山东省聊城市2020届高三普通高中学业水平等级考试模拟卷（二模）化学试题 Word版含解析 23页

化 学 可能用到的相对原子质量：H—1 B—11 N—14 O—16 P—31 V—51 Cu—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.化学与生产生活密切相关，下列叙述错误是 A. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 B. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 C. 电热水器用镁棒防止铁质内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假葡萄酒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食用油反复加热发生复杂化学变化，从而产生多种稠环芳香烃如苯并芘等有害物质，危害人体健康，故A正确；‎ B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，CaO与二氧化碳反应生成的碳酸钙高温条件下还会分解成二氧化碳，所以无法吸收二氧化碳，故B错误；‎ C．镁棒与电热水器内胆形成原电池，镁做负极被氧化，故是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D．碳酸钠溶液呈碱性，花青素在碱性环境下显蓝色，向葡萄酒中加入碳酸钠，如果溶液不变蓝，说明是假葡萄酒，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.下列关于有机物的叙述正确的是 A. 的名称为2—羟基丁醇 B. 的名称为2，3—二甲基—4—丙基—3—己烯 C. 与溴发生1：1加成反应，得到的有机产物有4种 D. 分子式为C15H11Br，且不能发生消去反应的有机物有2种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．根据系统命名法，该物质的名称为2—丁醇，故A错误；‎ B．该物质含有碳碳双键的最长链有7个碳，正确命名为2，3—二甲基—4—乙基—3—庚烯，故B错误；‎ C．三个双键分别和溴发生1:1加成的产物有3种，该物质含有共轭双键，可以和溴1:1发生1，4—加成，所以共有4种有机产物，故C正确；‎ D．分子式为C15H11Br，不饱和度为=10，假设该物质有两个苯环，一个三键，则不能发生消去反应的有、、等，肯定不止两种，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.无公害肥料 黑肥的主要成分是氰氨基化钙(CaCN2)，CaCN2的制备原理为CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列叙述错误的是 A. H2为还原产物 B. 、HCN中碳原子的杂化方式相同 C. CaCN2和CO2中所含化学键的类型不同 D. 碳酸钙的分解温度比碳酸镁高的原因是Ca2+结合中O2－的能力比Mg2+弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．HCN中H元素化合价为+1价，氢气中氢元素化合价为0价，化合价降低，所以为还原产物，故A正确；‎ B．碳酸根中C原子价层电子对数为=3，为sp2杂化，HCN中C原子价层电子对数为=2，为sp杂化，二者杂化方式不同，故B错误；‎ C．CaCN2含有共价键和离子键，CO2中只含共价键，二者化学键类型不同，故C正确；‎ D．钙离子有3层电子，镁离子有2层电子，所以钙离子半径大于镁离子，与O2－结合能力弱，碳酸钙的分解温度比碳酸镁高，故D正确；‎ - 23 -‎ 故答案B。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 元素J的基态原子核外有2个未成对电子，则该基态原子的价电子排布式可能为3d64s2‎ B. 元素K的基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子的价电子排布式可能为3d94s2‎ C. 元素L、M的基态原子的最外层电子排布式分别为3s2、4s2，则L、M一定为同一族的元素 D. 下列四种分子①乙炔、②甲烷、③甲醛、④水，键角由大到小的顺序是①>③>②>④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．若基态原子的价电子排布式为3d64s2，则其3d能级有4个未成对电子，故A错误；‎ B．能级全空、半满、全满能量更低，所以基态原子的价电子排布式不可能为3d94s2，此时应为3d104s1，故B错误；‎ C．L的最外层电子排布式为3s2，则为镁元素，M的最外层电子排布式为4s2，其可能为钙元素，但也可能为过渡元素，如Fe(3d64s2)，不一定为同族元素，故C错误；‎ D．乙炔分子为直线形，键角为180°；甲烷分子为正四面体，键角为109°28′；甲醛分子为平面三角形，键角略小于120°；水分子为V形，键角为104.5°，所以键角由大到小的顺序是①>③>②>④，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列实验操作或装置正确的是 A. 配制250mL0.1mol/LNaOH溶液 B. 检验浓硫酸与铜反应后产物中是否含有Cu2+‎ - 23 -‎ C. 比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱 D. 实验室制取并检验乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．移液时需要用玻璃棒引流，故A错误；‎ B．浓硫酸和铜反应的混合液中仍有大量浓硫酸，将水加入，浓硫酸稀释放热，可能会使液体飞溅，发生危险，故B错误；‎ C．浓盐酸和高锰酸钾混合产生黄绿色的氯气，说明高锰酸钾的氧化性强于氯气，生成的氯气进入硫化钠溶液，溶液生成S单质，产生黄色沉淀， 说明氯气的氧化性强于S，故C正确；‎ D．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应需要控制温度为‎170℃‎，图示装置缺少温度计，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.氧杂环化合物R具有消炎、抗肿瘤的作用，分子结构如图所示，下列有关R的叙述错误的是 A. 分子式为C21H22O8‎ B. 分子中含有3种官能团 C. 1mol R与NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH D. 发生消去反应后有机物分子中含有2个手性碳原子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式可知，该物质有21个C，8‎ - 23 -‎ 个氧，两个苯环，三个其他环，一个碳氧双键，不饱和度为12，所以有=20个H，所以分子式为C21H20O8，故A错误；‎ B．分子中含有醚键、羟基、酯基三种官能团，故B正确；‎ C．酚羟基可以和NaOH反应，酯基水解后生成羧基可以和NaOH反应，所以1mol R与NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH，故C正确；‎ D．与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，消去产物为，有如图所示2个手性碳（*标出），故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎7.下列实验中对应的现象和结论均正确的是 实验 现象 结论 A 向淀粉在稀硫酸催化下水解后的溶液中加入少量新制的银氨溶液，水浴加热 无银镜生成 淀粉未发生水解 B 将Fe(NO3)2晶体溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液 溶液变红 Fe(NO3)2晶体已氧化变质 C 向10mL0.1mol／L NaOH溶液中加入1mL0.1mol／L MgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol／L CuCl2溶液 有蓝色沉淀生成 Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]‎ D 向溴苯和液溴的混合液中加氢氧化钠溶液，振荡、静置，分液 分液前溶液分层，均为无色 溴苯中的液溴被除去 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．银镜反应需要在碱性环境下进行，所以需要先中和稀硫酸再加银氨溶液，故A - 23 -‎ 错误；‎ B．硝酸亚铁可以电离出硝酸根，加稀硫酸酸化后，硝酸根会将亚铁离子氧化成铁离子，所以该实验不能验证硝酸亚铁晶体是否变质，故B错误；‎ C．NaOH溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，无法证明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故C错误；‎ D．溶有溴的溴苯是褐色的，液溴可与氢氧化钠溶液反应，生成物溶于水得到无色溶液，溴苯不与氢氧化钠溶液反应且其难溶于水，所以溶液分层，且均无色，证明溴苯中的液溴被除去，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X是金属元素，W、Y是不同主族的非金属元素且最外层电子数为偶数，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如下图所示。下列叙述正确的是 A. W、X离子半径比较：X>W B. Y、Z的氢化物稳定性比较：Y>Z C. 1mol YW2晶体中含有4mol Y—W键 D. 工业上可通过电解熔融XW来生产X的单质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、Y是不同主族的非金属元素且最外层电子数为偶数，再结合M中W和Y的成键特点可知W应为第ⅥA族元素，Y为第ⅣA族元素；X是金属元素，可形成+2价阳离子，且原子序数大于W，则W为O元素，X为Mg元素，Y为Si元素，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，且Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素。‎ ‎【详解】A．Mg2+和O2-电子层结构相同，但O2-核电荷数更小，半径更大，即离子半径W>X，故A错误；‎ B．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性Cl>Si，所以Z的氢化物更稳定，故B错误；‎ - 23 -‎ C．YW2为SiO2，为原子晶体，晶体中每个Si原子连接4个Si—O键，所以1molSiO2晶体中含有4molSi—O键，故C正确；‎ D．MgO的熔点较高，电解MgO制备Mg单质能耗太高，工业上通过电解MgCl2来生成Mg单质，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎9.高铁酸钾(K2FeO4)是优良的多功能、绿色水处理剂。制备高铁酸钾的装置如图：‎ 资料：①K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在‎0℃‎～‎5℃‎、强碱性溶液中比较稳定。②制备K2FeO4的反应为放热反应。下列叙述正确的是 A. 装置A中的KMnO4可以用MnO2代替 B. 装置B中的试剂为饱和碳酸氢钠溶液，目的是除去C12中的HC1‎ C. 装置C中生成K2FeO4的关键操作是要缓慢通入Cl2且不能过量 D. K2FeO4做水处理剂时能杀菌消毒、吸附悬浮物与Cl2作用相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A为氯气的制备装置，装置B除去氯气中混有HCl气体，氯气进入装置C后与KOH和Fe(OH)3混合溶液反应制备高铁酸钾。‎ ‎【详解】A．MnO2与浓盐酸制备氯气需要加热，该装置没有加热装置，所以不能用二氧化锰代替高锰酸钾，故A错误；‎ B．饱和碳酸氢钠会和HCl反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和KOH反应，影响高铁酸钾的制备，故B错误；‎ C - 23 -‎ ‎．氯气通入速率过快反应过快方出大量的热，会使高铁酸钾分解，而氯气过量会使溶液显酸性，从而造成高铁酸钾的分解，故C正确；‎ D．K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，能产生Fe3+从而生成氢氧化铁胶体吸附杂质，氯气消毒并不能吸附杂质，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：‎ 已知：NaC1O溶液在受热或酸性条件下易分解。‎ 下列叙述正确的是 A. “氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率 B. “操作‎1”‎所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗 C. 若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为正极产物 D. “还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3)]：n[N2H4·H2O]=4：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“氧化”过程加入氧化剂NaC1O溶液，NaC1O在受热或酸性条件下易分解，在加强热和强酸性条件下进行时NaC1O浓度降低氧化速率减慢，A错误；‎ B.操作1为过滤，所需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和普通漏斗，B错误；‎ C. N2H4·H2O中氮元素化合价升高发生氧化反应生成N2，负极发生氧化反应，故N2为负极产物，C错误；‎ D.“还原”过程中Ag(NH3)中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2价变为0价，根据得失电子守恒，n[Ag(NH3)]：n[N2H4·H2O]=4：1，D正确；‎ 答案选D。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20‎ - 23 -‎ 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2分，有选错的得0分。‎ ‎11.Cu2O在涂料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途。Cu2O为红色粉末，不溶于水，易溶于盐酸和稀硫酸。可用电解法制备氧化亚铜：用铜作阳极，钛片作阴极，电解液为一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液；阳极及其溶液中有关转化如图所示。下列说法错误的是 A. 电解液中的NaOH不能用盐酸代替 B. 过程①中Cu被氧化生成CuCl－‎ C. 过程④的离子方程式为2Cu(OH)Cl－=Cu2O+2Cl－+H2O D. 当电路中有0.05mol e－通过时，消耗‎0.32g Cu ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.产物Cu2O易溶于盐酸和稀硫酸，故NaOH不能用盐酸代替，A正确；‎ B.由图示可知，过程①中为吸附过程，铜元素化合价未变，未发生氧化还原反应，B错误；‎ C.根据图示过程④中Cu(OH)Cl－反应生成Cu2O和Cl－，则离子方程式为2Cu(OH)Cl－=Cu2O+2Cl－+H2O，C正确；‎ D.整个过程中单质铜反应生成了Cu2O，铜元素化合价由0价变为+1价，故当电路中有0.05mol e－通过时，消耗Cu的质量为‎64g/mol0.05mol=‎3.2g，D错误；‎ 答案选BD。‎ ‎12.某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：‎ 根据以上信息判断，下列叙述错误的是 - 23 -‎ A. 过程①至过程④中硼元素的化合价不变 B. X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等 C. 过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等 D. 0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；‎ B.过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；‎ C.由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；‎ D.NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量20.25mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.重铬酸钾是工业合成的常用氧化剂和催化剂，如图所示的微生物电池，能利用K2Cr2O7实现对含苯酚(或醛类)废水的有效处理，该电池工作一段时间后，中间室内的NaC1溶液浓度减小，则下列叙述正确的是 A. a电极为负极，电子从a电极经过中间室到达b电极 B. M为阳离子交换膜，电解过程中中间室内的n(NaC1)减小 C. 处理含苯甲醛废水时a电极反应式为：C6H5CHO－32e－+13H2O=7CO2+32H+‎ D. 当b电极消耗等物质的量的K2Cr2O7时，a电极消耗的C6H5OH或C6H5CHO - 23 -‎ 的物质的量之比为8：7‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.根据电池装置图可知，a极上苯酚或苯甲醛反应生成CO2，碳元素化合价升高发生氧化反应，故a极为负极，电子从a电极经过导线到达b电极，A错误；‎ B.因阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，为保证电解质溶液导电的稳定性，M应为阴离子交换膜，中间室内的n(NaC1)减小，B错误；‎ C.处理含苯甲醛废水时，苯甲醛中碳元素失电子化合价升高生成CO2，根据元素和电荷守恒，电极反应式为C6H5CHO－32e－+13H2O=7CO2+32H+，C正确；‎ D. b极上，Cr2O72-中铬元素化合价降低生成Cr(OH)3，每消耗1mol K2Cr2O7转移6mol电子，当转移6mol电子时，根据电极反应式C6H5OH－28e－+11H2O=6CO2+28H+、C6H5CHO－32e－+13H2O=7CO2+32H+可知，消耗的的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为，D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎14.25℃‎时，H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。‎ 下列叙述错误的是 A. 将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，当溶液pH在5～6时发生反应的离子方程式为 B. Na2HAsO4溶液中离子浓度关系c(Na+)＞c(HAsO)＞c(OH－)＞c(H2AsO)＞c(AsO)‎ C. 向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性时c(Na+)=‎2c(HAsO)+‎3c(AsO)‎ D. AsO43-第一步水解的平衡常数的数量级为10－3‎ - 23 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当溶液pH在5～6时，H2AsO的分布分数由1开始降低，HAsO的分布分数由0开始增加，故发生反应，A正确；‎ B.当pH=11.5时，c(HAsO)=c(AsO43-)，求得，则HAsO的电离程度小于AsO的水解程度，Na2HAsO4溶液显碱性，c(H2AsO)＞c(AsO)，同时水也电离出氢氧根离子，故c(Na+)＞c(HAsO)＞c(OH－)＞c(H2AsO)＞c(AsO)，B正确；‎ C.向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在[H+]=[OH-]、c(HAsO)=c(H2AsO)，根据电荷守恒c(Na+)=‎2c(HAsO)+ c(H2AsO)，C错误；‎ D.当pH=11.5时，c(HAsO)=c(AsO43-)，求得，则AsO43-第一步水解的平衡常数，数量级为10－3，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.科学工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt／SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在Pt／SiO2催化剂表面上的物种用“· ”标注，Ts表示过渡态。‎ 下列有关叙述正确的是 A. 前三步总反应的△H＜0‎ B. ·HOCO转化·CO和·OH为吸热过程 C. 催化剂通过参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率 - 23 -‎ D. 历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若反应物能量高生成物能量低，则反应为放热反应，若反应物能量低生成物能量高，则反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A．由图像分析可知，前三步总反应，反应物能量高，生成物能量低，故反应放热，△H＜0，A正确；‎ B．根据图像，转化为和是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；‎ C．催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；‎ D．根据图像分析可知， 活化能最小，D正确；‎ 故答案选AD。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.为应对石油短缺，一碳化学研究备受关注。一碳化学是指以分子中只含一个碳原子的化合物如甲醇、一氧化碳等为原料，制造产品的化学体系的总称。‎ ‎(1)CH3OH(g)和NH3(g)在一定条件下反应可制得甲胺CH3NH2(g)。‎ ‎ ‎ ‎①已知该反应中相关的化学键键能数据如下：‎ 共价键 C—O N—H C—N C—H E／(kJ／mol)‎ a b c d 则H—O键的键能为_________________kJ／mol(用含有字母的代数式表示)‎ ‎②在某恒容密闭容器中进行该反应，其他条件不变的情况下，分别测得起始时CH3OH(g)的物质的量和温度对平衡时CH3NH2(g)的体积分数的影响，如图所示：(图中T1、T2表示温度)‎ - 23 -‎ 则T1_________T2(填“＞”、“＜”或“=”)；____________(填“a”、“b”或“c”)点对应的平衡状态中反应物NH3(g)的转化率最大。b、d两点的平衡常数大小关系为Kb________Kd(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎(2)甲醇在工业上可利用水煤气来合成：。将1mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，在一定温度和压强下达到平衡时甲醇的体积分数 (CH3OH)变化趋势如图所示：‎ 图中Y轴表示的外界条件为________________，判断的理由是______________________。‎ 已知v(正)=k(正)·p(CO)·p(H2)2，v(逆)=k(逆)·p(CH3OH)，其中k(正)、k(逆)分别为正、逆反应速率常数，p为各组分的分压。在M点所处的温度(T‎3℃‎)和压强(p0kPa)下，反应在20分钟达到平衡时 (CH3OH)=10％，该温度下反应的平常数KP=____________kPa－2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。若在15分钟时，此时______________(计算结果保留两位小数)‎ ‎【答案】 (1). 12+a+b－c (2). ＞ (3). c (4). ＞ (5). 温度 (6). 反应放热反应，升高温度，可使平衡向逆反应方向移动，使(CH3OH)减小 (7). (8). 3.03‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应放出的热量=成键释放的能量-断键吸收的能量；根据图象可知，随起始时CH3OH(g)‎ - 23 -‎ 的物质的量的增加，平衡时CH3NH2(g)的体积分数先增加后减小，平衡常数仅与温度有关；反应为放热反应、气体分子数减小的反应。‎ ‎【详解】(1) ①根据反应断裂了碳氧键、氮氢键，形成了碳氮键和氧氢键，设H—O键的键能为x，断键吸收的能量为(a+b) kJ／mol，成键释放的能量为（c+x）kJ／mol，则，解得x=12+a+b－c。‎ ‎②当起始时CH3OH(g)的物质的量相同时，T1温度下平衡时CH3NH2(g)的体积分数小于T2温度下平衡时CH3NH2(g)的体积分数，因该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故T1＞T2；起始时CH3OH(g)的物质的量越大，平衡正移，NH3(g)的转化率越大，则c点NH3(g)的转化率最大；平衡常数仅与温度有关，因反应为放热反应，温度越大，平衡常数越小，故b的平衡常数大于d点的。‎ ‎(2)该反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，平衡时甲醇的体积分数减小，故Y轴表示的外界条件为温度；相同条件下，气体的体积分数等于气体的物质的量分数，设平衡时甲醇的物质的量为x，则反应生成甲醇为xmol，消耗CO x mol，消耗H22xmol，平衡时CO为（1-x）mol，H2为（2-2x）mol， ，解得x=0.25mol，CO平衡分压=，H2平衡分压=，甲醇平衡分压=，则KP=kPa－2；因为v(正)=k(正)·p(CO)·p(H2)2，v(逆)=k(逆)·p(CH3OH)，当v(正)= v(逆)时，，则在15分钟时，‎ ‎。‎ ‎17.磷酸氯喹(结构如图所示)在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，我国印发的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中明确规定了其用量。‎ - 23 -‎ ‎(1)碳、硅、锗为同一主族元素，则基态硅原子核外电子的空间运动状态有________种，基态锗原子的最外层的电子排布图为__________________。‎ ‎(2)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序是_____________________。‎ ‎(3)磷酸氯喹分子中氮原子的杂化方式为________，苯环中含有的共价键类型是________。‎ ‎(4)的空间构型是____________，与互为等电子体的分子是____________(写一种即可)。‎ ‎(5)由C、H、O元素组成的H2O和C2H5OH可以任意比例互溶，其原因是________________。‎ ‎(6)由P与B元素形成的化合物BP的晶胞(如图所示)中B采用面心立方堆积，P原子填入四面体空隙中。已知晶胞边长为a pm，晶体中B原子与P原子的最近距离是___________，设阿伏加德罗常数的值为NA，则BP晶体的密度是___________g／cm3(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). (3). N＞O＞C (4). sp2、sp3 (5). σ键和π键 (6). 正四面体形 (7). CCl4(或SiCl4、SiF4等) (8). H2O与C2H5OH分子之间能形成氢键，并且H2O与C2H5OH均为极性分子 (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)硅原子有14个电子，硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，基态锗原子的最外层的电子排布式为4s24p2。‎ ‎(2)同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。‎ ‎(3)分别分析磷酸氯喹分子中氮的价层电子对数判断杂化方式，苯环中碳原子采取sp2‎ - 23 -‎ 杂化，存在σ键和π键。‎ ‎(4)计算PO43−的价层电子对数，根据价电子数F+= O，C = Si = P+分析等电子体。‎ ‎(5)溶解性有相似相溶和氢键的影响。‎ ‎(6)晶体中B原子与P原子的最近距离是体对角线的四分之一，先分析晶胞中B原子和P原子个数，再求BP晶体的密度。‎ ‎【详解】⑴硅原子有14个电子，硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，则基态硅原子核外电子的空间运动状态有8种，基态锗原子的最外层的电子排布式为4s24p2，最外层电子排布图为；故答案为：8；。‎ ‎⑵同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C。‎ ‎⑶磷酸氯喹分子中，标示“‎2”‎的氮原子有3个σ键，1对孤对电子，价层电子对数为4，其N的杂化方式为sp3，标示“‎1”‎的氮原子有2个σ键，1对孤对电子，价层电子对数为3，其N的杂化方式为sp2，苯环中碳原子采取sp2杂化，存在σ键和π键；故答案为：sp2、sp3；σ键和π键。‎ ‎⑷PO43−的价层电子对数，其空间构型是正四面体形，由于F+= O，C = Si = P+，因此与PO43−互为等电子体的分子是CCl4(或SiCl4、SiF4等)；故答案为：正四面体形；CCl4(或SiCl4、SiF4等)。‎ ‎⑸由C、H、O元素组成的H2O和C2H5OH可以任意比例互溶，其原因是H2O与C2H5OH均为极性分子，相似相溶原理，H2O与C2H5OH分子之间能形成氢键；故答案为：H2O与C2H5OH分子之间能形成氢键，并且H2O与C2H5OH均为极性分子。‎ ‎⑹已知晶胞边长为a pm，晶体中B原子与P原子的最近距离是体对角线的四分之一即，根据分析得到晶胞中B原子个数为，P原子个数为4，阿伏加德罗常数的值为NA，则BP晶体的密度是 - 23 -‎ ‎；故答案为：。‎ ‎【点睛】晶胞中的计算是常考题型，先计算晶胞中原子个数，再根据密度公式计算密度、阿伏加德罗常数、体积等。‎ ‎18.氮化锶可做荧光粉的原料，可通过金属锶与干燥纯净的氮气在‎460℃‎时反应制得。锶与镁、钙同主族，能与水、NH3反应。实验室设计以下装置来制备氮化锶(夹持装置略去)。‎ ‎(1)实验简单步骤如下：①连接装置，检验装置的气密性②加装实验药品③点燃B处的酒精灯④加热D处的管式炉⑤打开A处的分液漏斗活塞。正确的实验操作步骤是________。‎ ‎(2)仪器X的名称是__________；装置A是制取氨气的简易装置，仪器X中的固体是______________。‎ ‎(3)装置B中的化学方程式是____________________。‎ ‎(4)装置C的作用是平衡装置中的压强和____________________。‎ ‎(5)装置D中的固体物质中含有氮化锶，已知氮化锶极易与水反应生成微溶于水的氢氧化锶，写出反应的化学方程式_________________________。‎ ‎(6)锶的金属性比钠强，但锶与水反应的剧烈程度不如钠，原因足锶的熔点比钠高和____________________________。‎ ‎【答案】 (1). ①②⑤③④ (2). 蒸馏烧瓶 (3). CaO(或“碱石灰”、“NaOH”) (4). 2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O (5). 除去氮气中的氨和水 (6). Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑ (7). 锶与水反应生成的微溶物氢氧化锶覆盖在锶的表面，缓和了金属与水的反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A是制取氨气的简易装置，用浓氨水分解制备氨气，常用溶于水大量放热的CaO或“碱石灰”、“NaOH”等物质，氨气经过球形干燥器后，经过灼热的氧化铜，发生氧化还原反应生成氮气，装置C - 23 -‎ 中浓硫酸吸收反应生成的水，长颈漏斗平衡大气压，防止倒吸，最后纯净的氮气进入管式炉中制备氮化锶。‎ ‎【详解】(1)正确的实验操作步骤是简单步骤如下：①连接装置，检验装置的气密性②加装实验药品⑤打开A处的分液漏斗活塞③点燃B处的酒精灯④加热D处的管式炉。‎ ‎(2)仪器X的名称是蒸馏烧瓶；装置A是制取氨气的简易装置用浓氨水分解制备氨气，常用溶于水大量放热的CaO或“碱石灰”、“NaOH”等物质。‎ ‎(3)根据氧化还原反应，装置B中的化学方程式是2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O。‎ ‎(4)装置B可通过导管的产物为水、氨气，氨气极易溶于水，必须防止倒吸，浓硫酸吸收反应生成的水，长颈漏斗平衡大气压，故装置C的作用是平衡装置中的压强和除去氮气中的氨和水。‎ ‎(5)氮化锶极易与水反应生成微溶于水的氢氧化锶，根据氧化还原反应原理，反应的化学方程式Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑。‎ ‎(6)锶的金属性比钠强，但锶与水反应的剧烈程度不如钠，原因足锶的熔点比钠高和锶与水反应生成的微溶物氢氧化锶覆盖在锶的表面，缓和了金属与水的反应。‎ ‎19.从废钒催化剂中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：‎ 已知：①废钒催化剂中含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等。‎ ‎②“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀H2SO4反应分别生成和VO2+。‎ ‎③有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取的能力强。‎ ‎④溶液中与可相互转化：。‎ ‎(1)为了提高“酸浸”效率可采取得措施为______________________。‎ ‎(2)“酸浸”时加入FeSO4目的是___________，FeSO4参与反应的化学方程式为__________。‎ ‎(3)“滤渣‎2”‎的成分为______________；“操作‎1”‎的名称为_______________。‎ ‎(4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的质量之比为1：6，反应的离子方程式为_________________________________________。‎ - 23 -‎ ‎(5)t℃时，“氧化”后溶液中c()=0．1mol／L，假设“沉钒”步骤中全部转化，并生成NH4VO3沉淀，为使沉钒效率达到95％．则此时溶液中c()≥______________。[已知t℃时Ksp(NH4VO3)=2．0×10－3，反应前后溶液的体积变化忽略不计]‎ ‎(6)取“煅烧”后的V2O5样品m g进行测定，加入足量稀硫酸充分反应后，配成250mL溶液。取该溶液25．00mL用bmol／L草酸溶液进行滴定，消耗草酸溶液cmL。则V2O5样品中钒的质量分数=_________％，样品的纯度≤___________％，样品的纯度小于该数值可能的原因是____________________________。(已知：①V2O5+2H+=2+H2O ②2+H‎2C2O4+2H+=2VO2+2CO2↑+2H2O)‎ ‎【答案】 (1). 升高酸浸温度和粉碎原料 (2). 使转化为VO2+ (3). (VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). 蒸发结晶 (6). 3H2O++6VO2+=6+Cl－+6H+ (7). 0.4mol／L (8). (9). (10). 样品中含有NH4VO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂H2O2，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，萃取后水相1流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5。‎ ‎【详解】(1) 酸浸”时V2O5转化为VO2+，为了提高“酸浸”效率可采取得措施为升高酸浸温度和粉碎原料。‎ ‎(2)亚铁离子具有还原性，“酸浸”时加入FeSO4目的是使转化为VO2+，FeSO4参与反应的化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。‎ ‎(3) 根据图示，加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，“滤渣‎2”‎的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；硫酸钾受热稳定，“操作‎1”‎的名称为蒸发结晶。‎ ‎(4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的质量之比为1：6，根据氧化还原反应原理，氧化剂为氯化钾，还原剂为VO2+，反应的离子方程式为3H2O++6VO2+=6+Cl－+6H+。‎ - 23 -‎ ‎(5)t℃时，“氧化”后溶液中c()=0．1mol／L，假设“沉钒”步骤中全部转化，化合价不变，c()=0．1mol／L，为使沉钒效率达到95％，则溶液中此时c()≤0．005mol／L ，即c()≥0.4mol／L。‎ ‎(6)取“煅烧”后的V2O5样品m g进行测定，加入足量稀硫酸充分反应后，V2O5+2H+=2+H2O，配成250mL溶液，取该溶液25.00mL用bmol／L草酸溶液进行滴定，消耗草酸溶液cmL，滴定过程中涉及的反应方程为2+H‎2C2O4+2H+=2VO2+2CO2↑+2H2O，则滴定过程消耗的c(VO2+)=2bc×10-3mol，即五氧化二钒的物质的量为bc×10-3mol ，V2O5样品中钒的质量分数=%，样品的纯度≤%，样品的纯度小于该数值可能的原因是样品中含有NH4VO3。‎ ‎20.有机物P可用于治疗各种类型高血压及心绞痛，其合成路线如图所示：‎ 已知：‎ ‎(1)P中含氧官能同的名称为______________。‎ ‎(2)A→B的化学方程式为_______________。‎ ‎(3)C→D的反应类型为_________________。‎ ‎(4)F的结构简式为____________，E→F所需的试剂和条件为______________________。‎ ‎(5)芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件的Q有__________种。‎ - 23 -‎ ‎①苯环上有三个取代基 ②分子中含有“”原子团 ‎(6)J()是一种药物中间体，参照上述合成路线和相关信息，设计以苯甲酸、苯酚和为原料制备J的合成路线________________(其他无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). +HCl (3). 还原反应 (4). (5). 浓硫酸、加热 (6). 20 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙酸与SOCl2发生取代反应，生成CH3COCl，在氯化铝环境下与苯酚发生取代反应生成HO-C6H4-COCH3，与氯气发生取代反应生成，然后与Zn（Hg）发生还原反应，生成HO-C6H4-CH2CH2Cl，在碱性溶液中发生水解反应后酸化生成HO-C6H4-CH2CH2OH，再与甲醇发生取代反应，生成，最后再经过两次取代反应生成目标产物。‎ ‎【详解】(1)根据官能团结构可知，P中含氧官能同名称为羟基、醚键。‎ ‎(2)根据分子式变化可知，反应为取代反应，A→B的化学方程式为+HCl。‎ ‎(3)碳氧双键转化为碳氢键，C→D的反应类型为还原反应。‎ ‎(4)根据逆推法，F的结构简式为，E和F的羟基反应，生成醚键，所需的试剂和条件为浓硫酸、加热。‎ ‎(5)芳香族化合物Q是C的同分异构体，分子式为C8H7O2Cl，①苯环上有三个取代基 ②分子中含有“”原子团，根据排列组合方法，同时满足条件的同分异构体有20种。‎ - 23 -‎ ‎(6)参照上述合成路线和相关信息，根据逆推法，制备的合成路线为。‎ ‎ ‎ - 23 -‎