山东省潍坊市2020届高三下学期第三次线上检测化学试题

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山东省潍坊市2020届高三下学期第三次上检测 化学试题 ‎1.习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是 A B C D 垃圾 分类 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碎玻璃可回收物，分类正确，故A正确；‎ B．铅酸电池是有害垃圾，分类错误，故B错误；‎ C．杀虫剂是有害垃圾，分类正确，故C正确；‎ D．果皮属于厨余垃圾，分类正确，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是 A. 硒的摄入量越多对人体健康越好 B. SeO32－空间构型为正四面体 C. H2Se的熔沸点比H2S高 D. H2SeO4的酸性比H2SO4强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；‎ B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3‎ 杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；‎ C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；‎ D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是 A. 环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇 B. 聚乙二醇的结构简式为 C. 相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67‎ D. 聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；‎ A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；‎ B．聚乙二醇的结构简式为，故B错误；‎ C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=≈90，故C错误；‎ D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，1LC2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为 B. 20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NA C. 1mol·L-1Al(NO3)3溶液中含有3NA个NO3-‎ D. 50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；‎ B选项，D2O与H218O的摩尔质量均为20g·mol-1，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为1mol，且它们每个分子中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；‎ C选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；‎ D选项，50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。‎ ‎5.含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是 A. 反应①利用了H2Te的还原性 B. 反应②中H2O作氧化剂 C. 反应③利用了H2O2的氧化性 D. H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；‎ B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；‎ C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；‎ D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎6.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是 A. b电极发生还原反应：4H++O2+4e－＝2H2O B. 电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气 C. 维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子 D. HS－在硫氧化菌作用下转化为的反应是＝‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e－＝2H2O，故A正确；‎ B．电路中有4mol电子发生转移，消耗氧气的物质的量为=1mol，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L，故B错误； ‎ C．硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，故C正确；‎ D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。‎ ‎7.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)‎ A B C D X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水 Y中试剂 KMnO4‎ MnO2‎ Cu NaOH 气体 Cl2‎ O2‎ SO2‎ NH3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；‎ B．双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；‎ C．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；‎ D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是 A. 能发生加成、取代、还原等反应 B. 分子内有3个手性碳原子 C. 分子内存在三种含氧官能团 D. 分子内共平面的碳原子多于6个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；‎ B．手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有1‎ 个手性碳原子，故B错误；‎ C．分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；‎ D．苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。‎ ‎9.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：c＞b B. 丙中既有离子键又有极性键 C. b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2‎ D. a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；‎ A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；‎ B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；‎ C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；‎ D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎10.图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是 A. A2B的化学式为Mg2Si B. 该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl C. 利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应 D. 分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；‎ B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；‎ C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；‎ D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎11.“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示。下列说法正确的是 ‎ (图中虚线表示氢键)‎ A. C、N、O原子的电负性依次增大 B. 聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键 C. 聚维酮易溶于水的原因是与水分子间形成氢键 D. 分子中的含N五元环一定是平面结构 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C、N、O的非金属性依次增强，则C、N、O原子的电负性依次增大，故A正确；‎ B．聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键，但氢键不是化学键，故B错误；‎ C．因为聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，聚维酮碘中也存在氢键，水分子中也存在氢键，根据相似相溶，聚维酮碘水溶性良好的性能与氢键有关，故C正确；‎ D．分子中的含N五元环上有3个亚甲基，亚甲基上的碳原子为sp3杂化，则五元环一定不是平面结构，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎【点睛】考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，由高聚物结构简式可知，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解。‎ ‎12.科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*‎ 标注。下列说法错误的是 A. ②中包含C—H键的断裂过程 B. 该历程中能垒(反应活化能)最小的是③‎ C. 该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H* CO*+4H*‎ D. 由此历程可知： △H＜0‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．②中由CH3O*→CH2O*，则包含C—H键的断裂过程，故A正确；‎ B．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，③发生的反应活化能最小，故B正确；‎ C．活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应制约反应速率，由图示可知①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*+H*，故C错误；‎ D．图示可知整个历程 △H＞0，故D错误；‎ 故答案为CD。‎ ‎13.下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是 选项 操作 实验现象 结论 A 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 融化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低 B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液中含有钠盐 C 向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层 乙烯发生氧化反应 D 将20℃ 0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH 溶液的pH逐渐减小 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；‎ B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；‎ C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；‎ D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.某课外活动小组设计如图所示装置制取较多量乙酸乙酯。已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH。‎ ‎②有关有机物的沸点：‎ 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点（℃）‎ ‎34.7‎ ‎78.5‎ ‎118‎ ‎77.1‎ 下列说法正确的是 A. 装置中球形管既能冷凝蒸气又能防止倒吸 B. 反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，下层无色油状液体；上层溶液颜色变浅 C. 从大试管中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出乙醇 D. 最后加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集118℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合气体中含有乙醇、乙酸蒸汽，均易溶于水容易发生倒吸，利用球型干燥管可以防止倒吸，故A正确；‎ B．乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，则反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，上层无色油状液体，下层溶液颜色变浅，故B错误；‎ C．根据题给信息“①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•6C2H5OH”说明加入无水氯化钙后，即可过滤除去乙醇，故C正确；‎ D．加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎15.常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是 A. 常温下，H2C2O4的Ka1=100.8‎ B. pH=3时，溶液中 C. pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大 D. 常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1==c(H+) =10-0.8，故A错误；‎ B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；‎ C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；‎ D．，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。‎ ‎16.氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO(NH2)2]、N2H4等多种含氮的化工产品。‎ ‎（1）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]，涉及的化学反应如下：‎ 反应I：‎ 反应Ⅱ：‎ 反应Ⅲ：H2O(1)＝H2O(g) △H3=+44.0 kJ·mol－1‎ 则反应：__________kJ/mol ‎（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应 ‎，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：‎ ‎①a点________(填是或不是)处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因是___________________________。‎ ‎②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是___________，测得b点氨的转化率为30％，则x=___________________。‎ ‎③已知该反应的，，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡常数K与k(正)，k(逆)的关系式是____________________________________。‎ ‎（3）N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：‎ ‎；‎ ‎①25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使，同时，应控制溶液pH范围_____________(用含a、b式子表示)。‎ ‎②水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). －87.0 (2). 不是 (3). 升高温度反应逆向移动；催化剂活性降低 (4). Ⅰ (5). 4 (6). (7). 14－b＜pH＜14－a (8). N2H6(HSO4)2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知：‎ 反应I：‎ 反应Ⅱ：‎ 反应Ⅲ：H2O(1)＝H2O(g) △H3=+440 kJ·mol－1‎ NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)，根据盖斯定律I+II-III得2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)，则△H=-159.5kJ•mol-1+(+116.5kJ•mol-1)-(+44.0kJ•mol-1)=-87.0 kJ•mol-1；‎ ‎(2)①产率最高之前，未达到平衡状态，反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；‎ ‎②氨碳比相同时曲线Ⅲ二氧化碳的转化率大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是为Ⅰ；由题意可知：‎ ‎ ‎ 即，=0.6，则x=4；‎ ‎③当V正=V逆时反应达到平衡，即，此时平衡常数K==；‎ ‎(3)①N2H4+H2O⇌N2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH- K2=1×10-b，可知K1= =1×10-a，K2= =1×10-b，欲使c(N2H5+)＞c(N2H4)，同时c(N2H5+)＞c(N2H62+)，则1×10-b＜c(OH-)＜1×10-a，即应控制溶液pH范围为14－b＜pH＜14－a；‎ ‎②既然水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62+和OH-，因此它的硫酸酸式盐的化学式为(N2H6)(HSO4)2。‎ ‎【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎17.铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。‎ ‎（1）基态铜原子核外有________对自旋相反的电子。‎ ‎（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)____________I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。‎ ‎（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是____________________________________；‎ ‎（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料—石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子_________________________的杂化方式。‎ ‎（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含___________σ键数目。‎ ‎（6）Cu2O可用于半导体材料。‎ ‎①Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为________________；a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，则b位置Cu+坐标_______________________。‎ ‎②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，请解释原因___________________。‎ ‎【答案】 (1). 14 (2). 大于 (3). Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－ (4). sp、sp2 (5). 14 (6). 4 (7). (0.75，0.75，0.75) (8). 高 (9). 两者都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋相反电子；‎ ‎(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I1(Sn)大于I1(Pb)；‎ ‎(3)新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的[Cu(NH3)4]2+，则反应的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－；‎ ‎(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；‎ ‎(5)在氯化羰基亚铜(I)中C和O之间有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键也是σ键，则氯化羰基亚铜(I)中含14个σ键；‎ ‎(6)①Cu2O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的，已知a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，即晶胞边长为1，则b位置Cu+坐标为(0.75，0.75，0.75)；‎ ‎②Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，则Cu2O熔点更高。‎ ‎18.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：‎ ‎（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。‎ ‎（2）装置乙的作用是____________________________________。‎ ‎（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。‎ ‎（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)‎ ‎（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。‎ ‎①写出反应的离子方程式：________________________________________。‎ ‎②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 (3). 安全瓶，防倒吸 (4). 4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2 (5). 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9．5，则含有NaOH (6). 乙醇 (7). (8). 82.7％‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。‎ ‎【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；‎ ‎(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；‎ ‎(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；‎ ‎(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；‎ ‎(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；‎ ‎①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；‎ ‎②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则 Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%=82.7%。‎ ‎【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。‎ ‎19.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下： ‎ 已知：a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O b．相关物质的熔沸点：‎ 物质 CH3OH HCOOH ClO2‎ 熔点/℃‎ ‎－97‎ ‎9‎ ‎－59‎ 沸点/℃‎ ‎65‎ ‎101‎ ‎11‎ ‎(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。‎ ‎(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为______（填字母）。‎ A．0~10℃ B．20~30℃ C．60~70℃‎ ‎(3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。‎ 已知：Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：‎ ‎①Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：______。‎ ‎②结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在32.4℃恒温蒸发，______。‎ ‎③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和______。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). B (3). ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (5). H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，发生器中制备ClO2, 冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，在吸收塔中用冷水冷凝ClO2，最后再储存；发生器中生成的Na3H(SO4)2进入Na3H(SO4)2处理器，用H2O2和NaClO3处理得到Na2SO4·10H2O。‎ ‎【详解】（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化；‎ ‎（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应该使CH3OH液化，但是ClO2不能液化，只有B项合适，答案选B；‎ ‎（3）①在处理器中会发生反应：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出，故答案为：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出；‎ ‎②过程Ⅱ的操作为在32.4℃恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；‎ ‎③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClO3和H2SO4,故答案为：H2SO4。‎ ‎20.有机化合物H是一种治疗心血管疾病药物的中间体。一种合成H的路线：‎ 已知：信息① CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2‎ 信息② ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）C的化学名称为________________，D中的官能团名称是__________________。‎ ‎（2）②的反应类型是______________________________________。‎ ‎（3）F的结构简式为______________________________________。‎ ‎（4）写出由E和G生成H的化学方程式：__________________________________________。‎ ‎（5）芳香族化合物Q是H的同分异构体，一定条件下，H和Q分别与足量H2加成，得到同一种产物，则Q的可能结构有________种(环中没有碳碳叁键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构)，其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为______________。‎ ‎（6）呋喃丙烯酸()是一种医治血吸虫病的药物 呋喃丙胺的原料。设计以为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线(无机试剂任选)。_____________。‎ ‎【答案】 (1). 环戊烯 (2). 溴原子、碳碳双键 (3). 消去反应 (4). (5). (6). 6 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为，与H2发生加成反应生成的B应为，再在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，C为，C反应信息①的反应生成D为，D发生水解反应生成E为； 与CH3CHO发生信息②的反应生成的F为，被氧化生成G，G和E能发生酯化反应，则G为，H为；据此解答。‎ ‎【详解】(1)C为，其化学名称为环戊烯，D为，含有的官能团名称是溴原子和碳碳双键；‎ ‎(2)反应②为在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，则反应类型是消去反应；‎ ‎(3)由分析知F的结构简式为；‎ ‎(4)G和E能发生酯化反应生成H的化学方程式为；‎ ‎(5)H为，化合物H的同分异构体Q为芳香族化合物，说明含有苯环；H、Q分别与足量H2进行催化加成，能生成同一产物，则：①如果五元环上不含碳碳双键，则支链中含有C≡C键，有1种；②如果五元环上有2个碳碳双键，且两个碳碳双键不能相邻，有3种；③如果五元环上有1个C≡C键，有2种，则符合条件的有6种；其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为；‎ ‎(6)乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛和反应生成，然后催化氧化得到，其合成路线为 ‎。‎