山东省济宁市2020届高三模拟考试（5月）化学试题 26页

济宁市2020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 O 16 Si 28 S 32 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.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是 A. N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子材料 B. 为增强“‎84”‎消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸 C. “煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战 D. 《墨子·天志》中记载：“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故A正确；‎ B．84消毒液的主要成分为NaClO，与盐酸混合会生成氯气，造成中毒，故B错误；‎ C．改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质的量，可有效减少雾霾和酸雨的发生，故C正确；‎ D．“书之竹帛，镂之金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.已知：|||＋，如果要合成，所用的起始原料可以是 ‎ ‎①1,3—己二烯和2—丁炔 ②2—乙基—1,3—丁二烯和2—丁炔 ‎③2,3—二甲基—1,3—己二烯和乙炔 ④2,3—二甲基—1,3—丁二烯和1—丁炔 A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由可知，1，3-丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，乙炔中有一个键断裂，且形成环状结构，采用逆合成分析法可知，要合成，可以是→+或→+，分别为：2,3—二甲基—1,3—丁二烯和1—丁炔、2—乙基—1,3—丁二烯和2—丁炔，故答案为A。‎ ‎【点睛】本题关键是对给予信息理解，明确化学键的断裂与形成，根据目标物的结构联系信息逆向分析判断，注重知识迁移应用。‎ ‎3.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是 A. 用装置①制取乙酸乙酯 B. 用装置②制CaCO3‎ C. 用装置③熔融Na2CO3 D. 用装置④滴定未知浓度的硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导管插入碳酸钠溶液液面以下会引起倒吸，故A错误；‎ B．二氧化碳与氯化钙溶液不能直接反应，溶有氨气后溶液显碱性可以更好的吸收二氧化碳，生成碳酸根，从而生成碳酸钙，故B正确；‎ C．高温条件下碳酸钠可以和瓷坩埚中二氧化硅发生反应，不能用瓷坩埚熔融碳酸钠，故C错误；‎ D．NaOH溶液呈碱性，不能使用酸式滴定管，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】酸式滴定管的下端为玻璃制旋塞，碱式滴定管下端橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管，橡皮管内装有一个玻璃圆球，注意区分二者。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 甲醛（HCHO）和光气（COCl2）分子中：键角∠H-C-H＜∠Cl-C-Cl B. 基态氮原子的价电子排布图：‎ C. 3px所代表的含义是：第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道 D. 四硼酸根离子Xm-（含B、O、H）的球棍模型如图，配位键存在于4、5和4、6原子之间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯原子的电负性强于氢原子，对电子的吸引能力更强，所以甲醛分子中的H-C-H键角更大，故A错误；‎ B．根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以基态氮原子的价电子排布图为：，故B错误；‎ C．P能级由3个轨道，沿x、y、z三个不同的方向延伸，3px所代表的含义是第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道，故C正确；‎ D．B原子最外层有3个电子，而4号B原子形成4条共价键，说明有一个为配位键，5号O原子连接的是H原子，容易给出孤电子对，故4、5原子之间存在配位键，4、6之间不存在配位键，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.蛋白酶抑制剂茚地那韦（Indinavir）被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示。下列关于茚地那韦（Indinavir）的说法正确的是 ‎ A. 茚地那韦分子中有4个手性碳原子 B. 茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应 C. 虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面 D. 茚地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以该分子中的手性碳原子有，共5个，故A错误；‎ B．不含酚羟基，不能与氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；‎ C．与氧原子相连的碳原子为饱和碳原子，与之相连的4个原子形成四面体结构，最多3个(包括中心碳原子)共面，所以虚线框内的所有碳、氧原子不可能均处于同一平面，故C错误；‎ D．由结构可知，含2个-肽键，可发生水解反应，生成三种有机物，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y 的最外层电子数是 X 次外层电子数的 3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型电池的电解质结构如图。下列说法不正确的是 ‎ ‎ A. 非金属性：W＞Y＞Z＞X B. Y、Z组成的分子可能为非极性分子也可能为极性分子 C. W是同周期中原子半径最大的元素 D. 阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，又因为四种元素同周期，所以Y的次外层电子也为2，即Y为O，根据该物质中各元素的成键特点：Z形成4个共价键，所以Z为C，X可以形成3个共价键和一个配位键，最外层电子数应为3，即X为B，W可以形成一个共价键，则W为F。‎ ‎【详解】A．同周期元素自左至右非金属性依次增强，所以非金属性：W>Y>Z>X，故A正确；‎ B．Y、Z可以组成CO，为极性分子，也可以组成CO2，为非极性分子，故B正确；‎ C．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，故W是同周期半径最小的元素，故C错误；‎ D．阴离子中B形成3个共价键和1个配位键，所以也满足8电子稳定结构，其他原子也均满足8电子稳定结构，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】每个原子的最外层电子数+形成共用电子对的对数=8，就是达到8电子稳定结构，该物质中B原子形成3个共价键和1个配位键，所以也满足8电子稳定结构。‎ ‎7.用NaBH4进行“化学镀”镀镍，可以得到坚硬、耐腐蚀的保护层(3Ni3B+Ni），反应的离子方程式为：20Ni2++16BH4-+34OH-+6H2O=2(3Ni3B+Ni)+10B(OH)4-+35H2，下列说法不正确的是 A. 1mol B(OH)4-含有σ键的数目为8NA B. BH4—的立体构型是正四面体形 C. B原子核外电子的运动状态和能量均不相同 D. Ni的晶胞结构如图所示：，镍原子的配位数为12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个B (OH)4-中含有4个氢氧键和4个硼氧键，均为σ键，所以1molB(OH)4-中含有σ键的数目为8 NA，故A正确；‎ B．中心B原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为0，所以立体构型为正四面体，故B正确；‎ C．同一能级的电子能量相同，B原子核外1s能级有2个电子能量相同，2s能级有2电子能量相同，故C错误；‎ D．以顶点Ni原子为研究对象，与之最近的Ni原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，Ni晶体中每个Ni原子周围距离最近的Ni原子数目为=12，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 ‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀 I3—溶液中存在平衡：‎ I3—I2＋I－‎ B 在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成 酸性：H2SO3＞HClO C 向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去 氯气具有强氧化性和漂白性 D 在植物油中滴几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液褪色 植物油含有酯基 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质，滴加硝酸银产生黄色成，说明含有I-，所以KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡为I3-⇌I2+I-，故A正确；‎ B．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成因为次氯酸根将二氧化硫氧化成硫酸根，硫酸钙微溶所以有沉淀生成，故B错误；‎ C．HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，该实验中起漂白作用的是氯气与水反应生成的HClO，故C错误；‎ D．植物油含有碳碳双键所以可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不是酯基，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9.甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，利用甲、乙两装置，实现对冶金硅(Cu-Si作硅源)进行电解精炼制备高纯硅。‎ 下列说法正确的是 A. 电极M与a相连接 B. 液态Cu-Si合金作阳极，固体硅作阴极 C. 废水中的尿素的含量不会影响硅提纯速率 D. M电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲装置为原电池装置，氧气在N电极被还原生成水，所以N电极为正极，M电极为负极；乙装置为电解池，a电极上Si被氧化成Si4+，发生氧化反应，所以a电极为阳极与N极相连，b电极为阴极与M极相连。‎ ‎【详解】A．根据分析可知M与b相连，故A错误；‎ B．根据分析可知a电极为阳极，即液态Cu-Si合金作阳极；但固体硅不导电，所以不能作阴极，Si4+在铝电极上得电子被还原，故B错误；‎ C．废水中尿素含量不同，电流强度不同，单位时间内转移的电子数不同，会影响硅提纯的速率，故C错误；‎ D．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，生成N2、CO2，结合电荷守恒得到电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.碘酸钙［Ca(IO3)2］微溶于水，不溶于乙醇，是广泛使用的既能补碘又能补钙的新型食品和饲料添加剂。已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 转化过程说明Cl2的氧化性大于I2和IO3—‎ B. 转化时发生反应的离子方程式为I2＋5Cl2＋12OH—＝2IO3—＋10Cl－＋6H2O C. 将水层溶液用CCl4多次萃取、分液，除去HIO3水溶液中少量I2‎ D. 向水层中加入Ca(OH)2或CaCl2粉末，经过滤、洗涤、干燥制得Ca(IO3)2·H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I2的CCl4溶液在转化过程中与Cl2反应生成碘酸，CCl4难溶于水经过分液除去，水中碘酸经过系列反应最终生成Ca(IO3)2•H2O，据此分析。‎ ‎【详解】A．转化过程中发生反应I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，说明Cl2的氧化性大于I2和IO3-，故A正确；‎ B．转化过程中氯气将碘单质氧化成碘酸，自身被还原成氯离子，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，故B错误；‎ C．HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，更易溶于四氯化碳，所以可进行多次萃取，分液，除去碘单质，故C正确；‎ D．水层主要溶质为HIO3，所以向水层中加入Ca(OH)2或CaCl2粉末，经过滤、洗涤、干燥可制得Ca(IO3)2·H2O，故D正确；‎ 故答案为B。‎ 二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2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.黄铁矿（主要成分FeS2），在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 发生反应a时，0.05mol FeS2被氧化时消耗标准状况下空气的体积大约‎19.6L B. 为了验证b过程反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水 C. c发生反应的离子方程式为：14Fe3+ +FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+‎ D. 已知‎25 ℃‎时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39，则该温度下d逆反应的平衡常数为K=2.79×103‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知反应a中FeS2被氧化生成Fe2+和SO42-，Fe元素化合价不变，S元素化合价升高+7价，所以0.05mol FeS2被氧化时转移电子0.7mol，消耗氧气0.175mol，氧气占空气体积，所以消耗空气0.875mol，标况下体积为0.875mol×‎22.4L/mol=‎19.6L，故A正确；‎ B．经反应b后溶液中一定存在Fe3+，无论是否含有Fe2+，滴加KSCN溶液均会显红色，加入氯水后现象不变，无法检验Fe2+，故B错误；‎ C．反应c中反应物有FeS2、Fe3+，产物有Fe2+和SO42-，说明该过程中铁离子将硫元素氧化，生成SO42-，结合电子守恒和元素守恒可知离子方程式为14Fe3+ +FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故C正确；‎ D．d的逆反应为Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O，该反应的平衡常数K==2.79×103，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】实验室检验Fe3+，常用KSCN溶液，二者作用会显红色；检验Fe2+常用K3[Fe(CN)6]，二者作用会有蓝色沉淀生成。‎ ‎12.已知：p＝。室温下，向0.10mo1·L-1的HX溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH随p的变化关系如图。下列说法正确的是 A. a点溶液中：c(HX)+ c(X— )＝0.10mo1·L-1‎ B. b点坐标为(0，4.75)‎ C. c点溶液中：c(Na+)＜‎10c(HX)‎ D. 溶液中水的电离程度：c＜b＜a ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HX的电离平衡常数表达式为Ka=，则lg Ka=lg+lgc(H+)=-pH- lg，即pH=-lg Ka- lg=p-lg Ka，将点(1,5.75)带入可得lg Ka=-4.75，即Ka=10-4.75。‎ ‎【详解】A．设0.10mo1·L-1的HX溶液中c(H+)=x，则有，解得x约为10-2.9mol/L，所以0.10mo1·L-1的HX溶液pH约为2.9，当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液，溶液的体积发生变化，所以c(HX)+ c(X- )＝0.10mo1·L-1不再成立，故A错误；‎ B．将lg=0，带入pH=-lg Ka- lg，可得此时pH=-(-4.75)=4.75，所以b点坐标为(0,4.75)，故B正确；‎ C．c点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=1，则c(X-)=‎10c(HX)，带入电荷守可得：c(H+)+c(Na+)=‎10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜‎10c(HX)，故C正确；‎ D．随着NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX逐渐增多，当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大，此时容易呈碱性，也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：c>b>a，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎13.二氧化氯（ClO2）是环保型杀菌消毒剂，熔点为－‎59.5℃‎，沸点为‎11.0℃‎，极易溶于水但不反应，水溶液在温度超过‎95℃‎时易发生爆炸。实验室用稀硫酸酸化NaClO2浓溶液放出C1O2并生成NaCl，装置如图所示（夹持装置均省略）。‎ 下列说法正确的是 A. ①中水槽内为热水，装置②的作用是防倒吸 B. 图中的装置的连接顺序为④→②→①→③‎ C. ④发生反应的离子方程式为5ClO2—+2H+＝‎4C1O2↑+Cl—+H2O D. 实验需要控制温度，可采取不断搅拌和控制恒压漏斗中硫酸的滴落速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置④中利用稀硫酸酸化NaClO2浓溶液生成ClO2，其沸点为‎11.0℃‎，水溶液在温度超过‎95℃‎时易发生爆炸，所以利用装置①进行冷凝，水槽内盛放冰水，之后连接装置②防止倒吸，最后利用装置③进行尾气处理。‎ ‎【详解】A．ClO2沸点为‎11.0℃‎，水溶液在温度超过‎95℃‎时易发生爆炸，所以①中水槽内为冰水，故A错误；‎ B．根据分析可知连接顺序应为④→①→②→③，故B错误；‎ C．根据题意可知ClO2-在酸性环境下发生歧化反应生成ClO2和Cl-，根据电子守恒和电荷守恒可知离子方程式为5ClO2-+4H+＝4ClO2↑+Cl-+2H2O，故C错误；‎ D．不断搅拌和控制恒压漏斗中硫酸的滴落速度，可以及时散热和控制反应速率，从而控制温度，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时：如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2+将PO43-‎ 转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是 A. 图2中0~20min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阴极 B. 溶液pH越小有效氯浓度越大，氮的去除率越高 C. 图2中20~40min脱除的元素是磷元素，此时阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑‎ D. 电解法除氮有效氯ClO—氧化NH3的离子方程式为3ClO—+2NH3=3Cl—+N2↑+3H2O ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因0~20min脱除的元素是氮元素，所以需要将铵根、氨气氧化成氮气，若铁为阳极，则被氧化的是铁，所以此时石墨为阳极，故A错误；‎ B．随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；‎ C．除磷时，Fe作阳极失电子生成亚铁离子和PO43-转化为Fe3(PO4)2沉淀，所以石墨作阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2，故C正确；‎ D．ClO-氧化NH3的反应生成氮气，次氯酸根被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、元素守恒可得离子反应方程式为3ClO-+2NH3=3Cl-+N2↑+3H2O，故D正确；‎ 故答案为CD。‎ ‎【点睛】本题的关键点在于理解除氮和除磷时阴阳极分别是什么，除氮时需要将氨气、铵根氧化，所以不能用铁做阳极，此时石墨应为阳极；除磷时，需要将铁氧化成亚铁离子，则此时铁做阳极，石墨做阴极。‎ ‎15.T℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应：CH3OCH3(g)CO(g)+H2(g)+CH4(g)，测得容器内初始压强为41.6kPa，反应过程中反应速率v(CH3OCH3)、时间t与CH3OCH3分压p(CH3OCH3)的关系如图所示。下列说法正确的是 A. t=400s时，CH3OCH3的转化率为0.16‎ B. 该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，只可以使用催化剂 C. 平衡时，测得体系的总压强121.6 kPa，则该反应的平衡常数Kp=4000‎ D. 反应速率满足v(CH3OCH3)＝k·p(CH3OCH3)，t=400s时，v(CH3OCH3)=0.0154 kPa·s-1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知t=400 s时，CH3OCH3分压p(CH3OCH3)=35.0kPa，容器内初始压强为41.6 kPa，初始投料只有CH3OCH3，恒容密闭容器中压强比等于物质量之比，所以此时CH3OCH3的转化率为=0.16，故A正确；‎ B．该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度，故B错误；‎ C．达到平衡时，测得体系的总压强p总=121.6 kPa，设甲醚物质的量为1mol，反应消耗甲醚物质的量为x，列三段式有：‎ ‎ ‎ 压强之比等于气体物质的量之比，所以有，解得x=0.96mol，气体总物质的量为1+2x=2.92mol，所以Kp=，故C错误；‎ D．反应速率满足v(CH3OCH3)＝k·p(CH3OCH3)，k=，将点(10.0,4.4)带入可得k= 4.4×10-4s-1，400 s时v(CH3OCH3)=4.4×10-4s-1×35kPa=1.54×10-2kPa/s，故D正确；‎ 故答案为AD。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。‎ ‎(1)中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。 催化剂中添加助剂Na、K、Cu(也起催化作用)后可改变反应选择性。‎ 下列说法正确的是______‎ a.第ⅰ步所发生的反应为：CO2+H2CO+H2O ‎ b.第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步 c. Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小 ‎ d. 添加不同助剂后，各反应的平衡常数不变 加入助剂K能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_________________________‎ ‎(2)纳米铁是重要的储氢材料，可用反应Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g)制得。在‎1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.48molCO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系如图所示。‎ ‎①T1_______T2，△H_______0(填“＞”或“＜”)‎ ‎②T2温度下，平衡时体系的压强为p，反应的标准平衡常数Kθ＝_____(已知：标准平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强(1×105Pa)，p［Fe(CO)5］、p(CO)为各组分的平衡分压。)‎ ‎(3)高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。‎ ‎ ‎ ‎①电解法可制得K2FeO4，装置如图，阳极电极反应式为_________________‎ ‎②K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图所示，向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为__________________。‎ ‎(4)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：‎ ‎①MnFe2O4(s)＝MnFe2O(4-x)(s)+O2(g) △H1‎ ‎②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)＝MnFe2O4(s)+xH2(g) △H2‎ ‎③2H2O(g)＝2H2(g)+O2(g) △H3‎ 则：△H3与△H1、△H2的关系为△H3______________‎ ‎【答案】 (1). ad (2). 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率 (3). ＞ (4). ＜ (5). (6). Fe—6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (7). HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a．由催化CO2加氢合成低碳烯烃反应可知，第ⅰ步所反应为：CO2+H2⇌CO+H2O，故a正确；‎ b．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步，故b错误；‎ c．催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变△H，故c错误；‎ d．反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态、不能改变反应温度，所以反应的平衡常数不变，故d正确；‎ 综上所述选ad；‎ 加入助剂K可以降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率；‎ ‎(2)①温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，所以T1>T2，据图可知温度越高平衡时CO的浓度越大，说明温度升高平衡左移，所以该反应正反应为放热反应，△H<0；‎ ‎②反应初始投料为足量铁粉和0.48molCO，平衡时n(CO)=0.08mol，则消耗的n(CO)=0.4mol，根据方程式可知生成的n[Fe(CO)5]=0.08mol，平衡时压强为p，压强比等于物质的量之比，所以p[Fe(CO)5]=p(CO)=，Kθ=；‎ ‎(3)①电解池中阳极发生氧化反应，该电解池要制备K2FeO4，说明Fe元素要被氧化，所以铁棒电极为阳极，在碱性环境下被氧化生成FeO42-，电极方程式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；‎ ‎②据图可知pH值越大FeO42-，pH=6时Fe元素主要存在形式为HFeO4-，加入KOH碱性增强，所以发生的反应为HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O；‎ ‎(4)已知①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)△H1 ②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)△H2‎ 根据盖斯定律，可得反应2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H3=。‎ ‎17.2020年，自修复材料、自适应材料、新型传感材料等智能材料技术将大量涌现，为生物医疗、国防军事以及航空航天等领域发展提供支撑。‎ ‎（1）我国科研工作者基于丁二酮肟氨酯基团的多重反应性，研制了一种强韧、自愈的超级防护材料，‎ 其中的分子机制如图所示。‎ Cu在元素周期表中位于_____区，M层中核外电子能量最高的电子云在空间有_____个伸展方向。C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_____________‎ ‎（2）氧化石墨烯基水凝胶是一类新型复合材料，对氧化石墨烯进行还原可得到还原氧化石墨烯，二者的结构如图所示：‎ 还原石墨烯中碳原子的杂化形式是______，上图中氧化石墨烯转化为还原石墨烯时，1号C与其相邻 C原子间键能的变化是_____________（填“变大”、“变小”或“不变”），二者当中在水溶液中溶解度更大的是____________ （填物质名称），原因为__________________‎ ‎（3）砷化硼是近期受到广泛关注一种III—V半导体材料。砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：‎ B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）；……‎ As：（，，）；（，，）；（，，）；（，，）‎ 请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图___________，已知晶体密度为dg/cm3，As半径为a pm，假设As、B原子相切，则B原子的半径为_________pm（写计算表达式）。‎ ‎【答案】 (1). ds (2). 5 (3). N＞O＞C (4). sp3和sp2 (5). 变大 (6). 氧化石墨烯 (7). 氧化石墨烯中含有的羟基和羧基更多，与水分子间形成的氢键更多，溶解度更大 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(3)由各原子坐标，可知晶胞中B原子处于晶胞的顶点、面心位置，而As原子处于晶胞内部，处于B原子形成的正四面体体心位置，晶胞三维结构如图所示：‎ ‎，据此进行解答。‎ ‎【详解】(1)Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu在元素周期表中位于ds区，M层中核外电子能量最高的电子云为3d能级电子云，在空间有5个伸展方向；C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C；‎ ‎(2)根据还原石墨烯的结构可知该物质中碳原子有形成碳碳双键的不饱和碳原子还有只形成单键的饱和碳原子，所以碳原子的杂化方式为sp3和sp2；氧化石墨烯中1号C 连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以氧化石墨烯转化为还原石墨烯时，1号C与其相邻 C原子间键能变大；氧化石墨烯中含有的羟基和羧基更多，与水分子间形成的氢键更多，所以氧化石墨烯溶解度更大；‎ ‎(3)由各原子坐标，可知晶胞中B原子处于晶胞的顶点、面心位置，而As原子处于晶胞内部，处于B原子形成的正四面体体心位置，晶胞三维结构如图所示：(注：小球大小不代表原子半径大小)，投影时顶点原子形成正方形的顶点，左、右侧面及前、后面的面心原子投影处于正方形棱心，而上、下底面面心原子投影重合处于正方形的中心，As原子投影处于原子处于正方形内部且处于正方形对角线上(As原子投影、上下底面面心B原子投影将对角线4等分)，故砷化硼晶胞的俯视图为：；根据晶胞三维结构示意图可知，位于体对角线上的原子相切，即As原子和B原子的半径之和的四倍即体对角线的长度；根据均摊法，一个晶胞中As原子个数为4，B原子个数为，所以晶胞的质量为，晶胞密度为dg/cm3，则晶胞的体积为，则晶胞的边长为，则晶胞的体积对角线的长度为，所以B 原子的半径为()pm。‎ ‎【点睛】第3题为难点，需要学生有一定的空间想象能力，对数学的立体几何要有一定了解，要能够根据平面图和坐标能够准确画出该晶胞的三维晶胞结构，再进行解答。‎ ‎18.亚硝酰硫酸［M（NOSO4H）=‎127g·mol-1］主要用于分散染料重氮反应中取代亚硝酸钠，从而降低成本，提高产品质量。实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。‎ ‎（1）装置A制取SO2，则A中反应的化学方程式为___________，导管b的作用是______‎ ‎（2）SO2与装置B中盛有的浓硫酸和浓硝酸的混合液在维持体系温度不得高于‎20℃‎的条件下，反应制得NOSO4H。反应过程中，亚硝酰硫酸和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。‎ ‎①装置B中发生反应的化学反应方程式为___________。‎ ‎②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是_________________。‎ ‎③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是_________________‎ ‎（3）装置C的主要作用是____________。‎ ‎（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是____________________。‎ ‎（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度 准确称取‎1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。‎ 已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4‎ ‎2MnO4-+‎5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 达到滴定终点时的现象为______________，亚硝酰硫酸的纯度为__________。（精确到0.1%）‎ ‎【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ (2). 平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下 (3). HNO3+SO2NOSO4H (4). 生成的NOSO4H对该反应有催化作用 (5). 硝酸会挥发和分解 (6). 吸收尾气中的有毒气体，防止污染环境 (7). C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解 (8). 溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复 (9). 84.7%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A中利用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，导管b可以平衡A中和分液漏斗上部压强，使分液漏斗中的液体顺利滴下，生成的二氧化硫在装置B中与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H，浓硝酸会挥发，且易分解产生二氧化氮，同时还有未反应的二氧化硫，装置C可以进行尾气吸收，同时防止倒吸；‎ ‎(5)该滴定实验原理为先用酸性高锰酸钾标准液氧化NOSO4H，然后利用草酸标准液滴定剩余的高锰酸钾的量从而确定NOSO4H的量。‎ ‎【详解】(1)实验室一般利用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；导管b可以平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；‎ ‎(2)①装置B中二氧化硫与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H，根据题干信息可知浓硫酸主要是用来溶解反应生成NOSO4H，所以方程式为HNO3+SO2NOSO4H；‎ ‎②反应进行到10min后，反应速度明显加快，综合考虑影响反应速率的因素温度(反应过程中维持体系温度不高于‎20℃‎)、浓度(反应过程中浓度降低)、催化剂可知加快的原因应为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；‎ ‎③硝酸具有挥发性，且容易分解，所以硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量；‎ ‎(3)根据分析可知装置C作用为吸收尾气中的有毒气体，防止污染环境；‎ ‎(4)C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解，从而导致产量降低；‎ ‎(5)滴定终点时草酸根将高锰酸根完全反应，所以溶液会显无色，滴定终点现象为：溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL，浓度为 ‎0.2500mol·L-1，根据方程式2MnO4-+‎5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知剩余成n(MnO4-)=×‎0.02L×0.2500mol·L-1=0.002mol，所以NOSO4H消耗的n(MnO4-)=‎0.06L×0.1000mol·L-1-0.002mol=0.004mol，根据方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知n(NOSO4H)==0.01mol，所以样品的纯度为=84.7%。‎ ‎19.2019年度诺贝尔化学奖奖励锂电池的发明者，锂离子电池已经彻底改变了我们的生活。如果废旧电池处理不当就会对环境造成严重污染，影响人们的健康生活。一种以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）为原料制备CoC2O4·2H2O的流程如下：‎ ‎ ‎ ‎（1）除铝时发生反应的离子方程式为______________‎ ‎（2）灼烧的主要目的是___________，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是_________‎ ‎（3）还原步骤在‎70℃‎左右，LiCoO2发生反应的化学方程式为_____________，若用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可以达到目的，但其缺点是___________________‎ ‎（4）沉淀时，证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象是__________________‎ ‎（5）已知：NH3·H2ONH4++OH－   Kb=1.8×10－5 ‎ H‎2C2O4H++HC2O4－   Ka1=5.4×10－2 ‎ HC2O4－H++C2O42－     Ka2=5.4×10－5 ‎ 则该流程中所用（NH4）‎2C2O4溶液的pH___7（填“＞”或“＜”或“＝”）‎ ‎（6）已知含铝元素微粒的浓度与pH的关系如图所示，设计由滤液X制备纯净的Al2O3的实验方案________ （实验中必需使用的试剂：H2SO4溶液、BaCl2溶液、蒸馏水） ‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). 除去C (3). 坩埚 (4). 2LiCoO2+3 H2SO4+ H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O (5). 会产生有毒的氯气 (6). 静置，在上层清液中继续滴加（NH4）‎2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全 (7). ＜ (8). 向滤液X中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸侧溶液的pH，当pH介于6—8时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至质量不再减少，冷却，即得Al2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以废旧锂离子电池的正极材料(主要含LiCoO2、Al、C等)为原料制备CoC2O4•2H2O，正极材料(主要含LiCoO2、Al、C等)加入NaOH溶液，Al被溶解形成NaAlO2溶液，剩余LiCoO2、C在空气中灼烧，C与O2反应生成CO2，剩余固体LiCoO2与H2SO4、H2O2反应，H2O2被Co3+氧化生成CoSO4溶液与O2，继续加入(NH4)‎2C2O4溶液，最终形成CoC2O4•2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)除铝时的反应为铝和强氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(2)除铝后仍有C杂质，在空气中灼烧可以除去C；灼烧实验一般要用到坩埚；‎ ‎(3)根据产物中Co元素的化合价可知还原过程中双氧水将Co3+还原成Co2+，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+ H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；盐酸被氧化时生成氯气，而氯气有毒；‎ ‎(4)证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象为：静置，在上层清液中继续滴加(NH4)‎2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全；‎ ‎(5)根据题目所给消息可知一水合氨的电离程度小于草酸氢根的电离程度，则铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，铵根水解显酸性，所以(NH4)‎2C2O4溶液的pH<7；‎ ‎(6)滤液X中铝元素主要存在形式为AlO2-，要想得到纯净的Al2O3‎ 则需要先将铝元素转化为沉淀，据图可知pH为6到8时，主要是Al(OH)3，过滤洗涤再灼烧沉淀即可得到Al2O3，具体操作为：向滤液X中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸侧溶液的pH，当pH介于6—8时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至质量不再减少，冷却，即得Al2O3。‎ ‎20.有机化合物F合成路线如下，回答下列问题：‎ 已知信息如下：‎ ‎① ‎ ‎②‎ ‎③ ‎ ‎（1）A的结构简式为__________， F中含氧官能团的名称____________________ ‎ ‎（2）B与氢气加成后产物的名称为________________，B→C的反应类型为___________，其反应方程式为__________________________‎ ‎（3）写出符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______________________ ‎ ‎①可发生水解反应得到M、N两种产物，M在一定条件下可氧化为N；‎ ‎②M、N具有相同碳原子数，且所有碳原子一定在同一平面上。‎ ‎（4）已知：R1—C≡CH+R2—CHOR1—C≡。写出以CH3OH和CH≡CH为原料制备的合成路线（无机试剂任用）。 ______________________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). 醚键、羰基 (3). 5—甲基—1,2—己二醇 (4). 取代反应 (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据C→D→的反应条件可知发生类似信息③的反应，结合D的结构简式以及C的分子式可知C应为，E为；B发生类似信息②的反应生成C，则B为；A发生类型信息①的反应生成B，结合A的分子式可知A为，反应RMgCl为。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知A为；F中的含氧官能团为醚键、羰基；‎ ‎(2)B为，其双键可以与氢气加成，加成后为，其名称为5-甲基-1,2-己二醇；B到C的过程中B中羟基上的氢原子其他原子团代替，所以为取代反应，根据信息②可得方程式为++2CH3OH；‎ ‎(3)D的同分异构体满足：①可发生水解反应得到M、N两种产物，M在一定条件下可氧化为N，D中含有两个氧原子，则该同分异构体中含有酯基，且水解后生成的M为醇，N为羧酸，且二者所含碳原子数目相同；‎ ‎②M、N具有相同碳原子数，且所有碳原子一定在同一平面上，说明两种物质中均含有双键，‎ D的不饱和度为3，则该同分异构体中除酯基外还含有两个双键，且所有碳原子均与双键上的碳原子相连，则满足条件的结构有：；‎ ‎(4)由路线中E→F的转化可知，2分子OHCCH2CH2CHO在碱性条件下反应生成．由给予信息可知，2分子HCHO与1分子HC≡CH加成生成HOCH‎2C≡CCH2OH，然后与氢气加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH，再催化氧化生成OHCCH2CH2CHO．而甲醇催化氧化生成HCHO．合成路线流程图为：CH3OHHCHOHOCH‎2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHOHCCH2CH2CHO。‎ ‎【点睛】酯类可水解生成羧酸和醇类，该过程中碳原子的个数不会改变，所以若生成的醇能够被氧化生成羧酸，则原酯类的碳原子要平分给酸和醇。‎