山东省潍坊市2020届高三化学二模试题（Word版附解析）

山东省潍坊市 2020 届高三高考模拟（二模）考试 化学试题 1.高分子材料在疫情防控和治疗中起到了重要的作用。下列说法正确的是 A. 聚乙烯是生产隔离衣 主要材料，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 聚丙烯酸树脂是 3D 打印护目镜镜框材料的成分之一，可以与 NaOH 溶液反应 C. 天然橡胶是制作医用无菌橡胶手套的原料，它是异戊二烯发生缩聚反应的产物 D. 聚乙二醇可用于制备治疗新冠病毒的药物，聚乙二醇的结构简式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶 液褪色，故 A 错误； B．丙烯酸的结构简式为 CH2=CHCOOH，它通过加聚反应生成聚丙烯酸树脂，该聚合物中含 有羧基，具有酸性，可与氢氧化钠溶液发生中和反应，故 B 正确； C．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，它由异戊二烯通过加聚反应所生成，故 C 错误； D．乙二醇分子含有两个羟基，可发生缩聚反应生成聚乙二醇，该聚合物的结构简式为 ，故 D 错误； 答案选 B。 2.曲酸和脱氧曲酸是非常有潜力的食品添加剂，具有抗菌抗癌作用，其结构如图所示。下列叙 述错误的是 A. 两物质都能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 曲酸经消去反应可得脱氧曲酸 C. 1mol 脱氧曲酸最多能与 3molH2 发生加成反应 D. 曲酸与脱氧曲酸中含有相同种类的官能团 【答案】B 【解析】 的【分析】 【详解】A．两种物质均含有碳碳双键，故可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A 正确； B．曲酸发生消去反应生成三键，生成物与脱氧曲酸结构不符，B 错误； C．1mol 脱氧曲酸中含有 2mol 碳碳双键，故可以和 2mol 氢气发生加成反应；含有 1mol 碳氧 双键，可以和 1mol 氢气发生加成反应，故一共 3mol 氢气发生加成反应，C 正确； D．两种物质中均含有碳碳双键、羟基和醚键，故二者含有相同种类的官能团，D 正确； 故选 B。 【点睛】羰基、醛基、碳碳双键、碳碳三键均可以和氢气发生加成反应；醇上的羟基和羟基 碳邻碳上的氢原子发生消去反应，若没有氢原子则不发生消去反应。 3.用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，包括粗盐溶解、加沉淀剂、过滤、调节 pH、蒸发结 晶等步骤。下列说法错误的是 A. 沉淀剂的添加顺序可以是 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液 B. 向滤液中滴加盐酸，调节 pH 至滤液呈中性 C. 蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干 D. 溶解、过滤、蒸发结晶等过程都使用玻璃棒搅拌溶液 【答案】D 【解析】 【分析】 粗盐中含有 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等可溶性杂质，利用 Na2CO3 除去 Ca2＋、利用 NaOH 除去 Mg2＋、利用 BaCl2 除去 SO42－，除杂时，各试剂必须加过量，就会引入新的杂质，因此 Na2CO3 还可以除去过量的 BaCl2 引入的 Ba2＋，因此试剂的添加顺序中 Na2CO3 需要在 BaCl2 的后面添 加。过滤，除去沉淀，调节 pH 至中性。 【详解】A．首先加入 NaOH 去除粗盐中的 Mg2+和少量 Ca2+，然后加入 BaCl2 去除粗盐中是 SO42-，最后加入 Na2CO3 可以去除粗盐中的 Ca2+和上一步加入的过量的 Ba2+，A 正确； B．滴加盐酸使溶液呈中性，说明溶液中溶质为 NaCl，B 正确； C．蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干，C 正确； D．过滤过程中玻璃棒的作用为引流，D 错误； 故选 D。 4.最新发现 C3O2 是金星大气的成分之一，化学性质与 CO 相似。C3O2 分子中不含环状结构且 每个原子均满足 8 电子稳定结构。下列叙述错误的是A. 元素 第一电离能：O＞C B. 3p 轨道上有 1 对成对电子的基态 X 原子与基态 O 原子的性质相似 C. C3O2 中 C 原子的杂化方式为 sp3 D. C3O2 分子中 σ 键和 π 键的个数比为 1:1 【答案】C 【解析】 【详解】A．元素的第一电离能，同周期从左到右第一电离能呈现增大的趋势，第一电离能： O＞C，故 A 正确； B．3p 轨道上有 1 对成对电子的基态 X 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，是 16 号元 素 S，硫和氧位于同一主族，最外层电子数相同，都是 6 个，基态 S 原子与基态 O 原子的性 质相似，故 B 正确； C．C3O2 化学性质与 CO 相似，CO 的分子中应为直线型，C3O2 中 C 原子采用 sp 杂化，故 C 错误； D．C3O2 分子中不含环状结构且每个原子均满足 8 电子稳定结构，故结构为 O=C=C=C=O，双 键中一个是 σ 键，另一个是 π 键，分子中 σ 键和 π 键的个数比为 4:4，最简比为 1:1，故 D 正 确； 答案选 C。 【点睛】从已知物质的结构预测未知物质的性质时，需要根据已知物质的结构推测出未知物 质的结构，注意各物质间的联系。 5.芘经氧化后可用于染料合成。芘的一种转化路线如图所示，下列叙述正确的是 A. 芘的一氯代物有 4 种 B. 甲分子中所有碳原子一定都在同一平面上 C. lmol 乙与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 2molNaOH D. 甲催化氧化后，再发生酯化反应也能得到乙 【答案】C 【解析】 的【详解】A．芘（ ）中有 3 种氢原子，所以一氯代物有 3 种同分异构体，A 错误； B．两个苯环之间的单键可以旋转，使得两个苯环所处的平面不一定共平面，故甲中所有碳原 子不是一定在同一平面上，而是可能在一个平面上，B 错误； C．1mol 乙中含有 2mol 酯基，1mol 酯基可以和 1molNaOH 发生反应，故 1mol 乙可以和 2molNaOH 发生反应，C 正确； D．甲经催化氧化后得到 4 个羧基，不含有羟基，不能发生分子内的酯化反应，与乙不同，D 错误； 答案选 C。 6.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。Z 原子 2p 轨道上有 3 个未成对电子。 甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素之间形成的化合物，75%的甲溶液常用于消毒，戊是 Z 和 X 组成的 10 电子分子，常温下已溶液显中性，它们转化关系如图所示，则下列说法中错误的是 A. 四种元素原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞X B. W 的氢化物中的某一种具有漂白性 C. 丙的电子式为 D. W 的氢化物沸点一定比 Y 的氢化物沸点高 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 原子 2p 轨道上有 3 个未成对电子， 是 N，甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素之间形成的化合物，75%的甲溶液常用于消毒，甲为 乙醇，乙醇含有 C、H、O 元素，X 为 H，Y 为 C，W 为 O，乙醇可以和氧气反应生成乙醛和 水，丙为乙醛，已为水，丙和氧气生成乙酸，丁为乙酸，戊是 Z 和 X 组成的 10 电子分子，为氨气，常温下已溶液显中性，为醋酸铵，X、Y、Z、W 四种元素分别为 H、C、N、O，然后 分析。 【详解】A．X、Y、Z、W 四种元素分别为 H、C、N、O，同周期从左到右原子半径逐渐减 小，原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞X，故 A 正确； B．W 是 O，它的氢化物中的某一种是过氧化氢，具有强氧化性，具有漂白性，故 B 正确； C．丙是乙醛，分子中含有醛基，含有碳氧双键，电子式为 ，故 C 正确； D．W 的氢化物可能为过氧化氢或过氧化氢，Y 的氢化物可能为苯，过氧化氢或过氧化氢的沸 点低于苯，故 D 错误； 答案选 D。 7.SiO2 是合成“中国蓝”的重要原料之一。如图是SiO2 晶胞中 Si 原子沿 z 轴方向在 xy 平面的 投影图（即俯视投影图，O 原子略去。），Si 原子旁标注的数字是 Si 原子位于 z 轴的高度，则 SiA 与 SiB 的距离是 A. d B. d C. d D. d 【答案】B 【解析】 【详解】SiO2 是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA 与 SiB 在 x 轴方向上的 距 离 为 d ， 在 y 轴 方 向 上 的 距 离 为 d ， 所 以 SiA 与 SiB 之 间 的 距 离 为 ，故答案为 B。 8.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 选 实验操作和现象 结 论 1 2 2 2 3 3 1 2 1 2 2 21 1 2( d) +( d) = d2 2 2项 A 向苯酚钠溶液中通入足量 CO2 溶液变浑浊 酸性：H2CO3＞C6H5OH＞HCO3- B 向 KBrO3 溶液中通入少量 Cl2 然后再加入少 量苯，有机层呈橙红色 氧化性：Cl2＞Br2 C 将等浓度等体积的 KI 溶液和 FeCl3 溶液混合， 充分反应后滴入 KSCN 溶液，溶液变红 溶液中存 平衡： 2Fe3++2I- 2Fe2++I2 D 向 2 支均盛有 2mL 相同浓度银氨溶液的试管 中，分别滴入 2 滴相同浓度的 KCl、KI 溶液， 前者无明显现象，后者有黄色沉淀 Ksp(Agl)＞Ksp(AgCl) A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向苯酚钠溶液中通入足量 CO2 溶液变浑浊，说明生成了苯酚，强酸制取了弱酸， 酸性：H2CO3＞C6H5OH，不能比较出苯酚和碳酸氢根的酸性强弱，故 A 错误； B．有机层呈橙色，说明生成溴，则 KBrO3 被氯气还原，可说明氧化性 KBrO3＞Cl2，故 B 错 误； C．将等浓度等体积的 KI 溶液和 FeCl3 溶液混合，溶液中存在平衡：2Fe3++2I- 2Fe2++I2，充 分反应后滴入 KSCN 溶液，溶液变红，说明生成了硫氰化铁络合物，平衡逆向移动，故 C 正 确； D．Ksp 小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故 D 错误； 答案选 C。 9.铋酸钠(NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水，遇沸水或酸则迅速分解。某化学 兴趣小组设计如图实验装置制取铋酸钠。装置丙中盛有 Bi(OH)3(难溶于水）与 NaOH 溶液混 合物。下列说法错误的是 在  A. 装置乙中盛装的试剂是饱和食盐水 B. 装置丙中发生反应的离子方程式是：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3＋2Cl-+3H2O C. 从装置丙中获得产品的操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 为除去所得固体中混有的 Bi(OH)3，可用稀盐酸洗涤 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置乙中盛装的试剂是饱和食盐水，可以降低氯气的溶解性，吸收氯化氢气体， 用于除去氯气中的氯化氢气体，故 A 正确； B．装置丙中发生反应为氯气、氢氧化钠和氢氧化铋反应生成铋酸钠、氯化钠和水，离子反应 方程式为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3＋2Cl- +3H2O，故 B 正确； C．铋酸钠不溶于冷水，故得到铋酸钠的方法是在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故 C 正确； D．由于铋酸钠遇酸迅速分解，除去所得固体中混有的 Bi(OH)3，不可用稀盐酸洗涤，故 D 错 误； 答案选 D。 10.金属铬(Cr)常用于制造不锈钢和仪器仪表的金属表面镀铬。由 FeCr2O4(亚铬酸亚铁）制备 Cr 的流程如下(+6 价铬元素在酸性条件下以 Cr2O72-的形式存在）。下列说法错误的是 A. FeCr2O4 中 Cr 元素的化合价为+3 价 B. 反应①中参加反应的 FeCr2O4 和 Na2CO3 的物质的量之比为 3:1 C. 反应③的化学方程式为 Na2Cr2O7+2C Cr2O3+Na2CO3+CO↑ 高温D. 反应④中的 Si 可用 Al 来代替 【答案】B 【解析】 【分析】 反应①为：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑，反应②为：2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+ Na2SO4+H2O，反应③为：Na2Cr2O7+2C Cr2O3+Na2CO3+CO↑，反应④为 3Si+ 2Cr2O3 4Cr+3SiO2，然后分析。 【详解】A．FeCr2O4(亚铬酸亚铁）中各元素的化合价之和等于 0，设 Cr 元素的化合价为 x， +2+2x+4×（-2）=0 则 Cr 元素的化合价为+3 价，故 A 正确； B．根据反应①为：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑，反应①中参加反应的 FeCr2O4 和 Na2CO3 的物质的量之比为 1:2，故 B 错误； C．+6 价铬元素在酸性条件下以 Cr2O72-的形式存在，反应③的化学方程式为 Na2Cr2O7+2C Cr2O3+Na2CO3+CO↑，故 C 正确； D．反应④为 3Si+ 2Cr2O3 4Cr+3SiO2，Al 可以和三氧化二铬发生，Si 可用 Al 来代替，故 D 正确； 答案选 B。 11.燃煤工业锅炉烟气中含有 1%-3%的 CO 和 0.02%~0.04%的 NO，在新型催化剂作用下可消 除 CO 和 NO 两种有害气体，反应机理如图所示，在反应过程中 CO 可被 O2 氧化。下列说法 中正确的是 A. 温度越高越有利于有害气体消除 高温 高温 高温 高温B. O2 浓度越大催化除杂效果越好 C. 催化反应的速率由氧化吸附过程决定 D. 总反应方程式为 2NO+2CO=N2+2CO2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图中信息可知，化学反应为 2NO+O2 2NO2，2NO2+4CO N2+4CO2。 【详解】A．在一定温度下，催化剂的活性能达到最大限度，有利于有害气体的消除，若温度 过高，使催化剂失去活性，不利于有害气体的消除，故 A 错误； B．O2 浓度稍微增大，可以利于反应正向进行，但是 O2 浓度太大会把一氧化碳氧化，则不利 于有害气体的消除，故 B 错误； C．催化反应的速率由慢反应决定的，即氧化吸附过程决定，故 C 正确； D．根据两步反应，①2NO+O2 2NO2，②2NO2+4CO N2+4CO2，①+②，得到的总反 应为 2NO+O2+4CO N2+4CO2，故 D 错误； 答案选 C。 12.锂／氟化碳电池稳定性很高。电解质为 LiClO4 的乙二醇二甲醚溶液，总反应为 xLi+CFx=xLiF+C，放电产物 LiF 沉积在正极，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 正极的电极反应式为 CFx+xe-+xLi+=xLiF+C B. 交换膜为阴离子交换膜 C. 电解质溶液可用 LiClO4 的乙醇溶液代替 D. b 极电势高于 a 极电势 【答案】AD 【解析】 催化剂 催化剂 催化剂 催化剂 催化剂【分析】 根据电极总反应：xLi+CFx=xLiF+C，锂作负极，电极反应为 xLi-xe-= xLi+，正极是石墨棒，电 极反应式为 CFx+xe-+xLi+=xLiF+C，锂离子从负极移向正极，电子的移动方向从负极移向正极， 由此分析。 【详解】A．根据分析，正极的电极反应式为 CFx+xe-+xLi+=xLiF+C，故 A 正确； B．锂离子从负极移向正极，交换膜为阳离子交换膜，故 B 错误； C．乙醇和锂会发生反应，消耗锂，产生氢气，造成电极的损耗和危险，故不能使用 LiClO4 的 乙醇溶液代替 LiClO4 的乙二醇二甲醚溶液，故 C 错误； D．原电池中，电子从负极经导线流向正极，即由低电势流向高电势，b 极电势高于 a 极电势， 故 D 正确； 答案选 AD。 【点睛】电化学的题目，分析清晰正负极，电极反应，电子的流向等，由低电势流向高电势， 电子的流向和电流的流向相反。 13.四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成 Cl2 和 Ru3+。酸性介质中固体 Na2RuO4 与 NaClO 溶液或 NaClO3 溶液反应均可制得 RuO4。下列说法 正确的是 A. 若 NaClO3 与 Na2RuO4 物质的量之比 1:3，则还原产物为 Cl2 B. RuO4 与浓盐酸反应生成 11.2LCl2 转移电子数为 NA C. 酸性介质中氧化性：RuO4＞ClO3-＞Cl2 D. 在稀硫酸环境中，Na2RuO4 与 NaClO 反应制备 RuO4 的化学方程式为 Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．若 NaClO3 与 Na2RuO4 物质的量之比 1:3，酸性介质中可制得还原产物 RuO4，根 据化合价的变化可知 Na2RuO4 为还原剂，NaClO3 为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电 子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设氧化产物中氯元素的化合价为 x，（+5-x）×1 = （+6-4）×3，x=-1，故还原产物为 Cl-，不是 Cl2，故 A 错误； B．11.2LCl2 所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故 B 错误； C．RuO4 能氧化浓盐酸反应生成 Cl2，氧化剂 RuO4 的氧化性大于氧化产物 Cl2，可以得到氧化 性 RuO4＞Cl2，Na2RuO4 与 NaClO3 溶液反应均可制得 RuO4，氧化剂 NaClO3 的氧化性大于氧化产物 RuO4，可以得到氧化性 ClO3-＞RuO4，故 C 错误； D．在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4 与 NaClO 反应得到 RuO4 和 NaCl，根 据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为： Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】得失电子守恒在本题中的应用很关键，可以用来判断生成物。 14.一种新型的电解废水处理技术是以活性炭为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置（如图 所示）。用该装置电解过程中产生的羟基自由基(•OH)氧化能力极强，能氧化苯酚为 CO2、 H2O。下列说法错误的是 A. 阳极电极反应为 2H2O—4e-=O2↑+H+ B. H+通过离子交换膜向阴极移动 C. 苯酚被氧化的化学方程式为 C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O D. 每转移 0.7mole 一两极室共产生气体体积为 11.2L(标况） 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图示，b 电极中，H2O 变为羟基自由基(•OH)和 H+，发生氧化反应，则 b 为阳极，a 为阴 极，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，b 为阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(•OH)和 H+，没有 生成氧气，正确 电极反应为：H2O—e-=•OH +H+，故 A 错误； B．该装置为电解池，阳离子向阴极移动，阳极产生 H+向 a 电极移动，a 为阴极，故 B 正确； C．根据题干信息，羟基自由基(•OH)氧化能力极强，能氧化苯酚为 CO2、H2O，苯酚被氧化的 化学方程式为 C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，故 C 正确； D．根据分析和电解池中阴阳离子在电极上的放电顺序，a 电极上氢离子放电，电极反应为： 2H++2e-=H2↑，b 电极的电极反应为：H2O—e-=•OH+H+，结合苯酚的氧化过程 的C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，当转移 0.7mole 一，b 电极生成 0.7mol•OH，氧化苯酚时，生 成 mol=0.15mol CO2，标况下的体积为 0.15mol×22.4L/mol=3.36L，当转移 0.7mole 一， a 电极上生成 0.35mol 的氢气，标况下的体积为 0.35mol×22.4L/mol=7.84L，两极室共产生气体 体积为 3.36L+7.84L=11.2L(标况），故 D 正确； 答案选 A。 15.常温下，用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01mol•L-1 的 KSCN、K2CrO4 溶液，所得的沉 淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是 A. Ksp(Ag2CrO4)的数值为 10-9.92 B. a 点表示的是 Ag2CrO4 的不饱和溶液 C. 沉淀废液中的 Ag+用 K2CrO4 溶液比等浓度的 KSCN 溶液效果好 D. Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数为 1012.08 【答案】AC 【解析】 【分析】 温度不变时，溶度积为常数，Ksp(AgSCN)= c(SCN-)∙ c(Ag+)，c(Ag+)增大，则 c(SCN-)减小，二 者浓度变化倍数相同；Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙ c2(Ag+)，c(Ag+)增大，则 c(CrO42-)减小，但二者 浓度的变化倍数不同，结合曲线分析，当 c(Ag+)由 10-6mol/L 增大 10-2mol/L，c(Xn-)由 10-6mol/L 减小到 10-10mol/L，由此可知二者变化倍数相同，则可以断定下面的曲线为 AgSCN 溶解平衡 曲线，上方的曲线为 Ag2CrO4 溶解平衡曲线，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，上方的曲线为 Ag2CrO4 溶解平衡曲线，则 Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)∙ c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92，故 A 错误； B．a 点的 c(Ag+)小于溶解平衡时的 c(Ag+)，则 a 点的浓度积 Qc(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2CrO4)，为 Ag2CrO4 的不饱和溶液，故 B 正确； 0.7 6 28 ×C．溶度积越小，溶液中离子浓度越小，沉淀越完全，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)∙ c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92，Ksp(AgSCN)= c(SCN-)∙ c(Ag+)=10-6×10-6=10-12，Ksp(AgSCN)＜ Ksp(Ag2CrO4)，沉淀废液中的 Ag+用 KSCN 溶液比等浓度的 K2CrO4 溶液效果好，故 C 错误； D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数 K= =1012.08，故 D 正确； 答案选 AC。 16.我国采用的 Cu2O/TiO2–NaBiO3 光催化氧化技术能深度净化工业含有机物的废水。回答下列 问题： (1)钛(Ti)的基态原子 M 能层中能量不同的电子有_____________种。 (2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等小 分子。 ①H2O、CH3OH、 分子中 O-H 键的极性最强的是_____________。 ②C、N、O 三种元素的电负性由大到小的顺序是_____________。 (3)将少量无水硫酸铜溶解在水中，形成蓝色溶液，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色。深蓝 色离子的结构如图所示，lmol 该离子中所含 σ 键为_____________mol(包括配位键)；向深蓝色 溶液中缓慢加入乙醇，得到深蓝色晶体，加热该晶体先失去组分 b 的原因是_____________。 (4)铋合金具有凝固时不收缩 特性，用于铸造高精度铸型。金属铋的结构示意图如图 1 所示， 其晶胞结构如图 2 所示。若铋原子的半径为 rpm，则该晶体的密度为_____________g•cm-3 (用 含 r 和 NA 数学表达式表示)。 的 ( ) ( ) ( )2 2 2- 2- 2 + -11.92 sp 2 44 4 2 - - + -12 p 2 s K Ag CrOc CrO c CrO c Ag 10 c SCN K AgSCNc SCN c Ag ( ) ( ) ( )= = =( ) ( ) ( ) 10 ⋅    ⋅   【答案】 (1). 3 (2). (3). O＞N＞C (4). 22 (5). NH3 与 Cu2+的 配位能力比 H2O 强 (6). ×1030 【解析】 【分析】 (1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d24s2，据此分析解答； (2)①电离难易程度与极性关系，一般极性越大，越容易电离； ②同周期元素，随核电荷数增大，电负性逐渐增强； (3)单键和配位键都为 σ 键，根据图示分析判断；乙醇为极性溶剂，NH3 与 Cu2+的配位能力比 H2O 强，将 H2O 夺走，晶体的极性降低； (4)根据晶胞密度计算公式 ρ= = 计算。 【详解】(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d24s2，M 能层即为 Ti 核外第三 层，M 层中有 3 个能级，每个能级上的电子能量不同，则能量不同的电子有 3 种； (2)①H2O、CH3OH、 都是极性分子，根据钠与水和醇的反应剧烈程度可知，水中的 氢活性较大更易电离，电离难易程度与极性关系，一般极性越大，越容易电离，则 H2O 中 O-H 键的极性大于 CH3OH 中 O-H 键的极性，水是中性的，苯酚具有酸性，说明苯酚中羟基上的 H 比水更易电离，则上述分子中 O-H 键的极性最强的是 ； ②C、N、O 位于同周期，同周期元素，随核电荷数增大，电负性逐渐增强，三种元素的电负 性由大到小的顺序是 O＞N＞C； (3)配位键和单键都是 σ 键，根据图示，a 为铜离子，b 为 NH3，c 为 H2O，铜离子与 NH3、H2O 形成 6 个配位键，每个 NH3 中含有 3 个 σ 键，每个 H2O 中含有两个 σ 键，则 lmol 该离子中所 含 σ 键为 1mol×(6+3×4+2×2)=22mol；根据相似相溶，乙醇为极性溶剂，H2O 为极性分子，NH3 3 A 6 209 24 2r N × m V A NM VN与 Cu2+的配位能力比 H2O 强，乙醇将 H2O 夺走，降低蓝色晶体的极性，则蓝色晶体的溶解度 降低而析出； (4)根据图 2 所示，金属铋原子位于六棱柱的顶点，面心和体心，该晶胞中铋原子的个数为 2× +3+ ×12=6 个，根据图 1 所示，若铋原子的半径为 rpm，则晶胞面的边长为 2rpm，上下面的 距离 h= rpm，将六棱柱看做 6 个三棱柱构成，每个三棱柱的体积为 ×2rpm× rpm× rpm=4 r3pm3=4 ×10-30r3cm3，则晶胞的体积为 6×4 ×10-30r3cm3=24 ×10-30r3cm3，则该晶胞的密度为 ρ= = = = ×1030g•cm-3。 17.1，3－丁二烯是重要的化工原料，工业上常用 1-丁烯催化脱氢的方法制备。将 0.lmol1－丁烯 和 0.675mol 水蒸气组成的混合气，在 80kPa 恒压下进行反应：CH3CH2CH=CH2(g) CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)△H。 请回答下列问题： (1)已知化学键键能数据如下，由此计算△H=____________kJ•mo1-1。 化学键 C－C C=C C－H H－H 键能/kJ•mol-1 348 612 412 436 (2)如图表示脱氢反应中温度对 1－丁烯的平衡转化率的影响，工业生产通常控制反应温度 600℃。 1 2 1 6 4 6 3 1 2 3 4 6 3 2 2 2 2 m V A NM VN - A 30 3 3 6 2 209g/mol 24 N10 r cm× × × 3 A 6 209 24 2r N × Δ 催化剂①请解释工业生产控制温度在 600℃的原因___________。 ②此温度下反应进行 2.5h 后达到平衡，从开始反应到建立平衡，以 H2 表示的反应速率为 v(H2)=_________kPa•h-1；脱氢反应的平衡常数 Kp=_________kPa(Kp 为以分压表示的平衡常数， p 分=p 总×物质的量分数)。 (3)在密闭容器中反应达到平衡后，再充入 1.575mol1－丁烯和 1.625mol1，3－丁二烯，化学 反应向_________(填“正反应”、“逆反应或“不移动”)方向进行 。 【答案】 (1). 124 (2). 600℃时 1-丁烯的平衡转化率高，催化剂活性强 (3). 1 (4). (5). 正反应 【解析】 【分析】 (1)根据表格键能数据，△H=反应物总键能-生成物总键能； (2)①催化剂的活性与温度有关； ②根据图中数据，列“三段式”计算解答； (3)根据 Qc 与平衡常数 K 的关系分析判断反应进行的方向。 【详解】(1)根据表格键能数据，△H=反应物总键能-生成物总键能=8EC-H+2EC-C+ EC=C-6EC-H- EC-C- 2EC=C-EH-H=2EC-H+EC-C-EC=C-EH-H=2×412kJ•mol-1+348kJ•mol-1-612kJ•mol-1-436kJ•mol-1=+124kJ• mol-1； (2)①催化剂的活性与温度有关，600℃时催化剂的活性最大，1-丁烯的平衡转化率高； ②根据图表数据，600℃达到平衡时，1-丁烯的转化率为 25%，列“三段式”： p(H2)= 80kPa× =2.5kPa，p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa× =2.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)= 80kPa× =7.5kPa，则以 H2 表示的反应速率为 v(H2)= = 1kPa•h-1， 5 6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2Δ mol 0.1 0 0 mol 0.025 0.025 0.025 mol 0.075 0.025 0 CH CH CH=CH g CH =CHC . H=CH g +H 0 5 g 2  催化剂 始 变 平 0.025 0.075 0.025 0.025 0.675+ + + 0.025 0.075 0.025 0.025 0.675+ + + 0.075 0.075 0.025 0.025 0.675+ + + kPa2.5 2.5h平衡常数 Kp= ； (3)在密闭容器中反应达到平衡后，再充入 1.575mol1－丁烯和 1.625mol1，3－丁二烯， n(CH3CH2CH=CH2)= 1.575mol+0.075mol=1.65mol，n(CH3CH2CH=CH2)= 1.625mol+0.025mol=1.65mol，则此时 p(H2)= 80kPa× =0.5kPa， p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa× =16.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)= 80kPa× =16.5kPa，Qc= =0.5 kPa＜K= ，反应未 达到平衡，向正反应方向移动。 【点睛】易错点为(2)的第二小题，在换算分压计算平衡常数和反应速率时，要注意反应系中 含有未参与反应的水蒸气，水蒸气虽然没有参与反应，但在平衡体系中，也占有一定分压。 18.氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部 分夹持装置略去)制备氯化亚铜。 已知：①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅 速氧化。 ②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。 实验步骤： I.打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调 pH 至 2~3。打开活塞 K，通入 SO2，溶液中产生白 色沉淀，待反应完全后，再通一段时间的气体。 II.将反应混合液过滤、洗涤、干燥得 CuCl 粗产品，纯化后得 CuCl 产品。 回答下列问题： (1)装置 B 的作用是________。 (2)步骤 I 中通入 SO2 发生反应的离子方程式是________。 (3)步骤 II 中采用抽滤法过滤的主要目的是________；用 95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是 ________。 (4)化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的 0.lmol•L-1 盐酸换为 6mol•L-1 盐酸，通入 2.5kPa 2.5kPa 7.5 =kPa × 5 6 0.025 1.65 1.65 0.025 0.675+ + + 1.65 1.65 1.65 0.025 0.675+ + + 1.65 1.65 1.65 0.025 0.675+ + + 0.5kPa 16.5kPa 16.5kPa × 5 6SO2，最终未得到白色沉淀。 ①对此现象有如下猜想： 猜想一：Cl-浓度过大，与 CuCl 发生反应 小组同学对猜想一的原理进行深入研究，查阅资料知：CuCl+Cl-⇌CuCl2-，据此设计实验：将 上述未得到沉淀的溶液_____(填操作)，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。 ②猜想二：________。 设计验证猜想二是否成立的实验方案________。 【答案】 (1). 安全瓶或防止发生倒吸 (2). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+ (3). 快速过滤，防止氯化亚铜被氧化 (4). 减小 CuCl 的损失，同时加快固体的干燥 (5). 加水稀释 (6). 强酸性条件下，CuCl 发生自身氧化还原反应(歧化反应) (7). 取 CuCl 固体，加入 3rnol•L-1 的 H2SO4 溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证 明猜想二成立，反之，不成立 【解析】 【分析】 (1)B 装置可防止尾气处理时产生倒吸； (2)SO2 与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸； (3)步骤 II 中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间；已知①氯化亚铜是一种 白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化分析； (4)①Cl-浓度过大，与 CuCl 发生反应，减小 Cl-浓度的浓度观察是否有沉淀生成； ②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。 【详解】(1)SO2 属于大气污染物，不能排放到空气中，用 NaOH 溶液处理尾气时容易引起倒 吸，B 装置可防止尾气处理时产生倒吸，B 装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸； (2)SO2 与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为： SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+； (3)已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅 速氧化，步骤 II 中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被 氧化；氯化亚铜微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有挥发性，可快速带走固体表面的水分， 则用 95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小 CuCl 的损失，同时加快固体的干燥； (4)①Cl-浓度过大，与 CuCl 发生反应，减小 Cl-的浓度观察是否有沉淀生成，则操作为将上述 未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一 Cl-浓度过大影响氯化亚铜的生成是正确的； ②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二 为强酸性条件下，CuCl 发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取 CuCl 固体， 加入 3rnol•L-1 的 H2SO4 溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想 二成立，反之，不成立。 19.“稀土之父”徐光宪对稀土萃取分离做出了巨大贡献。稀土是隐形战机、超导、核工业等高 精尖领域必备的原料。钪(Sc)是稀土金属之一，如图是制备 Sc 的工艺流程。 已知：xNH4Cl•yScF3•zH2O 是 ScF3 与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。“脱水除铵” 是复盐沉淀的热分解过程。 据此回答： （1）在空气中焙烧 Sc2(C2O4)3 只生成一种碳氧化物的化学方程式为 ________。 （2）图 1 是含 Sc 元素的离子与 F-浓度和 pH 的关系。用氨调节溶液 pH,调节 3.5