山东省潍坊市2020届高三化学新高考模拟试题（三）（Word版附解析）

高中化学高考模拟试题（三） 1.答题前，考生先将自己的姓名、考号、座号填写在相应位置。 2.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。 3.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。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Sr-87.6 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、生产密切相关。下列说法正确的是 A. KA1(SO4)2·12H2O 常用于杀菌消毒 B. 生活中可用无水乙醇消毒 C. 纤维素在人体内水解得到葡萄糖 D. 泡沫灭火器中的反应物是 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 【答案】D 【解析】 【详解】A、明矾常用于净水，利用 Al3＋水解成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到 净水目的，明矾不能杀菌消毒，，故 A 错误； B、生活中常用 75%乙醇进行消毒，故 B 错误； C、人体中不含水解纤维素的酶，即纤维素在人体中不能水解成葡萄糖，故 C 错误； D、利用 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 发生双水解反应：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故 D 正确； 2.丙烷的分子结构可简写成键线式结构 ，有机物 A 的键线式结构为 ，有机物 B 与 等物质的量的 H2 发生加成反应可得到有机物 A。下列有关说法错误的是（　　） A. 用系统命名法命名有机物 A，名称为 2，2，3﹣三甲基戊烷 B. 有机物 A 的一氯取代物只有 4 种 C. 有机物 A 的分子式为 C8H18 D. B 的结构可能有 3 种，其中一种名称为 3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A ． 最 长 的 主 链 含 有 5 个 C 原 子 ， 从 距 离 甲 基 近 的 一 段 编 碳 号 ， 的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，选项 A 正确； B．根据信息可知，A 的结构简式为 ，分子中有 5 种化学环境不同的 氢原子，故其一氯代物有 5 种，选项 B 错误； C．由 A 的结构简式可知，A 的分子式为 C8H18，选项 C 正确； D．A 是有机物 B 与等物质的量的 H2 发生加成产物，则 B 中含有 1 个 C=C 双键，根据加成反 应还原双键，A 中相邻碳原子上都含有 H 原子的可以含有碳碳双键，故 B 的结构简式可能有 如下三种： 、 、 ，它们名称依次为： 3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项 D 正确； 答案选 B。 3.下列各实验中所选用的实验仪器不能都用到的是 A. 除去 Na2CO3 溶液中的 CaCO3，选用③、④和⑥ B. NaC1 溶液的蒸发结晶，选用①、⑥和⑦ C. 配制 100mL 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液，选用③、⑤、⑥和⑨ D. 将海带灼烧灰化，选用①、⑦和⑧ 【答案】D 【解析】 【详解】A．除去 Na2CO3 溶液中的 CaCO3，采用过滤的方法，选用③、④和⑥，A 正确；B．NaC1 溶液的蒸发结晶，用酒精灯加热蒸发皿，并用玻璃棒搅拌，选用①、⑥和⑦，B 正 确； C．配制 100mL 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液，溶解选用③、⑥，移液选用⑤、⑥，定容选用⑨， C 正确； D．将海带灼烧灰化，选用酒精灯加热，泥三角固定、坩埚中灼烧，选用①、⑧和坩埚，D 错 误； 答案为 D。 4.某元素基态原子 3d 轨道上有 10 个电子，则该基态原子价电子排布不可能是 A. 3d104s1 B. 3d104s2 C. 3s23p6 D. 4s24p2 【答案】C 【解析】 【详解】A．若价电子排布为 3d104s1，为 29 号元素 Cu，电子排布式为：[Ar]3d104s1，3d 轨道 上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故 A 正确； B．若价电子排布为 3d104s2，为 30 号元素 Zn，电子排布式为[Ar]3d104s2，3d 轨道上的电子处 于全充满状态，整个体系的能量最低，故 B 正确； C．若价电子排布为 3s23p6，为 18 号元素 Ar，电子排布式为 1s22s22p63s23p6，3d 轨道上没有 电子， 故 C 错误； D．若价电子排布为 4s24p2，为 32 号元素 Ge，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，3d 轨道上的电子 处于全充满状态，整个体系的能量最低，故 D 正确； 故答案为 C。 5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是 泛酸 乳酸 A. 泛酸分子式为 C9H17NO5 B. 泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物 C. 泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关 D. 乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物 【答案】B 【解析】【详解】A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为 C9H17NO5，故 A 正确； B. 泛酸在酸性条件下的水解出 ， 与 乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故 B 错误； C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故 C 正确； D. 2 分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物 ，故 D 正确； 选 B。 【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定 条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。 6.已知 A、B、C、D 为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且 D 为强 电解质(其他相关物质可能省略)。 下列说法不正确的是 A. 若 A 为非金属单质，则它与 Mg 反应的产物中阴、阳离子个数比可能为 2:3 B. 若 A 为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第 IVA 族 C. 若 A 是共价化合物，则 A 和 D 有可能发生氧化还原反应 D. 若 A 是金属或非金属单质，则常温下 0. 1 mol/L 的 D 溶液中由水电离出的 c(H+)可能为 10-13mol/L 【答案】B 【解析】 【分析】 中学常见物质中 N、S 元素单质化合物符合转化关系，Na 元素单质化合物符合转化关系。 【详解】A．若 A 为非金属单质氮气，则它与 Mg 反应的产物为 Mg3N2，阴阳离子个数比为 2：3，A 项正确； B．若 A 的组成元素为第二周期 IVA 族元素，则 A 为碳元素，B 为 CO，C 为 CO2，D 为 H2CO3，碳酸为弱酸，与题给的 D 为强电解质这一信息不符合，B 项错误；C．若 A 为共价化合物硫化氢，可与浓硫酸反应氧化还原反应，C 项正确； D．若 A 为金属单质，则 D 溶液为强碱溶液，可判断 A 为钠。常温下 0. 1 mol/L 的 NaOH 溶 液中由水电离出的 c(H+)为 10-13mol/L，如果是氮气，则 D 是硝酸，常温下 0.1mol/L 硝酸溶液 中由水电离出的氢离子浓度是 10-13mol/L，D 项正确； 所以答案选择 B 项。 【点睛】单从题给的反应过程来看，明确物质 A 经过了连续氧化，所以所涉及的短周期元素 肯定有变价，如从 CH4→CO→CO2,C→CO→CO2； NH3→NO→NO2，N2→NO→NO2； S→SO2→SO3，H2S→S→SO2 等。 7.已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个 CO2 分子间距为 a pm，阿伏 加德罗常数为 NA，下列说法正确的是 A. 晶胞中一个 CO2 分子的配位数是 8 B. 晶胞的密度表达式是 g·cm－3 C. 一个晶胞中平均含 6 个 CO2 分子 D. CO2 分子的立体构型是直线形，中心 C 原子的杂化类型是 sp3 杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．面心立方最密堆积配位数为 12，故 A 错误； B．该晶胞中最近的相邻两个 CO2 分子间距为 apm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面 上顶点上的二氧化碳之间的距离为 apm，则晶胞棱长= apm= a×10-10 cm，晶胞体积 =( a×10-10 cm)3 ， 该 晶 胞 中 二 氧 化 碳 分 子 个 数 =8× +6× =4 ， 晶 胞 密 度 = ，故 B 正确； C．该晶胞中二氧化碳分子个数=8× +6× =4，故 C 错误； D．二氧化碳分子是直线形分子，C 原子价层电子对个数是 2，根据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化类型为 sp，故 D 错误； 故选：B。 【点睛】六方最密堆积、面心立方最密堆积的配位数均为 12，体心立方堆积配位数为 8，简 ( )3 -30 A 44 4 2 2a 10N × × 2 2 2 1 8 1 2 ( ) ( )3 3A 3 3 -30-10 A 44 4 44 4= g / cm = g / cm 2 2a 102a 10 Nm V N ρ × ×= ×× 1 8 1 2单立方堆积配为数为 6。 8.下列实验中，能达到相应实验目的的是 A．制备并收集乙酸 乙酯 B．证明氯化银溶解 度大于硫化银 C．验证溴乙烷的消 去产物是乙烯 D．推断 S、C、Si 的 非金属性强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选 A； B、1mL0.1mol/L 的 AgNO3 溶液滴加几滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液生成白色沉淀 AgCl，AgNO3 有剩余，再滴加几滴 0.1mol/L 的 Na2S，AgNO3 与 Na2S 反应生成 Ag2S 沉淀，所以不能证明氯 化银溶解度大于硫化银，故不选 B； C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯， 故不选 C； D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性 S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成 硅酸沉淀，证明非金属性 C>Si，故选 D。 9.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用 SO2 和 Cl2 在活性炭作用下制 取 SO2Cl2［SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(l) ΔH= -97.3kJ/mol］，装置如图所示（部分装置省略）。 已知 SO2Cl2 的熔点为－54.1℃，沸点为 69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错 误的是A. 乙装置中盛放的试剂是 P2O5，防止水蒸气进入装置中 B. 装置甲应置于冰水浴中，目的是提高 SO2Cl2 产率 C. 反应结束后，分离甲中混合物的实验操作是蒸馏 D. SO2、Cl2 均可使品红试液褪色，原理不相同 【答案】A 【解析】 【分析】 SO2Cl2 沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管，作用 是使挥发的产物 SO2Cl2 冷凝回流；由于会有一部分 Cl2、SO2 通过冷凝管逸出，Cl2、SO2 都是 有毒气体，故乙中应使用碱性试剂，又因 SO2Cl2 遇水能发生剧烈反应并产生白雾，所以乙中 盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入 甲中导致硫酰氯水解；活性炭有多孔结构可以增大反应物之间的接触面，提高反应速率；分 离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。 【详解】A. 乙装置中盛放的试剂是碱石灰，吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气， 并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解，故 A 错误； B. 制备硫酰氯的反应为放热反应，装置甲应置于冰水浴中，可提高 SO2Cl2 产率，故 B 正确； C. 根据硫酰氯的熔沸点数据，反应结束后，分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲 中混合物分离开的实验操作是蒸馏，故 C 正确； D. SO2、Cl2 均可使品红试液褪色，二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性，氯水中的次 氯酸具有氧化性而具有漂白性，二者漂白原理不一样，故 D 正确； 答案选 A。 10.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾， 其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是A. 整个过程中 O3 作催化剂 B. 反应 III 的方程式为 O2+O===O3 C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应 I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3 只参与反应，没有 O3 的生成，因此 O3 不是催化剂，故 A 说法错误； B、根据过程，反应 III：O 和 O2 参与反应，生成 O3，即反应 方程式为 O2＋O=O3，故 B 说法 正确； C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质， 故 C 说法正确； D、反应 I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与 O3 发生 反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故 D 说法正确； 二、本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有 1 个或 2 个选项符合题意， 全都选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图 1 为其工作原理， 图 2 为废水中 Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A. M 为电池正极，CH3COOH 被还原 B. 外电路转移 4mol 电子时，M 极产生 22.4LCO2 C. 反应一段时间后，N 极附近 溶液 pH 下降 D. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活 【答案】D 【解析】 【详解】A.由图中信息可知，电子由 M 极流向 N 极，则 M 为电池负极，CH3COOH 被氧化， 选项 A 错误； B. 根据负极电极反应式 CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知，外电路转移 4mol 电子时， 标 准状况下 M 极产生 22.4LCO2(忽略 CO2 溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项 B 错误； C.根据图中信息可知， N 极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N 极附近 pH 增 大，选项 C 错误； D. 强氧化剂能使蛋白质变性，故 Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项 D 正 确； 答案选 D。 12.工业上以铬铁矿（主要成分为 FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠 (Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为： ⑴4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 ⑵2Na2CrO4＋H2SO4 Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O 下列说法中正确的是 A. 反应⑴和⑵均为氧化还原反应 B. 反应⑴的氧化剂是 O2，还原剂是 FeO·Cr2O3 的C. 高温下，O2 的氧化性大于 Fe2O3 小于 Na2CrO4 D. 生成 1mol 的 Na2Cr2O7 时共转移 7mol 电子 【答案】BD 【解析】 【详解】A、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 中有元素化合价的变 化，所以是氧化还原反应，而 2Na2CrO4＋H2SO4 Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O 中没有元素化合 价的变化，所以不是氧化还原反应，故 A 错误； B、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 中，氧气中氧元素得电子化合 价降低，所以氧化剂 氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是 FeO·Cr2O3， 故 B 正确； C、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 中，氧化剂是氧气，还原剂是 FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于 Na2CrO4 和 Fe2O3，但不能判断 Na2CrO4 和 Fe2O3 的氧化性 相对强弱，故 C 错误； D、由方程式 4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 转移电子可知，生成 1mol Na2CrO4 时，参加反应的 O2 的物质的量为 mol，反应中 O 元素由 0 价降低为-2 价，电 子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的 4 倍，转移电子的物质的量为 mol×4=3.5mol，所以反应（1）中每生成 1mol Na2CrO4 时电子转移 3.5mol，反应（2）不是氧 化还原反应，所以生成 1mol 的 Na2Cr2O7 时转移 7mol 电子，故 D 正确； 故选 BD。 13.碘循环工艺不仅能吸收 SO2 降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下： 下列说法正确的是 A. 分离器中的物质分离操作为过滤 B. 反应器中，控制温度为 20－100℃，温度过低速率慢，过高水气化且增大碘的流失，反应 速率也慢 C. 该工艺中 I2 和 HI 的相互转化体现了“碘循环” D. 碘循环工艺的总反应为 2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI 是 7 8 7 8【答案】BC 【解析】 【分析】 从流程图可知，在反应器中，I2 氧化 SO2，生成硫酸和 HI，在分离器中分离硫酸和 HI，在膜 反应器中 HI 发生分解反应产生 H2 和 I2。 【详解】A.H2SO4、HI 都溶于水，所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤，A 错误； B.在反应器中，控制温度为 20－100℃，根据温度对化学反应速率的影响，若反应温度过低速 率慢，但温度过高，水气化，会使碘单质升华，增大碘的流失，也会导致反应速率比较慢，B 正确； C.在反应器中 I2 反应转换为 HI，在膜反应器中 HI 分解转化为 H2 和 I2，从而实现了碘循环，C 正确； D.在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反应器中发生反应：2HI=H2+I2，所 以碘循环工艺的总反应为 2SO2+2H2O=H2+H2SO4，D 错误； 故合理选项 BC。 【点睛】本题考查了氧化还原反应在环境污染治理 应用的知识。采取一定的工艺流程，不 仅可以降污减排，而且还可以得到有实用价值的化工原料，实现物质的资源化利用，真正实 现“垃圾是放错地方的资源”的合理化应用。 14.25℃时，向 0.10mol·L-1 的 H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液中部分微粒的物 质的量浓度随 pH 的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. 25℃时 H2C2O4 的一级电离常数为 Ka1=10-4.3 B. pH=2.7 的溶液中：c(H2C2O4)=c(C2O42-) C. pH=7 的溶液中：c(Na+)>2c(C2O42-) 是 的D. 滴加 NaOH 溶液的过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+) 【答案】A 【解析】 【分析】 草酸属于二元弱酸，滴加 NaOH 溶液，发生 H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋ NaOH=Na2C2O4＋H2O，然后进行分析； 【详解】草酸属于二元弱酸，滴加 NaOH 溶液，发生 H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O， NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2O， A、根据图像，H2C2O4 二级电离常数表达式 K=c(C2O42－)×c(H＋)/c(HC2O4－)，在 pH=4.3 时， c(C2O42－)=c(HC2O4－)，此时 H2C2O4 的二级电离常数为 10－4.3，不是 H2C2O4 的一级电离常数， 故 A 说法错误； B、根据图像，pH=2.7 的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42－)，故 B 说法正确； C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，当 pH=7 时，c(H＋)=c(OH －)，有 c(Na＋)=c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，因此 c(Na＋)>2c(C2O42－)，故 C 说法正确； D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在 c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋ 2c(C2O42－)，故 D 说法正确； 15.用煤油作溶剂，二(2－乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其 他条件相同时，Cu2＋萃取率[萃取率＝ ×100％ ]与初始 Cu2＋浓度 关系如图 1 所示；在其他条件相同时，处理前初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1，Cu2＋萃取率 与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是 A. 根据图 1 可知，废水中初始 Cu2＋浓度越大，Cu2＋的萃取效果越好 B. 根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好 C. 根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％ D. 根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水，在 pH＝1.5 时 处理废水，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1.5×10－3mol(假设体积不变) 2+ 2+ 处理后处理前 2+ 处理前 c( Cu ) - c( Cu ) c( Cu )【答案】AD 【解析】 【分析】 根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图 2 可 知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。 【详解】A．根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度的增大而减小，故 A 错误； B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好，故 B 正确； C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％，故 C 正确； D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水， ，在 pH＝1.5 时处理废水，萃取率 为 60%，则除去的 ，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1×10－3mol，故 D 错误； 答案选 AD。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的化工原料。可通过以下方法将甲醇转化为甲醛。 脱氢法：CH3OH(g)=HCHO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋92.09 kJ·mol－1 氧化法：CH3OH(g)＋ O2(g)=HCHO(g)＋H2O(g)ΔH2 回答下列问题: (1)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.64 kJ·mol－1，则 ΔH2＝_________________。 (2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为 ________________________________________。 (3)图 1 为甲醇制备甲醛反应的 lg K(K 为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线_____(填“a”或 “b”)对应脱氢法，判断依据是_____________________________________。 2+ 1 1 3n Cu 0.8L 0.2g L / 64g mol mol2.5 10− − −= × = × （ ） 2+ 3 3mol 60%n Cu 2. 1.55 1 m0 ol0 1− −= × ×× =（ ） 1 2(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图 2)，该物质在医药等工业中有 广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为___________。 (5)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型 甲醛气体传感器的原理如图 3 所示，则 a 极的电极反应式为 _________________________________________________，当电路中转移 4×10－4 mol 电子时， 传感器内参加反应的 HCHO 为________________mg。 【答案】 (1). －149.73 kJ·mol－1 (2). 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放 热反应，放热反应在热力学上趋势较大 (3). b (4). 脱氢法为吸热反应，温度升高，K 增大 (5). 3∶2 (6). HCHO＋H2O -4e－ = CO2＋4H＋ (7). 3 【解析】 【详解】(1)已知 i．CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ•mol-1 ii.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3=-483.64 kJ•mol-1， 根 据 盖 斯 定 律 i+ ii 得 方 程 式 CH3OH(g)+ O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H2=(+92.09- ×483.64)kJ/mol=-149.73kJ•mol-1； (2)根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应，氧化法焓变小于零为放热反应， 放热反应在热力学上趋势较大； (3)脱氢法为吸热反应，温度升高，K 增大，所以曲线 b 对应的是脱氢法； 1 2 1 2 1 2(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛 托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，每个甲醛分子中含有 1 个 C 原子、每个氨气分子 中含有 1 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6 个甲醛分 子、4 个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，即物质的量之比为 3:2； (5)据图可知 a 极 HCHO 被氧化生成 CO2，则 a 为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极方 程式为 HCHO＋H2O -4e－ = CO2＋4H＋；根据电极方程式可知转移 4×10－4 mol 电子时，参与反 应的 HCHO 为 1×10－4mol，质量为 1×10－4mol×30g/mol=0.003g=3mg。 17.法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该 电池的负极材料为 Na2Co2TeO6(制备原料为 Na2CO3、Co3O4 和 TeO2)，电解液为 NaClO4 的碳 酸丙烯酯溶液。回答下列问题: (1)C、O、Cl 三种元素电负性由大到小的顺序为________________________。 (2)基态 Na 原子中，核外电子占据的原子轨道总数为______，Te 属于元素周期表中______区 元素，其基态原子的价电子排布式为______________________。 (3)CO32-的空间构型为___________________，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示, 其中碳原子的杂化轨道类型为____________,1mol 碳酸丙烯酯中 σ 键的数目为 _________________。 (4)Na 和 O 形成的离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中 O 的配位数为____________，该晶 胞的密度为 ρg/cm3,阿伏加德罗常数的值为 NA，则 Na 与 O 之间的最短距离为 ____________cm(用含有 ρ、NA 的代数式表示)。 【答案】 (1). O>Cl>C （或 OClC） (2). 6 (3). p (4). 5s25p4 (5). 平面三角形 (6). sp2、sp3 (7). 13NA(或 13×6.02×1023) (8). 8 (9). 【解析】 【详解】(1)元素的非金属性越强其电负性越大，O、Cl、C 的非金属性大小顺序是 O＞Cl＞C， 所以其电负性大小顺序是 O＞Cl＞C； (2)Na 元素的原子序数为 11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，每个能级字母前的数字 表示电子层数，所以该元素含有 3 个电子层，各能级包含的原子轨道数按 s、p、d、f 的顺序 依次为 1、3、5、7，该元素含有 s、p 能级，1+1+3+1=6 个轨道；Te 原子为 52 号元素，位于 周期表第五周期、第 VIA 族，价电子排布式为 5s25p4，属于 p 区； (3)CO32-中碳原子价层电子对个数=3+ (4+2-3×2)=3，且不含孤电子对，所以 C 原子采用 sp2 杂化，空间构型为平面三角形；碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键，单键形成 4 个 σ 键，没 有孤对电子，杂化轨道数目为 4，为 sp3 杂化，双键形成 3 个 σ 键，没有孤对电子，杂化轨道 数目为 3，sp2 杂化，所以碳原子的杂化轨道类型为 sp2、sp3，σ 键的总数目为 13，即 13NA(或 13×6.02×1023)； (4)氧离子半径大于钠离子半径，所以白色球为 O，晶胞中白色球数目为 8× +6× =4，黑色 球为 Na，共 8 个，由晶胞对称性可知 O 的配位数为 8；根据晶胞结构可知 Na 周围距离最近 的 4 个 O 形成正四面体，顶点 O 与正四面体体心的 Na 连线处于晶胞体对角线上，Na 与 O 之 间的最短距离为体对角线的 ，晶胞体积= ，晶胞边长= cm， 则 Na 与 O 之间的最短距离为 cm。 【点睛】元素的非金属性越强其电负性越大；(5)中计算为易错点、难点，关键是明确 Na、O 距离与晶胞棱长关系，需要学生具备一定的空间想象能力。 18.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族：锶与氮气在加热 条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。 3 A 3 248 4 ρN 1 2 1 8 1 2 1 4 3A A 4 62 4 cm M N Nρ ρ × ×= 3 3 A 62 4=V Nρ × 3 A 3 248 4 NρI．利用装置 A 和 C 制备 Sr3N2 (1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将___________，然后稍稍用力即 可将玻璃管插入橡皮管。 (2)写出由装置 A 制备 N2 的化学反应方程式___________。 (3)装置 A 中 a 导管的作用是________。利用该套装置时，有同学提出应先点燃置 A 的酒精灯 一段时间后，再点燃装置 C 的酒精灯，你同意其观点吗?_______(“同意”或“不同意”)。理由是 ___________。 Ⅱ．利用装置 B 和 C 制备 Sr3N2。利用装置 B 从空气中提纯 N2(已知：氧气可被连苯三酚溶液 定量吸收) (4)写出装置 B 的 NaOH 溶液中发生反应的离子方程式___________。 (5)装置 C 中广口瓶盛放的试剂是___________。 Ⅲ．测定 Sr3N2 产品的纯度 (6)取 10.0g 该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重 质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是_______。经改进后测得浓 硫酸增重 1.02g，则产品的纯度为___________。 【答案】 (1). 橡皮管和玻璃管润湿（只将其中之一润湿也给分） (2). NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O (3). 平衡气压，使液体顺利流下 (4). 同意 (5). 利用生成的 N2 将 装置内空气排尽（或排尽装置内空气等） (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O (7). 浓硫酸 (8). 未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收（或其它合理答案） (9). 87.6％ 【解析】 【分析】 装置 A 中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成 N2，经过装置 B 处理后的氮气进入装置 C 中与锶反 应生成氮化锶，结合锶和氮化锶的性质和实验的基本操作分析解答。【详解】(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，连接橡皮管和玻璃管时，先将橡皮管和 玻璃管润湿，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管，故答案为橡皮管和玻璃管润湿； (2)装置 A 中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成 N2，反应的化学反应方程式为 NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O，故答案为 NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O； (3)装置 A 是一个相对封闭的环境，a 导管的存在，可以平衡气压，使饱和氯化铵溶液顺利流 下。利用该套装置时，为了防止空气中的氧气与金属锶反应，实验时一个先点燃装置 A 的酒 精灯一段时间后，再点燃装置 C 的酒精灯，故答案为平衡气压，使液体顺利流下；同意；利 用生成的 N2 将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等)； (4) 利用装置 B 和 C 制备 Sr3N2。利用装置 B 从空气中提纯 N2，其中氧气可被连苯三酚溶液定 量吸收，二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收， NaOH 溶液中发生反应的离子方程式为 CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为 CO2+2OH-=CO32-+H2O； (5) 氮化锶遇水剧烈反应，进入装置 C 的氮气需要干燥，广口瓶盛放的试剂可以是浓硫酸，故 答案为浓硫酸； (6)浓硫酸具有强烈的吸水性，生成的气体中含有一定量的水蒸气，未将气体中的水蒸气除去， 也被浓硫酸吸收，导致测得氨气的质量偏大，造成测得的产品的纯度偏高； Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)3+2NH3↑，取 10.0g 产品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入 到浓硫酸中，浓硫酸增重 1.02g，为氨气质量，氨气的物质的量= =0.06mol，则 n(Sr3N2)= 0.03mol，产品纯度= ×100%=87.6％，故答案为未将气体中的 水蒸气除去，也被浓硫酸吸收；87.6％。 19.钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿的主要成分及质量分数如下表： 物质 V2O5 V2O3 K2O SiO2 Fe2O3 Al2O3 质量分数% 0.81 1.70 2.11 63.91 5.86 12.51 一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下： 1.02g 17g / mol 0.03mol 292g / mol 10.0g ×回答下列问题： (1)“酸浸、氧化”时，V2O3 转化为 VO2+，反应的离子方程式为 ____________________________________；若用浓盐酸代替硫酸，V2O5 转化为 VO2+，同时生 成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为__________________。 (2)萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取 Fe3+而不萃取 Fe2+，所以萃取前可用____________ （填名称，下同）对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有 Fe3+，可选用 的化学试剂是____________________。 (3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+ + (HR2PO4)2(O) VO(R2PO4)2(O)+ 2H+。其中 (HR2PO4)2(O)为萃取剂，为了提高 VO2+的产率，反萃取剂应该呈 __________性（填“酸”“碱”或 “中”）。 (4)“氧化”中，欲使 3molVO2+变为 VO2+，则需要氧化剂 NaClO3 至少为____________mol。 (5)单质钒可用于制造特种合金钢。以五氧化二钒和金属钙为原料在高温条件下可制备单质钒， 表示制备过程的化学方程式为________________________________________。 【答案】 (1). 2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O (2). V2O5+6HCl（浓）=2VOCl2+Cl2+3H2O (3). 铁粉 (4). 硫氰酸钾溶液 (5). 酸 (6). 0.5 (7). V2O5+5Ca 2V+5CaO 【解析】 【分析】 钒精矿经硫酸酸浸、氧气氧化得到滤液和废渣，滤液中主要阳离子有 VO2+、VO2+、Fe3+、K+、 Al3+，滤渣主要为 SiO2；萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取 Fe3+而不萃取 Fe2+，所以萃取 前可用铁粉将铁离子还原成亚铁离子，同时也将 VO2+还原成 VO2+，再经“溶剂萃取与反萃取” 得到含 VO2+的溶液，然后利用 NaClO3 将 VO2+氧化成 VO2+，加入氨水得到 NH4VO3 沉淀，煅 烧得到五氧化二钒。 【详解】(1)“酸浸、氧化”时，V2O3 转化为 VO2+，该过程中氧气做氧化剂，V2O3 为还原剂， 结合电子守恒和元素守恒可得方程式为 2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O；浓盐酸为还原性酸， V2O5 转 化 为 VO2+ ， 同 时 将 盐 酸 氧 化 成 氯 气 ， 结 合 电 子 守 恒 和 元 素 守 恒 可 知 方 程 为 V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2+3H2O；(2)根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理；铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红 色，可用硫氰酸钾溶液检验是否含有铁离子； (3)为了提高 VO2+的产率需要平衡左移，则需要溶液中有大量氢离子，所以反萃取剂应呈酸性； (4)VO2+变为 VO2+，化合价升高 1 价，则使 3molVO2+变为 VO2+需要转移 3mol 电子，氧化剂 NaClO3 被还原成 Cl-，化合价降低 6 价，所以转移 3mol 电子需要 0.5molNaClO3； (5)该过程中高温条件下钙还原五氧化二钒得到单质钒，方程式为 V2O5+5Ca 2V+5CaO。 20.药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K 是合成瑞德西韦的关键中间 体,其合成路线如下： ①R-OH R-Cl； ② 回答下列问题: (1)B 的结构简式为_________________________，B→C 的反应类型为_____________，J 中含 氧官能团的名称为_______________，G→H 的反应化学方程式为 _____________________________________________。 高温(2)写出符合下列条件 C 的同分异构体 X__________________________（填结构简式，不考 虑立体异构）。 ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子; ②与 FeCl3 溶液发生显色反应; ③1molX 与足 量金属 Na 反应可生成 2g H2 。 (3)E 中含两个 Cl 原子,则 E 的结构简式为 ________________________________________________。 (4)写出以苯甲醇为原料制备 的合成路线（其它试剂任选）： ________________。 【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 酯基 (4). HCHO+HCN (5). (6). (7). 【解析】 【分析】 根据 B 到 C 的反应物以及 C 的结构简式可知 B 到 C 发生了取代反应，B 为 ， 则 A 到 B 为苯酚的硝化反应，所以 A 为 ，D 发生信息 1 的反应生成 E，且 E 中含 两个 Cl 原子，则 E 为 ，E 和 A 发生取代反应生成 F；G 到 H 在到 I 为信 息 2 的反应，根据 I 结构简式知 H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，I 发生酯化反应生成 J，F 和 J 发生取代反应生成 K，J 为 ，结合题目分析解答。 的【详解】(1)根据分析可知 B 为 ；B 到 C 为酚羟基上的氢原子被取代的过程， 所以反应类型为取代反应；J 为 ，含氧官能团为酯基；G 到 H 发生信息 2 的反应，方程式为：HCHO+HCN ； (2)C 的同分异构体 X 满足： ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基； ②与 FeCl3 溶液发生显色反应说明含有酚羟基； ③1molX 与足量金属 Na 反应可生成 2g H2 说明除酚羟基外还含有一个羟基，综合分析可知 X 可能为 ； (3)根据分析可知 E 为 ； (4)苯甲醇为 ，目标物中有酯基形成的一个六元环，六元环上含有 4 个碳，则首 先需要将苯甲醇支链上的碳链加长，羟基可以催化氧化生成醛基，根据信息 2 可知醛基和 HCN 在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将—CN 转化成羧基，再进行酯化反应即可得 到目标物，所以合成路线为 。 【点睛】C 的同分异构体为本题难点，要认识到苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至 少含有一对相同的取代基，据此可以判断另一个羟基也应为酚羟基。