山东省潍坊市2020届高三第三次模拟化学试题 Word版含解析

山东省潍坊市2020届高三第三次模拟化学试题 Word版含解析

淮坊市高考模拟考试 化 学 可能用到的相对原子质量： H1 Li7 C12 N14 O16 F19 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Fe56 Ga70 Bi209‎ 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.古代化学源远流长。下列说法错误的是 A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，说明铁能置换出铜；这样铁釜能减缓锈蚀 B. “欲试药金(铜锌合金），烧火有五色气起”，通过焰色反应可检验金属元素 C. “龙泉水，可以淬刀剑”，高温的铁与水反应生成Fe3O4‎ D. “取朴硝(含有KNO3)以温汤溶解，次早结块”，该过程为重结晶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁比铜活泼，铁将铜置换出来后形成原电池，铁作为负极，会加速铁釜的腐蚀，故A错误；‎ B．某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会使火焰呈现特殊颜色，所以通过焰色反应可以检验金属元素，故B正确；‎ C．高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C正确；‎ D．“取朴硝(含有KNO3)以温汤溶解”是指配置KNO3热饱和溶液，“次早结块”待一段时间后溶液温度降低，有硝酸钾晶体析出，所以该过程为重结晶，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎2.在芒硝(Na2SO4•l0H2O)结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.芒硝晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量芒硝晶体的质量、瓷坩埚和芒硝粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，A不符合题意；’‎ B.为使芒硝晶体充分反应，应该将芒硝晶体研细，因此要用到研磨操作，仪器为研钵，B不符合题意；‎ C.盛有芒硝晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；‎ D.加热后冷却时，为防止芒硝粉末吸水，应将芒硝放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水芒硝，因此需要使用干燥器，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎3.X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大；基态X的价电子轨道表示式为，Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍；四种元素与锂组成的化合物结构如图(箭头表示配位键）。下列说法正确的是 A. 四种元素中第一电离能最大的是Z B. Y和Z形成的化合物常温下均易溶于水 C. X的最高价氧化物的水化物是一种强酸 D. Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：前者高于后者 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干中，基态X的价电子轨道表示式为，Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍，推出Z是O，又原子序数依次增大，故X是B，在根据四种元素与锂组成的化合物中Y原子周围形成了四个化学键，故Y是C，再根据X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，故W为F。‎ ‎【详解】A. 根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA - 24 -‎ 反常，故四种元素中第一电离能最大的是W，故A错误；‎ B. Y和Z形成的化合物有CO和CO2，常温下均难溶于水，故B错误；‎ C. X的最高价氧化物的水化物即硼酸，是弱酸，故C错误；‎ D. Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O和HF，由于H2O分子中的O原子能与周围H2O分子中的两个H原子生成两个氢键，HF分子中的F原子只能形成一个氢键，一般氢键越多，熔沸点越高，所以H2O熔沸点高，故D正确；‎ 本题答案为：D ‎4.对羟基苯甲酸乙酯用于食品防腐剂，工业上可用下列方法制备，以下说法错误的是 A. 对羟基苯甲酸能发生缩聚反应、取代反应 B. 可用浓溴水检验产物中是否有对羟基苯甲酸乙酯生成 C. lmol对羟基苯甲酸乙酯最多与2molNaOH反应 D. 乙醇脱水生成的乙烯不存在顺反异构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对羟基苯甲酸含有酚羟基且邻位上的碳原子上有氢原子，故能发生取代反应，含有羟基和羧基能发生酯化反应也属于取代反应，两种官能团之间也能发生缩聚反应，故A正确；‎ B. 因为反应物对羟基苯甲酸和产物对羟基苯甲酸乙酯都有酚羟基，故不能用浓溴水检验产物中是否有对羟基苯甲酸乙酯生成，故B错误；‎ C. lmol对羟基苯甲酸乙酯中酚羟基和酯基各消耗1molNaOH，故C正确；‎ D. 顺反异构必须是碳碳双键所在的两个碳原子分别连有两个不同的原子或原子团，而乙醇脱水生成的乙烯两个碳原子均与两个H原子相连，故不存在顺反异构，故D正确；‎ 本题答案为：B。‎ ‎5.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列说法正确的是 A. 基态Br原子中电子的空间运动状态有35种 B. [Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键 C. 中心原子S的杂化方式为sp3 D. 非金属元素S、O、Br - 24 -‎ 中电负性最大的是Br ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Br为35号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，其内层轨道全部占满，共占据14个轨道，4s能级一个轨道全部占满，4p能级3个轨道也占满，所以共有14+1+3=18种空间运动状态的电子，故A错误；‎ B．[Ag(S2O3)2]3-中存在Ag+和之间的配位键，S原子和O原子之间的共价键，但不存在离子键，故B错误；‎ C．与SO原子总数相同，价电子总数相同，所以中心S原子的杂化方式相同，SO中心S原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化，故C正确；‎ D．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性O最强，所以电负性最大的是O元素，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.下列实验操作能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A.除去苏打中混有的少量小苏打 将固体溶解，加入足量澄清石灰水后过滤、结晶 B.除去乙酸乙酯中的乙酸 加入氢氧化钠溶液，充分反应后，静置、分液 C.除去铜粉中混有的氧化铜 加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥 D.加快锌与稀硫酸反应制氢气的速率 往溶液中滴加几滴硫酸铜溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苏打是Na2CO3、小苏打是NaHCO3，澄清石灰水为Ca(OH)2，Na2CO3和NaHCO3都能与Ca(OH)2反应生成CaCO3的沉淀，不能除去苏打中混有的少量小苏打，A - 24 -‎ 选项不符合题意；‎ B．乙酸乙酯在碱性条件下会水解生成乙酸钠和乙醇，则不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B选项不符合题意；‎ C．稀硝酸具有强氧化性和酸性，Cu和CuO均能与稀硝酸反应，不能加入稀硝酸除去铜粉中混有的氧化铜，C选项不符合题意；‎ D．往锌与稀硫酸溶液中滴加几滴硫酸铜溶液，可形成铜锌原电池，加快锌与稀硫酸的反应速率，D选项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 17g-OH中含有的电子数为10NA B. 25°C时，Ksp(BaSO4)=1×10-10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10-5NA C. 1L1mol•L-1CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA D. 含0.5mol晶胞(下图)的Cu2O晶体中Cu2+的数目为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个—OH所含电子数为8+1=9个，17g羟基的物质的量为=1mol，所含电子为9mol，即9NA，A错误；‎ B．溶液体积未知，无法计算离子的数目，B错误；‎ C．醋酸铵溶液中，醋酸根和铵根均会发生水解，所以1L1mol•L-1CH3COONH4溶液中CH3COOˉ与NH4+数目均小于1NA，C错误；‎ D．根据均摊法可知晶胞中白球的数目为=2，黑球数目为4，晶体的化学式为Cu2O，所以黑球为Cu2+，则0.5mol该晶胞中Cu2+的物质的量为0.5mol×4=2mol，其数目为2NA，D正确；‎ 答案为D。‎ - 24 -‎ ‎8.氢能源是最具应用前景的能源之一。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作原理如图所示(电极l、电极2均为惰性电极）。下列说法错误的是 A. 控制连接开关K1或K2，可交替得到H2和O2‎ B. 碱性电解液改为酸性电解池能达到同样目的 C. 接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O D. 电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 连接开关K1时，电极1为阴极，发生的电极反应为：,电极3为阳极，发生的电极反应为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，连接开关K2时，电极3为阴极，发生的电极反应为：，电极2为阳极，发生的电极反应为：，故可交替得到H2和O2，故A正确；‎ B. 如果碱性电解液改为酸性电解池，电极3上的物质Ni(OH)2和NiOOH均能与酸反应，故B错误；‎ C. 由A分析可知接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故C正确；‎ D. 由A分析可知，电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用，故D正确；‎ 本题答案为B。‎ ‎9.甲、乙、丙三种有机物的结构简式如下，下列说法正确的是 - 24 -‎ A. 甲与溴水加成产物只有两种 B. 乙中所有碳原子共平面 C. 丙的二氯代物有4种 D. 丙的同分异构体中，属于炔烃的有4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲中含有共轭双键，可以发生1,4加成，与溴1:1加成时有3种产物；当与溴1:2加成时有1种产物，故A错误；‎ B．物质乙中3个以单键相连的碳原子可能共面，也可能不共面，故B错误；‎ C．丙中有两种环境的碳原子，其二氯代物有、、、，共有4种，故C正确；‎ D．丙的分子式为C5H8，其同分异构体中属于炔烃的有、、，共三种，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如下：‎ 下列说法正确的是 A. 使用催化剂只能加快正反应速率 B. 反应②的活化能比反应①大 C. 该反应的催化剂是V2O4 D. 过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故A错误；‎ B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小；故B错误；‎ - 24 -‎ C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；‎ D.历程中反应①有V—O键的断裂，反应②有V—O键的形成，故D正确；‎ 本题答案为：D 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。‎ ‎11.香子兰酸甲酯(甲）、甲醇、甲基丙烯酸甲酯(丙）、有机物(乙）、有机物(丁）存在下列转化关系，下列说法正确的是 A. 丙的分子式为C5H10O2 B. 乙→丁的反应类型为加成反应 C. 乙、丁中的官能团种类均为3种 D. 甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同有9种 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据丙的结构简式可知丙的分子式为C5H8O2，故A错误；‎ B．乙生成丁的过程中乙中的共轭双键打开发生1,4加成，丙中碳碳双键打开发生加成，形成环状结构，所以该反应属于加成反应，故B正确；‎ C．乙中有碳碳双键、醚键、酮基、酯基共4种官能团，丁中有醚键、酮基、酯基、碳碳双键共4种官能团，故C错误；‎ D．甲的苯环上有三个不同的官能团，当其中两个官能团位于邻位或间位时，苯环剩余4个氢原子均不同，所以此时另一个取代基分别有4种位置，当其中两个官能团位于对位时，苯环上有2种环境的氢，所以另一个取代基有2种位置，则包括甲在内的所有同分异构体共有4+4+2=10种，除去甲还有9种，故D正确；‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】当苯环上有3个不同取代基时，有10种同分异构体，若3个取代基中有两个相同时，有6种同分异构体。‎ ‎12.Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O原理为HgO(红色粉末）+2Cl2=HgCl2(白色粉末）+Cl2O，某化学小组用下图装置制备Cl2O(‎ - 24 -‎ 夹持装置略去）‎ 已知：①Cl2O的熔点为-116°C、沸点为3.8°C，易溶于水；②高浓度的Cl2O易爆炸，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应。‎ 下列说法错误的是 A. 装置③中盛装的试剂是饱和食盐水，④中现象是红色粉末逐渐变为白色 B. 装置④中橡胶塞用锡箔包裹，防止Cl2O与橡胶塞反应 C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O D. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，氯气进入装置④中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知⑤中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。‎ ‎【详解】A．根据分析可知装置②中为饱和食盐水，装置③中为浓硫酸干燥氯气，故A错误；‎ B．橡胶属于有机物，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，所以橡胶塞用锡箔包裹，故B正确；‎ C．Cl2O的沸点为3.8°C，在装置⑤中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，故C错误；‎ D．高浓度Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸，故D正确；‎ 故答案为AC。‎ ‎13.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如下图所示。下列说法错误的是 - 24 -‎ A. 苯酚被氧化的总反应：C6H5OH+7O26CO2+3H2O B. 反应过程中BMO表现较强氧化性 C. 在酸性条件下，反应①的离子方程式是3C6H5OH+28+28H+=l8CO2↑+23H2O D. 过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1:3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成BMO+，同时将O2还原为；随后，BMO+和各自表现氧化性将苯酚转化为H2O和CO2，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，该过程中苯酚在光照、BMO作催化剂的条件下被氧气氧化生成CO2和H2O，反应方程式为C6H5OH+7O26CO2+3H2O，A选项正确；‎ B．通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO+，B选项错误；‎ C．酸性条件下，反应①中苯酚、与H+反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是3C6H5OH+28+28H+=18CO2↑+23H2O，C选项正确；‎ D．1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子，所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，D选项错误；‎ 答案选BD。‎ ‎14.向7.5mL0.03mol•L-1的H3PO4溶液中，逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积关系如图所示，已知Ka1>Ka2>Ka3，下列说法错误的是 - 24 -‎ A. H3PO4第一级电离平衡常数Ka1的数量级为10-3‎ B. 水的电离程度：bc()>c()>c()>c(H+)>c(OH-)‎ D. c点溶液中：2c(H3PO4)+c()+c(H+)=c(OH-)+c()‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知未滴加NaOH溶液时，0.03mol/L的pH=2，此时主要以H3PO4+H+为主，则该溶液中c(H+)= c()=10-2mol/L，Ka1==5×10-3，故A正确；‎ B．根据滴加的NaOH溶液的量可知，b点溶质为NaH2PO4，此时溶液显酸性，说明的电离程度大于水解程度，所以水的电离受到抑制，c点溶质为Na2HPO4，此时溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水的电离受到促进，所以水的电离程度bc()，故C错误；‎ D．c点溶质为Na2HPO4，根据电荷守恒有c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+3c()+2c()+c()，根据物料守恒有c(Na+)= 2c()+2c()+2c()+2c(H3PO4)，二式联立可得2c(H3PO4)+c()+c(H+)=c(OH-)+c()，故D正确；‎ 故答案为C。‎ - 24 -‎ ‎15.某温度下，在起始压强为80kPa的刚性容器中，发生NO的氧化反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H，该反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下：‎ ‎①2NO(g)⇌N2O2(g) v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2)‎ ‎②N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2)‎ 下列说法正确的是 A. NO氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是E5—E3‎ B. 一定温度下，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2 (g)平衡常数表达式K=‎ C. 升高温度，NO氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动 D. 该温度下，将等物质的量的NO和O2混合反应(忽略2NO2⇌N2O4)，NO的平衡转化率为40%时，该反应的平衡常数Kp=kPa-1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二步反应，活化能为E4—E2，故A错误；‎ B．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)平衡常数表达式K=，而对于反应①平衡时正逆反应速率相等，即k1正c2(NO)= k1逆c(N2O2)，所以K1==，同理可得反应②的平衡常数K2==，所以K=K1·K2=，故B正确；‎ C．据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C正确；‎ D．设等物质的量的NO和O2分别为40mol，NO的平衡转化率为40%，列三段式有 - 24 -‎ 刚性容器中气体的压强比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为80mol，压强为80kPa，则平衡时p(NO)=24kPa，p(O2)=32kPa，p(NO2)=16 kPa，Kp==kPa-1，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ 三、非选择题： ‎ ‎16.锂是高能电池的理想负极，常用乙腈、二甲基甲酰胺等有机溶剂和LiC1O4、LlBF4、LiBr等电解质制成锂非水电池。回答下列问题：‎ ‎(1)二甲基甲酰胺()中基态氮原子的电子排布是__，乙腈( CH3- C≡N)中碳原子的杂化轨道类型为___。‎ ‎(2)LiClO4和LlBF4中都不存在的化学键是____(填代号)。‎ a.离子键 b.共价键 c.金属键 d.配位键 ‎(3)LiX(X=F，Cl，Br，I)具有NaCl型晶体结构。当阴、阳离子电荷的绝对值相同且它们的半径相近时，生成的盐类一般难溶于水。由上述规则可以判断LiF、LiCl、LiBr、LiI中溶解度最小的是_______ 。‎ ‎(4)Li2S属立方晶体，晶胞边长为dpm，晶胞截面图如下所示。每个晶胞中含有S2-的数目为_____，S2-的配位数是_______，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Li2S晶体的密度为_______g•cm-3(用代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 1s2 2s22p3 (2). sp3杂化、 sp 杂化 (3). c (4). LiF (5). 4 (6). 8 (7). × 1030‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)N元素为7号元素，所以基态N原子的电子排布式为1s22s22p3；乙腈( CH3- C≡N)‎ - 24 -‎ 中甲基上的碳原子形成4个σ键，所以为sp3杂化，另一个碳原子形成碳氮三键，所以为sp杂化；‎ ‎(2)LiClO4中存在锂离子和高氯酸根之间的离子键、氧原子和氯原子之间的共价键；LlBF4中存在Li+和BF之间的离子键、B原子和F原子之间的共价键，B原子最外层电子数为3，而与4个F原子成键，说明其中有一个为配位键；金属晶体中才存在金属键；综上所述，LiClO4和LlBF4中都不存在的化学键是金属键，所以选c；‎ ‎(3)Li+带一个单位正电荷，有1层电子；Xˉ均带一个单位负电荷，而Fˉ、Clˉ、Brˉ、Iˉ的半径依次增大，其中与Li+半径最接近的为Fˉ，根据题意可知LiF的溶解度最小；‎ ‎(4)根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图(C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为=4；Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8；晶胞体积V=d3pm3，每个晶胞有4个S2-，8个Li+，则晶胞的质量为m=，所以晶胞的密度===×1030g•cm-3。‎ ‎【点睛】晶胞的相关计算为本题难点，一是需要有一定的空间想象能力，根据晶胞的截面图判断晶胞的结构，二是需要平时多注意积累一些常见的晶胞结构；求S2-的配位数时也可以根据晶胞结构直接判断，以面心的硫离子为例，该晶胞中有4个距离硫离子最近且相等的锂离子，则该晶胞的上方晶胞中还有4个一样的锂离子，所以配位数为8。‎ ‎17.某化学小组为研究甲醛和新制Cu(OH)2反应，进行如下探究，该小组设计下图装置(气密性良好并进行实验：向试管中依次加入6mol•L-1NaOH溶液12mL0.5mol•L-1CuSO4溶液8mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液6mL，放入65°C水浴中加热，20min后冷却至室温；反应过程中观察到有红色固体生成，有少量气体产生并收集该气体。回答下列问题：‎ - 24 -‎ 已知：Cu2O易溶于浓氨水形成[Cu ( NH3)4]＋(无色），它在空气中能被氧化为[Cu(NH3)4]2+(蓝色)。‎ ‎(1)实验中NaOH溶液过量的目的是__________。使用水浴加热的目的是_______________。‎ ‎(2)跟乙醛与氢氧化铜的反应相似，甲醛和新制Cu (OH)2反应的产物为甲酸钠、氧化亚铜和水。该小组同学通过查阅资料发现，甲醛和新制Cu(OH)2还能发生下列反应：‎ HCHO+Cu(OH)2Cu+CO↑+2H2O HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH2Cu2O+Na2CO3+6H2O 小组同学对实验中红色固体产物的组成作出猜想：铜或氧化亚铜或它们的混合物；为了验证固体产物，设计如下实验方案并进行实验(以下每步均充分反应）：‎ ‎①摇动锥形瓶 i 的目的是_________。 ‎ ‎②锥形瓶 ii 中固体完全溶解得到深蓝色溶液的离子方程式为__________。 ‎ ‎③将容量瓶 ii 中的溶液稀释 100 倍后，溶液的颜色与容量瓶 i 相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为__。 ‎ ‎(3)为进一步确认生成的气体是CO，将收集的气体利用如图所示的装置进行实验(部分夹持仪器略去）。‎ ‎①无水氯化钙的作用是______。‎ ‎②实验中“先通气，后加热” 的目的是_____。‎ - 24 -‎ ‎③证明气体是CO的现象________。‎ ‎(4)甲醛与氢氧化铜反应的实验中，甲醛可能被氧化的产物为甲酸钠或碳酸钠。请设计实验方案证明溶液中甲醛的氧化产物：__。‎ ‎【答案】 (1). 提供碱性溶液环境或OH-与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2- (2). 受热均匀便于控制温度 (3). 有利于溶液与空气中的氧气接触 (4). 2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++ 4OH-+ 6 H2O (5). n(Cu2O):n(Cu)=1:200 (6). 吸收水蒸气 (7). 排尽装置中的空气， 防止加热时发生爆炸 (8). 黑色粉末变为红色 ， 澄清的石灰水变浑浊 (9). 取少量反应后的澄清溶液于试管中，滴入过量的盐酸，若无气泡产生，说明甲醛被氧化成甲酸钠，若有气泡产生，说明甲醛被氧化为碳酸钠 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干信息分析可知，实验中向试管依次加入6mol•L-1NaOH溶液12mL，0.5mol•L-1CuSO4溶液8mL，可知，碱过量，振荡发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，碱性条件下再加入40%的甲醛溶液6mL，放入65°C水浴中加热，发生反应2Cu(OH)2+HCHO+NaOHCu2O↓+3H2O+HCOONa，也可能发生反应HCHO+Cu(OH)2Cu+CO↑+2H2O，HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH2Cu2O↓+Na2CO3+6H2O，因此红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物，气体为CO，可根据已知“Cu2O易溶于浓氨水”验证固体产物，根据CO具有还原性验证气体为CO，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)由上述分析，实验中NaOH的目的是提供碱性溶液环境或OH-与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2-，水浴加热的目的是使受热均匀便于控制温度；‎ ‎(2)①已知[Cu(NH3)4]＋在空气中能被氧化为[Cu(NH3)4]2+，摇动锥形瓶ⅰ有利于溶液与空气中的氧气接触；‎ ‎②剩余固体为Cu，与浓氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，反应的离子方程式为2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O；‎ ‎③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明ii中的溶液的浓度是i中的溶液的100倍，又Cu2O~2[Cu(NH3)4]2+，Cu~[Cu(NH3)4]2+，则有n(Cu2O):n(Cu)=1:200；‎ ‎(3)①无水氯化钙可吸收CO气体中混有的水蒸气；‎ ‎②CO与空气混合加热可能会爆炸，有安全隐患，因此实验中“先通气，后加热目的是为了”排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；‎ - 24 -‎ ‎③CO具有还原性，可与黑色的CuO发生氧化还原反应生成红色的铜，并生成CO2气体，因此气体是CO的现象为黑色粉末变为红色，澄清的石灰水变浑浊；‎ ‎(4)甲醛可能被氧化的产物为甲酸钠或碳酸钠，碳酸钠可与盐酸反应生成CO2气体，而甲酸钠不可以，因此证明溶液中甲醛的氧化产物时，可取少量反应后的澄清溶液于试管中，滴入过量的盐酸，若无气泡产生，说明甲醛被氧化成甲酸钠，若有气泡产生，说明甲醛被氧化为碳酸钠。‎ ‎18.氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料。某工厂利用铝土矿(成分为Al2O3、Ga2O3、Fe2O3等)为原料制备GaN的流程如下图所示：‎ 已知：镓与铝同主族，镓的熔点是29.8°C，沸点是2403°C；其氧化物和氢氧化物均为两性化合物；氢氧化物的电离常数如下：‎ 两性氢氧化物 Al( OH)3‎ Ga( OH)3‎ 酸式电离常数Ka ‎ ‎2×10-11‎ ‎1×10-7‎ 碱式电离常数Kb ‎1.3×10-33‎ ‎1.4×10-34‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为了提高 “碱溶”效率应采用的措施是__________(回答两种措施）。‎ ‎(2)滤渣1的成分是_________。‎ ‎(3)滤液2中通入过量CO2的理由是________(用离子方程式表示）。‎ ‎(4)流程中利用镓与NH3在1000℃反应生成固体半导体材料 GaN，每生成l molGaN时放出15. 45 kJ热量，写出该反应的热化学方程式________。‎ ‎(5)在密闭容器中，充入一定量的Ga与NH3发生反应 ，测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强 P和温度T 的关系曲线如下图所示。图中A 点和C点化学平衡常数的大小关系： KA____KC (填“＜”“＝”或 “ > ”) ， 判断的依据是________。‎ - 24 -‎ ‎(6)已知铝土矿中Ga2O3的质量分数为 a%，某工厂使用 w 吨铝土矿经过一系列反应， 反应过程中镓元素的总利用率为 b%能制得________吨氮化镓 ‎【答案】 (1). 搅拌、适当提高温度、粉碎、适当提高溶液浓度等 (2). Fe2O3 (3). [Ga(OH)4]-+CO2= Ga(OH)3↓+或+ CO2+ 2H2O= Ga(OH)3↓+ (4). 2Ga(l) + 2NH3 ( g) 2GaN(s) +3H2(g) △H = -30. 9kJ•mol-1 (5). < (6). 由 C 点 到 B 点 ， NH3体积分数增大 ，说明 T1 > T2 ；反应放热 ，升高温度 ， K 减小 ，所以 KA < KC (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据让固体加速溶解可采取的方法来解答；根据题中信息，Al2O3、Ga2O3均与NaOH反应，Fe2O3不与NaOH反应而进入滤渣中；根据AlO2-与过量的CO2反应的离子方程式类似写出GaO2-与CO2(过量)反应的离子方程式；由△H<0，根据图象判断T1、T2的高低和KA，KC的大小；由镓元素守恒，可计算生产GaN的质量，据此解答。‎ ‎【详解】（1）为了提高碱溶效率可以将固体粉碎、搅拌、适当升高温度等，均能加速固体的溶解，也可适当提高NaOH溶液的浓度提高碱溶效率；答案为粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高溶液浓度等。‎ ‎（2）根据铝土矿的成分为Al2O3、Ga2O3、Fe2O3等，由题中信息，镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，可知，加入NaOH溶液“碱溶”，Al2O3、Ga2O3均与NaOH反应进入溶液中，而Fe2O3不与NaOH反应，仍以固体形式存在，过滤时进入滤渣中，滤渣1的成分是Fe2O3；答案为Fe2O3。‎ ‎（3）因为滤液2中主要是GaO2-离子，通入过量的CO2，CO2与GaO2-发生反应，生成Ga(OH)3沉淀，则离子方程式为GaO2-+CO2+2H2O=Ga(OH)3↓+HCO3-或[Ga(OH)4]-+CO2= Ga(OH)3↓+；答案为GaO2-+CO2+2H2O=Ga(OH)3↓+HCO3-或。[Ga(OH)4]-+CO2= Ga(OH)3↓+‎ ‎（4）因为镓的熔点是29.8°C，沸点是2403°C，在1000℃时，镓为液体，与NH3‎ - 24 -‎ 反应生成固体GaN，则反应的化学方程式为Ga+2NH32GaN+3H2，根据每生成l molGaN时放出15. 45 kJ热量，生成2molGaN时放出30.9kJ热量，热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H= -30.9kJ/mol；答案为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H= -30.9kJ/mol。‎ ‎（5）反应为放热反应，温度升高有利于逆反应，由C点到B点，氨气的体积分数增大，说明T1>T2，升温逆向移动，K减小，则KB＜KC，而A点和B点是同温，KA=KB，故KA＜KC；答案为＜，△H＜0，温度升高，平衡逆向移动，此时NH3的体积分数增大而K值减小；‎ ‎（6）设制得x吨氮化镓，根据镓元素守恒，得，则x==(吨)；答案为吨。‎ ‎【点睛】本题注意第(5)小问分析图象时，要先比较B、C两点，因它们是压强相同，温度不同的两点，只有一个变量，得出结论后，再利用A、B两点处在一条等温线上，K值相等来求得答案。‎ ‎19.丙烯是制造一次性医用口罩的重要原料。丙烷催化脱氢是工业生产丙烯的重要途径，丙烷催脱氢技术主要分为氧化脱氢和直接脱氢两种。回答下列问题：‎ ‎(1)丙烷催化氧化脱氢法主要反应如下：‎ ‎2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-236kJ·mol-1(i)‎ 反应过程中消耗的C3H8和 生成的C3H6 的物质的量随温度的变化关系见下表。‎ 反应温度/℃‎ n(消耗)或n(生成)/mol ‎535‎ ‎550‎ ‎575‎ C3H8‎ ‎6‎ ‎13‎ ‎33‎ C3H6‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎17‎ ‎①反应i中反应物的总能量 _______生成物的总能量(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎②分析表中数据得到丙烯的选择性随温度的升高而______(填写“不变”“升高”“降 低”)； ‎ - 24 -‎ 出现此结果的原因除生成乙烯等副产物外还可能是 _________。(C3H6的选择性＝×100%)‎ ‎(2)丙烷催化直接脱氢反应： C3H8(g) ⇌C3H6(g)+ H2(g) △H2=+124. 3kJ•mol -1 ( ii ) 副反应：C3H8 (g) ⇌C2H4 (g) + CH4(g) △H3(iii)‎ ‎①反应 ii 的平衡常数、产物丙烯选择性、副产物乙烯选择性与温度关系如图所示， 分析工业生产中采用的温度为 650°C 左右的原因是_________。‎ ‎②温度为 670°C 时，若在 1L 的容器中投入 8 molC3H8，充分反应后，平衡混合气体中有 2molCH4和一定量C3H8、C3H6、H2、C2H4，计算该条件下C3H6 的选择性为___％。‎ ‎③欲使丙烯的产率提高，下列措施可行的是______( 填写序号 )‎ a.恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气 b.增大氢气与丙烷的投料比 c.选择对脱氢反应更好选择性的催化剂 d.大压强 ‎(3)科学家探索出利用无机膜催化丙烷脱氢制丙烯的新工艺，该工艺利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性的及时移走，从平衡角度分析该工艺的优点______。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 降低 (3). 升高温度，反应 i 的化学平衡逆向移动 (4). 温度控制在 650°C ，丙烯选择性高，反应速率快，平衡常数大 (5). 50 (6). ac (7). 将氢气及时移走，化学平衡C3H8(g) ⇌C3H6(g)+H2(g)，正向移动，提高丙烯产率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据吸热反应和放热反应的特点判断；‎ ‎②根据温度对平衡的影响分析；‎ ‎(2) ①综合考虑选择性、平衡常数以及反应速率选择合适的温度；‎ ‎②根据方程式，找出各组分的量的关系列出方程，根据平衡常数求解；‎ ‎③根据平衡移动原理分析；‎ - 24 -‎ ‎(3)根据平衡移动原理分析；‎ ‎【详解】(1)①反应i的焓变小于0，所以为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量；‎ ‎②根据表格数据可知各温度下C3H6的选择性分别为、、，>>所以随温度升高丙烯的选择性降低；反应i为放热反应，升高温度，反应 i 的化学平衡逆向移动，也会导致丙烯的选择性下降；‎ ‎(2)①据图可知，温度控制在 650°C ，丙烯选择性高，且此时温度较高，反应速率快，而且该温度条件下平衡常数较大；‎ ‎②平衡混合气体中有 2molCH4，则根据反应iii可知平衡时该反应消耗的n1(C3H8)=2mol；设平衡时C3H6的物质的量为x，根据反应ii可知平衡时n(H2)=x，反应ii消耗的n2(C3H8)=x，则平衡时容器n(C3H8)=(8-2-x)mol，据图可知该温度下反应ii的lg=0，所以K=1，容器体积为1L，则有，解得x=2mol，C3H6的选择性＝×100%==50%；‎ ‎③a．恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气，则反应物和生成物的分压减小，该反应正反应为压强增大的反应，减小压强平衡正向移动，可以提高丙烯的产率，故a正确；‎ b．氢气为产物，增大氢气的量会使平衡逆向移动，丙烯的产率降低，故b错误；‎ c．选择对脱氢反应更好选择性的催化剂，增大丙烯的选择性，提高产率，故c正确；‎ d．该反应正反应为压强增大的反应，大压强会使平衡逆向移动，降低产率，故d错误；‎ 综上所述选ac；‎ ‎(3)氢气反应ii的产物，将氢气及时移走， C3H8(g) ⇌C3H6(g)+H2(g) 的化学平衡正向移动，提高丙烯产率；‎ ‎【点睛】第2小题第2小问为本题难点，需要学生根据发生的反应，用含有未知数或已知数表示出平衡时各物质的浓度，然后根据平衡常数的表达式求解未知数。‎ ‎20.化合物 H 是合成抗胆碱药的一种中间体，合成路线如下 ：‎ - 24 -‎ 已知：‎ 回答下列问题 ： ‎ ‎(1)化合物 A 的结构简式是_______， E→F 的反应类型是______。‎ ‎(2)可证明 G 已经完全转化为 H 的物质是_______(填代号）。‎ a. 溴水 b. 酸性 KMnO4 溶液 c. 四氯化碳 d. 钠 ‎(3)D→E的化学方程式为________。‎ ‎(4)写出符合下列条件的 E 的 3 种同分异构体的结构简式_______。‎ ‎①含氧官能团与 E 不同；②与NaOH 溶液完全反应时， 二者的物质的量之比为 1: 1；③苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成的合成路线 ( 其它试剂任选）__________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). d (4). +C2H5OH +H2O (5). 、、 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据C的结构为，由转化关系，逆推B为，A为，由上述关系C在酸性条件下水解生成D，则D的结构简式为，D与C2H5OH在浓H2SO4及加热条件下发生酯化反应生成E，E的分子式为C10H12O2，则E的结构简式为，HCOOC2H5与E - 24 -‎ 发生题中已知所给的反应，则F的结构简式为，F在催化剂作用下与H2反应，生成G，则G的结构简式为，G在一定条件下生成H，H的结构简式为，则G在一定条件下发生消去反应生成H，据此解答。‎ ‎【详解】由上面分析可知：‎ ‎（1）化合物 A 的结构简式是，HCOOC2H5与E发生题中已知所给的反应，生成F，反应类型为取代反应；答案为，取代反应。‎ ‎（2）因为G结构简式为，G中含有醇羟基，G 完全转化为H，H的结构简式为，H中不再含醇羟基，可用金属钠检验，若不与金属钠反应，不产生气体，则G 完全转化为H；答案为d。‎ ‎（3）D与C2H5OH发生酯化反应生成E，则化学方程式+C2H5OH+H2O；答案为+C2H5OH+H2O。‎ ‎（4）E分子式为C10H12O2，结构简式为 - 24 -‎ ‎，含有酯基，根据题目要求，它的同分异构体不含酯基，能与NaOH 溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1: 1，则可判定该结构中有一个酚羟基或一个羧基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和一个羧基，还有3个碳原子作一个取代基，为满足苯环上有两种不同化学环境的氢，二个取代基只能处于对位，羧基上已经有一种氢，满足取代基上共有三种不同化学环境的氢，另一个3个碳原子取代基还有2种氢，符合要求的结构简式为，同理若是苯环和酚羟基，酚羟基与另一个取代基也处于对位，才能满足苯环上有两种不同化学环境的氢，酚羟基上已经有一种氢，另一个取代基(C4H7O)还应有2种氢，符合要求结构简式可写为和；答案为，，。‎ ‎（6）由环己烯和乙醇为原料合成，环己烯是六元环，而目标物为五元环，必须开环，环己烯断键开环用KMnO4即可，被KMnO4氧化成二元羧酸，再与乙醇发生酯化反应，生成的酯根据题目的信息，发生如已知的反应即可合成目标产物，因而合成线路为；答案为。‎ ‎【点睛】本题应注意在第(4)小问，书写E的同分异构体时，根据E的分子式C10H12O2，结构简式为，按题目要求，同分异构体中含氧官能团与E不同，可判定不含酯基，又要能与NaOH溶液1:1反应，可判定含氧官能团为一个羧基或一个酚羟基，再根据不同化学环境的氢，可以快速写出同分异构体。‎ - 24 -‎