山东省德州市2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

山东省德州市2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

高三化学试题 ‎2020．6‎ 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。‎ ‎2．考试结束后，请将答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：‎ H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 C1 35.5 K 39 Cr 52 Cu 64‎ 第I卷(选择题 共40分)‎ 一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与中华古文化密切相关，下列说法不正确的是 A. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为粘土 B. 《墨子·天志》中记载：“书于竹帛，镂于金石”。其中“金”指的是金属 C. 《天工开物》中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质 D. 《周易参同契》中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”黄芽为硫磺 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，瓷器是利用黏土高温煅烧制得，故A正确；‎ B．《墨子·天志》中记载：“书于竹帛，镂于金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，故B正确；‎ C．麻的主要成分为纤维素，不是蛋白质，属于糖类，“丝、裘”的主要成分都是蛋白质，故C错误；‎ D．液态的金属汞受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫黄，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是 A. 滴加甲基橙显红色的溶液中：Na+、Fe2+、C1-、NO B. 0.1mol·L-1FeC13溶液中：NH、Mg2+、SO、NO - 23 -‎ C. 0.1mo1·L-1KI溶液中：Na+、K+、ClO-、OH-‎ D. 由水电离的c(H+)=1.0×10-13 mo1·L-1的溶液中：K+、NH、C1-、HCO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加甲基橙显红色的溶液为酸性，Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B．0.1mol·L-1FeC13溶液显酸性，NH、Mg2+、SO、NO之间不反应，在酸性条件下可以大量共存，故B符合题意；‎ C．0.1mo1·L-1KI溶液中碘离子具有还原性，ClO-具有氧化性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；‎ D．由水电离的c(H+)=1.0×10-13 mo1·L-1的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下HCO均不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】B为易错点，清楚0.1mol·L-1FeC13溶液的性质很关键。‎ ‎3.X、Y、Z、W为短周期主族元素。X、Z、W形成的一种离子常用于检验Fe3+，X、Y形成的化合物YX3常用作汽车安全气囊的气体发生剂，W的单质在加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应。下列叙述正确的是 A. 原子半径：Z＞Y＞W＞X B. 简单氢化物稳定性：Z＞X C. W形成的单质一定为原子晶体 D. ZO2和ZO3中Z的原子杂化方式相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Z、W形成的一种离子常用于检验Fe3+，是Fe3+与SCN- 反应生成Fe(SCN)3，则X、Z、W分别是S、C、N中的一种，再结合“W的单质加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应”，可确定W是C；汽车安全气囊的气体发生剂常用NaN3，由此可知X、Y、Z、W分别是N、Na、S、C。‎ - 23 -‎ ‎【详解】A.由4种元素所在元素周期表位置可判断Y（Na）的原子半径最大，同主族原子半径逐渐增大，同周期原子半径逐渐减小，Na＞S＞C＞N，即Y＞Z＞W＞X，故A错误；‎ B.元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性N＞S、 X＞Z，故B错误；‎ C.C的单质可以是金刚石、石墨、碳60等，可能为原子晶体，如金刚石，碳60是分子晶体，石墨属于混合晶体，故C错误；‎ D.S的氧化物为SO2和SO3，价层电子对数都是3对，二氧化硫有一对孤对电子，三氧化硫没有，S原子的杂化方式都为sp2杂化，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 14gCO、N2混合气体中共含有7NA个电子 B. 常温下，0.1mol环氧乙烷()共有0.3NA个共价键 C. 在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NA D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．14gCO、N2混合气体的物质的量为，一个CO或N2分子中电子数目为14个，0.5molCO、N2混合气体中共含有7NA个电子，故A正确；‎ B．一个分子中含有7个共价键，三个碳碳键，4个碳氢键，常温下，0.1mol环氧乙烷()共有0.7NA个共价键，故B错误；‎ C．在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中，若CO不水解，Na+总数为2NA，但CO易水解成碳酸氢根，故Na+总数大于2NA，故C错误；‎ D．没有指明是否处于标准状况，无法计算气体的物质的量，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】B项环氧乙烷的碳氢键容易遗漏，需要学生细心观察物质的结构。‎ ‎5.应用下列实验装置或方案能达到实验目的的是 - 23 -‎ A. 用图1装置制备少量氨气 B. 用图2所示装置收集SO2‎ C. 用图3所示装置检验是否有乙烯产生 D. 用图4装置比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用图1装置制备少量氨气，没有干燥装置，得到的氨气中含有水蒸气，应选用碱石灰干燥，用上下排空气法收集，装置缺少除杂装置和收集装置，故A错误；‎ B．SO2的密度大于空气，导气管应该长进短出，故B错误；‎ C．挥发出的乙醇和产生的乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，需要加有水的装置除去乙醇，故C错误；‎ D．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成硫，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞C12＞S，用图4装置可以比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.以乙炔和乙醛为原料制备1，3-丁二烯的合成路线如图所示：下列说法不正确的是 A. 甲、乙两种有机化合物中均含有手性碳原子 B. CH3CHO既可被氧化为CH3CH2OH，又可被还原为CH3COOH C. 丙(1，3-丁二烯)形成的高聚物的结构简式为 D. 合成路线中涉及到的反应类型有加成反应和消去反应 ‎【答案】B - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醛和乙烯发生加成反应得到甲，甲与氢气发生加成反应得到乙，乙发生消去反应得到丙(1，3-丁二烯)。‎ ‎【详解】A．甲、乙两种有机化合物中次甲基上的碳原子连有四种不同的基团，故均含有手性碳原子，故A正确；‎ B．CH3CHO既可被氧化为CH3COOH，又可被还原为CH3CH2OH，故B错误；‎ C．丙(1，3-丁二烯)形成的高聚物时，双键断开，中间形成一对新的双键，形成的高聚物的结构简式为，故C正确；‎ D．甲到乙发生的是加成反应，乙到丙发生的是消去反应，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.常温下，2NH3(g)＋NaClO(aq)＝NaCl(aq)＋N2H4(aq)＋H2O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是 A. 该反应的ΔH＞0，ΔS＜0‎ B. 每生成 1 mol N2H4 转移 2 mol 电子 C. 室温下，向 0.1mol·L－1 NaClO 溶液中加水，溶液 pH 增大 D. N2H4、O2 和 KOH 溶液组成的燃料电池，负极反应为 N2H4－4e－＝N2＋4H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(1)，△S＜0，又△H-T△S＜0的反应可自发进行，则该反应△H＜0，故A错误； B．反应中氮元素化合价由-3升高到-2，则每生成1mol N2H4转移2mol电子，故B正确； C．NaClO溶液由于次氯酸跟水解显碱性，则室温下，向0.1mol/L NaClO溶液中加水，溶液体积增大，碱性减弱，pH减小，故C错误； D．N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池中N2H4被氧气氧化为负极，在碱性溶液中失电子生成氮气和水，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故D错误； 故选：B。‎ ‎8.一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，其电池总反应为：‎ - 23 -‎ ‎，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法不正确的是 A. 放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极 B. 有机高聚物中含有的化学键有：极性键、非极性键和氢键 C. 合成有机高聚物的单体是 D. 放电时，电极的正极反应为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池放电时是原电池由总的电极反应可知，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，二氧化锰做正极，负极失电子发生氧化反应，Zn-2e-=Zn2+，正极为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，根据高聚物的分子结构进行判断。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，失电子发生氧化反应，故A正确；‎ B．根据图中信息，有机高聚物中含有的化学键有：碳氧、碳氮、氮氢等原子形成的极性键、碳碳原子之间形成的非极性键，氮氧原子形成的氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B错误；‎ C．图中可以看出合成有机高聚物的单体是，故C正确；‎ D．放电时，二氧化锰做正极，化合价降低，转变为MnOOH，电极的正极反应为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】氢键不是化学键，属于特殊的分子间作用力，主要影响分子晶体的熔沸点。‎ ‎9.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I-形式存在)的工艺流程如下 - 23 -‎ 下列说法正确的是 A. 流程中①和④所得溶液中，I-离子的浓度相等 B. 流程中⑥的分离碘产品的操作方法是萃取 C. 流程中④发生离子反应：2I2+SO+H2O=4I-+SO+2H+‎ D. 制备10mol I2，理论上需KC1O3质量约为408g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI和硫酸钠，反应为I2+Na2SO3+H2O==2HI+Na2SO4，氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质，离子反应为6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O，升华可得到粗产品，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．流程中①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I−)后者大于前者，故A错误；‎ B．根据分析，对流程中⑥的分离碘产品进行升华操作进行分离，故B错误；‎ C．流程中④为碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI和硫酸钠，离子反应：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故C错误；‎ D．根据氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质，离子反应为6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O，制备10mol I2，理论上需KC1O3的物质的量为mol，质量约为= 122.5g/mol×mol≈408g，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.在2L恒容密闭容器分别投入2molCO和1molO2。进行反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)。在相同的时间段(5min)下，测得CO的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 - 23 -‎ A. 化学平衡常数：K(b)＜K(c)＜K(d)‎ B. a点，vO2(正)=0.14mo1·L-1·min-1‎ C. d点vCO(正)等于a点vCO(正)‎ D. 50℃时，该反应的化学平衡常数K=160L·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，b点时CO的转化率最大，则b点时反应达到平衡状态，随温度升高，CO的转化率降低，说明反应逆向进行，则正反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，2CO(g)+O2(g)2CO2(g)为放热反应，b、c、d点温度依次升高，温度升高，反应逆向进行，平衡常数减小，则化学平衡常数：K(b)＞K(c)＞K(d)，故A错误；‎ B．a点时，CO的转化率为0.7，则CO物质的量的变化量为2mol×0.7=1.4mol，则CO的平均反应速率==0.14 mo1·L-1·min-1，根据反应速率之比等于化学反应计量系数值比，vO2(正)=vCO (正)=0.14mo1·L-1·min-1×=0.07 mo1·L-1·min-1，即5min内，O2的平均反应速率为0.07 mo1·L-1·min-1，故B错误；‎ C．a、b两点的温度不同，a点的温度低，b点的温度高，温度越高反应速率越快，则两点vCO(正)不相等，b点vCO(正)大于a点vCO(正)，故C错误；‎ D．50℃时，CO的转化率为0.8，列三段式：‎ 该反应的化学平衡常数K==160L·mol-1，故D正确；‎ 答案选D。‎ - 23 -‎ 二、选择题：本题共5个小题，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.下列有关说法正确的是 A. CS2为含极性键的极性分子 B. MgO的熔点高于Na2O的熔点 C. 基态C1原子核外有17种能量不同的电子 D. C、N、O、P四种元素电负性最大的是O ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．由不同元素的原子形成的共价键是极性键，分子中正电中心和负电中心能重合的是非极性分子，CS2为直线形分子，所以CS2为含极性键的非极性分子，A错误；‎ B．MgO、Na2O都是离子晶体，离子晶体的熔点高低的比较要看离子键的强弱，离子键越强，熔点越高，而离子键的强弱要看离子半径的大小和离子所带的电荷，离子半径越小和离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径由大到小的顺序为：Na+＞Mg2+，离子所带电荷：Mg2+＞Na+，所以熔点由高到低的排序为MgO＞Na2O，B正确；‎ C．基态C1原子核外有17个电子，有5个能级，同一能级上电子能量相同，故有5种能量不同的电子，C错误；‎ D．同周期从左往右元素的电负性依次增大，同主族从下往上元素的电负性依次增大，故C、N、O、P四种元素电负性最大的是O，D正确；‎ 故本题选BD。‎ ‎12.4-羟基苯甲酸丁酯()是2020年3月3日欧洲化学品管理局(ECHA)提议高度关注加入SVHC清单的物质之一。下列有关说法不正确的是 A. 该物质性质稳定，不易变质 B. 该物质能使氯化铁显色 C. 1mo1该物质最多能与2mo1NaOH反应 D. 1mo1该物质最多能与3mo1H2加成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【详解】A．4-羟基苯甲酸丁酯含有酚羟基，不稳定，易被氧化，A错误；‎ B．该物质含酚羟基，能使氯化铁显色，B正确；‎ C．1mo1该物质含1个酚羟基，1个酯基，最多能与2mo1NaOH反应，C正确；‎ D．1mo1该物质含有1个苯环，最多能与3mo1H2加成，D正确；‎ 故选A。‎ ‎13.为探究SO2与Fe3+能否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验(夹持、加热仪器略)，下列说法正确的是 A. 铜和浓硫酸反应需要加热的原因是低温下铜被钝化 B. 试剂a为饱和NaHSO3溶液，其作用是观察气流速率 C. 一段时间，向C中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明Fe3+氧化了SO2‎ D. 一段时间，向C中滴加酸性高锰酸钾，溶液褪色，说明SO2还原了Fe3+‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸和铜须在加热的条件下反应，常温下Cu与浓硫酸不反应，不属于钝化，A错误；‎ B．饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，可观察气流速率，B正确；‎ C．向C中加氯化钡溶液，有白色沉淀，说明发生了反应：2Fe3+ + SO2 + 2H2O=2Fe2+ + + 4H+，Fe3+氧化了SO2生成硫酸根，C正确；‎ D．二氧化硫和亚铁离子均能使酸性高锰酸钾褪色，一段时间后，向C中滴加酸性高锰酸钾，溶液褪色，不能说明溶液中一定含Fe2+，不能说明SO2还原了Fe3+，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎14.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0<<2，下列说法不正确的是 - 23 -‎ A. CeO2是水分解的催化剂 B. T<1050℃时，CeO2比CeO2—δ稳定 C. 工业上可用电解CeCl4溶液制备Ce D. 过程②的方程式为CeO 2—δ+δH2OCeO2+δH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，A正确；‎ B．T＜1050℃时，CeO2﹣δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2﹣δ稳定，B正确；‎ C．Ce是活泼金属，应电解熔融的CeCl4制备Ce，C错误；‎ D．由上图可知，过程②是CeO2—δ和H2O反应生成CeO2和H2，所以方程式为CeO 2-δ+δH2OCeO2+δH2，D正确；‎ 故选C。‎ ‎15.常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－1g[c(H+)／c(H2C2O4)]和－1gc(HC2O)或－1g[c(H+)／c(HC2O)]和－lgc(C2O)关系如图所示，下列说法错误的是 A. 曲线M表示和的关系 B. 滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)－3c(HC2O)>0‎ - 23 -‎ C. 随pH的升高而减小 D. 在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二元弱酸的电离常数Ka1＞Ka2，斜线M表示表示和的乘积等于10-2，‎ 斜线N表示表示和的乘积等于10-5。‎ ‎【详解】A．H2C2O4为二元弱酸，第一步电离平衡常数大于第二部电离平衡常数，故大于，即＞，则＞，即＜，因此曲线M表示和的关系，A正确；‎ B．当pH=5时，溶液呈酸性，c（OH-）＜c（H+），c（H+）=10-5mol/L，，则c（HC2O）=c（C2O），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），则c(Na+)－3c(HC2O)=c（OH-）-c（H+）＜0，B错误；‎ C．已知，，，则，与溶液的pH无关，C错误；‎ - 23 -‎ D．由上图可知，，则，同理Ka1=10-2，则草酸氢钠的水解平衡常数=Kw/Ka1=10-12，小于Ka1，说明以电离为主，溶液显酸性，则中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，D正确；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较、平衡常数，难度中等，明确反应后溶质的组成为解题关键，注意掌握物料守恒，电荷守恒，及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用的能力。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共60分)‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分 ‎16.过氧化尿素(CO(NH2)2·H2O2)是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，兼有尿素和过氧化氢的性质，是一种新型漂白、消毒剂，广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。某化学小组同学用低浓度的双氧水和饱和尿素[CO(NH2)2]溶液在30℃条件下用右图装置合成过氧化尿素。请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器X的名称是______________；‎ ‎(2)制备过氧化尿素的化学方程式为_______________________，反应时采取的受热方式为_____________；‎ ‎(3)搅拌器不能选择铁质材料的原因是______________________‎ ‎(4)过氧化尿素中活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量≥16%(相当于其中含H2O234%)。为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品8．000g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，准确量取其中25．00mL溶液于锥形瓶中，加入1mL6mol·L-1H2SO4，然后用0．2000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2(KMnO4溶液与尿素不反应)。三次滴定平均消耗KMnO4溶液20．000mL：‎ - 23 -‎ ‎①请完善滴定时反应的离子方程式：__MnO+___H2O2+______==_______________‎ ‎②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)；‎ ‎③根据滴定结果确定产品质量_______(填“合格”或“不合格”)，活性氧的质量分数为_________。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2 (3). 水浴加热 (4). H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3+ (5). 2 (6). 5 (7). 6H+ (8). 2Mn2++8H2O+5O2 (9). 偏高 (10). 合格 (11). 20%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题从物质的制备入手，通过过氧化氢水溶液与尿素反应，可得到)CO(NH2)2·H2O2，在结合仪器的辨别，反应的方程式等知识点进行考查，重点是利用氧化还原反应的原理来测定过氧化尿素中活性氧含量。‎ ‎【详解】(1)根据上图，可知仪器X是球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；‎ ‎(2)CO(NH2)2·H2O2是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，由双氧水和饱和尿素CO(NH2)2反应制备，化学方程式为：CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2，反应温度为30℃，可采取水浴加热的方式，故答案为：CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2；水浴加热；‎ ‎(3)过氧化氢水溶液呈酸性，会与铁单质反应，生成的金属离子能加快过氧化氢的分解，所以搅拌器不能选择铁质材料，故答案为：H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3+；‎ ‎(4)①反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2，故答案为：2；5；6H+；2Mn2++8H2O+5O2；‎ ‎②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，依据反应的电离关系可知，5×c(标准)×V(标准)=c(待测)×V(待测)×2，测得标准液体积偏大，结果偏高，故答案为：偏高；‎ ‎③称取干燥样品8.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容．准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入1mL 6mol/L的硫酸，然后用0.2000mol/L KMnO4 标准溶液滴定，至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL；依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2； ‎ - 23 -‎ ‎     2MnO4-～～～～～5H2O2；       2                   5 0.0200L×0.2000mol/L   0.01mol 250mL容量瓶中含过氧化氢0.1mol，过氧化氢质量=0.1mol×34g/mol=3.4g，过氧化氢质量分数=3.4g/8g×100%=42.5%，过氧化氢质量分数大于34%；活性氧16%，相当于H2O234%，则活性氧质量分数=16%×42.5%/34%=20%，该产品为合格产品，故答案为：合格；20%；‎ ‎【点睛】从题中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息扑捉的有效性．解答的问题实际上与复杂的转化图相比，其实很简单很基础，或者可以说转化图提供的是情境，考查基本知识。‎ ‎17.N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：‎ ‎(1)N原子中最高能级的电子的电子云轮廓图为___________；基态Cu+的核外电子排布式为____________。‎ ‎(2)化合物(CH3)3N可用于制备医药、农药。分子中N原子杂化方式为________，该物质能溶于水的原因是_____________________。‎ ‎(3)[H2F]+[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸，其阳离子的空间构型为_____________，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子______________(写化学式)。‎ ‎(4)氮、铜形成的一种化合物的晶胞结构如图所示。与每个Cu原子紧邻的Cu原子有____个，令阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为______g/cm3。(列出计算式)‎ ‎【答案】 (1). 哑铃形或纺锤形 (2). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (3). sp3 (4). (CH3)3N为极性分子，且可与水分子形成分子间氢键 (5). V形 (6). H2O或H2S (7). 8 (8). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ - 23 -‎ 根据N原子的核外电子排布式判断最高能级的电子的电子云轮廓图。根据基态铜原子的核外电子排布式写出基态Cu+的核外电子排布式。根据价层电子对数判断杂化类型，根据分子结构判断易溶于水的原因。根据价层电子对互斥理论判断分子的立体构型，根据同族替换或等量代换找出等电子体。根据晶胞结构分析化学式并进行计算。‎ ‎【详解】(1)N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最高能级的电子为2p上的电子，电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形；基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+是基态铜原子失去最外层的一个电子得到的，Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；‎ ‎ (2)化合物(CH3)3N分子中N原子与三个甲基形成了3对共用电子对，N上还有一对孤电子对，价层电子对数4，杂化方式为sp3，(CH3)3N为极性分子，且可与水分子形成分子间氢键，故易溶于水；‎ ‎(3)[H2F]+中F上的孤电子对数为，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体型，分子的空间构型为V形，与[H2F]+互为等电子体的分子为H2O或H2S；‎ ‎(4)图中与每个Cu原子紧邻的Cu原子有8个，铜原子和氮原子的个数分别为、，该晶体的密度为g/cm3。‎ ‎【点睛】VSEPR模型和分子的空间构型不一定相同，没有孤对电子时相同，有孤对电子时要去掉孤对电子才是分子的立体构型，为学生的易错点。‎ ‎18.二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。‎ ‎(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H。‎ 几种物质的相对能量如下：‎ ‎△H=______kJ·mo1。改变下列“量”，一定会引起△H发生变化的是_____(填代号)。‎ A．温度 B．反应物浓度 C．催化剂 D．化学计量数 ‎(2)有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为_______(填标号)。‎ A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 ‎ (3)采用新型催化剂(主要成分是Cu—Mn的合金)制备二甲醚。催化剂中n(Mn)／n(Cu)‎ - 23 -‎ 对合成二甲醚的影响情况如下图所示。‎ 当n(Mn)／n(Cu)=2时，二甲醚的选择性()为85．8%，此时二甲醚的产率为_________。‎ ‎(4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72-)转化为Cr3+。原理如下图：‎ ‎①燃料电池中的负极是______(填“M”或“N”)电极。电解池阴极的电极反应式为______________________________。‎ ‎②消耗6．9g二甲醚时可处理Cr的含量为26．0g·L-1的废水1L，该套装置的能量利用率为___________。(保留3位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). －253．4 (2). D (3). B (4). 61．8% (5). M (6). Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O (7). 83．3%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应热△H=生成物总能量-反应物总能量进行计算；根据影响化学平衡移动因素进行分析；根据二甲醚的选择性计算公式：进行计算；根据氢离子移动方向判断正负极，根据电子守恒计算能量的利用率。‎ - 23 -‎ ‎【详解】(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=生成物总能量-反应物总能量=1453.0 kJ·mo1-1-(3285.8kJ·mo1-1+3kJ·mo1-1)=-253.4 kJ·mo1-1； ‎ A.改变温度会影响化学反应平衡移动，但不会影响△H，故 A不符合题意； ‎ B.改变反应物浓度，影响化学反应平衡移动，但不会影响△H ，故 B不符合题意；‎ C.催化剂只改变化学反应速率，不会影响△H，故C不符合题意； ‎ D.反应热与化学反应计量数成正比，所以改变化学计量数会影响△H，故 D符合题意；‎ 故答案：-253.4；D；‎ ‎(2) 根据3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-253.4 kJ·mo1-1可知，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低，降低温度，平衡正向移动，CH3OCH3产率升高；增大压强，平衡正向移动，CH3OCH3产率升高，降低压强，平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低；所以有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为低温高压，故B正确；故答案：B。‎ ‎(3) 当=2时，二甲醚的选择性()为85.8%，由图可知CO的转化率为72%，此时二甲醚的产率=85.8%=61.8%，故答案：61.8%；‎ ‎(4)①由质子交换膜中氢离子移动方向可知，M为负极，N为正极；电解池中与正极相连为阳极发生氧化反应，与负极相连极为阴极发生还原反应，所以反应的电极反应式为：Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O，故答案：M；Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O；‎ ‎②n(CH3OCH3)=，根据 电子守恒：CH3OCH3 - 12e-+3H2O= 2CO2↑+12H+可知转移电子为12，可以还原m(Cr)=26.0g·L-11L=26.0g，根据Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O可知转移的电子==1.5mol，该套装置的能量利用率=100%=83.3%，故答案为： 83.3%。‎ ‎【点睛】(4)‎ - 23 -‎ 原电池电解池综合考查，首先要确定原电池电极，才能进一步解决电解池的问题，原电池电极的确定可以根据反应原理，结合质子交换膜H+移动方向和出口产物为水来确定。‎ ‎19.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的途径如图所示：‎ ‎(1) Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是____________‎ ‎(2)焙烧过程发生的主要反应为MoS2+O2→MoO3+SO2(未配平)，该反应的氧化产物是____________(填化学式)。‎ ‎(3)碱浸时生成Na2MoO4和一种气体A，该气体的电子式为________；沉淀时加入Na2S溶液的目的是______________________‎ ‎(4)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图1为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。‎ 第6层焙烧炉中所得MoO3与MoO2的物质的量之比为___________‎ ‎(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：‎ ‎①使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_______。‎ ‎②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是__________________________________。‎ ‎③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2‎ - 23 -‎ 的作用是_____________________________‎ ‎【答案】 (1). +6 (2). MoO3和SO2 (3). (4). 除去Pb2+离子 (5). 1：3 (6). 1：1 (7). C1-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸； (8). 替代空气中氧气起氧化剂作用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)~(3)从流程图知：先在空气中灼烧生成MoO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解MoO3，经过“沉淀”环节除去杂质PbS，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；据此分析解答；‎ ‎(4)~(6)通过读图、从图片中提取有效信息、结合元素守恒、影响速率的可能因素等知识分析、回答；‎ ‎【详解】(1) 根据化合物中元素化合价代数和为0，Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是+6；答案为：+6；‎ ‎(2) 焙烧过程中MoS2和O2反应生成MoO3和SO2，Mo元素的化合价从+2价升高到+6价、S元素的化合价从−1价升高到+4价，O元素的化合价从0价降低到−2价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为，该反应的还原剂是MoS2，则氧化产物是MoO3和SO2；‎ 答案为：MoO3和SO2；‎ ‎(3由流程图可知，碱浸时MoO3与Na2CO3反应生成一种气体A和Na2MoO4，可推知碱浸时发生了反应：，则A为CO2，电子式为；流程图中“沉淀时”加入Na2S溶液后再过滤，得到的滤液中已经不含铅元素，则铅元素转移到废渣中，即废渣含PbS，加入Na2S溶液目的是除去Pb2+离子；‎ 答案为：；除去Pb2+离子；‎ ‎(4)第6层焙烧炉中所得含钼元素产物有与MoS2、MoO3与MoO2，其中MoS2与MoO3物质的量百分数均为20%，则MoO2物质的量百分数为60%，则MoO3与MoO2的物质的量之比为1：3；‎ 答案为：1：3；‎ ‎(5)①根据图像知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg/L - 23 -‎ 时碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1； 答案为：1：1；‎ ‎②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异，则二者主要的差别为阴离子不同，可以推测其主要原因是C1-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；‎ 答案为：C1-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；‎ ‎③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用，以便在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜；‎ 答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用。‎ ‎【点睛】解本题的关键是：关注元素化合价的变化、判断反应是否是氧化还原反应、是不是复分解反应等等，应用相关规律进行分析判断；通过读图，发现图中有效信息、结合质量守恒定律等规律进行计算等。‎ ‎20.有机物I()是一种新型感光高分子化合物，工业合成I的路线如下：‎ 已知：同一个碳原子上连接有2个羟基时，自动脱去一个水分子。请回答下列问题：‎ ‎(1)有机物C中官能团名称_________。反应①的化学反应类型为______________。‎ ‎(2)反应④的化学方程式为：_______________________________________________。‎ ‎(3)反应⑤除生成H外，还生成一种能与碳酸氢钠反应放出气体的有机化合物M，M的结构简式为：_______________________。‎ ‎(4)X是H的芳香族同分异构体，1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg。则X共有__________种。写出一种核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式_____________________。‎ - 23 -‎ ‎(5)参照上述合成路线。设计以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的流程图。‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 加成反应 (3). +2NaOH+2NaCl+H2O (4). CH3COOH (5). 10 (6). 或 (7). CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应条件分析合成过程可知，C应为物质B发生加聚反应而生成的产物，则C的结构简式为：，C在NaOH溶液中发生酯的水解，生成D()。由G的结构简式，结合E→F→G的反应条件，可知E为苯的同系物，发生苯环侧链上的取代反应生成F，F在NaOH溶液、加热条件下发生卤代烃的水解，最终得到G，结合已知条件可知，E为，F应为，F水解后苯环侧链上的碳原子连接有2个羟基，脱去一个水分子，生成G，G与(CH3CO)2O发生反应，生成H，结合G、I的结构简式，可知H为。H和D发生酯化反应，生成I。据此进行分析。‎ ‎【详解】(1)根据分析，可知有机物C的结构简式为：，所含官能团为酯基。分析反应①的反应机理，可知乙炔叁键断裂，与A发生加成反应，答案为：酯基；加成反应；‎ ‎(2)反应④为卤代烃的水解反应，水解后形成两个羟基连在同一个碳原子上，根据已知条件，同一个碳原子上连接有2个羟基时，自动脱去一个水分子。故反应方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH - 23 -‎ ‎+2NaCl+H2O；‎ ‎(3)根据M能与碳酸氢钠反应放出气体可知M分子中含有羧基，结合反应物G和(CH3CO)2O以及H的结构简式，可知M应为CH3COOH。答案为：CH3COOH；‎ ‎(4)H的同分异构体X满足：能发生银镜反应，且1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg，说明X中含有两个醛基，当苯环上只有一个取代基时，取代基只能是-CH(CHO)2，对应结构只有1种；若苯环上有两个取代基时，取代基为-CHO、-CH2CHO，对应的结构有3种；当苯环上有三个取代基时，取代基为：-CH3、-CHO、-CHO。对应的结构有6种，故X的结构共有1+3+6=10种。核磁共振氢谱有4组峰，说明其结构中有4种不同化学环境的氢原子，则符合该条件的X的结构简式为：或。答案为：10；或；‎ ‎(5)以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的过程中涉及碳链的增长和官能团的转化，结合题中合成路线A→B可知，羧酸和碳碳叁键可发生加成反应生成含碳碳双键的酯，分析目标产物，则可考虑将乙醇转化为CH3CH＝CHCOOH，然后与乙炔发生加成反应得到目标产物。参考题中G→H的转化过程，将乙醇氧化为乙醛，然后与(CH3CO)2O发生反应，可得到CH3CH＝CHCOOH，则合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2；答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2。‎ ‎ ‎ - 23 -‎