山东省泰安市2020届高三化学一轮检测试题（Word版附解析）

高三一轮检测 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 I 卷 1 至 4 页，第Ⅱ卷 5 至 8 页。满分 100 分，考试时间 90 分钟。 2.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在相应位置，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 Mn 55 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.化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是 A. 针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒 B. 常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别 C. 硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体 D. 葡萄酒中通常含有微量 SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化 【答案】A 【解析】 【详解】A．高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质， 但不是用无水酒精，而是用 75%左右的酒精水溶液消毒，故 A 错误； B．危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第 1 类 爆炸品、第 2 类 易燃气体、 第 3 类 易燃液体等，故 B 正确； C．硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故 C 正确； D．二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化， 故 D 正确； 故选 A。2.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是 A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 B. 蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热 C. 使用 CCl4 萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出 D. 酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．锥形瓶和容量瓶内有水对实验无影响，不需要烘干，故 A 错误； B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故 B 错误； C．使用 CCl4 萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压 强过大引起危险，故 C 正确； D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故 D 错误； 故选 C。 3.Weiss 利用光敏剂 QD 制备 2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. a 不能使酸性 KMnO4 溶液褪色 B. a、b、c 都能发生加成、加聚反应 C. c 中所有原子共平面 D. b、c 为同系物 【答案】B 【解析】 详解】A．a( )中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 A 错误； B． a( )、b( )、c( )都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加 【成反应，加聚反应，故 B 正确； C．c( )含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故 C 错误； D．b( )、c( )的结构不同，不属于同系物，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、 、 )中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。 4.胆矾 CuSO4·5H2O 可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下： 下列有关胆矾的说法正确的是 A. Cu2+的价电子排布式为 3d84s1 B. 所有氧原子都采取 sp3 杂化 C. 胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键 D. 胆矾所含元素中，H、O、S 的半径及电负性依次增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu 是 29 号元素， Cu 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，失去 4s、 3d 能级上各一个电子生成 Cu2+，故 Cu2+的价电子排布式 3d9，故 A 错误； B．硫酸根离子中 S 和非羟基 O 和 H2O 中的 O 原子的杂化方式不同，不可能都是 sp3 杂化， 故 B 错误； C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原 子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故 C 正确； D．H、O、S 分别为第 1，2，3 周期，所以半径依次增大，但 O 的电负性大于 S，故 D 错误； 故选 C。5.一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应： (X) (Y) (Z) 下列说法不正确的是 A. X、Y、Z 互为同分异构体 B. 1mol X 最多能与 3molH2 发生加成反应 C. 1mol Y 最多能与 2molNaOH 发生反应 D. 通过调控温度可以得到不同的目标产物 【答案】B 【解析】 【详解】A．X、Y、Z 的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故 A 正确； B．X 中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则 1 mol X 最多能与 4 mol H2 发生加成反应，故 B 错误； C．Y 含有酯基，且水解生成酚羟基，则 1 mol Y 最多能与 2 mol NaOH 发生反应，故 C 正确； D．由转化关系可知，Y 在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标 产物，故 D 正确； 故选 B。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。 6.下列化学用语对事实的表述正确的是 A. 电解 CuCl2 溶液：CuCl2=Cu2++2Cl- B. Mg 和 Cl 形成离子键的过程： C. 向 Al2(SO4)3 溶液中滴加 Na2CO3 溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓ D. 乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OH CH3CO18OC2H5+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2 Cu+Cl2↑，故 A 错误； 3Al Cl 25℃ ← 3Al Cl 165℃ →  浓硫酸 ΔB．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为 ，故 B 错误； C．向 Al2(SO4)3 溶液中滴加少量 Na2CO3 溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的 离子方程式为 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故 C 错误； D．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH 提供-H，相互结合生成 水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为 CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O，故 D 正确； 故选 D。 7.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是 A. 最外层都只有一个电子的 X、Y 原子 B. 原子核外 M 层上仅有两个电子的 X 原子与 N 层上仅有两个电子的 Y 原子 C. 2p 轨道上有三个未成对电子的 X 原子与 3p 轨道上有三个未成对电子的 Y 原子 D. 原子核外电子排布式为 1s2 的 X 原子与原子核外电子排布式为 1s22s2 的 Y 原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．最外层都只有一个电子有 H、Na、Cu 等，化学性质不一定相似，故 A 错误； B．原子核外 M 层上仅有两个电子的 X 原子为 Mg，原子核外 N 层上仅有两个电子的 Y 原子 有 Ca、Fe、Ti 等，二者性质不一定相似，故 B 错误； C．2p 轨道上有三个未成对电子的 X 原子为 N，3p 轨道上有三个未成对电子的 Y 原子为 P， N、P 位于同一主族，化学性质相似，故 C 正确； D．原子核外电子排布式为 1s2 的原子是 He，性质稳定，原子核外电子排布式为 1s22s2 的原子 是 Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故 D 错误； 故选 C。 8.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图 所示： 且 W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z 常温常压下为液体。下列说法正确的是A. YW3 分子中的键角为 120° B. W2Z 的稳定性大于 YW3 C. 物质甲分子中存在 6 个 σ 键 D. Y 元素的氧化物对应的水化物为强酸 【答案】B 【解析】 【分析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中 各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X 原子最外层含有 4 个电子，Y 原子 最外层含有 5 个电子，Z 原子最外层含有 6 个电子，W 最外层含有 1 个或 7 个电子，结合原 子序数及“W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z 常温常压下为液体”可知，W 为 H，X 为 C，Y 为 N，Z 为 O 元素，据此分析解答。 【详解】根据分析可知，W 为 H，X 为 C，Y 为 N，Z 为 O 元素。 A．YW3 为 NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故 A 错误； B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故 B 正确； C．物质甲的结构简式为 CO(NH2)2，存在 7 个 σ 键和 1 个 π 键，故 C 错误； D．N 元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故 D 错 误； 故选 B。 【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为 C，要注意物 质中化学键数目的判断方法的应用。 9.下列方案设计能达到实验目的的是 A B C D 检验淀粉是否水解 由褪色快慢研究反应物浓度 对反应速率的影响 证明发生了取代反 应 验证 Ksp[Cu(OH)2]S C. 在转化过程中能循环利用的物质只有 FeCl2D. 反应中当有 34gH2S 转化为硫单质时，保持溶液中 Fe3+的量不变，需要消耗 O2 的质量为 16g 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图中各元素化合价知，Cu 元素化合价都是+2 价、H 元素化合价都是+1 价、 Cl 元素化合价都是-1 价，所以化合价不变的是 Cu、H、Cl 元素，故 A 错误； B．转化过程中 O2 把 Fe2+氧化为 Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为 S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+ ＞S，故 B 错误； C．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化 H2S 转化为 S 和水，在转化过程中能循环利用 的物质有 FeCl2、CuCl2、FeCl3，故 C 错误； D．H2S 转化为硫单质，硫元素的化合价从-2 价变成 0 价，氧元素的化合价从 0 价变成-2 价， 依据得失电子数相等，所以 2H2S----O2，所以有 34gH2S 转化为硫单质时，保持溶液中 Fe3+的 量不变，需要消耗 O2 的质量为 × ×32g/mol=16g，故 D 正确； 故选 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.现向下列装置中缓慢通入气体 X，分别进行关闭和打开活塞 K 的操作，则品红溶液和澄清 石灰水中现象相同的一组是 选项 A B C D X NO2 SO2 Cl2 CO2 Y(过量) 浓 H2SO4 NaHCO3 饱和溶 液 Na2SO3 溶液 NaHSO3 饱和溶 液 A. A B. B C. C D. D 34g 34g / mol 1 2【答案】AD 【解析】 【详解】A．NO2 与浓硫酸不反应，关闭和打开活塞 K，通入品红溶液的都是 NO2，品红溶液 均褪色，出来的气体都是 NO，和澄清石灰水都无明显现象，现象相同，故 A 正确； B．若关闭活塞 K，生成二氧化碳，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞 K，二氧化硫直接通入品红中，则品红溶液褪色，加热后又恢复红色，现象不同，故 B 错误； C．若打开活塞 K，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，品红溶液褪色，加热品红不能 复原，若关闭活塞 K，氯气与亚硫酸钠反应生成盐酸和硫酸钠，没有气体放出，则品红溶液无 变化，现象不同，故 C 错误； D．二氧化碳与 NaHSO3 饱和溶液不反应，关闭和打开活塞 K，通入品红溶液的气体都是二氧 化碳，因此现象相同，故 D 正确； 故选 AD 12.中科院科学家设计出一套利用 SO2 和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下 列说法错误的是 A. 该电化学装置中，Pt 电极作正极 B. Pt 电极的电势高于 BiVO4 电极的电势 C. 电子流向：Pt 电极→导线→BiVO4 电极→电解质溶液→Pt 电极 D. BiVO4 电极上 反应式为 SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 该装置为原电池，由 Pt 电极上反应(H2O→H2)或 BiVO4 电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt 电 极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为 2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4 电 极 为 负 极 ， SO32- 失 电 子 生 成 硫 酸 根 、 发 生 氧 化 反 应 ， 电 极 反 应 为 SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，据此分析解答。 。 的【详解】A．Pt 电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt 电极作正极，故 A 正确； B．Pt 电极为正极，BiVO4 电极为负极，所以 Pt 电极电势高于 BiVO4 电极，故 B 正确； C．电子从 BiVO4 电极(负极)经导线流向 Pt 电极(正极)，不能进入溶液，故 C 错误； D．BiVO4 电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为 SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为 C，要注意溶液通 过自由移动的离子导电，难点为 D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。 13.分别在三个容积均为 2.0L 的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反 应进行至 5min 时达到平衡状态，相关实验数据如表所示： 起始物质 量/mol 平衡物质的量 /mol 化学平衡常数 容器 温度/℃ n(A) n(B) n(D) n(D) 甲 500 4.0 4.0 0 3.2 K1 乙 500 4.0 a 0 2.0 K2 丙 600 2.0 2.0 2.0 2.8 K3 下列说法不正确的是 A. 0～5min 内，甲容器中 A 的平均反应速率 v(A)=0.64mol·L-1·min-1 B. a=2.2 C. 若容器甲中起始投料为 2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A 的转化率小于 80％ D. K1=K2>K3 【答案】A 【解析】 【详解】A．容器甲中前 5min 平均反应速率 v(D)= = =0.32mol•L-1•min-1， 则 v(A)= v(D)=0.32mol•L-1•min-1，故 A 错误； 的 的 n V t   2.0L 3.2mol 5min×B．甲和乙的温度相同，平衡常数相等， 甲中 A(g) + B(g) ⇌ D(g) 开始(mol/L) 2.0 2.0 0 反应(mol/L) 1.6 1.6 1.6 平衡(mol/L) 0.4 0.4 1.6 化学平衡常数 K= =10， 乙中 A(g) + B(g) ⇌ D(g) 开始(mol/L) 2.0 0 反应(mol/L) 1.0 1.0 1.0 平衡(mol/L) 1.0 -1.0 1.0 化学平衡常数 K= =10，解得：a=2.2，故 B 正确； C．甲中 CO 转化率= ×100%=80%，若容器甲中起始投料 2.0molA、2.0molB，相当 于减小压强，平衡逆向移动，导致 A 转化率减小，则 A 转化率小于 80%，故 C 正确； D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料 2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温 度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时 D 的浓度减小，即升温平衡逆 向移动，则平衡常数减小，因此 K1=K2>K3，故 D 正确； 故选 A。 14.用惰性电极电解饱和食盐水(含少量 Ca2+、Mg2+)并进行相关实验(装置如图)，电解一段时间 后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)电极 a 附近溶液出现浑浊；(3)中溶 液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是 1.6 0.4 0.4× 2 a 2 a 1.0 1.0 0.5a 0( )1.× − 1.6mol / L 2mol / LA. (1)中：CuO+H2 Cu+H2O B. (2)中 a 电极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ C. (3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl- D. (4)中：Cl2 具有强氧化性 【答案】D 【解析】 【分析】 用惰性电极电解饱和食盐水(含少量 Ca2+、Mg2+)产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性， 而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据(1)中黑色固体变红，(2)电极 a 附近溶液出现浑浊 可知，a 电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b 电极为阳极，产生 的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的 NaOH 溶液中，溶液褪 色的原因可能为 H+中和了 OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此 分析解答。 【详解】A．(1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2 Cu+H2O，故 A 正确； B．(2)电极 a 附近溶液出现浑浊，则 a 电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀， 相关反应为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故 B 正确； C．(3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为： Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故 C 正确； D．(4)中过量的氯气通入含酚酞的 NaOH 溶液中，溶液褪色的原因可能为 H+中和了 OH-，也 可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故 D 错误； 故选 D。 15.已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；pM=－lgc(M2+)(M2+为 Cu2+或 Zn2+)。常温下，向 10mL0.10mol·L-1CuCl2 溶液中滴加 0.10mol·L-1Na2S 溶液，滴加过程中 pM 与 Na2S 溶液体积(V) 的关系如图所示。下列说法错误的是 ΔA. Ksp(CuS)的数量级为 10-36 B. a 点溶液中，c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)] C. d 点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+) D.相同条件下，若用等浓度等体积的 ZnCl2 溶液代替上述 CuCl2 溶液，则反应终点 c 向上移动 【答案】BD 【解析】 【分析】 向 10.0mL0.10mol•L-1CuCl2 溶液中滴加 0.10mol/L 的 Na2S 溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓， Cu2+单独存在或 S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b 点溶液中滴加 Na2S 溶液的体积 是 10.0mL，此时恰好生成 CuS 沉淀，CuS 存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，结合 图象和溶度积常数分析解答。 【 详 解 】 A ． 该 温 度 下 ， 平 衡 时 c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L ， Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，故数量级为 10-36，故 A 正确； B．a 点为 CuCl2 溶液和 NaCl 的混合溶液，生成了 CuS 沉淀，c(Na+)＞ 2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，故 B 错误； C．d 点溶液中是 Na2S 和 NaCl 的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞ c(OH-)＞c(H+)，故 C 正确； D．相同实验条件下，改用 0.1mol•L-1 的 ZnCl2 溶液，Ksp(ZnS)= 1.6×10-24＞Ksp(CuS)，锌离子 浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积 10mL，图中反应终点 c 点向 b 点方向移动，故 D 错误； 故选 BD。 第Ⅱ卷(选择题 共 60 分) 注意事项： 1.第Ⅱ卷共 4 页，用钢笔或中性笔直接答在答题卡对应区域中(除题目有特殊规定 外)。2.答卷前将密封线内的项目填写清楚。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯： (g)⇌ (g)+H2(g) ∆H=117.6kJ/mol 已知：上述反应的速率方程为 v 正=k 正 P 乙苯，v 逆=k 逆 P 苯乙烯 P 氢气，其中 k 正、k 逆分别为正、 逆反应速率常数，P 为各组分分压。 (1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是_______________。 (2)在 CO2 气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径： a=______；与掺水蒸汽工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O， CO2+C=2CO。新工艺的特点有__________(填序号)。 a.CO2 与 H2 反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗 c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭 d.CO2 在反应体系中作催化剂 (3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率 的原因是_______________。测得容器总压(P 总)和乙苯转化率 α 随时间变化结果如图所示。平 衡时，P(H2O)=_______kPa，平衡常数 Kp=____kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a 处的 =_________。 【答案】 (1). 升温 (2). 159.2 (3). abc (4). 体系总压不变时，加入水蒸气，相当 正 逆 v v于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大 (5). 80 (6). 45 (7). 2.5 【解析】 【分析】 (1)结合影响化学反应速率和平衡移动的因素分析判断； (2)①由图片可知△H1=△H2+△H3，据此计算解答；a.CO2 与 H2 反应，导致氢气浓度减低，结合 平衡的移动判断；b.在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率 下，可降低操作温度；c.结合反应 CO2+C═2CO 分析判断；d. 根据图示，二氧化碳反应生成了 CO，据此分析判断； (3)根据加入水蒸气对平衡移动的影响分析解答；设起始时 n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，利用 反应的三段式计算平衡时气体的总物质的量，结合恒温恒容时，气体的物质的量之比等于压 强之比，得到 a、b 的关系，再计算乙苯、苯乙烯、氢气的分压，并代入 Kp= 计算 Kp；反应速率 v=v 正-v 逆=k 正 p 乙苯=k 逆 p 苯乙烯 p 氢气，则 v 正=k 正 p 乙苯，v 逆=k 逆 p 苯乙烯 p 氢气，平衡时 v 正=v 逆，即 k 正 p 乙苯=k 逆 p 苯乙烯 p 氢气，利用反应的三段式计算 a 点时气体的总物 质的量和分压计算。 【详解】(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡 转化率所采取的措施有升温、加压，故答案为：升高温度(或增大压强)； (2)①由图片可知△H1=△H2+△H3=+117.6kJ/mol+(+41.6kJ/mol)=+159.2kJ/mol，即 a=+159.2； a.CO2 与 H2 反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故 a 正确；b.由 题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下， 可降低操作温度，消耗的能量减少，故 b 正确；c.加入的二氧化碳会发生反应 CO2+C═2CO， 有利于减少积炭，故 c 正确；d. 根据图示，二氧化碳反应生成了 CO，不是催化剂，故 d 错误； 故答案为：+159.2；abc； (3) 体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大， 因此在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率；设起始时 n(乙 苯)=amol，n(H2O)=bmol， (g)+H2(g) 起始量(mol) a 0 0 变化量(mol) 0.75a 0.75a 0.75a ( )2P (•P P( H ) ) 苯乙烯 乙苯平衡量(mol) 0.25a 0.75a 0.75a 气体的物质的量之比等于压强之比，平衡时 = ，b=4a，PH2O= ×115kPa=80kPa，PH2=P 苯乙烯= ×115kPa=15kPa，P 乙苯= P 苯乙烯=5kPa，所以平衡常 数 Kp= = =45kPa； 反应速率 v=v 正-v 逆=k 正 p 乙苯-k 逆 p 苯乙烯 p 氢气，则 v 正=k 正 p 乙苯，v 逆=k 逆 p 苯乙烯 p 氢气，平衡 时 v 正=v 逆，即 k 正 p 乙苯-k 逆 p 苯乙烯 p 氢气，所以 = =Kp=45kPa； (g)+H2(g) 起始量(mol) a 0 0 变化量(mol) 0.6a 0.6a 0.6a 平衡量(mol) 0.4a 0.6a 0.6a 气体的物质的量之比等于压强之比，a 点时 PH2=P 苯乙烯= ×112kPa=12kPa，P 乙苯=8kPa， 所以 =Kp× =45kPa× =2.5，故答案为：体系总压不变 时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80；45；2.5。 【点睛】本题的难点为(3)中的计算，要注意三段式在化学平衡计算中的应用和题示速率方程 的理解和应用。 17.超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由 Mo 将 2 个 C60 分子、2 个 p—甲酸 丁酯吡啶及 2 个 CO 分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。 a 0 b 10 + 1.75a 5 b 11 + 4a 1.75a 4a+ 0.75a 1.75a 4a+ 1 3 ( )2P (• P P( H ) ) 苯乙烯 乙苯 15kPa 15kPa 5kPa × k k 正 逆 ( )2P (•P P( H ) ) 苯乙烯 乙苯 0.6a 1.6a 4a+ v v 正 逆 P( ) P( P( )•) 乙苯 氢气 苯乙烯 8kPa 12kPa 12kPa×(1)Mo 处于第五周期第 VIB 族，核外电子排布与 Cr 相似，它的基态价电子排布式是 ________；核外未成对电子数是________个。 (2)该超分子中配体 CO 提供孤电子对的原子是________(填元素符号)，p—甲酸丁酯吡啶配体 中 C 原子的杂化方式有________。(已知吡啶可看做苯分子中的一个 CH 原子团被 N 取代的化 合物) (3)已知：C60 分子中存在碳碳单、双键；C60 分子中每个碳原子只跟相邻的 3 个碳原子形成化 学键；C60 分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数 V、面数 F 及棱边数 E 遵循欧拉定理： V+F－E=2。则一个 C60 分子的结构是由_____个五边形和____个六边形组成的球体。用文字简 述 C60 跟 F2 在一定条件下反应所得的物质的组成：__________________。 (4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐 标均可以为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有 2 个 Mo 原子，其 中 Mo 原子坐标是(0，0，0)及( ， ， )。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是 _____________。已知该晶体的密度是 ρg·cm-3，Mo 的摩尔质量是 Mg·mol-1，阿伏加德罗常数 是 NA，晶体中距离最近的 Mo 原子核之间的距离为_____pm。 【答案】 (1). 4d5s1 (2). 6 (3). C (4). sp2 和 sp3 (5). 12 (6). 20 (7). 由 C60 结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含 有 60÷2=30 个双键，易与活泼的 F2 发生加成反应生成 C60F60 (8). 体心立方密堆积 (9). 1 2 1 2 1 2【解析】 【分析】 (1)Mo 处于第五周期第 VIB 族，核外电子排布与 Cr 相似，其价电子为 4d、5s 电子，4d 能级 上有 5 个电子、5s 能级上有 1 个电子，据此书写它的基态价电子排布式并判断未成对电子数； (2)CO 提供孤电子对的是 C 原子、Mo 提供空轨道；p-甲酸丁酯吡啶配体中 C 原子价层电子对 个数有 4、3，根据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化类型；(3)根据欧拉定理结合“C60 分子 中每个碳原子只跟相邻的 3 个碳原子形成化学键”列式计算； (4)钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有 2 个 Mo 原子，根据 Mo 的原子坐标， 可以判断该晶胞中 Mo 原子位于顶点和体心上，结合晶体中距离最近的 Mo 原子核之间的距离 为体心到顶点的距离为体对角线的一半计算。 【详解】(1)Mo 处于第五周期第 VIB 族，核外电子排布与 Cr 相似，其价电子为 4d、5s 电子， 4d 能级上有 5 个电子、5s 能级上有 1 个电子，基态价电子排布式为 4d55s1；核外未成对电子 是 4d、5s 能级上的电子，有 6 个电子，故答案为：4d55s1；6； (2)CO 提供孤电子对的是 C 原子、Mo 提供空轨道，两个原子形成配位键；p-甲酸丁酯吡啶配 体中 C 原子价层电子对个数有 4、3，根据价层电子对互斥理论，C 原子杂化类型为 sp3、sp2， 故答案为：C；sp3、sp2； (3)多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：V+F－E=2，即顶点数+面数-棱边 数=2；设 C60 分子中五边形数为 x，六边形数为 y。依题意可得方程组： (5x+6y) = (3×60)，60+(x+y)- (3×60)＝2，解得：x=12，y=20，即 C60 分子有 12 个五边形和 20 个六边 形，由 C60 结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共 用，故含有 60÷2=30 个双键，与活泼的 F2 发生加成反应即可生成 C60F60，故答案为：12；20； 由 C60 结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用， 故含有 60÷2=30 个双键，与活泼的 F2 发生加成反应即可生成 C60F60； (4)钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有 2 个 Mo 原子，其中 Mo 原子坐标是(0， 0，0)及( ， ， )，则该晶胞中 Mo 原子位于顶点和体心上，为体心立方密堆积；该晶胞 棱长= cm，晶体中距离最近的 Mo 原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线 103 A 2M 3 10ρN 2 × × 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 A 2M N ρ的一半= × cm= × ×1010pm，故答案为：体心立方密堆积； × cm= × ×1010。 【点睛】本题的易错点为(4)，要注意距离最近的 Mo 原子核之间的距离为体心到顶点的距离 为体对角线的一半，难点为(3)，要注意理解欧拉定理及其应用，要注意棱边数的计算方法。 18.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于 硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。 Ⅰ.实验室用 CuSO4—NaCl 混合液与 Na2SO3 溶液反应制取 CuCl。相关装置及数据如图： 图甲 图乙 图丙 回答以下问题： (1)甲图中仪器 1 的名称是________；制备过程中 Na2SO3 过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-， 为提高产率，仪器 2 中所加试剂应为_____________。 (2)乙图是体系 pH 随时间变化关系图，写出制备 CuCl 的离子方程式_____________。丙图是 产率随 pH 变化关系图，实验过程中往往用 Na2SO3—Na2CO3 混合溶液代替 Na2SO3 溶液，其 中 Na2CO3 的作用是_______并维持 pH 在______左右以保证较高产率。 (3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用 是________。 Ⅱ.工业上常用 CuCl 作 O2、CO 的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气 中 CO、CO2、N2 和 O2 的含量。 A. CuCl 的盐酸溶液 B. Na2S2O4 和 KOH 的混合溶液 3 2 3 A 2M N ρ 3 2 3 A 2M N ρ 3 2 3 A 2M N ρ 3 2 3 A 2M N ρC. KOH 溶液 D. 已知：Na2S2O4 和 KOH 的混合溶液可吸收氧气。 (4)装置 A 中用盐酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化学方程式表示)。用 D 装置测 N2 含量，读数时应注意________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。 【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3 溶液 (3). 2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++ (4). 与 H+作用，调整 pH (5). 3.5 (6). 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止 CuCl 被氧化 (7). 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O (8). 温度降到常温，上下 调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切 (9). C→B→A 【解析】 【分析】 (1)根据仪器 1 的图示解答；制备过程中 Na2SO3 过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制 Na2SO3 的加入量，据此分析判断； (2)根据题意，在 CuSO4 液中加入一定量的 Na2SO3 和 NaCl 溶液生成 CuCl(氯化亚铜)沉淀，同 时溶液的酸性增强，结合 Na2CO3 的性质分析解答； (3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答； (4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的 读数方法解答；用 CuCl 作 O2、CO 的吸收剂，测定高炉煤气中 CO、CO2、N2 和 O2 的含量， 可用 KOH 吸收二氧化碳，然后用 B 吸收氧气，再用 A 吸收 CO，最后用排水法测量氮气的体 积，据此分析解答。 【详解】(1)甲图中仪器 1 为三颈烧瓶；制备过程中 Na2SO3 过量会发生副反应生成 [Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制 Na2SO3 的加入量，则仪器 2 中所加试剂应为 Na2SO3 溶液， 故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3 溶液； (2)在提纯后的 CuSO4 液中加入一定量的 Na2SO3 和 NaCl 溶液，加热，生成 CuCl(氯化亚铜)沉 淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为： 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用 Na2SO3-Na2CO3 混合溶液代替 Na2SO3 溶液， 2- 3SO 2- 4SONa2CO3 可与生成的 H+反应，及时除去系统中反应生成的 H+，利于反应进行，由图象可知， 应维持 pH 在 3.5 左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与 H+作用， 调整 pH；3.5； (3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止 CuCl 被氧化，故答案 为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止 CuCl 被氧化； (4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用 D 装置测 N2 含量，应注意温度在常温， 且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用 CuCl 作 O2、CO 的吸收剂，测定高炉煤气中 CO、CO2、N2 和 O2 的含量，可用 KOH 吸收二氧化碳，然后用 B 吸收氧气，再用 A 吸收 CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为 C→B→A→D，故答案 为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面 至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。 19.马日夫盐[Mn(H2PO4)2·H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿(主要成分为 MnO2 及少量的 FeO、 Al2O3 和 SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图： (1)按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的化学名称为______。在反应中，Mn2+ 若再失去一个电子比 Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因_______。 (2)“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为_______。滤渣 X 主要成分为_________。检验“沉锰” 已完成的实验操作及现象是_________。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为_________。 (3)Fe3+的萃取率与溶液的 pH 和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为 __________。 (4)马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护 作用的 FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是__________(用相关化学用语回答)。【答案】 (1). 二水合磷酸二氢锰 (2). Mn2+外围电子为 3d5 的半充满稳定状态，而 Fe2+ 外 围 电 子 为 3d6 ， 可 失 去 一 个 电 子 变 为 3d5 的 半 充 满 稳 定 状 态 (3). 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= +Mn2+ (4). Al(OH)3 (5). 在上层 清 液 中 继 续 滴 加 Na2CO3 溶 液 ， 若 无 沉 淀 生 成 则 说 明 沉 锰 已 经 完 成 (6). MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O+CO2↑ (7). pH=1.7 下 萃 取 60 min (8). 【解析】 【分析】 软锰矿(主要成分为 MnO2，还含有少量的 FeO、Al2O3 和 SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3 被 溶 解 ， 同 时 MnO2“ 氧 化 ”Fe2+ ， 剩 余 的 二 氧 化 锰 被 通 入 的 二 氧 化 硫 还 原 ， 反 应 为 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+，SiO2 不溶，过滤，滤渣为 SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去 Fe3+，调节水层的 pH 除去 Al3+， 滤渣 X 为 Al(OH)3，滤液主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，碳酸锰与磷酸 反应，净化得到 Mn(H2PO4)2•2H2O，据此分析解答。 【详解】(1)马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O 的化学名称为二水合磷酸二氢锰；Mn2+外围电子为 3d5 的半充满稳定状态，而 Fe2+外围电子为 3d6 ，可失去一个电子变为 3d5 的半充满稳定状态， 因此 Mn2+若再失去一个电子比 Fe2+再失去一个电子难，故答案为：二水合磷酸二氢锰；Mn2+ 外围电子为 3d5 的半充满稳定状态，而 Fe2+外围电子为 3d6 ，可失去一个电子变为 3d5 的半充 满稳定状态； (2)“浸锰”过程中，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为 锰离子，反应的离子方程式为 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+。 滤渣 X 主要成分为 Al(OH)3。“沉锰”过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，检验“沉 锰”已完成的实验操作及现象是在上层清液中继续滴加 Na2CO3 溶液，若无沉淀生成则说明沉 锰已经完成。步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为 H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2•2H2O+CO2↑，故答案为： 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+；Al(OH)3；在上层清液中继续 滴加 Na2CO3 溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成； MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O+CO2↑； (3)由 Fe3+的萃取率与溶液的 pH 和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为 pH=1.7 下 2- 4SO - + 2- 2 4 4H PO H +HPO萃取 60min，萃取率最大，故答案为：pH=1.7 下萃取 60min； (4)马日夫盐水解显酸性主要是磷酸二氢根离子能够电离，电离方程式为 H2PO4-⇌H++HPO42-， 故答案为：H2PO4-⇌H++HPO42-。 20.“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物 M 是它的合成中间体，其合成路线如下： 已知：R1CHO 回答下列问题： (1)有机物 A 的名称是______________；反应②反应类型是__________。 (2)物质 B 的结构简式是____________；E 的分子式为_____________。 (3)G 中含氧官能团的名称是________；F 中有________个手性碳原子。 (4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。 (5)物质 N 是 C 的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。 ①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有 6 组峰，峰面积之比为 6∶3∶2∶2∶1∶1。 (6)设计由苯甲醇和 CH3NH2 为原料制备 的合成路线_______________。 【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 还原反应 (3). H2N (4). C15H21NO3 (5). 羟基 (6). 2 (7). + → + 2 2R NH→(8). (9). 【解析】 【分析】 根据已知信息，结合 C 的结构简式可知，B 为 H2N ，C 与 NaBH4 发生还原反应生成 D， D 与 E 发生加成反应生成 F，F 在 HCl，CH3CH2OH 条件下发生取代反应生成 G，G 与 H 发生 取代反应生成 ， 在 Pd/C、H2 条件下发生取 代反应生成 M，据此分析解答。 【详解】(1)有机物 A( )的名称为苯甲醛；反应②为 C 中碳氮双键反应后变成碳氮单 键，与 NaBH4 发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应； (2)根据 C 的结构，结合信息 R1CHO 可知，物质 B 的结构简式是 H2N ；E( )的分子式为 C15H21NO3，故答案为：H2N ；C15H21NO3； (3)G( )中含氧官能团是羟基；F( )中有 2 个手性碳原子，如 图 ，故答案为：羟基；2； (4)反应⑤为 G 与 H 发生的取代反应，反应的化学反应方程式为 + → + ，故答案为： + 2Cu/ O Δ → 3 2CH NH→ 4NaBH→ 2 2R NH→→ + ； (5)物质 N 是 C( )的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环 直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有 6 组峰，峰面积之比为 6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是 ，故答案为： ； (6) 由苯甲醇和 CH3NH2 为原料制备 ，根据信息 R1CHO 可知， 可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成 ，最后与 NaBH4 发生还原 反应即可，故答案为： 。 【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮 双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。 2 2R NH→ 2Cu/ O Δ → 3 2CH NH→ 4NaBH→