2021年湖北省新高考“八省聯考”高考化學適應性試卷

第24頁（共24頁）2021年湖北省新高考“八省聯考”高考化學適應性試卷一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（3分）科學佩戴口罩對防控新冠病毒疫情有重要作用．生產一次性醫(yī)用口罩的主要原料為聚丙烯樹脂．下列說法錯誤的是（）A．聚丙烯結構簡式為 B．由丙烯合成聚丙烯的反應類型為縮聚反應 C．聚丙烯為熱塑性合成樹脂 D．聚丙烯在自然環(huán)境中不容易降解2．（3分）C的衰變反應為C→X+e，其半衰期（反應物的量被消耗到其初始量的一半需要的時間）為5730年．下列說法正確的是（）A．C與X互為同位素 B．C與X的中子數相同 C．C和C的價層軌道電子數相差2 D．某考古樣品中C的量應為其11460年前的3．（3分）NA為阿伏加德羅常數的值．下列說法正確的是（）A．1molH2S分子中，S原子的價層電子對數目為4NA B．標準狀況下，2.24L環(huán)己烷的分子數為0.1NA C．1L0.01mol?L﹣1溶液中，和的離子數目之和為0.01NA D．電極反應LiFePO4﹣xe﹣═xLi++Li1﹣xFePO4，每轉移1mol電子釋放2NA個Li+4．（3分）不能正確表示下列反應的離子方程式是（）A．將少量溴水滴入過量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+SO32﹣═2Br﹣+2H++SO42﹣ B．將足量Fe2（SO4）3溶液滴入Mg（OH）2濁液中：2Fe3++3Mg（OH）2═2Fe（OH）3+3Mg2+ C．將過量SO2通入K2S溶液中：5SO2+2S2﹣+2H2O═3S↓+4HSO3﹣ D．將葡萄糖溶液與足量銀氨溶液共熱：CH2OH（CHOH）4CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH2OH（CHOH）4COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O5．（3分）短周期元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大．W是宇宙中最豐富的元素，W2X是維持生命過程的必需物質，WY可用于玻璃的刻蝕，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，室溫下化合物ZY4是氣體．下列說法錯誤的是（）A．Y的第一電離能在四種元素中最大 B．W2X和ZX2的中心原子分別為sp3和sp2雜化 C．W2X的沸點高于W2Z的沸點 D．ZY4分子中原子均為8電子結構6．（3分）最新文獻報道，有機小分子可催化多氟芳烴的取代反應，機理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．2是催化劑 B．4和7都是反應中間體 C．2向4的轉化過程中有非極性鍵與極性健的斷裂與形成 D．5為時，1是7．（3分）關于有機化合物，下列說法錯誤的是（）A．分子式為C14H18O2 B．含有2個手性碳原子 C．可與熱的新制氫氧化銅懸濁液反應 D．該有機物的同分異構體中無芳香族化合物8．（3分）下列實驗操作或裝置正確的是（）蒸發(fā)除去苯甲酸中的乙醇除去水中的苯酚實驗室純化工業(yè)乙酸乙酯用氫氧化鈉溶液滴定醋酸溶液ABCDA．A B．B C．C D．D9．（3分）B和Al為同族元素，下列說法錯誤的是（）A．BF3和AlF3都可以與F﹣形成配位鍵 B．H3BO3為三元酸，Al（OH）3呈兩性 C．共價鍵的方向性使晶體B有脆性，原子層的相對滑動使金屬Al有延展性 D．B和Al分別與N形成的共價晶體，均具有較高硬度和熔點10．（3分）研究發(fā)現，在酸性乙醇燃料電池中加入硝酸，可使電池持續(xù)大電流放電，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．加入HNO3降低了正極反應的活化能 B．電池工作時正極區(qū)溶液的pH降低 C．1molCH3CH2OH被完全氧化時有3molO2被還原 D．負極反應為CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+11．（3分）下列實驗的現象描述和結論都正確的是（）實驗操作實驗現象實驗結論A將水滴入盛有Na2O2固體的試管中，立即把帶火星的木條放在試管口可觀察到有氣泡產生，木條復燃Na2O2固體遇水產生O2B向盛有10滴0.1mol?L﹣1AgNO3溶液的試管中滴加0.1mol?L﹣1KCl溶液至不再生成沉淀后，再向其中滴加0.1mol?L﹣1KI溶液先觀察到白色沉淀，后沉淀顏色變?yōu)辄S色Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C向兩支盛有少量溴的四氯化碳溶液的試管中分別加入適量苯和通入足量乙烯溶液均褪色溴與苯和乙烯都能發(fā)生反應D向兩支盛有4mL0.1mol?L﹣1KMnO4溶液的試管中分別加入2mL0.1mol?L﹣1和2mL0.2mol?L﹣1H2C2O4溶液前者比后者褪色快其他條件不變，反應物濃度增加，反應速率增大A．A B．B C．C D．D12．（3分）在堿性溶液中，Cu2+可以與縮二脲形成紫色配離子，其結構如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．該配離子與水分子形成氫鍵的原子只有N和O B．該配離子中銅離子的配位數是4 C．基態(tài)Cu原子的價電子排布式是3d104s1 D．該配離子中非金屬元素的電負性大小順序為O＞N＞C＞H13．（3分）已知NixMg1﹣xO晶體屬立方晶系，晶胞邊長a。將Li+摻雜到該晶胞中，可得到一種高性能的p型太陽能電池材料，其結構單元如圖所示。假定摻雜后的晶胞參數不發(fā)生變化，下列說法正確的是（）A．該結構單元中O原子數為3 B．Ni和Mg間的最短距離是a C．Ni的配位數為4 D．該物質的化學式為Li0.5Mg1.12Ni2.38O414．（3分）水泥是人類最偉大的發(fā)明之一，主要成分為硅酸三鈣（3CaO?SiO2）。將其與適量的水反應，形成相互交聯的結構，反應式如下2（3CaO?SiO2）+6H2O═3CaO?2SiO2+3H2O+3Ca（OH）2△H＜0。但是，需要避免交聯過程熱膨脹及產生的水蒸氣在建筑結構中造成空隙。我國三峽大壩的建設者在全世界首創(chuàng)了以冰代水的澆灌方法，有效解決了這一問題，保證了大壩建筑質量。下列說法錯誤的是（）A．水泥由黏土和石灰石等研磨、煅燒制得 B．水泥生產過程中加入石膏，可以調節(jié)水泥的硬化速率 C．水的作用是提供結晶水以穩(wěn)定交聯結構 D．以冰代水的優(yōu)點是減少了熱膨脹及水蒸氣的產生15．（3分）25℃時，按如表配制兩份溶液。下列說法錯誤的是（）一元弱酸溶液加入的NaOH溶液混合后所得溶液HA10.0mL0.20mol?L﹣15.0mL0.20mol?L﹣1溶液ⅠpH＝5.0HB10.0mL0.20mol?L﹣15.0mL0.20mol?L﹣1溶液ⅡpH＝4.0A．溶液Ⅰ中，c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0，說明＝10 C．混合Ⅰ和Ⅱ：c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（B﹣）+c（OH﹣） D．混合Ⅰ和Ⅱ：c（HA）＞c（HB）二、解答題（共4小題，滿分55分）16．（14分）無水FeCl3是常用的芳香烴取代反應催化劑，它具有易水解、易升華的性質．鐵粉與氯氣反應制備無水FeCl3的實驗裝置如圖所示。E和G用來收集產物．回答下列問題：（1）通入氯氣后，A中觀察到有酸霧產生，C中P2O5的作用是。（2）在E、G處收集產物是利用了FeCl3的性質。（3）實驗過程中若F處出現堵塞，則在B處可觀察到的現象是．可通過（填簡單操作），使實驗能繼續(xù)進行。（4）Ⅰ中反應的離子方程式為。（5）某同學用5.60g干燥鐵粉制得無水FeCl3樣品13.00g，該次實驗的產率是。（6）實驗室中還常用SOCl2與FeCl3?6H2O晶體共熱制備無水FeCl3，其化學反應方程式為。檢驗水合三氯化鐵原料中是否存在FeCl2的試劑是。17．（14分）熟地吡喃酮是從中藥熟地中提取的有效成分，化合物F是合成熟地吡喃酮的一種中間體，合成路線如圖所示。已知：回答下列問題：（1）F中含氧官能團的名稱是。（2）A→B的反應類型為。（3）C的核磁共振氫譜有組吸收峰。（4）D的結構簡式是。（5）E和F同分異構體。（填“是”或“不是”）（6）化合物是合成抗菌藥磺胺甲唑的一種中間體，寫出以乙二酸和丙酮（）為原料合成該化合物的反應方程式。（其他無機及有機試劑任選）18．（14分）甲烷和水蒸氣催化制氫主要有如下兩個反應：①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H＝+206kJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ?mol﹣1恒定壓強為100kPa時，將n（CH4）：n（H2O）＝1：3的混合氣體投入反應器中，平衡時，各組分的物質的量分數與溫度的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出CH4與CO2生成H2和CO的熱化學方程式：。（2）關于甲烷和水蒸氣催化制氫反應，下列敘述正確的是。（填標號）A．恒溫、恒容條件下，加入惰性氣體，壓強增大，反應速率加快B．恒溫、恒容條件下，加入水蒸氣，活化分子百分數增大，反應速率加快C．升高溫度，活化分子百分數增大，有效碰撞頻率增大，反應速率加快D．加入合適的催化劑，降低反應溫度也能實現單位時間轉化率不變（3）系統(tǒng)中H2的含量，在700℃左右出現峰值，試從化學平衡的角度解釋出現峰值的原因：①低于700℃，；②高于700℃，。（4）已知投料比為n（CH4）：n（H2O）＝1：3的混合氣體，p＝100kPa。600℃時，CH4的平衡轉化率為，反應①的平衡常數的計算式為Kp＝。（Kp是以分壓表示的平衡常數，分壓＝總壓×物質的量分數）19．（13分）某化學興趣小組通過查閱文獻，設計了從某廠陽極泥（成分為Cu、Ag2Se、Au、Pt）中回收貴重金屬的工藝，其流程如圖所示。回答下列問題：（1）寫出“焙燒”時，生成SeO2的化學反應方程式。（2）“濾液”中的金屬陽離子有；“酸浸氧化”中通入氧氣的目的是、。（3）“酸溶”時Pt、Au分別轉化為[PtCl6]2﹣和[AuCl4]﹣，寫出Au溶解的離子方程式。（4）可從“有機層”回收的金屬是．實驗室“萃取分液”的玻璃儀器有、。（5）電解NH4[Au（SO3）2]溶液回收Au的陰極反應式為。

2021年湖北省新高考“八省聯考”高考化學適應性試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．【分析】A．聚丙烯由丙烯（CH2＝CHCH3）通過加聚反應制得，結構單元的主鏈上應該含有2個C原子；B．丙烯中含有C＝C能發(fā)生加聚反應，縮聚反應有小分子生成；C．從加熱時熔化，冷卻后變成固體，加熱后又可以熔化，冷卻后又變成固體叫熱塑性；D．聚丙烯結構中化學鍵為單鍵，不易被氧化、不能水解?！窘獯稹拷猓篈．聚丙烯由丙烯（CH2＝CHCH3）通過加聚反應制得，結構簡式為，故A正確；B．丙烯中含有C＝C能發(fā)生加聚反應，用丙烯通過發(fā)生加聚反應就能合成聚丙烯，故B錯誤；C．由聚丙烯的結構可知聚丙烯為線型結構，加熱時熔化，冷卻后變成固體，是熱塑性塑料，故C正確；D．聚丙烯結構中化學鍵為單鍵，不易被氧化、不能水解，因此聚丙烯在自然環(huán)境中不容易降解，故D正確；故選：B。【點評】本題考查了聚丙烯結構、性質，加聚反應、縮聚反應的概念、反應特點、熱塑性塑料等，側重于基礎知識的考查，題目難度不大，注意基礎知識的積累。2．【分析】A．由C的衰變反應為C→X+e，可知z＝7，X為N，同位素是指質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子；B．原子中質量數＝質子數+中子數；C．主族元素原子的最外層電子數為價層電子；D．半衰期是反應物的量被消耗到其初始量的一半需要的時間，據此計算?！窘獯稹拷猓篈．由C的衰變反應為C→X+e，可知z＝7，X為N，C與X質子數不相同，不互為同位素，故A錯誤；B．C與X的中子數分別為14﹣6＝8、14﹣7＝7，中子數不同，故B錯誤；C．C和C的核外電子數均為6，核外電子排布相同，價層軌道電子數相同，故C錯誤；D．根據半衰期的定義，反應物的量被消耗到其初始量的一半需要的時間，某考古樣品中C的量應為其5730年前的，＝5730×，為5730×2＝11460年前的，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了原子結構、原子衰變過程分析判斷、微粒數的關系等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。3．【分析】A．價層電子對數等于σ鍵+孤電子對數據此計算；B．氣體摩爾體積使用對象為氣體；C．依據物料守恒判斷；D．依據電極反應式可知，轉移xe﹣釋放x個Li+。【解答】解：A．價層電子對數等于σ鍵+孤電子對數＝2+＝4，所以1molH2S分子中，S原子的價層電子對數目為4NA，故A正確；B．標況下環(huán)己烷為液體，不能使用氣體摩爾體積，故B錯誤；C．依據物料守恒可知：1L0.01mol?L﹣1溶液中，的總物質的量為0.01mol，所以和的離子數目之和小于0.01NA，故C錯誤；D．據電極反應式可知，轉移xe﹣釋放x個Li+，則每轉移1mol電子釋放NA個Li+，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了物質的量和阿伏加德羅常數的有關計算，題目難度中等，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵，注意物料守恒在計算中的應用。4．【分析】A．溴水少量，反應生成硫酸根離子和溴離子、亞硫酸氫根離子；B．發(fā)生沉淀的轉化，氫氧化鐵比氫氧化鎂更難溶；C．硫化鉀與過量二氧化硫反應生成硫單質和亞硫酸氫鉀；D．葡萄糖含醛基，能夠與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應。【解答】解：A．將少量溴水滴入過量Na2SO3溶液中，離子方程式：Br2+H2O+3SO32﹣═2Br﹣+2HSO3﹣+SO42﹣，故A錯誤；B．向Mg（OH）2濁液中滴入FeCl3溶液的離子反應為3Mg（OH）2（s）+2Fe3+?2Fe（OH）3（s）+3Mg2+，故B正確；C．向硫化鉀溶液中通入過量SO2，該反應的離子方程式為：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣，故C正確；D．將葡萄糖溶液與足量銀氨溶液共熱，離子方程式：CH2OH（CHOH）4CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH2OH（CHOH）4COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，故D正確。故選：A?！军c評】本題考查了離子方程式的書寫判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意掌握離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等。5．【分析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大，W是宇宙中最豐富的元素，W2X是維持生命過程的必需物質，WY可用于玻璃的刻蝕，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，則W為H元素，X為O元素，Y為F元素，Z為S元素，W2X是H2O、WY是HF、ZX2是SO2。【解答】解：A．主族元素中，同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢（ⅡA族、VA族高于同周期相鄰元素的），同主族自上而下第一電離能減小，H元素第一電離能比較大，僅小于O、N、F的，四種元素中F的第一電離能最大，故A正確；B．H2O的中心原子O原子形成2個O﹣H鍵，含有2對孤電子對，O原子雜化軌道數目為4，O原子采取sp3雜化，SO2的中心原子S原子價層電子對＝2+＝3，S原子采取sp2雜化，故B正確；C．H2O分子之間形成氫鍵，其沸點高于H2S的，故C正確；D．SF4分子中F原子最外層為8電子結構，但S原子最外層電子數為6+4＝10，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查物質與元素推斷、元素周期律，熟練掌握元素化合物知識，注意同周期第一電離能變化異常情況、氫鍵對物質性質的影響。6．【分析】有機小分子可催化多氟芳烴的取代反應，根據流程示意圖可知，物質3、5是整個過程的反應物，物質1、6是整個過程的生成物，物質2是催化劑，物質4、7是反應中間體，整個過程表示為：物質3+物質5物質1+物質6。【解答】解：A．物質2在反應第一步加入，且在最后又生成，反應前后的質量不變，物質2是該反應的催化劑，故A正確；B．物質4、7均在反應過程中生成，且是下一步的反應物，可知物質4、7是反應中間體，故B正確；C．對比物質的結構可知，2向4的轉化過程中C﹣F鍵斷裂，形成了C﹣N鍵，只有極性健的斷裂與形成，沒有非極性的斷裂與形成，故C錯誤；D．若5為，則X為，故1是，故D正確；故選：C。【點評】本題考查有機物的合成，關鍵是正確判斷流程中反應物、生成物、中間體、催化劑，題目側重考查學生信息獲取能力、分析能力。7．【分析】A．交點、端點為碳原子，用氫原子飽和碳的四價結構，或利用不飽和度計算氫原子數目；B．連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子；C．有機物含有醛基；D．苯環(huán)的不飽和度為4，而該有機物不飽和度6。【解答】解：A．由結構可知，有機物含有14個C原子、2個O原子，不飽和度為6，故H原子數目為：2×14+2﹣6×2＝18，故分子式為C14H18O2，故A正確；B．該有機物分子含有2個手性碳原子，如圖中標有“*”的碳原子為手性碳原子：，故B正確；C．有機物含有醛基，可與熱的新制氫氧化銅懸濁液反應，故C正確；D．苯環(huán)的不飽和度為4，而該有機物不飽和度6，該有機物的同分異構體中存在芳香族化合物，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點和常見題型，側重考查學生的分析能力，注意把握有機物的官能團的性質以及結構特點，注意對不飽和度的理解與靈活運用。8．【分析】A.苯甲酸與乙醇互溶；B.苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳濁液；C.乙酸乙酯的沸點較低；D.NaOH與玻璃中二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉?！窘獯稹拷猓篈.苯甲酸與乙醇互溶，應蒸餾分離，不能選蒸發(fā)，故A錯誤；B.苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳濁液，則過濾不能分離，故B錯誤；C.乙酸乙酯的沸點較低，圖中蒸餾可純化工業(yè)乙酸乙酯，故C正確；D.NaOH與玻璃中二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉，應選堿式滴定管，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、中和滴定、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。9．【分析】A．B和Al均有空軌道，F﹣有孤電子，可以相互形成配位鍵；B．H3BO3為一元弱酸，Al（OH）3為兩性氫氧化物；C．晶體B為共價晶體，形成的化學鍵為共價鍵，Al為金屬晶體，形成的化學鍵為金屬鍵；D．B和Al分別與N通過共價鍵形成共價晶體?！窘獯稹拷猓篈．BF3和AlF3中B和Al均有空軌道，F﹣有孤電子，因此和都可以與形成配位鍵，故A正確；B．H3BO3為一元弱酸，電離方程式為H3BO3+H2O?B（OH）4﹣+H+，Al（OH）3為兩性氫氧化物，具有兩性，故B錯誤；C．晶體B為共價晶體，共價鍵的方向性使晶體B有脆性，Al為金屬晶體，原子層的相對滑動使金屬Al有延展性，故C正確；D．B和Al分別與N通過共價鍵形成共價晶體，形成的晶體為空間網狀結構，共價晶體具有較高硬度和熔點，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了化學鍵形成與性質、晶體結構和類型判斷、驗證結構等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。10．【分析】該電池為惰性電極構成的燃料電池，乙醇燃料電池中，通入乙醇的一極為負極，電極反應式為：CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣＝2CO2+12H+，通入氧氣的一極為正極，由工作原理圖可知，正極發(fā)生反應HNO3+3e﹣+3H+＝NO↑+2H2O，4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，二者加合可得O2+4e﹣+4H+＝2H2O，則HNO3在正極起催化作用，據此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．由分析知，HNO3在正極起催化作用，作催化劑，則加入HNO3降低了正極反應的活化能，故A正確；B．電池工作時正極區(qū)的總反應為O2+4e﹣+4H+＝2H2O，則溶液中氫離子濃度減小，pH增大，故B錯誤；C．根據得失電子守恒可知，1molCH3CH2OH被完全氧化時，轉移12mol電子，則有3molO2被還原，故C正確；D．由分析知，負極反應為CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣＝2CO2+12H+，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了原電池原理的應用，涉及乙醇酸性燃料電池的工作原理和電極反應式的書寫，側重考查學生分析能力和解決問題的能力，注意電化學原理的分析與應用，題目難度中等。11．【分析】A.過氧化鈉與水反應生成氧氣，氧氣可使帶火星的木條復燃；B.發(fā)生沉淀的轉化；C.乙烯與溴發(fā)生加成反應，苯不能；D.高錳酸鉀過量，不能褪色?！窘獯稹拷猓篈.過氧化鈉與水反應生成氧氣，氧氣可使帶火星的木條復燃，則操作、現象、結論均合理，故A正確；B.發(fā)生沉淀的轉化，由操作和現象可知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B錯誤；C.乙烯與溴發(fā)生加成反應，苯不能，溶液褪色的原理不同，故C錯誤；D.高錳酸鉀過量，不能褪色，應使高錳酸鉀不足，改變草酸的濃度探究濃度對速率的影響，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、沉淀生成、反應速率、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。12．【分析】A．N原子和O原子可與水分子中的H原子形成氫鍵，水分子中的O原子也可與配離子中的H原子形成氫鍵；B．根據配離子的結構可知，銅離子形成4個共價鍵；C．基態(tài)Cu原子的價電子排布式是3d104s1；D．根據同周期主族元素的電負性由左向右逐漸增大，同主族元素的電負性由上向下逐漸減小?！窘獯稹拷猓篈．根據結構可知，該配離子中的N原子和O原子可與水分子中的H形成氫鍵，水分子中的O原子也可與配離子中的H形成氫鍵，故A錯誤；B．根據配離子的結構可知，銅離子的配位數為4，故B正確；C．根據銅離子的電子排布式可知，基態(tài)Cu原子的價電子排布式是3d104s1，故C正確；D．根據同周期主族元素的電負性由左向右逐漸增大，同主族元素的電負性由上向下逐漸減小，所以該配離子中的非金屬元素的電負性大小順序為O＞N＞C＞H，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查較為綜合，涉及配位鍵，元素周期律以及氫鍵等知識，難度中等，本題注意配位鍵的形成條件，把握元素周期的遞變規(guī)律，為該題的主要考點，也是易錯點，學習中注意相關知識的積累。13．【分析】A．結構中的O原子數位于棱心，；B．由圖可知，Ni和Mg間的最短距離為晶胞面對角線的一半；C．由晶胞可知Ni位于3個面心和7頂點上；D．根據均攤法，頂點上的被8個晶胞均分，面心上的被2個晶胞均分，棱心上的被4個晶胞所均分，體心上的完全被晶胞占有，據此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．由均攤法可知該結構中的O原子數為：1+12×＝1+3＝4，故A錯誤；B．由圖可知，Ni和Mg間的最短距離為晶胞面對角線的一半，即＝a，故B正確；C．由晶胞可知Ni的配位數為6，故C錯誤；D．1個晶胞中的Li的個數為1×＝0.5，Mg的個數為2×+1×＝1.125，Ni的個數為7×+3×＝2.375，O的個數為4，因此該物質的化學式為Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，故D錯誤；故選：B。【點評】本題是對物質結構與性質的考查，為高頻考點，側重于學生的分析、計算能力的考查，題目涉及晶胞計算，是對學生綜合能力的考查，難度中等。14．【分析】A．水泥是以黏土和石灰石為主要原料生產；B．制造水泥時需要加入石膏調節(jié)水泥的硬化速率；C．依據水泥與水反應方程式解答；D．水泥和水反應為放熱反應，冰代水時，冰融化時會吸收大量的熱?！窘獯稹拷猓篈．水泥是以石灰石和粘土為主要原料，經破碎、配料、磨細制成生料，然后喂入水泥窯中煅燒成熟料，再將熟料加適量石膏磨細而成，故A正確；B．石膏的主要成分為硫酸鈣的水合物，水泥生產過程中加入石膏，可以調節(jié)水泥的硬化速率，故B正確；C．依據方程式（3CaO?SiO2）+6H2O═3CaO?2SiO2+3H2O+3Ca（OH）2可知水的作用是提供結晶水以穩(wěn)定交聯結構，故C正確；D．水泥和水反應為放熱反應，冰代水時，冰融化時會吸收大量的熱，從而降低環(huán)境溫度，促進反應正向進行，但是不會減少水蒸氣的產生，故D錯誤。故選：D。【點評】本題考查了水泥的制備和性質，明確水泥制備需要原料，準確把握題干中信息是解題關鍵，題目難度中等，側重考查學生對題干信息提取能力。15．【分析】A．溶液ⅠpH＝5.0呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），結合電荷守恒關系式解答；B．溶液Ⅰ為物質的量濃度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的電離微弱，則c（A﹣）≈c（HA），此時Ka（HA）＝＝c（H+），同理溶液Ⅱ為物質的量濃度相等的HB和NaB的混合溶液Ka（HB）＝c（H+）；C．混合Ⅰ和Ⅱ時，溶液為HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，結合電荷關系分析；D．根據電離平衡常數分析HA和HB的酸性強弱，酸性越強電離程度越大，酸的濃度越小?！窘獯稹拷猓篈．溶液ⅠpH＝5.0呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），電荷關系為c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），所以c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正確；B．溶液Ⅰ為物質的量濃度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的電離微弱，則c（A﹣）≈c（HA），此時Ka（HA）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.0，同理Ka（HB）＝10﹣4.0，所以Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0時，＝10﹣1.0＝0.1，故B錯誤；C．合Ⅰ和Ⅱ時，溶液為HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，電荷關系為c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（B﹣）+c（OH﹣），故C正確；D．由選項B的分析可知，Ka（HA）＝10﹣＝10﹣5.0，Ka（HB）＝10﹣4.0，則酸性：HB＞HA，混合Ⅰ和Ⅱ時HA、NaA、HB和NaB的物質的量濃度相等，混合溶液呈酸性，所以HA的電離小于HB，即c（HA）＞c（HB），故D正確；故選：B?！军c評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷和怕H計算，側重考查信息獲取和運用及計算能力，明確電離平衡常數計算方法、電離平衡常數與酸性強弱的判斷是解本題關鍵，弱電解質的電離及電荷守恒關系式的應用，題目難度不大。二、解答題（共4小題，滿分55分）16．【分析】潮濕的氯氣通過濃硫酸時，潮濕的氯氣中有氯化氫，故C中五氧化二磷的作用是除去酸霧，干燥的氯氣和鐵粉在D中反應生成氯化鐵，因氯化鐵易升華，到達E、G后重新凝華收集得到氯化鐵，反應不完的氯氣用I中NaOH溶液吸收，H中無水氯化鈣防止I中水蒸氣進入G中使氯化鐵水解．【解答】解：（1）由分析可知，C中五氧化二磷的作用是除去酸霧；故答案為：除去酸霧；（2）在E、G處收集產物是利用了氯化鐵易升華的性質；故答案為：易升華；（3）實驗過程中若F處出現堵塞，則氯氣將到達B處，看到有氣泡產生，然后進入NaOH溶液中與NaOH反應；氯化鐵易升華，則可通過適當加熱F處，使實驗能繼續(xù)進行；故答案為：有氣泡產生；適當加熱F處；（4）I中未反應完的氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；故答案為：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）由2Fe+3Cl22FeCl3可知，每2molFe反應生成2molFeCl3，則5.60g（0.1mol）干燥鐵粉理論上可制得0.1molFeCl3，質量為0.1mol×162.5g/mol＝16.25g，因此該次實驗的產率是%＝80.00%；故答案為：80.00%；（6）若直接加熱FeCl3?6H2O，氯化鐵會水解得到氫氧化鐵和HCl，HCl揮發(fā)，促進氯化鐵水解，最終得到氫氧化鐵，實驗室常用SOCl2與FeCl3?6H2O晶體共熱制備無水FeCl3，說明該過程產生了HCl抑制了氯化鐵的水解，結合原子守恒可知該反應的化學方程式為6SOCl2+FeCl3?6H2O＝FeCl3+12HCl+6SO2；亞鐵離子與鐵氰化鉀相遇產生藍色沉淀，因此檢驗水合三氯化鐵原料中是否存在FeCl2的試劑是鐵氰化鉀溶液．故答案為：6SOCl2+FeCl3?6H2O＝FeCl3+12HCl+6SO2；鐵氰化鉀溶液．【點評】本題考查了制備實驗方案的設計，無機物質的制備，常與物質分離與提純聯系在一起，要根據目標物質的性質和特點來選擇適宜的制備、分離方法．17．【分析】A與甲醇發(fā)生酯化反應生成B，對比B、C的結構可知，B中溴原子被乙基取代生成C，B→C發(fā)生取代反應，對比C、E的結構，結合給予的反應信息，可知C中苯環(huán)上氫原子被取代生成D，D再發(fā)生取代反應成環(huán)而生成E，故D為，D→E的過程中還有CH3OH生成，E發(fā)生結構異構化生成F；（6）由與反應生成，乙二酸與乙醇反應生成?！窘獯稹拷猓海?）F的結構簡式為，F中含氧官能團的名稱是：羥基、醚鍵，故答案為：羥基、醚鍵；（2）A→B是羧基與甲醇發(fā)生的酯化反應，也屬于取代反應，故答案為：取代反應（或酯化反應）；（3）C存在如圖所示對稱結構：，﹣C2H5中有2種氫，﹣OCH3中有1種氫，﹣CH2COOCH3中有2種氫，苯環(huán)上有1種氫，故C的核磁共振氫譜有6組吸收峰，故答案為：6；（4）對比C、E的結構，結合給予的反應信息，可知C中苯環(huán)上氫原子被取代生成D，D再發(fā)生取代反應成環(huán)而生成E，故D為，故答案為：；（5）E和F的分子式相同，E發(fā)生結構異構化生成F，E和F是同分異構體，故答案為：是；（6）由與反應生成，乙二酸與乙醇反應生成，有關方程式為：、，故答案為：、?！军c評】本題考查有機物的合成，涉及官能團識別、有機反應類型、核磁共振氫譜、同分異構體、合成路線設計等。對比有機物的結構明確發(fā)生的反應，是有機化學基礎的綜合考查，題目側重考查學生分析推理能力、知識遷移運用能力。18．【分析】（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H＝+206kJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ?mol﹣1根據蓋斯定律：①﹣②即可得；（2）A．恒溫、恒容條件下，加入惰性氣體，總壓強增大，各物質的分壓不變，各氣體的濃度不變；B．恒溫、恒容條件下，加入水蒸氣，活化分子百分數不變，單位體積活化分子數增加；C．升高溫度，活化分子百分數增大，有效碰撞幾率增大；D．反應為吸熱反應，加入合適催化劑，縮短達到平衡的時間，但不影響平衡的移動，單位時間內氣體的轉化率不變；（3）①溫度低于700℃時，由于正反應方向吸熱，隨著溫度的升高，反應向正反應方向進行的程度較大；②溫度高于700℃，隨著反應的進行，CO的物質的量增大，發(fā)生反應②，反應②正反應放熱，當溫度升高時，平衡逆向移動；（4）已知投料比為n（CH4）：n（H2O）＝1：3的混合氣體，設CH4與H2O的初始物質的量為1mol、3mol，轉化的甲烷的物質的量為x，轉化的CO的物質的量為y，則CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）（單位：mol）起始量：1300轉化量：xxx3x平衡量：1﹣x3﹣xx3xCO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）（單位：mol）起始量：x3﹣x03x轉化量：yyyy平衡量：x﹣y3﹣x﹣yy3x+y＝＝0.04，解得x＝mol，600℃時，由圖可知，p＝100kPa，CH4和CO的物質的量分數為0.04，H2O的物質的量分數為0.32，H2物質的量分數為0.50，反應①的平衡常數KP＝。【解答】解：（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H＝+206kJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ?mol﹣1根據蓋斯定律：①﹣②即可得：CH4（g）+CO2（g）＝2H2（g）+2CO（g）△H＝（+206+41）kJ?mol﹣1＝+247kJ?mol﹣1，故答案為：CH4（g）+CO2（g）＝2H2（g）+2CO（g）△H＝+247kJ?mol﹣1；（2）A．恒溫、恒容條件下，加入惰性氣體，總壓強增大，各物質的分壓不變，各氣體的濃度改變，化學反應速率不變，故A錯誤；B．恒溫、恒容條件下，加入水蒸氣，活化分子百分數不變，單位體積活化分子數增加，有效碰撞幾率增大，反應速率加快，故B錯誤；C．升高溫度，活化分子百分數增大，有效碰撞幾率增大，反應速率加快，故C正確；D．反應為吸熱反應，加入合適催化劑，縮短達到平衡的時間，但不影響平衡的移動，單位時間內氣體的轉化率不變，降低反應溫度，平衡逆向移動，單位時間內氣體的轉化率減小，故D錯誤；故答案為：C；（3）①溫度低于700℃時，由于正反應方向吸熱，隨著溫度的升高，反應向正反應方向進行的程度較大，氫氣的物質的量逐漸增大，故答案為：由于正反應方向吸熱，隨著溫度的升高，反應向正反應方向進行的程度較大，氫氣的物質的量逐漸增大；②溫度高于700℃，隨著反應的進行，CO的物質的量增大，發(fā)生反應②，反應②正反應放熱，當溫度升高時，平衡逆向移動，H2的物質的量減小，故答案為：隨著反應的進行，一氧化碳的物質的量增大，發(fā)生反應②，反應②正反應放熱，當溫度升高時，平衡逆向移動，使氫氣的物質的量減小；（4）已知投料比為n（CH4）：n（H2O）＝1：3的混合氣體，設CH4與H2O