1、（全國(guó)卷）2020屆高三化學(xué)4月教育教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)考試試題（含解析）注意事項(xiàng)：1.本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分。2.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷相應(yīng)的位置。3.全部答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。4.本試卷滿分300分，測(cè)試時(shí)間150分鐘。5.考試范圍：高考全部?jī)?nèi)容?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1 C12 O16 Ca40 Ti48 Zn65第卷一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)與生活緊密相關(guān)，下列描述正確的是A. 流感疫苗一般應(yīng)冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性B. 乳酸()通過(guò)加聚反應(yīng)可制得可

2、降解的聚乳酸塑料C. “客從南溟來(lái)，遺我泉客珠。”“珍珠”的主要成分屬于有機(jī)高分子化合物D. 水泥是由石灰石、石英砂、純堿為原料燒制而成的【答案】A【解析】【詳解】A流感疫苗屬于蛋白質(zhì)，溫度過(guò)高會(huì)使蛋白質(zhì)變性，A選項(xiàng)正確；B乳酸()通過(guò)縮聚反應(yīng)可制得可降解的聚乳酸塑料，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C“珍珠”的主要成分是CaCO3，屬于無(wú)機(jī)鹽，不屬于有機(jī)高分子化合物，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D水泥是由黏土和石灰石燒制而成的，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。2.有機(jī)物G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，下列關(guān)于有機(jī)物G的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. 分子式為C10H12O5B. 1 mol G與足量的金屬鈉反應(yīng)，生成H2的體積為33.6 LC. 在一定條件下，1 m

3、ol G與足量的H2反應(yīng)，最多消耗3 mol H2D. 可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A根據(jù)有機(jī)物G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可得，其分子式為C10H12O5，A選項(xiàng)正確；B有機(jī)物G中有2個(gè)羥基和1個(gè)羧基，均可與金屬鈉反應(yīng)，1 mol G與足量金屬鈉反應(yīng)，生成H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為33.6 L，題中未注明標(biāo)準(zhǔn)狀況，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C在一定條件下，1 mol G中的苯環(huán)最多可與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C選項(xiàng)正確；D有機(jī)物G中苯環(huán)可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)，羥基可發(fā)生氧化反應(yīng)，D選項(xiàng)正確；答案選B。3.通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)操作和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A將丙烯通入碘水中

4、碘水褪色并分層丙烯與碘水發(fā)生了取代反應(yīng)B向FeSO4溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀FeSO4溶液未變質(zhì)C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2氣體溶液紅色褪去SO2具有漂白性D向2mL 0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同濃度的AgNO3，然后再滴加3滴相同濃度的KI溶液先產(chǎn)生白色沉淀，然后變?yōu)辄S色沉淀Ksp(AgI)Ksp(AgCl)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A將丙烯通入碘水中，將丙烯通入碘水中，丙烯與碘水發(fā)生了加成反應(yīng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B向FeSO4溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說(shuō)明溶液當(dāng)中有Fe2+，但不能說(shuō)明FeSO4溶

5、液未變質(zhì)，也有可能是部分變質(zhì)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2氣體，SO2是酸性氧化物，可與水反應(yīng)生成H2SO3，中和NaOH，從而使溶液紅色褪去，與其漂白性無(wú)關(guān)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D白色的AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為黃色的AgI沉淀，可證明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，D選項(xiàng)正確；答案選D。4.X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價(jià)和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價(jià)+3+1+5+7原子半徑0.0820.1860.1100.099則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物具有兩性B ZW3分子中所有原子最外層均滿足8e結(jié)構(gòu)C. Y的一種氧化物可用作供氧

6、劑，Z的一種氧化物可用作干燥劑D. 簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WZX【答案】A【解析】【分析】根據(jù)X、Y、Z、W為短周期主族元素，聯(lián)系最高正化合價(jià)，X可與為B元素或者Al元素，Y為L(zhǎng)i元素或Na元素，Z為N元素或P元素，W為Cl元素，又原子半徑：YZClX，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素，據(jù)此分析回答問(wèn)題?！驹斀狻緼B的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；BPCl3的電子式為，所有原子最外層均滿足8e結(jié)構(gòu)，B選項(xiàng)正確；CNa的氧化物Na2O2可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項(xiàng)正確；D非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性ClP

7、B，則熱穩(wěn)定性：HClPH3BH3，D選項(xiàng)正確；答案選A。5.一種利用電化學(xué)變色的裝置如圖所示，其工作原理為：在外接電源下，通過(guò)在膜材料內(nèi)部Li定向遷移，實(shí)現(xiàn)對(duì)器件的光透過(guò)率進(jìn)行多級(jí)可逆性調(diào)節(jié)。已知：WO3和Li4Fe4Fe(CN)63均為無(wú)色透明晶體，LiWO3和Fe4Fe(CN)63均為藍(lán)色晶體。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. 當(dāng)a接外接電源負(fù)極時(shí)，電致變色層、離子儲(chǔ)存層都顯藍(lán)色，可減小光的透過(guò)率B. 當(dāng)b接外接電源負(fù)極時(shí)，離子儲(chǔ)存層發(fā)生的反應(yīng)為Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63C. 切換電源正負(fù)極使得藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色時(shí)，Li通過(guò)離子導(dǎo)體層由離子儲(chǔ)存層向電致變色層遷移D.

8、該裝置可用于汽車的玻璃變色調(diào)光【答案】C【解析】【詳解】A當(dāng)a接外接電源負(fù)極時(shí)，電致變色層為陰極，發(fā)生電極反應(yīng)WO3+Li+e-=LiWO3，LiWO3為藍(lán)色晶體，b極接正極，離子儲(chǔ)存層為陽(yáng)極，發(fā)生電極反應(yīng)Li4Fe4Fe(CN)63-4e=Fe4Fe(CN)634Li，F(xiàn)e4Fe(CN)63為藍(lán)色晶體，藍(lán)色與無(wú)色相比，可減小光的透過(guò)率，A選項(xiàng)正確；B當(dāng)b接外接電源負(fù)極時(shí)，離子儲(chǔ)存層為陰極，發(fā)生的電極反應(yīng)為Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63，B選項(xiàng)正確；C切換電源正負(fù)極使得藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色時(shí)，即LiWO3變?yōu)閃O3，F(xiàn)e4Fe(CN)63變?yōu)長(zhǎng)i4Fe4Fe(CN)63，

9、電致變色層為陽(yáng)極，離子儲(chǔ)存層為陰極，則Li+通過(guò)離子導(dǎo)體層由電致變色層移向離子儲(chǔ)存層，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D該裝置可實(shí)現(xiàn)變色，可用于汽車的玻璃變色調(diào)光，D選項(xiàng)正確；答案選C。6.對(duì)于反應(yīng)2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)，科學(xué)家根據(jù)光譜學(xué)研究提出如下反應(yīng)歷程：第一步：2NON2O2快速平衡第二步：N2O2H2N2OH2O慢反應(yīng)第三步：N2OH2N2H2O快反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列敘述正確的是A. 若第一步反應(yīng)H0，則升高溫度，v正減小，v逆增大B. 第二步反應(yīng)的活化能大于第三步的活化能C. 第三步反應(yīng)中N2O與H2的每一次碰撞都是有效碰撞D. 反應(yīng)的中間產(chǎn)物只

10、有N2O2【答案】B【解析】【詳解】A不管H0，升高溫度，v正和v逆均增大，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B第二步反應(yīng)為慢反應(yīng)，第三步反應(yīng)為快反應(yīng)，則第二步反應(yīng)的活化能大于第三步的活化能，B選項(xiàng)正確；C根據(jù)有效碰撞理論可知，任何化學(xué)反應(yīng)的發(fā)生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D反應(yīng)的中間產(chǎn)物有N2O2和N2O，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】化學(xué)反應(yīng)速率與溫度有關(guān)，溫度升高，活化分子數(shù)增多，無(wú)論是正反應(yīng)速率還是逆反應(yīng)速率都會(huì)加快，與平衡移動(dòng)沒(méi)有必然聯(lián)系。7.常溫下，向20 mL 0.1molL1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所

11、示。則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. HA的電離常數(shù)約為105B. b點(diǎn)溶液中存在：c(A)c(K)C. c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的KOH溶液的體積V20 mL，c水(H)約為7106 molL1D. 導(dǎo)電能力：cab【答案】D【解析】【詳解】A由a點(diǎn)可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=110-11mol/L，則c(H+)=110-1410-11=110-3mol/L，則HA的電離常數(shù)，A選項(xiàng)正確；Bb點(diǎn)溶液中c水(H+)=110-7mol/L，c點(diǎn)c水(H+)最大，則溶質(zhì)恰好為KA，顯堿性，a點(diǎn)顯酸性，c點(diǎn)顯堿性，則中間c水(H+)=110-7mol/L的b點(diǎn)恰好顯中性，根據(jù)電荷守恒可得c

12、(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，則c(A-)=c(K+)，B選項(xiàng)正確；Cc點(diǎn)時(shí)加入的KOH的物質(zhì)的量n(KOH)=20mL0.1mol/L0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=110-5，可得A-的則c(A-)0.05mol/L，則c(OH-)710-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的，則c水(OH-)=c水(H+)710-6mol/L，C選項(xiàng)正確；D向一元弱酸中加入相同濃度的一元強(qiáng)堿，溶液的導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng)，則導(dǎo)電能力：cba，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。第卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個(gè)試題考

13、生都必須作答。第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題(共129分)8.葡萄糖酸鋅MZn(C6H11O7)2455gmol1)是一種重要的補(bǔ)鋅試劑，其在醫(yī)藥、食品、飼料、化妝品等領(lǐng)城中具有廣泛的應(yīng)用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，化學(xué)興趣小組欲在實(shí)驗(yàn)室制備葡萄糖酸鋅并測(cè)定產(chǎn)率。實(shí)驗(yàn)操作分以下兩步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制備。量取50 mL蒸餾水于100 mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7 mL(0.05 mol)濃H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸鈣MCa(C6H11O7)2430gmol1，易溶于熱水，在90條件下，不斷攪拌，反應(yīng)

14、40min后，趁熱過(guò)濾。濾液轉(zhuǎn)移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過(guò)強(qiáng)酸性陽(yáng)離子交換樹脂，交換液收集在燒杯中，得到無(wú)色的葡葡糖酸溶液。.葡萄糖酸鋅的制備。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60條件下，不斷攪拌，反應(yīng)1h，此時(shí)溶液pH6。趁熱減壓過(guò)濾，冷卻結(jié)晶，同時(shí)加入10 mL 95%乙醇，經(jīng)過(guò)一系列操作，得到白色晶體，經(jīng)干燥后稱量晶體的質(zhì)量為18.2g?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)制備葡萄糖酸的化學(xué)方程式為_。(2)通過(guò)強(qiáng)酸性陽(yáng)離子交換樹脂的目的是_。(3)檢驗(yàn)葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作為_。(4)制備葡萄糖酸時(shí)選用的最佳加熱方式為_。(5)制備葡萄糖酸鋅時(shí)加入乙醇的目的是_，“一

15、系列操作”具體是指_。(6)葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為_(用百分?jǐn)?shù)表示)，若pH5時(shí)就進(jìn)行后續(xù)操作，產(chǎn)率將_(填“增大”“減小”或“不變”)。【答案】 (1). (2). 將未充分反應(yīng)的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸 (3). 取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在 (4). 水浴加熱（或熱水浴） (5). 降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出 (6). 過(guò)濾、洗滌 (7). 80% (8). 減小【解析】【詳解】(1)葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應(yīng)生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理

16、為強(qiáng)酸制弱酸，化學(xué)反應(yīng)方程式為，故答案為：；(2)將葡萄糖酸鈣與硫酸反應(yīng)后的濾液緩慢通過(guò)強(qiáng)酸性陽(yáng)離子交換樹脂進(jìn)行陽(yáng)離子交換，可將為充分反應(yīng)的Ca2+交換為H+，即將未充分反應(yīng)的葡萄糖酸鈣轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應(yīng)的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸；(3)結(jié)合SO42-離子的檢驗(yàn)方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在，故答案為：取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在；(4)實(shí)驗(yàn)制

17、備葡糖糖酸時(shí)，反應(yīng)條件為90，則最佳加熱方式為水浴加熱（或熱水?。蚀鸢笧椋核〖訜幔ɑ驘崴。?；(5)葡萄糖酸鋅可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸鋅后，加入乙醇可減少葡萄糖酸鋅的溶解，使其以晶體的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是過(guò)濾、洗滌，故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出；過(guò)濾、洗滌；(6)根據(jù)反應(yīng)方程式可得關(guān)系式：Ca(C6H11O7)2 Zn(C6H11O7)2，mCa(C6H11O7)2=21.5g，則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質(zhì)的量為nZn(C6H11O7)2=0.05mol，因此，根據(jù)可得，葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為，若pH5時(shí)就進(jìn)行后續(xù)操作，一些

18、葡萄糖酸就不能充分轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸鋅，導(dǎo)致葡萄糖酸鋅質(zhì)量將減小，產(chǎn)率減小，故答案為：80%；減小；9.對(duì)廢銀合金觸電材料進(jìn)行分離回收既節(jié)約礦物資源，又可以減少環(huán)境污染。某廢銀合金觸電材料含Ag、Cu、Sn等，現(xiàn)欲利用以下工藝流程回收其中的金屬資源?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)“加熱溶解”時(shí)Cu發(fā)生的離子方程式為_。(2)“加熱溶解”時(shí)溫度常控制在50左右，溫度不宜過(guò)高也不宜過(guò)低原因?yàn)開。(3)“酸溶解”過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生少量遇空氣變?yōu)榧t棕色的無(wú)色氣體，則“酸溶解”過(guò)程主要的化學(xué)方程式為_。(4)常溫下，Cu2/Sn4混合液中c(Cu3)0.022molL1，將混合液“加熱攪拌”后冷卻至室溫，再加“尿素”調(diào)節(jié)溶

19、液的pH范圍為_。(當(dāng)溶液中的離子濃度小于105molL1時(shí)，沉淀完全，已知：KspSn(OH)411055；KspCu(OH)22.21020)(5)檢驗(yàn)Sn(OH)4沉淀是否洗滌干凈的方法是_。(6)用惰性電極電解CuCl2溶液，陰極反應(yīng)式是_，若想由CuCl2溶液得到無(wú)水CuCl2固體，則需進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作為_?！敬鸢浮?(1). Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O (2). 低于50，溶解反應(yīng)較慢，超過(guò)50，H2O2分解與HCl逸出導(dǎo)致溶解翻譯速率下降 (3). 3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2H2O (4). 1.5pH5 (5). 取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入

20、稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，若沒(méi)有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒(méi)有洗滌干凈 (6). Cu2+2e-=Cu (7). 將CuCl2溶液在HCl氣流中加熱蒸干【解析】【分析】結(jié)合題干信息，根據(jù)工藝流程圖分析可知，某廢銀合金觸電材料含Ag、Cu、Sn等，在加熱、溶解的條件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn變成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加熱的條件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最終經(jīng)過(guò)系列操作得到銅粉和SnO2，Ag單質(zhì)以濾渣的形式經(jīng)過(guò)HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)得到Ag單質(zhì)，據(jù)此分析解答問(wèn)題?！驹斀狻?1)根據(jù)上述

21、分析，“加熱溶解”時(shí)，Cu與HCl、H2O2反應(yīng)變?yōu)镃u2+，離子反應(yīng)方程式為Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O，故答案為：Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O；(2)溫度過(guò)低，反應(yīng)速率慢，溫度過(guò)高，反應(yīng)物H2O2分解，則溫度不宜過(guò)高也不宜過(guò)低的原因是低于50，溶解反應(yīng)較慢，超過(guò)50，H2O2分解與HCl逸出導(dǎo)致溶解翻譯速率下降，故答案為：低于50，溶解反應(yīng)較慢，超過(guò)50，H2O2分解與HCl逸出導(dǎo)致溶解翻譯速率下降；(3)根據(jù)上述分析可知，“濾渣”主要成分為Ag，“酸溶解”過(guò)程為Ag和HNO3、HCl反應(yīng)得到AgCl的沉淀，化學(xué)反應(yīng)方程式為：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2

22、H2O，故答案為：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl+NO+2H2O；(4)調(diào)節(jié)pH為保證Sn4+沉淀完全(離子濃度小于105molL1)，按c(Sn4+)=110-5 molL1進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)KspSn(OH)411055可得，c(OH-)=110-12.5 molL1，則c(H+)=110-1.5 molL1，pH=1.5，為保證Cu2+(0.022 molL1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022 molL1進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)KspCu(OH)22.21020可得，c(OH-)=110-9 molL1，則c(H+)=110-5 molL1，pH=5，則pH的取值范圍1.5pH5，故答案為

23、：1.5pH5；(5)沉淀中可能附著的有Cl-，檢驗(yàn)是否洗凈的方法可以是取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，若沒(méi)有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒(méi)有洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，若沒(méi)有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒(méi)有洗滌干凈；(6)惰性電極電解CuCl2溶液時(shí)，陰極Cu2+得到電子，電極反應(yīng)為Cu2+2e-=Cu，由于CuCl2會(huì)水解，可在蒸發(fā)時(shí)通入HCl氣體抑制水解，故答案為：Cu2+2e-=Cu；將CuCl2溶液在HCl氣流中加熱蒸干。10.煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，大量排放煙氣形成酸雨、

24、污染大氣，因此對(duì)煙氣進(jìn)行脫硫、脫硝，對(duì)環(huán)境保護(hù)有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：.利用CO脫硫(1)工業(yè)生產(chǎn)可利用CO氣體從燃煤煙氣中脫硫，則25時(shí)CO從燃煤煙氣中脫硫的熱化學(xué)方程式2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓變H_。25，100kPa時(shí)，由元素最穩(wěn)定的單質(zhì)生成1mol純化合物時(shí)的反應(yīng)熱稱為標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓，已知一些物質(zhì)的“標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓”如下表所示：物質(zhì)CO(g)CO2(g)SO2(g)標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓fHm(25)/kJmol-1-110.5-393.5-296.8(2)在模擬脫硫的實(shí)驗(yàn)中，向多個(gè)相同的體積恒為2L的密閉容器中分別通入2.2mol CO和1mol SO2氣體，在不

25、同條件下進(jìn)行反應(yīng)，體系總壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化如圖所示。在實(shí)驗(yàn)b中，40 min達(dá)到平衡，則040 min用SO2表示的平均反應(yīng)速率v(SO2)_。與實(shí)驗(yàn)a相比，實(shí)驗(yàn)b可能改變的條件為_，實(shí)驗(yàn)c可能改變的條件為_。.利用NH3脫硝(3)在一定條件下，用NH3消除NO污染的反應(yīng)原理為：4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)H1807.98kJmol1。在剛性容器中，NH3與NO的物質(zhì)的量之比分別為X、Y、Z(其中XYZ)，在不同溫度條件下，得到NO脫除率(即NO轉(zhuǎn)化率)曲線如圖所示。NH3與NO的物質(zhì)的量之比為X時(shí)對(duì)應(yīng)的曲線為_(填“a”“b”或“c”)。各曲線中NO脫除率均先升高后降低

26、的原因?yàn)開。900條件下，設(shè)Z，初始?jí)簭?qiáng)p0，則4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)的平衡常數(shù)Kp_(列出計(jì)算式即可)。.利用NaCIO2脫硫脫硝(4)利用NaClO2的堿性溶液可吸收SO2和NO2(物質(zhì)的量之比為1:1)的混合氣體，自身轉(zhuǎn)化為NaCl，則反應(yīng)的離子方程式為_。【答案】 (1). -269.2kJmol-1 (2). 0.01molL-1min-1 (3). 加入催化劑 (4). 升高溫度 (5). c (6). 溫度低于900時(shí)，反應(yīng)速率較慢，隨著溫度升高反應(yīng)速率加快，NO脫出率逐漸升高，溫度高于900，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的H0，繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動(dòng)

27、，NO脫出率又下降 (7). (8). 3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O【解析】【詳解】(1)根據(jù)“標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓”的定義可得：再根據(jù)蓋斯定律2(反應(yīng)-反應(yīng))-反應(yīng)可得到2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)，則，CO脫硫反應(yīng)2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓變，故答案為：-269.2kJmol-1；(2)結(jié)合題干信息，列三段式有：則，解得x=0.8，則，故答案為0.010.01molL-1min-1；與實(shí)驗(yàn)a相比，實(shí)驗(yàn)b達(dá)到的平衡狀態(tài)不變且所需時(shí)間縮短，改變的條件應(yīng)為加入了催化劑，與實(shí)驗(yàn)a相比，實(shí)驗(yàn)c達(dá)到平衡狀

28、態(tài)改變且所需時(shí)間縮短，可能是增大壓強(qiáng)或升高溫度，聯(lián)系反應(yīng)特點(diǎn)，若是增大壓強(qiáng)，平衡向右移動(dòng)，向右反應(yīng)的程度應(yīng)增大，與圖像不符，若是升高溫度，平衡向左移動(dòng)，與圖像相符，故答案為：加入催化劑；升高溫度；(3)NH3和NO的物質(zhì)的量之比越大，NO的脫出率月啊，則相同溫度下，不同NH3、NO物質(zhì)的量之比對(duì)應(yīng)NO的脫出率：XYZ，則X對(duì)應(yīng)曲線c，Y對(duì)應(yīng)曲線b，Z對(duì)應(yīng)曲線a，故答案為：c；NO的脫出率會(huì)受到速率、平衡移動(dòng)等因素的影響，溫度低于900時(shí)，反應(yīng)速率較慢，隨著溫度升高反應(yīng)速率加快，NO脫出率逐漸升高，溫度高于900，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的H0，繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動(dòng)，NO脫出率又下降，故答案

29、為：溫度低于900時(shí)，反應(yīng)速率較慢，隨著溫度升高反應(yīng)速率加快，NO脫出率逐漸升高，溫度高于900，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的H0，繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動(dòng)，NO脫出率又下降；壓強(qiáng)為p0，根據(jù)曲線a上NH3與NO的物質(zhì)的量之比為，則NH3的分壓為0.4p0，NO的分壓為0.6p0，列三段式有：則反應(yīng)的平衡常數(shù)，故答案為：；(4)在堿性環(huán)境下，ClO2-氧化等物質(zhì)的量的SO2和NO2，ClO2-變?yōu)镃l-，SO2變?yōu)镾O42-，NO2變?yōu)镹O3-，利用氧化還原反應(yīng)規(guī)律進(jìn)行配平，可得離子反應(yīng)方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案為：3

30、ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本學(xué)科選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。11.鈣鈦礦太陽(yáng)能電池具有轉(zhuǎn)化效率高、低成本等優(yōu)點(diǎn)，是未來(lái)太陽(yáng)能電池的研究方向?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)下列狀態(tài)的鈣中，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是_(填字母標(biāo)號(hào))。A.Ar4s1 B.Ar4s2 C.Ar4s14p1 D.Ar4p1(2)基態(tài)鈦原子的核外價(jià)電子軌道表達(dá)式為_

31、。(3)一種有機(jī)金屬鹵化鈣鈦礦中含有NH2CHNH2，該離子中氮原子的雜化類型為_，其對(duì)應(yīng)分子NH2CHNH的熔沸點(diǎn)高于CH3CH2CHCH2的熔沸點(diǎn)的原因?yàn)開。(4)一種無(wú)機(jī)鈣鈦礦CaxTiyOz的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，則這種鈣鈦礦化學(xué)式為_，已知Ca和O離子之間的最短距離為a pm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則這種鈣鈦礦的密度是_gcm3(列出計(jì)算表達(dá)式)。(5)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中原子1的坐標(biāo)為(，)，則原子2和3的坐標(biāo)分別為_、_。【答案】 (1). A (2). (3). sp2和sp3 (4). NH2CH=NH分子間

32、可形成氫鍵，熔沸點(diǎn)比CH3CH2CH=CH2高 (5). CaTiO3 (6). (7). (0，1，1) (8). 【解析】【詳解】(1)Ar4s1屬于基態(tài)的Ca+，由于Ca的第二電離能高于其第一電離能，故其在失去一個(gè)電子所需能量較高，Ar4s2屬于基態(tài)的Ca原子，其失去一個(gè)電子變?yōu)榛鶓B(tài)Ca+，Ar4s14p1屬于激發(fā)態(tài)Ca原子，其失去以電子所需要的能量低于基態(tài)Ca原子，Ar4p2屬于激發(fā)態(tài)的Ca+，其失去一個(gè)電子所需要的能量低于基態(tài)的Ca+，綜上所述，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是Ar4s1，A正確，故答案為：A；(2)基態(tài)Ti原子的原子序數(shù)為22，其核外價(jià)電子排布式為3d24s2，軌

33、道表達(dá)式為，故答案為：；(3)NH2CH=NH2+中左邊的N有3對(duì)共用電子對(duì)，還有1對(duì)孤電子對(duì)，則價(jià)層電子對(duì)為4，雜化類型為sp3，右邊的N與C形成雙鍵雜化類型為sp2，NH2CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點(diǎn)比CH3CH2CH=CH2高，故答案為：sp2和sp3；NH2CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點(diǎn)比CH3CH2CH=CH2高；(4)根據(jù)鈣鈦礦CaxTiyOz的晶體結(jié)構(gòu)分析，Ca2+位于晶胞的體心，Ti4+位于晶胞的頂點(diǎn)，O2-位于以Ti4+為體心的正八面體的頂點(diǎn)，則一個(gè)晶胞中含有1個(gè)Ca2+，1個(gè)Ti4+和3個(gè)O2-，則化學(xué)式為CaTiO3，Ca2+和O2-之間的最短距離為a pm，則晶胞參數(shù)為pm，一個(gè)晶胞相當(dāng)于有一個(gè)CaTiO3，根據(jù)密度公式可得，故答案為：CaTiO3；(6)根據(jù)坐標(biāo)建立的方向，由原子1的坐標(biāo)為，則原子2的坐標(biāo)為(0，1，1)，原子3的坐標(biāo)為，故答案為：(0，1，1)；。12.美托洛爾可用于治療各類型高血壓及心絞痛，其一種合成路