山东省潍坊市2020届高三高考模拟（二模）化学试题 Word版含解析 24页

山东省潍坊市2020届高三高考模拟（二模）考试 化学试题 ‎1.高分子材料在疫情防控和治疗中起到了重要的作用。下列说法正确的是 A. 聚乙烯是生产隔离衣主要材料，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 聚丙烯酸树脂是3D打印护目镜镜框材料的成分之一，可以与NaOH溶液反应 C. 天然橡胶是制作医用无菌橡胶手套的原料，它是异戊二烯发生缩聚反应的产物 D. 聚乙二醇可用于制备治疗新冠病毒的药物，聚乙二醇的结构简式为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B．丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，它通过加聚反应生成聚丙烯酸树脂，该聚合物中含有羧基，具有酸性，可与氢氧化钠溶液发生中和反应，故B正确；‎ C．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，它由异戊二烯通过加聚反应所生成，故C错误；‎ D．乙二醇分子含有两个羟基，可发生缩聚反应生成聚乙二醇，该聚合物的结构简式为，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.曲酸和脱氧曲酸是非常有潜力的食品添加剂，具有抗菌抗癌作用，其结构如图所示。下列叙述错误的是 ‎ A. 两物质都能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 曲酸经消去反应可得脱氧曲酸 C. 1mol脱氧曲酸最多能与3molH2发生加成反应 D. 曲酸与脱氧曲酸中含有相同种类的官能团 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．两种物质均含有碳碳双键，故可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；‎ B．曲酸发生消去反应生成三键，生成物与脱氧曲酸结构不符，B错误；‎ C．1mol脱氧曲酸中含有2mol碳碳双键，故可以和2mol氢气发生加成反应；含有1mol碳氧双键，可以和1mol氢气发生加成反应，故一共3mol氢气发生加成反应，C正确；‎ D．两种物质中均含有碳碳双键、羟基和醚键，故二者含有相同种类的官能团，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】羰基、醛基、碳碳双键、碳碳三键均可以和氢气发生加成反应；醇上的羟基和羟基碳邻碳上的氢原子发生消去反应，若没有氢原子则不发生消去反应。‎ ‎3.用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，包括粗盐溶解、加沉淀剂、过滤、调节pH、蒸发结晶等步骤。下列说法错误的是 A. 沉淀剂的添加顺序可以是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液 B. 向滤液中滴加盐酸，调节pH至滤液呈中性 C. 蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干 D. 溶解、过滤、蒸发结晶等过程都使用玻璃棒搅拌溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗盐中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质，利用Na2CO3除去Ca2＋、利用NaOH除去Mg2＋、利用BaCl2除去SO42－，除杂时，各试剂必须加过量，就会引入新的杂质，因此Na2CO3还可以除去过量的BaCl2引入的Ba2＋，因此试剂的添加顺序中Na2CO3需要在BaCl2的后面添加。过滤，除去沉淀，调节pH至中性。‎ ‎【详解】A．首先加入NaOH去除粗盐中的Mg2+和少量Ca2+，然后加入BaCl2去除粗盐中是SO42-，最后加入Na2CO3可以去除粗盐中的Ca2+和上一步加入的过量的Ba2+，A正确；‎ B．滴加盐酸使溶液呈中性，说明溶液中溶质为NaCl，B正确；‎ C．蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干，C正确；‎ D．过滤过程中玻璃棒的作用为引流，D错误；‎ 故选D。‎ ‎4.最新发现C3O2是金星大气的成分之一，化学性质与CO相似。C3O2分子中不含环状结构且每个原子均满足8电子稳定结构。下列叙述错误的是 - 24 -‎ A. 元素第一电离能：O＞C B. 3p轨道上有1对成对电子的基态X原子与基态O原子的性质相似 C. C3O2中C原子的杂化方式为sp3‎ D. C3O2分子中σ键和π键的个数比为1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的第一电离能，同周期从左到右第一电离能呈现增大的趋势，第一电离能：O＞C，故A正确；‎ B．3p轨道上有1对成对电子的基态X原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，是16号元素S，硫和氧位于同一主族，最外层电子数相同，都是6个，基态S原子与基态O原子的性质相似，故B正确；‎ C．C3O2化学性质与CO相似，CO的分子中应为直线型，C3O2中C原子采用sp杂化，故C错误；‎ D．C3O2分子中不含环状结构且每个原子均满足8电子稳定结构，故结构为O=C=C=C=O，双键中一个是σ键，另一个是π键，分子中σ键和π键的个数比为4:4，最简比为1:1，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】从已知物质的结构预测未知物质的性质时，需要根据已知物质的结构推测出未知物质的结构，注意各物质间的联系。‎ ‎5.芘经氧化后可用于染料合成。芘的一种转化路线如图所示，下列叙述正确的是 A. 芘的一氯代物有4种 B. 甲分子中所有碳原子一定都在同一平面上 C. lmol乙与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH D. 甲催化氧化后，再发生酯化反应也能得到乙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】A．芘（）中有3种氢原子，所以一氯代物有3种同分异构体，A错误；‎ B．两个苯环之间的单键可以旋转，使得两个苯环所处的平面不一定共平面，故甲中所有碳原子不是一定在同一平面上，而是可能在一个平面上，B错误；‎ C．1mol乙中含有2mol酯基，1mol酯基可以和1molNaOH发生反应，故1mol乙可以和2molNaOH发生反应，C正确；‎ D．甲经催化氧化后得到4个羧基，不含有羟基，不能发生分子内的酯化反应，与乙不同，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Z原子2p轨道上有3个未成对电子。甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素之间形成的化合物，75%的甲溶液常用于消毒，戊是Z和X组成的10电子分子，常温下已溶液显中性，它们转化关系如图所示，则下列说法中错误的是 A. 四种元素原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞X B. W的氢化物中的某一种具有漂白性 C. 丙的电子式为 D. W的氢化物沸点一定比Y的氢化物沸点高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子2p轨道上有3个未成对电子，是N，甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素之间形成的化合物，75%的甲溶液常用于消毒，甲为乙醇，乙醇含有C、H、O元素，X为H，Y为C，W为O，乙醇可以和氧气反应生成乙醛和水，丙为乙醛，已为水，丙和氧气生成乙酸，丁为乙酸，戊是Z和X组成的10‎ - 24 -‎ 电子分子，为氨气，常温下已溶液显中性，为醋酸铵，X、Y、Z、W四种元素分别为H、C、N、O，然后分析。‎ ‎【详解】A．X、Y、Z、W四种元素分别为H、C、N、O，同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞X，故A正确；‎ B．W是O，它的氢化物中的某一种是过氧化氢，具有强氧化性，具有漂白性，故B正确；‎ C．丙是乙醛，分子中含有醛基，含有碳氧双键，电子式为，故C正确；‎ D．W的氢化物可能为过氧化氢或过氧化氢，Y的氢化物可能为苯，过氧化氢或过氧化氢的沸点低于苯，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.SiO2是合成“中国蓝”的重要原料之一。如图是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，O原子略去。），Si原子旁标注的数字是Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是 A. d B. d C. d D. d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB在x轴方向上的距离为d，在y轴方向上的距离为d，所以SiA与SiB之间的距离为，故答案为B。‎ ‎8.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 实验操作和现象 结 论 - 24 -‎ 选项 A 向苯酚钠溶液中通入足量CO2溶液变浑浊 酸性：H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-‎ B 向KBrO3溶液中通入少量Cl2然后再加入少量苯，有机层呈橙红色 氧化性：Cl2＞Br2‎ C 将等浓度等体积的KI溶液和FeCl3溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 溶液中存平衡： ‎ ‎2Fe3++2I-2Fe2++I2‎ D 向2支均盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀 Ksp(Agl)＞Ksp(AgCl)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向苯酚钠溶液中通入足量CO2溶液变浑浊，说明生成了苯酚，强酸制取了弱酸，酸性：H2CO3＞C6H5OH，不能比较出苯酚和碳酸氢根的酸性强弱，故A错误；‎ B．有机层呈橙色，说明生成溴，则KBrO3被氯气还原，可说明氧化性KBrO3＞Cl2，故B错误；‎ C．将等浓度等体积的KI溶液和FeCl3溶液混合，溶液中存在平衡：2Fe3++2I-2Fe2++I2，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明生成了硫氰化铁络合物，平衡逆向移动，故C正确；‎ D．Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.铋酸钠(NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水，遇沸水或酸则迅速分解。某化学兴趣小组设计如图实验装置制取铋酸钠。装置丙中盛有Bi(OH)3(难溶于水）与NaOH溶液混合物。下列说法错误的是 - 24 -‎ A. 装置乙中盛装的试剂是饱和食盐水 B. 装置丙中发生反应的离子方程式是：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3＋2Cl-+3H2O C. 从装置丙中获得产品的操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 为除去所得固体中混有的Bi(OH)3，可用稀盐酸洗涤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装置乙中盛装的试剂是饱和食盐水，可以降低氯气的溶解性，吸收氯化氢气体，用于除去氯气中的氯化氢气体，故A正确；‎ B．装置丙中发生反应为氯气、氢氧化钠和氢氧化铋反应生成铋酸钠、氯化钠和水，离子反应方程式为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3＋2Cl- +3H2O，故B正确；‎ C．铋酸钠不溶于冷水，故得到铋酸钠的方法是在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C正确；‎ D．由于铋酸钠遇酸迅速分解，除去所得固体中混有的Bi(OH)3，不可用稀盐酸洗涤，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.金属铬(Cr)常用于制造不锈钢和仪器仪表的金属表面镀铬。由FeCr2O4(亚铬酸亚铁）制备Cr的流程如下(+6价铬元素在酸性条件下以Cr2O72-的形式存在）。下列说法错误的是 A. FeCr2O4中Cr元素的化合价为+3价 B. 反应①中参加反应的FeCr2O4和Na2CO3的物质的量之比为3:1‎ C. 反应③的化学方程式为Na2Cr2O7+‎2CCr2O3+Na2CO3+CO↑‎ - 24 -‎ D. 反应④中的Si可用Al来代替 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应①为：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑，反应②为：2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+ Na2SO4+H2O，反应③为：Na2Cr2O7+‎2CCr2O3+Na2CO3+CO↑，反应④为3Si+ 2Cr2O34Cr+3SiO2，然后分析。‎ ‎【详解】A．FeCr2O4(亚铬酸亚铁）中各元素的化合价之和等于0，设Cr元素的化合价为x，+2+2x+4×（-2）=0则Cr元素的化合价为+3价，故A正确；‎ B．根据反应①为：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑，反应①中参加反应的FeCr2O4和Na2CO3的物质的量之比为1:2，故B错误；‎ C．+6价铬元素在酸性条件下以Cr2O72-的形式存在，反应③的化学方程式为Na2Cr2O7+‎2CCr2O3+Na2CO3+CO↑，故C正确；‎ D．反应④为3Si+ 2Cr2O34Cr+3SiO2，Al可以和三氧化二铬发生，Si可用Al来代替，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.燃煤工业锅炉烟气中含有1%-3%的CO和0.02%~0.04%的NO，在新型催化剂作用下可消除CO和NO两种有害气体，反应机理如图所示，在反应过程中CO可被O2氧化。下列说法中正确的是 A. 温度越高越有利于有害气体消除 - 24 -‎ B. O2浓度越大催化除杂效果越好 C. 催化反应的速率由氧化吸附过程决定 D. 总反应方程式为2NO+2CO=N2+2CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中信息可知，化学反应为2NO+O22NO2，2NO2+4CON2+4CO2。‎ ‎【详解】A．在一定温度下，催化剂的活性能达到最大限度，有利于有害气体的消除，若温度过高，使催化剂失去活性，不利于有害气体的消除，故A错误；‎ B．O2浓度稍微增大，可以利于反应正向进行，但是O2浓度太大会把一氧化碳氧化，则不利于有害气体的消除，故B错误；‎ C．催化反应的速率由慢反应决定的，即氧化吸附过程决定，故C正确；‎ D．根据两步反应，①2NO+O22NO2，②2NO2+4CON2+4CO2，①+②，得到的总反应为2NO+O2+4CON2+4CO2，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.锂／氟化碳电池稳定性很高。电解质为LiClO4的乙二醇二甲醚溶液，总反应为xLi+CFx=xLiF+C，放电产物LiF沉积在正极，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 正极的电极反应式为CFx+xe-+xLi+=xLiF+C B. 交换膜为阴离子交换膜 C. 电解质溶液可用LiClO4的乙醇溶液代替 D. b极电势高于a极电势 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据电极总反应：xLi+CFx=xLiF+C，锂作负极，电极反应为xLi-xe-= xLi+，正极是石墨棒，电极反应式为CFx+xe-+xLi+=xLiF+C，锂离子从负极移向正极，电子的移动方向从负极移向正极，由此分析。‎ ‎【详解】A．根据分析，正极的电极反应式为CFx+xe-+xLi+=xLiF+C，故A正确；‎ B．锂离子从负极移向正极，交换膜为阳离子交换膜，故B错误；‎ C．乙醇和锂会发生反应，消耗锂，产生氢气，造成电极的损耗和危险，故不能使用LiClO4的乙醇溶液代替LiClO4的乙二醇二甲醚溶液，故C错误；‎ D．原电池中，电子从负极经导线流向正极，即由低电势流向高电势，b极电势高于a极电势，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎【点睛】电化学的题目，分析清晰正负极，电极反应，电子的流向等，由低电势流向高电势，电子的流向和电流的流向相反。‎ ‎13.四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3+。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4。下列说法正确的是 A. 若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比1:3，则还原产物为Cl2‎ B. RuO4与浓盐酸反应生成11.2LCl2转移电子数为NA C. 酸性介质中氧化性：RuO4＞ClO3-＞Cl2‎ D. 在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比1:3，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设氧化产物中氯元素的化合价为x，（+5-x）×1 =（+6-4）×3，x=-1，故还原产物为Cl-，不是Cl2，故A错误；‎ B．11.2LCl2所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故B错误；‎ C．RuO4能氧化浓盐酸反应生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧化剂NaClO3‎ - 24 -‎ 的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClO3-＞RuO4，故C错误；‎ D．在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到RuO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为：Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】得失电子守恒在本题中的应用很关键，可以用来判断生成物。‎ ‎14.一种新型的电解废水处理技术是以活性炭为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置（如图所示）。用该装置电解过程中产生的羟基自由基(•OH)氧化能力极强，能氧化苯酚为CO2、H2O。下列说法错误的是 A. 阳极电极反应为2H2O—4e-=O2↑+H+‎ B. H+通过离子交换膜向阴极移动 C. 苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O D. 每转移0.7mole一两极室共产生气体体积为‎11.2L(标况）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，b电极中，H2O变为羟基自由基(•OH)和H+，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，b为阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(•OH)和H+，没有生成氧气，正确电极反应为：H2O—e-=•OH +H+，故A错误；‎ B．该装置为电解池，阳离子向阴极移动，阳极产生H+向a电极移动，a为阴极，故B正确；‎ C．根据题干信息，羟基自由基(•OH)氧化能力极强，能氧化苯酚为CO2、H2O，苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，故C正确；‎ D．根据分析和电解池中阴阳离子在电极上的放电顺序，a电极上氢离子放电，电极反应为：2H++2e-=H2↑，b电极的电极反应为：H2O—e-=•OH+H+，结合苯酚的氧化过程 - 24 -‎ C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，当转移0.7mole一，b电极生成0.7mol•OH，氧化苯酚时，生成mol=0.15mol CO2，标况下的体积为0.15mol×‎22.4L/mol=‎3.36L，当转移0.7mole一，a电极上生成0.35mol的氢气，标况下的体积为0.35mol×‎22.4L/mol=‎7.84L，两极室共产生气体体积为‎3.36L+‎7.84L=‎11.2L(标况），故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol•L-1的KSCN、K2CrO4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是 A. Ksp(Ag2CrO4)的数值为10-9.92‎ B. a点表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液 C. 沉淀废液中的Ag+用K2CrO4溶液比等浓度的KSCN溶液效果好 D. Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数为1012.08‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 温度不变时，溶度积为常数，Ksp(AgSCN)= c(SCN-)∙ c(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(SCN-)减小，二者浓度变化倍数相同；Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙ c2(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(CrO42-)减小，但二者浓度的变化倍数不同，结合曲线分析，当c(Ag+)由10-6mol/L增大10-2mol/L，c(Xn-)由10-6mol/L减小到10-10mol/L，由此可知二者变化倍数相同，则可以断定下面的曲线为AgSCN溶解平衡曲线，上方的曲线为Ag2CrO4溶解平衡曲线，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，上方的曲线为Ag2CrO4溶解平衡曲线，则Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)∙ c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92，故A错误；‎ B．a点的c(Ag+)小于溶解平衡时的c(Ag+)，则a点的浓度积Qc(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2CrO4)，为Ag2CrO4的不饱和溶液，故B正确；‎ - 24 -‎ C．溶度积越小，溶液中离子浓度越小，沉淀越完全，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)∙ c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92，Ksp(AgSCN)= c(SCN-)∙ c(Ag+)=10-6×10-6=10-12，Ksp(AgSCN)＜Ksp(Ag2CrO4)，沉淀废液中的Ag+用KSCN溶液比等浓度的K2CrO4溶液效果好，故C错误；‎ D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数K= =1012.08，故D正确；‎ 答案选AC。‎ ‎16.我国采用的Cu2O/TiO2–NaBiO3光催化氧化技术能深度净化工业含有机物的废水。回答下列问题：‎ ‎(1)钛(Ti)的基态原子M能层中能量不同的电子有_____________种。‎ ‎(2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等小分子。‎ ‎①H2O、CH3OH、分子中O-H键的极性最强的是_____________。‎ ‎②C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_____________。‎ ‎(3)将少量无水硫酸铜溶解在水中，形成蓝色溶液，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结构如图所示，lmol该离子中所含σ键为_____________mol(包括配位键)；向深蓝色溶液中缓慢加入乙醇，得到深蓝色晶体，加热该晶体先失去组分b的原因是_____________。‎ ‎(4)铋合金具有凝固时不收缩特性，用于铸造高精度铸型。金属铋的结构示意图如图1所示，其晶胞结构如图2所示。若铋原子的半径为rpm，则该晶体的密度为_____________g•cm-3 (用含r和NA数学表达式表示)。‎ - 24 -‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). (3). O＞N＞C (4). 22 (5). NH3与Cu2+的配位能力比H2O强 (6). ×1030‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，据此分析解答；‎ ‎(2)①电离难易程度与极性关系，一般极性越大，越容易电离；‎ ‎②同周期元素，随核电荷数增大，电负性逐渐增强；‎ ‎(3)单键和配位键都为σ键，根据图示分析判断；乙醇为极性溶剂，NH3与Cu2+的配位能力比H2O强，将H2O夺走，晶体的极性降低；‎ ‎(4)根据晶胞密度计算公式ρ==计算。‎ ‎【详解】(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，M能层即为Ti核外第三层，M层中有3个能级，每个能级上的电子能量不同，则能量不同的电子有3种；‎ ‎(2)①H2O、CH3OH、都是极性分子，根据钠与水和醇的反应剧烈程度可知，水中的氢活性较大更易电离，电离难易程度与极性关系，一般极性越大，越容易电离，则H2O中O-H键的极性大于CH3OH中O-H键的极性，水是中性的，苯酚具有酸性，说明苯酚中羟基上的H比水更易电离，则上述分子中O-H键的极性最强的是；‎ ‎②C、N、O位于同周期，同周期元素，随核电荷数增大，电负性逐渐增强，三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C；‎ ‎(3)配位键和单键都是σ键，根据图示，a为铜离子，b为NH3，c为H2O，铜离子与NH3、H2O形成6个配位键，每个NH3中含有3个σ键，每个H2O中含有两个σ键，则lmol该离子中所含σ键为1mol×(6+3×4+2×2)=22mol；根据相似相溶，乙醇为极性溶剂，H2O为极性分子，NH3‎ - 24 -‎ 与Cu2+的配位能力比H2O强，乙醇将H2O夺走，降低蓝色晶体的极性，则蓝色晶体的溶解度降低而析出；‎ ‎(4)根据图2所示，金属铋原子位于六棱柱的顶点，面心和体心，该晶胞中铋原子的个数为2×+3+×12=6个，根据图1所示，若铋原子的半径为rpm，则晶胞面的边长为2rpm，上下面的距离h=rpm，将六棱柱看做6个三棱柱构成，每个三棱柱的体积为×2rpm×rpm×rpm=4r3pm3=4×10-30r‎3cm3，则晶胞的体积为6×4×10-30r‎3cm3=24×10-30r‎3cm3，则该晶胞的密度为ρ==== ×‎1030g•cm-3。‎ ‎17.1，3－丁二烯是重要的化工原料，工业上常用1-丁烯催化脱氢的方法制备。将0.lmol1－丁烯和0.675mol水蒸气组成的混合气，在80kPa恒压下进行反应：CH3CH2CH=CH2(g)CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)△H。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知化学键键能数据如下，由此计算△H=____________kJ•mo1-1。‎ 化学键 C－C C=C C－H H－H 键能/kJ•mol-1‎ ‎348‎ ‎612‎ ‎412‎ ‎436‎ ‎(2)如图表示脱氢反应中温度对1－丁烯的平衡转化率的影响，工业生产通常控制反应温度‎600℃‎。‎ - 24 -‎ ‎①请解释工业生产控制温度在‎600℃‎的原因___________。‎ ‎②此温度下反应进行2.5h后达到平衡，从开始反应到建立平衡，以H2表示的反应速率为v(H2)=_________kPa•h-1；脱氢反应的平衡常数Kp=_________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，p分=p总×物质的量分数)。‎ ‎(3)在密闭容器中反应达到平衡后，再充入1.575mol1－丁烯和1.625mol1，3－丁二烯，化学反应向_________(填“正反应”、“逆反应或“不移动”)方向进行 。‎ ‎【答案】 (1). 124 (2). ‎600℃‎时1-丁烯的平衡转化率高，催化剂活性强 (3). 1 (4). (5). 正反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据表格键能数据，△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎(2)①催化剂的活性与温度有关；‎ ‎②根据图中数据，列“三段式”计算解答；‎ ‎(3)根据Qc与平衡常数K的关系分析判断反应进行的方向。‎ ‎【详解】(1)根据表格键能数据，△H=反应物总键能-生成物总键能=8EC-H+2EC-C+ EC=C-6EC-H- EC-C- 2EC=C-EH-H=2EC-H+EC-C-EC=C-EH-H=2×412kJ•mol-1+348kJ•mol-1-612kJ•mol-1-436kJ•mol-1=+124kJ•mol-1；‎ ‎(2)①催化剂的活性与温度有关，‎600℃‎时催化剂的活性最大，1-丁烯的平衡转化率高；‎ ‎②根据图表数据，‎600℃‎达到平衡时，1-丁烯的转化率为25%，列“三段式”：‎ p(H2)= 80kPa×=2.5kPa，p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa×=2.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)= 80kPa×=7.5kPa，则以H2表示的反应速率为v(H2)== 1kPa•h-1‎ - 24 -‎ ‎，平衡常数Kp=；‎ ‎(3)在密闭容器中反应达到平衡后，再充入1.575mol1－丁烯和1.625mol1，3－丁二烯，n(CH3CH2CH=CH2)= 1.575mol+0.075mol=1.65mol，n(CH3CH2CH=CH2)= 1.625mol+0.025mol=1.65mol，则此时p(H2)= 80kPa×=0.5kPa，p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa×=16.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)= 80kPa×=16.5kPa，Qc==0.5 kPa＜K=，反应未达到平衡，向正反应方向移动。‎ ‎【点睛】易错点为(2)的第二小题，在换算分压计算平衡常数和反应速率时，要注意反应系中含有未参与反应的水蒸气，水蒸气虽然没有参与反应，但在平衡体系中，也占有一定分压。‎ ‎18.氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。‎ 已知：①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化。‎ ‎②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。‎ 实验步骤：‎ I.打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3。打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间的气体。‎ II.将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置B的作用是________。‎ ‎(2)步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是________。‎ ‎(3)步骤II中采用抽滤法过滤的主要目的是________；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是________。‎ ‎(4)化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.lmol•L-1盐酸换为6mol•L-1盐酸，通入 - 24 -‎ SO2，最终未得到白色沉淀。‎ ‎①对此现象有如下猜想：‎ 猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应 小组同学对猜想一的原理进行深入研究，查阅资料知：CuCl+Cl-⇌CuCl2-，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液_____(填操作)，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。‎ ‎②猜想二：________。‎ 设计验证猜想二是否成立的实验方案________。‎ ‎【答案】 (1). 安全瓶或防止发生倒吸 (2). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+ (3). 快速过滤，防止氯化亚铜被氧化 (4). 减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥 (5). 加水稀释 (6). 强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应) (7). 取CuCl固体，加入3rnol•L-1的H2SO4溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之，不成立 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)B装置可防止尾气处理时产生倒吸；‎ ‎(2)SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸；‎ ‎(3)步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间；已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化分析；‎ ‎(4)①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-浓度的浓度观察是否有沉淀生成；‎ ‎②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。‎ ‎【详解】(1)SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸，B装置可防止尾气处理时产生倒吸，B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸；‎ ‎(2)SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；‎ ‎(3)已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化，步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被氧化；氯化亚铜微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有挥发性，可快速带走固体表面的水分，则用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥；‎ ‎(4)①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成，则操作为将上述未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一Cl-‎ - 24 -‎ 浓度过大影响氯化亚铜的生成是正确的；‎ ‎②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取CuCl固体，加入3rnol•L-1的H2SO4溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之，不成立。‎ ‎19.“稀土之父”徐光宪对稀土萃取分离做出了巨大贡献。稀土是隐形战机、超导、核工业等高精尖领域必备的原料。钪(Sc)是稀土金属之一，如图是制备Sc的工艺流程。‎ 已知：xNH4Cl•yScF3•zH2O是ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。‎ 据此回答：‎ ‎（1）在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物的化学方程式为 ________。‎ ‎（2）图1是含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系。用氨调节溶液pH,调节3.54.2会生成钪的氢氧化物杂质 (3). 1:2 (4). NH3和HCl (5). ScF3+H2O=ScOF+2HF (6). 脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物CO2和Sc2O3，在浓盐酸、氟化铵等条件下生成复盐xNH4Cl•yScF3•zH2O，脱水，脱铵，得ScF3，最后用钙还原生成钪(Sc)单质。‎ ‎【详解】（1）在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物CO2和Sc2O3，化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；‎ ‎（2）根据图1，含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系，用氨调节溶液pH,调节3.54.2会生成钪的氢氧化物杂质。故答案为：pH<3.5沉淀会在强酸中部分溶解，pH>4.2会生成钪的氢氧化物杂质；‎ ‎（3）“脱水除铵”过程中，在‎380℃‎到‎400℃‎会有白烟冒出，白烟是氯化铵小颗粒，保温至无烟气产生，即得到ScF3，故在‎200℃‎到‎300℃‎为失水过程，则xNH4Cl•yScF3•zH2O中x:y= =0.06:0.12=1:2，由图像中数据计算复盐中x:z=1:2；工艺流程中可回收利用的物质是NH3和HCl。故答案为：1:2；NH3和HCl；‎ ‎（4）ScF3•6H2O沉淀，高温脱水得ScF3，通常含有ScOF杂质，原因是ScF3部分水解，ScF3+H2O=ScOF+2HF。流程中将复盐沉淀后“脱水除铵”制得纯度很高的SeF3，其原因是脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解。故答案为：ScF3+H2O=ScOF+2HF；脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解。‎ ‎20.DL—m—络氨酸是一种营养增补剂，能提高人体的免疫力。一种合成DL—m一络氨酸的路线如下：‎ 已知：①‎ - 24 -‎ ‎②‎ ‎③‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为 ________，F中含氧官能团的名称是________。‎ ‎（2）E到F的反应类型为________。‎ ‎（3）写出D到E的化学方程式________。‎ ‎（4）化合物M是一种α－氨基酸，是H的同分异构体。满足以下条件的M的同分异构体有________种。‎ i.环上有两个处于邻位上的取代基，与FeCl3溶液不能发生显色反应；‎ ii.1molM与足量金属钠反应产生1.5molH2。‎ 其中分子中存在两个手性碳原子，且能在浓硫酸催化加热条件下发生消去反应而消除旋光性，该异构体的结构简式为________、________（已知：分子中存在手性碳原子的分子叫手性分子，手性分子具有旋光性）。‎ ‎（5）是合成药物扑热息疼的中间体。设计由苯酚和ClCH2—O—CH3制备的合成路线________（无机试剂任选。）‎ ‎【答案】 (1). 间甲基苯酚或3－甲基苯酚 (2). 羟基、醚键 (3). 加成反应 (4). 2+O2+2H2O (5). 7 (6). (7). (8). ‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为，在光照条件下，与氯气发生取代反应生成B，B为，B在NaOH水溶液中发生水解，再酸化后生成C，C为，根据信息②C和ClCH2—O—CH3发生取代反应生成D，D为，D在铜作用下催化氧化生成E，E为，E与HCN发生加成反应生成F，F为，F与氨经过取代反应生成G，G水解后生成H，H在硫酸和乙酸中制得产品。‎ ‎【详解】（1）A为，化学名称为间甲基苯酚或3－甲基苯酚，F为，含氧官能团的名称是羟基、醚键。故答案为：间甲基苯酚或3－甲基苯酚；羟基、醚键；‎ - 24 -‎ ‎（2）与HCN发生加成反应生成F，F为，E到F的反应类型为加成反应。故答案为：加成反应；‎ ‎（3）D在铜作用下催化氧化生成E，D到E的化学方程式2+O2+2H2O。故答案为：2+O2+2H2O；‎ ‎（4）化合物M是一种α－氨基酸，是H的同分异构体。i.环上有两个处于邻位上的取代基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，没有酚羟基；ii.1molM与足量金属钠反应产生1.5molH2，除羧基外还有两个醇羟基。满足条件的M的同分异构体有7种，分别是：、、、、、、，其中分子中存在两个手性碳原子，且能在浓硫酸催化加热条件下发生消去反应而消除旋光性，该异构体的结构简式为、。‎ 故答案为：7；、；‎ ‎（5）是合成药物扑热息疼的中间体，由苯酚和ClCH2—O—CH3制备 - 24 -‎ ‎，在引入氨基过程中，要用浓HNO3进行硝化反应，酚羟基易被氧化，需进行保护，合成路线如下：。‎ 故答案为：。‎ - 24 -‎