山东省潍坊市2020届高三4月模拟化学试题

山东省潍坊市2020届高三4月模拟化学试题

潍坊市高考模拟考试 化学 ‎1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、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。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 Na-23 P-31 S‎-32 C1-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56‎ 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.造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（ ）‎ A. “文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同 B. “竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解 C. “抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同 D. 明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误；‎ B．蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误；‎ C．过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；‎ D．明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH变小，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（ ）‎ A. 蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖 B. 食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油 C. 苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物 D 天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；‎ B．食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；‎ C．苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；‎ D．天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的，水解均得到α-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。‎ ‎3.氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（ ）‎ A. 相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点 B. 一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3·BF3‎ C. 羊毛制品水洗再晒干后变形 D. H2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个水分子能与周围的分子形成4个氢键，1个HF分子只能与周围的分子形成2个氢键，所以相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点，故A不选；‎ B．NH3与BF3可以形成配位键从而形成NH3·BF3，与氢键无关，故B选；‎ C．羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C不选；‎ D．CH3COCH3中O原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故D不选；‎ 故答案为B。‎ ‎4.从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是（ ）‎ A. 灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒 B. 过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台 C. 萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出 D. 反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，过滤得固态碘 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；‎ B．过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；‎ C．四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下口放出，故C错误；‎ D．有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.科学家合成了一种能自动愈合自身内部细微裂纹的神奇塑料，合成路线如图所示：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲的化学名称为2，4-环戊二烯 B. 一定条件下，1mol乙与1molH2加成的产物可能为 C. 若神奇塑料的平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为90‎ D. 甲的所有链状不饱和烃稳定结构的同分异构体有四种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳原子编号应从距离官能团最近的碳原子开始，该物质正确命名应为1，3-‎ 环戊二烯，故A错误；‎ B．化合物乙中没有共轭双键，加成后不会再形成新的双键，故B错误；‎ C．神奇塑料的链节相对分子质量为132，平均聚合度为，故C错误；‎ D．甲的不饱和度为3，因此稳定的链状烃应含有一个双键和一个三键，符合条件的结构有：、、、，共4种，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】在有机化合物分子结构中单键与双键相间的情况称为共轭双键，共轭双键加成产物中会有单键变双键的情况。‎ ‎6.在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N>O>P B. 瑞德西韦中的N—H键的键能大于O—H键的键能 C. 瑞德西韦中所有N都为sp3杂化 D. 瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>P，故A错误；‎ B．O原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；‎ C．形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成C≡N键的N原子为sp杂化，故C错误；‎ D．该分子中单键均为σ键、双键和三键中含有π键、苯环中含有大π键，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.下列各组实验中，根据实验现象所得到的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和实验现象 结论 A 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红 Ag+的氧化性比Fe3+的强 B 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成的1，2—二溴乙烷无色，能溶于四氯化碳 C 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到蓝色透明溶液 Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成[Cu(OH)4]2-‎ D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8‎ HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子氧化，而不是银离子，故A错误；‎ B．乙烯含有碳碳双键，通入溴的四氯化碳溶液中发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液无色透明，说明产物溶于四氯化碳，故B正确；‎ C．溶液显蓝色，说明Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成的是[Cu(NH3)4]2+，故C错误；‎ D．二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）‎ A. 分子式是C18H32ClN3O8P2‎ B. 能发生取代、加成和消去反应 C. 1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应 D. 分子中的—C1被—OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；‎ B．Cl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；‎ C．苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；‎ D．分子中的—C1被—OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：W>Z>Y>X B. Y原子的价电子轨道表示式为 C. r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为 D. 一定条件下，m能与Z的单质反应生成p ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。‎ ‎【详解】A ‎．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl->N3->O2->H+，故A错误；‎ B．Y为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；‎ C．r与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；‎ D．氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O B. “热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8mol C. 化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+‎ D. 在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；‎ B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；‎ C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；‎ D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。‎ 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.我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池，其工作原理示意图如图。已知电池反应：Na1-xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电池放电过程中，NaMnO2/Al上的电势低于石墨烯/Al上的电势 B. 电池放电时，正极可发生反应Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2‎ C. 电池充电时，外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极 D. 电池充电时，Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电过程总反应式为：Na1-xMnO2+NaxCn=nC+NaMnO2，可知C元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则负极是石墨烯/Al，正极为NaMnO2/Al，则充电时石墨烯/Al发生还原反应为阴极，NaMnO2/Al发生氧化反应为阳极。‎ ‎【详解】A．放电时NaMnO2/Al为正极，石墨烯/Al为负极，正极电势高于负极电势，故A错误；‎ B．放电时，正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极反应为Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2，故B正确；‎ C．充电时NaMnO2/Al发生氧化反应为阳极，与外接电源的正极相连，故C错误；‎ D．充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，即由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极，故D正确；‎ 故答案为BD。‎ ‎12.钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在酸性溶液中氧化性：MnO4->VO2+>Fe3+‎ B. 亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO2++2H++SO32-=2VO2++SO42-+H2O C. 向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4‎ D. 向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液完全反应，转移电子为1.5mol ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，则氧化性MnO4->VO2+，Fe2+能把VO2+还原为VO2+，离子方程式应为：Fe2++ VO2+=Fe3++ VO2+，说明氧化性VO2+> Fe3+，但无法说明VO2+和Fe3+的氧化性强弱关系，故A错误；‎ B．SO32-等能把VO2+还原为VO2+，亚硫酸根被氧化成硫酸根，结合电子守恒和电荷守恒可知方程式为：2VO2++2H++SO32-=2VO2++SO42-+H2O，故B正确；‎ C．酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；‎ D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++ VO2+=Fe3++ VO2+，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，但氧化产物和还原产物的氧化性强弱关系无法判断。‎ ‎13.实验室制备次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)的步骤如下：向烧瓶中的亚硫酸钠溶液通入SO2制得NaHSO3。将装置A中导气管换成橡皮塞，再加入锌粉和甲醛溶液，在80～‎90℃‎下，反应约3h，冷却至室温，抽滤，将滤液置于真空蒸发仪蒸发浓缩，冷却结晶。下列说法错误的是（ ）‎ A. 可用亚硫酸钠固体和70%硫酸来制取二氧化硫气体 B. 多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行 C. 装置B中试剂可以是NaOH或Na2CO3溶液 D. 装置A中可采用油浴或沙浴加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．较浓的硫酸可以增大反应速率，且含水较少，可以减少二氧化硫的溶解，所以可以用可用亚硫酸钠固体和70%硫酸来制取二氧化硫气体，故A正确；‎ B．多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，使反应充分进行，故B正确；‎ C．装置B的作用主要是吸收未反应的二氧化硫，NaOH或Na2CO3溶液都可以SO2反应将其吸收，故C正确；‎ D．反应温度为80～‎90℃‎，采用水浴加热即可，油浴和沙浴温度过高，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎14.常温下，向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，反应过程中-1gc(Ag+)或-1gc[Ag(NH3)2+]与加入氨水体积的关系如图。下列说法错误的是（ ）‎ A. 原硝酸银溶液的浓度是0.1mol·L-1‎ B. 反应生成氢氧化银的Ksp(AgOH)的数量级为10-8‎ C. 溶液b点NH4+的浓度小于溶液c点NH4+的浓度 D. 溶液m点c(NO3-)>c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(NH4+)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向10mL一定浓度硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，首先发生反应Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+，继而发生AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++2H2O+OH-；b点-1gc(Ag+)达到最大值，可认为此时Ag+与NH3·H2O恰好完全反应，银离子完全沉淀。‎ ‎【详解】A．b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度为0.1mol/L ‎，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，故A正确；‎ B．b点溶液溶质为NH4NO3，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOHAg++OH-，所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-)，此时-1gc(Ag+)=4，则c(Ag+)= c(OH-)=1×10-4mol/L，Ksp(AgOH)= c(Ag+)·c(OH-)=1×10-8，故B正确；‎ C．b点溶液中溶质为NH4NO3，b到c过程发生反应AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++2H2O+OH-，随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然碱性增强铵根的水解受到抑制，但溶液的体积增加的幅度更大，所以铵根离子的浓度减小，即b点NH4+的浓度大于溶液c点NH4+的浓度，故C错误；‎ D．m点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c(NO3-)=c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(NH4+)+c(H+)，此时加入 了过量的氨水，溶液应呈碱性，即c(OH-)> c(H+)，则c(NO3-)c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应H‎2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=，a点c(C2O42-)= c(HC2O4-)，此时pOH=9.8，则c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，则Ka2== 10-4.2；同理b点c(HC2O4-)=c(H‎2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反应的平衡常数K=，故A正确；‎ B．温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，pH与pOH之后小于14，则图像整体将向左移动，故B错误；‎ C．=100.6：1，故C正确；‎ D．H‎2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，则HC2O4-的水解平衡常数Kh1=，即其电离程度大于其水解程度，所以纯NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(H‎2C2O4)，加入等物质的量浓度Na‎2C2O4、草酸钠会电离出大量的C2O42-，则溶液中存在c(C2O42-)>c(HC2O4-)，据图可知当c(C2O42-)>c(HC2O4-)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数；D项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。它在NCP疫情控制中发挥重要作用。‎ ‎（1）工业生产双氧水常采用催化剂—乙基蒽醌法，其反应过程如图所示：‎ 写出工业制备H2O2(1)反应的热化学方程式___。‎ ‎（2）过氧化氢还可以通过电解-水解法制得。工业上用Pt作电极材料，电解硫酸氢铵饱和溶液得到过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，然后加入适量硫酸以水解过二硫酸铵即得到过氧化氢。写出阳极的电极反应式___；整个过程的总化学方程式是___。‎ ‎（3）某课题组在298K时研究H2O2+2HI=2H2O+I2反应速率的影响因素，实验结果如下表：‎ 试验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ c(HI)/mol·L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ c(H2O2)/mol·L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ v/mol·L-1·s-1‎ ‎0.00760‎ ‎0.0153‎ ‎0.0227‎ ‎0.0151‎ ‎0.0228‎ 分析上述数据，写出反应速率与物质浓度的关系式___；该反应的速率常数(k)的值为___。‎ ‎（4）过氧化氢是强氧化剂，在许多反应中有重要的应用。在一定温度下，将0.4molN2H4(g)和0.6molH2O2(g)装入‎2L固定容积的容器中，发生反应N2H4(g)+2H2O2(g)N2(g)+4H2O(g) ΔH<0，当N2H4(g)的转化率为50%时反应达到平衡，该反应的化学平衡常数的值为___。‎ 实验测得反应中N2H4(g)的转化率(α)与温度(T)的关系如图所示，分析说明温度高于T0时，N2H4(g)的转化率下降的原因是___。‎ ‎【答案】 (1). H2(g)+O2(g)=H2O2(1) △H=(a+b)kJ·mol-1 (2). 2SO42--2e-=S2O82-或2HSO4--2e-=S2O82-+2H+ (3). 2H2OH2O2+H2↑ (4). v=kc(H2O2)c(HI) (5). 0.76 (6). 2.56 (7). 温度高于T0，化学平衡逆向移动；温度高，过氧化氢分解，浓度降低，平衡逆向移动 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)据图可知i：+H2(g)= △H=akJ·mol-1；‎ ii：+ O2(g)=+ H2O2(1) △H=bkJ·mol-1；‎ 根据盖斯定律i+ii可得H2(g)+O2(g)=H2O2(1) △H=(a+b)kJ·mol-1；‎ ‎(2)电解池中阳极失电子发生氧化反应，电解过程中硫酸氢铵饱和溶液得到过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，该过程中硫酸根中的部分氧原子由-2价被氧化为-1价，所以阳极的反应为：2SO42--2e-=S2O82-；加入适量硫酸以水解过二硫酸铵即得到过氧化氢，离子方程式应为：S2O82-+2H2O= H2O2+2SO42-+2H+，据此可知整个过程中实质就是电解水，方程式为：2H2O H2O2+H2↑；‎ ‎(3)浓度越大反应速率越大，二者成正比；对比1和3组数据可知，若反应速率与浓度之和为正比关系，则3组的反应速率应为1组的2倍，但实际不是，因此反应速率应与浓度之积有关，不妨设v=kcx(H2O2)cy(HI)，根据2、4组数据可知=1，则x=y，则有0.0153=k×0.200x×0.100x，0.0076=k×0.100x×0.100x，联立可以解得x=1，k=0.76，所以，反应速率与物质浓度的关系式为v=kc(H2O2)c(HI)，其中k=0.76；‎ ‎(4)容器的容积为‎2L，则初始投料为c(N2H4)=0.2mol/L，c(H2O2)=0.3mol/L，N2H4的平衡转化率为50%，据此可得三段式：‎ ‎ ‎ 则平衡常数K=；‎ 该反应为放热反应，温度高于T0，化学平衡逆向移动，同时温度过高，过氧化氢分解，浓度降低，平衡逆向移动，所以N2H4(g)的转化率下降。‎ ‎【点睛】S2O82-的结构式为，其中含有一个过氧键，有两个氧的化合价为-1价，所以S为+6价，该物质具有强氧化性。‎ ‎17.我国科学家合成铬化合物通过烷基铝和[ph‎3C]+[B(C‎6F5)4]-活化后，对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铬的化合物过程中的一步反应为：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+核外电子排布式为___；已知没有未成对d电子的过渡金属离子的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+、Cu+四种离子的水合离子为无色的是___(填离子符号)。‎ ‎（2）化合物丙中1、2、3、4处的化学键是配位键的是___处，聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为___。‎ ‎（3）无水CrCl3与NH3作用可形成化学式为CrCl3·5NH3的配位化合物。向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有沉淀为AgC1；向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液，加热并用湿润红色石蕊试纸检验时，试纸未变色。该配位化合物的结构简式为___。‎ ‎（4）水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，晶体中H2O的配位数为__，晶胞边长为333.7pm，则重冰的密度为__g·cm-3(写出数学表达式，NA为阿伏加德罗常数)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d3 (2). Ti4+、Cu+ (3). 2 (4). sp3 (5). [Cr(NH3)‎5C1]Cl2 (6). 8 (7). ×1030‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Cr原子核外电子数为24，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，原子失去4s 能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；‎ Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p6，无未成对电子，其水溶液为无色；‎ V3+的核外电子排布为1s2 2s22p63s23p63d2，3d轨道有两个未成对电子，其水溶液有颜色；‎ Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d轨道有2个未成对电子，其水溶液有颜色；‎ Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，无未成对电子，其水溶液为无色；‎ 综上所述水合离子为无色的是Ti4+、Cu+；‎ ‎(2)O可以形成两个共价键，Cl可以形成1个共价键，N可以形成3个共价键，丙中N原子形成4条化学键，则其中一条为配位键，形成配位键时一般由非金属元素提供孤对电子，金属阳离子提供空轨道，所以2应为配位键；聚乙烯中碳原子形成4条单键，应为sp3杂化；‎ ‎(3)向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有沉淀为AgC1，说明该配合物可以电离出两个Cl-，说明两个Cl-为该配合物的外界；向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液，加热并用湿润红色石蕊试纸检验时，试纸未变色说明NH3均位于内界，结合电荷守恒可知该配合物应为[Cr(NH3)‎5C1]Cl2；‎ ‎(4)根据立方晶胞沿x、y或z轴的投影可知，该晶体为体心立方堆积，所以晶体中H2O的配位数为8；晶胞中H2O的分子个数为=2，则晶胞的质量m=，晶胞边长为333.7pm，即333.7×10‎-10cm，则晶胞体积V=(333.7×10-10)‎3cm3，所以晶胞的密度。‎ ‎18.甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。‎ 有关物质性质如下表所示：‎ 甘氨酸(H2NCH2COOH)‎ 易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。‎ 柠檬酸 易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。‎ 甘氨酸亚铁 易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。‎ 实验步骤如下：‎ Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中 Ⅱ.在‎50℃‎恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。‎ Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）仪器b的名称是__，d的作用是__。‎ ‎（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。‎ ‎（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。‎ ‎（4）下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。‎ a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽 b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化 c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度 d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂 ‎（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 (3). 关闭K3，打开K2 (4). Fe(OH)2 (5). 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O (6). ad (7). 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在‎50℃‎恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。‎ ‎【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；‎ ‎(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；‎ ‎(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；‎ ‎(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；‎ b．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；‎ c．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；‎ d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；‎ 综上所述选ad；‎ ‎(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。‎ ‎19.锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是___。‎ ‎（2）K2S2O8中S的化合价为+6价，则S2O82-中含过氧键的数目为__，反应器Ⅰ中发生反应的离子方程式__。‎ ‎（3）反应器Ⅱ中反应温度为600～‎750℃‎。升温到‎515℃‎时，开始有CO2产生，比碳酸锂的分解温度(‎723℃‎)低得多，可能的原因是___。‎ ‎（4）制得的锰酸锂粗产品中混有LiMnO2，写出在高温条件下反应产生LiMnO2的化学方程式___；称取一定量的锰酸锂粗产品于锥形瓶中，加入稀硫酸充分溶解，滴入含0.14molNa‎2C2O4的标准溶液时恰好完全反应，同时生成0.19molMn2+，则锰酸锂粗产品中LiMn2O4物质的量分数为___。 (MnO2-、Mn2O4-被还为Mn2+)‎ ‎【答案】 (1). FePO4 (2). 1 (3). Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42- (4). MnO2作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解 (5). 4MnO2+2Li2CO34LiMnO2+2CO2↑+O2↑ (6). 90%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ LiFePO4加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，之后加入碳酸钠溶液调节pH，使Fe3+沉淀，得到的滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为FePO4，之后再加入饱和的碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀；MnSO4与K2S2O8反应，Mn2+被氧化成MnO2生成沉淀析出，之后将MnO2与Li2CO3混合反应得到锰酸锂。‎ ‎【详解】(1)该滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁，根据元素守恒以及溶解度的大小关系，该沉淀应为FePO4；‎ ‎(2)设S2O82-中含负一价氧原子数目为x，则有(+6)×2+(-2)(8-x)+(-1)x=-2解得x=2，两个负一价氧原子间有一个过氧键，故过氧键数目为1；反应其I中Mn2+被氧化成MnO2，S2O82-中-1价的氧被还原成-2价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式应为：Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42-；‎ ‎(3)MnO2作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解；‎ ‎(4)反应物为MnO2和Li2CO3，产物有LiMnO2，说明该过程中Mn元素被还原，C元素已是最高价，不能被氧化，根据元素价态变化规律可知O元素被氧化成氧气，结合电子守恒和元素守恒可知方程式应为：4MnO2+2Li2CO34LiMnO2+2CO2↑+O2↑；设粗产品中LiMnO2‎ 的物质的量为x，LiMn2O4的物质的量为y，根据元素守恒有x+2y=0.19mol；根据电子守恒有x+y×2=0.14mol×2，联立解得y=0.09mol，x=0.01mol，则锰酸锂粗产品中LiMn2O4物质的量分数为=90%。‎ ‎【点睛】第1题为易错点，要注意得到的沉淀时白色的，说明不是氢氧化铁，碳酸铁不能稳定存在，根据元素守恒可知沉淀为磷酸铁；第4的计算要注意守恒法的使用，不要盲目写方程式进行计算。‎ ‎20.布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：‎ 已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl ‎②+HCl 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为___，G→H的反应类型为___，H中官能团的名称为__。‎ ‎（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__。‎ ‎（3）I→K的化学方程式为___。‎ ‎（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式__(不考虑立体异构)。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有七组峰。‎ ‎（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：__(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). 消去反应 (3). 碳碳双键、酯基 (4). (5). +H2O+CH3OH (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，B→C→D发生信息①的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。‎ ‎【详解】(1)A为，名称为甲苯；G到H为消去反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基；‎ ‎(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上；‎ ‎(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；‎ ‎(4)D为，其同分异构体满足：‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；‎ ‎②分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同的原子或原子团；‎ ‎③核磁共振氢谱有七组峰，有7种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；‎ ‎(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：。‎