山东潍坊市高密一中2020届高三3月份高考模拟化学试题

山东潍坊市高密一中2020届高三3月份高考模拟化学试题

高中化学高考模拟试题（三）‎ 可能用到的相对原子质量： H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cu 64 ‎ 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.化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A. 编织渔网的尼龙绳的主要成分是纤维素 B. 煤干馏可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料 C. 萃取溴水中的溴单质不能用裂化汽油 D. 冬季用汽车玻璃水能防冻是因为添加了酒精、乙二醇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．编织渔网的尼龙绳的主要成分是合成纤维，是己二酸和己二胺缩聚而成的高分子化合物，A说法错误；‎ B．煤干馏可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料，B说法正确；‎ C．溴与裂化汽油中的碳碳双键反应，则萃取溴水中的溴单质不能用裂化汽油，C说法正确；‎ D．酒精、乙二醇能降低水的熔点，则冬季用汽车玻璃水能防冻是因为添加了酒精、乙二醇，D说法正确；‎ 答案为A。‎ ‎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8‎ B. 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.下列实验操作能达到相应实验目的的是 实验操作 实验目的 A 将NH3通过盛有无水氯化钙的干燥管 干燥NH3‎ B 向试管中加入适量稀硝酸，加热 清洗银镜反应实验后的试管 C 常温下，分别测等浓度的NaX溶液和Na₂CO3溶液的pH 比较HX与H2CO3酸性强弱 D 将3体积SO2与1体积O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液 验证SO2与O2的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，A不能达到实验目的；‎ B．银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，则加入适量稀硝酸，加热清洗银镜反应实验后的试管，B能达到实验目的；‎ C．根据盐类水解原理，只能比较HX与HCO3-的酸性强弱，C不能达到实验目的；‎ D．若气体流速过快，有可能未反应的二氧化硫流过，不能验证反应为可逆反应，D不能达到实验目的；‎ 答案为B。‎ ‎9.实验室经常利用KMnO4来检验产物或验证性质，图示为部分装置图，下列说法不正确的是 A. 若X为NaOH溶液时，则KMnO4可用于溴乙烷发生消去反应的产物检验 B. 若X为NaOH溶液时，则KMnO4可用于乙醇发生消去反应的产物检验 C. 若X为CuSO4溶液时，则KMnO4可用于实验室制取乙炔时验证其性质 D. 若X为溴水，则KMnO4可用于乙醛发生还原反应的产物检验 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙醇、乙烯进入到第一个装置中（X），乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4检验乙烯产物，故A正确；‎ B. 乙醇发生消去反应得到乙烯，乙醇、乙烯进入到第一个装置中(X)，乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4检验乙烯产物，故B正确；‎ C. 实验室制取乙炔时有PH3、H2S等杂质，PH3、H2S等杂质与CuSO4溶液反应，KMnO4可用于验证乙炔气体及其性质，故C正确；‎ D. 乙醛发生还原反应生成乙醇，乙醛和乙醇进入到第一个装置中(X)，乙醇溶解，乙醛与溴水中溴单质反应，故KMnO4不能用于检验产物，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎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.杂志Joule中题为“Li—CO2 Electrochemistry：A New Strategy for CO2 Fixation and Energy Storage”的文章，阐述关于电化学技术固定CO2新的反应途径。下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用的Li—CO2电池组成为钌电极／CO2—饱和LiClO4—DMSO电解液／锂片。下列说法错误的是 A. 钌电极为负极，其电极反应式为：2Li2CO3+C—4e-=== 3CO2+4Li+‎ B. Li—CO2电池电解液由LiClO4—DMSO溶于水得到 C. 这种电化学转化方式不仅减少CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体 D. CO2的固定中，每生成1.5mol气体，可转移2mole-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3+C-4e－=4Li＋+3CO2↑，故A正确；‎ B. 由题意可知，Li-CO2 电池有活泼金属 Li，所以电解液为非水溶液饱和LiClO4－（CH3）2SO（二甲基亚砜）有机溶剂，故B错误；‎ C. 由图可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，这种电化学转化方式不仅减少CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体，故C正确；‎ D. 由图可知，CO2的固定中的电极反应式为：2Li2CO3=4Li＋+2CO2↑+O2+4e－，转移4mole－生成3mol气体，CO2的固定中，每生成1.5mol气体，可转移2mole-，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎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＋H2SO4Na2SO4＋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 ‎【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＋H2SO4Na2SO4＋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，所以氧化剂是氧气，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影响，若反应温度过低速率慢，但温度过高，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；‎ 故合理选项是BC。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应在环境污染治理的应用的知识。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=104.3‎ 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；‎ 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 1×10－3mol，故D错误；‎ 答案选AD。‎ 三．非选择题：中学联盟本题共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， ‎ 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.某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。‎ ‎【甲同学的实验】‎ 装置 编号 试剂X 实验现象 I Na2SO3溶液（pH≈9）‎ 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 II NaHSO3溶液（pH≈5）‎ 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 ‎(1)怎样配制FeCl3溶液？ ________________________________________________________。‎ ‎(2)甲同学探究实验I的电极产物。‎ ‎① 取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入_________________________________，产生白色沉淀，证明产生了SO42-。‎ ‎② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为_______________________________。‎ ‎(3)实验I中负极的电极反应式为______________________________________________________。‎ 乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：‎ 装置 编号 反应时间 实验现象 III ‎0~1 min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出 ‎1~30 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色 ‎30 min后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色 ‎(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。‎ ‎① Fe3+＋3HSO3- Fe(OH)3 ＋3SO2；②_____________________________________________‎ ‎(5)查阅资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：‎ ‎ ‎ 从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象：______________________________。‎ ‎【实验反思】‎ ‎(6)分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和______________________有关（写出两条）。‎ ‎【答案】 (1). 将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度 (2). 足量盐酸和BaCl2溶液 (3). 取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+ (4). 3SO32--2e-+H2O=SO42-+2HSO3- (5). H++HSO3-=H2O+SO2↑ (6). 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 (7). 溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同（或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同）、反应物是否接触形成红色配合物（任写两条）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲同学实验：利用铁离子能够将SO32-氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应，试剂X为负极，失电子发生氧化反应；实验中X为Na2SO3溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将SO32-氧化；实验中X为NaHSO3溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应；‎ 乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应：0~1 min产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出，红色沉淀应为Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；1~30 min沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了HOFeOSO2，该物质存在平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2，在氧气的作用下不断正向进行，最终溶液几乎无色；30min后反应现象是空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量的HSO3-电离提供SO32-‎ ‎，溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。‎ ‎【详解】(1)实验室配制FeCl3溶液时，为了防止铁离子水解，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释；‎ ‎(2)①若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成；‎ ‎②氯化铁溶液为原电池正极，发生还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，所以方案为取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；‎ ‎(3)实验I中试剂X为原电池负极，SO32-被氧化生成硫酸根，电极方程式为3SO32—2e-+H2O=SO42-+2HSO3-；‎ ‎(4)pH=1的氯化铁溶液中有大量的氢离子，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方程式：H++HSO3-=H2O+SO2↑；‎ ‎(5)FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合反应，在1～30 min出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在转化：HOFeOSO2⇌HOFeOSO2Fe2++SO42-，可知原因是：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的作用下橙色的HOFeOSO2浓度下降平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2，不断正向进行，最终溶液几乎无色。‎ ‎(6)分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物有关。‎ ‎【点睛】第3题写电极反应方程式时要注意pH=9的溶液是由于SO32-水解，OH-来自于水的电离，电极方程式不能写成SO32--2e-+2OH-===SO42-+H2O。‎ ‎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________________________________________。‎ ‎【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+5Ca2V+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+5Ca2V+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：‎ ‎①R-OHR-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)写出符合下列条件的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 (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。‎ ‎ ‎ ‎ ‎