山东潍坊市新高考化学模拟试题（三）（解析版）

高中化学高考模拟试题（三） 1.答题前，考生先将自己的姓名、考号、座号填写在相应位置。 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。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Sr-87.6 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.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是 A. KA1(SO4)2·12H2O 常用于杀菌消毒 B. 生活中可用无水乙醇消毒 C. 纤维素在人体内水解得到葡萄糖 D. 泡沫灭火器中的反应物是 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 【答案】D 【解析】 【详解】A、明矾常用于净水，利用 Al3＋水解成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水目的， 明矾不能杀菌消毒，，故 A 错误； B、生活中常用 75%乙醇进行消毒，故 B 错误； C、人体中不含水解纤维素的酶，即纤维素在人体中不能水解成葡萄糖，故 C 错误； D、利用 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 发生双水解反应：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故 D 正确； 2.丙烷的分子结构可简写成键线式结构 ，有机物 A 的键线式结构为 ，有机物 B 与等物质的量的 H2 发生加成反应可得到有机物 A。下列有关说法错误的是（　　） A. 用系统命名法命名有机物 A，名称为 2，2，3﹣三甲基戊烷 B. 有机物 A 的一氯取代物只有 4 种 C. 有机物 A 的分子式为 C8H18 D. B 的结构可能有 3 种，其中一种名称为 3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯 【答案】B 【解析】【详解】A．最长的主链含有 5 个 C 原子，从距离甲基近的一段编碳号， 的名称为： 2，2，3-三甲基戊烷，选项 A 正确； B．根据信息可知，A 的结构简式为 ，分子中有 5 种化学环境不同的氢原子，故其 一氯代物有 5 种，选项 B 错误； C．由 A 的结构简式可知，A 的分子式为 C8H18，选项 C 正确； D．A 是有机物 B 与等物质的量的 H2 发生加成产物，则 B 中含有 1 个 C=C 双键，根据加成反应还原双键， A 中相邻碳原子上都含有 H 原子的可以含有碳碳双键，故 B 的结构简式可能有如下三种： 、 、 ，它们名称依次为：3，3-二甲基-2- 乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项 D 正确； 答案选 B。 3.下列各实验中所选用的实验仪器不能都用到的是 A. 除去 Na2CO3 溶液中的 CaCO3，选用③、④和⑥ B. NaC1 溶液的蒸发结晶，选用①、⑥和⑦ C. 配制 100mL 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液，选用③、⑤、⑥和⑨ D. 将海带灼烧灰化，选用①、⑦和⑧ 【答案】D 【解析】 【详解】A．除去 Na2CO3 溶液中的 CaCO3，采用过滤的方法，选用③、④和⑥，A 正确； B．NaC1 溶液的蒸发结晶，用酒精灯加热蒸发皿，并用玻璃棒搅拌，选用①、⑥和⑦，B 正确； C．配制 100mL 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液，溶解选用③、⑥，移液选用⑤、⑥，定容选用⑨，C 正确； D．将海带灼烧灰化，选用酒精灯加热，泥三角固定、坩埚中灼烧，选用①、⑧和坩埚，D 错误； 答案为 D。4.某元素基态原子 3d 轨道上有 10 个电子，则该基态原子价电子排布不可能是 A. 3d104s1 B. 3d104s2 C. 3s23p6 D. 4s24p2 【答案】C 【解析】 【详解】A．若价电子排布为 3d104s1，为 29 号元素 Cu，电子排布式为：[Ar]3d104s1，3d 轨道上的电子处于 全充满状态，整个体系的能量最低，故 A 正确； B．若价电子排布为 3d104s2，为 30 号元素 Zn，电子排布式为[Ar]3d104s2，3d 轨道上的电子处于全充满状态， 整个体系的能量最低，故 B 正确； C．若价电子排布为 3s23p6，为 18 号元素 Ar，电子排布式为 1s22s22p63s23p6，3d 轨道上没有电子， 故 C 错 误； D．若价电子排布为 4s24p2，为 32 号元素 Ge，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，3d 轨道上的电子处于全充满状 态，整个体系的能量最低，故 D 正确； 故答案为 C。 5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是 泛酸 乳酸 A. 泛酸分子式为 C9H17NO5 B. 泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物 C. 泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关 D. 乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为 C9H17NO5，故 A 正确； B. 泛酸在酸性条件下的水解出 ， 与乳酸中羟基个 数不同，所以与乳酸不是同系物，故 B 错误； C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故 C 正确； D. 2 分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物 ，故 D 正确；选 B。 【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解， 羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。 6.已知 A、B、C、D 为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且 D 为强电解质(其他相 关物质可能省略)。 下列说法不正确的是 A. 若 A 为非金属单质，则它与 Mg 反应的产物中阴、阳离子个数比可能为 2:3 B. 若 A 为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第 IVA 族 C. 若 A 是共价化合物，则 A 和 D 有可能发生氧化还原反应 D. 若 A 是金属或非金属单质，则常温下 0. 1 mol/L 的 D 溶液中由水电离出的 c(H+)可能为 10-13mol/L 【答案】B 【解析】 【分析】 中学常见物质中 N、S 元素单质化合物符合转化关系，Na 元素单质化合物符合转化关系。 【详解】A．若 A 为非金属单质氮气，则它与 Mg 反应的产物为 Mg3N2，阴阳离子个数比为 2：3，A 项正 确； B．若 A 的组成元素为第二周期 IVA 族元素，则 A 为碳元素，B 为 CO，C 为 CO2，D 为 H2CO3，碳酸为弱 酸，与题给的 D 为强电解质这一信息不符合，B 项错误； C．若 A 为共价化合物硫化氢，可与浓硫酸反应氧化还原反应，C 项正确； D．若 A 为金属单质，则 D 溶液为强碱溶液，可判断 A 为钠。常温下 0. 1 mol/L 的 NaOH 溶液中由水电离 出的 c(H+)为 10-13mol/L，如果是氮气，则 D 是硝酸，常温下 0.1mol/L 硝酸溶液中由水电离出的氢离子浓度 是 10-13mol/L，D 项正确； 所以答案选择 B 项。 【点睛】单从题给的反应过程来看，明确物质 A 经过了连续氧化，所以所涉及的短周期元素肯定有变价， 如从 CH4→CO→CO2,C→CO→CO2； NH3→NO→NO2，N2→NO→NO2； S→SO2→SO3，H2S→S→SO2 等。 7.已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个 CO2 分子间距为 a pm，阿伏加德罗常数为 NA，下列说法正确的是 A. 晶胞中一个 CO2 分子的配位数是 8B. 晶胞的密度表达式是 g·cm－3 C. 一个晶胞中平均含 6 个 CO2 分子 D. CO2 分子的立体构型是直线形，中心 C 原子的杂化类型是 sp3 杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．面心立方最密堆积配位数为 12，故 A 错误； B．该晶胞中最近的相邻两个 CO2 分子间距为 apm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二 氧化碳之间的距离为 apm，则晶胞棱长= apm= a×10-10 cm，晶胞体积=( a×10-10 cm)3，该晶胞中二 氧化碳分子个数=8× +6× =4，晶胞密度= ，故 B 正确； C．该晶胞中二氧化碳分子个数=8× +6× =4，故 C 错误； D．二氧化碳分子是直线形分子，C 原子价层电子对个数是 2，根据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化类 型为 sp，故 D 错误； 故选：B。 【点睛】六方最密堆积、面心立方最密堆积的配位数均为 12，体心立方堆积配位数为 8，简单立方堆积配 为数为 6。 8.下列实验中，能达到相应实验目的的是 A．制备并收集乙酸 乙酯 B．证明氯化银溶解 度大于硫化银 C．验证溴乙烷的消 去产物是乙烯 D．推断 S、C、Si 的 非金属性强弱 A. A B. B C. C D. D ( )3 -30 A 44 4 2 2a 10N × × 2 2 2 1 8 1 2 ( ) ( )3 3A 3 3 -30-10 A 44 4 44 4= g / cm = g / cm 2 2a 102a 10 Nm V N ρ × ×= ×× 1 8 1 2【答案】D 【解析】 【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选 A； B、1mL0.1mol/L 的 AgNO3 溶液滴加几滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液生成白色沉淀 AgCl，AgNO3 有剩余，再滴 加几滴 0.1mol/L 的 Na2S，AgNO3 与 Na2S 反应生成 Ag2S 沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故 不选 B； C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选 C； D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性 S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证 明非金属性 C>Si，故选 D。 9.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用 SO2 和 Cl2 在活性炭作用下制取 SO2Cl2 ［SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(l) ΔH= -97.3kJ/mol］，装置如图所示（部分装置省略）。已知 SO2Cl2 的熔点为－ 54.1℃，沸点为 69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错误的是 A. 乙装置中盛放的试剂是 P2O5，防止水蒸气进入装置中 B. 装置甲应置于冰水浴中，目的是提高 SO2Cl2 产率 C. 反应结束后，分离甲中混合物的实验操作是蒸馏 D. SO2、Cl2 均可使品红试液褪色，原理不相同 【答案】A 【解析】 【分析】 SO2Cl2 沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管，作用是使挥发的产 物 SO2Cl2 冷凝回流；由于会有一部分 Cl2、SO2 通过冷凝管逸出，Cl2、SO2 都是有毒气体，故乙中应使用碱 性试剂，又因 SO2Cl2 遇水能发生剧烈反应并产生白雾，所以乙中盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气， 防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解；活性炭有多孔结构可以增大反应 物之间的接触面，提高反应速率；分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。 【详解】A. 乙装置中盛放的试剂是碱石灰，吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中 的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解，故 A 错误；B. 制备硫酰氯的反应为放热反应，装置甲应置于冰水浴中，可提高 SO2Cl2 产率，故 B 正确； C. 根据硫酰氯的熔沸点数据，反应结束后，分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离 开的实验操作是蒸馏，故 C 正确； D. SO2、Cl2 均可使品红试液褪色，二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性，氯水中的次氯酸具有氧化 性而具有漂白性，二者漂白原理不一样，故 D 正确； 答案选 A。 10.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反 应过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 整个过程中 O3 作催化剂 B. 反应 III 的方程式为 O2+O===O3 C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应 I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3 只参与反应，没有 O3 的生成，因此 O3 不是催化剂，故 A 说法错误； B、根据过程，反应 III：O 和 O2 参与反应，生成 O3，即反应 方程式为 O2＋O=O3，故 B 说法正确； C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故 C 说法正 确； D、反应 I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与 O3 发生反应生成甲醛 和乙醛，发生氧化还原反应，故 D 说法正确； 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.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图 1 为其工作原理，图 2 为废水 中 Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A. M 为电池正极，CH3COOH 被还原 B. 外电路转移 4mol 电子时，M 极产生 22.4LCO2 C. 反应一段时间后，N 极附近 溶液 pH 下降 D. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活 【答案】D 【解析】 【详解】A.由图中信息可知，电子由 M 极流向 N 极，则 M 为电池负极，CH3COOH 被氧化，选项 A 错误； B. 根据负极电极反应式 CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知，外电路转移 4mol 电子时， 标准状况下 M 极产生 22.4LCO2(忽略 CO2 溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项 B 错误； C.根据图中信息可知， N 极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N 极附近 pH 增大，选项 C 错误； D. 强氧化剂能使蛋白质变性，故 Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项 D 正确； 答案选 D。 12.工业上以铬铁矿（主要成分为 FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)， 其主要反应为： ⑴4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 ⑵2Na2CrO4＋H2SO4 Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O 下列说法中正确的是 A. 反应⑴和⑵均为氧化还原反应 B. 反应⑴的氧化剂是 O2，还原剂是 FeO·Cr2O3 C. 高温下，O2 的氧化性大于 Fe2O3 小于 Na2CrO4 D. 生成 1mol 的 Na2Cr2O7 时共转移 7mol 电子 【答案】BD 的【解析】 【详解】A、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 中有元素化合价的变化，所以是氧 化还原反应，而 2Na2CrO4＋H2SO4 Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O 中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还 原反应，故 A 错误； B、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以 氧化剂 氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是 FeO·Cr2O3，故 B 正确； C、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 中，氧化剂是氧气，还原剂是 FeO·Cr2O3，所 以氧气的氧化性大于 Na2CrO4 和 Fe2O3，但不能判断 Na2CrO4 和 Fe2O3 的氧化性相对强弱，故 C 错误； D、由方程式 4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 转移电子可知，生成 1mol Na2CrO4 时，参加反应的 O2 的物质的量为 mol，反应中 O 元素由 0 价降低为-2 价，电子转移的物质的量为参加反 应的氧气的物质的量的 4 倍，转移电子的物质的量为 mol×4=3.5mol，所以反应（1）中每生成 1mol Na2CrO4 时电子转移 3.5mol，反应（2）不是氧化还原反应，所以生成 1mol 的 Na2Cr2O7 时转移 7mol 电子， 故 D 正确； 故选 BD。 13.碘循环工艺不仅能吸收 SO2 降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下： 下列说法正确的是 A. 分离器中的物质分离操作为过滤 B. 反应器中，控制温度为 20－100℃，温度过低速率慢，过高水气化且增大碘的流失，反应速率也慢 C. 该工艺中 I2 和 HI 的相互转化体现了“碘循环” D. 碘循环工艺的总反应为 2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI 【答案】BC 【解析】 【分析】 从流程图可知，在反应器中，I2 氧化 SO2，生成硫酸和 HI，在分离器中分离硫酸和 HI，在膜反应器中 HI 发 生分解反应产生 H2 和 I2。 【详解】A.H2SO4、HI 都溶于水，所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤，A 错误； B.在反应器中，控制温度为 20－100℃，根据温度对化学反应速率的影响，若反应温度过低速率慢，但温度 是 7 8 7 8过高，水气化，会使碘单质升华，增大碘的流失，也会导致反应速率比较慢，B 正确； C.在反应器中 I2 反应转换为 HI，在膜反应器中 HI 分解转化为 H2 和 I2，从而实现了碘循环，C 正确； D.在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反应器中发生反应：2HI=H2+I2，所以碘循环工艺 的总反应为 2SO2+2H2O=H2+H2SO4，D 错误； 故合理选项 BC。 【点睛】本题考查了氧化还原反应在环境污染治理 应用的知识。采取一定的工艺流程，不仅可以降污减 排，而且还可以得到有实用价值的化工原料，实现物质的资源化利用，真正实现“垃圾是放错地方的资源”的 合理化应用。 14.25℃时，向 0.10mol·L-1 的 H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随 pH 的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. 25℃时 H2C2O4 的一级电离常数为 Ka1=10-4.3 B. pH=2.7 的溶液中：c(H2C2O4)=c(C2O42-) C. pH=7 的溶液中：c(Na+)>2c(C2O42-) D. 滴加 NaOH 溶液的过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+) 【答案】A 【解析】 【分析】 草酸属于二元弱酸，滴加 NaOH 溶液，发生 H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋ H2O，然后进行分析； 【详解】草酸属于二元弱酸，滴加 NaOH 溶液，发生 H2C2O4 ＋NaOH=NaHC2O4 ＋H2O，NaHC2O4 ＋ NaOH=Na2C2O4＋H2O， A、根据图像，H2C2O4 二级电离常数表达式 K=c(C2O42－)×c(H＋)/c(HC2O4－)，在 pH=4.3 时，c(C2O42 －)=c(HC2O4－)，此时 H2C2O4 的二级电离常数为 10－4.3，不是 H2C2O4 的一级电离常数，故 A 说法错误； 是 的B、根据图像，pH=2.7 的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42－)，故 B 说法正确； C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，当 pH=7 时，c(H＋)=c(OH－)，有 c(Na ＋)=c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，因此 c(Na＋)>2c(C2O42－)，故 C 说法正确； D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在 c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)， 故 D 说法正确； 15.用煤油作溶剂，二(2－乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同 时，Cu2＋萃取率[萃取率＝ ×100％ ]与初始 Cu2＋浓度关系如图 1 所示；在其 他条件相同时，处理前初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1，Cu2＋萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说 法错误的是 A. 根据图 1 可知，废水中初始 Cu2＋浓度越大，Cu2＋的萃取效果越好 B. 根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好 C. 根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％ D. 根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水，在 pH＝1.5 时处理废水，则 处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1.5×10－3mol(假设体积不变) 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。 【详解】A．根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度的增大而减小，故 A 错误； B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好，故 B 正确； C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％，故 C 正确； D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水， ，在 pH＝1.5 时处理废水，萃取率为60%，则除 去的 ，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1×10－ 2+ 2+ 处理后处理前 2+ 处理前 c( Cu ) - c( Cu ) c( Cu ) 2+ 1 1 3n Cu 0.8L 0.2g L / 64g mol mol2.5 10− − −= × = × （ ） 2+ 3 3mol 60%n Cu 2. 1.55 1 m0 ol0 1− −= × ×× =（ ）3mol，故 D 错误； 答案选 AD。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的化工原料。可通过以下方法将甲醇转化为甲醛。 脱氢法：CH3OH(g)=HCHO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋92.09 kJ·mol－1 氧化法：CH3OH(g)＋ O2(g)=HCHO(g)＋H2O(g)ΔH2 回答下列问题: (1)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.64 kJ·mol－1，则 ΔH2＝_________________。 (2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为________________________________________。 (3)图 1 为甲醇制备甲醛反应的 lg K(K 为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线_____(填“a”或“b”)对应脱氢 法，判断依据是_____________________________________。 (4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图 2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若 原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为___________。 (5)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感 器的原理如图 3 所示，则 a 极的电极反应式为_________________________________________________，当 电路中转移 4×10－4 mol 电子时，传感器内参加反应的 HCHO 为________________mg。 【答案】 (1). －149.73 kJ·mol－1 (2). 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热 反应在热力学上趋势较大 (3). b (4). 脱氢法为吸热反应，温度升高，K 增大 (5). 3∶2 (6). HCHO ＋H2O -4e－ = CO2＋4H＋ (7). 3 【解析】 【详解】(1)已知 i．CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ•mol-1 ii.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3=-483.64 kJ•mol-1， 1 2根 据 盖 斯 定 律 i+ ii 得 方 程 式 CH3OH(g)+ O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H2=(+92.09- ×483.64)kJ/mol=-149.73kJ•mol-1； (2)根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应，氧化法焓变小于零为放热反应，放热反应在 热力学上趋势较大； (3)脱氢法为吸热反应，温度升高，K 增大，所以曲线 b 对应的是脱氢法； (4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含 有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，每个甲醛分子中含有 1 个 C 原子、每个氨气分子中含有 1 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6 个甲醛分子、4 个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子 个数之比=6：4=3：2，即物质的量之比为 3:2； (5)据图可知 a 极 HCHO 被氧化生成 CO2，则 a 为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为 HCHO ＋H2O -4e－ = CO2＋4H＋；根据电极方程式可知转移 4×10－4 mol 电子时，参与反应的 HCHO 为 1×10－4mol， 质量为 1×10－4mol×30g/mol=0.003g=3mg。 17.法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材 料为 Na2Co2TeO6(制备原料为 Na2CO3、Co3O4 和 TeO2)，电解液为 NaClO4 的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问 题: (1)C、O、Cl 三种元素电负性由大到小的顺序为________________________。 (2)基态 Na 原子中，核外电子占据的原子轨道总数为______，Te 属于元素周期表中______区元素，其基态 原子的价电子排布式为______________________。 (3)CO32-的空间构型为___________________，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示, 其中碳原子的杂化轨道类型为____________,1mol 碳酸丙烯酯中 σ 键的数目为_________________。 (4)Na 和 O 形成的离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中 O 的配位数为____________，该晶胞的密度为 ρg/cm3,阿伏加德罗常数的值为 NA，则 Na 与 O 之间的最短距离为____________cm(用含有 ρ、NA 的代数式 1 2 1 2 1 2表示)。 【答案】 (1). O>Cl>C （或 OClC） (2). 6 (3). p (4). 5s25p4 (5). 平面三角形 (6). sp2、 sp3 (7). 13NA(或 13×6.02×1023) (8). 8 (9). 【解析】 【详解】(1)元素的非金属性越强其电负性越大，O、Cl、C 的非金属性大小顺序是 O＞Cl＞C，所以其电负 性大小顺序是 O＞Cl＞C； (2)Na 元素的原子序数为 11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，每个能级字母前的数字表示电子层数， 所以该元素含有 3 个电子层，各能级包含的原子轨道数按 s、p、d、f 的顺序依次为 1、3、5、7，该元素含 有 s、p 能级，1+1+3+1=6 个轨道；Te 原子为 52 号元素，位于周期表第五周期、第 VIA 族，价电子排布式 为 5s25p4，属于 p 区； (3)CO32-中碳原子价层电子对个数=3+ (4+2-3×2)=3，且不含孤电子对，所以 C 原子采用 sp2 杂化，空间构 型为平面三角形；碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键，单键形成 4 个 σ 键，没有孤对电子，杂化轨道数目 为 4，为 sp3 杂化，双键形成 3 个 σ 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为 3，sp2 杂化，所以碳原子的杂化轨 道类型为 sp2、sp3，σ 键的总数目为 13，即 13NA(或 13×6.02×1023)； (4)氧离子半径大于钠离子半径，所以白色球为 O，晶胞中白色球数目为 8× +6× =4，黑色球为 Na，共 8 个，由晶胞对称性可知 O 的配位数为 8；根据晶胞结构可知 Na 周围距离最近的 4 个 O 形成正四面体，顶点 O 与正四面体体心的 Na 连线处于晶胞体对角线上，Na 与 O 之间的最短距离为体对角线的 ，晶胞体积= ，晶胞边长= cm，则 Na 与 O 之间的最短距离为 cm。 【点睛】元素的非金属性越强其电负性越大；(5)中计算为易错点、难点，关键是明确 Na、O 距离与晶胞棱 长关系，需要学生具备一定的空间想象能力。 18.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族：锶与氮气在加热条件下可生成 氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。 3 A 3 248 4 ρN 1 2 1 8 1 2 1 4 3A A 4 62 4 cm M N Nρ ρ × ×= 3 3 A 62 4=V Nρ × 3 A 3 248 4 NρI．利用装置 A 和 C 制备 Sr3N2 (1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将___________，然后稍稍用力即可将玻璃管插 入橡皮管。 (2)写出由装置 A 制备 N2 的化学反应方程式___________。 (3)装置 A 中 a 导管的作用是________。利用该套装置时，有同学提出应先点燃置 A 的酒精灯一段时间后， 再点燃装置 C 的酒精灯，你同意其观点吗?_______(“同意”或“不同意”)。理由是___________。 Ⅱ．利用装置 B 和 C 制备 Sr3N2。利用装置 B 从空气中提纯 N2(已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收) (4)写出装置 B 的 NaOH 溶液中发生反应的离子方程式___________。 (5)装置 C 中广口瓶盛放的试剂是___________。 Ⅲ．测定 Sr3N2 产品的纯度 (6)取 10.0g 该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得 到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是_______。经改进后测得浓硫酸增重 1.02g，则产品 的纯度为___________。 【答案】 (1). 橡皮管和玻璃管润湿（只将其中之一润湿也给分） (2). NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O (3). 平衡气压，使液体顺利流下 (4). 同意 (5). 利用生成的 N2 将装置内空气排 尽（或排尽装置内空气等） (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O (7). 浓硫酸 (8). 未将气体中的水蒸气除 去，也被浓硫酸吸收（或其它合理答案） (9). 87.6％ 【解析】 【分析】 装置 A 中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成 N2，经过装置 B 处理后的氮气进入装置 C 中与锶反应生成氮化锶， 结合锶和氮化锶的性质和实验的基本操作分析解答。 【详解】(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，连接橡皮管和玻璃管时，先将橡皮管和玻璃管润湿， 然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管，故答案为橡皮管和玻璃管润湿； (2)装置 A 中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成 N2，反应的化学反应方程式为 NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O，故答案为 NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O； (3)装置 A 是一个相对封闭的环境，a 导管的存在，可以平衡气压，使饱和氯化铵溶液顺利流下。利用该套 装置时，为了防止空气中的氧气与金属锶反应，实验时一个先点燃装置 A 的酒精灯一段时间后，再点燃装 置 C 的酒精灯，故答案为平衡气压，使液体顺利流下；同意；利用生成的 N2 将装置内空气排尽(或排尽装 置内空气等)； (4) 利用装置 B 和 C 制备 Sr3N2。利用装置 B 从空气中提纯 N2，其中氧气可被连苯三酚溶液定量吸收，二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收， NaOH 溶液中发生反应的离子方程式为 CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为 CO2+2OH-=CO32-+H2O； (5) 氮化锶遇水剧烈反应，进入装置 C 的氮气需要干燥，广口瓶盛放的试剂可以是浓硫酸，故答案为浓硫酸； (6)浓硫酸具有强烈的吸水性，生成的气体中含有一定量的水蒸气，未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸 吸收，导致测得氨气的质量偏大，造成测得的产品的纯度偏高；Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)3+2NH3↑，取 10.0g 产 品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入到浓硫酸中，浓硫酸增重 1.02g，为氨气质量，氨气的物 质的量= =0.06mol，则 n(Sr3N2)= 0.03mol，产品纯度= ×100%=87.6％，故答 案为未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收；87.6％。 19.钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿的主要成分及质量分数如下表： 物质 V2O5 V2O3 K2O SiO2 Fe2O3 Al2O3 质量分数% 0.81 1.70 2.11 63.91 5.86 12.51 一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下： 回答下列问题： (1)“酸浸、氧化”时，V2O3 转化为 VO2+，反应的离子方程式为____________________________________；若 用浓盐酸代替硫酸，V2O5 转化为 VO2+，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为 __________________。 (2)萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取 Fe3+而不萃取 Fe2+，所以萃取前可用____________（填名称，下 同）对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有 Fe3+，可选用的化学试剂是 ____________________。 (3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+ + (HR2PO4)2(O) VO(R2PO4)2(O)+ 2H+。其中(HR2PO4)2(O)为 萃取剂，为了提高 VO2+的产率，反萃取剂应该呈 __________性（填“酸”“碱”或“中”）。 (4)“氧化”中，欲使 3molVO2+变为 VO2+，则需要氧化剂 NaClO3 至少为____________mol。 (5)单质钒可用于制造特种合金钢。以五氧化二钒和金属钙为原料在高温条件下可制备单质钒，表示制备过 程的化学方程式为________________________________________。 1.02g 17g / mol 0.03mol 292g / mol 10.0g ×【答案】 (1). 2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O (2). V2O5+6HCl（浓）=2VOCl2+Cl2+3H2O (3). 铁粉 (4). 硫氰酸钾溶液 (5). 酸 (6). 0.5 (7). V2O5+5Ca 2V+5CaO 【解析】 【分析】 钒精矿经硫酸酸浸、氧气氧化得到滤液和废渣，滤液中主要阳离子有 VO2+、VO2+、Fe3+、K+、Al3+，滤渣 主要为 SiO2；萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取 Fe3+而不萃取 Fe2+，所以萃取前可用铁粉将铁离子还 原成亚铁离子，同时也将 VO2+还原成 VO2+，再经“溶剂萃取与反萃取”得到含 VO2+的溶液，然后利用 NaClO3 将 VO2+氧化成 VO2+，加入氨水得到 NH4VO3 沉淀，煅烧得到五氧化二钒。 【详解】(1)“酸浸、氧化”时，V2O3 转化为 VO2+，该过程中氧气做氧化剂，V2O3 为还原剂，结合电子守恒 和元素守恒可得方程式为 2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O；浓盐酸为还原性酸，V2O5 转化为 VO2+，同时将盐 酸氧化成氯气，结合电子守恒和元素守恒可知方程为 V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2+3H2O； (2)根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理；铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红色，可用硫氰 酸钾溶液检验是否含有铁离子； (3)为了提高 VO2+的产率需要平衡左移，则需要溶液中有大量氢离子，所以反萃取剂应呈酸性； (4)VO2+变为 VO2+，化合价升高 1 价，则使 3molVO2+变为 VO2+需要转移 3mol 电子，氧化剂 NaClO3 被还原 成 Cl-，化合价降低 6 价，所以转移 3mol 电子需要 0.5molNaClO3； (5)该过程中高温条件下钙还原五氧化二钒得到单质钒，方程式为 V2O5+5Ca 2V+5CaO。 20.药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K 是合成瑞德西韦的关键中间体,其合成路线 如下： 高温①R-OH R-Cl； ② 回答下列问题: (1)B 的结构简式为_________________________，B→C 的反应类型为_____________，J 中含氧官能团的名 称为_______________，G→H 的反应化学方程式为_____________________________________________。 (2)写出符合下列条件 C 的同分异构体 X__________________________（填结构简式，不考虑立体异构）。 ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子; ②与 FeCl3 溶液发生显色反应; ③1molX 与足量金属 Na 反 应可生成 2g H2 。 (3)E 中含两个 Cl 原子,则 E 的结构简式为________________________________________________。 (4)写出以苯甲醇为原料制备 的合成路线（其它试剂任选）：________________。 【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 酯基 (4). HCHO+HCN 的(5). (6). (7). 【解析】 【分析】 根据 B 到 C 的反应物以及 C 的结构简式可知 B 到 C 发生了取代反应，B 为 ，则 A 到 B 为 苯酚的硝化反应，所以 A 为 ，D 发生信息 1 的反应生成 E，且 E 中含两个 Cl 原子，则 E 为 ，E 和 A 发生取代反应生成 F；G 到 H 在到 I 为信息 2 的反应，根据 I 结构简式知 H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，I 发生酯化反应生成 J，F 和 J 发生取代反应生成 K，J 为 ， 结合题目分析解答。 【详解】(1)根据分析可知 B 为 ；B 到 C 为酚羟基上的氢原子被取代的过程，所以反应类 型为取代反应；J 为 ，含氧官能团为酯基；G 到 H 发生信息 2 的反应，方程式为： HCHO+HCN ； (2)C 的同分异构体 X 满足： ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基； ②与 FeCl3 溶液发生显色反应说明含有酚羟基； ③1molX 与足量金属 Na 反应可生成 2g H2 说明除酚羟基外还含有一个羟基，综合分析可知 X 可能为 ； (3)根据分析可知 E 为 ； (4)苯甲醇为 ，目标物中有酯基形成的一个六元环，六元环上含有 4 个碳，则首先需要将苯甲醇支链上的碳链加长，羟基可以催化氧化生成醛基，根据信息 2 可知醛基和 HCN 在催化剂作用下可加长碳 链，同时生成羟基，再将—CN 转化成羧基，再进行酯化反应即可得到目标物，所以合成路线为 。 【点睛】C 的同分异构体为本题难点，要认识到苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对 相同的取代基，据此可以判断另一个羟基也应为酚羟基。