山东省泰安市2020届高三第二次模拟考试化学试题（解析版）

高三第二轮复习质量检测 化学试题 1．本试卷分第 I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第 1 至 5 页，第Ⅱ卷 6 至 10 页。满 分 100 分，考试时间 90 分钟。 2．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、 考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 3．选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 0．5 毫米黑 色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题 卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 C1 35.5 K 39 Ti 48 Cr 52 Fe 56 Cu 64 第 I 卷(选择题 共 40 分) 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学与生活、生产、社会发展息息相关。下列说法正确的是 A. 气象报告中的“PM2.5”是指一种胶体粒子 B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程 C. “玉兔二号” 太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 D. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是防止蛋白质变性 【答案】D 【解析】 【详解】A. PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米(1 微米=10-6 米)的颗粒物，属于分散质，不是胶体， 分散质分散在空气中形成胶体，A 错误； B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，不是高分 子生成小分子的过程，B 错误； C. “玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是晶体硅，C 错误； D. 疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下会变性，所以疫苗一般应冷藏存放，D 正确； 故合理选项是 D。 2.下列分子或离子中，VSEPR(价层电子对互斥理论)模型名称与分子或离子的空间构型名称不一致的是 A. CO2 B. CO32- C. H2O D. CC14 【答案】C 【解析】 【详解】A. CO2 分子中每个 O 原子和 C 原子形成两个共用电子对，所以 C 原子价层电子对个数是 2，且不 的含孤电子对，为直线形结构，VSEPR 模型与分子立体结构模型一致，A 不符合题意； B. CO32-的中心原子 C 原子上含有 3 个 σ 键，中心原子上的孤电子对数= ×(4+2-2×3)=0，所以 CO32-的空间 构型是平面三角形，VSEPR 模型与分子立体结构模型一致，B 不符合题意； C. H2O 分子中价层电子对个数=2+ ×(6-2×1)=4，VSEPR 模型为正四面体结构；含有 2 个孤电子对，去掉 孤电子对后，实际上其空间构型是 V 型，VSEPR 模型与分子立体结构模型不一致，C 符合题意； D. CCl4 分子中中心原子 C 原子原子价层电子对个数=σ 键个数+孤电子对个数=4+ ×(4-1×4) =4，VSEPR 模 型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR 模型与分子立体结构模 型一致，D 不符合题意； 故合理选项是 C。 3.结构简式如图所示的有机物常用于合成药物，下列对该有机物说法不正确的是 A. 存在顺反异构体 B. 与丙烯酸互为同系物 C. 有两种官能团 D. 与 H2 按等物质的量关系反应时，可能有 3 种加成产物 【答案】B 【解析】 【详解】A. 中间的碳碳双键的 C 原子都连接 2 个不同的原子和原子团，因此存在顺反异构体，A 正确； B. 该物质分子中含有 1 个羧基和 2 个不饱和碳碳双键，丙烯酸分子结构中含有 1 个羧基和 1 个不饱和的碳 碳双键，分子式相差不是 CH2 的整数倍，因此二者不是同系物，B 错误； C. 该物质分子中含有-COOH 及碳碳双键两种官能团，C 正确； D. 该物质与 H2 发生 1：1 加成反应时，可能产生 CH3CH2-CH=CH-COOH 或 CH2=CH-CH2CH2COOH 或 CH3-CH=CH-CH2-COOH，因此可能有 3 种加成产物，D 正确； 故合理选项是 B。 4.玻璃棒是化学实验中常用的仪器之一，其主要用于搅拌、过滤或转移液体时的引流。下列有关实验过程中， 肯定不需要使用玻璃棒进行操作的是 ①用 pH 试纸测定 Na2CO3 溶液的 pH ②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取 KC1 1 2 1 2 1 2③用饱和 FeC13 溶液和沸水制取 Fe(OH)3 胶体 ④配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 ⑤取某溶液做焰色试验，检验该溶液中是否含有钠元素 ⑥用适量的蔗糖、浓硫酸和水在小烧杯中进行浓硫酸的脱水性实验 ⑦促使过饱和的硝酸钾溶液析出晶体 A. ①②④⑤ B. ③④⑤⑦ C. ③⑤ D. ⑤⑥⑦ 【答案】C 【解析】 【详解】①用 pH 试纸测定溶液的 pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的 pH 试纸上观察，①正确； ②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取 KCl，可根据 KCl 易溶于水，而 MnO2 不溶于水，用到 过滤和蒸发操作，分别用玻璃棒进行引流和搅拌，②正确； ③将几滴饱和 FeCl3 溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，得到的液体就是 Fe(OH)3 胶体， 不需使用玻璃棒，③错误； ④配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用玻璃棒搅拌和引流，④正确； ⑤做焰色反应实验，用铂丝蘸取待测液，无需使用玻璃棒，⑤错误； ⑥进行浓硫酸的脱水性实验，应用玻璃棒不断搅拌，⑥正确； ⑦促使过饱和的硝酸钾溶液析出晶体，应该使用玻璃棒不断搅拌或摩擦烧杯内壁，产生玻璃碎末，可以找 到一个“中性”，聚集起来使晶体析出，⑦正确； 可见：不需要使用玻璃棒进行操作的是③⑤，故合理选项是 C。 5.Z 是合成某药物的中间体，其合成原理如下: 下列说法正确的是. A. 用 NaHCO3 溶液可以鉴别 X 和 Z B. X、Y、Z 都能发生取代反应 C. X 分子所有碳原子可能共平面 D. 与 X 具有相同官能团的同分异构体还有 5 种 【答案】B 【解析】 【详解】A．X 和 Z 分子中都含有羧基，都能与 NaHCO3 溶液反应生成二氧化碳气体，NaHCO3 溶液不能鉴 别 X 和 Z，A 不正确； B．X 和 Y 能发生酯化反应，Y 和 Z 的苯环上能发生卤代反应，酯化反应和卤代反应都属于取代反应，B 正确； C．X 分子中与 Br 相连的碳原子上连有三个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，C 错误； D．丁酸有两种结构 CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有 5 种， 除去 X 本身，与 X 具有相同官能团的同分异构体还有 4 种，D 错误。 故选 B。 6.W、X、Y、Z 为原子序数依次递增的短周期主族元素，其中 X 的某同位素可用于测量文物年代，M 为由 X 元素构成的一种单质。甲和丁两种物质都由 W 和 Y 元素组成，乙由 Y 和 Z 元素组成，常温下为气体，具 有漂白性，戊为二元强酸。它们之间的转化关系如下，下列叙述正确的是（ ） A. 气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z B. 原子半径顺序：Z＞Y＞X＞W C. 丁的水溶液适用于医用伤口消毒及环境消毒 D. 常温常压下，M 能和丙发生化合反应 【答案】C 【解析】 【分析】 据题意可推断：W 为 H、X 为 C、Y 为 O、Z 为 S，甲和丁两种物质分别为 H2O，H2O2，乙为 SO2，丙为 CO2，戊为二元强酸 H2SO4； 【详解】A. 非金属性:O＞ C，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞CH4，A 错误； B. 同一周期，从左到右，原子半径减小，故原子半径顺序：C＞O，B 错误； C. H2O2 水溶液因为强氧化性可杀菌消毒，且还原产物是 H2O 适用于医用伤口消毒，C 正确； D. 常温常压下，碳的单质与 CO2 不反应，高温下才反应，D 错误； 答案选 C。 7.下列实验操作、现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是 A. A B. B C. C D. D【答案】A 【解析】 【分析】 A. 等体积饱和溶液中，溶质溶解度大的反应产生的沉淀多； B. 银镜反应需在碱性条件下进行； C. SO2 水溶液显酸性，溶液中含 SO32-浓度很小，根据 BaSO4 不溶于水，也不溶于酸，而 BaSO3 不溶于水， 但能溶于酸； D. 先判断物质的过量问题，然后判断反应的可逆性。 【详解】A. AgCl、AgBr 在溶液中存在沉淀溶解平衡，向等体积 AgCl、AgBr 饱和溶液中加入足量 AgNO3 浓溶液，产生沉淀的物质的量 AgCl>AgBr，说明溶液中含有 AgCl>AgBr，因此可证明物质的溶度积常数 Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，A 正确； B. 向 20%的蔗糖溶液中加入一定体积稀硫酸，加热，使蔗糖发生水解反应，然后加入 NaOH 中和硫酸，使 溶液显碱性，然后再加入银氨溶液，水浴加热，才可以发生银镜反应，否则不能证明蔗糖是否发生水解反 应，B 错误； C. 向 BaCl2 溶液中通入 SO2 气体和气体 X，产生白色沉淀，该气体可能是碱性气体 NH3，反应产生的白色 沉淀是 BaSO3；也可能是具有氧化性的气体如 Cl2，反应产生的是 BaSO4 白色沉淀，C 错误； D. FeCl3 与 KI 会发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，n(FeCl3)=5×10-4 mol>n(KI)=1×10-4 mol，FeCl3 溶液 过量，所以取反应后上层清液滴加 KSCN 溶液，溶液变为红色，不能证明该反应为可逆反应，D 错误； 故合理选项是 A。 【点睛】本题考查实验方案的设计与评价。掌握有关元素及化合物的知识及化学反应原理是本题解答的关 键。要注意过量问题及溶液酸碱性对实验的影响。 8.已知磷酸分子( )中的三个氢原子都可与重水分子(D2O)中的 D 原子发生氢交换。又知次磷酸 (H3PO2)也可与 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与 D2O 发生氢交换。则下列说法正确的是 A. H3PO2 在水溶液中发生电离：H3PO2 H++H2PO2-、H2PO2- H++HPO22- B. H3PO4 属于三元酸、H3PO2 属于二元酸 C. NaH2PO2 属于酸式盐，其水溶液呈酸性 D. H3PO2 具有较强的还原性，其结构式为 【答案】D 【解析】【详解】A. 根据题意可知-OH 的 H 原子可以与重水分子的 D 原子发生交换，而与 P 原子直接结合的 H 原 子不能发生氢交换，次磷酸(H3PO2)也可与 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与 D2O 发生氢交 换，说明次磷酸(H3PO2)是一元酸，电离方程式为：H3PO2 H++H2PO2-，A 错误； B. 根据题干信息可知，H3PO4 属于三元酸、H3PO2 属于一元酸，B 错误； C. 羟基 H 原子可以发生氢交换，非羟基 H 原子不能发生 H 交换，次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与 D2O 发生氢 交换，说明 H3PO2 属于一元酸，NaH2PO2 属于正盐，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，C 错误； D. 在 H3PO2 中 P 元素化合价为+1 价，具有较强的还原性，由于只有 1 个-OH，因此其结构式为 ，D 正确； 故合理选项是 D。 9.二氧化氯(C1O2)是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为 11℃。某小组在实验室中制备 C1O2 的装 置如下：[已知：SO2+2NaC1O3+H2SO4=2C1O2+2NaHSO4] 下列说法正确的是 A. 连接装置时，导管口 a 应接 h 或 g，导管口 c 应接 e B. 装置 C 中装的是饱和食盐水，导管口 a 通过的气体为 SO2 C. 装置 D 放冰水的目的是液化 SO2，防止污染环境 D. 可选用装置 A，用 1 mol·L-1 盐酸与 MnO2 反应制取 Cl2 【答案】A 【解析】 【详解】A. 装置 A 中制备二氧化硫气体，利用 SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 制备 ClO2，为防止倒 吸 ， 应 在 之 前 有 安 全 瓶 ， 则 a→g→h ， 为 反 应 充 分 ， 气 体 要 长 进 短 出 ， 故 连 接 顺 序 为 ： a→g→h→b→c→e→f→d，A 正确； B. 实验室中制备 ClO2 的实验中，尾气为 SO2，为防止污染空气，装置 C 中装的是 NaOH 吸收未反应完的 SO2， B 错误； C. ClO2 沸点较低，在 D 中冰水浴收集，为充分冷却气体，便于收集，C 错误；D. 只有浓盐酸才能在加热时与 MnO2 反应生成 Cl2，1 mol/L 的稀盐酸不能用于反应制取 Cl2，D 错误； 故合理选项是 A。 10.化学反应中绚丽的颜色变化往往展现了化学的神奇，体现了化学之美。下列变化中的 a、b、c、d 可以是 混合物，关于物质类别或者反应类型的叙述一定正确的是 A. 变化①一定不属于氧化还原反应 B. 变化②得到的白色沉淀一定是硫酸盐 C. 物质 c 中一定不能含有铁红或磁性氧化铁 D. 物质 d 可能是某有机物的水溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A. 向稀硫酸中加入 Cu，加热，并通入空气，发生反应：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，该反应 为氧化还原反应，A 错误； B. H2SO4 可与 Na2SiO3 发生复分解反应产生 H2SiO3 沉淀，因此该白色沉淀不一定是硫酸盐，B 错误； C. 若物质 c 中含有铁红或磁性氧化铁，同时含有 Fe 单质，铁红或磁性氧化铁与硫酸反应产生 Fe3+，Fe3+与 Fe 进一步发生氧化还原反应产生 Fe2+，使溶液变为浅绿色，因此不能确定 c 中是否含有铁红或磁性氧化铁， C 错误； D. 硫酸是酸，溶液显酸性，遇石蕊试液变为红色，石蕊是有机物，因此物质 d 可能是某有机物的水溶液，D 正确； 故合理选项是 D。 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全 部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11.十九大报告中提出“打赢蓝天保卫战”，对污染防治要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位 一体结合的装置示意图如下。当该装置工作时，下列说法正确的是A. 盐桥中 Cl-向 Y 极移动 B. 电路中流过 7.5 mol 电子时，共产生 N2 的体积为 44.8 L(标况) C. 电流由 X 极沿导线流向 Y 极 D. Y 极发生的反应为 2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，周围 pH 增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A. 根据装置图可知 X 电极上 NH3 失去电子，被氧化变为 N2，X 为负极；NO3-在 Y 电极上得到电 子，被还原变为 N2，Y 为正极，盐桥中 C1-向正电荷较多的负极 X 电极移动，A 错误； B. 该电池总反应方程式为 5NH4++3NO3-=4N2↑+2H++9H2O，根据方程式可知：每转移 15 mol 电子，反应产 生 4 mol N2，则电路中流过 7.5 mol 电子时，共产生 N2 的物质的量是 2 mol，其在标准状况下的体积为 44.8 L，B 正确； C. 电子由 X 电极经负载流向正极 Y，C 错误； D. Y 极为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，消耗水，产生 OH-，使 c(OH-)增大，使周围溶液中 pH 增大，D 正确； 故合理选项是 BD。 12.工业上可用铁盐溶液溶解黄铁矿(主要成分为 FeS2)，发生如下过程。下列说法错误的是 A. 过程 I 每溶解 120 g FeS2，理论上消耗 6 mol Fe3+ B. 过程Ⅱ每生成 1 mol SO42-转移 8 mol e- C. 总反应为 FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+ D. 反应过程中鼓入大量的空气有利于反应的进行 【答案】B 【解析】 【详解】A. 在过程 I 中发生反应，使 S22-转化为 S2O32-，S 元素化合价由反应前-1 价变为反应后+2，S 元素化合价共升高 2×3=6 价，失去 6 mol 电子，每溶解 120 g 即 1 mol FeS2，反应转移 6 mol 电子，根据电子守 恒可知需消耗 6 mol Fe3+，A 正确； B. 在过程 II 中 Fe3+将 S2O32-氧化为 SO42-，S 元素化合价由反应前+2 价变为反应后的+6 价，每 1 mol S2O32- 反应产生 2 mol SO42-，元素化合价共升高 2×4=8 价，则产生 1 mol SO42-转移 4 mol e-，B 错误； C. 根据示意图可知 FeS2 与 Fe3+及 H2O 发生反应后最终变为 SO42-、Fe2+及 H+，根据电子守恒、电荷守恒及 原子守恒，可得反应总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，C 正确； D. 反应过程中鼓入大量的空气，可以将其中 S 元素氧化为 SO2，将+2 价 Fe 氧化为 Fe3+，在溶液中 Fe3+进 一步把 SO2 氧化为 SO42-，可见鼓入足量空气将促使反应正向进行，有利于反应的进行，D 正确； 故合理选项是 B。 13.某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是 Cu 或 Cu2O，Cu 和 Cu2O 均为不溶于水的红色固体，但 Cu2O 能与稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。为探究 反应后的红色固体的成分，他们提出了以下假设： 假设一：红色固体只有 Cu 假设二：红色固体只有 Cu2O 假设三：红色固体中有 Cu 和 Cu2O 下列判断正确的是 A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立 B. 少量红色固体与足量稀硫酸反应，若溶液呈蓝色且仍有红色固体，则只有假设三成立 C. 若将 7.2 克红色固体通入足量的 H2 还原，最后得到固体 6.4 克，则假设二成立 D. 实验室可用向新制 Cu(OH)2 悬浊液(碱性)中加入葡萄糖后加热，来制取 Cu2O 【答案】CD 【解析】 【分析】 A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜； B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，说明反应后还有红色固体铜存在， 据此分析； C. 根据假设二：红色固体只有 Cu2O 结合铜守恒代入计算验证； D. 实验室可以用葡萄糖和新制的含 NaOH 的 Cu(OH)2 悬浊液，加热后制取 Cu2O。 【详解】A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则 假设一成立，假设二、三不成立，A 错误； B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，说明反应后还有红色固体铜存在，但不能说明原红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，B 错误； C. 假设二：红色固体只有 Cu2O，则 7.2 g Cu2O 的物质的量 n(Cu2O)= =0.05 mol，和 H2 反 应后生成铜的物质的量为 0.1 mol，质量为 6.4 g，所以假设二成立，C 正确； D. 葡萄糖含有醛基，可以与新制的含 NaOH 的 Cu(OH)2 悬浊液，加热后制取 Cu2O，D 正确； 故合理选项 CD。 【点睛】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，易错点为 B 选项，要注意氧化亚铜与酸 反应又生成红色的铜，同时得到硫酸铜溶液，使溶液变为蓝色。 14.T℃时，在 20.00 mL 0.10 mol/LCH3COOH 溶液中滴入 0.10 mol/LNaOH 溶液，溶液 pH 与 NaOH 溶液体积 的关系如图所示。下列说法正确的是 A. T℃时，CH3COOH 的电离平衡常数 Ka=1.0×10-3 B. M 点对应的 NaOH 溶液的体积为 20.00 mL C. N 点所示溶液中 c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+) D. N 点与 Q 点所示溶液中水的电离程度：N>Q 【答案】D 【解析】 【详解】A. T℃时，0.10 mol/L CH3COOH 溶液的 pH=3，说明溶液中 c(H+)=10-3 mol/L，则该温度下 CH3COOH 的电离平衡常数 Ka= ≈10-5，A 错误； B. M 点溶液 pH=7，若对应的 NaOH 溶液的体积为 20.00 mL，则醋酸与 NaOH 恰好中和，溶液为 CH3COONa， 该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明 M 点对应的 NaOH 溶液的体积 小于 20.00 mL，B 错误； C. N 点时所示溶液中醋酸与 NaOH 恰好中和，溶液为 CH3COONa 溶液，CH3COO-发生水解反应而消耗，所 以 c(Na+)>c(CH3COO-)，CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的 H+，最终达到平衡时，溶液中 c(OH-)> c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此 c(CH3COO-)>c(OH-)，故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，C 错误； D. N 点时所示溶液中醋酸与 NaOH 恰好中和，溶液中的溶质为 CH3COONa，溶液中只有盐的水解作用，促 是 m 7.2g M 144g / mol = ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 c CH COO c H 10 10 c CH COOH 0.1 10 − + − − − ×= − 进水的电离；而 Q 点时 NaOH 过量，溶液为 CH3COONa 和 NaOH 的混合液，由于 NaOH 电离产生 OH-对 水的电离平衡起抑制作用，使盐水解程度减小，故最终达到平衡时水的电离程度 N>Q，D 正确； 故合理选项是 D。 15.水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示了在 金催化剂表面上水煤气变换的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂表面上的物质用·标注。下列说法 正确的是 A. 水煤气变换反应的△HKc；当 =0.4 时，假设容器体积为 V L，起始量 n(NH3)=0.4 mol，n(Cl2)=1 mol，NH3 变化量 为 x mol，则平衡时 n(NH3)=(0.4-x) mol，n(Cl2)=(1-x) mol，n(NH2Cl)=n(HCl)=x mol，同温同压下气体的体积 比等于气体的物质的量的比，则： ×100%=20%，解得 x=0.28 mol，则该反应的平 衡常数 Kb= ； ( ) ( )3 2 n NH n Cl ( ) ( )3 2 n NH n Cl ( ) ( )0.4 x 1 x x x x − + − + + ( ) ( ) 0.28 0.28 49 0.4 0.28 1 0.28 54 × =− × −②在 T2 温度下，Q 点 NH2Cl 的体积分数偏高，平衡将向着使 NH2Cl 的体积分数下降的方向移动，所以 Q 点平衡逆移，v 正0，升高温度，或及时分离出产物 NHCl2，都会使平衡正向移动，NH3 的转 化率升高； ④NH2Cl 的体积分数始终比理论值低，可能是：有副反应，还可能生成 NHCl2、NCl3、N2。 【点睛】本题考查了反应热与键能、物质含有能量的关系及化学平衡有关知识，掌握有关概念、反应热与 键能及物质能量关系和平衡移动原理的影响因素是解题关键，在分析时，要结合图象，弄清图象中横坐标、 纵坐标的含义分析解答。 17.AA705 合金(含 Al、Zn、Mg 和 Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和 机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米) 注入 AA7075 的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以 更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题： (1)基态铜原子的价层电子排布式为__________。 (2)第三周期某元素的前 5 个电子的电离能如图 1 所示。该元素是_____(填元素符号)，判断依据是_______。 (3)CN—、NH3、H2O 和 OH—等配体都能与 Zn2+形成配离子。1mol [Zn(NH3)4]2+含___ molσ 键，中心离子的 配位数为_____。 (4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图 2 所示。1 个铝原子周围有_____个镁原子最 近且等距离。 (5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛： ①苯甲醇中 C 原子杂化类型是__________。 ②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是__________。 (6)钛晶体有两种品胞，如图所示。①如图 3 所示，晶胞的空间利用率为______(用含 п 的式子表示)。 ②已知图 4 中六棱柱边长为 x cm，高为 y cm。该钛晶胞密度为 D g·cm-3，NA 为______mol—1(用含 x y 和 D 的式子表示)。 【答案】 (1). 3d104s1 (2). Mg (3). I3 是 I2 的 5 倍多，说明最外层有 2 个电子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 (9). (10). 【解析】 【分析】 （1）铜原子有 29 个电子，其 3d、4s 能级上的电子为其价电子； (2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析； (3)所有单键包括配位键均为 σ 键，双键中有一个为 σ 键，每个 NH3 分子中含有 3 个 N-H 键，中心原子 Zn 与四个 N 原子之间存在配位键； (4)晶胞中每个侧面的 4 个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到 Al 原子的距离相等且最近； (5)①苯环上碳原子形成 3 个共用电子对，而-CH2OH 中 C 原子形成 4 个共用电子对； ②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键； (6)①由图 3 可知，晶胞中钛原子的数目为 1+8× =2，设原子半径为 r，则晶胞的对角线为 4r，晶胞的边长 为 ，由此计算空间利用率； ②图 4 晶胞中钛原子的数目为 3+2× +12× =6，晶胞的质量为 g，六棱柱边长为 x cm，高为 y cm， 则晶胞的体积为 x2ycm3，再结合晶胞的密度计算 NA。 【详解】（1）铜原子有 29 个电子，其 3d、4s 能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为 3d104s1； (2)由图 1 可知电离能 I3 是 I2 的 5 倍多，说明最外层有 2 个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为 3 100%8 π × 2 192 3 3D x y× × 1 8 4 3 r 1 2 1 6 6 48 AN × 3 3 2第三周期第ⅡA 元素，此元素为镁，元素符号为 Mg； (3)所有单键包括配位键均为 σ 键，双键中有一个为 σ 键，每个 NH3 分子中含有 3 个 N-H 键，中心原子 Zn 与四个 N 原子之间存在配位键，则 1mol [Zn(NH3)4]2+含（4+3×4）mol=16molσ 键，配位体为 NH3，中心离 子 Zn2+的配位数为 4； (4)晶胞中每个侧面的 4 个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到 Al 原子的距离相等且最近，则每个铝原子周 围距离最近的镁原子有 8 个； (5)①苯环上碳原子形成 3 个共用电子对，碳原子的杂化类型是 sp2，而-CH2OH 中 C 原子形成 4 个共用电子 对，碳原子的杂化类型是 sp3； ②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高； (6)①由图 3 可知，晶胞中钛原子的数目为 1+8× =2，设原子半径为 r，则晶胞的对角线为 4r，晶胞的边长 为 ，则空间利用率为 = ； ②②图 4 晶胞中钛原子的数目为 3+2× +12× =6，晶胞的质量为 g，六棱柱边长为 x cm，高为 y cm，则晶胞的体积为 x2ycm3，则 D= g÷ x2ycm3，由此计算得 NA= mol—1。 【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间 构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ 键个数+孤电子对个数，σ 键个数=配原子个数，孤电子对个数= （a-xb），a 指中心原子价电子个数，x 指 配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据 n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当 n=2，sp 杂化；n=3，sp2 杂化；n=4，sp3 杂化。 18.二茂铁是一种特殊的金属有机化合物，可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等，熔点为 173 ℃，在 100 ℃ 时开始升华；沸点是 249 ℃。实验室制备二茂铁的反应原理是： 2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，其装置如下图所示。 1 8 4 3 r 3 3 42 3 100% 4 3 r r π× ×      3 100%8 π × 1 2 1 6 6 48 AN × 3 3 2 6 48 AN × 3 3 2 2 192 3 3D x y× × 1 2实验步骤为： ①在三颈烧瓶中加入 25 g 粉末状的 KOH，并从仪器 a 中加入 60 mL 无水乙醚，充分搅拌，同时通氮气约 10 min； ②再从仪器 a 滴入 5.5 mL 新蒸馏的环戊二烯(C5H6，密度为 0.95 g·cm-3)，搅拌； ③将 6.5 g 无水 FeCl2 与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液 25 mL 装入仪器 a 中，慢慢滴入三颈烧瓶中， 45 min 滴完，继续搅拌 45 min； ④再从仪器 a 加入 25 mL 无水乙醚搅拌； ⑤将三颈烧瓶中的液体转入仪器 X 中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液； ⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。 回答下列问题： (1)仪器 a、X 名称分别是_____________。 (2)步骤①中通入氮气的原因是_____________(用化学方程式表示)。 (3)三颈烧瓶的适宜容积应为_________(选编号)。 ①100 mL ②250 mL ③500 mL (4)步骤⑤用盐酸洗涤的目的是_______________。 (5)步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，操作装置如图二所示，其操作名称为___________；该操作中棉花的作用 是___________________。 (6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是__________。确定二茂铁的结构是下图 b 而不 是 c，其测定的谱图为_____________。 【答案】 (1). 恒压漏斗、分液漏斗 (2). 4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ (3). ② (4). 除去多 余的 KOH (5). 升华 (6). 防止二茂铁挥发进入空气中 (7). 测定所得固体的熔点 (8). 核磁共 的振氢谱 【解析】 【分析】 (1)根据仪器的结构，结合仪器的用途确定仪器名称； (2)二茂铁中铁是+2 价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气； (3)仪器 c 为三颈烧瓶，其中盛放液体的体积不超过容积的 分析判断； (4)盐酸可中和 KOH 生成 KCl 和水； (5)二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，称为升华；棉花团有防止粉末逸出的功能； (6)可以通过测定所得固体的熔点确定；根据核磁共振氢谱图确定物质结构。 【详解】(1)根据装置图可知仪器 a 是恒压漏斗；仪器 X 用于分离互不相溶的两层液体物质，使用的是分液 漏斗； (2)二茂铁中铁是+2 价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化； (3)由题意可知三颈烧瓶中共加入液体 112.5 mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的 ，所以应该选 择的规格是 250 mL 三颈烧瓶，故合理选项是②； (4)步骤⑤用盐酸洗涤，可与其中的 KOH 发生中和反应，而除去多余的 KOH； (5)二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥 发进入空气中； (6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是测定所得固体的熔点；可根据物质的核磁共振 氢谱图确定物质结构是 b 还是 c，若是 b 结构，分子中只有一种位置的 H 原子，只有 1 个吸收峰；若是图 c 结构，分子中含有 3 种不同位置的 H 原子，有 3 个吸收峰，吸收峰的面积比为 1：2：2。 【点睛】本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实验基本操 作，物质的分离、提纯和检验，物质结构的测定，充分利用题干信息，掌握物质的性质及分离方法，了解 核磁共振氢谱在测定结构的应用是解答本题的关键。 19.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取 Na2Cr2O7 溶 液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下： 2 3 2 3已知：煅烧时，Cu2Te 发生的反应为 Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。 (1)Te 元素在元素周期表中的位置为______________其基态原子的电子占据的最高能层符号为________。 (2)煅烧时，Cr2O3 发生反应的化学方程式为__________________。 (3)浸出液中除了含有 TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有________(填化学式)。电解沉积过程中 析出单质铜的电极为_________极。 (4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示： 通过冷却结晶能析出大量 K2Cr2O7 的原因是______________。 (5)测定产品中 K2Cr2O7 含量的方法如下：称取试样 2.50 g 配成 250 mL 溶液，取 25.00 mL 于锥形瓶中，加入 足量稀硫酸和几滴指示剂，用 0.1000 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方 程式为____________________。 若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2 标准液的体积平均为 25.00 mL，则所得产品中 K2Cr2O7 的纯度为________％ (保留三位有效数字)。 【答案】 (1). 第五周期ⅥA 族 (2). O (3). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2 (4). CuSO4 (5). 阴 (6). 低温条件下，K2Cr2O7 的溶解度在整个体系中最小，且 K2Cr2O7 的溶解度随温度的降低而显 著减小 (7). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (8). 49.0 【解析】 【分析】 某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取 Na2Cr2O7 溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时 Cu2Te 发生的反应为 Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2，Cr2O3 与 纯碱和空气中的氧气反应生成 Na2CrO4，Na2CrO4 酸化后生成 Na2Cr2O7 溶液；沉渣中主要含有 CuO、TeO2 以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和 TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶 液中含有 TeOSO4，TeOSO4 与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。 【详解】(1)Te 是 52 号元素，原子核外电子排布为 2、8、18、18、6，可见 Te 元素在元素周期表中的位置 为第五周期第 VIA 族，最高能层为第 5 能层，故其基态原子的电子占据的最高能层符号为 O； (2)煅烧时，Cr2O3 与 O2 及 Na2CO3 发生反应产生 Na2CrO4 和 CO2，反应的化学方程式为： 2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2；(3)根据上述分析，浸出液中除了含有 TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有 CuSO4，Cu2+转化为铜 单质，发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极； (4)在低温条件下 K2Cr2O7 溶解度在整个体系中最小，且 K2Cr2O7 的溶解度随温度的降低而显著减小，因此 通过冷却结晶能析出大量 K2Cr2O7； (5)氧化还原滴定过程中发生 Fe2+与 Cr2O72-的反应，其中 Cr2O72-被还原为 Cr3+，Fe2+被氧化为 Fe3+，根据电 子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O； 反应中消耗 Fe2+的物质的量 n(Fe2+)=c·V=0.1000 mol·L -1×0.025 L=0.0025 mol，根据方程式 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 可知 n(Cr2O72-)= n(Fe2+)= mol，则所得样品中 K2Cr2O7 的纯 度= ×100%=49.0%。 【点睛】本题考查了物质分离提纯、电解原理的应用及氧化还原反应分析判断、滴定方法在物质含量测定 的应用等，掌握反应原理，清楚原子结构与元素位置及物质性质的关系，弄懂反应中守恒关系是解题关键， 侧重考查学生分析及应用能力。 20.化合物 G 对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G 可经下图所示合成路线制备： 请回答下列问题： (1)A→B 的反应类型是__________。G 中含氧官能团的名称为_________。E 分子式为_________________。 (2)C 与 B 互为同分异构体，能与小苏打反应放出 CO2，与 SOCl2 发生取代反应生成 D。C 的结构简式为 ________。 (3)F 中有无手性碳原子，如有则在下图中用*标出：________。 (4)写出同时满足下列条件的 D 的一种同分异构体的结构简式：________(不考虑立体异构)。 ①含有—SH 结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的 H 原子。其中一 的 1 6 0.0025 6 0.0025mol 294g / mol6 25.0mL2.50g 250mL × ×种水解产物既能遇 FeCl3 溶液显色，又能与 Br2 的 CCl4 溶液发生加成反应。 (5)写出以甲苯和乙醇为原料制备 的合成路线流程图(其他试剂任选)。 _____________________________。 【答案】 (1). 加成反应 (2). 羰基、醚基 (3). C11H9O3FS (4). (5). (6). 或 【解析】 【分析】 (1)对比 A、B 的结构可知， 中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接 H 原子与 生成 B； 根据 G 结构简式可确定其中含氧官能团的名称；根据 E 结构简式确定其分子式； (2)C 与 B 互为同分异构体，能与小苏打反应放出 CO2，说明 C 含有羧基，C 能与 SOCl2 发生取代反应生成 D，可知 C 的羧基中羟基被氯原子取代生成 D； (3)根据手性碳原子是连接四个不同 原子或原子团分析判断； (4)D 的一种同分异构体满足：①含有-SH 结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三 种不同环境的 H 原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇 FeCl3 溶液显色， 又能与 Br2 的 CCl4 溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键； (5)模仿路线图中 G 合成，苯甲醇氧化生成 ，然后与乙醇反应生成 ， 与 NH2NH2•H2O 反应生成 ，最后与乙酸反应生成 ，乙醇用 酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。 【详解】(1)对比 A、B 的结构可知， 中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接 H 原子与 生成 B，A 与 发生加成反应生成 B，反应类型为加成反应；物质 G 结构简式是 ，可知其中含氧的官能团名称为：羰基、醚基；E 结构简式为 ， 的根据 C 四价原则可知其分子式是 C11H9O3FS； (2)C 与 B 互为同分异构体，能与小苏打反应放出 CO2，说明 C 含有羧基，C 能与 SOCl2 发生取代反应生成 D，可知 C 的羧基中羟基被氯原子取代生成 D，故 C 的结构简式为： ； (3)F 结构简式是 ，由于手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，结合 F 的结构可知，该分子中含有 1 个手性碳原子，用*表示为： ； (4)D 的一种同分异构体满足：①含有-SH 结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三 种不同环境的 H 原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇 FeCl3 溶液显色， 又能与 Br2 的 CCl4 溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键，符合条件的同分异构体为： 或 ； (5)模仿路线图中 G 合成，苯甲醇氧化生成 ，然后与乙醇反应生成 ， 与 NH2NH2•H2O 反应生成 ，最后与乙酸反应生成 ，乙醇用 酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，故其合成路线流程图为： 。 【点睛】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构明确发生的反应，结合官能团对物质性质的决定作用， 利用题目已知信息分析解答。(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，题目侧重考查学生的学习能力及分 析推理能力和知识迁移运用能力。