山东省济宁市2020届高三第三次模拟化学试题（解析版）

济宁市 2020 年高考模拟考试 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 B-11 C-12 O-16 Si-28 S-32 Ca-40 Fe-56 Cu-64 As-75 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.绿原酸（C16H18O9）具有较广泛的抗菌、抗病毒、抗氧化作用，利用乙醚、60%乙醇浸泡杜仲干叶，得到 提取液，进一步获得绿原酸粗产品的一种工艺流程如图，下列说法错误的是（ ） A. 绿原酸在温水中的溶解度小于冷水中的溶解度 B. 得到有机层的实验操作为萃取分液 C. 减压蒸馏的目的防止温度过高，绿原酸变质 D. 绿原酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯 【答案】A 【解析】 【分析】 绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏， 经冷却、过滤得到绿原酸粗产品，以此解答该题 【详解】A.流程中加入温水浸膏，冷却、过滤得到绿原酸粗产品，可知绿原酸难溶于冷水，其在温水中的 溶解度大于冷水中的溶解度，故 A 错误； B.绿原酸为有机酸，更易溶于有机溶剂，加入乙酸乙酯后绿原酸被萃取到有机酯层，有机层与水层互不相 溶的液体应采用分液法分离，故 B 正确； 。C.绿原酸具有抗氧化作用，减压蒸馏可降低温度，避免温度过高导致绿原酸变质，故 C 正确； D.根据 A 的分析，绿原酸粗产品可用重结晶的方法进一步提纯，故 D 正确。 故选：A。 【点睛】本题考查有机混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯 为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度不大。 2.下列说法正确的是（ ） A. 环戊二烯（ ）分子中所有原子共平面 B. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 C. 二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔点较高，主要原因都与氢键有关 D. NO 离子中心原子上的孤电子对数是 0，立体构型为平面三角形 【答案】D 【解析】 【详解】A.环戊二烯中存在饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，所有原子不可能共面，故 A 错误； B.同主族元素非金属性随核电荷数 增加而减弱，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，但不是任意含 氧酸的酸性减弱，故卤族元素中 HClO 的酸性比 HBrO4 弱，故 B 错误； C.二甲醚易溶于水，是因为二甲醚可与水分子形成氢键；氨基乙酸的熔点较高，是因为氨基和羧基反应形 成内盐导致的，与氢键无关，故 C 错误； D. NO 离子中心原子的价层电子对数= ，与三个氧成键，孤电子对数为 0，中心 N 原子采用 sp2 杂化， 立体构型为平面三角形，故 D 正确； 故选：D。 3.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 7.8g 苯含 σ 键的数目为 0.6NA B. 将 Cl2 通入 FeBr2 溶液中，有 1molBr2 生成时，转移的电子数为 2NA C. 1molNH4NO3 完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中 NH 的数目为 NA D. 有铁粉参加的反应若生成 3molFe2+，则转移电子数一定为 6NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.苯中有 6 个碳碳 σ 键和 6 个碳氢 σ 键，则 1mol 苯中含有 12molσ 键，7.8g 苯为 0.1mol，含 σ 键 的 - 3 - 3 5+1=32 + 4的数目为 1.2NA，故 A 错误； B.亚铁离子的还原性大于溴离子，氯气通入溴化亚铁中先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，则 1molBr2 生 成时，转移的电子数大于 2NA，故 B 错误； C.1molNH4NO3 完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，根据电荷守恒： ，因 ，则 ， ，溶液中 NH 的数目为 NA，故 C 正确； D.铁粉参加的反应，如 ，产生 3mollFe2+转移电子数为 2NA，故 D 错误； 故选：C。 4.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ） A. 用碱式滴定管量取 13.60mL 酸性高锰酸钾溶液 B. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热后的坩埚须在干燥器中冷却，再称量 C. 蒸馏时，应使温度计水银球置于蒸馏液体中 D. 过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管量取，故 A 错误； B．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，为防止冷却过程中空气中的水重新与硫酸铜结合，影响测定，应置于干 燥器中冷却，再称量，故 B 正确； C．蒸馏时，应使温度计水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处，故 C 错误； D．过滤时，应先将滤纸放入漏斗中，再用蒸馏水润湿滤纸，以免有气泡残留，故 D 错误； 故选：B。 5.《梦溪笔谈》有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。在中国古代，雌黄（As2S3）经常用来修改错 字，其结构如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. As、S 原子的杂化方式均为 sp3 B. AsH3 的沸点比 NH3 的低 + 4 3c(NH )+c(H )=c(NO )+c(OH )+ − − c(H )=c(OH )+ − + 4 3c(NH )=c(NO )− + 4 3n(NH )=n(NO )=1mol− + 4 3+ 2+Fe+2Fe =3FeC. 与 As 同周期且基态原子核外未成对电子数目相同的元素只有 V D. 已知 As2F2 分子中各原子均满足 8 电子结构，分子中 σ 键和 π 键的个数比为 3：1 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．由雌黄的结构图可知，砷和硫原子均形成单键，均为 sp3 杂化方式，故 A 正确； B．两者均为分子晶体，沸点高低与相对分子质量的大小有关，但因氨气分子间存在氢键导致其沸点高于 AsH3 的沸点，故 B 正确； C．As 基态原子核外电子排布为： ，未成对电子数为 3，与其同周期且基态 原子核外未成对电子数目相同 元素有 V： 、Co： ，故C 错误； D．As2F2 分子中各原子均满足 8 电子结构，则其结构式为： ,单键均为 σ 键，双键中有 1 个 σ 键、1 个 π 键，分子中 σ 键和 π 键的个数比为 3：1，故 D 正确； 故选：C。 6.化合物 Y 是一种常用药物，可由 X 制得。下列有关化合物 X、Y 的说法正确的是（ ） A. 化合物 X、Y 均易被氧化 B. 1molY 最多可与 2molNaOH 发生反应 C. 由 X 转化为 Y 发生取代反应 D. X 与足量 H2 发生反应后，生成的分子中含有 5 个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A.X、Y 中均含有碳碳双键、酚羟基，X 中含有醛基、Y 中含有醇羟基均属于易被氧化的官能团， 故 A 正确； B.Y 中只有酚羟基可以与氢氧化钠反应去，且 1mol 酚羟基消耗 1mol 氢氧化钠，故 B 错误； C.对比 X 和 Y 的结构可知，X 转变成 Y 是醛基加成氢气的反应实现，不属于取代反应，故 C 错误； 的 2 2 6 2 6 10 2 31s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 2 2 6 2 6 3 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 2 2 6 2 6 7 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 1 1 F F F-As= As-FD. X 与足量 H2 发生反应后，生成物中有六个手性碳原子如图所示 ，故 D 错 误； 故选：A。 7.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，A、B、C、D、E 为其中两种元素组成 常见化合物， 基态 Z 原子核外有两个未成对电子，A、D 均含有 10 个电子且中心原子的杂化方式相同，它们之间的转化 关系如图所示(部分反应物或生成物省略)，下列说法中不正确的是（ ） A. 简单离子半径：Y>Z>W B. 若 C 中混有 E 可用水洗方法除去 C. 每个 D 分子周围可以形成 4 个氢键 D. B 与 D 反应生成 Z2 时，D 作还原剂 【答案】D 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E 为上述四种元素中的两种元素 组成的化合物，基态 Z 原子核外有两个未成对电子，Z 可能为 C 或 O，结合转化关系图，Z 形成 Z2 单质， 则 Z 为 O；A、D 均含有 10 个电子且中心原子的杂化方式相同且 B 与 D 反应产生氧气，则 D 为 H2O，B 为 Na2O2；A 与氧气产生 C，C 与氧气产生 E，E 又能与水反应产生 C，符合条件的物质为 A 为 NH3、C 为 NO，E 为 NO2，则 X、Y、Z、W 分别为：H、N、O、Na，据此解答。 【详解】根据以上分析 X、Y、Z、W 分别为：H、N、O、Na，A、B、C、D、E 分别为 NH3、Na2O2、 NO、H2O、NO2，据此分析； A.核外电子排不相同，核电荷数越多离子半径越小，Y、Z、W 的简单离子分别为：N3-、O2-、Na+核外电子 排布相同，核电荷数 Y Na+，故 A 正确； B. C NO 中混有 E NO2，二氧化氮易与水反应产生 NO，NO 不溶于水且不与水反应，因此可用水除去，NO 中混有的 NO2，故 B 正确； 的C.每个 H2O 分子中的氧原子可以与其他两个 H2O 中的氢原子形成氢键，每个 H2O 中的氢原子可以与另一个 H2O 分子中的氧形成氢键，一次每个 H2O 周围可以形成 4 个氢键，故 C 正确； D. Na2O2 与 H2O 反应产生 O2，反应中过氧化钠既作氧化剂也做还原剂，水没有化合价变化，故 D 错误； 故选：D。 8.过氧乙酸(CH3COOOH)是常用的消毒剂，易溶于水、易挥发、见光或受热易分解。制备原理为： H2O2+CH3COOH CH3COOOH+H2O △Hc(K+)>c(H2C2O4) B. 0.1mol·L-1PT 中滴加 NaOH 至溶液 pH=4.19：c(C2O )=c(HC2O ) C. 0.1mol·L-1PT 中滴加 NaOH 至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)>c(HC2O )>c(C2O ) D. 0.1mol·L-1PT 与 0.1mol·L-1KOH 溶液等体积混合，溶液中水的电离程度比纯水的大 【答案】CD 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A ． H2C2O4 的 第 一 步 电 离 程 度 大 于 第 二 步 电 离 程 度 ， 钾 离 子 不 电 离 也 不 水 解 ， 且 ，则 水解平衡常数 Kh＝ ＜Ka1，说明 的电离程度大于 水解程度，所以 c（ ）＞c（K＋）＞c（H2C2O4），故 A 正确； 2- 2 3S O 2- 4SO -310L 320mg/L 10 g ×2=0.2mol32g/mol × × 2- 3MnO 2- 3 2- 3 - 4 2- 4 - 4 - 4 2- 4 a1-pK -1.23 a1K =10 =10 - 2 4HC O 14 1.23 12.7711 1 00 0 − − − = 2 2 4H C O - 2 4HC O - 2 4HC OB．Ka2＝ ＝10−4.19，0.1mol•L−1PT 中滴加 NaOH 至溶液 pH＝4.19，则 c（ ）＝ ，故 B 正确； C． 水解平衡常数 Kh＝ ＜Ka2，说明 的电离程度大于水解程度导致溶液呈酸 性，要使混合溶液呈中性，则加入的 n（NaOH）大于 n（KHC2O4•H2C2O4•2H2O），则 c（K＋）＜c（Na＋）， 故 C 错误； D.0.1mol•L−1PT 与 0.1mol•L−1KOH 溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成 KHC2O4，因 的电离程 度大于水解程度导致溶液呈酸性，其对水的电离的抑制作用大于促进作用，所以其溶液中水的电离程度小 于纯水，故 D 错误； 故选：CD。 【点睛】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明 确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用。 12.工业上常采用“电催化氧化—化学沉淀法”对化学镀镍废水进行处理，电解过程中电解槽中 H2O、Cl-放电 产生·OH、HClO，在活性组分作用下，阴阳两极区发生的反应如下(R 表示有机物)： ①R+·OH→CO2+H2O ②R+HClO→CO2+H2O+Cl- ③H2PO +2·OH-4e-=PO +4H+ ④HPO +·OH-2e-=PO +2H+ ⑤H2PO +2ClO-=PO +2H++2Cl- ⑥HPO +ClO-=PO +H++Cl- ⑦Ni2++2e-=Ni ⑧2H++2e-=H2↑ 下列说法不正确的是( ) A. ·OH、HClO 在阳极上产生 B. 增大电极电压，电化学氧化速率加快 C. 电解时，阴极附近 pH 逐渐升高，Ni2+去除率逐渐减小 D. 向电解后的废水中加入 CaCl2 可以去除磷元素 【答案】C ( ) ( ) 2- 2 4 - 2 4 c C O c H ) c HC ( O  ＋ - 2 4HC O ( )2- 2 4c C O - 2 4HC O 14 1.23 12.7711 1 00 0 − − − = - 2 4HC O - 2 4HC O - 2 3- 4 2- 3 3- 4 - 2 3- 4 2- 3 3- 4【解析】 【详解】A. 电解过程中电解槽中 H2O、Cl-放电产生·OH、HClO，可得电极反应为： , ，失电子在阳极反应，故 A 正确； B. 增大电极电压，可以加快导线中电子的移动速度，同时加快溶液中离子的移动速度，提高电化学氧化速 率加快，故 B 正确； C. 电解时，阴极反应为 Ni2++2e-=Ni，2H++2e-=H2↑，镍离子得电子转变成金属单质除去，pH 升高后，镍离 子能与氢氧根结合成氢氧化镍沉淀，仍然可以从废水中去除，因此没有降低其去除效率，故 C 错误； D. 向电解后的废水中加入 CaCl2 可以与产生的磷酸根离子形成磷酸钙沉淀，从而去除废水中的磷元素，故 D 正确； 故选：C。 13.碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为 2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，下列说法正确的是（ ） A. 从左向右接口的连接顺序：F→B，A→D，E←C B. 装置 X 中盛放的试剂为饱和 Na2CO3 溶液 C. 装置 Z 中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解 D. 实验开始时应先打开 Y 中分液漏斗的旋转活塞 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去 HCl 杂质，则 F→B， A→D ，故 A 正确； B. 装置 X 为除去 HCl 杂质，盛放的试剂为饱和 NaHCO3 溶液，故 B 错误； C. 装置 Z 中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，故 C 错误； D. 实验开始时应先打开 Y 中分液漏斗的旋转活塞,使溶液呈碱性以吸收更多的二氧化碳，故 D 正确； 故选 AD。 - + 2H O-e =H + OH - + 2 - -2e +H O=C HClO+Hl14.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数 K=2×10-5。 已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni(CO)4； 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230℃制得高纯镍。下列判断正确的是（ ） A. 升高温度，该反应的平衡常数减小 B. 该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]=4v 生成(CO) C. 第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选择反应温度，选 50℃ D. 第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低 【答案】AC 【解析】 【详解】A. 由已知信息：第二阶段是将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230℃制得高纯镍，可知 升高温度，该反应向逆反应方向移动，则该反应的平衡常数减小，故 A 正确； B. 可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必 须表明“一正一逆”，且等于系数之比，因此该反应达到平衡时，4v 生成[Ni(CO)4]=v 生成(CO)，故 B 错误； C. 第一阶段要制得气态 Ni(CO)4，而 Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，因此应选 50℃，大于沸点，便于分离出气态 Ni(CO)4，故 C 正确； D. 第二阶段，加热至 230℃，该反应 Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)的平衡常数 K=2×10-5，正反应进行的程度 低，则逆反应进行的程度大，说明 Ni(CO)4 分解率较高，可制得高纯度镍，故 D 错误； 故选 AC。 15.常温下，用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01mol•L-1 的 KCl、K2C2O4 溶液，所得的沉淀溶解平衡图像 如图所示(不考虑 C2O 的水解)。已知 Ksp(AgCl)数量级为 10-10。下列叙述不正确的是（ ） A. Ksp(Ag2C2O4)数量级为 10-11 B. n 点表示 Ag2C2O4 的过饱和溶液 2- 4C. 向 c(Cl-)=c(C2O )的混合液中滴入 AgNO3 溶液时，先生成 AgCl 沉淀 D. Ag2C2O4(s)＋2Cl-(aq) 2AgCl(s)＋C2O (aq)的平衡常数为 10-0.71 【答案】BD 【解析】 【分析】 若曲线 X 为 AgCl 的沉淀溶解平衡曲线，则 Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数 量 级 为 10-10 ， 若 曲 线 Y 为 AgCl 的 沉 淀 溶 解 平 衡 曲 线 ， 则 Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为 10-7，又已知 Ksp(AgCl)数量级为 10-10， 则 曲 线 X 为 AgCl 的 沉 淀 溶 解 平 衡 曲 线 ， 则 曲 线 Y 为 Ag2C2O4 的 沉 淀 溶 解 平 衡 曲 线 ， Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，据此分析解答。 【 详 解 】 A. 由 以 上 分 析 知 ， 曲 线 Y 为 Ag2C2O4 的 沉 淀 溶 解 平 衡 曲 线 ， Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46=100.54×10−11，则 Ksp(Ag2C2O4)数量级为 10-11，故 A 正确； B. 曲线 Y 为 Ag2C2O4 的沉淀溶解平衡曲线，n 点的离子积 Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为 Ag2C2O4 的不 饱和溶液，故 B 错误； C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成 AgCl 沉淀所需的 c(Ag+)小于生成 Ag2C2O4 沉淀所需的 c(Ag+)，故向 c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3 溶液时，先析出氯化银沉淀，故 C 正确； D. Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数 ，此时溶液中的 c(Ag+)相同，故有 ，故 D 错误； 故选 BD。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.多年来，储氢材料、光催化剂与硼酸盐材料的研究一直是材料领域的热点研究方向。回答下列问题： 一种 Ru 络合物与 g-C3N4 符合光催化剂将 CO2 还原为 HCOOH 的原理如图。 2- 4 2- 4 ( ) ( ) 2- 2 4 2 - C O = Cl c K c ( ) ( ) 2- -2.46 2 4 9.04 -5.75 22 - C O 10= = 10(10 )Cl c K c =(1)Ru 络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___，Ru 络合物含有的片段 和 中都存 在大 π 键，氮原子的杂化方式为___，氮原子配位能力更强的是___（填结构简式） (2)基态碳原子的价电子排布图为___，HCOOH 的沸点比 CO2 高的原因是___。 (3)2019 年 8 月 13 日中国科学家合成了白光材料 Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2，[B(OH)4]-中 B 的价层电子对数为 ____，[Sn(OH)6]2-中，Sn 与 O 之间的化学键不可能是___。 a.π 键 b.σ 键 c.配位键 d.极性键 (4)镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为 LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z 表示 储氢后的三种微粒，则图中 Z 表示的微粒为___(填化学式)。若原子分数坐标 A 为（0，0，0），则 B（Y） 的原子分数坐标为___，已知 LaNi5H6 摩尔质量为 499g·mol-1，晶体密度为ρ g·cm-3，设 NA 为阿伏加德罗常 数的值，则晶胞参数为 a=___pm（用代数式表示）。 【答案】 (1). N＞O＞C (2). sp2 (3). (4). (5). HCOOH 和 CO2 都为 分子晶体，HCOOH 分子间形成氢键 (6). 4 (7). a (8). H2 (9). ( ， ，0) (10). ×1010 【解析】 【分析】 根据元素第一电离能的变化趋势比较元素的第一电离能的大小关系，根据杂化轨道理论和大 π 键的成键特 点判断氮原子的轨道杂化方式，根据配位键的成键条件判断 和 中谁的氮原子配位能力更强。根据价 层电子对互斥理论分析中心原子的价层电子对数，根据 Sn 与 O 的成键特点判断其所形成的化学键类型。根 3 4 1 4 3 A 499 Nρ据均摊法确定晶胞中各种微粒的个数，再结合晶体的化学式确定微粒 Z 的类型，根据晶胞结构及其粒子的 空间分布特点判断其坐标参数，根据晶胞的密度和质量计算晶胞的边长。 【详解】(1)同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势，但是第ⅤA 族元素比同周期的第ⅥA 族元 素的第一电离能大，故 N、O、C 的第一电离能依次减小； 和 中都存在大 π 键，氮原子均采用 sp2 杂 化， 的大 π 键为 π66，N 原子有一对孤电子对， 的大 π 键为 π56，N 原子无孤电子对，因此氮原子配 位能力更强的是 ，故答案为：N＞O＞C；sp2； ； (2)碳原子为 6 号元素，根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为 1s22s22p2，故基态碳原子的价电子 排布图为 ；HCOOH 和 CO2 都为分子晶体，但是 HCOOH 分子间可形成氢键，故 HCOOH 的沸点比 CO2 高； (3)[B(OH)4]－中硼原子连接四个羟基，其价层电子对数为 4；[Sn(OH)6]2-的中心离子 Sn4+与 OH-之间形成配 位键，配位键是一种特殊的共价键，则 Sn 与 O 之间形成的化学键属于 σ 键或极性键，不可能是 π 键，故答 案为：4；a； (4)根据均摊法可知，晶胞中，微粒 X 的个数为 ，微粒 Y 的个数为 ，微粒 Z 的个数为 ，根据储氢后所得晶体的化学式 LaNi5H6，可知微粒 Z 为 H2；根据晶胞结构图可知，B(Y) 的原子分数坐标为( ， ，0)；晶胞边长 ，故答案为：H2；( ， ，0)； ×1010。 【点睛】第(4)问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，1cm =1010pm，另外经常用到的还有纳米 与厘米的换算，1cm=10-7nm。 17.铜转炉烟灰主要含有 Zn［还有少量 Fe(+2 价)、Pb、Cu、As 等元素］的硫酸盐和氧化物，少量为砷酸 盐。制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。请回答以下问题： 的 18 =18 × 18 +1=52 × 1 18 +2 =34 2 × × 3 4 1 4 103 3 A 499a= = 10 pmm Nρ ρ × 3 4 1 4 3 A 499 Nρ己知：活性炭净化主要是除去有机杂质。 (1)写出氯化铵的电子式___，“净化”过程属于___(填“物理”、“化学”)变化。 (2)在反应温度为 50℃，反应时间为 1h 时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵适 宜的浓度为___mol·L-1。若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时 ZnO 发生反应的离子方程式 为___。 (3)滴加 KMnO4 溶液有 MnO2 生成，目的是除___元素，除杂 3 是置换除杂过程，则试剂 a 是___，“滤渣Ⅲ” 的主要成分为___(填化学式)。 (4)写出“沉锌”时发生反应的离子方程式___，此过程中可以循环利用的副产品是___。 (5)取 mg 活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂 3、4 滴，再加入适量六亚甲基四胺，用 amol•L-1EDTA 标准液进行滴定，消耗标准液 VmL。己知：与 1.0mLEDTA 标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相当的以克表示 的氧化锌质量为 0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___(用代数式表示)。 【答案】 (1). (2). 物理 (3). 4 (4). ZnO+2NH +2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O (5). Fe (6). Zn (7). Cu(Zn) (8). 2Zn2++4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O (9). NH4Cl (10). ×100%或 % 【解析】 【分析】 首先利用氯化铵和氨水浸取铜转炉烟灰，Pb 元素转化为 Pb(OH)Cl 沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As 等元素进入 溶液，加入氯化铁 As 元素转化为 FeAsO4 沉淀除去，加入硫酸酸化的高锰酸钾，Fe 元素全部被氧化成 Fe3+， 调节 pH 使 Fe 元素转化为沉淀除去；此时还有 Cu 元素会影响后续减少碳酸锌的纯度，所以试剂 a 应除去铜 元素，为了不引入新的杂质，可以加入过量的 Zn 单质置换出铜，从而将其除去；再加入活性炭净化；之后 加入碳酸氢铵将 Zn 元素转化为碱式碳酸锌，煅烧后得到氧化锌。 + 4 - 3 0.08139aV m 8.139aV m【详解】(1)氯化铵由铵根和氯离子构成，电子式为 ；活性炭吸附有机杂质达到净化的目的， 没有新物质生成，属于物理变化； (2)浸取过程中需要使 Zn 元素尽可能多的进入溶液，而杂质离子要尽量少的进入溶液，同时为了加快反应速 率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为 4mol/L 时，一方面锌元素的浸出率 已经接近 100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，所以最适宜的浓度为 4mol/L； 反应物有 ZnO、氯化铵、一水合氨，产物有[Zn(NH3)4]2+，根据元素守恒可得离子方程式为 ZnO+2NH +2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O； (3)滴加 KMnO4 溶液可将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调节 pH 值除去，所以目的是除去 Fe 元素；根据分析可知试剂 a 为 Zn，滤渣Ⅲ主要有置换出来的 Cu 和未反应的 Zn； (4)溶液中有大量锌离子，加入碳酸氢铵后产生 Zn2(OH)2CO3，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和锌离子、氢 氧根结合生成碱式碳酸锌沉淀，促进碳酸氢根的电离，电离出的氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和 水，所以离子方程式为 2Zn2++4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；根据前序步骤添加的物质，以及此过程 发生的反应可知，此时溶液中的主要成分为氯化铵和少量硫酸按，氯化铵可以循环使用； (5)用 amol•L-1EDTA 标准液进行滴定，消耗标准液 VmL，与 1.0mLEDTA 标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相 当的以克表示的氧化锌质量为 0.08139，所以 m(ZnO)= aV×0.08139g，质量分数为 ×100%或 %。 【点睛】涉及 Fe 元素的除杂流程时，由于 Fe(OH)3 更容易沉淀，通常会加入氧化剂将 Fe 元素转化为 Fe3+， 再调节 pH 值将其除去。 18.2019 年 12 月 4 日“全球碳计划”发布报告说，全球 CO2 排放量增速趋缓。人们还需要更有力的政策来逐 步淘汰化石燃料的使用。CO2 的综合利用是解决温室问题的有效途径。 (1)一种途径是用 CO2 转化为成为有机物实现碳循环。如： C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) ΔH=-44.2kJ·mol-1 2CO2(g)+2H2O(l) C2H4(g)+3O2(g) ΔH=+1411.0kJ·mol-1 已知 2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)其正反应的活化能为 EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为 ___kJ·mol-1。乙烯与 HCl 加成生成的氯乙烷在碱性条件下水解也得到乙醇，反应的离子方程式为___， v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)为速率方程，研究表明，CH3CH2Cl 浓度减半，反应速率减半，而 OH-浓度减半对 反应速率没有影响，则反应速率方程式为___。 + 4 - 3 0.08139aV m 8.139aV m   (2)利用工业废气中的 CO2 可以制取甲醇和水蒸气，一定条件下，往 2L 恒容密闭容器中充入 1molCO2 和 3molH2，在不同催化剂作用下发生反应 I、反应 II 与反应 III，相同时间内 CO2 的转化率随温度变化如图所 示： ①催化剂效果最佳的反应是___(填“反应 I”，“反应 II”，“反应 III”)。 ②b 点 v(正)___v(逆)(填“>”，“ (6). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (7). (8). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O (9). CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O 【解析】 【分析】 (1)应用盖斯定律，计算出 2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)的 ΔH，并按照 ΔH=正反应的活化能-逆反 应的活化能，计算逆反应的活化能，氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，据此写反应的离子方程 式，按反应物浓度对速率的影响数据，写反应速率方程式即可； 16 3 LiI Rh+ ===、 (2)一定条件下，往 2L 恒容密闭容器中充入 1molCO2 和 3molH2 后反应得到甲醇和水蒸气，反应方程式为 ，按照 CO2 的转化率随温度变化关系图分析、计算回答即可； (3)①原料中的 CH3OH 可通过电解法由 CO2 制取，二氧化碳在阴极反应，故是二氧化碳得电子被还原的反 应，据此写生成 CH3OH 的电极反应式； ②根据图示，找出总的反应物、催化剂和产物，据此写总反应的化学方程式； 【详解】(1)反应①C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) ΔH1=-44.2kJ·mol-1 反应②2CO2(g)+2H2O(l) C2H4(g)+3O2(g) ΔH2=+1411.0kJ·mol-1 应用盖斯定律，反应①+反应②得到：2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)，则该反应的 ΔH=ΔH1+ΔH2， 故 ΔH =-44.2kJ·mol-1+(+1411.0kJ·mol-1)=+1366.8kJ·mol-1，因为 ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反 应的活化能为 EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为 Ea-1366.8kJ·mol-1； 答案为：Ea-1366.8； 氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，则反应的离子方程式为 CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；该反应的速率方程为 v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)，研究表明， CH3CH2Cl 浓度减半，反应速率减半，则可知 m=1，而 OH-浓度减半对反应速率没有影响，则 n=0，故反应 速率方程式为 v=kc(CH3CH2Cl)； 答案为：CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；v=kc(CH3CH2Cl)； (2)一定条件下，密闭容器中发生的反应为 ，①相同温度下相同时 间内 CO2 转化率最高的是反应Ⅰ的图线，故最佳催化剂为反应 I； 答案为：反应 I； ②图线中 b 点未达到平衡状态，则 v(正) >v(逆)； 答案为：>； ③若此反应在 a 点时已达平衡状态，则继续升温就会使平衡移动，故 a 点的转化率比 c 点高的原因为该反应 为放热反应，温度升高，平衡逆向移动； 答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动； ④该条件下，一开始往 2L 恒容密闭容器中充入 1molCO2 和 3molH2，由图知，c 点时二氧化碳转化了 ， 则 ，平衡时 2L 容器内 2 2 3 2CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)    2 2 3 2CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) 2 3 2 2 3 2CO (g)+3H (g)=CH OH(g)+H O(g) 1 3 0 0 (mol) 2 2 2 21 3 1 1(mol) 3 3 3 3 (mol) 1 1 2 233 3 3 3 × × × × × 起始 转化 平衡的浓度依次为 ，则该反应的 平衡常数 = = ； 答案为： ； (3)①通过电解法由 CO2 制取 CH3OH，碳元素化合价降低，故是二氧化碳得电子被还原的反应，故二氧化 碳在阴极反应，则生成 CH3OH 的电极反应式为 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O； ②根据图示，CH3OH、CO2 和 H2 在 LiI、Rh+催化作用下生产 CH3COOH 和 H2O，总反应的化学方程式为 CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O； 答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O。 【点睛】K 的计算是易错题，因为经常忽视容器的体积。 19.三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3 是橙黄色的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。利用含钴废料(含 少量 Fe、Al 等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3 的工艺流程如图，回答下列问题： 已知：①“浸出液”中含有 Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3+等 ②Ksp［Co(OH)2］=6×10-15、Ksp［Co(OH)3］=1.6×10-44 (1)加“适量 NaClO3”的作用是___，发生反应的离子方程式为___。 (2)“加 Na2CO3 调 pH 至 a”会生成两种沉淀，分别为___(填化学式)。 (3)操作Ⅰ的步骤包括___、___、减压过滤。 (4)流程中“氧化”过程应先加入___(填“氨水”或“H2O2”)，需水浴控温在 50～60℃，温度不能过高，原因是 ___。写出“氧化”步骤发生反应的离子方程式：___，若无活性炭作催化剂，所得固体产物中除[Co(NH3)6]Cl3 外还会有大量二氯化一氯五氨合钴[Co(NH3)5Cl]Cl2 和三氯化五氨一水合钴[Co(NH3)5H2O]Cl3 晶体，这体现了 催化剂的___性。 【答案】 (1). 将 Fe2+转化为 Fe3+ (2). 6Fe2+＋ClO ＋6H+=6Fe3+＋Cl-＋3H2O (3). Fe(OH)3 和 Al(OH)3 2 2 3 2CO (g) H (g) CH OH(g) H O(g)、 、 、 1 1 1 1mol/L mol/L mol/L mol/L6 2 3 3 、 、 、 3 2 3 2 2 [CH OH(g)] [H O(g)] [CO (g)] [H (g)] c cK c c ⋅= ⋅ 3 1 1 3 3 1 1( )6 2 × × 16 3 16 3 LiI Rh+ ===、 LiI Rh+ ===、 - 3(4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 氨水 (7). 氨水温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率 (8). H2O2＋2Co2+＋2NH ＋10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O (9). 选择性 【解析】 【分析】 以含钴废料(含少量 Fe、Al 等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，得到 Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液， 加入适量的 NaClO3 将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加 Na2CO3 调 pH，沉淀 Al3+、Fe3+为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3，过滤， 得到滤液，向含有 Co2+的溶液中加入盐酸调节 pH=2-3，加入活性炭和 NH4Cl 溶液得到 CoCl2•6H2O，再依 次加入氨水和 H2O2，发生反应：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3•H2O=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O，再将沉淀在 HCl 氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。 【 详 解 】 (1) 加 “ 适 量 NaClO3” 的 目 的 是 将 Fe2+ 氧 化 为 Fe3+ ， 发 生 的 离 子 反 应 为 ： 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O； (2)根据分析，加 Na2CO3 调 pH，沉淀 Al3+、Fe3+为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3； (3)为防止产品水解，故[Co(NH3)6]Cl3 应在 HCl 氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤； (4)若先加 H2O2，将 Co 元素氧化到 Co3+，后加氨水，会生成 Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水 再加入 H2O2，可防止 Co(OH)3 的生成，双氧水受热易分解，氨水温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产 率，因此需水浴控温在 50～60℃，温度不能过高；“氧化”步骤发生反应的离子方程式：H2O2＋2Co2+＋2NH ＋10NH3·H2O+6Cl-=2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O；若无活性炭作催化剂，所得固体产物中除[Co(NH3)6]Cl3 外 还会有大量二氯化一氯五氨合钴[Co(NH3)5Cl]Cl2 和三氯化五氨一水合钴[Co(NH3)5H2O]Cl3 晶体，这体现了催 化剂的选择性。 【点睛】易错点为(4)题中氨水和双氧水受热都易分解，不利于产率的提高，但题中的为题为“氧化”过程 中温度不宜过高的原因，二者中双氧水具有氧化性，在流程中其氧化作用，故应考虑双氧水的不稳定性。 20.化合物 I 是 β—氨基酮类化合物。利用 Michael 加成反应合成 I 的路线如图，回答下列问题： + 4 + 4已知：①Michael 加成反应通式为：A—CH2—R+ （A，Y 可以是 CHO、C=O、COOR 等；B 可以是 OH—、CH3CH2O—、 等） ② （1）A→B 的化学方程式为___。 （2）化合物 C 和 I 的结构简式分别为___、___。 （3）B→C 和 E→F 的反应类型分别是___、___。 （4）写出符合下列条件的 D 的同分异构体的结构简式___。 ①与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为 1：2； ②有 4 种不同化学环境的氢； ③能使 FeCl3 溶液显紫色。 （5）写出以苯甲醛、丙酸甲酯和 为原料合成 的合成路线___（其它试剂任选） 【答案】 (1). (2). (3). (4). 加 成 反 应 (5). 取 代 反 应 (6). 、 (7). 【解析】 【分析】 由合成路线，结合已知条件可知，A( )与 发生 Michael 加成反应得到 B，则 B 为 ，B 与 发生 Michael 加成反应得到 C，则 C 为 ，D 与 HOCH2CH2OH 在 酸性条件下发生取代反应得到 E，E 与 CH3NH2 发生取代反应生成 F，F 再经 LiAlH4 还原得到 G，G 再在酸 性条件下水解得到 H，H 与 OH-结合生成 I，I 为 ，据此分析解答问题。 【 详 解 】 (1) 根 据 上 述 分 析 可 知 ， A( ) 与 发 生 Michael 加 成 反 应 得 到 B( )，则反应的化学方程式为 ，故答案为： ； (2)由上述分析可知，C 为 ，I 为 ，故答案为： ； ； (3)B 与 发生 Michael 加成反应得到 C，E 与 CH3NH2 发生取代反应生成 F，故答案为：加成反应； 取代反应；(4)D 的结构简式为 ，其分子式为 C12H20O2，D 的同分异构体能使 FeCl3 溶液显紫色，则分子中含 有酚羟基，与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为 1：2，则 1 个该分子中含有 2 个酚羟基，又分子 中有 4 种不同化学环境的氢，则满足条件的结构有 和 ，故答案为： 、 ； (5)根据上述合成路线，以苯甲醛、丙酸甲酯和 为原料合成 时，可先将苯甲 醛与 发生已知反应②生成 ， 与丙酸甲 酯碱性条件下生成 ，再在酸性条件下水解得到 ，故合成路线可设计为： 。