山东省滨州市2020届高三化学5月第二次模拟试题（Word版附解析） 25页

高三化学试题 本试卷共 10 页，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 注意事项： 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。 4.考试结束，监考人员将答题卡收回。 可能用到的相对原子质量： H1 Li7 N14 O16 F19 Na23 P31 S32 Cl35.5 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.化学在 2020 年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中发挥了巨大作用。下列说法错误的是 A. 防控新冠病毒所用的酒精浓度越大，消毒效果越好 B. 防护服、口罩的生产均要用到有机高分子材料 C. 过氧化氢、过氧乙酸、84 消毒液、二氧化氯泡腾片都可用于环境消毒 D. 冷链运输抗病毒疫苗的目的是避免蛋白质变性 【答案】A 【解析】 【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为 75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从 而杀死病毒，酒精浓度过高，会使病毒的蛋白质外壳迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒 精进入内，因而不能将病毒彻底杀死，A 错误； B．防护服、口罩中有聚丙烯纤维等有机物，属于高分子材料，B 正确； C．过氧化氢、过氧乙酸、84 消毒液、二氧化氯都有强氧化性，可用于消毒，C 正确； D．蛋白质在高温、强酸、强碱等环境下会变性而失去活性，冷链运输可以较长时间地保存蛋 白质，防止蛋白质变性，D 正确； 故选 A。 2.下列有机物命名正确的是 A. 1，3，4—三甲苯 B. 2—甲基 —1—丙醇 C. 2—甲基—2—氯丙烷 D. 2—甲基—3—丁 炔 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯的同系物在命名时，要从简单的支链开始对苯环上的碳原子进行编号，使支链 的为位次和最小，故三个甲基分别在 1、2、4 号碳原子上，名称为：1，2，4-三甲苯，A 错误； B．醇命名时，选含官能团的最长的碳链，故主链上有 4 个碳原子，从离官能团近的一端给主 链上的碳原子进行编号，则-OH 在 2 号碳原子上，故名称为 2-丁醇， B 错误； C．卤代烃命名时，选含官能团的最长的碳链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编 号，氯原子在 2 号碳原子上，且在 2 号碳原子上有一个甲基，名称为 2-甲基-2-氯丙烷，C 正 确； D．炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链，主链上有 4 个碳原子，故为丁炔，从离官能团近 的一端给主链上的碳原子进行编号，则碳碳三键在 1 号和 2 号碳原子之间，在 3 号碳原子上 有一个甲基，故名称为 3-甲基-1-丁炔，D 错误； 故选 C。 3. AN 表示阿伏加德罗常数的值，工业制备硝酸的过程中发生反应 2 2 33NO H O=2HNO NO  。下列说法正确的是 A. 室温下，22.4LNO2 中所含原子总数为 A3N B. 36g 2H O 中含有 σ 键的总数为 AN C. 标准状况下，11.2LNO 中所含电子总数为 A5N D. 上述反应中，生成 1mol 3HNO 转移电子的数目为 AN 【答案】D 【解析】 【分析】 反应 2 2 33NO H O=2HNO NO  中，NO2 中的 N 元素发生歧化反应，由反应前的+4 价变为 反应后 HNO3 中的+5 价和 NO 中的+2 价。 【详解】A．室温下，不能用 22.4 L/mol 计算 22.4LNO2 物质的量，A 错误； B．一个水分子中含有 2 个 O-H 共价键，都是 σ 键，H2O 的物质的量为 36g =2mol18g / mol ，含 有的 σ 键总数为 4NA，B 错误； C．一个 NO 分子中含有 15 个电子，标准状况下，11.2 L NO 的物质的量为 0.5mol，所含的电 子总数为 7.5NA，C 错误； D．根据反应的化学方程式可知，生成 2 mol HNO3 转移 2 mol 电子，故生成 1 mol HNO3 转移 电子的数目为 NA，D 正确； 故选 D。 4.现代污水处理工艺中常利用聚合铁在水体中形成絮状物，以吸附 2+Mn 等重金属离子，聚合 铁简称 PFS，化学式为    2 n 4 3-n/2 m Fe (OH) SO n<5,m<10   。下列说法错误的是 元素 Mn Fe 电离能/kJ·mol-1 1I 717 762 2I 1509 1561 3I 3248 2957 A. PFS 中铁元素显+3 价 B. 基态铁原子的价电子排布式为 6 23d 4s C. 由 4FeSO 溶液制备 PFS 需经过氧化、水解和聚合等过程 D. 由表可知再失去一个电子时，气态 2+Fe 比气态 2+Mn 难 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．    2 n 4 3-n/2 m Fe (OH) SO n<5,m<10   中 OH-为-1 价， 2- 4SO 为-2 价，n 小于 5， 且 n 2 为正整数，根据化合物中各元素的化合价代数和为 0，铁的化合价为正整数，所以 n=2， 铁元素的化合价为+3，因为亚铁离子在空气中不稳定，絮状物在空气之中能稳定存在进一步 说明为铁为三价，故铁的化合价为+3 价，A 正确； B．Fe 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，所以基态 Fe 原子的价电子排布式是 3d64s2， B 正确； C．硫酸亚铁中铁元素的化合价是+2 价，  2 n 4 3-n/2 m Fe (OH) SO   是个聚合物，其中铁元素 的化合价是+3 价，铁离子水解生成氢氧化铁，所以由 4FeSO 溶液制 PFS 需经过氧化、水解和 聚合的过程，C 正确； D．电离能越大，其失电子越难，所以气态 Fe2+再失去一个电子比气态 Mn2+再失去一个电子容 易，D 错误； 故选 D。 5.下列实验不能达到实验目的的是 A B C D 实 验 实 验 目 的 实验室制取氨气 证明乙炔可使溴水 褪色 检验蔗糖的水解产物具 有还原性 证明溶解度： AgCl>AgI A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小，用向下排空气法收 集，能达到实验目的，A 不合题意； B．电石和饱和食盐水制取乙炔的过程中，会产生 H2S 等杂质气体，H2S 也会使溴水褪色，因 此不能达到实验目的，B 符合题意； C．蔗糖在酸性条件下水解后的溶液中先加入适量稀 NaOH 溶液中和，再加入新制的银氨溶液 并水浴加热，葡萄糖被银氨溶液氧化，则葡萄糖具有还原性，C 不合题意； D．向 AgNO3 溶液中滴加少量 NaCl 溶液，然后再向其中滴加 KI 溶液，先生成白色沉淀，后 生成黄色沉淀，说明 AgI 更难溶，溶度积越小其溶解度越小，则溶解度： AgCl> AgI，D 不合 题意； 故选 B。 6.M、W、X、Y、Z 是同周期主族元素，X 原子的最外层电子数是 W 原子次外层电子数的 3 倍。它们形成的化合物可用作新型电池的电极材料，结构如图所示，化合物中除 +M 外其它原 子均满足 8 电子稳定结构。下列说法正确的是 A. M 的单质通常保存在煤油中 B. W 的最高价氧化物对应的水化物是 一元弱酸 C. 简单气态氢化物稳定性 X＞Y D. 上述五种元素中 Z 的电负性最大 【答案】B 【解析】 【分析】 M、W、X、Y、Z 是同周期主族元素， X 的最外层电子数是 W 次外层电子数的 3 倍， W 有 两个电子层，次外层为 2 个电子， X 为 O 元素，由盐的结构可知，Z 可以形成四个共价键， 且能与氧形成双键，因此 Z 的最外层电子数为 4 ，Z 为 C 元素；四种元素位于同周期，且 Y 能形成一个共价键，Y 为 F 元素； W 能形成 4 个共价键，W 为 B 元素；新型电池材料，除 M 外均满足 8 电子稳定结构，M 形成+1 价离子，M 为 Li 元素；故 M 为 Li 元素， X 为 O 元 素， Y 为 F 元素，Z 为 C 元素，W 为 B 元素。 【详解】A．M 为 Li 元素，Li 单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，一般保存在石蜡油 中，A 错误； B．W 为 B 元素，W 的最高价氧化物对应的水化物为 H3BO3 为一元弱酸，B 正确； C．同周期元素非金属性从左到右依次增大，所以非金属性 F＞O，非金属性越强，气态氢化 物的稳定性越强，故稳定性 HF＞H2O，C 错误； D．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，上述五种元素中，F 的电负性最大，D 错误； 故选 B。 【点睛】本题要注意 B 选项，硼酸分子中有 3 个 H，但硼酸的电离为：H3BO3+ H2O  [B(OH)4]-+ H+，故硼酸是一元弱酸。 7.工业上制备有机氟化剂 4SF 的反应 2 4 2 23SCl 4NaF=SF S Cl 4NaCl   。下列说法正确的 是 A. NaF 既不做氧化剂也不做还原剂， 4SF 为氧化产物 B. 2SCl 与 2 2S Cl 两种物质中的氯元素化合价不同 C. 还原剂与氧化剂物质的量之比为 2:1 D. 4SF 属于有机物 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaF 中钠元素和氟元素化合价均未变化，既不做氧化剂也不做还原剂，SCl2 中硫 元素化合价为+2 价，SF4 中硫元素化合价为+4，SF4 为氧化产物，A 正确； B．SCl2 中氯元素化合价为-1 价，S2Cl2 中氯元素化合价为-1 价，Cl 的化合价相同，B 错误； C．SCl2 中硫元素化合价为+2 价，氯元素化合价为-1 价，S2Cl2 中硫元素化合价为+1，氯元素 化合价为-1 价，S2Cl2 为还原产物，SF4 中硫元素化合价为+4，SF4 为氧化产物，SCl2 既做氧化 剂又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为 2：1，C 错误； D．有机物含有 C 元素，SF4 中没有 C 元素，不是有机物，D 错误； 故选 A。 8.下图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线： 下列有关说法正确的是 A. X 的化学式为 C4H6O4 B. Y 分子中有 1 个手性碳原子 C. 生成聚酯 Z 的反应类型为加聚反应 D. 制备聚酯 Z，消耗 Y 和 1，4-丁二醇的物质的量之比为 1：1 【答案】D 【解析】 【详解】A. 根据 X 结构简式可知 X 分子式是 C6H10O4，A 错误； B. 与 4 个不同的原子或原子团连接的 C 原子为手性碳原子，根据 Y 结构简式可知 Y 中无手 性碳原子，B 错误； C. Y 分子中含有 2 个-COOH，与 1，4-丁二醇发生酯化反应形成聚酯 Z，同时产生水，因此 反应类型为缩聚反应，C 错误； D. Y 分子中含有 2 个-COOH，1，4-丁二醇分子中含有 2 个-OH，二者发生酯化反应形成聚酯 Z 和水，物质的量的比是 1：1，D 正确； 故合理选项是 D。 9.下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 向等体积等浓度的 H2O2溶液中分别加入 5 滴等浓度的 CuSO4 溶液和 KMnO4 溶液 两者产生气泡的速率不 同 CuSO4 和 KMnO4 对 H2O2 分解反应的催化效 果不同 B 向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液， 加热 冷却后观察到其一分 层，另一不分层 分层的是矿物油，不分 层的植物油发生了水解 反应且水解产物溶于水 C 将浓硝酸滴到胆矾晶体表面 晶体表面出现白斑 浓硝酸具有脱水性 D 向饱和 NaHCO3 溶液中滴入 Na[Al(OH)4] 溶液 产生白色沉淀 增大 c(Na+)促使 NaHCO3 结晶析出 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A. KMnO4 溶液能够氧化 H2O2，因此不能比较二者的催化效果，A 错误； B. 植物油属于油脂，能够在碱性条件下发生水解反应产生可溶性物质，而矿物油是烃的混合 物，与烧碱不能反应，因此可以根据实验现象的不同证明哪种是植物油，哪种是矿物油，B 正 确； C. 浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴在胆矾表面，会使晶体失去结晶水而出现白斑，而浓硝酸 没有脱水性，因此不能使胆矾出现白斑现象，C 错误； D. 向饱和 NaHCO3 溶液中滴入 Na[Al(OH)4]溶液，产生白色沉淀，是由于发生反应： HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，与溶液中 c(Na+)无关，D 错误； 故合理选项是 B。 10.炭黑是雾霾中的重要颗粒物之一，研究发现它可以活化氧分子生成活化氧，活化氧可以快 速氧化二氧化硫。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，下列说法错误的是 A. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂 B. 氧分子的活化包括 O-O 键的断裂与 C-O 键的生成 C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.42 eV D. 每活化一个氧分子放出 0.29 eV 的能量 【答案】C 【解析】 【详解】A. 活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以 看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，A 正确； B．根据图象分析，氧分子活化过程 O-O 键断裂，生成 C-O 键，所以氧分子的活化是 O-O 的 断裂与 C-O 键的生成过程，B 正确； C．化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活为活化能较大者，根据能量图分析， 整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为 E=0.75eV，有水加入的反 应的活化能为 E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.75 eV-0.57 eV=0.18 eV， C 错误； D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出 0.29 eV 的 能量，D 正确； 故合理选项是 C。 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，全部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11.我国科学家设计了一种太阳能驱动从海水中提取金属锂的装置，示意图如图所示。该装置 工作时，下列说法正确的是 A. 铜箔上的电势比催化电极上的高 B. 海水的 pH 变大 C. 若转移 1mol 电子，理论上铜箔增重 7g D. 固体陶瓷膜可用质子交换膜代替 【答案】C 【解析】 【分析】 根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化 电极为阳极，则铜箔为阴极，阴极上得电子发生还原反应析出金属锂，据此分析解答。 【详解】A．根据以上分析，催化电极为阳极，铜箔为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低， 故 A 错误； B．海水中的锂离子和氯离子放电，海水的 pH 基本不变，故 B 错误； C．根据转移电子数相等，若导线中转移 1mol 电子，则铜箔上产生 1molLi，质量为 7g，故 C 正确； D．因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交 换膜，不能用质子交换膜代替，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应原理的分析。本题的易 错点为 D，要注意固体陶瓷膜为阳离子交换膜，是使锂离子通过的，不能用质子交换膜代替。 12.实验室从含碘废液（含有 I2、I-等）中回收碘，其实验过程如下： 己知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷， 使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法错误的是 A. 含碘废液中是否含有 IO3-，可用 KI-淀粉试纸检验 B. 步骤①中 Na2S2O3 可用 Na2SO3 代替 C. 步骤②可以用倾析法除去上层清液 D. 步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe3++2CuI 4Fe2++2Cu2++I2 【答案】A 【解析】 【详解】A. 在酸性条件下 I-、IO3-、H+会发生氧化还原反应产生 I2，I2 遇淀粉溶液变为蓝色， 若溶液不是显酸性，则无法检验，A 错误； B. 步骤①中是利用 Na2S2O3 的还原性，由于 Na2SO3 也具有强的还原性，因此也可用 Na2SO3 代替 Na2S2O3，B 正确； C. 由于 CuI 是难溶性固体，其余物质都溶解在水中，因此步骤②可以用倾析法除去上层清液， C 正确； D. Fe3+具有氧化性，会将 CuI 氧化产生 Cu2+、I2，Fe3+被还原产生 Fe2+，根据电子守恒、电荷 守恒及原子守恒，可得步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe3++2CuI 4Fe2++2Cu2++I2，D 正确； 故合理选项是 A。 13.据预测，到 2040 年我国煤炭消费仍将占能源结构的三分之一左右。H2S 在催化活性碳（AC） 表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，其中 ad 表示物 种的吸附状态。下列有关叙述错误的是 A. 图中阴影部分表示 H2S 分子的吸附与离解 B. AC 表面作用的温度不同，H2S 的去除率不同 C. H2S 在 AC 表面作用生成的产物有 H2O、H2、S、SO2、CS2 等 D. 图中反应过程中只有 H—S 键的断裂，没有 H—S 键的形成 【答案】D 【解析】 【详解】图中阴影部分 H2S(g)→H2S(ad)为 H2S 在催化剂表面的吸附，H2S(ad)→2H(ad)+S(ad) 表示 H2S 的离解，选项 A 正确；温度高时气态硫会反应生成 H2S 等，温度低时会变成固态的 硫，选项 B 正确；观察图示可知 H2S 在 AC 表面作用生成的产物有 H2O、H2、S、SO2、CS2 等，选项 C 正确；图中阴影部分出现 H(ad)、S(ad)，有 H—S 键的断裂，部分 S(g)与 H2(g)生 成 H2S(g)，存在 H—S 键的形成，选项 D 错误。 14.乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式如下： CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l) CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l) 已知 v 正=k 正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，v 逆=k 逆×x(CH3COOC6H13) ×x(CH3OH)，其中是 k 正、 k 逆为速率常数（受温度影响），x 为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3 和 C6H13OH 按物质的量之比 1：1 投料，测得 338K、343K、348K 三个温度下 CH3COOCH3 转化 率( α )随时间( t )的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的 △ H>0 B. 348K 时，该反应的平衡常数为 1.8 C. A、B、C、D 四点中，v 正最大的是 D D. 在曲线①、②、③中，k 正与 k 逆的差值最大的曲线是① 【答案】AD 【解析】 【详解】A. 温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据图示可知①对应的温度是 348K， 温度升高，CH3COOCH3 转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，该反应的 △ H>0，A 正确； B. 反应开始时，CH3COOCH3 和 C6H13OH 按物质的量之比 1：1 投料，348K 时 CH3COOCH3 的转化率为 64%，假设反应物的物质的量都是 1 mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平 衡时，n(CH3COOC6H13)=n(CH3OH)=0.64 mol，n(CH3COOCH3)=n(C6H13OH)=0.36 mol，n(总)=2 mol，则该反应的平衡常数 K= 0.64 0.64 2 2 0.36 0.36 2 2   ≈3.2，B 错误； C. 温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据 v 正=k 正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)， v 逆=k 逆×x(CH3COOC6H13) ×x(CH3OH)，A 点 x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，温度高，因此 A 点 v 正最大，C 错误； D. k 正、k 逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k 正受温度影响更大，因此温度升高，k 正增 大的程度大于 k 逆，因此，k 正与 k 逆的差值最大的曲线是①，D 正确； 故合理选项是 AD。 15.柠檬酸(用 H3R 表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶 液中 H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随 pH 的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 由 a 点判断 H3R 的第一步电离常数 Ka1(H3R)的数量级为 10-3 B. 若 b 点溶液中金属阳离子只有 Na+，则有 c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R) C. pH=6 时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-) D. 反应 2H2R- H3R+HR2-在该温度下的平衡常数 K=10x-y 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 柠檬酸溶液电离方程式：H3R H2R-+H+，H2R- HR2-+H+，HR2- R3-+H+， 在 a 点时，c(H2R-)=c(H3R)，第一步电离常数 Ka1(H3R)=       2 3 c H c H R c H R   =c(H+)=10-3.3，故其 数量级为 10-4，A 错误； B. b 点时，c(NaH2R)=c(Na2HR)，根据物料守恒可得 2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)]， B 错误； C. 根据图示，随着 pH 值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以 H3R 含量会减少。 pH=6 时，c(R3-)=c(HR2-)，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质 电离产生的离子浓度，即 c(HR2-)>c(H+)，故 c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，C 正确； D. H3R H2R-+H+的电离平衡常数 Ka1(H3R)=       2 3 c H c H R c H R   =c(H+)=10-x； H2R- HR2-+H+的电离平衡常数 Ka2(H3R)=       2 2 c H c HR c H R     =c(H+)=10-y，反应 2H2R- H3R+HR2-在该温度下的平衡常数 K=                           2 2 2 y 3 3 3 a2 x2 a12 2 2 2 2 c H R c HR c H R c HR c H c HR c H R K 10 K 10c R c R c R c R c H c RH H H H H                    =10x-y，D 正确； 故合理选项是 CD。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料，其单体为丙烯。丙烯除了合成 聚丙烯外，还广泛用于制备 1，2—二氯丙烷、丙烯醛、丙烯酸等。请回答下列问题： Ⅰ.工业上用丙烯加成法制备 1，2—二氯丙烷，主要副产物为 3—氯丙烯，反应原理为： ① 2 3 2 2 3CH CHCH (g) Cl (g) CH ClCHClCH (g)   -1 1ΔH =-134kJ mol ② 2 3 2 2 2CH CHCH (g) Cl (g) CH CHCH Cl(g) HCl(g)    1 2ΔH 102kJ mol   （1）已知 2 2 2 3CH CHCH Cl(g) HCl(g) CH ClCHClCH (g)   的活化能 aE （逆）为 1164kJ mol ，则该反应的 aE （正）活化能为_____ 1kJ mol 。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的 2 3CH CHCH= (g) 和  2Cl g ，在催化 剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即 Δpv= Δt ，则反应①前 180min 内平均反应速 率  2 3v CH ClCHClCH = ____ 1kPa min （保留小数点后 2 位）。 Ⅱ.丙烯的制备方法 方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下： 3 8 3 6 2C H (g) C H (g) H (g) 1ΔH 124kJ mol   （3）①某温度下，在刚性容器中充入 3 8C H ，起始压强为 10kPa，平衡时总压为 14kPa， 3 8C H 的平衡转化率为______。该反应的平衡常数 pK  ______kPa（保留小数点后 2 位）。 ②总压分别为 100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中 3 8C H 和 3 6C H 的物质的量分数随温 度变化关系如图所示： 10kPa 时， 3 8C H 和 3 6C H 的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_____、______。 方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成 CO、 2CO 等副产物，制备丙烯的反应如下： 3 8 2 3 6 2 1C H (g) O (g) C H (g) H O(g)2   1ΔH 118kJ mol   。在催化剂作用下 3 8C H 的转化率和 3 6C H 的产率随温度变化关系如图所示。 （4）①图中 3 8C H 的转化率随温度升高而上升的原因是_________。 ②575℃时， 3 6C H 的选择性为___。（ 3 6C H 的选择性= 3 6 3 8 C H ×100%C H 的物质的量 反应的 的物质的量 ） ③基于上述研究结果，能提高 3 6C H 选择性的措施是______。 【答案】 (1). 132 (2). 0.08 (3). 40% (4). 2.67 (5). Z (6). Y (7). 温度 升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大） (8). 50% (9). 选择相对较低 的温度（或选择更合适的催化剂） 【解析】 【详解】（1）反应 2 2 2 3CH CHCH Cl(g) HCl(g) CH ClCHClCH (g)   可由反应①-② 得到，故该反应的 H = 1 2-H H  =（-134+102）kJ/mol=-32 kJ/mol，所以 aE （正）- aE （逆） =-32 kJ/mol， aE （正）=132 kJ/mol； （2）由于反应②前后系数之和相等，故压强的变化均由反应①造成，180min 时压强变化 Δp 为 80-65.2=14.8kPa，所以 Δp 14.8kPav= = 0.08kPa / minΔt 180min  ； （3）①设丙烷压强的变化为 x ，同温同容下压强之比等于物质的量之比，由题意可得 3 8 3 6 2C H C H + H kPa 10 0 0 kPa kPa 10 x x x x x x  起始（ ） 变化（ ） 终止（ ） 反应后压强为10kPa- 14kPax x x   ，解得 4kPax  ，C3H8 的转化率为 4kPa 100%=40%10kPa  ， 3 6 2 p 3 8 p(C H )p(H ) 4kPa 4kPa= = 2.674kPap(C H ) 6kPaK   ； ②正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8 的物质的量分数减小，C3H6 的物质的量分数 增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8 和 C3H6 的物质的量分数 都增大，因此表示 10kPa 时，C3H8 的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 Z，表示 10kPa 时 C3H6 的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 Y； （4）①温度升高，反应速率加快，同时温度升高，催化剂的活性增大，因此 C3H8 的转化率随 温度升高而上升； ②由图可知，575 ℃时， C3H8 的转化率为 34% ，C3H6 的产率为 17%，即参加反应的 C3H8 为 34%，生成的 C3H6 为 17% ，故 C3H6 的选择性为 17% 100%=50%34%  ； ③由图可知.温度低时 C3H6 的选择性高，故能提高 C3H6 选择性的措施是选择相对较低的温度， 或者是寻找选择性更高的催化剂； 【点睛】本题要注意第（3）题，列三段式一般填写的数据是物质的量或物质的量浓度。根据 理想气体状态方程 pV=nRT，在容积、温度不变的情况下，压强 p 与物质的量 n 成正比，故三 段式也可以直接用压强（只列气体物质）计算。 17.目前，锂电池已扩展到镍酸锂、钴酸锂、硅碳负极、磷酸铁锂等电池体系。请回答下列问 题： （1）基态 Ni 原子的价电子排布式为________，与 Ni 同周期且基态原子核外的成单电子数与 Ni 相同的元素还有__________种。 （2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，分子中氮原子的杂化类型为___。 （3）Li＋过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生 O2 而爆炸。实验证实 O2 因具有单电子而成为顺 磁性分子。下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表 O2 分子结构的是__（填字母）。 A B C D （4）如图为 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），其中 O 原 子略去，Si 原子旁标注的数字表示每个 Si 原子位于 z 轴的高度，则 SiA 与 SiB 的距离是______。 （5）PCl5 晶体的晶胞如图所示，该晶体熔融时形成一种能导电的液体，实验测得其中含有一 种正四面体阳离子和一种正八面体阴离子，且 P—Cl 键的键长只有 198pm 和 206pm 两种，试 用电离方程式解释 PCl5 熔体能导电的原因____，正四面体形阳离子中键角大于 PCl3 的键角原 因为_____。已知该晶体的晶胞边长为 apm，NA 为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 __________g·cm－3。 【答案】 (1). 8 23d 4s (2). 3 (3). 2sp 、 3sp (4). B (5). 2 d2 (6). 5 4 62PCl PCl l= PC  (7). 3PCl 分子中 P 原子有一对孤对电子， + 4PCl 中 P 没有孤对电子， 孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8). 32 3 A 4.17 10 N a   【解析】 【详解】(1)Ni 元素为 28 号元素，其核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d84s2，则其价电子排布式 为 3d84s2；Ni 原子核外电子中单电子有 2 个，同周期单电子同样 2 个的有 3 种元素，价电子 排布分别为 3d24s2、4s24p2、4s24p4，分别是 Ti、Ge、Se，共 3 种； (2)该分子中，N 原子有形成 3 个σ键，含有 1 对孤对电子，有形成 4 个σ键，没有孤对电子， 这两种 N 原子的杂化类型均为 sp3；还有 N 原子形成 2 个σ键，含有 1 对孤对电子，这种 N 原 子的杂化类型均为 sp2； (3)实验证实 O2 因具有单电子而成为顺磁性分子。根据选项进行分析，可知 A、C、D 中的 O2 分子的结构式中，均没有单电子存在，因此不符合事实事实；而 B 选中 O2 的结构式中的化学 键有 3 个电子，有单电子，因此 B 实验事实； (4)根据图 可知其三维模型为 (图中黑球和白球均为硅 原子，氧原子位于两个硅原子之间，省略)，图中 ABCD 四个 Si 原子形成正四面体结构，且 AB 距离等于 AC 距离，AC 距离在底面投影为底面面对角线的一半，则 SiA 与 SiB 的距离 = 1 2d= m2 2 dn2  。 (5))含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5 是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体 测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为 PCl4+、 PCl6-，其电离方程式为 2PCl5=PCl4++PCl6-；PCl3 分子中 P 原子有一对孤电子对，PCl4+中 P 没 有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳 离子中键角大于 PCl3 的键角；该晶胞中 PCl5 个数= 11+8 =28  ，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞 密度   32 3A 3 310 A 208.5 22 2N 4.17 10 2= = g / cm a Na 10 A M N V        g/cm3。 18.“阿比朵尔”是一种抗病毒药物，能有效抑制新型冠状病毒，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）阿比朵尔中含氧官能团的名称为____，反应②④⑥中属于取代反应的是_____。 （2）在合成阿比朵尔的整个流程中，设计由 A 到 B 的目的是___。 （3）反应③的化学反应方程式为______________。 （4）M 是 B 的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有____种； ①苯环上有 3 个取代基 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应，且 1molM 水解时消耗 4molNaOH 其中核磁共振氢谱显示有 4 组峰，峰面积之比为 2:2:2:1 的结构简式为_______。 （5）参照上述合成路线，设计由甲苯和 2—丙醇为原料制备 的合成路线 _______（其它无机试剂任选） 【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). 反应⑥ (3). 保护酚羟基 (4). (5). 6 (6). (7). 【解析】 【分析】 结合 A 和 C 的结构简式，以及反应①的反应物，可知 A 到 B，A 中的－OH 的 H 被 取代；B 到 C，B 中的－NO2 被还原成－NH2。经过反应③，C 中的－NH2，形成 N=C 双键； 经过反应④，形成分子内的环；反应⑤，在 N 原子上引入－CH3；反应⑥，Br 原子取代了－ CH3 和苯环上的 2 个 H 原子；最终得到阿比朵尔。 【详解】(1)阿比朵尔中含氧官能团有羟基和酯基；反应②④⑥中，②为－NO2 转化为－NH2， 去氧加氢，为还原反应；反应④，形成了分子内的环，根据分子式可知，整个过程中，去掉 了 2 个 H 原子，不是取代反应；反应⑥，Br 原子取代了－CH3 和苯环上的 2 个 H 原子，为取 代反应；因此属于取代反应的是⑥； (2)A 到 B，A 中的－OH 的 H 被 取代，而在阿比朵尔中，又复原成－OH，在整 个合成过程中保护了－OH，使得－OH 不会转化为其他原子或原子团；设计由 A 到 B 的目的 是保护酚羟基； (3)根据分子式可知，C 和 的反应中产物还有水，化学方程式为 ； (4)M 是 B 的一种同分异构体，满足下列条件②能发生银镜反应、③能发生水解反应，且 1molM 水解时消耗 4molNaOH；说明结构中含有 2 个甲酸形成的酯基，为－OOCH，则另一个取代基 为－NH2，苯环上有三个取代基的同分异构体，有 6 种；其中核磁共振氢谱显示有 4 组峰，峰 面积之比为 2:2:2:1 的结构简式为 或 ； (6) 中的碳氮双键，类似于 中的碳氮双键，由－NH2 与含有羰 基的物质反应得到；－NH2 的引入可模仿 B 到 C；利用硝化反应在甲苯中甲基的对位引入－ NO2，在还原得到－NH2；2－丙醇可以发生催化氧化引入羰基；则合成路线为 。 19.亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。制备 NOSO4H 的反应原理为： 2 3 3 2=SO HNO SO HNO  、 3 2 4=SO HNO NOSO H 。 （1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。 ①仪器Ⅰ的名称为_________。 ②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为____（填仪器接口字母，部分仪器可重复 使用）。 ③为了控制 B 中通入 SO2 的速率，可以采取的措施是_____。 ④NOSO4H 遇水分解的化学方程式为______，若去掉装置 C 会使 NOSO4H 的产量____（填“增 大”、“减少”或“无影响”）。 （2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。 准确称取 1.337g 产品加入 250mL 碘量瓶中，加入 60.00mL 浓度为 0.1000mol·L－1KMnO4 标准 溶液和 10mL25%H2SO4 溶液，然后摇匀。用 0.2500mol·L－1Na2C2O4 标准溶液滴定，消耗 Na2C2O4 溶液的体积 20.00mL。 己知：ⅰ. 4MnO + NOSO4H+ 2H O= 、 + 3NO + 2 4SO  + +H ⅱ. 4 2 2 4 2 4 4 2 2 2 4 2 42KMnO 5Na C O 8H SO 2MnSO 10CO 8H O K SO 5Na S= O       ①完成反应ⅰ的离子方程式： ____ 4MnO +____ 4NOSO H+ ____ 2H O= ____+____ 3NO +____ 2 4SO  +____ +H ②滴定终点的现象为________。 ③产品的纯度为_____%（保留两位有效数字）。 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). a→de→cb→de→f (3). 调节装置 A 中的分液漏斗活塞， 控制硫酸溶液的滴加速度 (4). 4 2 2 4 2NOSO H H O=H SO HNO  （其他合理答案均给 分） (5). 减少 (6). 2 (7). 5 (8). 2 (9). 22Mn  (10). 5 (11). 5 (12). 9 (13). 滴入最后一滴 2 2 4Na C O 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 (14). 95 【解析】 【分析】 NOSO4H 遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。利用 70%H2SO4 和 Na2SO3 制备 SO2，SO2 中含有水蒸气，需要除去，利用浓硫酸除去水分；在 B 中发生反应，利用 D 装置处理未反应的 SO2，为了防止 D 中的水蒸气通过漏斗进入装置 B，B 和 D 之间需要用装 置 C 防止水进入 B。 【详解】(1)①根据装置的特点，仪器Ⅰ的名称为蒸馏烧瓶； ②NOSO4H 遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。装置 A 用于制备 SO2， 装置 B 用于制备 NOSO4H，装置 D 用于尾气吸收，为了防止水进入装置 B，AA、B 之间，B 和 D 之间需要加入装置 C，因此连接顺序为 a→de→cb→de→f； ③为了控制通入 SO2 的速率，装置 A 用于制备 SO2，可以通过调节装置 A 中分液漏斗，来调 节硫酸溶液的滴加速度，从而控制通入 SO2 的速率； ④NOSO4H 与水反应生成 HNO2 和 H2SO4，化学方程式为 NOSO4H＋H2O=H2SO4＋HNO2；如 果去掉装置 C，产物就会与进入装置 B 中的水反应，会是的产物的量减少； (2)①在酸性条件洗，MnO4 －中 Mn 的化合价降低，生成 Mn2＋，化合价降低 5 价；NOSO4H 中， S 的化合价为＋6，O 的化合价－2，H 的化合价＋1，则 N 的化合价为＋3，N 的化合价从＋3 升高到＋5，化合价升高 2；根据化合价升降守恒，则 MnO4 －和 NOSO4H 的化学计量数之比为 2：5，再根据电荷守恒和物料守恒，可得化学方程式为 2MnO4 －＋5NOSO4H＋2H2O=2Mn2＋＋ 5NO3 －＋5SO42－＋9H＋； ②含有 MnO4 －的溶液本身具有颜色，为紫色；刚开始，KMnO4 是过量的，溶液的颜色为紫色， 加入 Na2C2O4 溶液滴定过量的 KMnO4，溶液会从紫色变为无色，因此滴定终点的现象为滴入 最后一滴 Na2C2O4 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复； ③根据题意，KMnO4 氧化了 NOSO4H 和 Na2C2O4，则用总的 KMnO4 减去氧化 Na2C2O4 的 KMnO4，可求得氧化 NOSO4H 的 KMnO4，从而求得 NOSO4H 的质量。根据化学方程式，可 得关系式 2KMnO4～5Na2C2O5，则氧化 Na2C2O4 的 KMnO4 的物质的量 -3 -320.2500mol/L 20.00mL 10 mL/L 2 10 mol5n       ；总的 KMnO4 的物质的量 -3 -30.1000mol/L 60.00mL 10 mL/L 6 10 moln      ，则氧化 NOSO4H 的 KMnO4 的物质的 量 -3 -3 -36 10 mol-2 10 mol=4 10 moln     。根据化学方程式，可得关系式 2KMnO4～ 5NOSO4H，则 NOSO4H 的物质的量 -3 5=4 10 mol =0.01mol2n   ，NOSO4H 的质量 =0.01mol 127g/mol=1.27gm n M   ，NOSO4H 的纯度 1.27g 100% 95%1.337g     。 20.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有 Al2O3、Fe2O3 和 SiO2 等物质。综合利用粉煤 灰不仅能防止环境污染，还能获得纳米 Fe2O3 等重要物质。 回答下列问题： （1）过程Ⅰ对粉煤灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是_____。 （2）过程Ⅱ加入伯胺—煤油后，将浸取液进行分离的操作名称是___；伯胺(R－NH2)能与 Fe3 ＋反应生成易溶于煤油的  2 43Fe NH R (OH) SO  — ，该反应的离子方程式为____。 （3）过程Ⅲ，利用 NaCl 溶液进行“反萃取”发生了______变化（填“物理”或“化学”）。 （4）过程Ⅳ分两步完成，先是过量的 N2H4 将水层 2 中的铁元素转化为 Fe2＋，得到的 Fe2＋再 被 O2 氧化为 FeOOH。其中第一步反应生成的含氮微粒的化学式为______。 （5）纳米 Fe2O3 是一种多功能材料，常压下用纳米 Fe2O3 电化学法合成氨的装置如图所示， 其中电解液为熔融 NaOH—KOH，该装置工作时可循环利用的物质是___。实验测得纳米 Fe2O3 在反应前后的质量和化学性质均未变，其颗粒大小变为毫米级，则说明纳米 Fe2O3 在电极上发 生的反应过程如下：__（用化学用语表示）。 【 答 案 】 (1). SiO2 (2). 分 液 (3).  3 2 2 2 2 44 33R NH Fe SO H O Fe NH R (OH) SO H        — 或   23 2 2 2 33R NH Fe H O Fe NH R (OH) H       — ） (4). 化学 (5). N2 和 N2H5 ＋ (6). H2O (7). 2 3 2Fe O 3H O 6e 2Fe= 6OH    ， 2 2 2 3 32Fe N 3H O=Fe O 2NH   或 2 3 2 3 43Fe O H O 2e 2Fe O 2O= H    ， 3 4 2 2 2 3 36Fe O N 3H O=9Fe O 2NH   或 2 3 2Fe O H O 2e 2FeO= 2OH    ， 2 2 2 3 36FeO N 3H O=3Fe O 2NH   【解析】 【分析】 粉煤灰用 H2SO4 浸泡，其中的 Al2O3 和 Fe2O3 会与 H2SO4 反应生成，Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；而 SiO2 不反应，是沉淀，过滤除去；用伯胺－煤油萃取，Fe3＋与伯胺反应，进入煤油中，从而与 Al3＋分离，再用 NaCl 溶液，反萃取 Fe3＋进入水层，再反应得到 FeOOH，最后得到纳米 Fe2O3。 【详解】(1)粉煤灰用 H2SO4 浸泡，其中的 Al2O3 和 Fe2O3 会与 H2SO4 反应生成，Al2(SO4)3、 Fe2(SO4)3；而 SiO2 不反应，是沉淀，过滤除去，滤渣的主要成分是 SiO2； (2)伯胺－煤油萃取后，得到是互不相溶的液体，分离互不相溶的液体用分液；根据电荷守恒， 可配平方程式  3 2 2 2 2 44 33R NH Fe SO H O Fe NH R (OH) SO H        — ； (3)过程Ⅲ，利用 NaCl 溶液进行“反萃取”，Fe3＋从有机层进入到水层，说明 Fe3＋形成的物质 发生变化，从易溶于有机物的物质变成了易溶于水的物质，因此发生了化学变化； (4)反萃取后，水溶液中存在 Fe3＋，与 N2H4 反应转化为 Fe2＋，Fe的化合价降低，因此 N 的化 合价升高，根据得失电子守恒和电荷守恒，可得离子方程式为 4Fe3＋＋5N2H4=4Fe2＋＋N2＋ 4N2H5 ＋，含氮微粒的化学是为 N2 和 N2H5 ＋； (5)根据示意图，N2 和 H2O 转化了 NH3，N 的化合价降低，发生了还原反应，电极方程式为 N2＋6H2O＋6e－=2NH3＋6OH－；而另一极，OH－失去生成 O2，4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；N2 和 H2O 反应消耗了水，而 OH－放电又生成了水，因此可循环利用的物质是 H2O； 纳米 Fe2O3 在反应前后的质量和化学性质均未变，其颗粒大小变为毫米级，说明 Fe2O3 是该反 应的催化剂；OH－在右侧电极失去电极，说明左侧电极得到电子发生还原反应，因此可能为 Fe2O3 先得到电子发生还原反应，得到还原产物，再与 N2 反应；Fe2O3 中 Fe 的化合价是＋3， 得到电子化合价降低可能得到还原产物 Fe、Fe3O4、FeO；则纳米 Fe2O3 在电极上发生的反应 过程可能为 2 3 2Fe O 3H O 6e 2Fe= 6OH    ， 2 2 2 3 32Fe N 3H O=Fe O 2NH   或 2 3 2 3 43Fe O H O 2e 2Fe O 2O= H    ， 3 4 2 2 2 3 36Fe O N 3H O=9Fe O 2NH   或 2 3 2Fe O H O 2e 2FeO= 2OH    ， 2 2 2 3 36FeO N 3H O=3Fe O 2NH  