山东省2020届高三化学新高考仿真试卷（5）（解析版）

第 1 页 共 27 页 2020 年山东新高考仿真试卷系列-化学（5） 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 N 14 O 16 P 31 S 32 Zn 65 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．在 2020 年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是 （ ） A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为 95% B．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 C．84 消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂 D．硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质 【答案】A 【解析】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，A 错误；PP 纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊 的复合技术精制而成的有机高分子材料，B 正确；84 消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可 作为环境消毒剂，C 正确；硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，D 正确；故选 A。 2．下列实验操作正确但不是从实验安全角度考虑的是 第 2 页 共 27 页 A． 使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度 B． 使用 CCl4 萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出 C． 吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸 D． 用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水 【答案】D 【解析】A. 由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生 爆炸，该操作是从安全角度考虑，A 项不符合题意； B. 打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度 考虑，B 项不符合题意； C. 水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，C 项不符合题意； D. 配制一定物质的量浓度溶液时的 “查漏” 操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，D 项 符合题意； 答案选 D。 第 3 页 共 27 页 3．下列化学用语表达不正确的是（  ） ①丙烷的球棍模型 ②丙烯的结构简式为 CH3CHCH2 ③某有机物的名称是 2，3-二甲基戊烷 ④ 与 C8H6 互为同分异构体 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【答案】D 【解析】①丙烷的球棍模型为 ，①正确； ②丙烯的结构简式应为 CH3CH＝CH2，②不正确； ③某有机物的名称是 2，3-二甲基戊烷，③正确； ④ 的分子式为 C8H6，但分子式为 C8H6 的其结构并不知道，因此二者不一定是同分 异构体，④不正确； 答案选 D。 4．设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3 溶液中含有的阳离子数目小于 0.2NA B．0.24g Mg 在 O2 和 CO2 的混合气体中完全燃烧，转移电子数为 0.02NA C．3g 由 CO2 和 SO2 组成的混合气体中含有的质子数为 1.5NA D．1molNa2O2 与 SO2 完全反应，转移电子数为 2NA 【答案】A 【解析】A. 铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于 0.2NA 个， 第 4 页 共 27 页 故 A 错误； B. 0.24g Mg 为 0.01mol，Mg 在 O2 和 CO2 的混合气体中完全燃烧生成 MgO，失去 0.02mol 电子，则转移电子数为 0.02NA，故 B 正确； C. CO2 的摩尔质量为 44g/mol，含 22 个质子；SO2 的摩尔质量为 64g/mol，含 32 个质子，即 两者均是 2g 中含 1mol 质子，故 3g 混合物中含 1.5mol 质子即 1.5NA 个质子，故 C 正确； D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol 过氧化钠中的−1 价的氧原子变为−2 价，故 1mol 过氧化钠转移 2mol 电子即 2NA 个，故 D 正确； 答案选 A。 5．化合物 Y 具有抗菌、消炎作用，可由 X 制得。下列有关化合物 X、Y 的说法不正确的是 （ ） A．1molX 最多能与 3molNaOH 反应 B．Y 与乙醇发生酯化反应可得到 X C．X、Y 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．室温下 X、Y 分别与足量 Br2 加成的产物分子中手性碳原子数目相等 【答案】B 【解析】A. X 中能与 NaOH 反应的官能团是羧基和酯基，1mol 羧基能消耗 1molNaOH，X 中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol 这样的酯基，消耗 2molNaOH，即 1molX 最多能与 3molNaOH 反应，故 A 说法正确； B. Y 中含有羟基，对比 X 和 Y 的结构简式，Y 和乙酸发生酯化反应得到 X，故 B 说法错 误； C. 碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有 H 原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而 第 5 页 共 27 页 使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 说法正确； D. X 中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y 中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与 溴反应后，X、Y 中手性碳原子都是 4 个，故 D 说法正确； 答案：B。 6．短周期元素 a、b、c、d 的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊 为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中 A 为 d 元素组成的单质，常温下乙为液 体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是 A．简单离子半径：c＞b B．丙中既有离子键又有极性键 C．b、c 形成的化合物中阴、阳离子数目比为 1：2 D．a、b、d 形成的化合物中，d 的杂化方式是 sp3 【答案】A 【解析】【分析】短周期元素 a、b、c、d 的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为 H2O，则 a 为 H 元素，A 为 d 元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁， 则丙应为碱，由转化关系可知甲为 Na2O，丙为 NaOH，A 为 Cl2，生成丁、戊为 NaCl， NaClO，可知 b 为 O 元素、c 为 Na 元素、d 为 Cl 元素，以此解答该题。 【详解】由以上分析可知 a 为 H 元素、b 为 O 元素、c 为 Na 元素、d 为 Cl 元素，甲为 Na2O、乙为 H2O、丙为 NaOH、丁为 NaClO、戊为 NaCl； A．b、c 对应的离子为 O2-和 Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小， 则离子半径 O2-＞Na+，即 b＞c，故 A 错误； B．丙为 NaOH，由 Na+和 OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故 B 正确； 第 6 页 共 27 页 C．b 为 O 元素、c 为 Na 元素，两者组成的 Na2O 和 Na2O2 中阴、阳离子数目比均为 1：2， 故 C 正确； D．a、b、d 形成的化合物中，若为 NaClO，Cl 原子的价电子对为 1+ =4，则 Cl 的杂化方式是 sp3；若为 NaClO2，Cl 原子的价电子对为 2+ =4，则 Cl 的杂化方 式是 sp3；同理若为 NaClO3 或 NaClO4，Cl 原子杂化方式仍为 sp3，故 D 正确； 故答案为 A。 7．下列有关说法正确的是（ ） A．水合铜离子的模型如图 ，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键 B．CaF2 晶体的晶胞如图 ，距离 F-最近的 Ca2+组成正四面体 C．氢原子的电子云图如图 ，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动 D．金属 Cu 中 Cu 原子堆积模型如图 ，为面心立方最密堆积，Cu 原子的 配位数均为 12，晶胞空间利用率 68% 【答案】B 【解析】A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的 H 原子 和 O 原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A 选项错误； 7 1 1 2 2 + − × 7 1 2 2 2 + − × 第 7 页 共 27 页 B．CaF2 晶体的晶胞中，F-位于体心，而 Ca2+位于顶点和面心，距离 F-最近的 Ca2+组成正四 面体，B 选项正确； C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H 原子最外层只有一个电子，所以 不存在大多数电子一说，只能说 H 原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C 选项错 误； D．金属 Cu 中 Cu 原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为 12，但空间利用率为 74%， D 选项错误； 答案选 B。 【点睛】 本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察， 并正确理解掌握基本概念。 8．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 a b c 2MnO 2Cl 2 3Na SO 2SO 第 8 页 共 27 页 D 稀硫酸 溶液 澄清石灰水 验证 溶液中是否有 【答案】C 【解析】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。 9．乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为 20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略) 如图所示。 下列说法错误的是 A．①中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下 B．实验过程中铜丝会出现红黑交替变化 C．实验开始时需先加热②，再通 O2，然后加热③ D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热。 【答案】C X X 2- 3CO 第 9 页 共 27 页 【解析】A．装置中若关闭 K 时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利 流下，①中用胶管连接，打开 K 时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A 选项正确； B．实验中 Cu 作催化剂，但在过渡反应中，红色的 Cu 会被氧化成黑色的 CuO，CuO 又会 被还原为红色的 Cu，故会出现红黑交替的现象，B 选项正确； C．实验开始时应该先加热③，防止乙醇通入③时冷凝，C 选项错误； D．为防止倒吸，实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，D 选项正确； 答案选 C。 10．防治污染要坚决打好蓝天、碧水、净土三大保卫战。某工厂拟综合处理含 NH4+废水和 工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程： 下列说法正确的是（ ） A．固体 1 的成分是 CaCO3、CaSO3 B．向气体 1 中通入的空气需要过量 C．捕获剂所捕获的气体主要是 CO D．处理含 NH4+废水时，发生的反应为 NH4++5NO2-+4H+＝6NO↑+4H2O 【答案】C 【解析】从流程图可以看出，工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成 分）通入过量石灰乳中，CO2、SO2 转化为 CaCO3、CaSO3，成为固体 1 的主要成分；此时 气体的主要成分为 N2、NO、CO，通空气、再用 NaOH 溶液吸收，NO 转化为 NaNO2，用 含 NH4+废水处理，生成 N2 和水；CO 气体用捕获剂处理，从而得到捕获产物。 A．由以上分析可知，固体 1 的成分是 CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2 等，A 不正确； 第 10 页 共 27 页 B．向气体 1 中通入的空气若过量，NaNO2 将被氧化为 NaNO3，B 不正确； C．气体 2 的成分为 N2 和 CO，N2 不污染环境，所以捕获剂所捕获的气体主要是 CO，C 正 确； D．处理含 NH4+废水时，发生的反应为 NH4++NO2- ＝N2↑+2H2O，D 不正确； 故选 C。 二、选择题（本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题只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．某新型电池，以 NaBH4(B 的化合价为+3 价)和 H2O2 作原料，负极材料采用 Pt，正极材 料采用 MnO2(既作电极材料又对该极的电极反应具有催化作用)，该电池可用作卫星、深水 勘探等无空气环境电源，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是(  ) A．每消耗 3 mol H2O2，转移 6 mol e− B．电池工作时 Na+从 b 极区移向 a 极区 C．a 极上的电极反应式为 BH－4 +8OH−−8e−===BO－2 +6H2O D．b 极材料是 MnO2，该电池总反应方程式：NaBH4+4H2O2===NaBO2+6H2O 【答案】B 【解析】由图中信息可知，NaBH4 是还原剂，其在负极上被氧化为 BO－2 ，电极反应式为 BH －4 +8OH−−8e−===BO－2 +6H2O，H2O2 是氧化剂，其在正极上被还原为 OH−，电极反应式为 4H2O2+8e−===8OH−，该电池总反应方程式为 NaBH4+4H2O2===NaBO2+6H2O。所以电极 a 是 负极、电极 b 是正极。每消耗 3 mol H2O2，O 元素的化合价从−1 降到−2，故转移 6 mol e−， 电池工作时 Na+从负极区移向正极区，由此知 A、C、D 项正确，B 项错误。 12．雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷 第 11 页 共 27 页 酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ） A．砷酸的分子式为 H2AsO4 B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 10：1 D．该反应中每析出 4.8g 硫磺转移 1mol 电子 【答案】C 【解析】A. As 位于第四周期 VA 族，因此砷酸的分子式为 H3AsO4，故 A 错误； B. 红棕色气体为 NO2，N 的化合价由＋5 价→＋4 价，根据原电池工作原理，负极上发生 氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即 NO2 应在正极区生成并逸 出，故 B 错误； C. 根据题中信息，As 的化合价由＋3 价→＋5 价，S 的化合价由－2 价→0 价，化合价都 升高，即 As2S3 为还原剂，HNO3 为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有 n(As2S3)×[2×(5 －3)＋3×2]=n(HNO3)×(5－4)，因此 n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故 C 正确； D. 4.8g 硫磺的物质的量为： =0.15mol，根据硫原子守恒 n(As2S3)=0.05mol，根据 C 选项分析，1molAs2S3 参与反应，转移 10mole－，则 0.05molAs2S3 作还原剂，转移电子物 质的量为 0.05mol×10=0.5mol，故 D 错误； 答案：C。 13．向某容积为 2L 的恒容密闭容器中充入 2molX(g)和 1molY(g)，发生反应 2X(g)+Y(g) 3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中 X 的体积分数与温度的关系如图所示。 下列推断正确的是（ ） 4.8g 32g/mol 第 12 页 共 27 页 A．M 点时，Y 的转化率最大 B．平衡后充入 X，达到新平衡时 X 的体积分数减小 C．升高温度，平衡常数减小 D．W、M 两点 Y 的正反应速率相同 【答案】C 【解析】【分析】起始时向容器中充入 2molX(g)和 1molY(g)，反应从左到右进行，结合图 像，由起点至 Q 点，X 的体积分数减小；Q 点之后，随着温度升高，X 的体积分数增大， 意味着 Q 点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。 【详解】A．Q 点之前，反应向右进行，Y 的转化率不断增大；Q 点→M 点的过程中，平衡 逆向移动，Y 的转化率下降，因此 Q 点时 Y 的转化率最大，A 项错误； B．平衡后充入 X，X 的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能 减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X 的体积分数仍比原平衡大，B 项错误； C．根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C 项正确； D．容器体积不变，W、M 两点，X 的体积分数相同，Y 的体积分数及浓度也相同，但 M 点温度更高，Y 的正反应速率更快，D 项错误； 答案选 C。 14.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（ ） HCl H+ 第 13 页 共 27 页 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】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。 15．已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按 ω= 向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数( )与 温度(T)、ω 的关系，图乙表示反应的平衡常数 K 与温度 T 的关系。则下列说法正确的是（ ） HCl 2 2 3 n(Cl ) n(CH =CHCH ) φ 第 14 页 共 27 页 A．图甲中 ω1＞1 B．图乙中，线 A 表示正反应的平衡常数 C．在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态 D．当温度为 T1、ω=2 时，Cl2 的转化率约为 33.3% 【答案】D 【解析】A.增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烯的体积分数减小，由图可知，丙 烯的体积分数 ω1 大于 ω2，则 ω1＜1，故 A 错误； B.由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放 热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小，则图乙中，线 B 表示正反应的平衡常数， 故 B 错误； C.该反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，则在恒容容 器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故 C 错误； D.设温度为 T1、ω=2 时，容器体积为 1L，CH2=CHCH3 的起始物质的量为 1mol，消耗物质 的量为 xmol，由题意建立如下三段式： 由平衡常数 K=1 可得 =1，解得 x= ，则 Cl2 的转化率为 ≈33.3%，故 D 正确； ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 2 2 起（mol / L） 1 2 0 0 变（mol / L） x x x x 平（mol / L） CH =CHCH g +Cl g CH 1- x 2- x x =CHCHCl g +HCl x g x x （1- x）（2- x） × × 2 3 2 3 2 100%× 第 15 页 共 27 页 故选 D。 【点睛】 由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热 反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小是解答关键和易错点。 三、解答题（共 5 小题，满分 60 分） 16.（12 分）甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为 CH4(g)+H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。回答下列问题： （1）已知 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1 CO(g)＋ O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1 H2(g ) ＋ O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1 CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1 则甲烷水蒸气重整反应的 ΔH=_____kJ·mol-1。 （2）通过计算机模拟实验，对 400～1200℃、操作压强为 0.1MPa 条件下，不同水碳比（1～ 10）进行了热力学计算，反应平衡体系中 H2 的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如 图所示。 2 1 2 1 第 16 页 共 27 页 ①温度一定时，H2 的物质的量分数与水碳比（1～10）的关系是_____，产生该结论的原因 是_____。 ②据模拟实验可知，平衡温度为 900℃，水碳比为 1.0 时，H2 的物质的量分数为 0.6，CH4 的转化率为_____，其压强平衡常数为_____；反应速率方程为 v=kp(CH4)p-1(H2)，此时反应 速率 v=_____。 （已知：气体分压=气体的物质的量分数×总压，速率方程中 k 为速率常数）。 （3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为 CH4 和 H2，pH 为 5.5 时不同热预处理温度和时间下的甲 烷和氢气的产率如图所示，若要提高 H2 的产率，最佳温度为_____。 【答案】（1）+206.3 （2）水碳比越大，H2 的物质的量分数越大 水碳比较大时，CO 会与 H2O 进一步反应生 成 H2，使 H2 的物质量分数增大 66.7% 4.32×10-2(Mpa)2 k 6 第 17 页 共 27 页 （3）80℃ 【解析】【分析】（1）①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式，用盖斯定律 求甲烷水蒸气重整反应的△H； （2）①H2 的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系由图知；原因从生成氢气的反应角度来回 答； ②平衡温度为 900℃，水碳比为 1.0 时，H2 的物质的量分数为 0.6，列三段式求解 CH4 的转 化率、压强平衡常数；根据压强与气体物质的量成正比，结合三段式计算； （3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为 CH4 和 H2，提高 H2 的产率的最佳温度，由图可知。 【详解】（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1 ②CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1 ③H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1 ④CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1 根据盖斯定律，①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式为 CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)，则甲烷水蒸气的重整反应△H＝△H1＋△H4−2△H2−2△H3＝ （−890.3−41＋2×283.0＋2×285.8）kJ⋅mol−1＝＋206.3 kJ⋅mol−1； （2）①平衡温度一定时，H2 的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系，由图中曲线走势可知， 水碳比越大，H2 的物质的量分数越大的原因，从生成氢气的反应可知，除了甲烷水蒸气的 重整反应生成氢气外，一氧化碳和水也会反应产生氢气； ②操作压强为 0.1MPa、平衡温度为 900℃条件下，水碳比为 1.0 时，H2 的物质的量分数为 0.6，设甲烷和 H2O 的物质的量均为 3mol，达化学平衡时，甲烷消耗 xmol，则： 4 2 2CH (g) + H O(g) = CO(g) + 3H (g) (mol): 3 3 0 0 (mol): x x x 3x (mol): 3-x 3-x x 3x 起始量 转化量 平衡量 第 18 页 共 27 页 H2 的物质的量分数＝ ＝ ＝0.6， 解得 x＝2mol，转化率 α(CH4)＝ ×100%＝ ×100%＝66.67%，平衡常数 K＝ ＝ (Mpa)2＝4.32×10-2(Mpa)2；反应速率 v=kp(CH4)p-1(H2)＝k ＝k ＝k× ＝ ； （3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为 CH4 和 H2，由图可知，pH 为 5.5 时，若要提高 H2 的产率， 降低甲烷产率，最佳温度为 80℃。 【点睛】本题关键是理解图中给出的信息，注意（2）根据“H2 的物质的量分数为 0.6”这一 条件，可以列三段式求解 CH4 的转化率、压强平衡常数。 17．铁系元素是人体必需的微量元素， Fe3+可以与 KSCN 溶液、苯酚等发生显色作用。 镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功 能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。 (1)Fe3+的基态核外电子排布式为____________________。 (2)与 SCN−互为等电子体且为非极性分子的化学式为__________（任写一种）。 (3)普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有 一个 K+，又知该晶体中铁元素有+2 价和+3 价两种，则 Fe3+与 Fe2+的个数比为_________。 (4)血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高 3 倍，在图乙中画出 Fe2+ 与 N 原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）______________ ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 CH H O ( ) CO H Hn n n n n＋ ＋ ＋ 3-x 3- 3 3x x x x＋ ＋ ＋ 变化量 起始量 2mol 3mol ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 2 CO H CH H O p p p p × × 32 6( 0.1) ( 0.1)10 10 1 1( 0.1) ( 0.1)10 10 × × × × × × ( ) ( )4 2 CH H p p ( ) ( )4 2 CH H n n 1 6 6 k 第 19 页 共 27 页 (5)镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为____________；晶胞是图 中的_________________（填 a、b 或 c）；配位数是__________________；紧邻的四个镁原 子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是 2a cm3，镁单质的密度为 ρ g·cm－3，已知阿 伏伏德罗常数为 NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。 【答案】（1）[Ar]3d5（或 1s22s22p63s23p63d5） （2）CO2 或 CS2 （3）1∶1 （4） （5）六方最密堆积 c 12 12NAaρ 【解析】 (1)铁是 26 号元素，其原子核外有 26 个电子，根据构造原理其核外电子排布 式为[Ar]3d64s2，则 Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5（或 1s22s22p63s23p63d5）； (2)SCN−中含有 3 个原子，且其价电子数是 16，与 SCN−互为等电子体的一种非极性分 子的为 CO2(或 CS2)； (3)每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数= =0.5，该立方体 中铁原子个数=8× =1，CN−位于每条棱中点，该立方体中含有 CN−个数=12× =3，所以平 均化学式是 K0.5Fe(CN)3，Fe 平均化合价 2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是 1:1； 1 2 1 8 1 4 第 20 页 共 27 页 (4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N 原子提供 电子对，Fe2+与 N 原子间的的配位键为： ； (5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按 ABABABAB…的方式堆积，单质晶体中原子为六 方最密堆积，配位数为 12，晶胞是图中的 c；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为 正四面体，正四面体的该高为晶胞的 ，可推知四面体的体积为整个晶胞的 ，而晶胞中 含有的镁原子数为 1+ =2，则晶胞质量=2 g，则 ρg·cm−3= ，则有 Mr=12NAaρ。 18．高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备 高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题： （1）装置 I 中仪器甲的名称是___________。 （2）装置 I 中浓盐酸与 KMnO4 混合后发生反应的离子方程式是___________。 （3）装置Ⅱ中的试剂 X 是___________。 （4）装置Ⅲ中搅拌的目的是___________。 （5）上述装置按气流由左至右各接口顺序为___________(用字母表示)。 （6）装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经 1 2 1 12 1 8 A Mr N ( )A 3 2Mr gN 12 2acm× 第 21 页 共 27 页 过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。 ①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：___________。 ②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。 ③上述制备的产品中含少量的 KIO3，其他杂质忽略，现称取 ag 该产品配制成溶液，然后加 入稍过量的用醋酸酸化的 KI 溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用 1.0mol·L－ 1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为 bL。 已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2O KIO4+7KI+8CH3 COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O I2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6 则该产品中 KIO4 的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2）16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ （3）NaOH 溶液 （4）使反应混合物混合均匀，反应更充分 （5）aefcdb （6）2KOH+KIO3+Cl2 KIO4+2KCl+ H2O 降低 KIO4 的溶解度，减少晶体损失 100% 【解析】【分析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置 III 为 KIO4 的制备 反应发生装置，发生的反应为 2KOH+KIO3+Cl2 KIO4+2KCl+ H2O；装置 I 可用来制取氯气， 为制备 KIO4 提供反应物氯气；装置 IV 是氯气的净化装置；装置 II 是氯气的尾气吸收装置； 装置的连接顺序为 I→IV→III→II，以此分析解答。 【详解】（1）根据装置 I 中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶， 107b 3a 115 83a − × ×（ ） 第 22 页 共 27 页 因此，本题正确答案是：圆底烧瓶； （2）浓盐酸与 KMnO4 反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守 恒和原子守恒写出离子方程式是 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O， 因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； （3） 装置 II 是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂 X 应是 NaOH 溶液， 因此，本题正确答案是：NaOH 溶液； （4） 装置 III 为 KIO4 的制备反应发生装置，用氯气和 NaOH 的 KIO3 溶液反应，搅拌的目 的是使反应混合物混合均匀，反应更充分， 因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分； （5）根据以上分析，装置的连接顺序为 I→IV→III→II，所以各接口顺序为 aefcdb， 因此，本题正确答案是：aefcdb； （6）①装置 III 为 KIO4 的制备反应发生装置，氯气将 KIO3 氧化为 KIO4，本身被还原为 KCl， 化学方程式为 2KOH+KIO3+Cl2 KIO4+2KCl+ H2O， 因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2 KIO4+2KCl+ H2O； ②根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热 水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低 KIO4 的溶解度，减少晶体损失， 因此，本题正确答案是：降低 KIO4 的溶解度，减少晶体损失； ③设 ag 产品中含有 KIO3 和 KIO4 的物质的量分别为 x、y，则根据反应关系： KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3， ①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，解得 y= mol， 则该产品中 KIO4 的百分含量是 100%= 100%， ( )107b 3a 166 − 107b 3a) 230 166a − × ×（ 107b 3a 115 83a − × ×（ ） 第 23 页 共 27 页 因此，本题正确答案是： 100%。 19．磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应 用前景。以磷硅渣（主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2 和 V2O5 等）为原料制备磷酸铝的 工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是 _____。 （2）生石灰除了调节 pH 外，另一作用是_____。 （3）滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-，该水解反应的离子方 程式为_____。 （4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_____ (填化学式)。 （5）实验测得 pH、反应温度与时间对碱浸时固相中 P、Al 含量的影响如图所示： 则最优反应条件是_____。 （6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在 900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合 物，写出该反应的化学方程式：_____。 【答案】（1）H3PO4 SiO2、CaSO4 （2）除去过量的 SO42- （3）V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+ （4）Na[Al(OH)4]、Na3PO4 （5）pH=12、温度为 80℃、时间为 1h 107b 3a 115 83a − × ×（ ） 第 24 页 共 27 页 （6）Al2O3＋2NH4H2PO4 2AlPO4＋2NH3↑＋3H2O 【解析】【分析】磷硅渣的主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2 和 V2O5 等，加浓硫酸分离 出滤渣为 SiO2、CaSO4，酸浸液中加 CaO 可调节 pH 且除去过量硫酸根离子，滤渣 1 为 CaSO4， 滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，加 NaOH 分离出 Na2[VO3(OH)]，再加 NaOH 时粗磷酸铝 溶解生成可溶性溶质为 NaAlO2、Na3PO4，由图可知，pH＝12、温度为 80℃、时间为 1h 时 碱浸时固相中 P、Al 含量 w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出 AlPO4； （1）SiO2 为酸性氧化物，不与硫酸反应；CaSO4 微溶于水，据此回答； （2）加浓硫酸引人过量的硫酸根离子，CaSO4 微溶于水，据此回答； （3）滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−； （4）加 NaOH 时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为 NaAlO2、Na3PO4； （5）在 pH、反应温度与时间对碱浸时固相中 P、Al 含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中 P、Al 含量 w%小时就为最优反应条件； （6）加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成 AlPO4、NH3 和 H2O。 【详解】（1）酸浸中磷元素主要转化为 H3PO4，该反应的化学方程式为 Ca3(PO4)2＋3H2SO4 ＝3CaSO4＋2H3PO4，磷硅渣的主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2 和 V2O5 等，加浓硫酸分 离出滤渣为 SiO2、CaSO4； （2）生石灰除了调节 pH 外，另一作用是除去过量的硫酸根离子； （3）滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−，该水解反应的离子方 程式为 V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+； （4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是 Na[Al(OH)4]、Na3PO4； （5）由图可知，pH＝12、温度为 80℃、时间为 1h 时碱浸时固相中 P、Al 含量 w%小，为 最优反应条件； （6）加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成 AlPO4、NH3 和 H2O，化学方程式为：Al2O3＋ 2NH4H2PO4 2AlPO4＋2NH3↑＋3H2O. 20．有机物 A 是一种重要的化工原料，以 A 为起始原料可合成药物 I(结构简式如下)，其合 成路线如下： 900℃ 900℃ 第 25 页 共 27 页 已知：①有机物 D 为芳香烃 ②RNH2+ +H2O 回答下列问题： （1）F 的名称是_____，B 中官能团的名称是_____。 （2）由 B→C、E＋H→I 的反应类型分别是_____、_____。 （3）G 的结构简式为_____。 （4）D→F 所需的试剂和反应条件是_____。 （5）G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为_____。 （6）芳香化合物 J 是 E 的同分异构体。若 J 能发生银镜反应，则 J 可能结构有______种(不 含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为_____ 【答案】（1）对硝基甲苯 羧基 （2）取代反应 加成反应 （3） （4）浓硝酸、浓硫酸、加热 一定条件→ 第 26 页 共 27 页 （5） +CH3CHO +H2O （6）14 【解析】【分析】A 为 CH3CHO，与新制 Cu(OH)2 反应后生成乙酸盐，酸化后得 B，B 为 CH3COOH，SOCl2 与 B 发生取代反应生成 C，C 为 CH3COCl，D 为甲苯，C 与 D 反应 E， 由 I 可以推出 E 为 ，D 发生硝化反应得 F，F 为 ，F 还原后生成 G， G 为 ，G 与 CH3CHO 反应生成 H，H 为 ，E 和 H 通过加成反应生 成 I。 【详解】（1）F 为 ，名称是对硝基甲苯，B 为 CH3COOH，B 中官能团的名称是 羧基。故答案为：对硝基甲苯；羧基； （2）B 为 CH3COOH，SOCl2 与 B 发生取代反应生成 C，C 为 CH3COCl，由 B→C 是取代 反应、E 和 H 通过加成反应生成 I，E＋H→I 的反应类型分别是加成反应。故答案为：取代 反应；加成反应； 一定条件→ 第 27 页 共 27 页 （3）G 的结构简式为 。故答案为： ； （4）D 发生硝化反应得 F，D→F 所需的试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热。故答案 为：浓硝酸、浓硫酸、加热； （5）根据信息 2，G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为 +CH3CHO +H2O。故答案为： +CH3CHO +H2O； （6）芳香化合物 J 是 E 的同分异构体，E 为 ，若 J 能发生银镜反应，说明 J 中含有醛基，若含有 2 个甲基，一个醛基，邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯再加一个醛基分 别有 2 种、3 种、1 种；若为一个甲基，一个-CH2CHO，有邻间对 3 种；若为一个乙基、一 个醛基，有邻间对 3 种；若只有一个取代基，则形成 2-苯基丙醛、3-苯基丙醛 2 种同分异构， 则 J 可能结构有 14 种(不含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为 ；故答案为： 。 一定条件→ 一定条件→