河南省八市2018届高三化学上学期第一次测评（9月）试题（含解析）.doc

河南省八市2018届高三化学上学期第一次测评（9月）试题（含解析）可能用到的相对原子质量 C-12 Cl-35.5 Co-59 Na-23 O-16一、单项选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述正确的是（ ）A. 由于铝的熔点较低，用铝制容器烧水容器会很快溶化B. 硝酸铵既可用作化肥，也可用于制炸药C. 氨基酸是一类分子中都含有-COOH和-NH2的高分子化合物的统称D. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物【答案】B【解析】A. 铝表面生成的氧化铝熔点很高，用铝制容器烧水，容器不会熔化，故A错误；B. 硝酸铵中含有氮元素，可用作化肥，硝酸铵受热容易爆炸，也可用于制炸药，故B正确；C. 氨基酸的相对分子质量较小，得不到几万，属于小分子化合物，故C错误；D.汽油、煤油也属于混合物，故D错误；故选B。2. 下列关于古籍中的记载说法不正确的是（ ）A. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B. 吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性C. 抱朴子中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应互为可逆反应D. 汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油【答案】C【解析】A. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的是碳酸钙的受热分解，故A正确；B. 合金的硬度一般大于成分金属，“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，故B正确；C. 抱朴子中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应的条件不同，不属于可逆反应，故C错误；D. “高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油，石油能够燃烧，故D正确；故选C。3. 下列选项中前者一定能决定后者的是（ ）A. 两个金属电极的活泼性强弱原电池的正负极B. 反应物的总能量和生成物的总能量化学反应中的热量变化C. 主族元素原子核外的最外层电子数元素在周期表中的族序数D. 两种酸的酸性强弱二者溶液的导电性【答案】C【解析】A. 两个金属电极的活泼性强弱不一定决定原电池的正负极，与溶液的性质有关，如镁比铝活泼，但在氢氧化钠溶液中构成原电池时，铝为负极，故A错误；B. 反应物的总能量和生成物的总能量决定化学反应中的能量变化，不一定是热量变化，故B错误；C. 主族元素原子核外的最外层电子数等于主族序数，决定元素在周期表中的族序数，故C正确；D.溶液的导电性强弱与电解质的强弱无关，与溶液中离子的浓度大小有关，故D错误；故选C。4. 关于柠檬烯（)的说法不正确的是（ ）A. 柠檬烯的分子式为C10H16B. 柠檬烯分子中所有碳原子不可能共面C. 柠檬烯能使溴水或者KMnO4酸性溶液褪色D. 柠檬烯的同分异构体中存在芳香烃【答案】D【解析】A. 根据结构，柠檬烯的分子式为C10H16，故A正确；B. 碳碳双键为平面结构，但甲烷属于四面体结构，柠檬烯分子中含有和-CH2-，所有碳原子不可能共面，故B正确；C. 柠檬烯含有碳碳双键，能使溴水加成褪色，能使KMnO4酸性溶液还原褪色，故C正确；D. 柠檬烯的不饱和度为3，而苯环的不饱和度为4，因此同分异构体中不可能存在芳香烃，故D错误；故选D。点睛：本题的易错点和难点为D，可以借助于不饱和度进行判断，有机物的不饱和度=(碳的个数22氢的个数卤素的个数氮的个数)/2。5. 下列反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比最大的是（ ）A. 铜和稀硝酸3Cu+8HNO3(稀)=2NO+3Cu(NO3)2+4H2OB. 氯气和氨气 3Cl2+8NH3=N2+6NH4ClC. 氢气和氧化铁 3H2+Fe2O32Fe+3H2OD. 二氧化锰和盐酸 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O【答案】B【解析】A. 铜和稀硝酸3Cu+8HNO3(稀)=2NO+3Cu(NO3)2+4H2O反应中氧化剂为硝酸，还原剂为铜，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3；B. 氯气和氨气 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl反应中氧化剂为氯气，还原剂为氨气，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；C. 氢气和氧化铁 3H2+Fe2O32Fe+3H2O反应中氧化剂为氧化铁，还原剂为氢气，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3；D. 二氧化锰和盐酸 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O反应中氧化剂为二氧化锰，还原剂为氯化氢，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2；比值最大的是B，故选B。点睛：需要明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂的关系，注意反应中的氧化剂、还原剂是否完全发生氧化还原反应，如A中的硝酸体现了硝酸的氧化性和酸性，体现氧化性和酸性的硝酸的物质的量之比为2:6，即只有2份是氧化剂。6. 下列关于鉴别1 molL-1的稀硫酸和98%的浓硫酸的叙述正确的是（ ）A. 常温下测定两溶液的导电能力，导电能力强的是浓硫酸B. 常温下可以用铜片鉴别两种溶液C. 铝片不能用于鉴别两种溶液D. 两溶液敞口在空气中放置一段时间后质量明显增大的是浓硫酸【答案】D【解析】A. 稀硫酸中硫酸完全电离，浓硫酸几乎没有电离，稀硫酸中离子浓度较大，因此常温下测定两溶液的导电能力，导电能力强的是稀硫酸，故A错误；B. 常温下铜与稀硫酸和浓硫酸都没有明显现象，不能鉴别两种溶液，故B错误；C. 铝片与稀硫酸反应能够产生气泡，与浓硫酸无明显现象，可以鉴别两种溶液，故C错误；D. 浓硫酸具有吸水性，两溶液敞口在空气中放置一段时间后质量明显增大的是浓硫酸，故D正确；故选D。7. 通过下列反应类型不能引入醇羟基的是（ ）A. 加成反应 B. 取代反应 C. 加聚反应 D. 水解反应【答案】C【解析】A. 醛基与氢气加成可以生成羟基，故A正确；B. 酯基水解可以生成羟基，水解反应也属于取代反应，故B正确；C. 碳碳双键或三键通过加聚反应不能生成羟基，故C错误；D. 酯基水解可以生成羟基，故D正确；故选C。8. 下列关于实验的叙述错误的是（ ）A. 蒸馏可用于分离所有沸点不同的液体的混合物B. 测定结晶水含量的实验中冷却固体时应将坩埚置于干燥器中以避免吸收水蒸气C. 碱石灰与浓氨水混合可快速制氨气D. 无水硫酸铜可用于判断乙醇中是否含水【答案】A【解析】A. 物质的沸点相差较大，如在30以上，可以通过蒸馏的方法分离液体的混合物，但不是所有沸点不同的液体的混合物都可以通过蒸馏分离，如沸点相差较小，则不能分离，故A错误；B. 固体冷却时会吸收空气中水蒸气，为了减小测定结果的误差，测定结晶水含量的实验中冷却固体时应将坩埚置于干燥器中以避免吸收水蒸气，故B正确；C. 碱石灰中的氢氧化钠溶解放热，以及氧化钙与水反应放热，都可以使浓氨水中的平衡向着生成氨气的方向移动，使氨气放出，故C正确；D. 无水硫酸铜与水结合生成水合物，颜色会发生变化，可用于判断乙醇中是否含水，故D正确；故选A。9. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（ ）A. 2molSO3一定条件下充分分解得到的产物分子的数目为3NAB. 一定量的无水乙醇与足量钠反应生成5.6LH2，则乙醇分子中共价键总数为4NAC. 等物质的量的氯气分别与足量铁和铜完全反应，转移电子数均为2NAD. 标准状况下22.4L空气中含有的单质分子数目小于NA【答案】D【解析】A.三氧化硫的分解反应是可逆反应，2molSO3一定条件下分解，不可能完全进行，得到的产物分子的数目少于3NA，故A错误；B. 未注明是否为标准状况，无法计算5.6LH2的物质的量，也就无法计算乙醇分子中共价键总数，故B错误；C. 氯气与铁和铜反应都生成-1价的氯离子，等物质的量的氯气分别与足量铁和铜完全反应，转移电子数相同，但未告知氯气的物质的量，因此无法计算转移的电子数，故C错误；D. 标准状况下22.4L空气的物质的量为1mol，含有的分子总数为NA，其中单质分子数目小于NA，故D正确；故选D。10. 下列选项与盐类水解无关的是（ ）A. 氯化铁溶液刻制印刷电路板 B. 泡沫灭火器的反应原理C. 氯化铵溶液除铁锈 D. 醋酸铵溶液显中性【答案】A11. 下列关于误差分析的判断正确的是（ ）A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时俯视会使测得浓度偏大B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏小C. 配制1 molL-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容所得溶液浓度偏小D. 用润湿的pH试纸测氨水的pH会使测定结果偏大【答案】C【解析】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时俯视读数，导致最终的读数偏小，溶液体积偏小，会使测得浓度偏小，故A错误；B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量不一定有误差，如没有使用游码，故B错误；C. 硝酸铵溶解会吸收热量，导致溶液温度降低，配制1 molL-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，使得配制的溶液体积判断，所得溶液浓度偏小，故C正确；D. 用润湿的pH试纸测氨水的pH相当于程度大是稀释后的氨水的pH，使测定结果偏小，故D错误；故选C。12. 根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（ ）溶液现象结论ABaCl2和FeCl3的混合溶液产生白色沉淀白色沉淀是BaSO3B滴有酚酞的NaOH溶液溶液红色褪去SO2表现酸性氧化物的性质C新制氯水溶液的淡黄绿色逐渐褪去SO2有还原性DNa2CO3溶液产生大量无色气泡酸性：H2SO3H2CO3A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A. 将二氧化硫通入BaCl2和FeCl3的混合溶液，二氧化硫被铁离子氧化生成硫酸根离子，反应生成硫酸钡沉淀，结论不正确，故A选；B. 将二氧化硫通入滴有酚酞的NaOH溶液，二氧化硫为酸性氧化物，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液的碱性减弱，红色褪去，正，故B不选；C. 将二氧化硫通入新制氯水，因为二氧化硫具有还原性，二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，溶液的淡黄绿色逐渐褪去，正确，故C不选；D. 将二氧化硫通入Na2CO3溶液，由于亚硫酸的酸性比碳酸强，反应生成二氧化碳气体，正确，故D不选；故选A。13. 近年来有多个品牌的手机电池曾发生爆炸事故，公众对电池安全性的重视程度越来越高，燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展。 一种以联氨(N2H4)为燃料的环保电池工作原理如图所示，工作时产生稳定无污染的物质。下列说法不正确的是（ ）A. M极生成氮气且电极附近pH降低B. 负极上每消耗1molN2H4，会有4molH+通过质子交换膜C. 正极的电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2OD. d口流出的液体是蒸馏水【答案】D【解析】根据氢离子的移动方向，电极N为正极，电极M为负极，燃料电池的负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-2H2O。A、电极M为负极，N2H4-4e-=N2+4H+，电极附近pH降低，故A正确；B、负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，则每消耗lmolN2H4，转移4mol电子，会有4molH+通过质子交换膜，故B正确；C、正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-2H2O，故C正确；D、根据题意该燃料电池的电解质为酸性溶液，因此从d口流出的液体是酸性溶液，故D错误；故选D。点睛：本题考查了燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析的考查，题目涉及电极反应式以及电池反应方程式书写。本题的易错点为D，要注意纯水的导电能力很弱，因此电解质溶液应该是酸性溶液。14. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是空气中含量最多的元素。下列说法正确的是（ ）A. Y一定是非金属元素B. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)c(Cl-)2c(SO32-)+C(HSO3-)+2c(SO42-)【答案】C【解析】Na2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，Na2SO3具有还原性，往氯水中滴入Na2SO3溶液中发生氧化还原反应，氯气氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，氯气被还原生成盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，随着亚硫酸钠的加入，亚硫酸钠与盐酸反应生成亚硫酸氢钠，继续加入，生成二氧化硫气体。Aa点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，根据电荷守恒，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)，故A错误；Bb点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，则12c(Cl-)=c(SO42-)=0.005molL-1，c(Cl-)=0.01molL-1，故B错误；Cc点是剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化氢、亚硫酸氢钠、硫酸钠和氯化钠，其中亚硫酸氢钠和氯化钠的物质的量相等，根据物料守恒，则c(Na+)=2c(HSO3-)+2c(SO32-)+2c(SO42-)+2c(H2SO3)，故C正确；Dd点pH=7，溶液中的溶质为氯化钠，亚硫酸钠和硫酸钠，以及亚硫酸氢钠，反应的总方程式为3Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+ 2NaHSO3+2NaCl，则c(Cl-)2c(SO32-)+c(HSO3-)+2c(SO42-)，故D错误；故选C。点睛：本题考查离子浓度大小比较，题目难度较大，明确图象各点溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法。本题的易错点和难点是D，pH=7时，溶液中的溶质为氯化钠、亚硫酸钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，难在氯化钠与其他物质的量的关系判断。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17题-第19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第20题-第21题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共40分）17. 某硫酸工厂的废水中含有较多的H+、Cu2+、Fe2+、SO42-、AsO43-、HAsO42-、 H2AsO4-等需要处理的杂质离子，其中一种处理流程如图所示已知：KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)2=8.610-16；H3AsO4为弱酸。（1）沉淀A的主要成分的化学式是_。（2）常温下pH=7的溶液中Cu2+的物质的量浓度为_，此时Fe2+是否沉淀完全_（填“是”或“否”)。（3）若氧化过程中生成了某种胶体，用离子方程式解释氧化过程中溶液pH降低的原因_。（4）最后一次调节pH时pH过低或过高砷的去除率都会明显降低，pH过低时可能的原因是_（从平衡角度解释)；pH过高时可能的原因是_（从沉淀转化的角度解释）。（5）硫化法是另一种处理含砷废水的方法，涉及的反应有Na2S+H2SO4Na2SO4+H2S 2H3AsO3+3H2SAs2S3+6H2O As2S3+H2SO4(浓) AS2O3+4S+H2O 在反应和中，硫酸表现出的性质依次是_、_。【答案】 (1). CaSO4 (2). 2.210-6mol/L (3). 否 (4). 4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+ (5). H+会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO43-浓度较小，不易与Fe3+形成沉淀 (6). FeAsO4会转化为Fe(OH)3沉淀，AsO43-又进入水中（答案合理即可） (7). 酸性 (8). （强）氧化性【解析】根据KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)2=8.610-16；可知，铜离子完全沉淀时的c(OH-)=KspCuOH21.0105=2.210201.0105=2210-8，pH约为7；亚铁离子完全沉淀时的c(OH-)=KspFeOH21.0105=8.610161.0105=8610-6，pH在89；H3AsO4为弱酸。某硫酸工厂的废水中含有较多的H+、Cu2+、Fe2+、SO42-、AsO43-、HAsO42-、 H2AsO4-等需要处理的杂质离子，在废水中加入石灰乳，并调节pH=3，根据上述计算，只有硫酸钙可能形成沉淀，加入氢氧化钠调节pH=7，能够使铜离子沉淀，通入空气将亚铁离子氧化，生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH=57，形成FeAsO4。(1)根据上述分析，沉淀A的主要成分为硫酸钙，故答案为：CaSO4；(2)常温下pH=7的溶液中Cu2+的物质的量浓度为KspCuOH2(1.0107)2=2.21020(1.0107)2=2.210-6 mol/L，此时c(Fe2+)=KspFeOH2(1.0107)2=8.61016(1.0107)2=8.610-2 mol/L，Fe2+没有沉淀完全，故答案为：2.210-6mol/L；否；(3)若氧化过程中生成了某种胶体，可能的原因是4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+，溶液pH降低，故答案为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+；(4)最后一次调节pH时，pH过低或过高砷的去除率都会明显降低，pH过低时，H+会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO43-浓度较小，不易与Fe3+形成沉淀；pH过高时，FeAsO4会转化为Fe(OH)3沉淀，AsO43-又进入水中，故答案为：H+会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO43-浓度较小，不易与Fe3+形成沉淀；FeAsO4会转化为Fe(OH)3沉淀，AsO43-又进入水中；(5)反应Na2S+H2SO4Na2SO4+H2S为非氧化还原反应，体现了硫酸的酸性；反应As2S3+H2SO4(浓) As2O3+4S+H2O中硫酸中S元素的化合价降低，被含有，体现了硫酸的氧化性，故答案为：酸性；氧化性。18. 三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是一种重要的化工产品，实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoC12溶液来制备Co(NH3)6Cl3，该反应属于大量放热的反应。某小组用如图所示装置制备Co(NH3)6Cl3，实验步骤如下：称取研细的CoC126H2O粉末10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中并加水溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。用水浴将混合物加热至60，恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。过滤、用乙醇洗涤晶体并在105条件下烘干。试回答下列问题：（1）制备Co(NH3)6Cl3的化学方程式是_。（2）请指出装置中存在的一处缺陷_。（3）若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是_。（4）若无活性炭作催化剂，所得产物中除Co(NH3)6Cl3外还会有大量二氯化一氯五氨合钴Co(NH3)5Cl3和三氯化五氨一水合钴Co(NH3)5Cl3晶体，而在活性炭的催化作用下，主要产物只有Co(NH3)6Cl3，这体现了催化剂的_性。（5）步骤中趁热过滤的主要目的是_，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是_。（6）乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是_。【答案】 (1). 2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32Co(NH3)6Cl3+2H2O或 2CoCl2+H2O2+12NH3+2NH4Cl2Co(NH3)6Cl3+2NH3H2O (2). 缺少吸收挥发出的氨气的装置（答案合理即可） (3). 温度迅速升高，氨气大量挥发且H2O2和NH4Cl受热分解 (4). 选择 (5). 除去活性炭并防止产品析出 (6). 增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3（答案合理即可） (7). 产品损失少（写上快速干燥不扣分）【解析】(1)根据题意，在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoC12溶液来制备Co(NH3)6Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32Co(NH3)6Cl3+2H2O或2CoCl2+H2O2+12NH3+2NH4Cl2Co(NH3)6Cl3+2NH3H2O，故答案为：2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32Co(NH3)6Cl3+2H2O或2CoCl2+H2O2+12NH3+2NH4Cl2Co(NH3)6Cl3+2NH3H2O；(2)浓氨水容易挥发，氨气会污染空气，故答案为：缺少吸收挥发出的氨气的装置；(3)该反应是放热反应，反应过程中会放出大量的热，若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会造成温度迅速升高，氨气大量挥发且H2O2和NH4Cl受热分解，故答案为：温度迅速升高，氨气大量挥发且H2O2和NH4Cl受热分解；(4)若无活性炭作催化剂，所得产物中除Co(NH3)6Cl3外还会有大量二氯化一氯五氨合钴Co(NH3)5 ClCl2和三氯化五氨一水合钴Co(NH3)5 H2OCl3晶体，而在活性炭的催化作用下，主要产物只有Co(NH3)6Cl3，这体现了催化剂的选择性，故答案为：选择；(5)步骤中趁热过滤可以除去活性炭并防止产品析出，滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3，故答案为：除去活性炭并防止产品析出；增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3；(6)乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比，乙醇洗涤可以减少产品的损失，故答案为：产品损失少。19. 乙二醛（OHC-CHO)是纺织工业常用的一种有机原料，其工业生产方法主要是乙二醇（HOCH2CH2OH)气相催化氧化法和乙醛液相硝酸氧化法，请回答下列相关问题。（1）乙二醇气相催化氧化法乙二醇气相催化氧化的反应为HOCH2CH2OH(g)+O2(g)F5OHC-CHO(g)+2H2O(g) H1 K1己知 OHC-CHO(g)+2H2HOCH2CH2OH(g) H2 K2H2(g)+l/2O2(g) H2O(g) H3 K3则H3= _（用H1、H2表示），相同温度下K1=_（用K2、K3表示）。当原料气中氧气和乙二醇的物质的量之比为1.35时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如下图所示，反应温度超过495时，CO2产率升高的主要原因可能是_。在恒容绝热容器中发生反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)（不考虑副反应），一定能说明反应达到平衡状态的是_（填选项字母）。A氧气浓度保持不变 B气体总物质的量保持不变C平衡常数保持不变 D氧气和乙二醇的物质的量之比保持不变（2）乙醛液相硝酸氧化法乙醛液相硝酸氧化法是在催化剂的作用下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，该法与乙二醇气相 催化氧化法相比明显的缺点是_。（任写一条）（3）乙二醛电解氧化制备乙醛酸（OHC-COOH)的生产装置如下图所示，通电后，阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸，请写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). （H1+H1)/2 (2). K32/K2 (3). 温度过高乙二醇（或乙二醛）被大量氧化为CO2 (4). ABC (5). 会产生NO等有毒气体、产生酸性废水、会产生污染、容易腐蚀设备（答案合理即可） (6). OHC-CHO+C12+H2O2HCl+OHC-COOH【解析】(1)iHOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g) H1，iiOHC-CHO(g)+2H2HOCH2CH2OH(g)H2，根据盖斯定律，按照12(i+ii)处理得：H2(g)+l/2O2(g) H2O(g)H3=H1+H22，同理，根据盖斯定律，H1=2H3-H2，则K1=K32K2，故答案为：H1+H22；K32K2；主反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过495时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物，使乙二醛产率降低，故答案为：升高温度，主反应平衡逆向移动；温度超过495时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物，CO2产率升高；A氧气浓度保持不变，则反应体系中各种物质的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，正确；B该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，当气体总物质的量保持不变，说明反应达到平衡状态，正确；C平衡常数只与温度应该，温度不变，平衡常数始终保持不变，在恒容绝热容器中发生反应，说明反应中的能量不再变化，说明反应达到平衡状态，正确；D氧气和乙二醇的物质的量之比保持不变，不表示浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；故选ABC；(2)在催化催化剂作用下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO，反应方程式为：3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO+5H2O，因此存在比较明显的缺点是：生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备，故答案为：生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备；(3)乙二醛电解氧化制备乙醛酸(OHC-COOH)，通电后，阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸，氯气被还原生成氯化氢，反应的化学方程式为OHC-CHO+C12+H2O2HCl+OHC-COOH，故答案为：OHC-CHO+C12+H2O2HCl+OHC-COOH。点睛：本题考查电解原理、氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对化学平衡影响等知识点，侧重考查学生图象分析判断及计算能力，难点是电极反应式的书写，注意：化学方程式相加时化学平衡常数相乘，方程式相减时平衡常数相除。（二）选考题（共12分）请考生从20、21题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分。20. （1）基态原子变成激发态原子产生的光谱叫_光谱。第四周期中基态原子的M层电子全满的元素位于周期表的_区，其中未成对电子数为1的有_种。（2）已知液态二氧化硫可以发生类似于水的自身电离2SO2(l)SO2+SO32-，SO2+中的键和键数目比为_，写出一种与SO2+互为等电子体的单质分子_。（3）氯化钠的晶胞如图所示，钠离子周围紧邻的氯离子形成的几何构型是_。若钠离子和氯离子的半径分别是apm和bpm，则氯化钠晶体的空间利用率是_。【答案】 (1). 吸收 (2). ds和p (3). 3 (4). 12 (5). N2 (6). （正） 八面体 (7). 2(a3+b3)3(a+b)3【解析】(1)基态原子变成激发态原子产生的光谱叫吸收光谱。第四周期中基态原子的M层电子全满的元素最后排布的电子排布在4s或4p上，价电子为3d 4s或4s4p，因此该元素位于周期表的ds和p区，其中未成对电子数为1的有4s1、4p1或4p5，共3种，故答案为：吸收；ds和p；3；(2)与SO2+互为等电子体的单质分子为氮气，因此SO2+的结构与氮气相似，键和键数目比为1:2，故答案为：12； N2；.点睛：本题的难点是晶胞的计算和氯化钠晶体中离子的空间利用率的计算，灵活运用公式是解本题关键。原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，等电子体的结构相似、物理性质相似。21. 愈创木酚是香料、医药、农药等工业的重要的精细化工中间体，工业上以邻硝基氯苯为原料合成愈创木酚的一种流程如下图所示。（1）反应的类型依次是_、_。（2）B物质中的官能团名称是_。（3）C物质的分子式是_。（4）已知C物质水解产物之一是氮气，写出反应的化学方程式_。（不要求写条件）（5）愈创木酚的同分异购体中属于芳香化合物且含有三个取代基有_种，其中含有氢原子种类最少的物质的结构简式是_。【答案】 (1). 取代反应 (2). 还原反应 (3). 氨基、醚键（或甲氧基） (4). C7H8N2SO5 （元素符号顺序可调换） (5). +H2O+N2+H2SO4 (6). 6 (7). 【解析】(1)根据流程图，反应中邻硝基氯苯中的氯原子被甲氧基(-OCH3)代替，为取代反应，反应中的硝基转化为氨基，为还原反应，故答案为：取代反应；还原反应；(2)B物质为，其中的官能团有氨基和醚键，故答案为：氨基、醚键；(3)C为，分子式为C7H8N2SO5，故答案为：C7H8N2SO5；(4)C物质水解产物之一是氮气，反应的化学方程式为+H2O+N2+H2SO4，故答案为：+H2O+N2+H2SO4；(5)愈创木酚的结构为，它的同分异构体中属于芳香化合物且含有三个取代基物质的结构中含有苯环，苯环上含有2个羟基和一个甲基，当2个羟基为邻位时有2种，当2个羟基为间位时有3种，当2个羟基为对位时有1种，共6种，其中含有氢原子种类最少的物质的结构简式为和都含有4种氢原子，故答案为：6；。