山东省泰安市肥城市2020届高三适应性训练（二）化学试题 Word版含解析

山东省泰安市肥城市2020届高三适应性训练（二）化学试题 Word版含解析

‎2020年高考适应性训练 化学试题（二）‎ ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。‎ ‎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，笔迹清晰。‎ ‎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 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 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.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加明矾可以使海水淡化 B. 中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si C. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键 D. 用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．明矾可以净水，不能使海水淡化，A错误；‎ B．硅是良好的半导体材料，可以用于制作芯片，中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si，B正确；‎ C．氢键是一种分子间作用力，不是化学键，C项错误；‎ D．纳米铜和铜的成分相同，所以化学性质一定相同，D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列物质性质和用途都正确且相关的是（ ）‎ 选项 性质 用途 A FeCl3溶液显酸性 用于刻蚀电路板 B SO2具有氧化性 SO2常用于漂白秸秆、织物 C HF溶液具有酸性 HF溶液能在玻璃上刻图案 D CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量 乙醇常作清洁能源 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3溶液能够与铜发生氧化还原反应，可用于刻蚀电路板，体现了铁离子氧化性，A错误；‎ B．SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸秆、织物，B错误；‎ C．氢氟酸与二氧化硅反应，是特性反应，与酸性无关，C错误；‎ D．CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量，无污染，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎【点睛】SO2具有氧化性（极弱）：与硫化氢反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；SO2极少表现氧化性，主要表现还原性，与各种氧化剂，比如高锰酸钾、氯水等发生氧化还原反应生成+6价的硫元素，如：Cl2+SO2+2H2O =H2SO4+2HCl。‎ ‎3.为研究废旧电池再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）‎ A. “溶解”操作中溶液温度不宜过高 B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2‎ C. 与锌粉反应的离子可能为Cu2+、H+‎ D. “过滤”后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧可得纯净的ZnO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）加入H2SO4和H2O2或鼓入空气，Zn和Cu都转化为离子，调pH至2，可将溶液中的H+中和一部分，加入Zn可将溶液中的Cu置换出来，再过滤得到Cu，溶液中的Zn2+经过处理后最终得到ZnO。‎ ‎【详解】A．由流程图可知，溶解时加入了30%H2O2，H2O2受热易分解，故“溶解”操作中溶液温度不宜过高，A正确；‎ B．过氧化氢受热易分解，所以可以用加热的方法除去过量的过氧化氢，氧气是气体，在水中的溶解度随温度升高而降低，所以用加热的方法也可以除去氧气，B正确；‎ C．调节pH后的溶液中含有的阳离子是Zn2+、Cu2+、H+，Cu2+、H+都能与锌粉反应，C正确；‎ D．滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，所以将滤液蒸干、高温灼烧得到氧化锌和硫酸钠，不能得到纯净的氧化锌，D错误；‎ 故选D。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z，M是W的最高价氧化物对应的水化物，常温下，0.01 mol•L﹣1 M溶液的pH＝12，X、Y、Z的单质e、f、g在通常状态下均为气态，并有如图所示的转化关系(反应条件略去)。在双原子单质分子中，f分子含共用电子对数最多，1个乙分子含10个电子。下列说法正确的是(　　)‎ A. 简单离子半径：Z＞Y＞W B. X能分别与W、Y、Z组成共价化合物 C. 化合物丙能抑制水电离 D. X与Y元素形成的最简单的气态氢化物是极性分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，0.01 mol•L﹣1 M溶液的pH＝12，则M为一元强碱，因为是W是短周期元素，所以M为NaOH，故W为Na；X、Y、Z的单质e、f、g在通常状态下均为气态，常见有H2、N2、O2、F2、Cl2，在双原子单质分子中，f分子含共用电子对数最多，则f为N2，故Y为N元素；甲与乙反应生成白烟，丙可能为NH4Cl也可能为NH4F，则甲为NH3、e为H2、X为H元素；由于1个乙分子含10个电子，可知乙为HF，g为F2，Z为F元素，丙为NH4F，综上所述，X为H，Y为N，Z为F，W为Na，据此分析回答。‎ ‎【详解】A．W、Y、Z的简单离子分别为：Na+、N3﹣、F﹣，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3﹣＞F﹣＞Na+，A错误；‎ B．H元素与N元素、F元素均可组成共价化合物，但H元素与Na元素组成离子化合物，B错误；‎ C．丙为NH4F，铵根离子、氟离子都水解，促进水的电离，C错误；‎ D．X与Y元素形成的最简单的气态氢化物是NH3，NH3是极性分子，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】C．酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。‎ ‎5.Y是一种天然除草剂，其结构如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. Y可以和Na2CO3溶液发生反应 B. Y分子中所有碳原子一定在同一平面内 C. 1molY最多能与6molNaOH反应 D. Y与足量的H2发生加成反应的产物含9个手性碳原子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由Y的结构可知，Y中存在酚羟基，能使有机物Y体现弱酸性，因此能与Na2CO3溶液发生反应，故A正确；‎ B．Y 中存在苯环和碳碳双键，苯环和碳碳双键都为平面结构，但酯环上有饱和碳，结构为四面体，则所有的碳原子不一定在同一个平面上，故B错误；‎ C．1molY中有3mol酚羟基，可与3molNaOH反应，同时，1molY中还含有1mol酯基，可与1molNaOH反应，所以1molY最多可与4molNaOH反应，故C错误；‎ D．Y与足量的H2加成反应，则加成产物的手性碳原子如图所示，共7个，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 6.0gSiO2晶体中含有共价键的个数为0.2NA B. 将1molCl2通入水中，则N（HClO）＋N（Cl-）＋N（ClO-）=2NA C. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA D. 将CO2通过Na2O2使其质量增加ag时，反应转移的电子数为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 6.0gSiO2的物质的量为0.1mol，含有共价键的个数为0.4NA，A错误；‎ B. 氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，氯水中有未反应的氯气分子，物料守恒：2N（Cl2）+N（HClO）+N（Cl−）+N（ClO−）=2NA，B错误；‎ C. 3.0g含甲醛的冰醋酸中含有0.1mol最简式CH2O，含有0.4mol原子，含有的原子总数为0.4NA，C正确；‎ D. 将1molCO2通过Na2O2时增重的是1molCO的质量，即28g，转移1mol电子，故当增重ag时，转移的电子数为个，D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎7.利用下列所给装置难以达到相应实验目的的是（ ）‎ A. 装置甲：蒸发结晶，制备纯碱 B. 装置乙：称量，配制480 mL0. 10 mol·L-1 NaOH溶液，需称量2.0 g NaOH C. 装置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液获得碘的四氯化碳溶液 D. 装置丁：洗气，除去HCl中Cl2杂质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加热蒸发碳酸钠​溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子可反应有生成碳酸根和水，最终可以获得纯碱，故A正确；‎ B．由于氢氧化钠易潮解，称量NaOH需要在烧杯中进行，故B错误；‎ C．四氯化碳可萃取碘水中的I2， 且与水不相溶，分液可获得碘的四氯化碳溶液，故C正确；‎ D．氯气易溶于CC14，HCl难溶于CCl4，可以达到实验目的，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.第ⅤA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中不正确的是（ ）‎ A. 每个原子都达到8电子稳定结构 B. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°三种 C. RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3‎ D. 分子中5个R—Cl键键能不都相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R最外层电子数为10， A错误；‎ B. 上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种，B 正确；‎ C. RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，C正确；‎ D. 键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，D正确；故答案为：A。‎ ‎【点睛】分子构型的判断，可以利用所学的VSEPR理论计算后进行判断，务必要区分VSEPR构型和分子构型的差异。‎ ‎9.已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4 ]2-的物质的量浓度的对数。25℃时，下列说法中不正确的是 A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-‎ B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间 C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108‎ D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知，锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可知，在a点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=10-7mol/L、c(Zn2+)=10-3mol/L，Ksp[Zn(OH) 2]=10-17。当pH=8.0时，c(Zn2+)=mol/L，当pH=12.0时，c(Zn2+)=mol/L，所以pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108。A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-，A正确；B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+，由图像可知，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间，B正确；C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+‎ 浓度之比为108，C正确；D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-17，D不正确。本题选D。‎ ‎10.向0.02mol·L-1CuSO4溶液中匀速滴加1mol·L-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2(OH)2SO4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。该实验过程体系pH和电导率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. c(Cu2+)：a点=b点 B. bc段生成浅蓝色沉淀的反应为 C. d点时：‎ D. 导电能力：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值，a到c发生生成沉淀的反应：，c到e发生沉淀溶解反应：+=2+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a到b发生，c(Cu2+)减小，故c(Cu2+)：a点＞b点，A错误；‎ B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为、而不是，B错误；‎ C．c点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH4)2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故 d点，溶质为(NH4)2SO4和，那么d点溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，因此时pH＞7，c(H+)＜c(OH-)，故c(NH4+)＞2c(SO42-)，C错误；‎ D．b’点之前释放NH4+，导电能力增强，b’之后释放和OH-，导电能力降低，说明导电能力，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题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.加热蒸干氯化镁溶液时因水解不完全会得到一种灰白色沉淀一一碱式氯化镁，化学式可表示为Mgx(OH)yClz•nH2O．设计如图装置验证其化学式。下列有关实验说法不正确的是(　　)‎ A. 碱式氯化镁受热分解可以产生氧化镁，氯气和水 B. 结束反应时，先停止加热，通一段时间N2后再关闭活塞K C. ①②中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸 D. 只需称取原样品质量、反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量以及装置①增重的质量即可推出其化学式 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碱式氯化镁在硬质玻璃管中分解成氧化镁和HCl和水，氧化镁留在硬质玻璃管中，硬质玻璃管中剩余的质量即为分解得到的MgO的质量，水蒸气被①吸收，①增重的质量即为分解产生的水的质量，HCl被②吸收，②中增加的质量即为分解产生的HCl的质量，干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置引起实验误差，据此分析回答。‎ ‎【详解】A．加热蒸干氯化镁溶液时因水解不完全得到碱式氯化镁 可知，碱式氯化镁的分解产物为MgO、HCl、H2O，A错误；‎ B．反应后继续通入N2，使产生的气体充分吸收，提高实验的准确性，B正确；‎ C．①中盛装浓硫酸先吸收水分，②中为氢氧化钠溶液吸收HCl，C错误；‎ D．通过称量反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量可知生成MgO，称量装置①增重的质量可知H2O的质量，原样品总质量减去MgO和H2O的质量即为HCl质量，故可以求算碱式氯化镁的分子式，D正确。‎ 答案选AC。‎ ‎【点睛】氯化镁水解方程式为：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl,加热蒸干氯化镁溶液时因水解不完全得到碱式氯化镁可知碱式氯化镁可以看成氢氧化镁和HCl组成的，故加热碱式氯化镁会产生氯化镁、水和HCl。‎ ‎12.常温常压时烯烃与氢气混合不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面进行。反应过程的示意图如下：‎ ‎ ‎ 下列说法中正确的是( )‎ A. 乙烯和H2生成乙烷的反应是放热反应 B. 加入催化剂，可减小反应的热效应 C. 催化剂能改变平衡转化率，不能改变化学平衡常数 D. 催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像，可以分析出由乙烯制乙烷是一个放热反应；催化剂不能改变反应的焓变，不使平衡移动，只能降低反应的活化能。‎ ‎【详解】A．根据图示，得到：反应物的能量高于产物的能量，所以该反应是放热反应，故 A正确；‎ B．催化剂只会加快反应速率，不会引起反应热的变化，反应的热效应不变，故B错误；‎ C．催化剂只会加快反应速率，不能改变平衡转化率，不能改变化学反应的平衡常数，故C错误；‎ D．根据化学反应的历程：化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎【点睛】催化剂不能使平衡移动，不会改变反应的焓变，只会降低反应的活化能，加快反应速率，可迅速排除BC。‎ ‎13.下列实验所得结论正确的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 充分振荡试管，下层溶液红色褪去 溶液变红 溶液变红 充分振荡右侧小试管，‎ 下层溶液红色褪去 A. ①中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OH B. ②中溶液变红的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋‎ C. 由实验①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞 D. ④中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，且水解彻底，则红色褪去的原因是：‎ CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆号，故A错误；‎ B．醋酸钠水解显碱性，则②中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故B错误；‎ C．褪色与萃取无关，与反应有关，故C错误；‎ D．乙酸与碳酸钠反应，导致碱性降低，则溶液红色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.钛被誉为第三金属，广泛用于航空航天领域。硼化钒(VB2)—空气电池的放电反应为4VB2＋11O2=4B2O3+2V2O5，以该电池为电源制备钛的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解过程中，OH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移 B. Pt极反应式为2VB2＋22OH--22e-=V2O5＋2B2O3＋11H2O C. 电解过程中，铜极附近电解质溶液的pH增大 D. 若石墨电极上只收集到4.48L气体，则理论上制备4.8gTi ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据总反应，VB2发生氧化反应，所以Pt是负极，O2发生还原反应，Cu是正极；则石墨电极是阳极、TiO2是阴极。‎ ‎【详解】A. Pt是负极，原电池中阴离子移向负极，OH-由阴离子交换膜左侧向右侧迁移，A错误；‎ B. Pt是负极，VB2发生氧化反应，负极反应式为：2VB2-22e-+22OH-=V2O5+2B2O3+11H2O， B正确；‎ C. 铜是正极，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，正极生成OH-，铜极附近电解质溶液pH增大，C正确；‎ D. 未指明气体是否处于“标准状况”，无法计算，D错误；‎ 故答案为：BC。‎ ‎15.温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. T℃时，该反应的化学平衡常数为 B. 图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)‎ C. 向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡大 D. 容器内的压强：Pa:Pb＞6:7‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应 可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。‎ ‎【详解】A. a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则 ‎ ‎ T℃时，该反应的化学平衡常数为，故A错误；‎ B. 图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，故B正确；‎ C. 向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，C错误；‎ D.由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为 则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa:Pb＞6:7，故D正确；‎ 故答案选：BD。‎ ‎【点睛】计算化学平衡常数时是用浓度进行计算而不是物质的量进行计算。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.快离子导体是一类具有优良离子导电能力的固体电解质。图1（Li3SBF4）和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。回答下列问题：‎ ‎（1）BF3+NH3=NH3·BF3的反应过程中，形成配位键时提供电子的原子是__，其提供的电子所在的轨道是__。‎ ‎（2）基态Li+、B+分别失去一个电子时，需吸收更多能量的是__，理由是__。‎ ‎（3）图1所示的晶体中，锂原子处于立方体的位置__。若其晶胞参数为apm，则晶胞密度为___g·cm-3(列出计算式即可)。‎ ‎（4）氯化钠晶体中，Cl-按照A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中，则每一个空隙由__个Cl-构成，空隙的空间形状为___。‎ ‎（5）当图2中方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，且氯化钠晶胞参数a=564pm。温度升高时，NaCl晶体出现缺陷（如图2所示，某一个顶点没有Na+，出现空位），晶体的导电性大大增强。该晶体导电时，在电场作用下迁移到空位上，形成电流。迁移的途径有两条（如图2中箭头所示）：‎ 途径1：在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝（距离为x，如图3）迁移到空位。‎ 途径2：挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道（如图3，小圆的半径为y）迁移到空位。已知：r(Cl-)=185pm，=1.4，=1.7。‎ ‎①x=__，y=__；（保留一位小数）‎ ‎②迁移可能性更大的途径是__。‎ ‎【答案】 (1). N (2). sp3杂化轨道 (3). Li+ (4). Li+的最外层电子排布为1s2，B+最外层电子排布为2s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上电子 (5). 棱上 (6). (7). 6 (8). 正八面体 (9). 24.8pm (10). 38.7pm (11). 途径2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NH3·BF3中配位键为H3N→BF3，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，NH3中N原子的杂化方式为sp3杂化，所以提供电子的原子为N， 提供的电子所在的轨道是sp3杂化轨道；‎ ‎（2）基态Li+、B+的核外电子排布式分别为1s2、1s22s2，均为全充满状态，但1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上的电子，所以失去一个电子时，需吸收更多能量的是Li+；‎ ‎（3）Li3SBF4中Li的数目为3，由图1可知，顶点粒子的均摊为，棱上的均摊为，体内有1个在中心，四个不在中心，所以Li的位置在棱上；根据均摊法计算，每个晶胞只含有1个Li3SBF4，Li3SBF4的相对分子质量为140，晶胞密度为：g/cm3；‎ ‎（4）A1密堆方式是面心立方最密堆积， NaCl晶体中每个Na+周围有6个Cl-，所以每一个空隙由6个Cl-构成；6个Cl-在空间构成正八面体；‎ ‎（5）由于图2为NaCl晶体的八分之一晶体，所以图2的小正方体棱长=，则两个Cl之间的距离=。‎ ‎①由图可知x=两个氯原子之间的距离-2r（Cl-）=-2×185pm≈24.8pm；由图可知正三角形的高cos30°×两个氯原子之间的距离=，由正三角形的性质可知，氯离子到小球中心的距离=×正三角形的高=×，由图可知，y=‎ 氯离子到小球中心的距离- r(Cl-)=×-185pm≈38.7pm；‎ ‎②由于挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道y的值大于挤过2、3号氯离子之间的狭缝x值，所以Na+如果能挤过，那么挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道相对容易些，即迁移可能性更大的途径是途径2。‎ ‎【点睛】本题要注意第（5）题的计算，正三角形顶点到中心的距离等于高的，几何关系及计算一定要细心。‎ ‎17.如图为铜与稀硝酸反应的有关性质实验（洗耳球：一种橡胶为材质的工具仪器，可挤压）。‎ 实验步骤如下：‎ ‎①按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹。检查装置的气密性。‎ ‎②在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液。在装置C的U型管中加入4.0mol·L-1的硝酸，排除U型管左端管内空气。‎ ‎③塞紧连接铜丝的胶塞，打开止水夹K1，反应进行一段时间。‎ ‎④进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色。气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置C中发生反应的离子方程式为__。反应后的溶液呈蓝色，其原因是铜离子和水分子形成了水合铜离子，1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，该水合铜离子的化学式为__。‎ ‎（2）装置A上面的导管口末端也可以连接__来代替干燥管，实现同样作用。‎ ‎（3）加入稀硝酸，排除U型管左端管内空气的操作是__。‎ ‎（4）步骤④中“使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中”的操作是打开止水夹__（填写序号），并用洗耳球在U型管右端导管口挤压空气进入。‎ ‎（5）步骤④中使“气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应”的操作是__，尾气中主要含有NO2和空气，与NaOH溶液反应只生成一种盐，则离子方程式为有__。‎ ‎（6）某同学发现，本实验结束后硝酸还有很多剩余，请你改进实验，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，你的改进是__。‎ ‎【答案】 (1). 3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). [Cu(H2O)4]2+ (3). 倒置的漏斗 (4). 加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管 (5). K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可） (6). 打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球 (7). 4NO2+O2+4OH-=4NO+2H2O (8). 取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹，检查装置的气密性，在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜丝，在装置C的U型管中加入4.0 mol/L的硝酸，排除U型管左端管内空气，将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹K1，U型管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；应打开打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色，气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应进行尾气的处理。‎ ‎【详解】(1)装置C中铜与硝酸反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，其离子方程式为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；水分子可以作为配体与铜离子形成水合铜离子，配位键是一种特殊的共价键，所以1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，该水合铜离子的化学式为：[Cu(H2O)4]2+，故答案为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；[Cu(H2O)4]2+；‎ ‎(2)装置A上面的导管口末端也可以连接倒置的漏斗来代替干燥管，其作用都是防止倒吸，故答案为：倒置的漏斗；‎ ‎(3)加入稀硝酸，不断向左端倾斜U型管以排除U型管左端管内空气，故答案为：加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管；‎ ‎(4) 要使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，应打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、‎ K3、K4均可），故答案为：K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）；‎ ‎(5) 在尾气处理阶段，使B中广口瓶内气体进入烧杯中，同时需要让氮氧化物进人氢氧化钠溶液中，所以打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；NO2、氧气与NaOH溶液反应只生成硝酸钠和水，离子方程式为：4NO2+O2+4OH-=4NO+2H2O，故答案为：打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；4NO2+O2+4OH-=4NO+2H2O；‎ ‎(6)底部加入四氯化碳，其密度比水大，且难溶于水，取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中，二者不互溶，可填充U型管的空间，且不改变硝酸的浓度，保证了硝酸与铜的反应，同时反应后通过分液即可分离，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，故答案为：取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中。‎ ‎【点睛】检查装置气密性应该在连接好装置后，在放药品之前；要使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，要保证气流通畅。‎ ‎18.铬及其化合物在生产生活中具有十分广泛的用途。工业上以铬铁矿(主要成分是Fe(CrO2)2，Cr元素为＋3价。含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如图：‎ 已知：＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易被氧化。‎ ‎（1）如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__。‎ ‎（2）若省略“过滤2”步骤，产品中可能混有__（写化学式）。‎ ‎（3）流程中两次使用了H2O2进行氧化，第二次氧化时反应的离子方程式为__。‎ ‎（4）制取铬酸钠后的酸性废水中含有Cr2O，必须经过处理与净化才能排放。在废水中加入焦炭和铁屑，与酸性Cr2O溶液形成原电池，使Cr2O转化为Cr3+，再用石灰乳对Cr3+进行沉降。该电池的正极反应式为__；沉降Cr3+的离子方程式为__，该反应的K=‎ ‎__（列出计算式）。（已知Ksp[Ca(OH2)]=8×10-6，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31）‎ ‎（5）产品铬酸钠可用如图所示方法冶炼铬。‎ ‎②的化学方程式为__，在实验室中引发该反应用到的两种药品是__（填化学式）。‎ ‎【答案】 (1). FeO∙Cr2O3 (2). Na[Al(OH)4] (3). 2CrO＋3H2O2＋2OH-=2CrO＋4H2O (4). Cr2O+6e-+14H+=2Cr3+7H2O (5). 2Cr3++Ca(OH)2=Cr(OH)3+3Ca2+ (6). (7). Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 (8). KClO3、Mg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化合物中化合价代数和为0，求出Fe元素的化合价，写出氧化物形式；根据氢氧化铝的两性写出杂质的化学式；根据题中图示，判断第二次双氧水氧化CrO2-成为CrO42-，写出离子方程式；根据原电池的正极发生还原反应，写出电极反应，由Cr3+与碱反应生成Cr(OH)3沉淀，写出离子方程式，由离子方程式写出K表达式，根据题中给出的Ksp值求算K值；根据铝热反应写出化学方程式，以此解答。‎ ‎【详解】（1）铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2，Cr元素为＋3价，O元素为-2价，设Fe元素化合价为x，由化合物中化合价代数和为0可知，x+3×2=2×2×2，x=+2，Fe元素为+2价，则Fe(CrO2)2可写成FeO·Cr2O3；答案为FeO·Cr2O3。‎ ‎（2）Al(OH)3溶于强碱,如果把“过滤2”步骤省略，则pH>11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子Al(OH)4-，生成Na[Al(OH)4]，使产品不纯；答案为Na[Al(OH)4]。‎ ‎（3）H2O2第二次氧化CrO2-，使它变为CrO42-，则Cr元素失电子，化合价升高，H2O2中的氧元素得电子，化合价降低，则反应离子方程式为：2CrO2-+3H2O2+2OH−=2CrO42-+4H2O；答案为2CrO2-+3H2O2+2OH−=2CrO42-+4H2O。‎ ‎（4）在原电池的正极上发生得电子的还原反应，即Cr2O得电子转化为Cr3+，电极反应为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，用石灰乳对Cr3+进行沉降，沉降Cr3+的离子方程式为：2Cr3++3Ca(OH)2=3Ca2++2Cr(OH)3↓， 由2Cr3++3Ca(OH)2=3Ca2++2Cr(OH)3↓可知，K=，根据Ca(OH)2Ca2++2OH-，Ksp[Ca(OH2)]=c(Ca2+)×c2(OH-)，c(Ca2+)=‎ ‎=，Cr(OH)3Cr3++3OH-，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)，c(Cr3+)==，则K=== ；答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，2Cr3++3Ca(OH)2=3Ca2++2Cr(OH)3↓，。‎ ‎（5）由于Cr2O3熔点很高，Al的金属性比Cr强，利用铝热反应制取Cr，即Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，实验室引发铝热反应常用Mg和KClO3，其中镁条为引燃剂，氯酸钾为助燃剂；答案为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，Mg、KClO3。‎ ‎19.氮和硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。‎ ‎（1）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的基元反应如下（E为活化能）：‎ ‎2NO(g)N2O2(g) E1=82kJ·mol-1 v=k1c2(NO)‎ N2O2(g)2NO(g) E-1=205kJ·mol-1 v=k-1c(N2O2)‎ N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) E2=82kJ·mol-1 v=k2 c(N2O2)·c(O2)‎ ‎2NO2(g)N2O2(g) + O2(g) E-2=72kJ·mol-1 v=k-2 c2(NO2)‎ ‎①2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H=__kJ·mol-1，平衡常数K与上述反应速率常数k1、k-1、k2、k-2的关系式为K=__；‎ ‎②某温度下反应2NO(g) +O2(g)2NO2(g)的速率常数k=8.8×10-2L2·mol-2·s-1，当反应物浓度都是0.05mol·L-1时，反应的速率是__mol·L-1·s-1；若此时缩小容器的体积，使气体压强增大为原来的2倍，则反应速率增大为之前的__倍。‎ ‎（2）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图1所示。在V2O5存在时，该反应的机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3（快） 4VO2+O2→2V2O5（慢）‎ 下列说法正确的是__（填序号）。‎ a.反应速率主要取决于V2O5的质量 b.VO2是该反应的催化剂 c.逆反应的活化能大于198kJ·mol-1‎ d.增大SO2的浓度可显著提高反应速率 ‎（3）某研究小组研究T1℃、T2℃时，氮硫的氧化物的转化：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g) ∆H<0中1gP(NO2)和lgP(SO3）关系如图2所示，实验初始时体系中的P(NO2)和P(SO2）相等、P(NO)和P(SO3)相等。‎ ‎①T1__T2（填“>”“<”或者“=”)，温度为T1时化学平衡常数Kp=__。‎ ‎②由平衡状态a到b，改变的条件是__。‎ ‎【答案】 (1). -113 (2). (3). 1.1×10-5 (4). 8 (5). CD (6). < (7). 1×10-2 (8). 保持温度为T1，将容器体积缩小为原来的 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据基元反应含义，第1、3反应为正方向的2个基元反应，第2、4为逆方向的2个基元反应，△H=E2+E1-E-1-E-2，平衡常数，据此计算；‎ ‎②当反应物浓度都是0.05mol·L-1时，反应的速率为：kc2(NO)·c(O2)=8.8×10−2L2·mol−2·s−1×(0.05mol)3=1.1×10−5mol·L-1·s-1；缩小体积，压强增大； ‎ ‎(2)A.反应速率取决于慢反应速率；‎ B.VO2是该反应的中间态；‎ C.生成物总能量低，逆反应的活化能大于198kJ/mol； ‎ D.根据有效碰撞理论，增大SO2的浓度可显著提高反应速率；‎ ‎(3)①该反应的正反应为放热反应，温度越高，Kp越小；温度为T1时化学平衡常数，据此计算；‎ ‎②根据坐标可知，由平衡状态a到b，改变的条件是将容器体积缩小为原来的；‎ ‎【详解】(1)①根据基元反应含义，第1、3反应为正方向的2个基元反应，第2、4为逆方向的2个基元反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=E2+E1-E-1-E-2=-113kJ·mol-1，平衡常数，反应到达平衡时，v正=v逆，所以k1c2（NO）= k－1c（N2O2），k2c（N2O2）·c（O2）= k－2c2（NO2），则有，故答案为：-113；；‎ ‎②某温度下反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率常数：k=8.8×10-2L2·mol-2·s-1，当反应物浓度都是0.05mol·L-1时，反应的速率为：‎ kc2(NO)·c(O2)=8.8×10−2L2·mol−2·s−1×(0.05mol)3=1.1×10−5mol·L-1·s-1；若此时缩小容器的体积，使气体压强增大为原来的2倍，浓度增大为原来的2倍，则反应速率增大为之前的23=8倍，故答案为：1.1×10-5；8；‎ ‎(2)A.V2O5的质量不影响反应速率，反应速率取决于慢反应速率，A错误；‎ B.VO2是该反应的中间态，并非催化剂，催化剂为V2O5，B错误；‎ C.生成物总能量低，逆反应的活化能大于198kJ/mol，C正确；‎ D.根据有效碰撞理论，增大SO2的浓度可显著提高反应速率，D正确；故答案为：CD；‎ ‎(3)①该反应的正反应为放热反应，温度越高，Kp越小，则T1＜T2；温度为T1时化学平衡常数，故答案为：＜；1×10-2；‎ ‎②根据坐标可知，由平衡状态a到b，改变的条件是保持温度为T1，将容器体积缩小为原来的，故答案为：保持温度为T1，将容器体积缩小为原来的。‎ ‎【点睛】根据基元反应原理，总反应可分为几步简单反应，可逆反应存在正反两方向的简单反应，寻找规律，速率常数k等于反应物的浓度的反应系数指数幂乘积。‎ ‎20.乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如图：‎ 已知：‎ ‎（1）A→B的反应类型为___。‎ ‎（2）化合物C的名称是__。‎ ‎（3）化合物E中含氧官能团的名称为___。请在图中用*标出化合物F中的手性碳原子___。‎ ‎（4）写出化合物F与足量NaOH溶液反应的化学方程式__。‎ ‎（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：__。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎②能发生银镜反应；‎ ‎③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1。‎ ‎（6）请以乙醛和甲苯为原料制，写出相应的合成路线流程图___(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). 对羟基苯甲醛（或4—羟基苯甲醛） (3). 羟基 (4). (5). +3NaOH→‎ ‎+2CH3COONa+H2O (6). 或 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图可知，苯酚与甲醛发生加成反应生成B（），B发生氧化反应生成C（）；乙炔与HBr加成生成，在Mg和乙醚的作用下生成，与C发生加成反应生成D（），D水解生成E（），E与乙酸酐反应生成最终产物乙酰氧基胡椒酚乙酸酯（）。‎ ‎【详解】（1）根据分析，A→B的反应类型为加成反应；‎ ‎（2）化合物C（）的名称是对羟基苯甲醛（或4—羟基苯甲醛）；‎ ‎（3）化合物E（）中含氧官能团的名称为羟基；手性碳必须连有四个不同的基团，故化合物F中的手性碳只有一个：；‎ ‎（4）根据分析，F是，其中酯基及水解出的酚羟基可与NaOH溶液反应，化学方程式为：+3NaOH→+2CH3COONa+H2O；‎ ‎（5）能与FeCl3溶液发生显色反应说明同分异构体中有酚羟基，能发生银镜反应说明同分异构体中有醛基，有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1的同分异构体为或；‎ ‎（6）制备，可采用有机合成的逆推法，产物的酮羰基可由羟基氧化得来，醇可由已知中的格氏试剂（Mg、乙醚）的方法制得，用格氏试剂需要卤代烃，卤代烃可由甲苯光照制得，故合成路线为：‎ ‎【点睛】本题要注意第（4）题，F（）水解时左边的酯基会水解出一个酚羟基，所以除了两个酯基各消耗1个NaOH之外，水解出的酚羟基还会再消耗1个NaOH。‎