室制取氯气，采用的是二氧化锰和浓盐酸反应，所以其离子方程式
是：MnO 2+2Cl -+4H + Mn 2+
+ Cl 2↑+2H 2O ；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO 以及水，所
以其离子方程式：3Cu+8H ++2NO 3-=2NO↑+3Cu 2+
+4H 2O 。

五、简答题
21.CH 4、NH 3、H 2O 、H 2S 、NH 4NO 3和ZnS 是中学化学常见的六种化合物。

回答下列问题： （1）基态S 原子有__________种不同能量的电子，与Zn 同属ds 区且同周期的元素基态原子核外电子排布式为____________________。

（2）H 2O 和H 2S 中，沸点较高的是__________，原因是___________________________________。

（3）CH 4、NH 3和H 2O3种氢化物中，键角由大到小的顺序为_______________，其中NH 3的VESEPR 模型名称为____________。

（4）NO 3-离子的几何构型为__________，NO 3-离子的电子体有_____________（任写一种）。

（5）ZnS 晶体结构有多种，其中一种晶体的晶胞结构如图所示，晶体中与S 2-
等距离且最近的S 2-有_____个。

已知该晶体的晶胞参数为anm ，其密度为 ρg·cm -3
，则阿伏加德罗常数的数值为____________________________（用含字母a 、ρ的表达式表示，列出计算式即可）。

【答案】 5 [Ar]3d 104s 1（或1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1
） H 2O H 2O 分子间能形成氢键 CH 4＞NH 3＞H 2O 四面体形（或四面体） 平面三角形 CO 32-或SiO 32-或SO 3或BF 3等 12
【解析】（1）S 的核外电子数是16，核外电子排布式为1s 2
2s 2
2p 6
3s 2
3p 4
，所以基态S 原子有5种不同能量的电子。

与Zn 同属ds 区且同周期的元素是铜，铜的原子序数是29，根据核外
电子排布规律可知其基态原子核外电子排布式为 [Ar]3d 104s 1。

（2）由于H 2O 分子间能形成氢键，所以沸点较高的是H 2O 。

（3）CH 4、NH 3和H 2O 三种物质的空间构型分别是正四面体、三角锥形和V 形，则键角由大到小的顺序为CH 4＞NH 3＞H 2O ；由于氨气分子中氮原子含有一对孤对电子，则NH 3的VESEPR 模型名称为四面体形。

（4）NO 3－离子中中心原子的价层电子对数是3+(5+1-3×2)/2＝3，不存在孤对电子，所以硝酸根的几何构型为平面三角形；原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则与NO 3－离子互为等电子体有CO 32－或SiO 32－或SO 3或BF 3等。

（5）根据硫化锌的晶胞结构可知晶体中与S 2
－等距离且最近的S 2
－位于面
心处，共计有12个。

晶胞中硫离子个数是8×1/8+6×1/2＝4，锌离子全部在晶胞中，也是4个。

已知该晶体的晶胞参数为anm，其密度为ρg·cm－3，则，解得。

六、推断题
22.醋柳酯是一种镇咳祛痰药，用于上呼吸道感染、感冒咳嗽、急慢性支气管炎症等的治疗，醋柳酯可由下图所示路线合成：
（1）A的含氧官能团名称为；中间产品C中混有反应物A和B，检验C中含有A的试剂是。

（2）由C制醋柳酯的反应类型为；写出C和足量NaOH溶液反应的化学方程式。

溶液反应显紫色的同分异构体（3）A的同分异构体很多，写出两种属于酯类、且能与FeCl
3
的结构简式。

【答案】（8分）
（1）羟基、羧基(2分)； NaHCO 3溶液 (2分)
（2）取代反应(1分)（2分）
（3）（答对1个得1分，共2分）
【解析】
试题分析：
(1) 有合成路线知符合A，含氧官能团名称为羟基、羧基；
A、C的区别是羧基，选用NaHCO 3溶液
(2)C和乙酸酐发生的反应为取代反应；
C和足量NaOH溶液酯基水解、酚羟基的中和反应。

(3) 含有酯基，和酚羟基三种符合。

考点：本题考查了有机化合物推断、结构与性质、同分异构知识。