山东省泰安市2020届高三第三次模拟试卷化学试题

山东省泰安市2020届高三第三次模拟试卷化学试题

高三一轮检测 化学试题 ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。‎ ‎2.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在相应位置，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。‎ ‎3.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。‎ ‎4.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 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55‎ 第Ⅰ卷（选择题共40分）‎ 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.化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒 B. 常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别 C. 硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体 D. 葡萄酒中通常含有微量SO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，但不用无水酒精，无水酒精浓度太高使细菌表面的蛋白质凝固，形成了一层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，使它免遭死亡，一般使用75%的酒精水溶液消毒，故A错误；‎ B．常用危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类，如第一类：爆炸品、第二类：易燃气体、第三类：易燃液体等，故B正确； ‎ C．硅胶无毒无味，具有较强的吸附性，化学性质稳定，可用于作催化剂的载体或食品干燥剂，故C正确； ‎ D．SO2能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）‎ A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 B. 蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热 C. 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 D. 酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．洗净的锥形瓶和容量瓶有水，用于滴定实验和配置一定量浓度的溶液时对实验无影响，不需要烘干，故A错误；‎ B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，蒸发皿是可以直接加热的仪器，不需要加垫石棉网，故B错误；‎ C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，从安全角度考虑，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压强过大引起危险，故C正确；‎ D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便准确判断滴定终点，不需要注视滴定管刻度的变化，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化学实验中可用于直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙。 烧杯、烧瓶、锥形瓶均不可以直接加热，需要垫上石棉网，以防止因受热不均而发生炸裂。‎ ‎3.Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. a不能使酸性KMnO4溶液褪色 B. a、b、c都能发生加成、加聚反应 C. c中所有原子共平面 D. b、c为同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；‎ B． a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；‎ C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；‎ D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。‎ ‎4.胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：‎ 下列有关胆矾的说法正确的是 A. Cu2+的价电子排布式为3d84s1‎ B. 所有氧原子都采取sp3杂化 C. 胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键 D. 胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu是29号元素， Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、‎ ‎3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；‎ B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；‎ C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；‎ D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. X、Y、Z互为同分异构体 B. 1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应 C. 1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应 D. 通过调控温度可以得到不同的目标产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X、Y、Z的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；‎ B. X的苯环上需要发生加成反应，消耗3mol氢气，碳氧双键需要消耗1mol氢气，1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；‎ C.Y分子中含有酯基，在碱性条件下发生水解生成乙酸和邻羟基甲苯，共消耗2mol NaOH，故C正确；‎ D. 从题目信息可以看出，在有三氯化铁存在的条件下，温度不同，产物不同，通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列化学用语对事实的表述正确的是 A. 电解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-‎ B. Mg和Cl形成离子键的过程：‎ C. 向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓‎ D. 乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OH CH3CO18OC2H5+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；‎ B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；‎ C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；‎ D．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是 A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子 B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子 C. 2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子 D. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；‎ B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B错误；‎ C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；‎ D．原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：‎ 且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是 A. YW3分子中的键角为120°‎ B. W2Z稳定性大于YW3‎ C. 物质甲分子中存在6个σ键 D. Y元素的氧化物对应的水化物为强酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。‎ A．YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；‎ B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；‎ C．物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；‎ D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。‎ ‎9.下列方案设计能达到实验目的的是 A B C D 检验淀粉是否水解 由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响 证明发生了取代反应 验证Ksp[Cu(OH)2]Cu2+>S C. 在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2‎ D. 反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为‎16g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；‎ B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；‎ C．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；‎ D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××‎32g/mol=‎16g，故D正确；‎ 故选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1分，有选错的得0分。‎ ‎11.现向下列装置中缓慢通入气体X，分别进行关闭和打开活塞K的操作，则品红溶液和澄清石灰水中现象相同的一组是 选项 A B C D X NO2‎ SO2‎ Cl2‎ CO2‎ Y(过量)‎ 浓H2SO4‎ NaHCO3饱和溶液 Na2SO3溶液 NaHSO3饱和溶液 A A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO2与浓硫酸不反应，关闭和打开活塞K，通入品红溶液的都是NO2，品红溶液均褪色，出来的气体都是NO，和澄清石灰水都无明显现象，现象相同，故A正确；‎ B．若关闭活塞K，生成二氧化碳，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，二氧化硫直接通入品红中，则品红溶液褪色，加热后又恢复红色，现象不同，故B错误；‎ C．若打开活塞K，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，品红溶液褪色，加热品红不能复原，若关闭活塞K，氯气与亚硫酸钠反应生成盐酸和硫酸钠，没有气体放出，则品红溶液无变化，现象不同，故C错误；‎ D．二氧化碳与NaHSO3饱和溶液不反应，关闭和打开活塞K，通入品红溶液的气体都是二氧化碳，因此现象相同，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎12.中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 该电化学装置中，Pt电极作正极 B. Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势 C. 电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极 D. BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4‎ 电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；‎ B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；‎ C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；‎ D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。‎ ‎13.分别在三个容积均为‎2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：‎ 容器 温度/℃‎ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol 化学平衡常数 n(A)‎ n(B)‎ n(D)‎ n(D)‎ 甲 ‎500‎ ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎0‎ ‎3.2‎ K1‎ 乙 ‎500‎ ‎4.0‎ a ‎0‎ ‎2.0‎ K2‎ 丙 ‎600‎ ‎2.0‎ ‎2.0‎ ‎20‎ ‎2.8‎ K3‎ 下列说法不正确的是 A. 0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1‎ B. a=2.2‎ C. 若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％‎ D. K1=K2>K3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1，则v(A)= v(D)=0.32mol•L-1•min-1，故A错误；‎ B．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，‎ 甲中 A(g) + B(g) ⇌ D(g)‎ 开始(mol/L) 2.0 2.0 0‎ 反应(mol/L) 1.6 1.6 1.6‎ 平衡(mol/L) 0.4 0.4 1.6‎ 化学平衡常数K==10，‎ 乙中 A(g) + B(g) ⇌ D(g)‎ 开始(mol/L) 2.0 0‎ 反应(mol/L) 1.0 1.0 1.0‎ 平衡(mol/L) 1.0 -1.0 1.0‎ 化学平衡常数K==10，解得：a=2.2，故B正确；‎ C．甲中CO转化率=×100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A转化率减小，则A转化率小于80%，故C正确；‎ D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1=K2>K3，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎14.用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)并进行相关实验(装置如图)，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)电极a附近溶液出现浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是 A. (1)中：CuO+H2Cu+H2O B. (2)中a电极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓‎ C. (3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl-‎ D. (4)中：Cl2具有强氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据(1)中黑色固体变红，(2)电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．(1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2 Cu+H2O，故A正确；‎ B．(2)电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故B正确；‎ C．(3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故C正确；‎ D．(4)中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；pM=－lgc(M2+)(M2+为Cu2+或Zn2+)。常温下，向10mL0.10mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V)‎ 的关系如图所示。下列说法错误的是 A. Ksp(CuS)的数量级为10-36‎ B. a点溶液中，c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]‎ C. d点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+)‎ D. 相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向10.0mL0.10mol•L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10.0mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，结合图象和溶度积常数分析解答。‎ ‎【详解】A．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，故数量级为10-36，故A正确；‎ B．a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na+)＞2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，故B错误；‎ C．d点溶液中是Na2S和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；‎ D．相同实验条件下，改用0.1mol•L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)= 1.6×10-24＞Ksp(CuS)，锌离子浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积10mL，图中反应终点c点向b点方向移动，故D错误；‎ 故选BD。‎ 第Ⅱ卷（选择题共60分）‎ 注意事项：‎ ‎1.第Ⅱ卷共4‎ 页，用钢笔或中性笔直接答在答题卡对应区域中（除题目有特殊规定外）。‎ ‎2.答卷前将密封线内的项目填写清楚。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：‎ ‎(g)⇌(g)+H2(g) ∆H=117.6kJ/mol 已知：上述反应的速率方程为v正=k正P乙苯，v逆=k逆P苯乙烯P氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，P为各组分分压。‎ ‎(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是_______________。‎ ‎(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：‎ a=______；与掺水蒸汽工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有__________(填序号)。‎ a.CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗 c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭 d.CO2在反应体系中作催化剂 ‎(3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是_______________。测得容器总压(P总)和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P(H2O)=_______kPa，平衡常数Kp=____kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的=_________。‎ ‎【答案】 (1). 升温 (2). 159.2 (3). abc (4). 体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大 (5). 80 (6). 45 (7). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合影响化学反应速率和平衡移动的因素分析判断；‎ ‎(2)①由图片可知△H1=△H2+△H3，据此计算解答；a.CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，结合平衡的移动判断；b.在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；c.结合反应CO2+C═2CO分析判断；d. 根据图示，二氧化碳反应生成了CO，据此分析判断；‎ ‎(3)根据加入水蒸气对平衡移动的影响分析解答；设起始时n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，利用反应的三段式计算平衡时气体的总物质的量，结合恒温恒容时，气体的物质的量之比等于压强之比，得到a、b的关系，再计算乙苯、苯乙烯、氢气的分压，并代入Kp=计算Kp；反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，则v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，利用反应的三段式计算a点时气体的总物质的量和分压计算。‎ ‎【详解】(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施有升温、加压，故答案为：升高温度(或增大压强)； ‎ ‎(2)①由图片可知△H1=△H2+△H3=+117.6kJ/mol+(+41.6kJ/mol)=+159.2kJ/mol，即a=+159.2；a.CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；b.由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；c.加入的二氧化碳会发生反应CO2+C═2CO，有利于减少积炭，故c正确；d. 根据图示，二氧化碳反应生成了CO，不是催化剂，故d错误；故答案为：+159.2；abc；‎ ‎(3) 体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大，因此在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率；设起始时n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，‎ ‎                    (g)+H2(g)‎ 起始量(mol)         a                            0                 0‎ 变化量(mol)       ‎0.75a                    ‎0.75a             ‎‎0.75a 平衡量(mol)       ‎0.25a                    ‎0.75a             ‎‎0.75a 气体的物质的量之比等于压强之比，平衡时=，b=‎4a，PH2O=×115kPa=80kPa，PH2=P苯乙烯=×115kPa=15kPa，P乙苯=P苯乙烯=5kPa，所以平衡常数Kp===45kPa； ‎ 反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，则v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，所以==Kp=45kPa；‎ ‎                    (g)+H2(g)‎ 起始量(mol)          a                           0               0‎ 变化量(mol)         ‎0.6a                      ‎0.6a        ‎‎0.6a 平衡量(mol)        ‎0.4a                       ‎0.6a        ‎‎0.6a 气体的物质的量之比等于压强之比，a点时PH2=P苯乙烯=×112kPa=12kPa，P乙苯=8kPa，所以=Kp×=45kPa×=2.5，故答案为：体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80；45；2.5。‎ ‎【点睛】本题的难点为(3)中的计算，要注意三段式在化学平衡计算中的应用和题示速率方程的理解和应用。‎ ‎17.超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p—甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。‎ ‎(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是________；核外未成对电子数是________个。‎ ‎(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是________(填元素符号)，p—甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有________。(已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)‎ ‎(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F－E=2。则一个C60分子的结构是由_____个五边形和____个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：__________________。‎ ‎(4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，，)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_____________。已知该晶体的密度是ρg·cm-3，Mo的摩尔质量是Mg·mol-1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为_____pm。‎ ‎【答案】 (1). 4d5s1 (2). 6 (3). C (4). sp2和sp3 (5). 12 (6). 20 (7). 由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2=30个双键，易与活泼的F2发生加成反应生成C‎60F60 (8). 体心立方密堆积 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式并判断未成对电子数；‎ ‎(2)CO提供孤电子对的是C原子、Mo提供空轨道；p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子价层电子对个数有4、3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；(3)根据欧拉定理结合“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”列式计算；‎ ‎(4)钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，根据Mo的原子坐标，可以判断该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上，结合晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半计算。‎ ‎【详解】(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，基态价电子排布式为4d55s1；核外未成对电子是4d、5s能级上的电子，有6个电子，故答案为：4d55s1；6；‎ ‎(2)CO提供孤电子对的是C原子、Mo提供空轨道，两个原子形成配位键；p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子价层电子对个数有4、3，根据价层电子对互斥理论，C原子杂化类型为sp3、sp2，故答案为：C；sp3、sp2；‎ ‎(3)多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：V+F－E=2，即顶点数+面数-棱边数=2；设C60分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：(5x+6y) = (3×60)，60+(x+y)- (3×60)＝2，解得：x=12，y=20，即C60分子有12个五边形和20个六边形，由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2=30个双键，与活泼的F2发生加成反应即可生成C‎60F60，故答案为：12；20；由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2=30个双键，与活泼的F2发生加成反应即可生成C‎60F60；‎ ‎(4)钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，，)，则该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上，为体心立方密堆积；该晶胞棱长=cm，晶体中距离最近的Mo 原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半=×cm=××1010pm，故答案为：体心立方密堆积；×cm=××1010。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意距离最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半，难点为(3)，要注意理解欧拉定理及其应用，要注意棱边数的计算方法。‎ ‎18.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。‎ Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl相关装置及数据如图。‎ 回答以下问题：‎ ‎（1）甲图中仪器1的名称是___；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为___。‎ ‎（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式___。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2SO3的作用是___并维持pH在___左右以保证较高产率。‎ ‎（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是___。‎ Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。‎ A．CuCl的盐酸溶液 B．Na2S2O4和KOH的混合溶液 C．KOH溶液 D．‎ 已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。‎ ‎（4）装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是___（用化学方程式表示）。用D装置测N2含量，读数时应注意___。整套实验装置的连接顺序应为___→D。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3溶液 (3). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42- (4). 与H+作用，调整pH (5). 3.5 (6). 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 (7). 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O(或3CuCl+7HNO3=3Cu(NO3)2+3HCl+NO↑+2H2O) (8). 温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切 (9). C→B→A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3- ，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；‎ ‎(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；‎ ‎(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；‎ ‎(4)根据氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸 ，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO ，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3- ，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液；‎ ‎(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)‎ 沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为: 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42-，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右；‎ ‎(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；‎ ‎(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O(或3CuCl+7HNO3=3Cu(NO3)2+3HCl+NO↑+2H2O)；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、 N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C-B-A-D。‎ ‎19.马日夫盐[Mn(H2PO4)2·H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：‎ ‎(1)按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的化学名称为______。在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因_______。‎ ‎(2)“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为_______。滤渣X主要成分为_________。检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是_________。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为_________。‎ ‎(3)Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为__________。‎ ‎(4)马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是__________(用相关化学用语回答)。‎ ‎【答案】 (1). 二水合磷酸二氢锰 (2). Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+‎ 外围电子为3d6 ，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态 (3). 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=+Mn2+ (4). Al(OH)3 (5). 在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成 (6). MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O+CO2↑ (7). pH=1.7下萃取60 min (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解，同时MnO2“氧化”Fe2+，剩余的二氧化锰被通入的二氧化硫还原，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣X为Al(OH)3，滤液主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，碳酸锰与磷酸反应，净化得到Mn(H2PO4)2•2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6 ，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态，因此Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，故答案为：二水合磷酸二氢锰；Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6 ，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态；‎ ‎(2)“浸锰”过程中，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应的离子方程式为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+。滤渣X主要成分为Al(OH)3。“沉锰”过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成。步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2•2H2O+CO2↑，故答案为：2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+；Al(OH)3；在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O+CO2↑；‎ ‎(3)由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH=1.7下萃取60min，萃取率最大，故答案为：pH=1.7下萃取60min；‎ ‎(4)马日夫盐水解显酸性主要是磷酸二氢根离子能够电离，电离方程式为H2PO4-⇌H++HPO42-，故答案为：H2PO4-⇌H++HPO42-。‎ ‎20.“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：‎ 已知：R1CHO ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)有机物A的名称是______________；反应②反应类型是__________。‎ ‎(2)物质B的结构简式是____________；E的分子式为_____________。‎ ‎(3)G中含氧官能团的名称是________；F中有________个手性碳原子。‎ ‎(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。‎ ‎(5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。‎ ‎①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。‎ ‎(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备合成路线_______________。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 还原反应 (3). H2N (4). C15H21NO3 (5). 羟基 (6). 2 (7). +→+ (8). (9). ‎ ‎ ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成，在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；‎ ‎(2)根据C的结构，结合信息R1CHO 可知，物质B的结构简式是H2N；E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N ；C15H21NO3；‎ ‎(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图，故答案为：羟基；2；‎ ‎(4)反应⑤为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+→+，故答案为：+→+；‎ ‎(5)物质N是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；‎ ‎(6) 由苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据信息R1CHO 可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为： 。‎ ‎【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。‎