【化学】山东省日照市2020届高三3月实验班联考（解析版）
山东省日照市2020届高三3月实验班联考
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Fe-56 Ba-137
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.唐代《新修本草》中有如下描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣”。“绛矾”指（ ）
A. 硫酸铜晶体 B. 硫化汞晶体 C. 硫酸亚铁晶体 D. 硫酸锌晶体
【答案】C
【详解】根据“绛矾”本来为绿色，烧之变赤色可知“绛矾”的成分是硫酸亚铁晶体，其在空气中灼烧得到红棕色的Fe2O3；硫酸铜晶体为蓝色；硫化汞晶体为红色或黑色；硫酸锌晶体为白色，综上所述答案为C。
【点睛】各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐的水合物常称为矾，常见的有绿矾、青矾(FeSO4·7H2O)，胆矾、蓝矾、曾青(CuSO4·5H2O)，明矾(KAl(SO4)2·12H2O )，皓矾(ZnSO4·7H2O)等。
2.下列说法错误的是（ ）
A. 12g石墨中含有σ键的物质的量为1.5mol
B. 硫离子电子共有18种运动状态，且其2p与3p轨道形状和能量相等
C. 电负性：C＜N＜O
D. I3+离子的几何构型是V型
【答案】B
【详解】A．12g石墨的物质的量为1mol，石墨为碳原子的六元环结构，一个碳原子与另外三个碳原子之间形成σ键，属于每个碳原子的σ键数目为3×=1.5，故1mol石墨中含1.5molσ键，故A正确；
B．每个电子运动状态都不同，硫离子核外有18个电子，故有18种运动状态，但电子层离原子核越远能量越高，故2p与3p轨道形状相同但能量不相等，故B错误；
C．同周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性：C＜N＜O，故C正确；
D．I3+中心原子的价层电子对数为＝4，杂化类型为sp3，中心I原子的孤电子对数为2，其空间构型为V形，故D正确；
故答案选B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA
B. 标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NA
C. 常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NA
D. 向100mL0.5mol·L-1Fe(NO3)3溶液中通入足量SO2气体，转移电子数为0.05NA
【答案】A
【详解】A．铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe−2e−＝Fe2＋，14.0gFe物质的量为＝0.25mol，转移电子数为：0.25mol×2×NA＝0.5NA，故A正确；
B．硫化氢为弱电解质，水溶液中不能完全电离，依据原子个数守恒可知：标准状况下，11.2LH2S物质的量为0.5mol，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，故B错误；
C．pH＝14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，0.5LpH＝14的Ba(OH)2溶液含氢氧根离子物质的量为0.5mol，所以钡离子物质的量为0.25NA，故C错误；
D．100mL0.5mol·L-1Fe(NO3)3溶液中n(Fe3+)=0.05mol，n(NO3-)=0.15mol，通入足量SO2气体，Fe3+会被还原为Fe2+，NO3-会被还原为NO，转移电子数大于0.05NA，故D错误；
故答案选A。
4.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A. 含明矾药物不宜与胃药奥美拉唑碳酸氢钠胶囊同时服用
B. 0.1mol·L-1明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数小于6.02×1022
C. 向含0.1mol明矾的溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，SO42-和Al3+全部转化为BaSO4和Al(OH)3沉淀
D. 室温下，0.1mol·L-1明矾溶液中水电离出c(H+)小于10-7mol·L-1
【答案】A
【详解】A．明矾含有铝离子，胃药奥美拉唑碳酸氢钠含有碳酸氢根离子，二者发生双水解反应，药物失效，所以二者不能同时服用，故A正确；
B．溶液体积未知，且氢氧化铝胶体微粒是多个铝离子与氢氧根的集合体，无法计算生成氢氧化铝胶体微粒个数，故B错误；
C．沉淀质量最大时，硫酸根离子完全反应，此时铝离子转化成偏铝酸根离子，故C错误；
D．盐类水解促进水的电离，所以室温下，0.1mol•L−1明矾溶液中水电离出c(H＋)大于10−7mol•L−1，故D错误；
故答案选A。
5.下列有关说法正确的是（ ）
①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；
② 明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；
③ 可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；
④ 从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；
⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；
⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。
A. ③⑤⑥ B. ①④⑤ C. 除②外都正确 D. ③⑤
【答案】D
【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2O I2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。
6.司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（ ）
A. b的一氯代物有4种
B. c的分子式为C14H14O3
C. 1mold最多能与4molH2发生加成反应
D. d中所有碳原子可能处于同一平面
【答案】C
【详解】A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；
B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；
C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；
D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；
故答案选C。
【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
7.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是（ ）
A. X和Z的单质均存在多种同素异形体
B. Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物
C. Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性
D. WZXY溶液常用于Fe3+的检验
【答案】B
【分析】主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Z的最高正价和最低负价代数和为4，则Z为S元素，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上，则该化合物为N2H4，Y为N元素，Q为H元素，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，则W为K元素，X与Y相邻，则X为C元素，据此分析解答。
【详解】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素，
A. X为C元素，Z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存在多种同素异形体，A项正确；
B. Q为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y和Z三种元素还可以形成铵盐，如(NH4)2S、NH4HS，均属于离子化合物，B项错误；
C. Q为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为KH，溶于水发生反应KH + H2O=KOH +H2↑，则生成KOH溶液，呈碱性，C项正确；
D. WZXY为KSCN，KSCN溶液常用于Fe3+的检验，D项正确；
答案选B。
8.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向发黄的浓硝酸中通入O2
黄色褪去
浓硝酸中混有Fe3+
B
向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置
下层显紫红色
原溶液中含有I-
C
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
乙醇发生了消去反应
D
向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)
Ksp(AgI)，故D错误；故选B。
9.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是（ ）
A. X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸
B. 实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入X
C. 反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀
D. 反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在
【答案】D
【详解】A. 稀硝酸会将铁氧化为+3价铁离子，故A错误；
B. 实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故B错误；
C. 反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；
D. 由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确，
故选D。
【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意题干中信息，如长时间保存，要考虑是否变质的问题。
10.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. 氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B. 氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 在加热条件下，反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D. 可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
【答案】C
【分析】由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1，2−二氯乙烷，发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。
【详解】A．③由C−C键生成C＝C键，为消去反应，故A错误；
B．聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故B错误；
C．乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，砖红色沉淀，故C正确；
D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，故D错误。
故答案选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只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.荣获2019年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。该可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC。NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A. 该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染
B. 充电时，阳极反应为LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2＋xLi＋
C. 充电时，Li+由A极移向B极
D. 若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，两电极质量差为14g
【答案】CD
【分析】可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC，则放电时正极反应为Li(1-x)CoO2＋xLi＋＋xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2＋xLi＋，根据得失电子守恒，计算两极质量差，由此分析解答。
【详解】A．汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到空气中，在日光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后产生了一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学烟雾污染，故A正确；
B．可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC，则放电时正极反应为Li(1-x)CoO2＋xLi＋＋xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2＋xLi＋，故B正确；
C．由图知，A电极为电解池的阴极，B电极为电解池的阳极，充电时，Li＋由B极移向A极，故C错误；
D．若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，负极减少2molLi其质量为14g，正极有2molLi＋迁入，其质量为14g，两电极质量差为28g，故D错误；
故答案选CD。
【点睛】本题需要明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，找出电池的正负极。
12.固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：
根据上述实验，以下说法正确的是（ ）
A. 气体A一定只是NO
B. 由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有K2SO3
C. 若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3
D. 溶液甲中一定含有K2SiO3，可能含有K[Al(OH)4]、MgCl2
【答案】B
【分析】固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，K[Al(OH)4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2，据此回答判断。
【详解】固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，K[Al(OH)4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2；综上可知：原物质中一定含有：Fe、K2SiO3、K2SO3，可能含有：K[Al(OH)4]、K2CO3，Fe2O3；
A．气体A中含有NO，还可能含有CO2，故A错误；
B．溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，故B正确；
C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，可能是Fe2O3和盐酸反应生成的铁离子和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有血红色，不能证明原混合物中一定没有Fe2O3，故C错误；
D．溶液甲中一定含有K2SiO3，一定不含有MgCl2，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题需要注意把握反应的现象，根据实验现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D。
13.四硼酸钠的阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 阴离子中三种元素的第一电离能：O＞B＞H
B. 在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3
C. 配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间
D. m=2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4
【答案】AC
【分析】由图示可以看出该结构可以表示为[H4B4O9]m−，其中B为＋3价，O为−2价，H为＋1价，根据化合价判断m值求解Xm−的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数，σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝(a−xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，阴离子中含配位键，不含离子键，以此来解答。
【详解】A．H电子轨道排布式为1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误；
B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，故B正确；
C．2号B形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4、5原子之间或4、6原子之间，故C错误；
D．观察模型，可知Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为−2，可得m＝2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4，故D正确；
故答案选AC。
14.对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 ΔH1 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 ΔH2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 ΔH3 快反应
下列说法正确的是（ ）
A. 使用催化剂可以改变第一步中NO2平衡产量
B. 第二步NO2和NO3的碰撞都是有效的
C. 反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)的ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3
D. 第二步反应的活化能小于第三步反应的活化能
【答案】C
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡进行的限度，不能改变第一步中NO2平衡产量，故A错误；
B．第二步反应生成物中有NO2，说明NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故B错误；
C．由①N2O5NO2+NO3 ΔH1
②NO2+NO3→NO+NO2+O2 ΔH2
③NO+NO3→2NO2 ΔH3
可知2×①+②+③得2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，故该反应ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3，故C正确；
D．第二步属于慢反应，说明反应不容易进行，第三步属于快反应，说明反应容易进行，则第二步反应的活化能大于第三步反应的活化能，故D错误；
故答案选C。
15.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂原料。常温下向1L0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点，水分别电离出的c(OH-)水之比为10-6.54：10-1.43
B. b点对应溶液中存在：c(Na+)＞3c(HPO32-)
C. 当V(NaOH)=1L时，c(Na+)>c(H2PO3-)>c(H3PO3)>c(HPO32-)
D. 反应H3PO3+HPO32-2H2PO3-的平衡常数为105.11
【答案】AD
【分析】A．a点、b点水电离出的c水(OH-)之比＝：；
B．b点c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c(OH−)＜c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)；
C．V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小；
D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为＝×＝×＝。
【详解】A．a点、b点水电离出的c水(OH-)之比＝：＝10-6.54：10-1.43，故A正确；
B．b点c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c(OH−)＜c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)，则c(Na＋)＜3c(HPO32−)，故B错误；
C．V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na＋)＞c(H2PO3−)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(H2PO3−)＞c(HPO32-)＞c(H3PO3)，故C错误；
D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为＝×＝×＝＝＝105.11，故D正确；
故答案选AD。
【点睛】明确图中a和b点含义及电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意D式的灵活变形；通过判断电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系，分析溶液中的微粒浓度。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.SiC纤维单向增强的TixAly基复合材料可作为高超音速飞行器表面的放热材料。回答下列问题：
（1）C元素所在周期中，第一电离能最大的元素是_____（填元素符号）。
（2）基态Ti原子的价电子排布式为_________________，能量最高的能级有_____个空轨道。
（3）甲基硅油结构如图所示，其中Si原子的杂化方式为_______，以甲基硅油为主要成分的硅橡胶能够耐高温的原因是___________________________________________________。
（4）Li2CO3、Li2TiO3是锂离子电池中的常用材料，其中CO32-的空间构型为___________，其含有的共价键类型有_______________。
（5）TixAly合金的一种结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），该合金的化学式为_________，其结构单元棱长为apm，底面边长为bpm，该合金的密度为_________________g·cm-3。
【答案】(1). Ne (2). 3d24s2 (3). 3 (4). sp3杂化 (5). Si—O键的键能大 (6). 平面三角形 (7). σ键和π键 (8). Ti11Al5或Al5Ti11 (9). ×1030
【分析】(1)根据第一电离能的周期性变化规律分析解答；
(2)根据电子排布规律、Ti的原子序数可以得出基态Ti原子价电子排布式、能量最高的能级空轨道数目；
(3)按Si原子形成的共价键种类和数目，确定Si原子的杂化方式；硅橡胶能够耐高温反化学键牢固程度来分析；
(4)根据价电子对互斥理论来确定C原子的杂化方式以及C原子与O原子之间的化学键类型；
(5)用均摊法计算晶胞的化学式，按合金的密度即晶胞密度、应用密度的定义计算。
【详解】(1)随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第一电离能最小，而稀有气体的第一电离能最大，C元素所在的周期为第二周期，则该周期Ne的第一电离能最大；
(2)Ti的原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子排布式为3d24s2，能量最高的能级为3d，3d轨道共有五个，按洪特规则，其中有2个轨道分别被2个电子占据，还含有3个空轨道；
(3)甲基硅油结构中Si原子形成4个单键，故Si原子的杂化方式为sp3杂化，硅橡胶能够耐高温，原因是共价键牢固，硅橡胶中含Si−O和Si−C，Si−O更牢固；
(4)CO32−中C原子价电子对数＝3＋＝3，且不含孤电子对，CO32−空间构型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2杂化，由于CO32−空间构型为平面三角形，则C原子与O原子之间存在3个σ键和1个大π键；
(5)Ti原子在结构单元中的位置：顶点8个、面心2个、棱上1个、体内1个，则一个晶胞中，含有Ti的数目为×8＋×2＋×1＋1＝，Al原子在顶点有4个，体内1个，则一个晶胞中含有Al的数目为×4＋1＝，则化学式为：Ti11Al5或Al5Ti11，则晶胞的密度为ρ＝＝=×1030g/cm3。
17.甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。回答下列问题：
（1）已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1
CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1
H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1
CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1
则甲烷水蒸气重整反应的ΔH=_________kJ·mol-1。
（2）通过计算机模拟实验，对400～1200℃、操作压强为0.1MPa条件下，不同水碳比（1～10）进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。
①温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比（1～10）的关系是_____________________，产生该结论的原因是___________________________________________________________。
②据模拟实验可知，平衡温度为900℃，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为0.6，CH4的转化率为_______，其压强平衡常数为_______；反应速率方程为v=kp(CH4)p-1(H2)，此时反应速率v=___________。
（已知：气体分压=气体的物质的量分数×总压，速率方程中k为速率常数）。
（3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2，pH为5.5时不同热预处理温度和时间下的甲烷和氢气的产率如图所示，若要提高H2的产率，最佳温度为_______。
【答案】(1). +206.3 (2). 水碳比越大，H2的物质的量分数越大 (3). 水碳比较大时，CO会与H2O进一步反应生成H2，使H2的物质量分数增大 (4). 66.7% (5). 4.32×10-2(Mpa)2 (6). (7). 80℃
【分析】(1)①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式，用盖斯定律求甲烷水蒸气重整反应的△H；
(2)①H2的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系由图知；原因从生成氢气的反应角度来回答；
②平衡温度为900℃，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为0.6，列三段式求解CH4的转化率、压强平衡常数；根据压强与气体物质的量成正比，结合三段式计算；
(3)厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2，提高H2的产率的最佳温度，由图可知。
【详解】(1)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1
②CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1
③H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1
④CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1
根据盖斯定律，①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)，则甲烷水蒸气的重整反应△H＝△H1＋△H4−2△H2−2△H3＝（−890.3−41＋2×283.0＋2×285.8）kJ⋅mol−1＝＋206.3 kJ⋅mol−1；
(2)①平衡温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系，由图中曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大的原因，从生成氢气的反应可知，除了甲烷水蒸气的重整反应生成氢气外，一氧化碳和水也会反应产生氢气；
②操作压强为0.1MPa、平衡温度为900℃条件下，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为0.6，设甲烷和H2O的物质的量均为3mol，达化学平衡时，甲烷消耗xmol，则：
H2的物质的量分数＝＝＝0.6，解得x＝2mol，转化率α(CH4)＝×100%＝×100%＝66.67%，平衡常数K＝＝(Mpa)2＝4.32×10-2(Mpa)2；反应速率v=kp(CH4)p-1(H2)＝k＝k＝k×＝；
(3)厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2，由图可知，pH为5.5时，若要提高H2的产率，降低甲烷产率，最佳温度为80℃。
【点睛】本题关键是理解图中给出的信息，注意(2)根据“H2的物质的量分数为0.6”这一条件，可以列三段式求解CH4的转化率、压强平衡常数。
18.EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA，并用其测定某地下水的硬度。制备EDTA的实验步骤如下：
步骤1：称取94.5g(1.0mol)ClCH2COOH于1000mL三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再产生无色气泡；
步骤2：加入15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入2.0mol·L-1NaOH溶液90mL，加水至总体积为600mL左右，温度计50℃加热2h；
步骤3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1，有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得EDTA。测地下水硬度：取地下水样品250mL进行预处理后，用EDTA进行检测。实验中涉及的反应有M2+(金属离子)+Y4-(EDTA)=MY2-；M2+(金属离子)+EBT(铬黑T，蓝色)=MEBT(酒红色)；MEBT+Y4-(EDTA)=MY2-+EBT(铬黑T)。
回答下列问题：
（1）步骤1中发生反应的离子方程式为_______________________________________。
（2）仪器Q的名称是_________________，冷却水从_____接口(填“x”或“y”)流出。
（3）用NaOH固体配制上述NaOH溶液，配制时使用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、___________和_______________，需要称量NaOH固体的质量为_______。
（4）将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水-氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用0.0100mol·L-1EDTA标准溶液进行滴定。
①确认达到滴定终点的现象是_____________________________________________。
②滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该地下水的硬度=_____度(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度)。
③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将_____ (填“偏大“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1). 2ClCH2COOH＋CO32-=2ClCH2COO-＋CO2↑＋H2O (2). 球形冷凝管 (3). x (4). 胶头滴管 (5). 100mL容量瓶 (6). 8.0g (7). 溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色 (8). 3.36 (9). 偏大
【分析】(1)ClCH2COOH含−COOH，与碳酸钠反应；
(2)Q为球形冷凝管，冷水下进上出可充满冷凝管；
(3)溶解后转移到250mL容量瓶中定容；结合m＝cVM计算；
(4)①滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以溶液颜色变化为酒红色变为蓝色；
②用0.0100mol•L−1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.00mL，则n(M2＋)＝n(EDTA)＝0.0100mol•L−1×15.00×10−3L＝1.5×10−4mol，则25mL水中m(CaO)＝nM＝56g/mol×1.5×10−4mol＝8.2mg，且1L水中含有10mg CaO称为1度，以此计算该地下水的硬度；
③实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，消耗标准液体积偏大。
【详解】(1)步骤1中发生反应的离子方程式为2ClCH2COOH＋CO32-=2ClCH2COO-＋CO2↑＋H2O；
(2)仪器Q的名称是球形冷凝管，冷却水从x接口流出；
(3)用NaOH固体配制上述NaOH溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，需要称量NaOH固体的质量为0.1L×2.0mol/L×40g/mol＝8.0g；
(4)①滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，则滴定终点现象为滴入最后一滴EDTA溶液，溶液颜色由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；
②用0.0100mol•L−1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.00mL，则n(M2＋)＝n(EDTA)＝0.0100mol•L−1×15.00×10−3L＝1.5×10−4mol，则25mL水中m(CaO)＝nM＝56g/mol×1.5×10−4mol＝8.2mg，所以1L水中m(CaO)＝8.2mg×＝336mg，通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，所以该地下水的硬度为＝3.36度；
③实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，消耗标准液体积偏大，则测定结果将偏大。
19.磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。以磷硅渣（主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等）为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____________(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是_______________。
（2）生石灰除了调节pH外，另一作用是_____________________________________。
（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-，该水解反应的离子方程式为_________________________________________________。
（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_____________ (填化学式)。
（5）实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图所示：
则最优反应条件是_____________________________________。
（6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式：_______________________________________。
【答案】(1). H3PO4 (2). SiO2、CaSO4 (3). 除去过量的SO42- (4). V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+ (5). Na[Al(OH)4]、Na3PO4 (6). pH=12、温度为80℃、时间为1h (7). Al2O3＋2NH4H2PO42AlPO4＋2NH3↑＋3H2O
【分析】磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4，酸浸液中加CaO可调节pH且除去过量硫酸根离子，滤渣1为CaSO4，滤液中钒元素以V3O93-形式存在，加NaOH分离出Na2[VO3(OH)]，再加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4，由图可知，pH＝12、温度为80℃、时间为1h时碱浸时固相中P、Al含量w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出AlPO4；
(1)SiO2为酸性氧化物，不与硫酸反应；CaSO4微溶于水，据此回答；
(2)加浓硫酸引人过量的硫酸根离子，CaSO4微溶于水，据此回答；
(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−；
(4)加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4；
(5)在pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中P、Al 含量w%小时就为最优反应条件；
(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O。
【详解】(1)酸浸中磷元素主要转化为H3PO4，该反应的化学方程式为Ca3(PO4)2＋3H2SO4＝3CaSO4＋2H3PO4，磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4；
(2)生石灰除了调节pH 外，另一作用是除去过量的硫酸根离子；
(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−，该水解反应的离子方程式为V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+；
(4)碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是Na[Al(OH)4]、Na3PO4；
(5)由图可知，pH＝12、温度为80℃、时间为1h时碱浸时固相中P、Al 含量w%小，为最优反应条件；
(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O，化学方程式为：Al2O3＋2NH4H2PO42AlPO4＋2NH3↑＋3H2O.
20.痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）化合物B中含有官能团的名称是__________。
（2）化学反应①和④的反应类型分别为______________和______________。
（3）化合物C的结构简式为________________。
（4）下列关于痛灭定钠的说法错误的是______。
a.与溴充分加成后官能团种类数不变
b.能够发生水解反应
c.核磁共振氢谱分析能够显示6个峰
d.可使溴的四氯化碳溶液褪色
e.1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗3molH2
（5）反应⑦的化学方程式为________________________________________________。
（6）芳香族化合物X的相对分子质量比A大14，写出遇FeCl3溶液显紫色且取代基仅位于苯环对位上化合物X的结构简式：______________________(不考虑立体异构)。
（7）根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。____________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 碳碳双键、硝基 (2). 取代反应 (3). 加成反应 (4). (5). ce (6). 2+(CH3)2SO4→2+Na2SO4 (7). 、 (8).
【分析】根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应①转变为，发生反应②，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应生成，发生反应⑤将−CH2NO2脱去氢氧原子转变为−CN，生成，反应⑥中−CN碱性水解转变成−COONa，得到，反应生成，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。
【详解】(1)由B的结构简式可知其中含有的官能团为：碳碳双键和硝基；
答案为：碳碳双键、硝基；
(2)由上述分析可知反应①为取代反应，④为加成反应；
答案为：取代反应；加成反应；
(3)与发生取代反应生成C为，答案为：；
(4)a.与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，a正确；
b.结构中存在−COONa，属于弱酸盐结构，能够发生盐类的水解反应，b正确；
c.该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，c错误；
d.该结构中含碳碳双键能与溴单质发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，d正确；
e.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2，e错误；
答案为：ce；
(5)反应生成，反应方程式为：2+(CH3)2SO4→2+Na2SO4；
故答案为：2+(CH3)2SO4→2+Na2SO4；
(6)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，且与A的不饱和度相同；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；取代基仅位于苯环对位上说明有两个取代基且为对位关系，满足条件的结构简式有：、，
故答案为：、；
(7)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：
；
故答案为： 。
【点睛】（4）中b容易出错，同学往往只注意有机反应，而忽略了有机物中羧酸的盐也能水解；有机合成线路的选择和设计，一般要灵活应用题目中隐含着的信息，信息往往就在框图，按照官能团相同化学性质相似类推，选择合适的反应物就可以了。
