山东省泰安市肥城市2020届高三适应性训练（三）化学试题 Word版含解析

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‎2020年高考适应性训练 化 学 试 题(三)‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 Cl35.5 Cu64‎ 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意 ‎1.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是 A. 植物油长期露置在空气中会因氧化反应而变质 B. 碳纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物 C. 利用维生素C的氧化性，可防止鲜榨苹果汁变黄 D. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等均可将病毒氧化而达到消毒目的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故A正确；‎ B．石墨纤维为碳单质，为无机物，不是有机高分子化合物，故B错误；‎ C．鲜榨苹果汁中含有Fe2+，在空气中被氧气氧化为Fe3+而变黄，加入维C可使Fe元素由+3价降低为+2价，被还原，则维生素C作还原剂，利用其还原性，故C错误；‎ D．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，乙醇使蛋白质病毒变性失去生理活性达到消毒目的，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.使用化学药品必须注意安全，下列药品对应的安全标识不正确的是 A B C D 硝酸钾、氯酸钾 苛性钠、浓硫酸 四氯化碳、酒精 白磷、苯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸钾、氯酸钾都具有强氧化性，都是强氧化剂，安全标识正确，故A正确；‎ B.苛性钠是氢氧化钠的俗名，氢氧化钠和浓硫酸都具有腐蚀性，安全标识正确，故B正确；‎ C.四氯化碳不能燃烧，是高效灭火剂，安全标识不正确，故C错误；‎ D.白磷和苯都有毒，安全标识正确，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎3.、·CH3、都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是 A. ·CH3中的碳原子杂化方式为sp2 B. 空间构型为正四面体 C. 中的键角大于NH3 D. 与OH-形成的化合物中含有离子键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．·CH3中价层电子对个数为4，根据价层电子对互斥理论知，碳原子杂化方式为sp3，A错误；‎ B．与NH3均具有8个价电子，4个原子，互为等电子体，结构相似，氨气分子是三角锥形结构，所以空间构型是三角锥形，B错误；‎ C．中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，NH3分子是三角锥形，故中的键角大于NH3，C正确；‎ D．与OH-形成的化合物中只有非金属元素，只含有共价键，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.南开大学的周其林院士及其团队凭借“高效手性螺环催化剂”的发现，获得了2019年度国家自然科学奖一等奖。一种手性螺环分子的结构简式如图所示。下列关于该有机物说法错误的是 A. 分子式为C16H12N2O2‎ B. 分子中除氢原子之外的所有原子可能共平面 C. 分子中只有一个手性碳原子 D. 在酸性条件下能水解，且水解产物有8种化学环境不同的氢原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据结构可知，手性螺环分子中具有肽键，能发生水解反应，具有2个苯环，苯环上原子共平面，据此回答问题。‎ ‎【详解】A. 根据结构可知，分子式为C16H12N2O2，A正确；‎ B. 分子中手性碳原子形成的4个共价键均为单键，为四面体结构，不可能与其他碳原子均共平面，B错误；‎ C. 若与碳原子相连的4个取代基均不同，则该碳原子为手性碳原子，根据结构可知，分子中只有一个手性碳原子，C正确；‎ D. 结构中含有肽键，在酸性条件下能水解，且水解产物有8种化学环境不同的氢原子，D正确。‎ 答案为B。‎ ‎5.铁粉具有平肝镇心、消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是 ‎ A. 在锌粒中加入几粒硫酸铜晶体可能加快H2的生成 B. 装置②、③中的药品分别是无水硫酸铜、氯化钙 C. 装置①、④中药品为浓H2SO4‎ D. 加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，④为检验CO2的装置，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，在锌粒中加入几粒硫酸铜晶体，铜离子会与锌粒发生置换反应，在锌粒表面附着铜单质，构成微型原电池，加快反应速率，A正确；‎ B．②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，B正确；‎ C．装置①作用是干燥，装置④作用是检验二氧化碳产物，药品依次是浓H2SO4和澄清石灰水，C错误；‎ D．H2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体，主要用于装甲车辆防弹窗户、战场光学设备透镜、望远镜穹顶以及覆盖于导弹传感器顶部的透明圆窗等。‎ 下列描述错误的是 A. 基态铝原子的价电子排布式为3s23p1 B. 制备AlON的原料N2中N原子采取sp1杂化 C. AlON和水晶的化学键类型相同 D. AlON的熔点比AlCl3的熔点高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氮氧化铝（AlON）是原子晶体，硬度大，熔沸点高，据此回答问题。‎ ‎【详解】A. 根据元素周期表位置可知，基态铝原子的价电子排布式为3s23p1，A正确；‎ B. N2分子中N原子没有杂化，2p能级的3个电子，其中一个是头碰头式，形成σ键，其余2个2p电子以肩并肩式成键，形成2个π键，B错误；‎ C. 二者均属于原子晶体，均只含有共价键，C正确； ‎ D. AlON属于原子晶体，而Al2O3属于离子晶体，故AlON的熔点比AlCl3的熔点高，D正确。‎ 答案为B。‎ ‎7.最近，中国科学院大连化物所“CO2催化转化为CO的研究”获得新进展。如图是使用不同催化剂（NiPc和CoPc）时转化过程中的能量变化，下列说法不合理的是（ ）‎ A. •CO2经还原反应得到•COOH B. 该研究成果将有利于缓解温室效应，并解决能源转化问题 C. 相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同 D. 催化剂可以改变CO2转化为CO反应的焓变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据物质的化合价变化分析；‎ B. 根据反应过程中物质转换分析；‎ C. 根据图示相对能量大小分析；‎ D. 催化剂只改变反应速率，不改变反应平衡和焓变；‎ ‎【详解】A. •CO2转化为•COOH的过程中，碳元素的化合价降低，因此•CO2得到•COOH是还原反应，A正确；‎ B. 该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；‎ C. 由图可知，•COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正确；‎ D. 催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎8.光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是 A. 该装置中的能量转化形式：光能→电能→化学能 B. 双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性 C. 光照过程中阳极区溶液中的n(OH-)基本不变 D. 再生池中的反应：2V2+ +2H2O2V3+ +2OH-+ H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极反应式为 2V3++2e-=2V2+，双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+2V3++H2 ↑。‎ ‎【详解】A．由图可知，光电池利用光照，将光能转化为电能，最终转化为贮存在化合物中的化学能，该装置的能量转化形式：光能→电能→化学能，故A正确；‎ B．双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，故B正确；‎ C．光照过程中阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的 n(OH-)基本不变，故C正确；‎ D．根据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+2V3++H2 ↑，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子2p轨道上有3个未成对电子，甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素的两种或三种形成的化合物，75‎ ‎％的甲溶液常用于消毒，戊是Z和X组成的10电子分子，常温下己溶液显中性，它们有如下转化关系（反应条件已略去）：‎ 则下列说法中错误的是 A. 四种元素原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞X B. 可以用酸性KMnO4溶液鉴别甲和丙 C. 己溶于水后促进了水的电离 D. W的氢化物不一定比Y的稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Z原子2p轨道上有3个未成对电子，其核外电子排布为1s22s22p3，则Z为N元素；甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素之间形成的化合物，75%的甲溶液常用于消毒，则甲为乙醇(CH3CH2OH)；戊是Z和X组成的10电子分子，则戊为氨气，X为H；结合转化关系可知，乙为H2O，丙为乙醛(CH3CHO)，丁为CH3COOH，常温下己溶液显中性，应为醋酸铵，结合原子序数大小可知，X为H，Y为C，W为O元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则四种元素原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞X，故A正确；‎ B．甲为乙醇(CH3CH2OH)，丙为乙醛(CH3CHO)，二者都可被酸性KMnO4溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，则不能鉴别乙醇和乙醛，故B错误；‎ C．根据分析，己为醋酸铵，醋酸铵溶于水后可发生双水解反应，促进了水的电离，故C正确；‎ D．Y为C，W为O元素，C的氢化物为烃，O的氢化物为水和双氧水，碳原子数较多的烃在常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 ‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀 I3—溶液中存在平衡：‎ I3—I2＋I－‎ B 在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成 酸性：H2SO3＞HClO C 向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去 氯气具有强氧化性和漂白性 D 在植物油中滴几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液褪色 植物油含有酯基 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质，滴加硝酸银产生黄色成，说明含有I-，所以KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡为I3-⇌I2+I-，故A正确；‎ B．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成是因为次氯酸根将二氧化硫氧化成硫酸根，硫酸钙微溶所以有沉淀生成，故B错误；‎ C．HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，该实验中起漂白作用的是氯气与水反应生成的HClO，故C错误；‎ D．植物油含有碳碳双键所以可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不是酯基，故D错误；‎ 故答案为A。‎ 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题分 ‎11.氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为“第三代半导体材料”。镓（31Ga）的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，工业制备氮化镓的工艺流程如图所示。下列判断正确的是 A. Ga位于第五周期第IIIA族 B. 酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3‎ C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2 D. Ga与NH3反应的另一种生成物可用作航天燃料 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿中加入氢氧化钠，镓（31Ga）和铝的氧化物均为两性氧化物，故反应生成偏铝酸钠和NaGaO2，通入适量的二氧化碳后，偏铝酸钠优先与二氧化碳反应生成氢氧化铝，NaGaO2经过系列反应得到单质镓，最终与氨气反应生成GaN。‎ ‎【详解】A. Ga的原子序数为31，位于第四周期第IIIA族，A错误；‎ B. 根据流程，将适量CO2通入NaAlO2和NaGaO2的混合液中得到Al(OH)3沉淀，说明CO2优先与NaAlO2反应，则酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B错误；‎ C.Ga的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，且根据题中流程图可知，Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2，C正确；‎ D. 根据元素守恒可知，Ga与NH3反应的另一种生成物为氢气，氢气具有可燃性，可用作航天燃料，D正确；‎ 答案为CD。‎ ‎12.由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：。下列说法正确的是（ ）‎ A. Na4S2O3的水溶液显碱性 B. 1mol Na4S2O3中共含离子数为5NA C. 上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6mol D. CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐，混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2两种盐。‎ ‎【详解】A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A正确；‎ B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3中共含离子数为2+1+2+1=6NA，B错误；‎ C．由可知，生成单质硫的S元素化合价由+1变为0，则每产生3molS，转移电子的物质的量为3mol，C错误；‎ D．在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎13.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是 A. 过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气 B. 在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2再生 C. 理论上每生成1mol NaHCO3，可得到1mol C2H4Cl2‎ D. 过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。‎ ‎【详解】A ‎．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；‎ B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，故B正确；‎ C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1mol NaHCO3需要1mol TBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C2H4Cl2，则理论上每生成1mol NaHCO3，可得到0.5mol C2H4Cl2，故C错误；‎ D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.1，3—丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物M和N（不考虑立体异构），其反应机理如图1所示；室温下，M可以缓慢转化为N，能量变化如图2所示。下列关于该过程的叙述错误的是 A. 室温下，M的稳定性强于N B. N存在顺反异构体 C. 有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：2：2‎ D. ∆H=-(E2-E1)kJ‧mol-1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能量越低，物质越稳定，由图2可看出，N的能量低于M的，故稳定性N强于M，A错误；‎ B．N中碳碳双键连接两种不同基团，存在顺反异构，顺式：，反式：，B正确；‎ C．有机物M结构简式：，核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：1：2，C错误；‎ D．该反应为放热反应，∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，即∆H=( E1- E2 )kJ‧mol-1=-(E2-E1)kJ‧mol-1，该反应的热化学方程式为： ∆H=-(E2-E1)kJ‧mol-1，D正确；‎ 故答案选AC。‎ ‎15.25℃时，向50mL浓度均为l.0mol/L的醋酸和醋酸钠混合溶液中，缓慢滴加1.0mol/L的NaOH溶液，所得溶液的pH变化情况如图所示（已知：25℃时，Ka(CH3COOH）=1.8×10-5)。下列叙述错误的是 A. a点溶液中，c(H+)约为 B. b点溶液中，‎ C. V(NaOH)≤50mL时，随V(NaOH)增大，溶液中离子总浓度增大 D. 从a到c的过程中，溶液中不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据Ka(CH3COOH）=1.8×10-5可知当溶液呈中性时，，‎ A. a点溶液中c（CH3COOH）≈c（CH3COO-），氢离子浓度主要来源于醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+， ，即c(H+)约为，故A正确；‎ B. b点溶液中，醋酸未反应完，此时溶质为醋酸与醋酸钠，浓度之比为3:7，溶液呈酸性，醋酸钠完全电离，醋酸部分电离，则，故B正确； ‎ C. 当V(NaOH)=50mL时，溶液中溶质为醋酸钠，浓度为1.0mol/L，此时溶液中离子总浓度小于原溶液，故C错误；‎ D. 从a到c的过程中，温度保持不变，水解平衡常数不变，则溶液中不变，故D正确；‎ 故选C。‎ 三、非选择题 ‎16.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如下图所示：‎ ‎(1)已知：CO(g) +H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H1=-41 kJ·mol-1 ‎ CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g) ∆H2 =+174.1 kJ·mol-1‎ 反应I的热化学方程式为______。‎ ‎(2)反应II在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时，测得相应的 CO 平衡转化率见下图(‎ 各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同)。‎ ‎①图中A、E和 G三点对应的反应温度TA、TE、TG的关系是_____，其原因是 ______。该温度下，要提高CO平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是______。‎ ‎②由图中可知CO的平衡转化率与进气比、反应温度之间的关系是____。‎ ‎③A、B 两点对应的反应速率大小：vA_____vB(填“<” “=”或“>”)。已知反应速率 v=v正−v逆= k正x(CO)x(H2O) − k逆x(CO2) x(H2) ，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO的转化率刚好达到20％时，=_____。‎ ‎(3)反应III在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图所示，则阴极的电极反应式为___________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌4H2(g)+2CO(g) ∆H= +256.1 kJ·mol-1 (2). TA=TE=TG (3). KA=KE=KG=1 (4). 及时移去产物 (5). 温度相同，进气比越大，CO的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，CO的平衡转化率越小 (6). ＜ (7). 36.0 (8). 14CO2+12e−+9H2O═CH3CH2OH+12HCO3−‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应I化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)，‎ ‎①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=-41kJ/mol ②CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1 kJ/mol 根据盖斯定律②-①×2计算CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)的△H；‎ ‎(2)①反应II为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=-41kJ/mol，正反应放热，可用A、E和G 三点对应数值结合反应三段式计算平衡常数，根据平衡常数的变化分析判断；根据反应特点，结合温度、浓度对平衡移动的影响分析提高CO平衡转化率的措施；‎ ‎②由图可知，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，由此可确定温度与进气比的关系；‎ ‎③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=-41kJ/mol，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，CO转化率减小；达到平衡状态为D点的反应过程中，平衡常数K=，则==K×，根据反应三段式计算D点时平衡常数K、计算CO转化率刚好达到20%时各物质的物质的量分数x，代入=K×中计算比值；‎ ‎(3)阴极得电子发生还原反应，结合电子守恒、电荷守恒书写电极反应方程式。‎ ‎【详解】(1)反应I化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)，①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=−41kJ/mol ‎②CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1kJ/mol 根据盖斯定律②−①×2计算CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)的△H=+174.1kJ/mol−(−41kJ/mol)×2=+256.1kJ/mol，即热化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)△H=+256.1kJ/mol；‎ ‎(2)①图中A点数值为(0.5，66.7)，即=0.5，CO的转化率为66.7%=，根据关系列三段式：‎ KA===1；‎ 图中E点数值为(1，50)，即=1，CO的转化率为50%，根据关系列三段式：‎ 平衡常数KE===1；‎ 图中G点数值为(1.5，40)，即=1.5，CO的转化率为40%，根据关系列三段式：‎ 平衡常数KG ===1；‎ 根据以上计算可知，KA=KE=KG=1，平衡常数不变，平衡常数是温度的函数，温度不变，则平衡常数不变，则可得TA=TE=TG；‎ CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41kJ⋅mol−1，即正向为气体体积不变的放热反应，所以恒温条件下，增大H2O(g)的浓度或及时分离出CO2等产物均可提高CO的平衡转化率；‎ ‎②由图可知，温度相同，进气比越大，CO的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，CO的平衡转化率越小；‎ ‎③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=−41kJ/mol，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，CO转化率减小，则B点温度高，反应速率快，即vA＜vB；D点数值为(1，60)，反应三段式为：‎ D点温度下的平衡常数KD＝==2.25，反应达到平衡时v正=v逆，即k正x（CO）x（H2O）=k逆x（CO2）x（H2），所以==‎ ‎=K=2.25，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时，反应三段式为：‎ X（CO）=x（H2O）==0.4，x（CO2）=x（H2）==0.1，所以==K×=2.25×=36.0；‎ ‎(3)阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式14CO2+12e−+9H2O═CH3CH2OH+12HCO3−。‎ ‎17.新型锂电池正极材料锰酸锂(LiMn2O4)有望取代广泛使用的LiCoO2。工业上用某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂的流程如图：‎ 已知： lg2=0.3，=8，25℃有关物质的溶度积常数：‎ 物质 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ Ksp ‎8.0×10-16‎ ‎4.0×l0-38‎ ‎5.12×10-33‎ ‎4.0×l0-14‎ ‎(1)已知锂电池放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+e-+Li+ ===Li2Mn2O4，则锰酸锂中锰元素的化合价为____。‎ ‎(2)“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是Mn2+，生成Mn2+的离子方程式为_____，检验还含有Fe2+的方法是______。‎ ‎(3)“精制”中加入H2O2‎ 的量比理论值大的多，其主要原因是______，若所得溶液中锰离子的浓度为1 mol·L-1，则加入氧化锰调节pH的范围为____(当溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1时可以认为沉淀完全)。‎ ‎(4)“沉锰”得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4滤饼，二者均可被氧化为Mn3O4，若控温氧化时溶液的pH随时间的变化如下图，则15~150 min内滤饼中一定参加反应的成分是______；判断的理由是____(用化学方程式表示)。‎ ‎(5)写出高温煅烧生成锰酸锂的化学方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). +3、+4 (2). MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O (3). 取浸取液少许，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液（或酸性KMnO4溶液），若有蓝色沉淀生成（或紫红色褪去），则有Fe2+ (4). 溶液中的铁离子催化过氧化氢分解 (5). 4.9-7.3 (6). Mn2(OH)2SO4 (7). 3 Mn2(OH)2SO4+O2===2Mn3O4+3H2SO4 (8). 8Mn3O4 +6Li2CO3 +5O26CO2 + 12LiMn2O4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(2)用K3[Fe(CN)6] 溶液来检验Fe2+：‎ ‎(3)“浸取”过程还剩余Fe3+，溶液中的铁离子催化过氧化氢分解；氢氧化铝完全沉淀时，铝离子浓度为10-5 mol·L-1，用Al(OH)3的Ksp计算氢氧根浓度，从而得到氢离子浓度，算得调节溶液最小的pH，锰离子的浓度为1 mol·L-1，用Mn(OH)2的Ksp计算氢氧根浓度，从而得到氢离子浓度，算得调节溶液最大的pH；‎ ‎(4)将MnSO4溶液于氨水混合得到含有Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4的滤饼，将滤饼洗涤后加入蒸馏水并通入氧气，可能发生反应6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O、3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4；‎ ‎【详解】(1) Li2Mn2O4中锰元素+3价，则LiMn2O4中锰元素有+4价，但只有一个锰原子得电子，另一个锰原子未得电子变价，也为+4价，则锂电池正极材料锰酸锂中，锰元素的化合价为+3、+4；故答案为：+3、+4；‎ ‎(2) “浸取”过程MnO2转化为Mn2+，Mn元素从+4价降至+2价，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O；可用K3[Fe(CN)6] 溶液来检验Fe2+‎ ‎：取浸取液少许，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液)，若有蓝色沉淀生成(或紫红色褪去)，则有Fe2+；‎ ‎(3) “浸取”过程还剩余Fe3+，“精制”中加入H2O2消耗一部分，故过氧化氢的量比理论值大的多，故答案为：溶液中的铁离子催化过氧化氢分解；除去Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全沉淀时，，解得，，pH=4.9，锰离子的浓度为1 mol·L-1时，，，，pH=7.3，调节pH的范围为4.9-7.3；‎ ‎(4) 根据分析，滤饼含有Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，与氧气可能的反应分别为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O、3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4，则Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+，根据图象通入O2时15～150分钟pH越来越小，酸性增强，则15～150分钟滤饼中一定参与反应的成分是Mn2(OH)2SO4；故答案为：Mn2(OH)2SO4；3 Mn2(OH)2SO4+O2===2Mn3O4+3H2SO4；‎ ‎(5)高温煅烧生成锰酸锂的化学方程式：8Mn3O4 +6Li2CO3 +5O26CO2 + 12LiMn2O4。‎ ‎18.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。‎ Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。‎ ‎(1)仪器X的名称是______，其主要作用有导气、______。‎ ‎(2)实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为_______。‎ ‎(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有_____。‎ ‎(4)若体系中NH3过量会导致碱式氯化铜的产量___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因为___。‎ Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29 g，加硝酸溶解，并加水定容至200 mL，得到待测液。‎ ‎(5)铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 mol·L-1。则称取的样品中 n(Cu2+)=_____mol。‎ ‎(6)采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知：AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如下图：‎ ‎①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂_____(填标号)。‎ a．FeSO4 b．Fe(NO3)3 c．FeCl3‎ ‎②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl-)=_____mol。‎ ‎(7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 防倒吸 (3). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (4). 溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟 (5). 偏低 (6). 碱式氯化铜能溶于氨水 (7). 0.04 (8). b (9). 0.02 (10). Cu2(OH)3Cl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化；‎ Ⅱ．(5)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算；‎ ‎(6)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，根据滴定终点，判断所加的指示剂；‎ ‎②利用10.00mL0.1mol/L的NH4SCN 溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量；‎ ‎(7) 根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目。‎ ‎【详解】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；‎ ‎(2)实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；‎ ‎(4)若NH3过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜溶于氨水有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；‎ ‎(5)20.00mL待测液，Cu2+浓为0.2000 mol·L-1，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20mL溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04mol；‎ ‎(6)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断，答案选b；‎ ‎②10.00mL0.1mol/L的NH4SCN的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由NH4SCN~AgNO3可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子的物质的量是0.002mol×10=0.02mol；‎ ‎(7)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.290 g，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。‎ ‎【点睛】本题易错点为(6)②，在滴定过程中只取200mL样品中的20mL 进行滴定实验，计算结果要转化为样品中的总含量。‎ ‎19.氨基酸微量元素螯合物在饲料生产应用、解决过量添加无机盐造成环境污染等方面有重要应用。该类螯合物通常以蛋氨酸、赖氨酸、甘氨酸等为配位体，以铜、铁、锌、锰、铬、钴等元素为中心离子。‎ ‎(1)甘氨酸中共有_____个σ键，所含元素的电负性由大到小的顺序为______，官能团中C原子的杂化方式为_______。‎ ‎(2)上述金属元素中，基态原子有五个未成对电子的原子的核外电子排布式为______。‎ ‎(3)蛋氨酸铜的结构式如下图。该螯合物中含有的化学键类型有_________(填序号)。 ‎ a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键 ‎(4)Cr是周期表中第ⅥB族元素，化合价可以是0~+6的整数价态。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合价为______。呈四面体构型，结构为，由两个四面体组成，这两个四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接，结构为。则由n(n>1)个通过顶角氧原子连结的链式结构的化学式为____。‎ ‎(5)实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+。FeCl3 与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是____；K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的结构如下图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为____。‎ ‎【答案】 (1). 9 (2). O＞N＞C＞H (3). sp2 (4). [Ar]3d54s2 (5). abcd (6). +5 (7). (8). K2[Fe(SCN)5] (9). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)甘氨酸的结构为：，1个单键含有1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键；元素的非金属性越强，其电负性越强；官能团是羧基；‎ ‎(2)基态原子有五个未成对电子的原子是Mn； ‎ ‎(3) Cu2+与N原子形成配位键，相同原子之间形成非极性键、不同原子之间形成极性键，Cu2+与COO-形成离子键；‎ ‎(4)从阴离子结构可以判断Cr化合价为+5价。由n(n＞1)个通过共用一个顶角氧原子彼此连接的链式结构，根据连接规律，推断其通式为；‎ ‎(5)Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为，根据电荷守恒可知与K+形成的配合物化学式；利用均摊法计算晶胞的结构中Fe3+、Fe2+、CN-数目，结合电荷守恒计算K+数目，进而计算一个晶胞中的K+个数；‎ ‎【详解】(1) 甘氨酸的结构为：，1个甘氨酸分子中含有σ键的数目为9；元素的非金属性越强，其电负性越强，四种非金属元素的电负性从大到小的顺序是：O＞N＞C＞H；官能团是羧基，羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，杂化类型是sp2，故答案为：9；O＞N＞C＞H；sp2；‎ ‎(2)基态原子有五个未成对电子原子是Mn，核外电子排布式为：[Ar]3d54s2，故答案为：[Ar]3d54s2；‎ ‎(3) Cu2+与N原子形成配位键，C-C之间形成非极性键，C-H、C-S之间形成极性键，Cu2+与COO-形成离子键，故答案为：abcd；‎ ‎(4) 由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O，则Cr的化合价为+5价，两个每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n(n＞1)个通过角顶氧原子连续的链式，减少(n-1)个氧原子，微粒电荷不变，则由n(n＞1)个通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为，故答案为：+5；；‎ ‎(5) Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为，根据电荷守恒可知与K+形成的配合物化学式为K2[Fe(SCN)5]；晶胞的结构中，Fe3+离子的个数为：，Fe2+离子的个数为：，CN-离子的个数为：，根据电荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)×3+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得N(K+)=，故一个晶胞中的K+个数=，故答案为：K2[Fe(SCN)5]；4。‎ ‎20.温室气体CO2资源化利用的一种途径如下，生成物H和I可用作锂离子电池的电解质。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)由A到B的反应类型为_____；由C到D的反应所需试剂为______。‎ ‎(2)E中官能团名称是_____，最多_______个原子共线。‎ ‎(3)F合成G的化学方程式为_______。‎ ‎(4)与G互为同分异构体的羧酸类芳香族化合物中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为____。‎ ‎(5)设计由丙炔和甲醛为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)______。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). Br2、FeBr3或Br2、Fe (3). 碳碳三键、羟基 (4). 6 (5). +H2O2 +H2O (6). 或 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给合成路线可知，A是乙炔，和甲醛发生醛基上的加成反应生成B（）；C(苯)和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成D(溴苯)，B和D发生取代反应生成E（）；E的分子式为C9H8O，F的分子式为C9H10O，结合E→F的反应条件为催化剂/H2，可推知反应为碳碳三键的加成反应，F的结构简式为；F→G为碳碳双键的氧化反应，G和CO2在所给条件下反应生成H和I，以此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，由A到B的反应类型为加成反应；由C到D反应为苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，故所需试剂为Br2、FeBr3或Br2、Fe；‎ ‎(2) E的结构简式为，含有的官能团的名称是碳碳三键、羟基；结合乙炔的结构特点，与碳碳三键上的碳原子直接相连的所有原子共线，结构中苯环支链上含有羟基的碳原子为饱和碳原子，为四面体结构，与羟基单键相连可旋转，旋转一定程度，羟基可能与碳碳三键共线，因此最多有6个原子共线；‎ ‎(3) F合成G的反应为碳碳双键的氧化反应，H2O2被还原成H2O，化学方程式为+H2O2 +H2O；‎ ‎(4)G的结构简式为，与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物含有苯环和羧基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:2:1:1，说明含有两个甲基，且对称性好，则结构简式可能为或；‎ ‎(5)参考题给合成路线，采用逆合成方法，由丙炔和甲醛为起始原料制备和 的合成路线设计为：。‎ ‎【点睛】本题易错点为(2)中共线原子数目的判断，结合乙炔的结构特点，一般与碳碳三键上的碳原子直接相连的所有原子共线，结构中含有羟基的碳原子为饱和碳原子，可旋转，旋转到一定程度时，羟基可能与碳碳三键共线。‎