山东师范大学附属中学2020届高三化学4月检测试题（Word版附解析）

山东师范大学附属中学2020届高三化学4月检测试题（Word版附解析）

高三化学学习检测试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Li‎-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Co-59 Ni-59‎ 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.不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是（ ）‎ A. “唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐 B. 玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器 C. 高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点 D. 以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “唐三彩”和景德镇瓷器都是陶瓷，陶瓷的主要化学成分都是硅酸盐，故A正确；‎ B. 玻璃是一种常见的无机非金属材料，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，在一定温度下软化可制得玻璃仪器，故B正确；‎ C. 镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，常用于高铁和城铁的设备制造，故C正确；‎ D. 光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】硅是常见半导体材料，可以用作制硅芯片、太阳能电池等，二氧化硅常用于制光导纤维。‎ ‎2.碳循环（如图）对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是( )‎ A. 碳是构成有机物的主要元素 B. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程 C. 化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一 D. 石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故A正确；‎ B．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故B正确；‎ C．化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效应的原因之一，故C正确；‎ D．乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展。因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎3.下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应 B. 可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀 C. Na2O2与水反应产生1molO2，理论上转移的电子数目约为4×6.02×1023‎ D. 保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O )的值增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、如果该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，该反应的△S＞0，该反应在一定条件下能自发进行，则该反应不一定是放热反应，故A错误；‎ B、作原电池负极或作电解池阳极的金属材料加速被腐蚀，如果采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢闸时钢闸作正极被保护，如果采用外加电流的阴极保护法保护钢闸时钢闸作阴极被保护，所以可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀，故B正确；‎ C、过氧化钠和水反应中，过氧化钠一半作氧化剂、一半作还原剂，生成1mol氧气，转移电子物质的量＝1mol×2×[0﹣(﹣1)]＝2mol，所以转移电子数为2×6.02×1023，故C错误；‎ D、c(OH－)/c(NH3·H2O)=[c(OH－)·c(NH4＋)]/[c(NH3·H2O)·c(NH4＋)]=Kb/c(NH4＋)，温度不变电离平衡常数不变，溶液中，通入二氧化碳时，二氧化碳和水反应生成的碳酸与氢氧根离子结合生成水，促进一水合氨电离，导致铵根离子浓度增大，因此该比值减小，故D错误。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，分析此问题，一般（1）利用同溶液，溶液体积相同，即物质的量浓度之比等于其物质的量之比，然后依据平衡的移动，分析物质的量变化；（2）分子分母同乘以一个量，将分子或分母转化成电离平衡常数或水解平衡常数或水的离子积，进行分析判断。‎ ‎4.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；‎ ‎5.碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：+CO2。下列说法错误的是（ ）‎ A. 上述反应属于加成反应 B. 碳酸亚乙酯的所有二氯代物中均存在手性碳原子 C. 碳酸亚乙酯中的所有氧原子处于同一平面内 D. 1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由方程式可知反应中C=O键生成C-O键，与二氧化碳发生加成反应生成，故A正确；‎ B．手性碳原子必须是饱和碳原子上连有四个不同的原子或原子团，中CH2原子团上的氢原子被氯原子所取代形成的二氯代物分别为；其中存在手性碳原子，故B错误；‎ C．分子中所有氧原子均连在不饱和碳原子上，则所有氧原子处于同一平面内，故C正确；‎ D．分子中含有两个酯基结构，最多可以与2molNaOH反应，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】手性碳原子必须是饱和碳原子上连有四个不同的原子或原子团；中CH2原子团上的氢原子被氯原子所取代形成的二氯代物中，含有一个手性碳，而无有手性碳。‎ ‎6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大。其中A为d元素组成的非金属单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，常温下乙为液体。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：c>b B. 反应①为吸热反应 C. ②反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1‎ D. b、d分别与a形成的化合物中，化学键类型一定完全相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A为d元素组成的非金属单质，常温下乙为液体可知，乙为水、甲为氧化钠，水与氧化钠反应生成氢氧化钠，A为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素。‎ ‎【详解】A.O2—离子和Na+离子电子层结构相同，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则简单离子半径：O2—> Na+，故A错误；‎ B. 反应①为为水与氧化钠反应生成氢氧化钠，该化合反应为放热反应，故B错误；‎ C.反应②为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气即是氧化剂又是还原剂，物质的量之比为1：1，故C正确；‎ D.过氧化氢中含有极性键和非极性键，氯化氢中只含有极性键，化学键类型不完全相同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验及现象 结论 A 用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小 H2SO3酸性强于H2CO3‎ B 向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液，溶液变为红色 待测溶液中含有Fe2+‎ C 向酸化的KMnO4溶液中通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀 证明SO2被氧化为SO42-‎ D 其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH 比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度，应测定等浓度的pH比较酸性，故A错误；‎ B.检验Fe2+，应先滴入KSCN溶液，再滴入氯水，故B错误；‎ C.用BaCl2溶液检验SO42-时，还要用稀盐酸验证，即生成的白色沉淀不溶于稀盐酸，故C错误；‎ D. 酸的电离平衡常数越大，酸根离子水解程度越小，相应的钾盐pH越小，则测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH能够比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】用BaCl2溶液检验SO42—时，还要用稀盐酸验证，排除其他离子的干扰后，即生成的白色沉淀不溶于稀盐酸，该沉淀为硫酸钡是解答关键。‎ ‎8.利用“Na－CO‎2”‎电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na－CO‎2”‎电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，放电反应方程式为4Na＋3CO2＝2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图3所示，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 电流流向为：MWCNT→导线→钠箔 B. 放电时，正极的电极反应式为 3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C C. 原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2 mole－时，两极的质量差为‎11.2g D. 选用髙氯酸钠-四甘醇二甲醚做电解液的优点是导电性好，与金属钠不反应，难挥发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属钠失电子，做负极，电子由负极经导线流向正极，电流流向相反，‎ 由MWCNT→导线→钠箔，A正确；‎ B．放电时，正极发生还原反应，CO2被还原为碳，电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－==2Na2CO3＋C，B正确；‎ C．正极发生极反应为3CO2＋4Na＋＋4e－==2Na2CO3＋C，根据反应关系可知，当转移0.2 mole－时，生成碳酸钠的量的为0.1mol，碳的量为0.05mol，正极质量增重为0.1×106+0.05×12=‎11.2g，负极发生反应：2Na-2e-=2Na+，根据反应关系可知，当转移0.2mole－时，消耗金属钠的量0.2mol，质量为0.2×23=‎4.6g，所以两极的质量差为‎11.2g+‎4.6g=‎15.8g，C错误；‎ D．选用髙氯酸钠-四甘醇二甲醚做电解液的优点是导电性好，与金属钠不反应，难挥发，D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】针对答案C来讲，根据反应方程式3CO2＋4Na＋＋4e－==2Na2CO3＋C，转移0.2 mole－时，可以计算出正极材料附着碳酸钠和碳的总质量为‎11.2g，却忽略了负极材料金属钠的质量还会有减少，只有计算出负极质量的减少量和正极质量的增加量，二者的差值才是两极的质量差。‎ ‎9.“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，‎ 已知：①Cu2++4NH3•H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2的催化剂）。‎ ‎②已知仪器A、C溶液中硫酸浓度相同，实验中所用锌粒完全相同 下列有关分析错误的是（ ）‎ A. 该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好 B. B中反应速率大于D中反应速率 C. A和B之间导管a的作用是平衡A和B内气压 D. H中出现浅黄色浑浊 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“化学多米诺实验”是利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生，整个过程只需要控制第一个反应，所以成功的关键是控制好第一个反应和整个系统气密性良好，故A正确；‎ B.C中的硫酸和少量硫酸铜溶液进入D装置中，锌和硫酸铜发生置换反应生成铜，生成的Cu、Zn、CuSO4溶液形成原电池，使反应速率加快，则D中反应速率大于B中反应速率，故B错误；‎ C. A和B之间导管a的作用是平衡气压，便于稀硫酸顺利流下，故C正确；‎ D. 硫化氢具有还原性，可以与氧化剂双氧水发生氧化还原反应生成淡黄色的硫沉淀和水，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】“化学多米诺实验”是利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生，整个过程只需要控制第一个反应，所以成功的关键是控制好第一个反应和整个系统气密性良好是解答关键。‎ ‎10.《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”。其中涉及主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电负性N>O B. CO2分子中C原子为sp1杂化 C. 单质硫属于共价晶体 D. KNO3中化学键只有σ键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O >N，则电负性O >N，故A错误；‎ B. CO2分子的空间构型为直线形，分子中C原子为sp杂化，故B正确；‎ C. 单质硫属于熔沸点低的分子晶体，故C错误；‎ D. KNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，故D错误；‎ 故选B。‎ 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.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是 A. H3PO2的结构式为 B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸 C. NaH2PO2是酸式盐 D. 每消耗1mol P4，反应①中转移6mol电子 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据②反应可知H3PO2是一元酸，由于只有-OH的H原子能够电离，因此可说明H3PO2的结构式为，A正确；‎ B.由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，B正确；‎ C.根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误；‎ D.在①反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2mol P4反应，反应①中转移6mol电子，D错误；‎ 故合理选项是CD。‎ ‎12.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O B. 该过程中BMO表现出较强氧化性 C. 光催化降解过程中，光能转化为化学能、电能等 D. ①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由反应原理示意图可知，光催化降解苯酚的反应为在催化剂和光的作用下，苯酚与氧气反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；‎ B. 由反应原理示意图可知，BMO与氧气反应生成BMO+，表现出较强还原性，故B错误；‎ C. 由反应原理示意图可知，光催化降解过程中，光能转化为化学能，没有转化为电能，故C错误；‎ D. 由反应原理示意图可知， ①中1molO2—与苯酚反应得到3mol电子，②中BMO+与苯酚反应生成BMO得到1mol电子，由得失电子数目守恒可知①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎13.某工业废气中的SO2经如图中的两个循环可分别得到S和H2SO4。下列说法正确的是 A. 循环Ⅰ中，反应1中氧化产物为ZnFeO3.5‎ B. 循环Ⅰ中，反应2中的还原产物为ZnFeO4‎ C. Mn可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料 D. 循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为16∶49‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应1为2ZnFeO4+H22ZnFeO3.5+H2O，0价氢升高到+1价，发生氧化反应，所以氧化产物为H2O，故A错误；‎ B．反应2为4ZnFeO3.5+SO24ZnFeO4+S，+4价硫降低到0价硫，发生还原反应，还原产物为S，故B错误；‎ C．Mn网作为循环II中电解过程中的阳极材料时，Mn失电子发生氧化反应，不能生成硫酸，故C错误；‎ D．循环I中总反应为2H2+SO2S+2H2O，循环Ⅱ中电解过程发生反应为MnSO4+2H2O MnO2+H2SO4+H2↑，吸收过程发生反应为MnO2+SO2=MnSO4，故循环Ⅱ中总反应为2H2O+SO2=2H2SO4+H2，循环I和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的物质的量之比为1:1，质量之比为16:49，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.室温下将0.1mol·L-1的烧碱溶液不断滴加到10.00mL相同浓度的HA溶液中，溶液中-lgc水(H+)与NaOH溶液的体积关系如图所示[注：c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)]。下列说法不正确的是（ ）‎ A. a、c两点溶液中均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)‎ B. b点溶液中存在：c(H+)+c(HA)=c(OH-)‎ C. a、b、c三点溶液中，b点溶液导电性最强 D. 0.1mol·L‎-1HA溶液中HA的电离度约为1%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，HA为弱酸，b点溶液中水电离的c(H+)最大，说明氢氧化钠和HA恰好完全反应生成NaA，a点为HA和NaA的混合液，c点为NaA和NaOH的混合液。‎ ‎【详解】A. a点为HA和NaA的混合液，c点为NaA和NaOH的混合液，溶液中均存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，故A正确；‎ B. b点为NaA溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HA)=c(OH-)，故B正确；‎ C. a点为HA和NaA的混合液，b点为NaA溶液，c点为NaA和NaOH的混合液，c点中离子浓度最大，溶液导电性最强，故C错误；‎ D.由图可知0.1mol·L-1的HA溶液中水电离的c(H+)为10—11mol·L-1，溶液中的c(H+)为 mol·L-1=10—3mol·L-1，HA的电离度约为×100%≈1%，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】b点溶液中水电离的c(H+)最大，说明氢氧化钠和HA恰好完全反应生成NaA是判断解答的关键。‎ ‎15.乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。‎ 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 吸附反应为放热反应 B. 该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1‎ C. Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化效果无影响 D. C2H+H*→C2H只有化学键的形成过程 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，吸附反应的反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A正确；‎ B. 由图可知，该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1，故B正确；‎ C.固体表面积越大，固体催化剂Pd的催化效果越好，故C错误；‎ D. C2H+H*→C2H即有化学键的断裂过程，也有形成过程，故D错误；‎ 故选AB。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.（1）乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM－5催化下合成ETBE，反应的化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g) △H。回答下列问题：‎ 反应物被催化剂HZSM－5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的△H=__kJ·mol-1。反应历程的最优途径是__(填C1、C2或C3)。‎ ‎（2）一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=-270kJ·mol-1‎ ‎①其他条件相同、催化剂不同，SO2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是：__。‎ ‎②某科研小组用Fe2O3作催化剂。在‎380℃‎时，分别研究了[n(CO)∶n(SO2)]为1∶1、3∶1时SO2转化率的变化情况(图2)。则图2中表示n(CO)∶n(SO2)=3∶1的变化曲线为__。‎ ‎（3）已知NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。‎ 一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=__；在图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是__，理由是__。‎ ‎（4）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)。‎ 已知：标准平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强(1×105Pa)，p(SO3)、p(O2)和p(SO2)为各组分的平衡分压，如p(SO3)=x(SO3)p，p为平衡总压，x(SO3)为平衡系统中SO3的物质的量分数。‎ SO2和O2起始物质的量之比为2：1，反应在恒定温度和标准压强下进行，SO3的平衡产率为ω，则Kθ=___(用含ω的最简式表示)。‎ ‎【答案】 (1). ‎-4a (2). C3 (3). Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 (4). a (5). k1=2k2·KP (6). BD (7). 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4) (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，由图给数据可计算△H；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小，反应越容易进行；‎ ‎（2）①Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源；‎ ‎②n（CO）：n（SO2）=2：1时反应速率界于n（CO）：n（SO2）=3：1和n（CO）：n（SO2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n（CO）：n（SO2）=3：1是相等的；‎ ‎（3）当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与N2O4的消耗速率的关系为v（NO2）=2v（N2O4），则k1•p2（NO2）=2k2•p（N2O4）；满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2；‎ ‎（4）设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立三段式计算可得。‎ ‎【详解】（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H=—（5—1）akJ/mol=—4 akJ/mol；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol，过渡态3的活化能为4akJ/mol，活化能越小，反应越容易进行，过渡态3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：‎-4a；C3；‎ ‎（2）①根据图示内容，对比‎260℃‎时不同催化剂作用下SO2的转化率，可以看出Cr2O3作催化剂时，反应速率最快，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，但是Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源；‎ ‎②n（CO）：n（SO2）=2：1时反应速率界于n（CO）：n（SO2）=3：1和n（CO）：n（SO2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n（CO）：n（SO2）=3：1是相等的，Fe2O3作催化剂时，曲线a符合，故答案为：a；‎ ‎（3）反应的化学平衡常数Kp=，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与N2O4的消耗速率的关系为v（NO2）=2v（N2O4），则k1•p2（NO2）=2k2•p（N2O4），k1=2k2·KP；满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以B、D为平衡点，故答案为：2k2·KP；BD；‎ ‎（4）设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立如下三段式：‎ 由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为×pθ、×pθ、×pθ，则标准平衡常数Kθ===，故答案为：。‎ ‎【点睛】由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和Kθ=可知Kθ==是解答关键，也是难点。‎ ‎17.我们利用物质的结构与性质对周期表进行研究，有助于我们更好地掌握同类知识。‎ ‎（1）基态砷原子中，价电子占用__个原子轨道；雌黄分子式为As2S3，分子结构如图，则砷 原子的杂化方式为__。‎ ‎（2）向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体；该晶体所含的非金属元素中，N、O、S第一电离能由大到小的顺序是__(填元素符号)，SO42-的空间构型为__，晶体中含有的化学键有__。加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因是__。‎ ‎（3）常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至‎148℃‎熔化，形成一种能导电的熔体。已知A微粒与CCl4具有相同的空间构型和相似的化学键特征，则A为__，B为__。‎ ‎（4）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，如图为其立方晶胞。已知晶体中最近的硼原子和磷原子核间距为xcm，磷化硼的摩尔质量为bg·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，则磷化硼晶体密度的表达式为__g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). sp3杂化 (3). N>O>S (4). 正四面体 (5). 离子键、共价键和配位键 (6). 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度 (7). PCl4+ (8). PCl6- (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态砷原子中，4p轨道的3个电子要分占不同的轨道并且自旋状态相同；由雌黄分子结构 示意图可知，每个砷原子与3个硫原子形成3个σ键，由于其价电子数是5个，所以该分子中砷原子有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论，中心原子的价电子对数为4；‎ ‎（2）一般非金属性越强的元素的第一电离能也越大；SO42-的价层电子对数为4，孤对电子数为0，空间构型为正四面体；[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体是一种配合物，其内界中心原子铜离子和配体氨分子之间形成配位键，氨分子内有极性键，外界硫酸根与内界之间形成离子键；加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因是乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性；‎ ‎(3)A微粒与CCl4具有相同的空间构型和相似的化学键特征，所以A与四氯化碳是等电子体，则A为PCl4+，由质量守恒和电荷守恒可知B为PCl6—；‎ ‎（4）由分摊法计算可得。‎ ‎【详解】(1)基态砷原子中，价电子排布式为4s24p3，根据洪特规则，4p轨道的3个电子要分占不同的轨道并且自旋状态相同，所以其价电子共占用4个原子轨道；由雌黄分子结构示意图可知，每个砷原子与3个硫原子形成3个σ键，由于其价电子数是5个，所以该分子中砷原子有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论，中心原子的价电子对数为4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：4；sp3杂化；‎ ‎（2）一般非金属性越强的元素的第一电离能也越大，但是每个周期的ⅡA(s轨道全满)和ⅤA族(p轨道半充满)元素因其原子结构的特殊性，其第一电离能高于相邻元素，所以N、O、S第一电离能由大到小的顺序是N>O>S；SO42-的价层电子对数为4，孤对电子数为0，空间构型为正四面体；[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体是一种配合物，其内界中心原子铜离子和配体氨分子之间形成配位键，氨分子内有极性键，外界硫酸根与内界之间形成离子键；加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因是乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，故答案为：N>O>S；正四面；离子键、共价键和配位键；乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；‎ ‎(3)A微粒与CCl4具有相同的空间构型和相似的化学键特征，所以A与四氯化碳是等电子体，则A为PCl4+，由质量守恒和电荷守恒可知B为PCl6—，故答案为：PCl4+；PCl6-；‎ ‎(4)该晶胞中含有4个硼原子和4个磷原子。如果把晶胞分成8个相同的小立方，则硼原子恰好可以位于其中4个小立方的体心，设晶胞的边长为‎2a，晶体中最近的硼原子和磷原子核间距为x cm，则x＝acm，所以a＝x，1 mol该晶胞的体积为NA(‎2a)3＝NA( cm)3，磷化硼的摩尔质量为b g·mol－1，则1 mol该晶胞中含BP 4 mol，其质量为4b g ‎，所以磷化硼晶体密度的表达式为g·cm－3，故答案为：。‎ ‎18.2硝基1，3苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成。原理如下：‎ 部分物质的相关性质如下：‎ 名称 相对分子质量 性状 熔点/℃‎ 水溶性(常温)‎ 间苯二酚 ‎110‎ 白色针状晶体 ‎110.7‎ 易溶 ‎2硝基1，3苯二酚 ‎155‎ 桔红色针状晶体 ‎87.8‎ 难溶 制备过程如下：‎ 第一步：磺化。称取‎71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内15min(如图1)。‎ 第二步：硝化。待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min。‎ 第三步：蒸馏。将硝化反应混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于‎100℃‎的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）磺化步骤中控制温度最合适的范围为(填字母)__。‎ a‎.30℃‎～‎60℃‎ b‎.60℃‎～‎65℃‎ c‎.65℃‎～‎70℃‎ d‎.70℃‎～‎‎100℃‎ ‎（2）图2中的冷凝管是否可以换为图1所用冷凝管___（填“是”或“否”）。‎ ‎（3）硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是__。‎ ‎（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止__；冷凝管C中可能看到的现象是__，反应一段时间后，停止蒸馏，此时的操作是__(填有关旋塞和酒精灯的操作)。‎ ‎（5）水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的是__。‎ a.不溶或难溶于水，便于最后分离 b.在沸腾下与水不发生化学反应 c.难挥发性 d.易溶于水 ‎（6）本实验最终获得‎12.0g桔红色晶体，则2硝基1，3苯二酚的产率约为__。（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). b (2). 否 (3). 在烧杯中加入适量浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却 (4). 压强过小引起倒吸 (5). 冷凝管内壁有桔红色晶体析出 (6). 打开旋塞，撤去酒精灯 (7). ab (8). 11.9%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）为控制适当的反应速率及防止副产物出现，反应温度一般控制在60～‎65℃‎左右；‎ ‎（2）若图2中的直形冷凝管换为图1所用的球形冷凝管，不便于被冷凝的液体顺利流下；‎ ‎（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小产生倒吸，根据反应原理，在直形冷凝管C中应出现2-硝基-1，3-苯二酚，被冷却后以固体形式出现，据此判断现象；停止蒸馏时，应先打开活塞，再停止在A处加热；‎ ‎（5）能用水蒸气蒸馏来分离和提纯物质，则被提纯物质必须不溶或难溶于水，便于最后分离、在沸腾下与水不发生化学反应、具有一定的挥发性，据此选择；‎ ‎（6）根据产率公式计算可得。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，为控制适当的反应速率及防止副产物出现，反应温度应控制在60～‎65℃‎左右，b正确，故答案为：b；‎ ‎（2）若图2中的直形冷凝管换为图1所用的球形冷凝管，不便于被冷凝的液体顺利流下，故答案为：否；‎ ‎（3）溶液混合时，必须把密度大的溶液加入到密度小的溶液中，浓硫酸的密度大于浓硝酸，则硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是在锥形瓶中加适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却，故答案为：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却；‎ ‎（4）图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小产生倒吸，根据反应原理，在直形冷凝管C中应出现2-硝基-1，3-苯二酚，被冷却后以固体形式出现，则可以观察到冷凝管内壁有桔红色晶体析出；停止蒸馏时，应先打开活塞，再停止在A处加热，故答案为：防止压强过小产生倒吸；有桔红色晶体析出；先打开活塞，再撤去酒精灯；‎ ‎（5）能用水蒸气蒸馏来分离和提纯物质，则被提纯物质必须不溶或难溶于水，便于最后分离、在沸腾下与水不发生化学反应、具有一定的挥发性，则ab正确，故答案为：ab；‎ ‎（6）‎71.5g间苯二酚的物质的量为0.65mol，根据元素守恒可知，生成的2-硝基-1，3-苯二酚的质量为0.65mol×‎155g/mol=‎100.75g，则2硝基1，3苯二酚的产率为×100%=11.9%，故答案为：11.9%。‎ ‎19.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：‎ 已知：Ⅰ.铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2‎ Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：‎ 难溶物 Cu(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 溶度积常数(Ksp)‎ ‎2.2×10-20‎ ‎4.0×10-38‎ ‎2.1×10-13‎ ‎（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有__(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：__。‎ ‎(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为__(填字母)。‎ a.加入过量的氨水 b.通入过量的CO‎2 c.加入过量的NaOH d.加入适量的HCl e.洗涤 f.过滤 ‎②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是__。‎ ‎（3）①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：__。‎ ‎②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是__(任写一条)。‎ ‎（4）滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.01mol·L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是__(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于__。‎ ‎（5）电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍，如图是电解装置图。‎ ‎①石墨电极上的电极反应式为__。‎ ‎②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为__。‎ 已知部分物质的熔、沸点如下表：‎ 物质 熔点(K)‎ 沸点(K)‎ Be ‎1551‎ ‎3243‎ Na ‎370‎ ‎1156‎ ‎【答案】 (1). Na2BeO2、Na2SiO3 (2). BeO22-+4H+=Be2++2H2O (3). afed (4). 要在HCl气流中蒸发结晶 (5). MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O (6). 会产生污染环境的气体 (7). Fe3+ (8). 4 (9). Be2++2e-=Be (10). 可以控制温度1156～3243K之间冷却 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。‎ ‎【详解】（1）废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息i，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息i，反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应，反应的离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O，故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3；BeO22-+4H+=Be2++2H2O；‎ ‎（2）①Be、铝元素化学性质相似，先向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，‎ 然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是afed；故答案为：afed；‎ ‎②BeCl2是强酸弱碱盐，BeCl2在溶液中会发生水解，使溶液呈酸性，为防止BeCl2水解，则从BeCl2溶液中得到BeCl2固体应在HCl气流中蒸发结晶，抑制BeCl2水解，故答案为：要在HCl气流中蒸发结晶；‎ ‎（3）①反应II中CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平可得反应的化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；‎ ‎②若用浓HNO3溶解金属硫化物，硝酸会被还原生成氮的氧化物，污染环境，故答案为：会产生污染环境的气体；‎ ‎（4）由题给溶度积可知，Cu2＋开始沉淀时c（OH－）=1×10-10mol/L，溶液pH为4；Fe3＋开始沉淀时，c（OH－）=1×10-12mol/L；Mn2＋开始沉淀时c（OH－）=1×10-6mol/L，因此首先沉淀的是Fe3＋，即生成的沉淀F为Fe（OH）3，故答案为：Fe3+；4；‎ ‎（5）①由图可知，铂电极上发生氧化反应生成氯气，为电解池的阳极，则石墨电极为阴极，铍离子在阴极得电子发生还原反应生成铍，电极反应式为Be2++2e-=Be，故答案为：Be2++2e-=Be；‎ ‎②由表格数据可知，铍的熔沸点高于钠，则可以控制温度1156～3243K之间冷却除去Be蒸气中少量Na，故答案为：可以控制温度1156～3243K之间冷却。‎ ‎20.合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB.有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。‎ 已知：‎ Ⅰ.R-CHO+R′CH2CHO+H2O Ⅱ.+H2O（R、R′可表示烃基或氢原子）‎ Ⅲ.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：‎ ‎（1）C中官能团的名称为___，该分子中最多有___个原子共平面。‎ ‎（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为___。‎ ‎（3）③的反应类型是___。‎ ‎（4）PVAc的结构简式为___。‎ ‎（5）与F具有相同官能团的同分异构体有___种。（不考虑立体异构，不包含F）‎ ‎（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成。___‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键和醛基 (2). 9 (3). CH3CH2CH2CHO++H2O (4). 加成反应 (5). (6). 4 (7). CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为饱和一元醇，通式为CnH2n+2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，故A为CH3CH2OH；由PVAc结构可知，A氧化生成E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，碱性水解得到PVA为；A在铜作催化剂的条件下氧化得到B为CH3CHO，B发生信息Ⅰ中的反应得到C为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D为CH3CH2CH2CHO，D与PVA发生信息Ⅱ中的反应得PVB。‎ ‎【详解】（1）C的结构简式为CH3CH=CHCHO，官能团为碳碳双键和醛基；该分子中碳碳双键平面与-CHO平面可共面，甲基中1个H原子可以处于平面内，该分子中最多有9个原子共平面，故答案为：碳碳双键和醛基；9；‎ ‎（2）D的结构简式为CH3CH2CH2CHO，由信息Ⅰ可知D与苯甲醛反应生成，反应的化学方程式为：CH3CH2CH2CHO+‎ ‎+H2O，故答案为：CH3CH2CH2CHO++H2O；‎ ‎（3）反应③是CH3COOH与乙炔发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，故答案为：加成反应；‎ ‎（4）PVAc的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（5）F为CH3COOCH=CH2，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式共有HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH24种，故答案为：4；‎ ‎（6）由题给信息和产品的结构简式为，应用逆推法可知，溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO，故答案为：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO。‎