2020年吉林春市普通高中高考化学模拟试卷(一) (含答案解析)

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分） 1. 下列物质与用途对应关系错误的是( )

A. 盐酸−金属除锈 C. 干冰−人工降雨

2. 下列关于胶体的叙述正确的是( )

B. 烧碱−治疗胃酸过多 D. 小苏打−焙制糕点

A. 胶体区别与其他分散系的本质特征是分散质的粒子直径在1−100nm之间 B. 用平行光照射CuSO4溶液和氢氧化铁胶体，不可以加以区分 C. 胶体是纯净物

D. 树林中的晨曦，该现象与丁达尔效应无关

3. 下列各组离子在溶液中可以大量共存的是( )

+2−

A. H+、SO2−3、S、K

B. Fe3+、Cl−、S2−、Ba2+ D. Na+、K+、S2−、SO2−4 B. 纯碱去除油污 D. 粗盐水的精制

C. Cu2+、Cl−、S2−、K+ A. 海水提溴

C. 用四氯化碳萃取溴水中的Br2

4. 化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是

 高温 

5. 火法炼铜的原理为Cu2S+O2̲̲̲̲̲̲̲̲2Cu+SO2，下列说法中正确的是( )

A. Cu2S只作还原剂 B. 该反应是氧化还原反应 C. S元素被还原

D. 当1 mol O2参加反应时，共转移4 mol e−

6. 设NA 表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )

A. 标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NA B. 常温常压下，18 g H2O 中含有的原子总数为3NA C. 1 L 0.1 mol⋅L−1NaHCO3液含有0.1NA个HCO−3

D. 常温常压下，2.24 L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA

7. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z能形成两种常见固体化合物Q、M，其

中Q有强氧化性，X、W的最高价氧化物对应的水化物溶于水后能完全电离。下列有关说法正确的是 ( )

A. 原子半径：Z>W>Y>X B. X与Z不能形成化合物

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C. Q、M晶体中阴阳离子个数比均为1︰2 D. W与Z形成化合物的水溶液一定显碱性

下列实验能达到预期目的的( )

A.

B.

C.

D.

第2页，共19页8.

9. 分子式为 C4H10O 并能与金属钠反应放出氢气的有机物有(不含立体异构)( )

A. 3 种 B. 4 种 C. 5 种 D. 6 种

10. 如图为氢氧燃料电池的构造示意图．下列说法 不的是( ) 正 确．．．

A. a电极是正极

B. 电流由b通过灯泡流向a C. 该电池总反应是2H2+O2=2H2O D. 该装置可将化学能转化为电能

11. 根据下列有关实验得出的结论一定正确的是( )

选项 实验 A. 结论 相同温度下，向盛有足量稀硫酸的甲、乙两支试管中分别加入等质产生氢气的速率和量的锌粒，并向甲中加入少量胆矾固体 向Fe(NO3)2溶液中滴入用硫酸酸化的 H2O2溶液，溶液变黄 体积：甲>乙 氧化性：H2O2>Fe3+ B. C. 相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉分別加入到等体积、反应速率：粉状大等浓度的盐酸中 理石 >块状大理石 向2 mL0.1 mol⋅L−1Na2S溶液中滴入几滴0.1 mol⋅L−1ZnSO4溶液，溶度积：D. 生成白色沉淀；再加入几滴0.1mol⋅L−1CuSO4溶液，又产生黑色沉Ksp(ZnS)>淀 Ksp(CuS) A. A B. B C. C D. D 12. 已知：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41kJ⋅mol−1.相同温度下，在容积相同的两个

恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应．相关数据如下： 容器编号 起始时各物质物质的量/mol CO ① ② 1 0 1 0 H2O 0 1 CO2 0 1 达平衡过程体系能量的变化 H2 放出热量：32.8kJ 吸收热量：Q kJ 下列说法中，不正确的是( ) A. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率 B. Q=8.2

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C. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等

D. 往①平衡中再加1molH2O和1molCO，则反应放出的热量增加32.8 kJ

13. 对反应2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(？)，下列图象的描述正确的是( )

A. 依据图①，若t1时升高温度，则△H<0 B. 依据图①，若t1时增大压强，则D是固体或液体 C. 依据图②，p1>p2

D. 依据图②，物质D是固体或液体

14. 将一定质量的镁、铜合金加入到稀中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，

向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L−1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述正确的是( )

A. 反应中转移电子的总物质的量为0.3 mol B. 反应过程中，消耗的物质的量为0.3 mol C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL D. 开始加入合金的质量可能为3.4 g

二、填空题（本大题共1小题，共2.0分）

15. 将NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合(写离子方程式)______________。 三、简答题（本大题共4小题，共46.0分）

16. 烧过菜的铁锅未及时洗去含有NaCl的残液，过一段时间便出现红棕色的铁锈斑点，已知该锈斑

为Fe(OH)3失水的产物．铁锅的锈蚀主要属于 ______ (填“析氢”或“吸氧”)腐蚀． (1)请你表示此时Fe被腐蚀的电极反应式：负极 ______ ，正极 ______ ． (2)Fe2+和NaOH溶液反应生成Fe(OH)2的离子方程式 ______ (3)发生原电池反应生成Fe(OH)2的总反应式为 ______

(4)Fe(OH)2与O2和水反应转化为Fe(OH)3，然后进一步转化为铁锈的化学方程式： ______ ______ ．

17. 某校化学兴趣小组对一款锌铁合金中铁的含量进行测定，该小组提

出用测定产生氢气的体积的方法来进行实验．实验过程中需要读取氢气体积．

(1)读取量气管中数据时，若发现水准管中的液面低于量气管中液

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面，应采取的措施是 ______ ．

(2)若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则合金中铁的含量为 ______ %(保留2位小数，气体体积已折算成标况)．

18. 甲醇汽油是一种新能源清洁燃料，可以作为汽油的替代物。工业上可用CO与H2在催化剂作用

下合成CH3OH:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。 (1)已知相关的化学键键能数据如表所示：

化学键 E/(kJ·mol−1) H—H 436 C—O 343 C←̲O 1 076 H—O 465 C—H 413 则CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的焓变ΔH=____。

(2)恒温恒容条件下，下列不能说明该反应已经达到平衡的是______。(填标号) A.容器内气体压强不再变化 B.容器内混合气体的密度不再变化 C.v(CO)∶v(H2)∶v(CH3OH)=1∶2∶1 D.容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化

(3)一定条件下，在容积为V L的密闭容器中充入a mol CO与2a mol H2合成甲醇，CO的平衡转化

率与温度、压强的关系如图1所示。

①p1___(填“>”“<”或“=”)p2，理由是

_________________________________________________________________________________________________。

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②该甲醇合成反应在A点的平衡常数K=______(用a和V表示)。

③该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是α(CO)____(填“>”“<”或“=”)α(H2)。 (4)在其他条件相同的情况下，曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示在10 L的密闭容器中反应物投料比[反应物投料比=c(H

c(CO)起始

2)起始

]与CO平衡转化率的关系。

①反应物投料比：Ⅰ____(填“>”“<”或“=”)Ⅱ。

②若按曲线Ⅱ反应，n(CO)起始=10 mol，反应物投料比为0.5，则A点的平衡常数(KA)的值为____，B点的平衡常数(KB)的值为____。

(5)以甲醇为燃料的新型固体氧化物(固体电解质传导O2−)燃料电池的工作原理如图3所示，则B极的电极反应式为________。若将电解质由固体氧化物更换为熔融碳酸盐，则B极的电极反应式为____________。

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19. 苯佐卡因是一种局部麻醉剂，可用于粘膜溃疡、创面等的镇痛，一般制成软膏或栓剂使用，它

的工业合成有如下所示的两种途径。途径I已逐渐淘汰，现在使用较多的是途径II。

已知：

①当苯环上连有甲基时，再引入的其他基团主要进入它的邻位或对位； 当苯环上连有羧基时，引入的其他基团主要进入它的间位。 ②苯胺分子中的氨基易被氧化。 请回答下列问题：

(1)化合物B的结构简式为______________。 (2)反应⑦的化学方程式为_____;

(3)下列关于上述合成路线的说法正确的是__________。 a.反应①除了主要生成A物质外，还可能生成b.途径II中的步骤①和⑤可以互换 c.反应③的另一产物是H 2O

、

等

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d.与途径II相比，途经I的缺点是步骤多，产率低

e.途经I中的步骤③的目的是保护氨基不被步骤④中的酸性高锰酸钾溶液氧化 (4)途经II中的步骤⑤和⑥能否互换，说明理由：_________________________________。

(上图中反应3氨基上引入NHCOCH3) 四、推断题（本大题共1小题，共15.0分）

20. 原子序数小于36的X、Y、Z和铜四种元素，X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中

的电子数比其他两个能级中的电子数都多1；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于半满状态；Z的原子序数为24。 (1)Z原子基态核外电子排布式为___________。

(2)元素X与Y的第一电离能较大的是___________(填元素符号)；H2Y2中Y原子轨道的杂化类型为___________。

(3)+3价Z的配合物K[Z(C2O4)2(H2O)2]中，配体是___________；与C2O2−4互为等电子体的一种分子的化学式为___________。

(4)Cu和Y形成的化合物的晶胞如下图所示，晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有___________个。某种有缺陷的铜和Y形成的化合物的晶体由Cu3+、Cu2+、Y2−及空隙组成，可表示为Cu0.98Y，则n(Cu2+)/n(Cu3+)=___________。

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：解：A、铁锈的主要成分是氧化铁，盐酸能与金属氧化物反应生成盐和水，所以盐酸可用于金属除锈，故A正确；

B、烧碱是氢氧化钠，对皮肤、织物等具有强烈的腐蚀性，所以不能治疗胃酸过多，故B错误； C、干冰升华时吸热，故可用于人工降雨，故C正确；

D、小苏打是碳酸氢钠，它易溶于水，受热或遇酸能放出气体，可用于焙制糕点，故D正确。 故选B。

本题考查了物质性质分析，物质的性质决定物质的用途，要求学生熟悉所学物质的性质和用途，才能正确回答此题，题目较简单。

2.答案：A

A、解析：解：分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，其中胶体中的胶粒的直径介于1−100nm之间，故A正确；

B、只有胶体才有丁达尔效应，溶液无，故可以共平行光来照射的方法区别溶液和胶体，故B错误； C、胶体属于分散系，而分散系是混合物，故胶体为混合物，故C错误；

D、树林中的空气为胶体，具有胶体的性质，遇光照射能产生丁达尔效应，故树林中的晨曦和丁达尔效应有关，故D错误． 故选A．

A、分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小； B、只有胶体才有丁达尔效应； C、胶体属于分散系；

D、树林中的空气具有胶体的性质．

本题考查了胶体的制取和性质，应注意的是若若制得氢氧化铁胶体，应将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，将氯化铁溶液滴入任何碱溶液中均制得氢氧化铁沉淀．

3.答案：D

2−

解析：解：A.H+、SO2−3、S三者发生氧化还原反应生成单质S沉淀，不能共存，故A错误；

B.Fe3+能氧化S2−不能大量共存，不能共存，故B错误； C.Cu2+和S2−反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故C错误； D.该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；

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故选D．

根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确离(2)能生成难溶物的离子之间；(3)子不能大量共存的一般情况，即(1)能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；(4)能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN−)；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH−；(2)溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO−4等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；(4)是“可能”共存，还是“一定”．

4.答案：C

解析：

本题考查生产和生活中的化学知识。知识较为基础，侧重考查海水的综合利用、盐类水解以及萃取等知识。

A.海水提溴的主要过程包括氧化、用空气吹出溴、用SO2收集溴、氧化等步骤，涉及化学变化，故A错误；

B.纯碱去除油污是利用碳酸钠水解后显碱性，促使油脂水解，存在化学变化，故B错误；

C.萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度不同而将混合物分离的操作，不存在化学变化，故C正确； D.粗盐中有杂质，需加物质将杂质转变为沉淀除去，存在化学变化，故D错误。 故选C。

5.答案：B

解析：解：A.Cu2S在反应中，铜元素化合价从+1价变化降低为0价，硫元素化合价从−2价升高到+4价；所以Cu2S在反应中做氧化剂和还原剂，故 A错误；

B.该反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B正确；

C.Cu2S在反应中硫元素化合价从−2价升高到+4价，化合价升高做还原剂被氧化发生氧化反应，故C错误；

D.依据反应Cu2S+O2=2Cu+SO2；当1molO2参加反应时，失电子的是硫元素，得到电子的是铜元素和氧元素，分析计算共转移了6mol电子，故D错误；

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故选B．

A.还原剂是元素化合价升高的物质；氧化剂是元素化合价降低的物质； B.还原剂放出氧化反应，氧化剂发生还原反应； C.化合价升高的元素被氧化；

D.依据化学方程式结合电子守恒分析计算．

本题考查了氧化还原反应的概念分析判断，电子转移的计算应用，关键是判断反应前后元素化合价变化，题目难度不大．

6.答案：B

解析：解：A、标准状况下，2.24LCl2物质的量为0.1mol，溶于水部分和水反应，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；

B、水的摩尔质量为18g/mol，18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有3mol原子，含有的原子总数为3NA，故B正确；

−C、HCO−3既能电离又能水解，故溶液中的HCO3个个数小于0.1NA个，故C错误；

D、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L混合气体的物质的量，故D错误； 故选B．

A、氯气溶于水部分与水反应；

B、18个水的物质的量为1mol，1mol水中含有3mol原子； C、HCO−3既能电离又能水解；

D、常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

7.答案：C

解析：

本题考查原子结构和性质，侧重考查分析、推断能力，涉及元素周期律、原子结构、物质结构等，高频考点，难度一般。

根据题设，可知：X为N，Y为O，Z为Na，W为S或Cl，具此解题。 A.原子半径：Z>W>X>Y，故 A错误； B.X与Z可形成Na3N，故B错误；

C.Q、M形成的晶体为Na2O或Na2O2，其阴阳离子个数比均为1︰2，故C正确； D.若W为Cl时，W与Z形成化合物的水溶液显中性，故D错误。 故选C。

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8.答案：B

解析：

本题考查有关化学实验方面的知识，正确掌握实验相关内容，了解参与实验物质的性质是解题的关键，本题难度较易。

A.液溴易挥发，蒸发溴水无法获取溴单质，故A错误；

B.稀硫酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，可以证明碳酸酸性强于硅酸，故B正确；

C.碳酸氢钠不稳定，图中小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；

D.氯气能与氢氧化钠反应，应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误。 故选B。

9.答案：B

解析：解：丁基−C4H9可能的结构有：−CH2CH2CH2CH3、−CH(CH3)CH2CH3、：−CH2CH(CH3)2、−C(CH3)3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，该有机物的可能结构有4种； 故选：B。

分子式为 C4H10O 并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，书写丁基−C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目．

本题主要考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，利用烃基异构判断，比书写丁醇的同分异构体简单容易．

10.答案：A

解析：解：A、氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A错误； B、原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即电子由a通过灯泡流向b，则电流由b通过灯泡流向a，故B正确；

C、该电池总反应是2H2+O2=2H2O，故C正确；

D、该装置为原电池，该装置可将化学能转化为电能，故D正确； 故选A．

氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2−2e−=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，该电池总反应是2H2+O2=2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极．

本题考查了原电池原理，该题是基础性试题的考查，难度不大，明确原电池的工作原理是答题的关

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键，注意电极名称和电极反应式的判断与书写，注意相关知识的积累和总结．

11.答案：C

解析：

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及反应速率的影响因素、氧化还原反应、沉淀的生成等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．

A.锌和溶液中的铜离子反应生成铜，甲中铜、锌和稀硫酸构成原电池而加快反应速率，但甲中生成氢气体积减少，所以生成气体体积甲<乙，故A错误；

B.用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、根离子发生氧化还原反应，不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应，则不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，故B错误；

C.粉状大理石比块状大理石的接触面积越大，则反应速率为粉状大理石>块状大理石，故C正确； D.Na2S溶液过量，均发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(ZnS)、Ksp(CuS)的大小，故D错误。 故选：C。

12.答案：A

解析：解：A.容器①中放出的能量为32.8kJ，则转化的CO的物质的量为41kJ×1mol=0.8mol，此时CO的转化率为

0.8mol1mol

32.8kJ

×100%=80%；

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 开始(mol)：1 1 0 0 变化(mol)：0.8 0.8 0.8 0.8 平衡(mol)：0.2 0.2 0.8 0.8

容器①与容器②在恒温恒容条件下，形成等效平衡，平衡时状态完全相同，则平衡时容器②中CO2的物质的量为0.8mol，此时CO2的转化率为

1mol−0.8mol

1mol

×100％=20%，可知容器①中CO的转化率

不等于容器②中CO2的转化率，故A错误；

B.两容器中反应从两个方向达等效平衡，则Q=41−32.8=8.2，故B正确； C.容器①和容器②为等效平衡，平衡时，两容器中CO2的浓度相等，故C正确；

D.往①平衡中再加1molH2O和1molCO，相当于将原容器①中两个完全相等的平衡状态，相加后再CO将体积压缩到原体积，由反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△n=0，可知此时平衡不移动，的转化率不变，则反应放出的热量增加32.8 kJ，故D正确；

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故选：A．

本题考查化学平衡的有关计算和等效平衡的应用，能准确判断容器①和容器②是等效状态，平衡状态完全相同，这是解题关键，难度中等．

13.答案：B

解析：

本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素，注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题，中等难度。

A.图①显示t1时正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的幅度大，v正>v逆，平衡正向移动，若为温度升高，则正方向为吸热反应，即△H>0，故A错误；

B.图①显示t1时正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的幅度大，v正>v逆，平衡正向移动，若为增大压强，平衡正向移动，则正反应为气体总物质的量减小的方向，即D只能是固体或液体，故B正确；

C.图②中压强为p2时达到平衡所需要的时间比p1短，即压强为p2>p1，故C错误；

D.图②中显示压强改变，平衡状态不变，说明反应过程中气体总物质的量不变，即D一定为气体，故D错误。 故选：B。

14.答案：A

解析：

本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与反应、生成的盐与氢氧化钠反应，侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查，难度中等。 A.生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，即结合OH−的物质的量为

，根据

电荷守恒可知，合金失电子的数目等于金属离子结合OH−的数目，则反应中转移电子的总物质的量为0.3 mol，A正确；

B.根据上述分析，反应中转移电子的总物质的量为0.3 mol，由于的还原产物为NO，则可知合金与反应时表现氧化性的的物质的量为0.1 mol；又根据电荷守恒可知，合金与反应时表现酸性的的物质的量为0.3 mol，故反应过程中，消耗的总物质的量为0.4 mol，B错误； C.合金完全溶解后可能剩余，沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积可能大于100 mL，C错误； D.转移电子的总物质的量为0.3 mol，合金的物质的量为0.15 mol，利用极值法，可得合金的质量介于3.6～9.6 g之间，D错误。

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故选A。

3+

=Al(OH)3↓+3CO2↑ 15.答案：3HCO −3+Al

解析：

本题考查了离子方程式的书写，解题的关键是掌握盐类水解，试题难度一般。

碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，铝离子为弱碱阳离子，二者混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，水解的离子方程式Al3++3HCO−3=Al(OH)3↓+3CO2↑。 故答案为：Al3++3HCO−3=Al(OH)3↓+3CO2↑。

16.答案：吸氧；2Fe=2Fe2++4e−；2H2O+O2+4e−=4OH−；Fe2++2OH−=Fe(OH)2；2Fe+

2H2O+O2=2Fe(OH)2；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；2Fe(OH)3=Fe2O3.xH2O+(3−x)H2O

解析：解：铁被氧化生成Fe(OH)3，说明反应液呈中性或碱性，则应发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧； (1)铁发生吸氧腐蚀，负极发氧化反应，电极方程式为2Fe=2Fe2++4e−，正极氧气得电子被还原，电极方程式为2H2O+O2+4e−=4OH−，

故答案为：2Fe=2Fe2++4e−；2H2O+O2+4e−=4OH−；

(2)Fe2+和OH−应生成Fe(OH)2，反应的离子方程式为Fe2++2OH−=Fe(OH)2，故答案为：Fe2++2OH−=Fe(OH)2；

(3)总反应为铁、氧气和水反应生成Fe(OH)2，反应的方程式为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2， 故答案为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2；

(4)Fe(OH)2与O2和水反应转化为Fe(OH)3，Fe(OH)3部分失水可生成铁锈，涉及反应有4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；2Fe(OH)3=Fe2O3.xH2O+(3−x)H2O，

故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；2Fe(OH)3=Fe2O3.xH2O+(3−x)H2O. (1)铁发生吸氧腐蚀，负极发氧化反应，正极氧气得电子被还原； (2)Fe2+和OH−应生成Fe(OH)2；

(3)总反应为铁、氧气和水反应生成Fe(OH)2；

(4)Fe(OH)2与O2和水反应转化为Fe(OH)3，Fe(OH)3部分失水可生成铁锈．

本题考查了金属的电化学腐蚀及电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握钢铁所处环境的酸碱性即可确定其电化学腐蚀类型，难度不大．

17.答案：移动水准管的位置，使水准管、量气管内液面相平；69.14

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解析：解：(1)由于两者为连通器，所以只要移动水准管的位置，就可以使得两者液面相平，故答案为：移动水准管的位置，使水准管、量气管内液面相平；

(2)若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则生成的氢气体积为44.80ml，物质的量为

44.80×10 −3L22.4L/mol

=0.002mol，根据合金的质量和氢气总量列方程组，设铁物

56x+65y=0.1170.0130.005

质的量为xmol，锌的物质的量为ymol，所以有{，解得x=9，y=9，所以x+y=0.002合金中铁的含量为

56×

0.0139

0.117

×100%=69.14%，故答案为：69.14；

(1)由于两者为连通器，所以只要移动水准管的位置，就可以使得两者液面相平；

(2)若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则生成的氢气体积为44.80ml，物质的量为

44.80×10 −3L22.4L/mol

=0.002mol，根据合金的质量和氢气总量列方程组求解；

本题难度不大，掌握方程式计算即可正确解题，理解连通器的原理是本题测定氢气体积的关键；

18.答案：(1)−99 kJ·mol−1

(2)BC

(3)①<；该反应是气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强，CO的平衡转化率增大

12V2②2 a③=

(4)①< ②1；1

−

(5)CH3OH+3O2−−6e−=CO2↑+2H2O CH3OH+3CO2−3−6e=4CO2↑+2H2O

解析：

本题考查化学反应原理相关知识，涉及反应热、化学反应速率与化学平衡常数以及电极反应式的书写等，意在考查考生的综合运用能力，难度一般，解题的关键是对基础知识的灵活运用。

(1)根据ΔH=E(反应物总键能)−E(生成物总键能)，结合题表中数据可知，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=1076 kJ·mol−1+436 kJ·mol−1×2−(413 kJ·mol−1×3+343 kJ·mol−1+465 kJ·mol−1)=−99 kJ·mol−1；

(2)A.随着反应的进行，混合气体的总物质的量逐渐减小，则恒温恒容条件下体系的压强逐渐减小，当容器中气体压强不再变化时，说明反应达到平衡，A项不符合题意;

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B.混合气体的总质量不变，恒温恒容条件下，容器内混合气体的密度始终保持不变，故混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，B项符合题意;

C.v(CO)∶v(H2)∶v(CH3OH)=1∶2∶1，未说明反应进行的方向，不能说明反应达到平衡，C项符合题意;

D.混合气体的总质量不变，随着反应的进行，混合气体的总物质的量减小，平均相对分子质量逐渐增大，故当混合气体的平均相对分子质量不变时，可以说明反应达到平衡，D项不符合题意； (3)①该反应为气体分子数减小的反应，根据平衡移动原理，温度不变时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，故p1②由题图1知，A点时CO的平衡转化率为0.75，则平衡时CO的物质的量为0.25a mol，H2的物质的量为0.5a mol，CH3OH的物质的量为0.75a mol，则平衡常数K=c(CO)·c2(H)=

2

0.75aV

0.25a0.5a2

×()VV

c(CH3OH)

=

12V2a2

；

③起始时CO、H2的物质的量按照化学计量数之比充入，故二者的转化率始终相等； 增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的平衡转化率降低，即c(H(4)①其他条件相同，

越大，CO的平衡转化率越低，故反应物投料比：Ⅰ<Ⅱ；

②由题图2知，A点对应的CO的平衡转化率为50%，根据CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，达到平衡

3

H2的物质的量为10 mol，CH3OH的物质的量为5 mol，时CO的物质的量为5 mol，则KA=c(CO)·c2(H)=

2

c(CO)起始

2)起始

c(CHOH)

0.50.5×12

=1；

A、B两点对应的温度相同，故平衡常数的值相等，即B点的平衡常数(KB)的值为1；

(5)由题图3可知，甲醇在B极失电子转化为CO2，则B极为负极，固体氧化物作电解质时，O2−向负极移动参与反应，故B极的电极反应式为CH3OH+3O2−−6e−=CO2↑+2H2O。若将电解质由固

−体氧化物更换为熔融碳酸盐，则B极的电极反应式为CH3OH+3CO2−3−6e=4CO2↑+2H2O。

19.答案：(1)

(2)

(3) ade

(4)不能 如果互换，先还原生成的−NH2会在随后的氧化中被氧化

解析：

本题考查有机物合成与推断，涉及有机反应方程式书写、有机物的结构与性质、条件同分异构

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体书、信息获取与迁移运用等，注意根据合成路线中有机物的结构进行分析，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等。

(1)由分析可知，化合物B的结构简式为：，故答案为：；

(2)反应⑦是与乙醇发生酯化反应，化学方程式为：

，

故答案为：；

(3)a.根据题给信息，甲苯和与浓主要发生邻、对位取代，还可能生成 、

等，故a正确；

b.步骤①和⑤互换，−NO2将取代苯环上羧基间位的氢(或说得不到对硝基苯甲酸)，故不能互换，故b错误；

c.反应③为取代反应，另一产物为HCl，故c错误；

d.对比两个途径，途径Ⅰ涉及反应较多，会降低产率，故d正确； e.氨基易被氧化，取代后可防止被氧化，故e正确， 故答案为：ade；

(4)途径Ⅱ中的步骤⑤是将甲基氧化为羧基，步骤⑥是将硝基还原为氨基，如果互换，先还原生成的氨基会在随后的氧化中被氧化，故不能互换，

故答案为：不能；如果互换，先还原生成的氨基会在随后的氧化中被氧化；

20.答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1

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(2)N; sp3 (3)H2O、C2O2−;4N2O4

 (4)12 ; 47/2

解析：

本题主要考查杂化轨道理论、配合物理论、晶胞的计算、核外电子排布等知识，题目综合性强具有一定难度，平时需加强训练。X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多1，则基态原子电子排布式为1s22s22p3，原子序数为7，X为N；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于半满状态，基态原子电子排布式为1s22s22p4，原子序数为8，Y为O； Z的原子序数为24，Z为Cr。

(1)Cr原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1。故填：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1；

(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA族的第一电离能H2O2中O原子轨道的杂化类型为sp3大于第ⅢA族，第ⅤA族的大于第ⅥA族，则第一电离能N>O；杂化。故填：N；sp3；

(3)配合物K[Z(C2O4)2(H2O)2]中的配体是H2O、H2O、与C2O2−故填：C2O2−4。4互为等电子体的有N2O4等。C2O2−4；N2O4；

(4)根据晶胞的示意图可知晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有12个。有缺陷的铜和O形成的化合物的晶体可表示为Cu0.98O，由电中性可得2n(Cu2+)+3n(Cu3+)=2，由原子个数可得n(Cu2+)+n(Cu3+)=0.98，则n(Cu2+)/n(Cu3+)=47/2。故填：12；47/2。

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