山东省青岛市2020届高三化学4月一模试题（Word版附解析）

青岛市 2020 年高三统一质量检测 化学试题 1.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。 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。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 O 16 59 64 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.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是( ) A. 液态植物油制成人造奶油 B. 无定形硅应用于光伏发电 C. “84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒 D. 煤经过汽化、液化得到清洁燃料 【答案】B 【解析】 【详解】A.氢气与植物油(液态植物油中有不饱和脂肪酸甘油酯)发生加成反应,生成饱和的脂 肪酸甘油酯(即为固态的人造奶油)。属于化学变化，A 不符合题意； B.无定形硅应用于光伏发电，利用了硅的半导体的性质，没有发生化学变化，B 符合题意； C. “84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒，利用了次氯酸的强氧化性，使蛋白质变性，属于化学 变化，C 不符合题意； D.煤的气化是指碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，即生成水煤气的反应，煤的液化指碳与 氢气等物质反应得到液体燃料，或气化后由一氧化碳与氢气再合成醇类等液体燃料，发生了 化学反应，D 不符合题意。 答案选 B。 2. 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( ) A. 1mol 中含有 个 B. 4.6g 分子式为 的有机物中碳氢键数目一定是 Ni Cu AN 2 2H O AN 2 6C H O A0.5NC. 电解精炼铜中转移 1mol 电子，阳极质量减少 32g D. 将含 0.1mol 的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶体粒子的数目少于 【答案】D 【解析】 【详解】A. H2O2 是共价化合物，其结构中无离子，A 错误； B.分子式为 C2H6O 的有机物，可能是乙醇，也可能是二甲醚，乙醇和二甲醚的分子中碳氢键 的数目是不同的，故无法确定 4.6g 分子式为 的有机物中碳氢键数目，B 错误； C.电解精炼铜中，粗铜作阳极，当转移 1mol 电子时，阳极溶解的金属除了铜之外还有其他金 属，故阳极减少的质量不一定是 32g，C 错误； D.胶粒是许多个分子的聚集体，因此，将含 0.1mol 的饱和溶液滴入沸水中，生成的 Fe(OH)3 胶体粒子数远少于 0.1NA，D 说法正确。 故选 D。 3.下列图示的实验操作中，能达到相应实验目的的是( ) A. 石油分馏 B. 验证石蜡油分解的产物含有不饱和烃 C. 测量氨气体积 3FeCl A0.1N 2 6C H O 3FeClD. 制取干燥的氨气 【答案】B 【解析】 【详解】A.石油分馏实验中，温度计的水银球的位置应在蒸馏烧瓶的支管口，该装置中温度计 插入了液面下，故 A 不能达到相应实验目的； B.该实验中产生的气体能使酸性高锰酸钾褪色，可以说明石蜡油分解的产物中有不饱和烃，B 能达到相应实验目的； C.氨气极易溶于水，不能用排水法测氨气体积，C 不能达到相应实验目的； D.氨气要与无水氯化钙反应，生成 CaCl2·8NH3，不能用无水氯化钙干燥的氨气，D 不能达到 相应实验目的。 答案选 B。 4.X 溶液中含有下表所示离子中的某 5 种，且其离子浓度均为 (不考虑水的电离和 离子水解)。向 X 溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述 错误的是( ) 阳离子 阴离子 A. 原溶液中一定含有 B. X 溶液中不可能含有 和 C. X 溶液中含有 3 种阳离子、2 种阴离子 D. 生成气体的离子反应方程式为 【答案】C 10.1mol L−⋅ 3 2 2 2 3Na Fe Ba Fe Mg Al + ++ + + +、 、 、 、 、 2 2 3 3 3 4OH NO HCO CO SO Cl −− − − − −、 、 、 、 、 2Mg + 3HCO− 2 3CO − 2 3 3 23Fe NO 4H 3Fe NO 2H O+ − + ++ + = + ↑ +【解析】 【分析】 各种离子的物质的量浓度均为 0.1mol/L，向溶液 X 中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶 液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是二氧化碳，则不含 OH-、HCO3-和 CO32-；根 据表中的离子，可推知是 Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，生成气体的离 子反应方程式为 ，NO3-反应后有剩余，故溶液 中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有 Cl﹣。由于总共含有 5 种离子，根据电荷守恒及离子 共存的条件可以判断还含有 SO42﹣和 Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl﹣、NO3-、SO42﹣、 Fe2+、Mg2+。 【详解】A.根据分析可知，原溶液中一定含有 Mg2+，A 正确； B.加入足量盐酸后阴离子种类不变， HCO3-和 CO32 与-H+反应后就不 h 存在 b 了 ，B 正确； C.根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为 Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣、Fe2+、Mg2+，共有 2 种阳 离子、3 种阴离子，C 错误； D. Fe2+ 与 NO3﹣、H+反应时 Fe2+被氧化为三价铁，硝酸根被还原为 NO，生成气体的离子反应 方程式为 ，D 正确。 答案选 C。 【点睛】在离子类推断中，要注意溶液中的电荷守恒的原则，0.1mol/L Cl﹣、NO3-和 0.1mol/L Fe2+已经电荷守恒了，而题目中五种离子，必然还有阴、阳离子，而阴离子只剩下 SO42﹣了， 所以有 SO42﹣，那么，阳离子也只能是二价的，Ba2+与 SO42﹣不能共存，只能是 Mg2+。 5.磷酸奥司他韦是临床常用的抗病毒药物，常用于甲型和乙型流感治疗。其中间体结构简式如 图所示，关于该有机物下列说法错误的是( ) A. 分子式为 B. 该有机物既能与酸反应又能与碱反应 C. 该有机物分子中含有 3 个手性碳原子 2 3 3 23Fe NO 4H 3Fe NO 2H O+ − + ++ + = + ↑ + 2 3 3 23Fe NO 4H 3Fe NO 2H O+ − + ++ + = + ↑ + 16 28 2 4C H N OD. 1mol 该有机物最多能与 3mol 发生加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据中间体结构简式，可知，分子式为 ，A 正确； B.在中间体结构简式中，-NH2 可以与酸反应，同时又存在酯基与酰胺键，既能与酸反应又能 与碱反应，B 正确； C.手性碳指碳原子连接四个不同的原子或原子团，该有机物分子中 含有 3 个 手性碳原子，C 正确； D. 1mol 该有机物含 1mol 碳碳双键，1mol 羰基，最多能与 2mol 发生加成反应，而酯基不 能与 H2 发生加成，D 错误。 答案选 D。 【点睛】在有机类选择题中，要注意从官能团出发，熟练找出有机物中的官能团，如此题中 的酯基、酰胺键、氨基，同时要对官能团的性质熟悉，学有机物，必须学好官能团。 6.W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D 为上述四种元素中的 两种或三种所组成的化合物，E 为单质。已知室温下， 的水溶液 pH 为 1，B 分 子中含有 10 个电子，D 具有漂白性，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是( ) A. X、Y 形成的二元化合物只有两种 B. Z 元素在同周期元素中半径最小 C. W、Y 组成化合物的沸点一定低于 W、Z 组成化合物的沸点 D. D 中各原子均满足最外层 稳定结构 【答案】B 2H 16 28 2 4C H N O 2H 10.1mol L A−⋅ 8e−【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知室温下， 的水溶液 pH 为 1，则 A 为一元强酸，则 A 为 HCl 或 HNO3；而 B 为 10 电子分子，能与酸反应，则 B 为 NH3；D 具有漂白性，E 为单质，则 A 不能为 HNO3，只能为 HCl，D 为 HClO，E 为 Cl2，C 为氯化铵；则 W 为氢、X 为氮、Y 为氧、Z 为氯。 【详解】A.氮与氧形成的化合物有多种，如 NO、N2O、N2O3 等，A 错误； B.从左到右原子半径依次减小，Cl 元素在三周期中半径最小，B 正确； C. W、Y 组成化合物是 H2O, W、Z 组成化合物为 HCl，水分子间可以形成氢键，沸点更高， C 错误； D. D 为 HClO，H 原子不满足最外层 稳定结构，D 错误。 答案选 B 【点睛】 的水溶液 pH 为 1，则 A 为一元强酸，则 A 为 HCl 或 HNO3，再根据 10 电子分子，只能在 HF、H2O、NH3、CH4 中去选择，结合物质转化，快速锁定 B 为 NH3，是 解决这道的关键。 7.我国科研人员发现了一种新型超导体 ，由 和 交替堆叠构成。 已知 位于第六周期 VA 族，下列有关说法错误的是( ) A. 的价电子排布式为 B. 有关元素的电负性： C. 属于含共价键的离子化合物 D. 该新型超导体的组成元素全部位于元素周期表 p 区 【答案】A 【解析】 【详解】A. 位于第六周期 VA 族， 的价电子排布式为 ，A 错误； B.电负性从左到右依次增大，Cl＞S,从上到下依次减小 O＞S，而在 ClO2 中氧为负价，则 O＞ Cl，B 正确； C. 由 和 交替堆叠构成，为离子化合物，在原子团内含共价键， 。 10.1mol L A−⋅ 8e− 10.1mol L A−⋅ 3 2 2Bi O S Cl [ ]2 2 2Bi O + [ ]2 2BiS Cl Bi Bi 10 2 35d 6s 6p O Cl S> > 3 2 2Bi O S Cl Bi Bi 2 36s 6p 3 2 2Bi O S Cl [ ]2 2 2Bi O + [ ]2 2BiS Cl −属于含共价键的离子化合物，C 正确； D.该新型超导体的组成元素位于 IIIA-VIIA 之间，全部位于元素周期表 p 区，D 正确。 答案选 A。 8.某二元醇的结构简式为 ，关于该有机物的说法错误的是( ) A. 用系统命名法命名：5-甲基-2，5-庚二醇 B. 该有机物通过消去反应能得到 6 种不同结构的二烯烃 C. 该有机物可通过催化氧化得到醛类物质 D. 1mol 该有机物能与足量金属 反应产生 【答案】C 【解析】 【详解】A. 为二元醇，主链上有 7 个碳原子，为庚二醇，从左往右数，甲 基在 5 碳上，二个羟基分别在 2、5 碳上，用系统命名法命名：5-甲基-2，5-庚二醇，A 正确； B. 羟基碳的邻位碳上有 H，就可以消去形成双键，右边的羟基消去形成双 键的位置有 2 个，左边个羟基消去形成双键的位置有 3 个，定一议二，形成二烯烃有 6 种不 同结构，B 正确； C.羟基碳上至少有 2 个 H 才能催化氧化得到醛类物质，左羟基碳上无氢，右羟基碳上只有 1 个氢，不能得到醛类物质，C 错误； D.1mol 该有机物含 2mol 羟基，2mol 羟基能与足量金属 反应产生氢气 1mol， 标况下 22.4L，D 正确。 答案选 C。 【点睛】醇类消去反应的条件是羟基碳的邻位碳上有 H；而催化氧化是羟基碳上要有氢，1 个 氢催化氧化为酮，2 个氢催化氧化为醛；这些常见性质要牢记。 9.过氧化钙( )在室温下稳定，加热至 350℃左右迅速分解。实验室制备反应： ，装置如图所示。下列说法错误的是 为 Na 2H 22.4L(STP) Na 2CaO 2 2 2 3 2 2 2 4Ca H O 2NH 8H O CaO 8H O 2NH+ ++ + + = ⋅ ↓ +( ) A. 长颈漏斗可以起到防倒吸的作用 B. 甲装置可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气 C. 冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解 D. 反应过程中 不断中和 和过氧化氢生成的 ，促进反应进行 【答案】C 【解析】 【详解】A.氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A 正确； B.甲装置为固+液不加热制备气体的反应装置，根据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来制备 氨气，B 正确； C.冰水混合物的主要作用是降温结晶的作用，产生 CaO2·8H2O 晶体析出，C 错误； D.反应过程中因为要生成更多的 CaO2•8H2O，为使反应不断向正反应进行，需要加 NH3•H2O 中和过氧化氢和 Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行，D 正确。 答案选 C。 10.工业综合处理含 废水和含 的废气，得无毒气体 b，流程如 下： 下列说法错误的是( ) A. “固体”中主要含有 、 3NH 2Ca + H+ 4NH + 2 2 2N CO SO NO CO、 、 、 、 3CaCO 3CaSOB. X 气体、 与 溶液的离子反应： C. 处理含 废水时，离子反应： D. 捕获剂捕获气体 a 中 发生了氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被吸收形成亚硫酸钙沉淀，所以固体 中含有碳酸钙和亚硫酸钙，故 A 正确； B.由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠吸收成亚硝酸钠，氮元素的化合价由+2 升高到+3， 故需要加入氧化剂，结合所涉及的元素可知，通入的 X 为氧气，离子反应： ，B 正确； C.亚硝酸钠中的氮元素为+3 价，与铵根离子中的-3 价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污 染的气体为氮气，根据电子转移守恒和电荷守恒分析，其方程式为 NH4++NO2-==N2↑+2H2O，C 正确； D.一氧化碳、N2 与碳酸钠不反应，根据反应前后的物质变化可知，捕获剂捕获的气体主要为 CO， 产物为 Cu(NH3)3COAC，反应前后碳和氧的化合价没有变，故该反应不是氧化还原反应，D 错 误。 答案选 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，全都选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11.以 为原料，采用电解法制备电源 TMAH[化学式 ]是一种高 效、绿色工艺技术。原理如图，M、N 是离子交换膜。下列说法错误的是( ) NO 2 3Na CO 2 2 3 2 24NO O 2CO 4NO 2CO− −+ + = + + 4NH 4 2 2 2NH NO N 2H O+ −+ = ↑ + CO 2 2 3 2 24NO O 2CO 4NO 2CO− −+ + = + ( )3 34CH NHCO ( )3 4CH NOHA. a 是电源正极 B. M 为阴离子交换膜 C. 中 C、N 原子均为 杂化 D. 通过 1mol 电子时，电解池中可产生 16.8L(STP)气体 【答案】CD 【解析】 【详解】A.(CH3)4N+ 移向右室，HCO3-移向左室，阴离子移向阳极，即 a 是电源正极，A 正确； B. HCO3-经过 M 移向左室，M 为阴离子交换膜，B 正确； C. 中，(CH3)4N+ 的 C、N 原子均为 杂化，但是，HCO3-中的 C 原子为 杂化，C 错误； D.通过 1mol 电子时，阴极室 H+放电，2H++2e-=H2↑产生 H2 为 0.5mol，阳极室 OH-放电，4OH- -4e-=2H2O+O2↑，产生 O2 为 0.25mol，同时，溶液中剩下的 H+ 与 HCO3-反应还要产生二氧化 碳，因此，产生的气体大于 0.75 mol，体积大于 16.8L(STP)气体，D 错误。 答案选 CD。 12.氯化亚铜为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，可用作催化剂、杀菌剂、 媒染剂等。工业以硫化铜精矿为原料，制备氯化亚铜的流程如图： 下列说法正确的是( ) A. 步骤①焙烧产生的有毒气体可用碱液吸收 B. 步骤②所用硫酸浓度越大浸出速率越快 ( )3 34CH NHCO 3sp ( )3 34CH NHCO 3sp 2spC. 步骤③离子方程式： D. 步骤④用乙醇洗涤的目的是使 尽快干燥，防止被空气氧化 【答案】AD 【解析】 【详解】A.步骤①焙烧硫化铜，产生的有毒气体 SO2 可用碱液吸收，A 正确； B.步骤②所用硫酸浓度过大，会对后续加入 Na2SO3 还原 Cu2+产生干扰，B 错误； C.在硫酸铜中加入 Na2SO3 和 NaCl，倾出清液，抽滤即得 CuCl 沉淀发生氧化还原反应，反应 的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H﹢，C 错误； D.由题中信息可知，氯化亚铜难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，因此，步骤④用乙醇洗涤的 目的有利加快去除 CuCl 表面水分，防止其被空气中的氧气氧化，D 正确。 答案选 AD。 13.配制银氨溶液操作如图所示，下列说法错误的是( ) 已知： ， A. 制得的银氨溶液可用于还原性糖的检验 B. 中含有 个 键 C. 银氨溶液不能长期存放，需要现用现配 D. 固体可溶于氨水得到银氨溶液 【答案】D 【解析】 2 2 2 3 4 22Cu 2Cl SO 2OH 2CuCl SO H O+ − − − −+ + + = ↓ + + CuCl 17 SP (AgI) 8.3 10K −= × ( ) ( ) ( ) ( ) + + +          = = ×    ⋅ 3 2 7 综定 3 22 3 c Ag NH Ag NH 1. 12 10 c Ag c NH K ( )3 21mol Ag NH +   A8N σ AgI【详解】A.还原性糖中含有醛基，可与银氨溶液发生银镜反应，A 正确； B. 中含有 2mol 配位键，即有 2mol 键，同时含 2molNH3，2molNH3 有 6mol 键，共含有 个 键，B 正确； C.银氨溶液久置容易产生易爆炸的物质，应现用现配，C 正确； D.若碘化银可溶于氨水，则有反应 AgI+2NH3⇌ +I-，其平衡常数 K= × = × = ，该化学平衡常数太小，即碘化银在 氨水中形成的饱和溶液里， 的浓度太小了，几乎可以忽略不计，而且银氨溶液 特指氢氧化银溶于氨水所得到的溶液，因此， 固体不溶于氨水（不溶不是绝对的不溶， 溶解度在 1g~10g 的才能称为可溶），也不可能得到银氨溶液，D 错误。 答案选 D。 14.室温，将 10mL 浓度为 的 、 两种一元碱溶液分别加水稀释， 曲线如图，V 是溶液体积(mL)， 。已知： ； 。下列说法正 确的是( ) A. 该温度下， 的数量级为 B. 当 时，水的电离程度： C. 用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至 ，消耗盐酸的体积： ( )3 21mol Ag NH +   σ σ A8N σ ( )3 2Ag NH +   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 2 2 3 3 {[ ] } {[ ] }c Ag NH c I c Ag NH c I c Ag c NH c NH c Ag + − + − + + = =    SP (AgI)K ( ) +     综定 3 2 Ag NHK 178.3 10−× 71.12 10× 109.3 10−× ( )3 2Ag NH +   AgI 11mol L−⋅ 3 2CH NH 2NH OH pOH lgc(OH)= − 3 2 2 3 3CH NH H O CH NH OH+ −+ + 2 2 3NH OH H O NH OH OH+ −+ + ( )b 2K NH OH 910− lg V 3= 2 3 2NH OH CH NH> pH=7 2 3 2NH OH CH NH>D. 等浓度的 和 两种盐溶液中离子总浓度相等 【答案】AB 【解析】 【详解】A.该温度下，，取 lgV=1 的点， = =1×10-4.5mol/L， =1mol/L， = ，即数量级为 ，A 正确； B.当 时， 比 的 pOH 值大，OH－浓度小，碱对水的电离平衡起抑 制作用，OH－浓度小，抑制作用小，水的电离程度大，故水的电离程度： ，B 正确； C.同浓度时，pOH: ，即 碱性强，用等浓度盐酸分别滴定两种 碱溶液至 ，由于碱性越强对应的盐的水解程度越小，碱性越弱对应的盐的水解程度越大， 它们生成盐水解后均能使溶液显酸性，故 消耗盐酸的体积较大，C 错误； D.等浓度的 和 两种盐溶液中，由于 和 水解程度不 同，所以离子总浓度不相等，D 错误。 答案选 AB。 15.Zewail 创立的飞秒( )化学研究了极短时间内的反应历程，巧妙地解决了如何确 定反应起点问题。例如 与 的反应过程片段为： 。 下列有关说法正确的是( ) A. 中间产物 属于有机化合物 B. 反应起点为 离解为 H 和 I 自由基，终点为 自由基与 I 自由基结合 C. 经 1000fs 离解为 自由基和 ，说明 与 的反应速率极快 D. 飞秒化学展现的反应历程为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”提供有力证据 【答案】BD 【解析】 【详解】A.中间产物 为自由基，不属于有机化合物，A 错误； B.反应起点为 离解为 H 和 I 自由基， ，然后 3 3CH NH Cl 3NH OHCl -c(OH ) 3c(NH OH )+ ( )2c NH OH ( ) ( )3 b 2 2 -c(NH OH c(OHK NH )OH OH ) c NH + ×= 910− 910− lg V 3= 2NH OH 3 2CH NH 2 3 2NH OH CH NH> 2 3 2NH OH CH NH> 3 2CH NH pH=7 3 2CH NH 3 3CH NH Cl 3NH OHCl 3 3CH NH+ 3NH OH+ 151fs 10 s−= HI 2CO 1000fsH+OCO HOCO HO+CO→ → HOCO HI HO HOCO HO CO HI 2CO HOCO HI H+OCO HOCO→，最终为 自由基与 I 自由基结合，B 正确； C. 经 1000fs 离解为 自由基和 ，这能说明这个历程快，不能说明整个反应的速 率，C 错误； D.飞秒化学展现的反应历程中 离解为 H 和 I 自由基以及 自由基与 I 自由基结合等均为 “化学反应实质是旧键断裂和新键形成”提供有力证据，D 正确。 答案选 BD。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.医用酒精在抗击“新型冠状病毒”战役中发挥着杀菌消毒的作用，其主要成分是乙醇。回答 下列问题： I.工业上主要采用乙烯直接水合法 制乙醇。 (1)在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行气相水合的反应机理大致如下： i. ii. iii. 随着反应进程，该过程能量变化如图所示。 下列有关说法正确的是_______(填字母标号，下同)。 a.该反应过程中 i~iii 步均释放能量 b.第 i 步反应的活化能最大，决定总反应速率 1000fsHOCO HO+CO→ HO HOCO HO CO HI HO ( )2 2 2 3 2CH CH H O CH CH OH= + → 2 2 3 3 2 2CH CH H O CH CH H O+ += + + 3 2 2 3 2 2CH CH H O CH CH OH+ ++  3 2 2 2 3 2 3CH CH OH H O CH CH OH H O+ ++ +c. 和 是反应的中间产物 (2)已知： 的反应速率表达式为 v 正=k 正 ， v 逆=k 逆 ，其中 k 正、k 逆为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断 合理的是_______。 a. k 正增大，k 逆减小 b. k 正减小，k 逆增大 c. k 正减小的倍数大于 k 逆 d. k 正减小的倍数小于 k 逆 Ⅱ.工业用二氧化碳加氢可合成乙醇： 。保持 压强为 5MPa，向密闭容器中投入一定量 和 发生上述反应， 的平衡转化率与温度、 投料比 的关系如图所示。 (1)投料比由大到小的顺序为___________。 (2)若投料比 ，一定温度下发生反应，下列说法不能作为反应是否达平衡判据的是 _______(填标号。 a.容器内气体密度不再变化 b.容器内气体平均相对分子质量不再变化 c. 的体积分数不再变化 d.容器内 不再变化 e.断裂 个 H—H 键的同时生成 个水分子 3 2CH CH+ 3 2 2CH CH OH+ 2 4 2 2 5C H (g) H O(g) C H OH(g)+  ( ) ( )2 4 2c C H c H O ( )2 5c C H OH 2 2 2 5 22CO (g) 6H (g) C H OH(g) 3H O(g)+ + 2CO 2H 2CO ( ) ( )2 2 n Hm n CO        m=1 2CO ( ) ( )2 2 n H n CO A3N A1.5N(3)若 ，则 A 点温度下，该反应的平衡常数 的数值为_______( 是以分压表示的平 衡常数)；若其他条件不变，A 点对应起始反应物置于某刚性密闭容器，则平衡时 的转化 率___________50%(填“＞”、“=”或“＜”)。 【答案】 (1). bc (2). d (3). (4). ce (5). (6). ＜ 【解析】 【详解】I.(1) a.从能量图中分析可以，该反应过程的三步中，第一步吸热，二、三步均释放能 量，a 错误； b.活化能的定义：活化分子的平均能量与反应物分子的平均能量之差。活化能越来大，活化分 子所占的百分数就越小，反应越慢，第 i 步反应的活化能最大，决定总反应速率，b 正确； c.从题中三步反应可知， 和 是反应的中间产物，c 正确。 故答案为：bc。 (2)若其他条件不变时，降低温度，正逆反应速率均减小，而浓度在那瞬间是不变的，所以 k 正、 k 逆均减小，再根据能量图， 反应物总能量大于生成物， 为放热反应，降低温度，平衡正移，逆反应速率减小的更多，即 k 正减小的倍数小于 k 逆，d 合理。故答案选：d。 Ⅱ. (1)投料比 越大，根据反应 ， 在相同温度时，相当于增大 H2 浓度， 的平衡转化率更高，即 ，故答案 为： ； (2)若投料比 ，一定温度下：a.密度等于气体质量与容器体积的比值，在 中，物质均为气体，保持压强为 5MPa，随反 应正向进行，容器体积减小，密度增大，密度不变，说明该反应达到平衡，a 能；b.平均相对 分子质量等于气体总质量与气体总物质的量的比值，随反应正向进行，气体总质量不变，总 物质的量减小，平均相对分子质量增大，当平均相对分子质量不再变化时，该反应达到平衡， b 能；c. 的体积分数即物质的量分数，反应前 的体积分数为 50%，根据极极法可以 求出当氢气完全消耗之后，二氧化碳的体积分数仍为 50%，故反应中 的体积分数始终保 的 3m 3= pK pK 2CO 3 2 1m m m> > 34.8 10−× 3 2CH CH+ 3 2 2CH CH OH+ 2 4 2 2 5C H (g) H O(g) C H OH(g)+  ( ) ( )2 2 n Hm n CO        2 2 2 5 22CO (g) 6H (g) C H OH(g) 3H O(g)+ + 2CO 3 2 1m m m> > 3 2 1m m m> > m=1 2 2 2 5 22CO (g) 6H (g) C H OH(g) 3H O(g)+ + 2CO 2CO 2CO持为 50%不变，故不能据此判断该反应是否达到平衡标志，c 不能；d.容器内 反应前 为 1:1，而反应中系数不是 1:1，当容器内 不再变化时，则该反应达到平衡，d 能；e. 断裂 H—H 键，生成水分子，均为正反应，不能说明正反应速率等于逆反应速率，e 不能。 故答案为：ce； (3)若 ，则 A 点温度下，CO2 的平衡转化率为 50%， 起： 1mol 3mol 0mol 0mol 转： 1×50%mol 1.5mol 0.25mol 0.75mol 平： 0.5mol 1.5mol 0.25mol 0.75mol 平衡时气体的总物质的量=（0.5+1.5+0.25+0.75）mol=3mol，则 = ， = ， ， ，该反应 的平衡常数 = = ； 原题是同温同压下，正反应体积减小，现为刚性密闭容器，气体的物质的量减小，相当于减 压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动， 的转化率小于 50%，故 答案为： ，＜。 【点睛】 含义：在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数叫压强 平衡常数。计算技巧： 第一步，根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度； 第二步，计算各气体组分的物质的量分数或体积分数； 第三步，根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的 体积分数(或物质的量分数)； ( ) ( )2 2 n H n CO ( ) ( )2 2 n H n CO 3m 3= 2 2 2 5 22CO (g) 6H (g) C H OH(g) 3H O(g)+ + 2( )%CO 0.5 1 3 6 mol mol = 2( )%H 1.5 1 3 2 mol mol = 2 5 0.25 1( )% 3 12 molC H OH mol = = 2 0.75 1( )% 3 4 molH O mol = = 3 2 5 2 2 6 2 2 p ( )% ( )% ( )% ( )% P C H OH P H O P C K O P H × • ×      = × • ×       总 总 总 总 3 2 6 1 15 512 4 1 15 56 2   × ×        × ×       34.8 10−× 2CO 34.8 10−× pK第四步，根据平衡常数计算公式代入计算。 此题中， 。 17.化学小组为探究 在酸性 溶液中的反应，利用如图装置进行实验： I.排出装置内的空气。减缓 的流速，向丁装置中通入 和 的混合气体。 Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。 Ⅲ.持续向丁装置中通入 和 混合气体，溶液变为无色。 Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加 溶液，产生白色沉淀。 回答下列问题： (1)苯的作用为__________。排出装置内空气的具体操作为_________。 (2)向装置丁中缓慢通入 的作用是__________。 (3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。 (4)实验 总反应为_________， 和 在反应中的作用为___________。 【答案】 (1). 萃取碘单质，隔绝空气防止 被氧化 (2). 关闭 ，打开 ，打开 (3). 防 止 倒 吸 (4). (5). (6). (7). 催化剂 【解析】 的 3 2 5 2 2 6 2 2 p ( )% ( )% ( )% ( )% P C H OH P H O P C K O P H × • ×      = × • ×       总 总 总 总 2SO KI 2CO 2CO 2SO 2CO 2SO 2BaCl 2CO KI HI I− 2K 3K 1K 2 2 2SO 4I 4H 2I S 2H O− ++ + = + ↓ + 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I+ − −+ + = + + 2 2 2 43SO 2H O 4H 2SO S+ −+ = + + ↓【分析】 为探究 在酸性 溶液中的反应，由于酸性 容易被 O2 氧化，所以加苯液封，同是萃取 碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一步， ，第二步， ；最 后用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒吸。 【详解】(1)根据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止 被氧化；用二 氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开 ，打开 ，关闭 ； (2)若只将 通入丁中， 反应后压强减小，会倒吸，通入 和 混合气体， 不 反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸； (3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘 呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为 ；步骤Ⅲ 通入 和 混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为： ； (4)根据 和 反应， 将后者的系数扩大 2 倍，与前一个反应叠加，得总反应为： ； 和 在反应前后质量和性质没有发生改变,故其为 催化剂。 18.第Ⅷ族元素 、 、 性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题： (1)基态 原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子 数与 相同的元素名称为______________。 (2) 与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知 遇邻苯二酚( )和对 苯二酚( )均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_____(填“高”或“低”)， 原因是_________。 (3)有历史记载的第一个配合物是 (普鲁士蓝)，该配合物的内界为__________。 2SO KI KI 2 2 2SO 4I 4H 2I S 2H O− ++ + = + ↓ + 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I+ − −+ + = + + I− 3K 1K 2K 2SO 2SO 2CO 2SO 2CO 2 2 2SO 4I 4H 2I S 2H O− ++ + = + ↓ + 2CO 2SO 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I+ − −+ + = + + 2 2 2SO 4I 4H 2I S 2H O− ++ + = + ↓ + 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I+ − −+ + = + + 2 2 2 43SO 2H O 4H 2SO S+ −+ = + + ↓ KI HI Fe Co Ni Ni Ni 3Fe + 3Fe + [ ]4 6 3Fe Fe(CN)表为 、 不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。 由表可知， 比较稳定的配离子配位数是__________(填“4”或“6”)。 性质活泼，易被 还原，但 很稳定，可能的原因是________________。 离子 配位数 晶体场稳定化能(Dq) 6 -8Dq+2p 4 -5.34Dq+2p 6 -12Dq+3p 4 -3.56Dq+3p (4) 晶体结构中阴阳离子的配位数均为 6，则晶胞的俯视图可能是_______(填选项字母)。 若晶胞参数为 apm，阿伏加德罗常数的值为 ，晶体的密度是________ 。 【答案】 (1). 3d (2). 钛、锗、硒 (3). 低 (4). 邻苯二酚形成分子内氢键，比对 苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低 (5). (6). 6 (7). 形成 配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定 (8). CD (9). 【解析】 【详解】(1) 为 28 号元素，基态 的电子排布式为[Ar]3d84s2，核外能量最高的电子位于 3d 能级；根据基态 的电子排布式为[Ar]3d84s2，其 3d 能级上未成对电子数为 2，同周期中， 未成对电子数为 2 的还有：钛为 22 号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2、锗为 32 号元素， 基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p2、硒为 34 号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故 2Co + 2Ni + 2Ni + 3Co + ( ) 3 3 6Co NH +   2Co + 2Ni + NiO AN 3g cm−⋅ [ ]4 6Fe(CN) − 32 3 A 3 10 a N × ⋅ Ni Ni Ni答案为：钛、锗、硒； (2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚 易形成的分子间氢键，后者分子 间作用力较大，因此， 熔沸点较低； (3)配合物是 中内界为 ；由表中数据可知，配位数为 6 的 晶 体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定； 性质活泼，但 很稳定，说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定； (4) 晶体结构中阴阳离子 配位数均为 6，晶胞的俯视图应类似于 NaCl 晶胞，而 NaCl 晶 胞俯视图为 CD；从晶体中最小重复单元出发，1 个晶胞中含 Ni2+为 ，含 O2- 为 即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个 NiO 晶胞中含 4 个 NiO， NiO 的摩尔 质量 75g/mol，晶体的密度除以 1 个晶胞的质量除以 1 个晶胞的体积，即为 = ，故答案为： 。 【点睛】晶胞计算中，要找准一个晶胞中所含微粒数目，如此题中，1 个晶胞中含 Ni2+为 ，含 O2-为 即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个 NiO 晶胞中 含 4 个 NiO；同时要找准一个晶胞的体积，注意单位换算。 19.废旧锂离子电池正极材料的主要成分为碳棒和 ，另含少量 、 杂 质。某厂按如图流程对废旧锂离子电池的正极进行回收再生。回答有关问题： 已知：①草酸电离常数： ， ；草酸的酸式盐以及草酸锂均可溶。 ②常温时，有关物质 Ksp 如下表(单位略)： 的 [ ]4 6 3Fe Fe(CN) [ ]4 6Fe(CN) − 2Ni + 3Co + ( ) 3 3 6Co NH +   NiO 1 18 6 48 2 × + × = 112 1 44 × + = 10 3 A 75 / 4= / ( 10 )g mol a cmN −× ×密度 32 3 A 3 10 a N × ⋅ 3g cm−⋅ 32 3 A 3 10 a N × ⋅ 1 18 6 48 2 × + × = 112 1 44 × + = x y 1 x y 2LiNi Co Mn O− − Al Fe 2 1a 5 10K −= × 5 2a 5.4 10K −= ×(1)通入空气，800℃焙烧目的是___________________________。 (2)已知 中 、 、 化合价相同，则它们的化合价为_________。 (3)加入草酸加热时， 、 、 元素部分转化为 、 、 沉淀， 而另一部分以草酸的酸式盐形式进入溶液。写出 与草酸反应生成 沉淀的化 学方程式_________。 (4)焙烧后黑色粉的平均粒度(颗粒直径表示)与 的浸出率关系如图所示，原因是 ___________。 (5)滤液 1 加 调 pH 为 4~5 目的是_____________________。 (6)滤液 2 调 时，溶液中 ___________。 【 答 案 】 (1). 除 去 正 极 材 料 中 的 碳 (2). +3 (3). (4). 粒度越大，表面积 (比表面积)越小，反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分 (5). 使 和 转化为氢氧化物沉淀除去 (6). 【解析】 3Fe(OH) 3Al(OH) 2 4NiC O 2 4CoC O 2 4MnC O 2Ni(OH) 2Co(OH) 2Mn(OH) 388 10−× 343 10−× 104 10−× 86.3 10−× 71.7 10−× 152 10−× 155.9 10−× 132.1 10−× x 1 x y 2LiNi CoyMn O− − Ni Co Mn Ni Co Mn 2 4NiC O 2 4CoC O 2 4MnC O 2LiCoO 2 4CoC O Li+ NaOH pH=7 ( ) ( ) -2 2 4 - 2 4 c C O = c HC O 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 24H C O 2LiCoO Li C O 2CoC O 4H O 2CO+ = + + + ↑ 3Fe + 3Al + 25.4 10×【分析】 废旧锂离子电池正极材料的主要成分为碳棒和 ，另含少量 、 杂质， 经 800℃焙烧，将碳转化为二氧化碳；加入草酸加热时， 、 、 元素部分转化为 、 、 沉淀，而另一部分以草酸的酸式盐形式进入溶液；加入氢氧 化钠调节 pH 除去三价铁，三价铝，再加碳酸钠沉淀 Li+；最终焙烧，得可再生电池粉。 【详解】(1)经分析，通入空气，800℃焙烧目的是将正极材料中的碳转化为二氧化碳而除去， 故答案为：除去正极材料中的碳； (2) 中 、 、 化合价相同，设为 a，Li 的化合价为+1，O 为-2 价，根据正负化合价的代数和为零，得 ，a=3，故答案 为：+3； (3) 与草酸反应生成 、 ，同时 Co 的化合价从+3 变为+2，C 的化合 价要升高，从+3 变为+4，生成 CO2，故答案为： ； (4)由图分析以及接触面积与化学反应速率的关系，可知，粒度越大，表面积(比表面积)越小， 反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分，故答案为：粒度越大，表面积(比表 面积)越小，反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分； (5). 通过氢氧化铁的电离方程式和溶度积可算出 Fe3+离子浓度为 10-5mol/L 时,OH-的浓度为 2×10-11mol/L，再通过水的电离平衡常数和 pH 求出 c(OH-)=2×10-11mol/L 时，H+的浓度为 5×10-4mol/L，所以 pH 为-lg(5×10-4)=3.3 时，同理，Al3+沉淀完全 pH 约为 3，故答案为：使 和 转化为氢氧化物沉淀除去； (6) 溶液中 ，故答 案为： 。 20.高分子化合物 G( )是一种重要的合成聚酯纤 维，其合成路线如下： x y 1 x y 2LiNi Co Mn O− − Al Fe Ni Co Mn 2 4NiC O 2 4CoC O 2 4MnC O x 1 x y 2LiNi CoyMn O− − Ni Co Mn 1 (1 ) ( 2) 2 0ax ay a x y+ + + − − + − × = 2LiCoO 2 4CoC O 2 2 4Li C O 2 2 4 2 2 2 4 2 4 2 24H C O 2LiCoO Li C O 2CoC O 4H O 2CO+ = + + + ↑ 3Fe + 3Al + ( ) ( ) -2 2 4 - 2 4 c C O = c HC O ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) - +2 2 4 5+ + 7 2 a2- 2 4 c C O c = c 5.4 10 1 10 5.4 10 c HC O c K H H H − − × × = × × × = × × 25.4 10×已知： ① + +R2OH ② +R3OH +R2OH (1)F 的结构简式为_______________，①的反应类型为______________，E 中官能团名称为 ______________，⑤的反应方程式为______________。 (2)写出符合下列条件 E 的同分异构体______________(填结构简式，不考虑立体异构)。 ①含有苯环，遇 溶液不变色 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢光谱图峰面积之比为 1：3：6：6 (3)判断化合物 E 中有无手性碳原子，若有，用“*”标出_________。 (4)写出以 1，3-丙二醇和甲醇为原料制备 的合成路线(其它试剂任 选)___________ 【 答 案 】 (1). (2). 加 成 反 应 (3). 酯 基 、 羧 基 (4). 催化剂 Δ → 3FeCl 2 2HOCH CH OH(5). (6). (7). 【解析】 【分析】 ，由碳原子数和氧原子数可知，1 份乙炔和 2 份甲醛反应，由 于 A 中碳、氢、氧数目为 1 份乙炔和 2 份甲醛之和，故反应①为加成，A 的结构为 OHC-CH2-CH2-CHO； ,二元醇被氧化为二元羧酸，C 为 HOOC-CH2-CH2-COOH ； C 转 化 为 D 是 C 与 发 生 1:1 的 酯 化 反 应 形 成 ； 根 据 已 知 信 息 ① ， D 到 E 发 生 反 应 为 ， 最后 发生了已知信息②的反应，F 为 。 + 4KMnO /H→ 3 浓硫酸，Δ CH OH → 2 2HOCH CH OH【详解】(1)根据分析，F 为 ； ，由碳原子 数和氧原子数可知，1 份乙炔和 2 份甲醛反应，由于 A 中碳、氢、氧数目为 1 份乙炔和 2 份甲 醛之和，故反应①为加成反应；E 的结构为 ，其中的官能团名称 为酯基、羧基；根据已知反应①，2 份 在 的条件下， 发生成环反应，形成 E 和 2 份的 故答案为： ； (2) E 的分子式为 C12H16O6， 符合下列条件 E 的同分异构体：①含有苯环，遇 溶液不变 色说明其不含酚羟基；②能发生银镜反应，则其含醛基；③核磁共振氢光谱图峰面积之比为 1：3：6：6，说明有四种氢，且数目分别为 1、3、6、6，再根据 E 的不饱和度为 =5，而苯环、醛基不饱和度已经符合，那么 O 只能形成醚键，因此，符合条件的为 ； (3) 手性碳原子指的是碳原子上连接 4 个不同的原子团，E 中存在手性碳，用星号标记为 ； 2 2HOCH CH OH 3FeCl (12 2 2) 16 2 × + −(4) 1，3-丙二醇和甲醇为原料制备 ，采用逆推法，根据已知反应 ①，先要制取 ，而 可通过 与 2 份甲醇酯 化得到，1，3-丙二醇在酸性高锰酸钾的条件下，可氧化成 ，故答案为： 。 【点睛】同分异构体的书写中，不饱和度的确定是一个常见切入点，不饱和度的一般计算方 法不饱和度又称缺氢指数。分子中每产生一个 C=C 或 C=O 或每形成一个单键的环，就会产生 一个不饱和度，每形成一个 C≡C，就会产生 2 个不饱和度，每形成一个苯环就会产生 4 个不 饱和度。碳原子数目相同的烃，氢原子数目越少，则不饱和度越大。根据有机物度化学式计 算若有机物化学式为 CnHm，知若有机物为含氧化合物， C=O 与 C=C“等效”，故在进行不饱 和度计算时，可不考虑氧原子，此题中就没有考虑氧原子。 + 4KMnO /H→ 3 浓硫酸，Δ CH OH →