山东省济南市2020届高三5月高考模拟（二模）化学试题 Word版含解析

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高考模拟考试 化学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分为100分，考试用时90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎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 C—12 N—14 O—16 S—32 Co—59 Cu—64 Ba—137 Hg—200‎ 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.在新冠肺炎疫情防控阻击战中，中医药发挥了重要作用。中草药中常含有鞣质类、苷类、生物碱、有机酸等成分，煎煮中草药不适宜使用的器皿是（ ）‎ A. 砂锅 B. 铁锅 C. 瓦罐 D. 搪瓷罐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 煎煮中草药选择器皿很重要，熬药首先选砂锅、瓦罐、接下来是搪瓷器皿、不锈钢锅、最忌讳使用铁锅和铜锅。砂锅、瓦罐的化学性质稳定，受热均匀，传热缓慢，煎药时水分不容易蒸发；不锈钢锅传热太快，煎药时要经常搅拌，否则药材黏在锅壁，稍不留神就容易糊锅；铁和铜容易与中药里的多种化学物质发生反应，产生毒副作用；所以不能选用铁锅，故答案为：B。‎ ‎2.某元素基态原子M层上有一个未成对的单电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）‎ A. 3d14s2 B. 3d94s‎2 ‎C. 3s23p1 D. 3s23p5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素基态原子M层上有一个未成对的单电子，可能的电子排布式为：1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5、1s22s22p63s23p63d14s2，所以基态原子价电子排布不可能是 - 23 -‎ ‎3d94s2，故答案为：B。‎ ‎3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成的实验是（ ）‎ A. 乙醇的性质(制取乙烯)‎ B. 葡萄糖的性质(与新制氢氧化铜悬浊液反应)‎ C. 乙酸乙酯的制备 D. 酚醛树脂的制备 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室制备乙烯还需要用到的玻璃仪器是温度计，故用上述玻璃仪器不可以完成制备乙烯的实验，A错误；‎ B. 葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应在试管中进行即可，故用上述玻璃仪器可以完成，B正确；‎ C. 有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验，故用上述玻璃仪器可以完成乙酸乙酯的制备，C正确；‎ D. 有试管、烧杯、酒精灯、玻璃棒四种玻璃仪器即可完成酚醛树脂的制备，故用上述玻璃仪器可以完成酚醛树脂的制备，D正确；故答案为：A。‎ ‎4.是重要的合成中间体，用系统命名法命名其名称为（ ）‎ A. 庚烯 B. 3-乙烯基己烷 C. 3-甲基-1-己烯 D. 2-乙基-1-戊烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】的主链上有5个碳，双键在1号碳上，乙基在2号碳上，故用系统命名法命名其名称为：2-乙基-1-戊烯，故答案为：D。‎ ‎5.不同波长的光可以使有机化合物之间相互转化。如俘精酸酐类化合物甲、乙可以发生如下转化：‎ - 23 -‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 甲与乙互为同分异构体 B. 甲生成乙的反应类型为加成反应 C. 甲、乙两种分子中均没有手性碳原子 D. 1mol甲分子与足量NaOH溶液反应时消耗2mo1NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同分异构体是指分子式相同，结构不同的两种有机化合物，甲、乙的分子式均为：C13H12O4，故甲与乙互为同分异构体，A正确；‎ B. 甲生成乙的反应中，甲中的碳碳双键断键，生成碳碳单键，其反应类型为加成反应，B正确；‎ C. 手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，乙中有手性碳原子，C错误；‎ D. 甲中含有酯基，故1mol甲分子与足量NaOH溶液反应时消耗2mo1NaOH，D正确；故答案为：C。‎ ‎6.用含铁废铜制备胆矾的流程如下图所示：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 物质A可选用盐酸 B. I中加H2O2的目的是溶解铜并将Fe2+氧化为Fe3+‎ C. 长时间煮沸Ⅲ中悬浊液的目的是充分聚沉Fe(OH)3‎ D. “系列操作”包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 含铁废铜制备胆矾，首先将金属全部溶解，A为浓硫酸，不能是稀硫酸，铜与稀硫酸不反应；再加入强氧化性的过氧化氢，将存在的亚铁离子氧化为铁离子，加入Cu2(OH)2CO3，调节溶液的pH，将铁变成氢氧化铁沉淀除去；最后进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有SO42﹣，加硫酸，其目的是抑制Cu2+的水解，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到产品胆矾。‎ ‎【详解】A. 物质A选用浓硫酸，不能是稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，也不能是盐酸，会引入氯离子的杂质，A错误；‎ B. H2O2具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，也能在酸性环境下溶解铜，B正确；‎ C. 长时间加热煮沸的目的是充分聚沉Fe(OH)3，以便过滤除去，C正确；‎ D. 得到胆矾晶体的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，D正确；故答案为：A。‎ ‎7.可利用反应2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH检测乙醇。下列说法错误的是（ ）‎ A. 基态Cr3+核外电子排布式为3d3‎ B. [Cr(H2O)6]3+中与Cr3+形成配位键的原子是氧原子 C. CH3COOH分子中含有7个键 D. 已知CrO42-是以Cr为中心的四面体结构，则Cr2O72-结构中含有两个四面体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cr是第24号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，A错误；‎ B. [Cr(H2O)6]3+中Cr3+提供空轨道，氧原子提供孤电子对，所以与Cr3+形成配位键的原子是氧原子，B正确；‎ C. CH3COOH分子的结构式中含有7个键，1个π键，C正确；‎ D. CrO42-的结构为：，是以Cr为中心的四面体结构；Cr2O72-结构为：‎ - 23 -‎ ‎，含有两个四面体，D正确；故答案为：A。‎ ‎【点睛】配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤对电子的分子（CO、NH3、H2O)或离子（Cl-、CN-等）通过配位键结合形成的化合物。‎ ‎8.下述实验不能达到预期实验目的的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸银溶液中滴加氯化钠溶液至不再有沉淀，其离子反应方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，再滴加硫化钠溶液，其离子反应方程式为：‎ ‎2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，证明溶解度Ag2S比AgCl更小，A正确；‎ B. 氢氧化镁固体溶解时存在溶解沉淀平衡，Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加入氯化铵溶液，NH4+消耗OH-，使平衡正向移动，促进氢氧化镁固体的溶解，B正确；‎ C. 甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄，醋酸中加入甲基橙，加热，观察颜色变化，证明升温促进醋酸的电离，C正确；‎ D. 淀粉水解后生成葡萄糖，淀粉遇碘水变蓝，若不变蓝，则淀粉水解完全，则在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，冷却加入碘水，可验证淀粉是否水解完全，D错误；故答案为：D。‎ ‎9.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是（ ）‎ - 23 -‎ A. 装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4‎ B. 装置B具有除杂和贮存气体的作用 C. 实验结束后，振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色 D. 利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室制备氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；也可以高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水；制备的氯气中含有氯化氢气体杂质和水蒸气，可用饱和食盐水除去氯化氢气体，用浓硫酸干燥，用氢氧化钠尾气处理。‎ ‎【详解】A. 根据装置图，装置A没有加热，故烧瓶内的试剂可以是KMnO4，高锰酸钾与浓盐酸反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，A正确；‎ B. 制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体，可用饱和食盐水除去，故根据装置图，装置B具有除杂和贮存气体的作用，B正确；‎ C. 根据萃取原理，苯的密度比水小，故振荡D会观察到液体分层且上层呈紫红色，C错误；‎ D. 根据装置C、D中的颜色变化可知，装置A制备出来的氯气，与装置C中的溴化钠反应生成溴单质，将生成的液溴滴加到D装置，可生成碘单质，证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱，D正确；故答案为：C。‎ ‎10.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，且C、D元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：‎ 物质间存在反应：甲+乙→单质B+丙；丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是（ ）‎ - 23 -‎ A. 甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子 B. 原子半径：D>B>C；电负性：B>C>D C. 可用酒精洗涤粘在容器内壁上单质D D. 若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B，则乙为双原子分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S + SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO3=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO2或SO3。‎ ‎【详解】A. 若戊为SO3，则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；‎ B. 同周期，从左到右，原子半径减小，电负性增大；同主族，从上到下，原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B错误；‎ C. D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；‎ D. 根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；故答案为：D。‎ ‎【点睛】极性键：不同种非金属原子之间的共价键；非极性键：同种非金属原子之间的共价键；极性分子：分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的分子；非极性分子：分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布均匀，对称的分子。‎ 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.某种氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等)，电池反应为NH3·BH3+3H2O=NH4BO2+4H2O(不考虑其他反应的影响)。下列说法错误的是（ ）‎ - 23 -‎ A. 氨硼烷中N和B的杂化方式不同 B. 电池正极的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O C. 其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度 D. 若加入的氨硼烷全部放电后左右两极室内液体质量差为‎3.8g，则电路中转移1.2mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池反应为NH3·BH3+3H2O=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O。‎ ‎【详解】A. 氨硼烷中N是sp3杂化，B是sp2杂化，其杂化方式不同，A错误；‎ B. 右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，B正确；‎ C. 正极上消耗氢离子，其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度，C正确；‎ D. 未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等，通入后，负极电极反应式为：NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为：3H2O2+6H++6e-=6H2O，假定转移6mol电子，则左室质量增加=‎31g-6g=‎25g，右室质量增加‎6g，两极室质量相差‎19g，理论上转移6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为‎3.8g，则电路中转移1.2mol电子，D正确；故答案为：A。‎ ‎【点睛】杂化方式的判断：若中心原子的价电子对数=4，则sp3杂化；若中心原子的价电子对数=3，则sp2杂化；若中心原子的价电子对数=2，则sp杂化。中心原子的价电子对数=孤对电子数+键=(a-xb)+键。‎ ‎12.高铁酸钠是一种新型高效水处理剂，主要制备方法如下：‎ 湿法：Fe(OH)3+NaC1O+NaOH—Na2FeO4+NaC1+H2O(反应未配平)‎ 干法：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑‎ 下列说法正确的是（ ）‎ - 23 -‎ A. 高铁酸钠既有杀菌消毒的作用也有净水的作用 B. 用湿法制备1molNa2FeO4需消耗1mol NaClO C. 干法中被FeSO4还原的Na2O2与做还原剂的Na2O2的物质的量之比为4：1‎ D. 分别用湿法和干法制备等量高铁酸钠，两个反应过程中转移的电子数相同 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高铁酸钠中铁元素的化合价为+6价，高铁酸钠具有强氧化性，既有杀菌消毒的作用也有净水的作用，A正确；‎ B. 根据湿法：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，1molNa2FeO4需消耗1.5mol NaClO，B错误；‎ C. 根据干法：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，被FeSO4还原的Na2O2有4mol，作还原剂的Na2O2有1mol，其物质的量之比为4：1，C正确；‎ D. 干法制备2mol高铁酸钠，转移10mol电子；湿法制备2mol高铁酸钠，转移6mol电子，转移的电子数不相同，D错误；故答案为：AC。‎ ‎13.采用电化学方法以SO2和Na2SO3为原料制取硫酸的装置如图所示(A、B为多孔石墨电极，C、D为惰性电极)。下列说法错误的是（ ）‎ A. “膜‎2”‎为阳离子交换膜 B. 电极A的电极反应为SO2－2e-+2H2O==SO42-+4H+‎ C. 上述过程中，亚硫酸钠溶液可循环使用 D. 使用该装置制取‎98g硫酸需消耗‎11.2L O2(STP)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图，生成氢气的一极为阴极，所以电极D - 23 -‎ 为阴极，得到电子，发生还原反应，其电极反应为：2HSO3-+2e-=2SO32-+H2↑，电极C为阳极，失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：HSO3--2e-+H2O =SO42-+3H+；电极A为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，其电极反应式为：SO2－2e-+2H2O==SO42-+4H+；电极B为正极，氧气得到电子，发生还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。‎ ‎【详解】A. 电极D为阴极，溶液中的阳离子移向阴极，所以“膜‎2”‎为阳离子交换膜，A正确；‎ B. 电极A为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，其电极反应为：SO2－2e-+2H2O=SO42-+4H+，B正确；‎ C. 根据装置图，X为Na2SO3，与SO2反应，生成NaHSO3，NaHSO3到溶液中又生成Na2SO3，所以Na2SO3溶液可循环使用，C正确；‎ D. 左侧室的总反应为：2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4，右侧室的总反应为3HSO3-+ H2O=2SO32-+H2↑+SO42-+3H+，制取‎98g硫酸，标准状况下消耗不了‎11.2L O2，D错误；故答案为：D。‎ ‎14.室温时，向100mL 0.1mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点 B. a点处存在c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol·L-1‎ C. b点处存在c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)‎ D. 由b到c发生反应的离子方程式为NH4++OH-=NH3·H2O ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3⋅H2O；(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3⋅H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，A错误；‎ - 23 -‎ B. 等体积混合，浓度减半，a点溶质为：(NH4)2SO4与Na2SO4，根据物料守恒，c（NH4+）+c（NH3·H2O）= c（SO42-）=0.05mol·L-1，B错误；‎ C. b点溶液显中性，溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O，NH4+会水解，离子浓度大小关系为：c（Na+）)>c（SO42-）>c（NH4+）>c（OH-）=c（H+），C正确；‎ D. b点溶液为中性溶液，溶质为：(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O，再加入NaOH溶液，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，D正确；故答案为：CD。‎ ‎15.在3个容积均为‎10L的密闭容器中分别放入0.2mol PCl3和0.2 molCl2，在不同条件下发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)。各容器内气体总压强随时间的变化如图所示。‎ 下列说法错误的是 A. 实验a从反应开始至达到平衡时的平均速率v(Cl2)=mol·L-1·min-1‎ B. 与实验a相比，实验b使用了催化剂，实验c是在较高温度下进行的 C. 实验c中反应的平衡常数为L·mol-1‎ D. 三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，设到平衡状态时消耗PCl3物质的量为x，则三段式：‎ ‎【详解】A. 实验a气体压强160变化为120，60min - 23 -‎ 达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4-x）=160：120，解得：x=0.1，则实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率为：，A正确；‎ B. 分析图象可知，达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快，从反应开始至达到平衡时的反应速率v（PCl3）由大到小的次序b＞c＞a，实验b与实验a相比，达到相同平衡状态，但时间不同，实验b改变的实验条件是加入了催化剂改变了反应速率，实验c是在较高温度下进行的，B正确；‎ C. 实验c气体压强175变化为140，45 min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4-x）=175：140，解得：x=0.08，平衡常数，C错误；‎ D. 实验b与实验a相比，实验b用了催化剂加快反应速率，实验a与实验b的转化率相同，根据A的计算，实验a的转化率，根据C的计算，实验c的转化率，所以三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c，D正确；故答案为：C。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.对高温条件下反应机理的研究一直是化学动力学的重要课题，科研工作者研究了1000K下丙酮的热分解反应并提出了如下反应历程：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)上述历程是根据两个平行反应提出的，其中一个为CH3COCH3CH4+CH2=C=O，该反应的快慢主要由上述历程中的反应______(填序号)决定，另一个反应的化学方程式为____________________________，反应速率常数k4______k5。(填“＞”或“＜”)。‎ ‎(2)CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，写出该反应的化学方程式：____________________________________。‎ ‎(3)一定温度下，在‎2L密闭容器中充入1molCH3COCH3‎ - 23 -‎ 发生上述两个平行反应，提高乙烯酮反应选择性的关键因素是___________；‎ a．再充入1molCH3COCH3 b．及时分离出CH‎4 c．使用适宜的催化剂 达到平衡后，测得容器中存在a molCH4和b mol CO，则CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)在该温度下的平衡常数K_____mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎(4)分解产物中的CH4可用于制备氢气：‎ 反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1‎ 反应Ⅱ：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1‎ 写出CO与水蒸气反应生成CO2的热化学方程式：_________________。‎830℃‎时，反应Ⅱ的平衡常数K=1.2mol2·L-2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为c(CH4)=2.0mol·L-1、c(H2O)=4.0mol·L-1、c(CO2)=2.0mol·L-1、c(H2)=2.0mol·L-1，则此时v正_____v逆(填“＞”“＜”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). 2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3 (3). ＜ (4). CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3 (5). c (6). a(a-b)/(2‎-2a-2b) (7). CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1 (8). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据反应历程分析，两个平行反应为：①CH3COCH3CH4+CH2=C=O、②2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3，①反应的快慢主要由上述历程中活化能大的反应①决定，根据反应④和反应⑤，反应④生成甲基自由基，甲基自由基浓度增大，比较反应④和⑤的活化能，反应⑤速率更快，则反应速率常数k4＜k5，故答案为：①；2CH3COCHCH4+CO+C2H5COCH3；＜；‎ ‎（2）CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，该反应的化学方程式：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3；‎ ‎（3）提高乙烯酮反应选择性的关键因素是催化剂的选择；达到平衡时，根据2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3反应中，生成的CO为bmol，则该反应中生成的CH4也是bmol，所以CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)反应中，生成的CH4是(a-b)mol，CH2=C=O等于(a-b)mol，剩下的CH3COCH3的物质的量为(1-a-b)mol，则反应CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)的平衡常数为 - 23 -‎ ‎ mol·L-1，故答案为：c；；‎ ‎（4）①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1；②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1；根据盖斯定律②-①可的：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；‎830℃‎时，，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；＞。‎ ‎17.钇钡铜氧、汞钡铜氧、汞钡钙铜氧等都是常见的高温超导体。回答下列问题：‎ ‎(1)钇(39Y)是一种重要的稀土金属，基态Y原子的价电子排布式为______。下列科学家中，在稀土化学领域做出重要贡献的是_________(填标号)。‎ a．侯德榜 b．屠呦呦 c．徐光宪 ‎(2)BaCO3可用于制备上述高温超导体，其3种组成元素中，第一电离能最大的是______(填元素符号)，CO32-的空间构型为________，其中碳原子的杂化方式为________________。‎ ‎(3)汞钡铜氧晶体的晶胞如下图A所示，通过掺杂Ca2+获得的具有更高临界温度的超导材料如图B所示。‎ 汞钡铜氧晶体的密度为______g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。图A - 23 -‎ 晶胞中钡离子的分数坐标为()和_________。掺杂Ca2+所得超导材料的化学式为_________。‎ ‎【答案】 (1). 4d15s2 (2). C (3). O (4). （正）三角形 (5). sp2 (6). 6.02×1032/a2cNA (7). (1/2,1/2,(1-x)/2) (8). HgBa2CaCu2O6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）钇(39Y)为39号元素，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2，侯德榜创制侯氏制碱法，屠呦呦创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素，徐光宪发现了稀土溶剂萃取体系具有“恒定混合萃取比”基本规律，提出了适于稀土溶剂萃取分离的串级萃取理论，故稀土化学领域做出重要贡献的是徐光宪，故答案为：4d15s2；c；‎ ‎（2）同周期，从左到右，第一电离能增大；同主族，从上到下，第一电离能减小，Ba、C、O中，第一电离能最大是O元素，CO32-中中心原子的价电子对数=孤电子对数+键=键=0+3=3，所以空间构型为：正三角形，其中碳原子的杂化方式为：sp2，故答案为：O；正三角形；sp2；‎ ‎（3）根据汞钡铜氧晶体的结构可知，晶胞中含有Hg有8×1/8=1个、Ba有2个、Cu有4×1/4=1个、O有8×1/4+4×1/2=4个，其密度为：g·cm-3，图A晶胞中钡离子的分数坐标为()和()，根据掺杂Ca2+所得超导材料的结构可知，晶胞中含有1个Ca、1个Hg、2个Ba、1个Cu、6个O，化学式为：HgBa2CaCu2O6，故答案为：；()；HgBa2CaCu2O6。‎ ‎【点睛】判断空间结构和杂化类型时，先求出中心原子孤电子对数，在求中心原子的价电子对数；孤电子对数=，a为中心原子的价电子数、x为与中心原子相结合的原子个数、b为与中心原子相结合的原子的最多能接受的电子数；中心原子的价电子对数=孤电子对数+键=键。‎ ‎18.H2O2可降解废水中的有机物，活性炭(AC)能促进H2O2分解产生羟基自由基(·OH)，提高对水中有机化合物的降解率。实验表明，AC表面的酸碱性会影响H2O2的分解反应。实验室中，将纯化的AC在氮气(60mL·min-1)和氨气(20mL·min-1)气氛中于‎650℃‎热处理2h可制得氨气改性活性炭(ACN)。回答下列问题：‎ ‎(1)纯化AC：将AC研磨后置于10％盐酸中浸泡6h - 23 -‎ 除去灰分，用蒸馏水洗涤至中性。研磨的目的是_____________。为了防止放置过程中再次吸水，烘干后的AC应置于_________(填仪器名称)中备用。‎ ‎(2)制备ACN：‎ 检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是_________，其目的是_________；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1、K2、K3的状态为______________。U型管b内试剂B的作用是____________________。‎ ‎(3)通过氨气改性处理后，得到的ACN表面仍有少量羧基和酚羟基，其含量可采用滴定法测定。测定羧基含量的方法：在锥形瓶中加入ACN ‎0.5g，加入0.05mol· L-1的X溶液a mL。上恒温摇床，吸附平衡。以甲基橙作指示剂，用0.1mol·L-1的标准盐酸反滴定剩余的X溶液，标准盐酸的平均用量为bmL。则X为________(填“NaOH”“Na2CO‎3”‎或“NaHCO‎3”‎)，计算所得活性炭表面的羧基含量为______mol·kg-1(已知：ACN中，羧基的Ka=1.0×10-4、酚羟基的Ka=5.0×10-9、碳酸的Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11；用含a、b的代数式表示)。‎ ‎(4)某课题组以2500mg·L-1苯酚溶液为模型废水，研究AC和ACN表面酸碱性对H2O2降解苯酚的影响，得到如下图像：‎ 由图像可知，________(填“AC”或“ACN”)更有利于H2O2降解苯酚，原因是__________________________________。‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，提高酸洗涤效率 (2). 干燥器 (3). 通入氮气 (4). 将装置内的空气赶走，以免干扰实验 (5). 关闭K1，打开K2、K3 (6). 防止烧杯中的水蒸气进入管式炉 (7). NaHCO3 (8). ‎0.1a-0.2b (9). ACN (10). ACN表面呈碱性，有利于双氧水分解产生羟基 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，提高酸洗涤效率；为了防止放置过程中再次吸水，烘干后的AC应置于干燥器中备用，故答案为：增大接触面积，提高酸洗涤效率；干燥器；‎ ‎（2）加热前应通入氮气，将装置内的空气赶走，以免干扰实验；关闭K1，打开K2、K3，打开电炉并加热反应管； U型管b内试剂B的作用是防止烧杯中的水蒸气进入管式炉，故答案为：通入氮气；将装置内的空气赶走，以免干扰实验；关闭K1，打开K2、K3；防止烧杯中的水蒸气进入管式炉；‎ ‎（3）能和酚羟基反应的有：Na2CO3，NaOH；能和羧酸反应的有：Na2CO3，NaOH，NaHCO3，所以测定羧基含量用NaHCO3标准溶液；根据NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，剩余的n（NaHCO3）= n（HCl）=0.1×b×10-3 mol，根据CH3COOH+ NaHCO3=CO2↑+H2O+ CH3COONa，n（CH3COOH）=（0.05×a×0-3-0.1×b×10-3）mol，羧基含量为[（0.05×a×0-3-0.1×b×10-3）/0.5×10-3]mol·kg-1=(‎0.1a-0.2b) mol·kg-1，故答案为：NaHCO3；‎0.1a-0.2b；‎ ‎（4）根据图像可知，ACN苯酚剩余率更少，降解的更多，因为ACN与AC的pH相比，ACN表面显碱性，有利于双氧水分解产生羟基，故答案为：ACN；ACN表面呈碱性，有利于双氧水分解产生羟基。‎ ‎【点睛】①酚羟基：Na2CO3+C6H5OH=NaHCO3+C6H5ONa；NaOH+C6H5OH=C6H5ONa+H2O；2Na+‎2C6H5OH =‎2C6H5ONa + H2↑；苯酚和碳酸氢钠不反应；‎ ‎②醇羟基：只和Na反应，‎2C2H5OH+2Na=‎2C2H5ONa+H2↑；‎ ‎③羧基：2R-COOH+Na2CO3=2R-COONa+H2O+CO2↑；R-COOH+NaHCO3=R-COONa+H2O+CO2↑；R-COOH+NaOH=R-COONa+H2O；2R-COOH+2Na=2R-COONa+H2↑。‎ ‎19.可通过下列流程回收废旧锂离子电池正极材料(LiCoO2，含少量Al、Fe)中的钴和锂。‎ - 23 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸溶、还原”过程中S2O32-转化为SO42-，LiCoO2参与反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎(2)“废渣”的主要成分为___________________。‎ ‎(3)“沉钴”过程中，当溶液pH=10时，c(Co2+)=______mol· L-1(已知常温下KSP[Co(OH)2]=1.58×10-15)。‎ ‎(4)在空气中加热Co(OH)2，固体残留率随温度的变化如图所示。‎ ‎290℃‎时，完全脱水变为Co2O3，反应的化学方程式为_______________；‎500℃‎时的主要产物为_____________(填化学式)；将‎1000℃‎时的分解产物1mol与2.2mol Na2O(稍过量)在充氩封闭管中共热，会生成鲜红色的晶体，该晶体的阴离子为正三角形结构，晶体的化学式为__________________。‎ ‎(5)“滤液X”中最主要的溶质是_______________(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O (2). Al(OH)3、Fe(OH)3 (3). 1.58×10-7 (4). 4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O (5). Co3O4 (6). Na4CoO3 (7). Na2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 电池正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4溶解后铁、铝溶解生成硫酸亚铁、硫酸铝，加入Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，生成的溶液中含有硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠，加入氢氧化钠溶液并通入空气氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，滤液中继续加入氢氧化钠调节溶液pH，沉淀钴，过滤得到氢氧化钴，滤液中加入碳酸钠调节溶液pH，沉淀锂离子形成碳酸锂，得到滤液X的主要溶质为硫酸钠。‎ ‎【详解】（1）正极材料含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，具有还原性，正极材料中只有LiCoO2具有氧化性，与Na2S2O3反应生成CoSO4，反应化学方程式为：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O，其离子反应方程式为：S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O，故答案为：S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O；‎ ‎（2）加入氢氧化钠溶液并通入空气氧化亚铁离子为铁离子，并形成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以“废渣”的主要成分为：Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；‎ ‎（3）当溶液的pH=10时，溶液中c（H+）=10-10mol/L，c（OH-）=10-4mol/L，则Ksp[Co(OH)2]=c（Co2+）×c2（OH-）=1.58×10-15，c（Co2+）=1.58×10-7mol·L-1，故答案为：1.58×10-7；‎ ‎（4）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为‎100g，则n（Co）= mol，m（Co）=59×g；在‎1000℃‎时，固体质量不再变化，说明Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）=：[（80.65-59×）÷16]=1：1，剩余固体成分CoO；在‎500℃‎，n（Co）：n（O）=：[（86.38-59×）÷16]=3：4，化学式为Co3O4；在‎290℃‎，n（Co）：n（O）=：[（89.25-59×）÷16]=2：3，化学式为Co2O3；‎290℃‎时，Co(OH)2完全脱水变为Co2O3，反应的化学方程式为4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O ，‎500℃‎时的主要产物为：Co3O4；将‎1000℃‎时的分解产物为：CoO，1molCoO与2.2mol Na2O在充氩封闭管中共热，会生成鲜红色的晶体，阴离子为正三角形结构，则阴离子为：CoO34-，其晶体的化学式为：Na4CoO3，故答案为：4Co(OH)2+O2‎ - 23 -‎ ‎2Co2O3+4H2O；‎ Co3O4；Na4CoO3；‎ ‎（5）根据上述分析得到的“滤液X”中最主要的溶质是：Na2SO4，故答案为：Na2SO4。‎ ‎20.近期，李兰娟院士通过体外细胞实验发现抗病毒药物阿比多尔(H)能有效抑制冠状病毒，同时能显著抑制病毒对细胞的病变效应。合成阿比多尔的一条路线为：‎ 已知： 。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)阿比多尔分子中的含氧官能团为__________、____________，D的结构简式为______________。‎ ‎(2)反应②的化学方程式为_______________；反应③的作用是_______________；反应⑤的类型为________________。‎ ‎(3)A的同分异构体中，能发生银镜反应且能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有______种(不考虑立体异构)。‎ ‎(4)以下为中间体D的另一条合成路线：‎ 其中X、Y、Z的结构简式分别为_________、__________、_________。‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). 酚羟基 (2). 酯基 (3). (4). (5). 保护酚羟基 (6). 取代反应 (7). 12 (8). (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中的羰基与氨发生反应生成B，B与发生反应生成C，C中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成D，根据D的分子式可推知，D的结构式为：，D在指定条件下生成E，E与溴发生取代反应生成F，F在碱性环境下，与 反应生成G，G在通过一系列反应生成H。据此解答。‎ ‎【详解】（1）阿比多尔分子的结构式为：，其中含氧官能团为：酚羟基和酯基，C中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成D，根据D的分子式可推知，D - 23 -‎ 的结构简式为：，故答案为：酚羟基；酯基；；‎ ‎（2）反应②是与反应生成和水的反应，其化学方程式为：；根据H的结构式：可知，反应③的作用是：保护酚羟基；反应⑤为与溴发生取代反应生成的反应，反应⑤的类型为取代反应，故答案为：；保护酚羟基；取代反应；‎ ‎（3）A的分子式为：C6H10O3，其同分异构体中，能发生银镜反应说明有醛基，能与碳酸氢钠溶液反应放出气体说明有羧基，因此相当于是丁烷分子中的2个氢原子被醛基和羧基取代，丁烷如果是CH3CH2CH2CH3，其二元取代物是8种，如果丁烷是(CH3)3CH，其二元取代物是4种，所以同分异构体总共有12种，故答案为：12； ‎ ‎（4）根据D的合成路线可知，中的酚羟基与乙酸发生酯化反应生成：，‎ - 23 -‎ 与铁、氯化铵发生还原反应生成，在InBr3条件下与发生取代反应生成和水。 所以X为：、Y为：、Z为：，故答案为：；；。‎ - 23 -‎