百校聯(lián)盟高三月教育教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)考試（全國Ⅰ卷）理綜化學(xué)試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精百校聯(lián)盟2020屆普通高中教育教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)考試全國Ⅰ卷化學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1。本試卷分第Ⅰ卷（選擇題)和第Ⅱ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。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量:H1C12O16Ca40Ti48Zn65第Ⅰ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?；瘜W(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（）通過加聚反應(yīng)可制得可降解的聚乳酸塑料C.“客從南溟來，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),溫度過高會(huì)使蛋白質(zhì)變性，A選項(xiàng)正確；B．乳酸()通過縮聚反應(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的說法錯(cuò)誤的是A。分子式為C10H12O5B.1molG與足量的金屬鈉反應(yīng)，生成H2的體積為33.6LC。在一定條件下，1molG與足量的H2反應(yīng)，最多消耗3molH2D.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)，1molG與足量金屬鈉反應(yīng)，生成H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為33.6L，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,1molG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K3[Fe(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2mL0。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。A B。B C.C D.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K3［Fe(CN）6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說明溶液當(dāng)中有Fe2+，但不能說明FeSO4溶液未變質(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BZW3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：W〉Z〉X【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：Y〉Z>Cl>X，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素,據(jù)此分析回答問題.【詳解】A．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；B．PCl3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；C．Na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Cl〉P>B，則熱穩(wěn)定性:HCl>PH3>BH3，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，通過在膜材料內(nèi)部Li＋定向遷移，實(shí)現(xiàn)對(duì)器件的光透過率進(jìn)行多級(jí)可逆性調(diào)節(jié)。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均為無色透明晶體，LiWO3和Fe4[Fe(CN）6］3均為藍(lán)色晶體。下列有關(guān)說法錯(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Fe4［Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe（CN)6]3C。切換電源正負(fù)極使得藍(lán)色變?yōu)闊o色時(shí),Li＋通過離子導(dǎo)體層由離子儲(chǔ)存層向電致變色層遷移D.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)存層為陽極，發(fā)生電極反應(yīng)Li4Fe4［Fe（CN）6]3-4e－===Fe4[Fe（CN）6]3＋4Li＋，F(xiàn)e4[Fe（CN）6]3為藍(lán)色晶體,藍(lán)色與無色相比，可減小光的透過率,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Fe4[Fe(CN）6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4［Fe(CN)6]3，B選項(xiàng)正確;C．切換電源正負(fù)極使得藍(lán)色變?yōu)闊o色時(shí)，即LiWO3變?yōu)閃O3，F(xiàn)e4［Fe(CN)6]3變?yōu)長(zhǎng)i4Fe4[Fe(CN）6］3，電致變色層為陽極，離子儲(chǔ)存層為陰極，則Li+通過離子導(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：2NO?N2O2快速平衡第二步：N2O2＋H2→N2O＋H2O慢反應(yīng)第三步：N2O＋H2→N2＋H2O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)△H〈0,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)物只有N2O2【答案】B【解析】【詳解】A．不管△H<0,還△H〉0，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)沒有必然聯(lián)系.7。常溫下，向20mL0.1mol·L－1一元酸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示。則下列說法錯(cuò)誤的是A。HA的電離常數(shù)約為10－5B。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V＝20mL，c水(H＋)約為7×10－6mol·L－1D。導(dǎo)電能力：c>a>b【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-）=1×10-11mol/L，則c(H+）=1×10—14÷10-11=1×10-3mol/L,則HA的電離常數(shù)，A選項(xiàng)正確；B．b點(diǎn)溶液中c水（H+）=1×10-7mol/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+）=1×10-7mol/L的b點(diǎn)恰好顯中性，根據(jù)電荷守恒可得c（A-）+c（OH—）=c（K+)+c(H+），又c（OH—)=c(H+)，則c(A-)=c（K+），B選項(xiàng)正確;C．c點(diǎn)時(shí)加入的KOH的物質(zhì)的量n（KOH）=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10—5,可得A—的則c（A—）≈0.05mol/L，則c（OH-）≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的,則c水（OH—)=c水（H+)≈7×10-6mol/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：c〉b>a,D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。第Ⅱ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｛M［Zn（C6H11O7)2］＝455g·mol－1)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:Ⅰ。葡萄糖酸(C6H12O7）的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21。5g葡萄糖酸鈣{M[Ca（C6H11O7)2］＝430g·mol－1，易溶于熱水｝，在90℃條件下，不斷攪拌，反應(yīng)40min后,趁熱過濾。濾液轉(zhuǎn)移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過強(qiáng)酸性陽離子交換樹脂,交換液收集在燒杯中，得到無色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ。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pH≈6。趁熱減壓過濾,冷卻結(jié)晶,同時(shí)加入10mL95％乙醇，經(jīng)過一系列操作，得到白色晶體,經(jīng)干燥后稱量晶體的質(zhì)量為18。2g.回答下列問題：(1）制備葡萄糖酸的化學(xué)方程式為________________。（2）通過強(qiáng)酸性陽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pH≈5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)后的濾液緩慢通過強(qiáng)酸性陽離子交換樹脂進(jìn)行陽離子交換,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)Ⅰ制備葡糖糖酸時(shí),反應(yīng)條件為90℃，則最佳加熱方式為水浴加熱（或熱水浴)，故答案為:水浴加熱（或熱水?。?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”可以是過濾、洗滌,故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度,便于晶體析出；過濾、洗滌；（6）根據(jù)反應(yīng)方程式可得關(guān)系式：Ca（C6H11O7）2～Zn（C6H11O7)2，m[Ca（C6H11O7）2］=21.5g,則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質(zhì)的量為n［Zn（C6H11O7)2］=0.05mol，因此,，根據(jù)可得，葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為，若pH≈5時(shí)就進(jìn)行后續(xù)操作，一些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??；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?；卮鹣铝袉栴}:（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?？刂圃?0℃左右，溫度不宜過高也不宜過低原因?yàn)開________。(3）“酸溶解”過程中會(huì)產(chǎn)生少量遇空氣變?yōu)榧t棕色的無色氣體，則“酸溶解"過程主要的化學(xué)方程式為_____________。(4）常溫下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c（Cu3＋）＝0。022mol·L－1,將混合液“加熱攪拌”后冷卻至室溫，再加“尿素"調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為__________。(當(dāng)溶液中的離子濃度小于10－5mol·L－1時(shí)，沉淀完全，已知：Ksp[Sn（OH)4]＝1×10－55；Ksp［Cu（OH)2]＝2.2×10－20）(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。5≤pH＜5(5）。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，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈,反之，沉淀沒有洗滌干凈（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)過系列操作得到銅粉和SnO2，Ag單質(zhì)以濾渣的形式經(jīng)過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)此分析解答問題。【詳解】(1）根據(jù)上述分析，“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）溫度過低，反應(yīng)速率慢，溫度過高，反應(yīng)物H2O2分解,則溫度不宜過高也不宜過低的原因是低于50℃，溶解反應(yīng)較慢，超過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↑+2H2O,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10－5mol·L－1），按c（Sn4+)=1×10-5mol·L－1進(jìn)行計(jì)算,根據(jù)Ksp［Sn（OH）4]＝1×10－55可得，c（OH-）=1×10—12。5mol·L－1,則c(H+)=1×10-1。5mol·L－1,pH=1。5，為保證Cu2+(0.022mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+）=0。022mol·L－1進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c（OH-)=1×10-9mol·L－1，則c（H+)=1×10—5mol·L－1,pH=5,則pH的取值范圍1。5≤pH＜5，故答案為：1。5≤pH＜5；（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,若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈，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，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈；（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、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?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.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℃)/kJ?mol-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。2molCO和1molSO2氣體，在不同條件下進(jìn)行反應(yīng),體系總壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化如圖所示。①在實(shí)驗(yàn)b中，40min達(dá)到平衡，則0～40min用SO2表示的平均反應(yīng)速率v（SO2)＝_______。②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_________________。Ⅱ.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）△H＝－1807.98kJ·mol－1。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X〈Y<Z),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。①NH3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”).②各曲線中NO脫除率均先升高后降低的原因?yàn)開_________。③900℃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）。Ⅲ.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)?！?69。2kJ·mol—1（2）。0。01mol·L-1·min-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ΔH〈0,繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動(dòng)，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)③-反應(yīng)①)—反應(yīng)③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。2kJ·mol-1;（2)①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。01mol·L-1·min—1；②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)①NH3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:X〈Y<Z,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；②NO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ΔH<0，繼續(xù)升高溫度,平衡向左移動(dòng)，NO脫出率又下降,故答案為：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ΔH〈0，繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動(dòng)，NO脫出率又下降；③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：3ClO2-+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.鈣鈦礦太陽能電池具有轉(zhuǎn)化效率高、低成本等優(yōu)點(diǎn)，是未來太陽能電池的研究方向?；卮鹣铝袉栴}：(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.［Ar］4s1B。［Ar]4s2C.［Ar]4s14p1D。[Ar]4p1(2）基態(tài)鈦原子的核外價(jià)電子軌道表達(dá)式為____________.(3）一種有機(jī)金屬鹵化鈣鈦礦中含有NH2－CH＝NH2＋，該離子中氮原子的雜化類型為___________，其對(duì)應(yīng)分子NH2－CH＝NH的熔沸點(diǎn)高于CH3CH2CH＝CH2的熔沸點(diǎn)的原因?yàn)開_________.（4)一種無機(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apm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則這種鈣鈦礦的密度是___________g·cm－3(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__________、__________?！敬鸢浮浚?）.A(2).（3）.sp2和sp3(4)。NH2—CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點(diǎn)比CH3CH2CH=CH2高（5).CaTiO3（6)。(7）.（0，1，1)（8）?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）［Ar]4s1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，［Ar]4s2屬于基態(tài)的Ca原子,其失去一個(gè)電子變?yōu)榛鶓B(tài)Ca+，［Ar］4s14p1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，[Ar］4p2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[Ar]4s1,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，軌道表達(dá)式為，故答案為：;（3)NH2—CH=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,NH2-CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點(diǎn)比CH3CH2CH=CH2高，故答案為:sp2和sp3;NH2—CH=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apm，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，其一種合成路線如下：已知：回答下列問題:(1)A→B的反應(yīng)類型是_________