山东省潍坊市2020届高三第三次模拟化学试题（解析版）

淮坊市高考模拟考试 化 学 可能用到的相对原子质量： H1 Li7 C12 N14 O16 F19 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Fe56 Ga70 Bi209 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1.古代化学源远流长。下列说法错误的是 A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，说明铁能置换出铜；这样铁釜能减缓锈蚀 B. “欲试药金(铜锌合金），烧火有五色气起”，通过焰色反应可检验金属元素 C. “龙泉水，可以淬刀剑”，高温的铁与水反应生成 Fe3O4 D. “取朴硝(含有 KNO3)以温汤溶解，次早结块”，该过程为重结晶 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁比铜活泼，铁将铜置换出来后形成原电池，铁作为负极，会加速铁釜的腐蚀，故 A 错误； B．某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会使火焰呈现特殊颜色，所以通过焰色反应可以检验金属 元素，故 B 正确； C．高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故 C 正确； D．“取朴硝(含有 KNO3)以温汤溶解”是指配置 KNO3 热饱和溶液，“次早结块”待一段时间后溶液温度 降低，有硝酸钾晶体析出，所以该过程为重结晶，故 D 正确； 故答案为 A。 2.在芒硝(Na2SO4•l0H2O)结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A.芒硝晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量芒硝晶体 的质量、瓷坩埚和芒硝粉末的质量，至少称量 4 次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，A 不符合题意；’ B.为使芒硝晶体充分反应，应该将芒硝晶体研细，因此要用到研磨操作，仪器为研钵，B 不符合题意； C.盛有芒硝晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操 作，C 符合题意； D.加热后冷却时，为防止芒硝粉末吸水，应将芒硝放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水芒 硝，因此需要使用干燥器，D 不符合题意； 答案选 C。 3.X、Y、Z、W 是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大；基态 X 的价电子轨道表示式为 ，Z 最外层电子数是其次外层电子数的 3 倍；四种元素与锂组成的化合物结构如图(箭头表示 配位键）。下列说法正确的是 A. 四种元素中第一电离能最大的是 Z B. Y 和 Z 形成的化合物常温下均易溶于水 C. X 的最高价氧化物的水化物是一种强酸 D. Z 和 W 分别与氢元素形成的 10 电子化合物的沸点：前者高于后者 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题干中，基态 X 的价电子轨道表示式为 ，Z 最外层电子数是其次外层电子数的 3 倍，推出 Z 是 O，又原子序数依次增大，故 X 是 B，在根据四种元素与锂组成的化合物中 Y 原子周围形成了四个化 学键，故 Y 是 C，再根据 X、Y、Z、W 是短周期同一周期的主族元素，故 W 为 F。 【详解】A. 根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA 与ⅢA、ⅤA 与ⅥA 反常，故四种元素中 第一电离能最大的是 W，故 A 错误； B. Y 和 Z 形成的化合物有 CO 和 CO2，常温下均难溶于水，故 B 错误； C. X 的最高价氧化物的水化物即硼酸，是弱酸，故 C 错误； D. Z 和 W 分别与氢元素形成的 10 电子化合物分别为 H2O 和 HF，由于 H2O 分子中的 O 原子能与周围 H2O 分子中的两个 H 原子生成两个氢键，HF 分子中的 F 原子只能形成一个氢键，一般氢键越多，熔沸点越高， 所以 H2O 熔沸点高，故 D 正确；本题答案为：D 4.对羟基苯甲酸乙酯用于食品防腐剂，工业上可用下列方法制备，以下说法错误的是 A. 对羟基苯甲酸能发生缩聚反应、取代反应 B. 可用浓溴水检验产物中是否有对羟基苯甲酸乙酯生 成 C. lmol 对羟基苯甲酸乙酯最多与 2molNaOH 反应 D. 乙醇脱水生成的乙烯不存在顺反异构 【答案】B 【解析】 【详解】A. 对羟基苯甲酸含有酚羟基且邻位上的碳原子上有氢原子，故能发生取代反应，含有羟基和羧基 能发生酯化反应也属于取代反应，两种官能团之间也能发生缩聚反应，故 A 正确； B. 因为反应物对羟基苯甲酸和产物对羟基苯甲酸乙酯都有酚羟基，故不能用浓溴水检验产物中是否有对羟 基苯甲酸乙酯生成，故 B 错误； C. lmol 对羟基苯甲酸乙酯中酚羟基和酯基各消耗 1molNaOH，故 C 正确； D. 顺反异构必须是碳碳双键所在的两个碳原子分别连有两个不同的原子或原子团，而乙醇脱水生成的乙烯 两个碳原子均与两个 H 原子相连，故不存在顺反异构，故 D 正确； 本题答案为：B。 5.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。 下列说法正确的是 A. 基态 Br 原子中电子的空间运动状态有 35 种 B. [Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键 C. 中心原子 S 的杂化方式为 sp3 D. 非金属元素 S、O、Br 中电负性最大的是 Br 【答案】C 【解析】 【详解】A．Br 为 35 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p5，其内层轨道全部占满，共占据 14 个轨道，4s 能级一个轨道全部占满，4p 能级 3 个轨道也占满，所以共有 14+1+3=18 种空间运动状态的电子， 故 A 错误； B．[Ag(S2O3)2]3-中存在 Ag+和 之间的配位键，S 原子和 O 原子之间的共价键，但不存在离子键，故 B 错误； C． 与 SO 原子总数相同，价电子总数相同，所以中心 S 原子的杂化方式相同，SO 中心 S 原子价 2- 2 3S O 2- 2 3S O 2- 2 3S O 2- 4 2- 4层电子对数为 =4，所以为 sp3 杂化，故 C 正确； D．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性 O 最强，所以电负性最大的是 O 元素，故 D 错误； 故答案为 C。 6.下列实验操作能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A.除去苏打中混有的少量小苏打 将固体溶解，加入足量澄清石灰水后过滤、结晶 B.除去乙酸乙酯中的乙酸 加入氢氧化钠溶液，充分反应后，静置、分液 C.除去铜粉中混有的氧化铜 加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥 D.加快锌与稀硫酸反应制氢气的速率 往溶液中滴加几滴硫酸铜溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．苏打是 Na2CO3、小苏打是 NaHCO3，澄清石灰水为 Ca(OH)2，Na2CO3 和 NaHCO3 都能与 Ca(OH)2 反应生成 CaCO3 的沉淀，不能除去苏打中混有的少量小苏打，A 选项不符合题意； B．乙酸乙酯在碱性条件下会水解生成乙酸钠和乙醇，则不能用 NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B 选项 不符合题意； C．稀硝酸具有强氧化性和酸性，Cu 和 CuO 均能与稀硝酸反应，不能加入稀硝酸除去铜粉中混有的氧化铜， C 选项不符合题意； D．往锌与稀硫酸溶液中滴加几滴硫酸铜溶液，可形成铜锌原电池，加快锌与稀硫酸的反应速率，D 选项符 合题意； 答案选 D。 7.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 17g-OH 中含有的电子数为 10NA B. 25°C 时，Ksp(BaSO4)=1×10-10，则 BaSO4 饱和溶液中 Ba2+数目为 1×10-5NA C. 1L1mol•L-1CH3COONH4 溶液中 CH3COO-与 NH4+数目均为 NA D. 含 0.5mol 晶胞(下图)的 Cu2O 晶体中 Cu2+的数目为 2NA 6+2-2 44+ 2 ×【答案】D 【解析】 【详解】A．1 个—OH 所含电子数为 8+1=9 个，17g 羟基的物质的量为 =1mol，所含电子为 9mol， 即 9NA，A 错误； B．溶液体积未知，无法计算离子的数目，B 错误； C．醋酸铵溶液中，醋酸根和铵根均会发生水解，所以 1L1mol•L-1CH3COONH4 溶液中 CH3COOˉ与 NH4+数 目均小于 1NA，C 错误； D．根据均摊法可知晶胞中白球的数目为 =2，黑球数目为 4，晶体的化学式为 Cu2O，所以黑球为 Cu2+，则 0.5mol 该晶胞中 Cu2+的物质的量为 0.5mol×4=2mol，其数目为 2NA，D 正确； 答案为 D。 8.氢能源是最具应用前景的能源之一。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作原理如图所示(电极 l、 电极 2 均为惰性电极）。下列说法错误的是 A. 控制连接开关 K1 或 K2，可交替得到 H2 和 O2 B. 碱性电解液改为酸性电解池能达到同样目的 C. 接通 K1 时电极 3 上的电极反应式为 Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O D. 电极 3 在交替连接 K1 或 K2 过程中得以循环使用 【答案】B 【解析】 【详解】A. 连接开关 K1 时，电极 1 为阴极，发生的电极反应为： ,电极 3 为 阳极，发生的电极反应为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，连接开关 K2 时，电极 3 为阴极，发生的电极反 17g 17g/mol 11+8 8 × 2 22 2 2H O e OH H− −+ = + ↑应 为 ： ， 电 极 2 为 阳 极 ， 发 生 的 电 极 反 应 为 ： ，故可交替得到 H2 和 O2，故 A 正确； B. 如果碱性电解液改为酸性电解池，电极 3 上的物质 Ni(OH)2 和 NiOOH 均能与酸反应，故 B 错误； C. 由 A 分析可知接通 K1 时电极 3 上的电极反应式为 Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故 C 正确； D. 由 A 分析可知，电极 3 在交替连接 K1 或 K2 过程中得以循环使用，故 D 正确； 本题答案为 B。 9.甲、乙、丙三种有机物的结构简式如下，下列说法正确的是 A. 甲与溴水加成 产物只有两种 B. 乙中所有碳原子共平面 C. 丙的二氯代物有 4 种 D. 丙的同分异构体中，属于炔烃的有 4 种 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲中含有共轭双键，可以发生 1,4 加成，与溴 1:1 加成时有 3 种产物；当与溴 1:2 加成时有 1 种产物，故 A 错误； B．物质乙中 3 个以单键相连的碳原子可能共面，也可能不共面，故 B 错误； C．丙中有两种环境的碳原子，其二氯代物有 、 、 、 ，共有 4 种，故 C 正确； D．丙的分子式为 C5H8，其同分异构体中属于炔烃的有 、 、 ，共 三种，故 D 错误； 故答案为 C。 10.“接触法制硫酸”的主要反应是 2SO2+O2 2SO3 在催化剂表面的反应历程如下： 下列说法正确的是 的 ( )2 2NiOOH H O e Ni OH OH− −+ + = + 2 24 4 2OH e O H O− −− = ↑ +A. 使用催化剂只能加快正反应速率 B. 反应②的活化能比反应①大 C. 该反应的催化剂是 V2O4 D. 过程中既有 V—O 键的断裂，又有 V—O 键的形成 【答案】D 【解析】 【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故 A 错 误； B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小；故 B 错误； C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为 V2O5，故 C 错误； D.历程中反应①有 V—O 键的断裂，反应②有 V—O 键的形成，故 D 正确； 本题答案为：D 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 11.香子兰酸甲酯(甲）、甲醇、甲基丙烯酸甲酯(丙）、有机物(乙）、有机物(丁）存在下列转化关系，下列说 法正确的是 A. 丙的分子式为 C5H10O2 B. 乙→丁的反应类型为加成反应 C. 乙、丁中的官能团种类均为 3 种 D. 甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同 有 9 种 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据丙的结构简式可知丙的分子式为 C5H8O2，故 A 错误； B．乙生成丁的过程中乙中的共轭双键打开发生 1,4 加成，丙中碳碳双键打开发生加成，形成环状结构，所 以该反应属于加成反应，故 B 正确； C．乙中有碳碳双键、醚键、酮基、酯基共 4 种官能团，丁中有醚键、酮基、酯基、碳碳双键共 4 种官能团， 故 C 错误； D．甲的苯环上有三个不同的官能团，当其中两个官能团位于邻位或间位时，苯环剩余 4 个氢原子均不同， 所以此时另一个取代基分别有 4 种位置，当其中两个官能团位于对位时，苯环上有 2 种环境的氢，所以另 一个取代基有 2 种位置，则包括甲在内的所有同分异构体共有 4+4+2=10 种，除去甲还有 9 种，故 D 正确；故答案为 BD。 【点睛】当苯环上有 3 个不同取代基时，有 10 种同分异构体，若 3 个取代基中有两个相同时，有 6 种同分 异构体。 12.Cl2O 能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备 Cl2O 原理为 HgO(红色粉末） +2Cl2=HgCl2(白色粉末）+Cl2O，某化学小组用下图装置制备 Cl2O(夹持装置略去） 已知：①Cl2O 的熔点为-116°C、沸点为 3.8°C，易溶于水；②高浓度的 Cl2O 易爆炸，Cl2O 与有机物接触或 加热时会发生剧烈反应。 下列说法错误的是 A. 装置③中盛装的试剂是饱和食盐水，④中现象是红色粉末逐渐变为白色 B. 装置④中橡胶塞用锡箔包裹，防止 Cl2O 与橡胶塞反应 C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是 Cl2O D. 通入干燥空气的目的是将生成的 Cl2O 稀释，防止发生爆炸 【答案】AC 【解析】 【分析】 ①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的 HCl，③中浓硫酸干 燥氯气，氯气进入装置④中与 HgO 反应生成 Cl2O 气体，由沸点可知⑤中冷凝得到 Cl2O 液体，最后出来的 气体为空气及过量的 Cl2，高浓度的 Cl2O 易爆炸，干燥空气的可将生成的 Cl2O 稀释，防止发生爆炸。 【详解】A．根据分析可知装置②中为饱和食盐水，装置③中为浓硫酸干燥氯气，故 A 错误； B．橡胶属于有机物，Cl2O 与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，所以橡胶塞用锡箔包裹，故 B 正确； C．Cl2O 的沸点为 3.8°C，在装置⑤中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的 Cl2，故 C 错误； D．高浓度 Cl2O 易爆炸，干燥空气的可将生成的 Cl2O 稀释，防止发生爆炸，故 D 正确； 故答案为 AC。 13.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如下图所示。下列说法错误的 是 的A. 苯酚被氧化的总反应：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O B. 反应过程中 BMO 表现较强氧化性 C. 在酸性条件下，反应①的离子方程式是 3C6H5OH+28 +28H+=l8CO2↑+23H2O D. 过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为 1:3 【答案】BD 【解析】 【分析】 通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO 首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成 BMO+，同时将 O2 还原为 ；随后，BMO+和 各自表现氧化性将苯酚转化为 H2O 和 CO2，这个过程 BMO+ 又被还原为最初的状态。 【详解】A．根据分析可知，该过程中苯酚在光照、BMO 作催化剂的条件下被氧气氧化生成 CO2 和 H2O， 反应方程式为 C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O，A 选项正确； B．通过分析可知，BMO 在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了 BMO+，B 选项错误； C．酸性条件下，反应①中苯酚、 与 H+反应生成 CO2 和 H2O，反应的离子方程式是 3C6H5OH+28 +28H+=18CO2↑+23H2O，C 选项正确； D．1 个 BMO+表现氧化性，被还原为 BMO，可以得 1 个电子；1 个 表现氧化性，被还原为 2 个 H2O， 可以得 3 个电子，所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为 3:1，D 选项错误； 答案选 BD。 14.向 7.5mL0.03mol•L-1 的 H3PO4 溶液中，逐滴加入相同浓度的 NaOH 溶液，溶液 pH 与 NaOH 溶液体积关 系如图所示，已知 Ka1>Ka2>Ka3，下列说法错误的是 A. H3PO4 第一级电离平衡常数 Ka1 的数量级为 10-3 BMO →光 - 2O - 2O - 2O BMO →光 - 2O - 2O - 2OB. 水的电离程度：bc( )>c( )>c( )>c(H+)>c(OH-) D. c 点溶液中：2c(H3PO4)+c( )+c(H+)=c(OH-)+c( ) 【答案】C 【解析】 【详解】A．据图可知未滴加 NaOH 溶液时，0.03mol/L 的 pH=2，此时主要以 H3PO4 +H+为主， 则该溶液中 c(H+)= c( )=10-2mol/L，Ka1= =5×10-3，故 A 正确； B．根据滴加的 NaOH 溶液的量可知，b 点溶质为 NaH2PO4，此时溶液显酸性，说明 的电离程度大 于水解程度，所以水的电离受到抑制，c 点溶质为 Na2HPO4，此时溶液显碱性，说明 的水解程度大 于电离程度，水的电离受到促进，所以水的电离程度 bc( )，故 C 错误； D．c 点溶质为 Na2HPO4，根据电荷守恒有 c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+3c( )+2c( )+c( )，根据 物料守恒有 c(Na+)= 2c( )+2c( )+2c( )+2c(H3PO4)，二式联立可得 2c(H3PO4)+c( )+c(H+)=c(OH-)+c( )，故 D 正确； 故答案为 C。 15.某温度下，在起始压强为 80kPa 的刚性容器中，发生 NO 的氧化反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H，该 反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下： ①2NO(g)⇌N2O2(g) v1 正=k1 正 c2(NO) v1 逆=k1 逆 c(N2O2) ②N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) v2 正=k2 正 c(N2O2)c(O2) v2 逆=k2 逆 c2(NO2) 下列说法正确的是 A. NO 氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是 E5—E3 - 2 4H PO 2- 4HPO 3- 4PO - 2 4H PO 3- 4PO  - 2 4H PO - 2 4H PO ( ) ( ) ( ) - + -2 -2 2 4 -2 3 4 H PO H 10 10= 0.03-H O 0P 1 c c c × - 2 4H PO 2- 4HPO 2- 4HPO  2- 4HPO 2- 4HPO  3- 4PO  3- 4PO 3- 4PO 2- 4HPO - 2 4H PO 3- 4PO 2- 4HPO - 2 4H PO - 2 4H PO 3- 4POB. 一定温度下，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2 (g)平衡常数表达式 K= C. 升高温度，NO 氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动 D. 该温度下，将等物质的量的 NO 和 O2 混合反应(忽略 2NO2⇌N2O4)，NO 的平衡转化率为 40%时，该反应 的平衡常数 Kp= kPa-1 【答案】BC 【解析】 【详解】A．整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二 步反应，活化能为 E4—E2，故 A 错误； B．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)平衡常数表达式 K= ，而对于反应①平 衡时正逆反应速率相等，即 k1 正 c2(NO)= k1 逆 c(N2O2)，所以 K1= = ，同理可得反应②的平衡常 数 K2= = ，所以 K=K1·K2= ，故 B 正确； C．据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故 C 正确； D．设等物质的量的 NO 和 O2 分别为 40mol，NO 的平衡转化率为 40%，列三段式有 刚性容器中气体的压强比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为 80mol，压强为 80kPa，则平衡时 p(NO)=24kPa，p(O2)=32kPa，p(NO2)=16 kPa，Kp= = kPa-1，故 D 错误； 故答案为 BC。 三、非选择题： 16.锂是高能电池的理想负极，常用乙腈、二甲基甲酰胺等有机溶剂和 LiC1O4、LlBF4、LiBr 等电解质制成 锂非水电池。回答下列问题： (1)二甲基甲酰胺( )中基态氮原子的电子排布是__，乙腈( CH3- C≡N)中碳原子的杂化轨道类 型为___。 (2)LiClO4 和 LlBF4 中都不存在的化学键是____(填代号)。 1 2 1 2 k k k k 正 正 逆 逆   1 80 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 NO N O NO=NO O NO N O O c c c c c c c c ( ) ( ) 2 2 2 N O NO c c 1 1 k k 正 逆 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 NO N O O c c c 2 2 k k 正 逆 1 2 1 2 · · k k k k 正 正 逆 逆 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22NO g O g 2NO g mol 40 40 0 mol 16 8 16 mol 24 32 16 +  起始 转化 平衡 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 NO 16=O NO 32 24 p p p × 1 72a.离子键 b.共价键 c.金属键 d.配位键 (3)LiX(X=F，Cl，Br，I)具有 NaCl 型晶体结构。当阴、阳离子电荷的绝对值相同且它们的半径相近时，生 成的盐类一般难溶于水。由上述规则可以判断 LiF、LiCl、LiBr、LiI 中溶解度最小的是_______ 。 (4)Li2S 属立方晶体，晶胞边长为 dpm，晶胞截面图如下所示。每个晶胞中含有 S2-的数目为_____，S2-的配 位数是_______，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则 Li2S 晶体的密度为_______g•cm-3(用代数式表示)。 【答案】 (1). 1s2 2s22p3 (2). sp3 杂化、 sp 杂化 (3). c (4). LiF (5). 4 (6). 8 (7). × 1030 【解析】 【详解】(1)N 元素为 7 号元素，所以基态 N 原子的电子排布式为 1s22s22p3；乙腈( CH3- C≡N)中甲基上的碳 原子形成 4 个 σ 键，所以为 sp3 杂化，另一个碳原子形成碳氮三键，所以为 sp 杂化； (2)LiClO4 中存在锂离子和高氯酸根之间的离子键、氧原子和氯原子之间的共价键；LlBF4 中存在 Li+和 BF 之间的离子键、B 原子和 F 原子之间的共价键，B 原子最外层电子数为 3，而与 4 个 F 原子成键，说明其中 有一个为配位键；金属晶体中才存在金属键；综上所述，LiClO4 和 LlBF4 中都不存在的化学键是金属键， 所以选 c； (3)Li+带一个单位正电荷，有 1 层电子；Xˉ均带一个单位负电荷，而 Fˉ、Clˉ、Brˉ、Iˉ的半径依次增大，其中 与 Li+半径最接近的为 Fˉ，根据题意可知 LiF 的溶解度最小； (4)根据晶胞截面图可知，白球即 S2-位于顶点和面心，黑球即 Li+位于每 4 个 S2-形成的正四面体中心，晶胞 结构如图 (C 为 Li+，D 为 S2-)，所以每个晶胞中 S2-的数目为 =4；Li+位于每 4 个 S2-形成的正四面体中心，所以 Li+的配位数为 4，而晶体的化学式为 Li2S，所以 S2-的配位数为 8；晶胞体 积 V=d3pm3，每个晶胞有 4 个 S2-，8 个 Li+，则晶胞的质量为 m= ，所以晶胞的密度= = = ×1030g•cm-3。 【点睛】晶胞的相关计算为本题难点，一是需要有一定的空间想象能力，根据晶胞的截面图判断晶胞的结 3 A 184 d N 4 - 1 16 +82 8 × × A 4 32+7 8 gN × × A 3 3d pm 4 32+7 8 gN × × -3 3 A 184 g pmd N  3 A 184 d N构，二是需要平时多注意积累一些常见的晶胞结构；求 S2-的配位数时也可以根据晶胞结构直接判断，以面 心的硫离子为例，该晶胞中有 4 个距离硫离子最近且相等的锂离子，则该晶胞的上方晶胞中还有 4 个一样 的锂离子，所以配位数为 8。 17.某化学小组为研究甲醛和新制 Cu(OH)2 反应，进行如下探究，该小组设计下图装置(气密性良好并进行实 验：向试管中依次加入 6mol•L-1NaOH 溶液 12mL0.5mol•L-1CuSO4 溶液 8mL，振荡，再加入 40%的甲醛溶液 6mL，放入 65°C 水浴中加热，20min 后冷却至室温；反应过程中观察到有红色固体生成，有少量气体产生 并收集该气体。回答下列问题： 已知：Cu2O 易溶于浓氨水形成[Cu ( NH3)4]＋(无色），它在空气中能被氧化为[Cu(NH3)4]2+(蓝色)。 (1)实验中 NaOH 溶液过量的目的是__________。使用水浴加热的目的是_______________。 (2)跟乙醛与氢氧化铜的反应相似，甲醛和新制 Cu (OH)2 反应的产物为甲酸钠、氧化亚铜和水。该小组同学 通过查阅资料发现，甲醛和新制 Cu(OH)2 还能发生下列反应： HCHO+Cu(OH)2 Cu+CO↑+2H2O HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH 2Cu2O+Na2CO3+6H2O 小组同学对实验中红色固体产物的组成作出猜想：铜或氧化亚铜或它们的混合物；为了验证固体产物，设 计如下实验方案并进行实验(以下每步均充分反应）： ①摇动锥形瓶 i 的目的是_________。 ②锥形瓶 ii 中固体完全溶解得到深蓝色溶液的离子方程式为__________。 ③将容量瓶 ii 中的溶液稀释 100 倍后，溶液的颜色与容量瓶 i 相近。由此可知固体产物的组成及物质的量 之比约为__。 (3)为进一步确认生成的气体是 CO，将收集的气体利用如图所示的装置进行实验(部分夹持仪器略去）。①无水氯化钙的作用是______。 ②实验中“先通气，后加热” 的目的是_____。 ③证明气体是 CO 的现象________。 (4)甲醛与氢氧化铜反应的实验中，甲醛可能被氧化的产物为甲酸钠或碳酸钠。请设计实验方案证明溶液中 甲醛的氧化产物：__。 【答案】 (1). 提供碱性溶液环境或 OH-与 Cu(OH)2 反应生成[Cu(OH)4]2- (2). 受热均匀便于控制温度 (3). 有利于溶液与空气中的氧气接触 (4). 2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++ 4OH-+ 6 H2O (5). n(Cu2O):n(Cu)=1:200 (6). 吸收水蒸气 (7). 排尽装置中的空气， 防止加热时发生爆炸 (8). 黑色 粉末变为红色 ， 澄清的石灰水变浑浊 (9). 取少量反应后的澄清溶液于试管中，滴入过量的盐酸，若无 气泡产生，说明甲醛被氧化成甲酸钠，若有气泡产生，说明甲醛被氧化为碳酸钠 【解析】 【分析】 根据题干信息分析可知，实验中向试管依次加入 6mol•L-1NaOH 溶液 12mL，0.5mol•L-1CuSO4 溶液 8mL，可 知，碱过量，振荡发生反应 Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，碱性条件下再加入 40%的甲醛溶液 6mL，放入 65°C 水 浴 中 加 热 ， 发 生 反 应 2Cu(OH)2+HCHO+NaOH Cu2O↓+3H2O+HCOONa ， 也 可 能 发 生 反 应 HCHO+Cu(OH)2 Cu+CO↑+2H2O，HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH 2Cu2O↓+Na2CO3+6H2O，因此红色 固体可能是 Cu2O 和 Cu 的混合物，气体为 CO，可根据已知“Cu2O 易溶于浓氨水”验证固体产物，根据 CO 具有还原性验证气体为 CO，据此分析解答问题。 【详解】(1)由上述分析，实验中 NaOH 的目的是提供碱性溶液环境或 OH-与 Cu(OH)2 反应生成[Cu(OH)4]2-， 水浴加热的目的是使受热均匀便于控制温度； (2)①已知[Cu(NH3)4]＋在空气中能被氧化为[Cu(NH3)4]2+，摇动锥形瓶ⅰ有利于溶液与空气中的氧气接触； ②剩余固体为 Cu，与浓氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，反应的离子方程式为 2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O； ③将容量瓶 ii 中的溶液稀释 100 倍后，溶液的颜色与容量瓶 i 相近，说明 ii 中的溶液的浓度是 i 中的溶液的 100 倍，又 Cu2O~2[Cu(NH3)4]2+，Cu~[Cu(NH3)4]2+，则有 n(Cu2O):n(Cu)=1:200； Δ→ Δ→ Δ→(3)①无水氯化钙可吸收 CO 气体中混有的水蒸气； ②CO 与空气混合加热可能会爆炸，有安全隐患，因此实验中“先通气，后加热目的是为了”排尽装置中的空 气，防止加热时发生爆炸； ③CO 具有还原性，可与黑色的 CuO 发生氧化还原反应生成红色的铜，并生成 CO2 气体，因此气体是 CO 的现象为黑色粉末变为红色，澄清的石灰水变浑浊； (4)甲醛可能被氧化的产物为甲酸钠或碳酸钠，碳酸钠可与盐酸反应生成 CO2 气体，而甲酸钠不可以，因此 证明溶液中甲醛的氧化产物时，可取少量反应后的澄清溶液于试管中，滴入过量的盐酸，若无气泡产生， 说明甲醛被氧化成甲酸钠，若有气泡产生，说明甲醛被氧化为碳酸钠。 18.氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料。某工厂利用铝土矿(成分为 Al2O3、Ga2O3、Fe2O3 等)为原料制备 GaN 的流程如下图所示： 已知：镓与铝同主族，镓的熔点是 29.8°C，沸点是 2403°C；其氧化物和氢氧化物均为两性化合物；氢氧化 物的电离常数如下： 两性氢氧化物 Al( OH)3 Ga( OH)3 酸式电离常数 Ka 2×10-11 1×10-7 碱式电离常数 Kb 1.3×10-33 1.4×10-34 回答下列问题： (1)为了提高 “碱溶”效率应采用的措施是__________(回答两种措施）。 (2)滤渣 1 的成分是_________。 (3)滤液 2 中通入过量 CO2 的理由是________(用离子方程式表示）。 (4)流程中利用镓与 NH3 在 1000℃反应生成固体半导体材料 GaN，每生成 l molGaN 时放出 15. 45 kJ 热量， 写出该反应的热化学方程式________。 (5)在密闭容器中，充入一定量的 Ga 与 NH3 发生反应 ，测得反应平衡体系中 NH3 的体积分数与压强 P 和温 度 T 的关系曲线如下图所示。图中 A 点和 C 点化学平衡常数的大小关系： KA____KC (填“＜”“＝”或 “ > ”) ， 判断的依据是________。(6)已知铝土矿中 Ga2O3 的质量分数为 a%，某工厂使用 w 吨铝土矿经过一系列反应， 反应过程中镓元素的 总利用率为 b%能制得________吨氮化镓 【答案】 (1). 搅拌、适当提高温度、粉碎、适当提高溶液浓度等 (2). Fe2O3 (3). [Ga(OH)4]-+CO2= Ga(OH)3↓+ 或 + CO2+ 2H2O= Ga(OH)3↓+ (4). 2Ga(l) + 2NH3 ( g) 2GaN(s) +3H2(g) △H = -30. 9kJ•mol-1 (5). < (6). 由 C 点 到 B 点 ， NH3 体积分数增大 ，说明 T1 > T2 ；反 应放热 ，升高温度 ， K 减小 ，所以 KA < KC (7). 【解析】 【分析】 根据让固体加速溶解可采取的方法来解答；根据题中信息，Al2O3、Ga2O3 均与 NaOH 反应，Fe2O3 不与 NaOH 反应而进入滤渣中；根据 AlO2-与过量的 CO2 反应的离子方程式类似写出 GaO2-与 CO2(过量)反应的离子方 程式；由△HT2，升温 逆向移动，K 减小，则 KB＜KC，而 A 点和 B 点是同温，KA=KB，故 KA＜KC；答案为＜，△H＜0，温度升 高，平衡逆向移动，此时 NH3 的体积分数增大而 K 值减小； （6）设制得 x 吨氮化镓，根据镓元素守恒，得 ，则 x= = (吨)；答案为 吨。 【点睛】本题注意第(5)小问分析图象时，要先比较 B、C 两点，因它们是压强相同，温度不同的两点，只 有一个变量，得出结论后，再利用 A、B 两点处在一条等温线上，K 值相等来求得答案。 19.丙烯是制造一次性医用口罩的重要原料。丙烷催化脱氢是工业生产丙烯的重要途径，丙烷催脱氢技术主 要分为氧化脱氢和直接脱氢两种。回答下列问题： (1)丙烷催化氧化脱氢法主要反应如下： 2C3H8(g)+O2(g) 2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-236kJ·mol-1(i) 反应过程中消耗的 C3H8 和 生成的 C3H6 的物质的量随温度的变化关系见下表。 反应温度/℃ n(消耗)或 n(生 成)/mol 535 550 575 C3H8 6 13 33 C3H6 4 8 17 ①反应 i 中反应物的总能量 _______生成物的总能量(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②分析表中数据得到丙烯的选择性随温度的升高而______(填写“不变”“升高”“降 低”)； 出现此结果的原 因除生成乙烯等副产物外还可能是 _________。(C3H6 的选择性＝ ×100%) (2)丙烷催化直接脱氢反应： C3H8(g) ⇌C3H6(g)+ H2(g) △H2=+124. 3kJ•mol -1 ( ii ) 副反应：C3H8 (g) ⇌C2H4 (g) + CH4(g) △H3(iii) 2 3Ga O 2GaN 188 168 W a b% x ∼ × %× 吨 吨 吨 吨 W a% b% 168 188 × × × W a% b% 42 47 × × × W a% b% 42 47 × × × 催化剂  3 6 3 8 C H C H 的物质的量 消耗 的物质的量①反应 ii 的平衡常数、产物丙烯选择性、副产物乙烯选择性与温度关系如图所示， 分析工业生产中采用的 温度为 650°C 左右的原因是_________。 ②温度为 670°C 时，若在 1L 的容器中投入 8 molC3H8，充分反应后，平衡混合气体中有 2molCH4 和一定量 C3H8、C3H6、H2、C2H4，计算该条件下 C3H6 的选择性为___％。 ③欲使丙烯的产率提高，下列措施可行的是______( 填写序号 ) a.恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气 b.增大氢气与丙烷的投料比 c.选择对脱氢反应更好选择性的催化 剂 d.大压强 (3)科学家探索出利用无机膜催化丙烷脱氢制丙烯的新工艺，该工艺利用特定功能膜将生成的氢气从反应区 一侧有选择性的及时移走，从平衡角度分析该工艺的优点______。 【答案】 (1). 大于 (2). 降低 (3). 升高温度，反应 i 的化学平衡逆向移动 (4). 温度控制在 650°C ，丙烯选择性高，反应速率快，平衡常数大 (5). 50 (6). ac (7). 将氢气及时移走，化学平 衡 C3H8(g) ⇌C3H6(g)+H2(g)，正向移动，提高丙烯产率 【解析】 【分析】 (1)①根据吸热反应和放热反应的特点判断； ②根据温度对平衡的影响分析； (2) ①综合考虑选择性、平衡常数以及反应速率选择合适的温度； ②根据方程式，找出各组分的量的关系列出方程，根据平衡常数求解； ③根据平衡移动原理分析； (3)根据平衡移动原理分析； 【详解】(1)①反应 i 的焓变小于 0，所以为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量； ②根据表格数据可知各温度下 C3H6 的选择性分别为 、 、 ， > > 所以随温度升高丙烯的选 择性降低；反应 i 为放热反应，升高温度，反应 i 的化学平衡逆向移动，也会导致丙烯的选择性下降； (2)①据图可知，温度控制在 650°C ，丙烯选择性高，且此时温度较高，反应速率快，而且该温度条件下平 4 6 8 13 17 33 4 6 8 13 17 33衡常数较大； ②平衡混合气体中有 2molCH4，则根据反应 iii 可知平衡时该反应消耗的 n1(C3H8)=2mol；设平衡时 C3H6 的 物质的量为 x，根据反应 ii 可知平衡时 n(H2)=x，反应 ii 消耗的 n2(C3H8)=x，则平衡时容器 n(C3H8)=(8-2-x)mol， 据图可知该温度下反应 ii 的 lg =0，所以 K=1，容器体积为 1L，则有 ，解得 x=2mol，C3H6 的 选择性＝ ×100%= =50%； ③a．恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气，则反应物和生成物的分压减小，该反应正反应为压强增大的反应， 减小压强平衡正向移动，可以提高丙烯的产率，故 a 正确； b．氢气为产物，增大氢气的量会使平衡逆向移动，丙烯的产率降低，故 b 错误； c．选择对脱氢反应更好选择性的催化剂，增大丙烯的选择性，提高产率，故 c 正确； d．该反应正反应为压强增大的反应，大压强会使平衡逆向移动，降低产率，故 d 错误； 综上所述选 ac； (3)氢气反应 ii 的产物，将氢气及时移走， C3H8(g) ⇌C3H6(g)+H2(g) 的化学平衡正向移动，提高丙烯产率； 【点睛】第 2 小题第 2 小问为本题难点，需要学生根据发生的反应，用含有未知数或已知数表示出平衡时 各物质的浓度，然后根据平衡常数的表达式求解未知数。 20.化合物 H 是合成抗胆碱药的一种中间体，合成路线如下 ： 已知： 回答下列问题 ： (1)化合物 A 的结构简式是_______， E→F 的反应类型是______。 (2)可证明 G 已经完全转化为 H 的物质是_______(填代号）。 a. 溴水 b. 酸性 KMnO4 溶液 c. 四氯化碳 d. 钠 (3)D→E 的化学方程式为________。 (4)写出符合下列条件的 E 的 3 种同分异构体的结构简式_______。 ①含氧官能团与 E 不同；②与 NaOH 溶液完全反应时， 二者的物质的量之比为 1: 1；③苯环上有两种不同 化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢。 1 K 18- 2 - x x x × = 3 6 3 8 C H C H 的物质的量 消耗 的物质的量 2mol 100%2mol+2mol ×(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成的 合成路线 ( 其它试剂任选）__________。 【 答 案 】 (1). (2). 取 代 反 应 (3). d (4). +C2H5OH +H2O (5). 、 、 (6). 【解析】 【分析】 根据 C 的结构为 ，由 转化关系，逆推 B 为 ，A 为 ， 由上述关系 C 在酸性条件下水解生成 D，则 D 的结构简式为 ，D 与 C2H5OH 在浓 H2SO4 及 加 热 条 件 下 发 生 酯 化 反 应 生 成 E ， E 的 分 子 式 为 C10H12O2 ， 则 E 的 结 构 简 式 为 ， HCOOC2H5 与 E 发 生 题 中 已 知 所 给 的 反 应 ， 则 F 的 结 构 简 式 为 ，F 在催化剂作用下与 H2 反应，生成 G，则 G 的结构简式为 ，G 在一定条件下生成 H，H 的结构简式为 ，则 G 在一定条件下发生消去反应生成 H，据 此解答。 【详解】由上面分析可知： （1）化合物 A 的结构简式是 ，HCOOC2H5 与 E 发生题中已知所给的反应，生成 F，反应类型为取代 反应；答案为 ，取代反应。（2）因为 G 结构简式为 ，G 中含有醇羟基，G 完全转化为 H，H 的结构简式为 ，H 中不再含醇羟基，可用金属钠检验，若不与金属钠反应，不产生气体，则 G 完全转化为 H；答案为 d。 （3）D 与 C2H5OH 发生酯化反应生成 E，则化学方程式 +C2H5OH +H2O；答案为 +C2H5OH +H2O。 （4）E 分子式为 C10H12O2，结构简式为 ，含有酯基，根据题目要求，它的 同分异构体不含酯基，能与 NaOH 溶液完全反应时，二者的物质的量之比为 1: 1，则可判定该结构中有一 个酚羟基或一个羧基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢， 则先确定一个苯环和一个羧基，还有 3 个碳原子作一个取代基，为满足苯环上有两种不同化学环境的氢， 二个取代基只能处于对位，羧基上已经有一种氢，满足取代基上共有三种不同化学环境的氢，另一个 3 个 碳原子取代基还有 2 种氢，符合要求的结构简式为 ，同理若是苯环和酚羟基，酚羟基与 另一个取代基也处于对位，才能满足苯环上有两种不同化学环境的氢，酚羟基上已经有一种氢，另一个取 代基(C4H7O)还应有 2 种氢，符合要求结构简式可写为 和 ；答案为 ， ， 。 （6）由环己烯和乙醇为原料合成 ，环己烯是六元环，而目标物为五元环，必须开环，环己 烯断键开环用 KMnO4 即可，被 KMnO4 氧化成二元羧酸，再与乙醇发生酯化反应，生成的酯根据题目的信 息，发生如已知的反应即可合成目标产物，因而合成线路为 的 为 的；答案为 。 【点睛】本题应注意在第(4)小问，书写 E 的同分异构体时，根据 E 的分子式 C10H12O2，结构简式为 ，按题目要求，同分异构体中含氧官能团与 E 不同，可判定不含酯基，又要 能与 NaOH 溶液 1:1 反应，可判定含氧官能团为一个羧基或一个酚羟基，再根据不同化学环境的氢，可以快 速写出同分异构体。