山东省威海市2020届高三模拟考试4月化学试题 25页

高三化学 第Ⅰ卷（选择题 共40分）‎ 可能用到的相对原子质量：‎ 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.化学与科技、生产、生活等密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 尼龙是有机合成高分子材料，强度很大 B. 碳纳米管和石墨烯互为同分异构体 C. 游乐场应用的玻璃钢是一种复合材料 D. 新型冠状病毒可用医用酒精消毒，因为酒精能使病毒的蛋白质变性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．尼龙绳的主要成分为合成高分子化合物，强度很大，故A正确；‎ B．碳纳米管和石墨烯为C元素的不同单质，为同素异形体，故B错误；‎ C．玻璃钢由合成树脂和玻璃纤维构成的复合材料，故C正确；‎ D．酒精能够使蛋白质变性，所以可以用酒精杀菌消毒，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.某有机物M的结构简式为，下列说法正确的是（ ）‎ A. M名称为2,4,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇 B. M的消去反应产物有3种 C. M的一氯代物有5种 D. M不能发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据系统命名法，其正确命名应为2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇，故A错误；‎ B．与羟基相连的碳原子的邻位碳原子中只有两个碳原子有氢原子，所以消去反应产物只有2种，故B错误；‎ C．该有机物有如图所示5种环境的氢原子，所以一氯代物有5种，故C正确；‎ D．虽然与羟基相连碳原子上没有氢原子，但该物质可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时可以发生消去反应(苯环除外)；当与羟基相连的碳原子上有氢原子时，可以发生羟基的催化氧化。‎ ‎3.仅用下表提供的玻璃仪器（导管和非玻璃仪器任选）就能完成实验的是（ ）‎ 选项 实验名称 玻璃仪器 A 制取乙酸乙 试管、酒精灯 B 石油分馏 蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、牛角管 C 用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液 ‎250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 D 粗盐提纯 烧杯、玻璃棒、酒精灯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．制备乙酸乙酯需要的药品有乙酸、乙醇、浓硫酸，均为液体，在试管中按照一定顺序混合，然后利用酒精灯加热即可，故A正确；‎ B．石油分馏时要根据温度收集不同的产物，还需要温度计测定温度，故B错误；‎ C．浓硫酸为液体，需要用量筒量取一定体积的浓硫酸进行稀释，故C错误；‎ D．粗盐提纯需要过滤、蒸发结晶等操作，因此还需要漏斗和蒸发皿，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，三氯甲烷中含有氯原子的数目为 B. 葡萄糖中含羟基数目 C. 常温下，醋酸铵溶液（）中与数目均为 D. 和组成的混合物中含有的离子总数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下三氯甲烷为液体，‎11.2L三氯甲烷的物质的量不是0.5mol，故A错误；‎ B．葡萄糖的分子式为C6H12O6，每个葡萄糖分子中有5个羟基，‎90g葡萄糖的物质的量为0.5mol，所含羟基数目为2.5NA，故B错误；‎ C．醋酸铵溶液pH=7，根据电荷守恒可知溶液中n(CH3COO-)=n(NH4+)，但由于铵根和醋酸根都会发生水解，所以二者的数目小于0.5NA，故C错误；‎ D．1mol Na2O所含离子的物质的量为3mol，1mol Na2O2所含离子的物质的量也为3mol，所以1mol Na2O和1mol Na2O2组成的混合物中含有的离子总数为6NA，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列叙述错误的是（ ）‎ A. 分子中有键 B. 的中心原子是杂化 C. HCl和HI化学键的类型和分子的极性都相同 D. 价电子构型为的粒子其基态原子轨道表示式为：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯分子中两个C原子之间形成碳碳双键，为一个σ键和一个π键，故A正确；‎ B．甲烷分子中心碳原子价层电子对数为4，为sp3杂化，故B正确；‎ C．HCl和HI中的共价键均为极性共价键，且均为极性分子，故C正确；‎ D ‎．根据洪特规则，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以价电子构型为3s23p4的粒子的基态原子轨道表示式为，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎6.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为7；W、X原子序数之和是Y的一半；W与Z同族；Y的单质是我国古代四大发明之一黑火药的一种成分。下列说法错误的是（ ）‎ A. 简单离子半径：‎ B. W、X、Y三种元素电负性由强到弱的顺序为：Y>X>W C. W与Z形成的化合物的水溶液显碱性 D. X、Z二者最高价氧化物对应水化物与Y的简单氢化物三者间两两相互反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W与Z同族，且W、X、Z最外层电子数之和为7，则三者最外层电子数可能是1,5,1、2,3,2、3,1,3；黑火药中的单质有S和C，若Y为C，则W、X的原子序数之和为3，则必有一种元素为0族元素，不符合题意“主族元素W、X、Y、Z”，所以Y为S，W、X的原子序数之和为8，再结合W、X最外层电子可能的情况可知W为H，X为N，则Z为K。‎ ‎【详解】A．K+和S2-电子层数相同，但S2-核电荷数更小，半径更大，即简单离子半径：，故A正确；‎ B．非金属性越强电负性越强，非金属性：N>S，所以电负性N>S，即X>Y，故B错误；‎ C．W与Z形成的化合物为KH，溶于水生成KOH，溶液显碱性，故C正确；‎ D．X、Z二者最高价氧化物对应的水化物为HNO3和KOH，Y的简单氢化物为H2S，硝酸和氢氧化钾可以发生中和反应，硝酸可以氧化H2S，KOH和H2S可以发生中和反应，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎7.用如图所示的装置进行实验，仪器、、中分别盛有试剂1、2、3，其中能达到实验目的是（ ）‎ 选项 试剂1‎ 试剂2‎ 试剂3‎ 实验目的 A 浓盐酸 饱和食盐水 制备 B 浓硫酸 乙醇 溴水 验证乙烯能使溴水褪色 C 盐酸 品红试液 证明具有漂白性 D 稀硫酸 溶液 澄清石灰水 验证溶液中是否有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，故A不符合题意；‎ B．乙醇在浓硫酸、‎170℃‎的条件下可以生成乙烯，图示装置既没有酒精灯，也缺少温度计，故B不符合题意；‎ C．盐酸酸性比亚硫酸强，所以盐酸可以与亚硫酸反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫通入品红溶液验证二氧化硫的漂白性，故C符合题意；‎ D．HCO3-也可以与稀硫酸反应生成CO2使澄清石灰水变浑浊，且SO2气体也可以使澄清石灰水变浑浊，故不能判断出X溶液中是否含有CO32-，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎8.、两种化合物在医药方面有重要的作用，下列说法错误的是（ ）‎ A. 的化学式为 B. 分子间能形成氢键，分子间不能形成氢键 C. 中含有四种含氧官能团 D. 与溴水反应，最多消耗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据N的结构简式可知其分子式为C15H22O5，故A错误；‎ B．M分子中含有羟基、肽键，可以形成分子间氢键，N分子没有类似结构不能形成分子间氢键，故B正确；‎ C．M中的含氧官能团有羟基、酯基、肽键(酰胺基)、羧基共四种，故C正确；‎ D．1mol M中含有2mol碳碳双键可以消耗2mol Br2，酚羟基的邻位有一个空位可以与Br2发生取代消耗1mol Br2，共可以消耗3molB r2，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】选项D为易错点，要注意由于酚羟基的影响，导致苯环上邻、对位氢原子容易被取代，所以1molM最多消耗3molBr2。‎ ‎9.某同学釆用离子交换法测定的溶度积常数。所用离子交换树脂用表示（结构如图），交换反应为：。在的饱和溶液中还存在平衡：，当溶液流经交换树脂时，由于被交换平衡右移，结果溶液中的和中的全部被交换。下列说法正确的是（ ）‎ A. 用计测定流出液中，根据交换反应即可求出，从而计算出的溶度积常数 B. 本实验中，‎ C. 该阳离子交换树脂中有3个手性碳原子 D. 为提高交换效果，可加快液体流出速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在CaSO4的饱和溶液中还存在平衡：，即Ca元素并不是全部以Ca2+的形式存在，根据c(H+)可以确定全部Ca元素的量，要确定CaSO4的饱和溶液中c(Ca2+)还需知道饱和溶液中c[CaSO4(aq)]，根据题目所给条件并不能确定饱和溶液中c[CaSO4(aq)]，故A错误；‎ B．根据方程式可知，c(H+)= ‎2c(Ca2+)+‎2c[CaSO4(aq)]，故B错误；‎ C．连接四个不同原子或原子团碳原子为手性碳原子，该阳离子交换树脂中有如图所示3个手性碳原子，故C正确；‎ D．交换过程需要一定时间，如果流速太快交换不充分会影响测定结果，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.已知柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性。用图示裝置（夹持和加热仪器已省略）制备补血剂甘氨酸亚铁（易溶于水，难溶于乙醇）。下列说法错误的是（ ）‎ A. 装置甲中所盛放的药品可以是石灰石和稀盐酸 B. 加入柠檬酸溶液可调节溶液的，并防止被氧化 C. 丙中反应方程式为 D. 洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甘氨酸亚铁中亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，所以需要整个装置处于无氧环境，则甲装置的作用是产生某种气体将装置中的氧气排尽，乙装置为除杂装置，碳酸氢钠可以吸收酸性比碳酸强的酸性气体如HCl，可知该实验中利用CO2将装置中的空气排尽；之后利用甘氨酸和碳酸亚铁反应制备甘氨酸亚铁，柠檬酸溶液具有还原性和酸性，可以抑制亚铁离子被氧化和同时促进碳酸亚铁的溶解。‎ ‎【详解】A．根据分析可知甲中可以利用石灰水和稀盐酸反应生成二氧化碳排尽装置中的空气，故A正确；‎ B．柠檬酸溶液有酸性和还原性，可以调节pH并防止亚铁离子被氧化，故B正确；‎ C．根据元素守恒以及要制备的目标产物可知丙中发生复分解反应，方程式为，故C正确；‎ D．由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤产品可以减少产品的溶解，提高产率和纯度，故D错误；‎ 故答案为D。‎ 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2分，有选错的得0分）‎ ‎11.在体积可变的密闭容器中投入0.5mol CO和1mol H2，不同条件下发生反应：。实验测得平衡时H2的转化率随温度、压强的变化如图1所示。下列说法错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. Y代表压强，且；X代表温度，且 B. M点反应物转化率之比，N点该比例减小 C. 若M、N两点对应的容器体积均为‎5L，则N点的平衡常数 D. 图2中曲线AB能正确表示该反应平衡常数的负对数与X的关系 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若X为压强，Y为温度，由图可知相同温度下压强越大氢气的转化率越小，而该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强越大H2的转化率越大，所以Y为压强，X为温度，且；相同压强下温度越高，氢气的转化率越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，故A正确；‎ B．初始投料n(CO)：n(H2)=1:2，根据方程式可知反应过程中CO和H2按照1:2反应，所以任意时刻二者的转化率之比均为1:1，故B错误；‎ C．N点和M点温度相同，则平衡常数相同，容器体积为‎5L，M点H2的转化已知，为50%，可根据该点列三段式 ‎ ‎ 根据平衡常数的定义可知K==，故C正确；‎ D．，则K越大，pK越小，该反应正反应为放热反应，温度越高K越小，则pK越大，故曲线AC表示该反应平衡常数的负对数与X的关系，故D错误；‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】‎ 当各反应物的投料比等于方程式中计量数之比时，反应过程中任意时刻各反应物的转化率均相等。‎ ‎12.下图是实验室中制取的流程图，已知显墨绿色，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 第①步在瓷坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行 B. 第②步加入的作还原剂，第④步通发生反应：是氧化产物 C. 第③步分批浸取可提高浸取率 D. 第⑤步加热趁热过滤，说明的溶解度随温度变化比较大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ KOH和KClO3加热熔融，之后加入MnO2，碱性环境下KClO3将二氧化锰氧化成K2MnO4，之后分批加蒸馏水浸取，得到K2MnO4的溶液，通入CO2调节溶液pH，MnO42-发生歧化反应生成MnO4-和MnO2，为提高KMnO4的溶解度，加热趁热过滤得到KMnO4溶液，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到KMnO4。‎ ‎【详解】A．瓷坩埚中含有SiO2，不能用瓷坩埚加热熔融碱性物质，故A错误；‎ B．第④步种MnO42-中Mn元素由+6价降低到+4价得到MnO2，所以MnO2为还原产物，故B错误；‎ C．分批浸取是指一定条件下加入一定量的蒸馏水达到要求的浸取率后卸出浸取液，再次加入一定量的蒸馏水，相当于不断移走生物质，可提高浸取率，故C正确；‎ D．加热趁热过滤，说明温度较高时KMnO4的溶解度较大，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶过滤得到KMnO4，即KMnO4的溶解度随温度变化比较大，故D正确；‎ 故答案为AB。‎ ‎13.工业电解溶液的装置如图所示，A、B两极均为惰性电极。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该装置可用于制备溶液，其中A极发生还原反应 B. 生成a溶液的电极室中反应为： ‎ C. A极还可能有少量CO2产生，A、B两极产生的气体M和R体积比略大于2:1‎ D. 当时，则另一室理论上可制备4mol溶质a（假设右室溶液体积为‎0.5L）‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解池中阳离子流向阴极，根据Na+的流向可知B为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时电离出更多的氢离子，所以流出NaOH溶液浓度变大；A为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，a溶液为碳酸氢钠溶液。‎ ‎【详解】A．根据分析可知A极为阳极发生氧化反应，故A错误；‎ B．根据分析可知A极为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，电极方程式为，故B正确；‎ C．气体M为O2，R为H2，根据电子守恒可知，理论上生成1mol O2的同时生成2mol H2，A极还可能有少量CO2产生，所以A、B两极产生的气体M和R体积比应略大于1:2，故C错误；‎ D．当时，说明电解过程中阴极生成的OH-为8mol/L，右室体积为‎0.5L，则转移的电子为4mol，根据电极方程式 可知生成的碳酸氢钠为4mol，故D正确；‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是要记住电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极，据此确定该电解池的阴阳极，再进行分析作答。‎ ‎14.乙胺是一种一元碱，碱性比一水合氨稍强，在水中电离方程式为。时，在乙胺溶液中滴加盐酸，混合溶液的与的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在时加水稀释混合溶液，b点向c点移动 B. b点对应溶液中离子浓度关系：‎ C. 在a点时，‎ D. 时乙胺的电离常数的数量级为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙胺的电离平衡常数为Kb=，则，298K时Kw= c(OH－)·c(H+)=10-14，所以=lgKb-pH+14。‎ ‎【详解】A．298K时，pH=7的溶液显中性，加水稀释后仍为中性，即pH 不变，所以不移动，故A错误；‎ B．根据电荷守恒可知，b点溶液显中性，即c(OH－)=c(H+)，所以，但要大于c(OH－)和c(H+)，故B错误；‎ C．根据题意，当V=10.00时，溶液中的溶质为等物质的量的C2H5NH2和C2H5NH3Cl，根据=lgKb-pH+14结合a点坐标可知Kb=10-3.25，则Kh=c(C2H5NH2)，而a点处c（C2H5NH3+）=c(C2H5NH2)，所以此时加入的盐酸体积V<10.00，故C正确；‎ D．a点处=0，即lgKb-pH+14=0，所以Kb=10-3.25，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎15.已知丙烯与发生加成反应有两种可能，如图1所示；其中丙烯加的位能曲线图如图2所示。下列说法错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 过渡态（Ⅰ）比过渡态（Ⅱ）稳定 B. 生成①的过程所需活化能较低，速率快 C. ①②③④中碳原子的杂化方式相同 D. 丙烯与发生加成反应，主要生成产物③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)能量更低，所以更稳定，故A正确；‎ B．活化能越小反应速率越快，据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应速率较快，故B正确；‎ C．①②中均有一个碳原子为sp2杂化，其他碳原子均为sp3杂化，故C错误；‎ D．据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应更容易进行，选择性更强，所以主要产物为③，故D正确；‎ 故答案为C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共60分）‎ 注意事项：第Ⅱ卷包括5小题，共60分，将答案写在答题卡上 ‎16.碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)已知：①‎ ‎②‎ ‎③‎ 则与反应生成的热化学方程式为________________________________。‎ ‎(2)反应：。在716K时，容积均为‎1L的A、B两个密闭容器中，起始时A容器中充入1mol HI、B容器中充入、各0.5mol，气体混合物中碘化氢的物质的量与反应时间的关系如下表：‎ ‎ ‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ A容器 ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ B容器 ‎0‎ ‎0.6‎ ‎0.73‎ ‎077‎ ‎0.78‎ ‎0.784‎ ‎①120min时，可判断A、B容器反应处于平衡状态，理由是________________。716K时，该反应的平衡常数K=_________________（只列计算式即可）。‎ ‎②上述反应中，正反应速率为，逆反应速率为，其中、为速率常数，则________________（以K和逆表示）。‎ ‎③由A容器中实验数据计算得到和的关系可用如图表示（为物质的量分数）。当降低到某一温度时，反应重新达到平衡，和相对应的点可能分别为____、______（填字母）。若向A容器中加入催化剂，则达到平衡时，相对应点的横坐标值______（填“增大”“减小”或“不变”，下同），纵坐标值________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 恒温恒容条件下，A容器从反应物1molHI逐渐到达平衡，B容器从生成物H2、I2(g)各0.5mol逐渐到达平衡，在120min时n（HI）都为0.784mol，恰好到达平衡状态 (3). (4). K·k逆 (5). D (6). G (7). 不变 (8). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)I2(g)与O2反应生成I2O5(g)的方程式为；‎ 已知：①‎ ‎②‎ ‎③‎ 反应①×5-2×(②+③)可得目标反应方程式，根据盖斯定律可知 △H=(-1200kJ•mol-1)×5-(-2017kJ•mol-1+36kJ•mol-1)×2=-2038kJ•mol-1；‎ ‎(2)①恒温恒容条件下，A容器从反应物1mol HI逐渐到达平衡，B容器从生成物H2、I2(g)各0.5mol逐渐到达平衡，在120min时n(HI)都为0.784mol，恰好到达平衡状态；容器体积为 ‎1L‎，列三段式有：‎ ‎ ‎ 根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K=；‎ ‎②平衡时v正=v逆，即=，，所以k正=K·k逆；‎ ‎③降低稳度，正逆反应速率均减慢，正反应焓变大于零为吸热反应，降低稳定平衡逆向移动，HI的物质的量分数变大，H2的物质的量分数变小，所以对应的点可能为D，对应的点可能为G；加入催化剂反应速率加快，但不影响平衡移动，所以横坐标不变，纵坐标增大。‎ ‎17.近期我国学者研制出低成本的电解“水制氢”催化剂——镍掺杂的磷化钴三元纳米片电催化剂（）。回答下列问题：‎ ‎(1)Co在元素周期表中的位置为_________，Co2+价层电子排布式为______________。‎ ‎(2)Co、Ni可形成、、等多种配合物。‎ ‎①的空间构型为__________，中N原子的杂化轨道类型为_________。‎ ‎②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是_____________。‎ ‎③中含有σ键的数目为__________；已知NF3比NH3的沸点小得多，试解释原因________________________________________。‎ ‎(3)常用丁二酮肟来检验Ni2+，反应如下：‎ Ni2+(aq)+2 2H+(aq)‎ ‎①1个二（丁二酮肟）合镍（Ⅱ）中含有_________________个配位键。‎ ‎②上述反应的适宜为_________________（填字母序号）‎ A.12 B.5～‎10 C.1‎ ‎(4)磷化硼是一种备受关注的耐磨涂料，其晶体中磷原子作面心立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中（如图）。已知磷化硼晶体密度为，计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为___________。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族 (2). 3d7 (3). 正四面体形 (4). sp2 (5). N (6). 24NA (7). NH3分子间存在氢键 (8). 4 (9). B (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；基态Co原子价层电子排布为3d74s2，失去最外层2个电子形成Co2+，所以Co2+的价层电子排布为3d7；‎ ‎(2)①硫酸根中心原子的价层电子对数为，无孤对电子，所以空间构型为正四面体结构；NO3-中心原子的价层电子对数为，所以为sp2杂化；‎ ‎ ②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但第I IA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以4中元素中第一电离能最大的为N元素；‎ ‎③6个NH3与Co2+之间形成6个配位键，属于σ键，每个氨气分子中的氮氢键也为σ键，共6+3×6=24，所以1mol[Co(NH3)6]Cl2含有的σ键个数为24NA；N元素电负性较大，所以NH3分子间存在氢键，沸点较高；‎ ‎(3)①根据N原子的成键特点可知，在二(丁二酮肟)合镍中N原子和Ni2+形成的化学键均为配位键，所以1个二(丁二酮肟)合镍中含有4个配位键；‎ ‎②碱性太强容易生成Ni(OH)2沉淀，酸性太强大量的氢离子存在不利于二(丁二酮肟)‎ 合镍的生成，所以适宜的pH应为B：5~10；‎ ‎(4)由图可知，1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子，故晶胞质量，设边长为acm，则晶胞的体积V=a‎3cm3，故晶胞密度，解得；晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为品胞体对角线的，体对角线长度为晶胞边长的倍，所以晶体中硼原子和磷原子的最近核间距。‎ ‎【点睛】第3题判断配位键个数时要注意，在丁二酮肟中N原子已经形成3个共价键，即N原子已经饱和，此时每个N原子有一对孤电子对，形成二(丁二酮肟)合镍时，N原子提供孤对电子，Ni2+提供空轨道形成配位键，即N原子和Ni2+之间均为配位键。‎ ‎18.铈及其化合物在工业生产中应用广泛。以某玻璃废料（主要成分为CeO2、SiO2、Fe2O3、FeO等）为原料制备CeO2和NH4Fe(SO4)2·12H2O（硫酸铁铵晶体），其流程如下（已知CeO2既不溶于稀硫酸，也不溶于氢氧化钠溶液）：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)浸取玻璃废料选用的“稀酸A”为____________（填“稀硫酸”或“稀盐酸”）。‎ ‎(2)向滤渣1加入H2O2的目的是_________（用离子方程式表示）。为了提高溶解“滤渣‎1”‎的速率，常釆用加热措施，但温度高于‎60℃‎时溶解速率减慢，其主要原因是____________。‎ ‎(3)为了不引入杂质，所选用固体1的化学式为_______________。‎ ‎(4)制备2mol CeO2需要NaClO的质量为____________。‎ ‎(5)锌铈液流电池放电时的工作原理如图所示。‎ ‎①放电时电池的总离子反应方程式为____________________。‎ ‎②充电时，当a极增重‎6.5g时，有_________mol离子通过交换膜以平衡电荷。‎ ‎【答案】 (1). 稀硫酸 (2). (3). 温度过高，加快分解 (4). (5). (6). (7). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用稀酸A溶解玻璃废料，根据后续流程产物可知稀酸A为稀硫酸，滤渣1为CeO2和SiO2，滤液1中主要金属阳离子为Fe2+、Fe3+；滤渣1中加入稀硫酸酸化的H2O2，将CeO2还原为Ce3+，得到含Ce3+的滤液，加入次氯酸钠将Ce3+氧化生成Ce(OH)4，加热得到纯净的CeO2；滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，加入硫酸铵固体同时蒸发浓缩、常温晾干得到硫酸铁铵晶体。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知稀酸A为稀硫酸；‎ ‎(2)滤渣1中加入双氧水将CeO2还原为Ce3+，根据电子守恒和电荷守恒可知离子方程式为；温度过高会使双氧水分解加快，导致溶解速率减慢；‎ ‎(3)为了不引入新的杂质，固体1应为(NH4)2SO4；‎ ‎(4)由Ce3+→Ce(OH)4→CeO2，Ce元素化合价升高1价，所以制备2mol CeO2需要2mol电子，NaClO在反应过程中被还原成Cl-，化合价降低2价，转移2mol电子所需的NaClO的物质的量为1mol，质量为1mol×‎74.5g/mol=‎74.5g；‎ ‎(5)①据图可知a电极Zn被氧化成Zn2+，为负极，b电极Ce4+被还原成Ce3+，为正极，所以电池的总离子反应方程式为：；‎ ‎②充电时，a电极发生反应Zn2++2e-=Zn，增重‎6.5g，即生成0.1mol Zn，转移电子为0.2mol，交换膜为质子交换膜只允许氢离子通过，所以有0.2mol H+通过交换膜以平衡电荷。‎ ‎【点睛】第5题中通过交换膜的离子数目为易错点，虽然转移0.2mol电子时，理论上有0.2mol带一个正电荷的阳离子流向阴极，同时有0.2mol带一个负电荷的阴离子流向阳极，但该题中使用了质子交换膜，只允许氢离子通过，所以只要0.2mol离子通过交换膜。‎ ‎19.工业上可采用湿法技术从废印刷电路板中回收纯铜，其流程简图如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)开始时，将废电路板“粉碎”的目的是__________。“操作”的名称是_________________。‎ ‎(2)某化学兴趣小组同学为探究“溶浸”过程中反应的实质，采用如图所示的装置，设计了如下对照实验。‎ 序号 实验名称 实验步骤 实验现象 Ⅰ 将铜片置于H2O2溶液中 先向A中加入‎0.5g光亮的铜片，再通过B加入30%的H2O2溶液 ‎——————‎ 开始无明显现象，10小时后，溶液变为浅蓝色，铜表面附着一层蓝色固体 Ⅱ 将铜片置于硫酸酸化的H2O2溶液中 再通过C加入8mL 5mol/L 的稀硫酸 开始铜片表面产生少量气泡，随着反应的进行，气泡越来越多，溶液颜色为蓝色，铜片表面保持光亮 Ⅲ 将铜片置于有氨水的H2O2溶液中 再快速通过C加入8mL 5mol/L的氨水 立即产生大量的气泡，溶液颜色变为深蓝色，铜片表面有一层蓝色固体附着，产生的气体能使带火星的木条复燃 Ⅳ 将铜片置于加有氨水和NH4Cl的H2O2溶液中 先向A中加入‎0.5g光亮的铜片和‎0.2g NH4Cl固体，再通过B加入30%的H2O2溶液 再快速通过C加入8mL 5mol/L氨水 立即产生大量的气泡，______，铜片表面依然保持光亮 ‎①仪器A的名称为______________________。‎ ‎②实验Ⅰ中反应的化学方程式为___________________________。‎ ‎③实验Ⅱ中产生的气体是________（写化学式），实验Ⅱ比实验Ⅰ现象明显的原因是__________。‎ ‎④实验Ⅲ中“溶液颜色变为深蓝色”所发生反应的离子方程式为________________。‎ ‎⑤实验Ⅳ中空格处实验现象为__________，加入NH4Cl的作用是______________。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，使反应更充分 (2). 过滤 (3). 三颈烧瓶 (4). Cu+ H2O2=Cu(OH)2 (5). O2 (6). 酸性条件下提高了H2O2的氧化性 (7). Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (8). 溶液颜色变为深蓝色 (9). 防止溶液中c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验目的是探究“溶浸”过程中反应的实质，根据工业流程可知，铜在H2O2、NH3·H2O、NH4Cl溶液的共同作用下可以生成[Cu(NH3)4]Cl2，根据元素的化合价变化可知该过程中Cu被双氧水氧化；对比实验I和Ⅱ可知，在酸性环境下铜表面没有蓝色固体，可推测该蓝色固体应为Cu(OH)2；同时酸性环境下，Cu与双氧水的反应速率更快；根据活泼性关系可知该过程不可能产生氢气，所以产生的气体是双氧水分解生成的氧气，气泡之所以越来越多，是生成的Cu2+起到了催化作用。‎ ‎【详解】(1)“粉碎”可以增大接触面积，使反应更加充分；废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以“操作”是过滤；‎ ‎(2)①根据仪器A的结构特点可知其名称是三颈烧瓶；‎ ‎②根据实验I的现象可知铜片被缓慢氧化，且生成Cu(OH)2，方程式为：Cu+ H2O2= Cu(OH)2；‎ ‎③根据分析可知实验Ⅱ中产生的气体是O2；酸性条件下提高了H2O2的氧化性，所以实验Ⅱ比实验Ⅰ现象明显；‎ ‎④含铜离子的溶液呈蓝色，该实验中溶液颜色变为深蓝色，结合题目所给的工艺流程可知，加入氨水后溶液中生成[Cu(NH3)4]2+，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；‎ ‎⑤根据实验Ⅲ的现象可知实验Ⅳ中溶液颜色也应变为深蓝色；根据实验Ⅰ和实验Ⅱ的对比可知酸性环境下没有蓝色固体生成，氯化铵水解使溶液显酸性，所以其作用是防止溶液中c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀。‎ ‎20.合成EPR橡胶（）广泛应用于防水材料、电线电缆护套、耐热胶管等；PC塑料（）透光性良好，可制作挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下：‎ 已知：①‎ ‎②(CH3)‎2C=CHCH3+H2O2+H2O ‎③+nH2O ‎(1)A的名称为________，反应Ⅲ的反应类型为___________，H的结构简式为___________。‎ ‎(2)在工业生产过程中，反应Ⅰ除了能得到高纯度的苯酚和丙酮之外，还能回收副产物和______________。‎ ‎(3)反应Ⅱ发生时，条件控制不当有可能生成高分子化合物，其结构简式可能是________。‎ ‎(4)反应Ⅳ的化学方程式为_____________________________。‎ ‎(5)有机物E满足下列条件的同分异构体有__________种。‎ ‎①含2个苯环和2个羟基，且2个羟基不能连在同一个碳上 ‎②与FeCl3溶液不能显紫色 ‎③核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1‎ ‎(6)已知：。以邻二甲苯和苯酚为原料合成酚酞（），无机试剂任选，写出合成路线________________。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）‎ ‎【答案】 (1). 丙烯 (2). 加成反应 (3). (4). 甲醇（或） (5). （或） (6). +(2n-1)CH3OH (7). 2 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合成EPR橡胶的结构简式可知合成该橡胶的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3；A 和苯反应可生成C9H12，可知A应为CH2=CHCH3，B为CH2=CH2；C9H12经反应I可生成和丙酮，丙酮和苯酚发生类似信息③的反应生成E，结合E的分子式以及PC塑料的结构简式可知E应为；物质B即乙烯发生类型信息②的反应生成F，则F为，F与CO2反应生成，该物质与甲醇发生类似信息①的反应生成G和H，H为二元醇，则H为HOCH2CH2OH，G为CH3OCOOCH3；G与E发生类似信息①的反应生成PC。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知A为CH2=CHCH3，其名称为丙烯；根据反应Ⅲ的反应物和产物可知该过程中CO2中的碳氧双键被加成，所以为加成反应；根据分析可知H为；‎ ‎(2)反应I的反应物为C9H12，发生反应I的过程中碳原子总数不变，多了两个原子，其中一个氧原子形成碳氧双键，已知某副产物为，则另一副产物含有一个碳原子，一个氧原子，且不含碳氧双键，所以另一副产物为CH3OH；‎ ‎(3)根据题目所给反应③可知生成的高分子化合物应为 (或)；‎ ‎(4)反应Ⅳ与题目所给信息反应①类似，所以方程式为：+(2n-1)CH3OH；‎ ‎(5)E为，其同分异构体满足：‎ ‎①含2个苯环和2个羟基，且2个羟基不能连在同一个碳上；‎ ‎②与FeCl3溶液不能显紫色，说明不含酚羟基；‎ ‎③核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1，说明该分子对称，则满足条件的结构有 和共2种；‎ ‎(6)以和合成，对比前后结构可知，需要将苯酚与羰基结构反应，即发生类似所给反应③的反应，同时邻二甲苯右侧要形成环状结构；邻二甲苯可以被高锰酸钾氧化成，再结合题目信息可知在脱水剂的作用下可以形成所需的环状结构，所以合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题的关键点是要根据合成EPR橡胶的结构简式推出其单体，主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。‎ ‎ ‎