山东省2020届高三普通高中学业水平等级考试 · 模拟卷（三）化学试题 Word版含解析

山东省2020届高三普通高中学业水平等级考试 · 模拟卷（三）化学试题 Word版含解析

‎2020普通高中学业水平等级考试·模拟卷（三）‎ 化学试题 本试卷共6页，共20题，满分100分，考试用时90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎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、笔迹清楚。‎ ‎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 C 12 N 14 O16 S 32 Fe 56 V83 Pr 141‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题意的。‎ ‎1.对以下古诗文中的现象，分析错误的是( )‎ A. “以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”，指的是黑火药爆炸，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑‎ B. “司南之杓(勺)，投之于地，其杓指南”，司南中“杓”的主要成分为Fe3O4‎ C. “试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为硅酸盐，该诗句表明玉的硬度很大 D. “自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”， 描述的是黑火药，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，故A正确；‎ B、司南中“杓”能指示方向，说明具有磁性，主要成分为Fe3O4，故B正确；‎ C、玉的成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满” 说明“玉”的熔点较高，故C错误；‎ D、“缣帛者谓之为纸”，文中“纸”是丝织品，主要成分是蛋白质，故D正确。选C。‎ ‎2.下列烷烃命名错误的是 A. 2-甲基丁烷 B. 3-甲基庚烷 C. 3,4-二甲基戊烷 D. 3-乙基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2─甲基丁烷名称中主碳链4个碳，从离取代基近的一端编号得到2─甲基丁烷，名称符合命名原则，故A正确；‎ B. 3─甲基庚烷中主碳链7个碳，从离取代基近的一端编号得到3─甲基庚烷，名称符合命名原则，故B正确；‎ C.3，4─二甲基戊烷中主碳链5个碳，从离取代基近的一端编号得到2，3─二甲基戊烷，名称不符合命名原则，故C错误；‎ D. 3─乙基戊烷中主碳链5个碳，从离取代基近的一端编号得到3─乙基戊烷，名称符合命名原则，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列实验不宜使用锥形瓶的是 A. 蒸馏 B. 用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2‎ C. 中和滴定 D. 配制500mL 0.2 mol·L－1的H2SO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸馏时尾气接收装置需用锥形瓶，不符合题意，A项不选；‎ B. 用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2，采用的发生装置为固液不加热装置，因此可以用锥形瓶，不符合题意，B项不选；‎ C. 中和滴定时，使用锥形瓶盛放待测液，不符合题意，C项不选；‎ D. 配制500mL 0.2 mol·L－1的H2SO4溶液，根据配制步骤可知，使用的玻璃仪器主要有：500mL容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管等，但不需要锥形瓶，D项选；‎ 答案选D。‎ ‎4.科学研究证明：核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关，还与核外电子的数目及核电荷的数目有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，都是[Ne]3s23p6‎ ‎。下列说法正确的是（ ）‎ A. 两粒子都达8电子稳定结构，化学性质相同 B. 两粒子的电子发生跃迁时，产生的光谱不同 C. 两粒子的1s能级上电子的能量相同 D. 两粒子的3p能级上的电子离核的距离相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫离子是得到电子后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，A错误；‎ B.电子的能量不同，则发生跃迁，产生的光谱不同，B正确；‎ C.虽然电子数相同，但核电荷数不同，所以能量不同，C错误；‎ D.同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎5.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如下图所示，下列有关叙述不正确的是 A. X的分子式为C8H8O2‎ B. X、Y、Z均能和NaOH溶液反应 C. 可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z D. 1mol X跟足量H2反应，最多消耗4mol H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据X的结构式，X的分子式为C8H8O2，故A正确；‎ B. X含有酯基，Y含有酚羟基，Z含有羧基均能和NaOH溶液反应，故B正确；‎ C. Y中含有酚羟基，结合苯酚性质，可电离出氢离子，不能使酸性指示剂变色，其酸性比碳酸还弱，不与NaHCO3溶液反应； Z为有机酸，酸性比碳酸强，与NaHCO3溶液反应释放出二氧化碳气体；故C正确；‎ D. X中酯基上的碳氧双键不发生加成反应，1mol X跟足量H2反应，最多消耗3mol H2，故 D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考察有机物官能团的性质，利用已学过的知识，结合官能团的化学性质，来解题，碳碳双键、醛基、苯环可以发生加成反应可以被氢气还原，酯类物质结构中的碳氧双键不能发生氢气加成反应。‎ ‎6.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径: X>Y>Z>W B. W的单质在常温下是黄绿色气体 C. 气态氢化物的稳定性: Z>W>Y D. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。‎ A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；‎ B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；‎ C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y ‎，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；‎ D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。‎ ‎7.钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2 CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是(　　)‎ A. 上述反应是氧化还原反应 B. TiO2和CO2属于酸性氧化物 C. CaTiO3属于含氧酸盐 D. CaCO3属于强电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CaCO3+TiO2CaTiO3+CO2↑，反应中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故A错误；‎ B. TiO2、CO2和碱反应可以生产盐和水，都是酸性氧化物，故B正确；‎ C. 碱性氧化物+酸性氧化物→含氧酸盐，由反应可知CaTiO3属于含氧酸盐，故C正确；‎ D. CaCO3是盐，属于强电解质，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】A项注意化学变化中有元素化合价变化的属于氧化还原反应。‎ ‎8.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快 用3mL稀硫酸与足量纯锌反应，产生气泡速率较慢，然后加入1mL 1mol·L−1CuSO4‎ 溶液，迅速产生较多气泡 B 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2样品溶于稀硝酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红 C 证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强 将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色 D 证明氯化银的溶解度大于硫化银的溶解度 向2mL 0.1mol·L−1硝酸银溶液中加入1mL 0.1‎ mol·L−1 NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol·L−1的Na2S溶液，有黑色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应生成单质铜，形成铜锌原电池，反应速率加快，与反应物浓度无关，A项错误；‎ B.稀硝酸能将Fe(NO3)2氧化成Fe(NO3)3，无法检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质，B项错误；‎ C.加入食醋，反应生成次氯酸，漂白能力增强，C项正确；‎ D.硝酸银有剩余，加入硫化钠溶液直接与硝酸银溶液，而不是与氯化银反应生成Ag2S黑色沉淀，D项错误。‎ 本题答案选C。‎ ‎【点睛】要证明两种难溶物的溶解度大小，一般采用一种难溶的电解质可以转化为更难溶的；但是需要的是难溶物直接转化为另一种更难溶的，而在此题中，由于硝酸银过量，加入硫化钠，会直接与硝酸银反应，而不是氯化银转化为硫化银，所以不符合要求。‎ ‎9.已知：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO；利用如图装置用正丁醇合成正丁醛相关数据如表： ‎ 物质 ‎ 沸点/℃ ‎ 密度 / g∙cm-3 ‎ 水中溶解性 ‎ 正丁醇 ‎ ‎117.2‎ ‎0.8109‎ 微溶 ‎ 正丁醛 ‎ ‎75.7‎ ‎0.8017‎ 微溶 ‎ 下列说法中，不正确的是 A. 为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7  溶液逐滴加入正丁醇中 B. 当温度计1示数为90~95℃ ，温度计2示数在76℃  左右时，收集产物 C. 反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出 D. 向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，与题意不符，A不选； ‎ B.由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90~95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，与题意不符，B不选；‎ C.正丁醛密度为0.8017g∙cm-3，小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，与题意不符，C不选；‎ D.正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，符合题意，D选。 ‎ 故选D。‎ ‎10.以电石渣[主要成分为 Ca(OH)2 和 CaCO3]为原料制备 KClO3 的流程如下：‎ 下列说法正确的是 A. 打浆步骤，将电石渣配制成溶液 B. 氯化步骤，发生的主要反应 2Ca(OH)2+2Cl2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O C. 转化步骤，发生复分解反应，将所得溶液蒸发结晶过滤得 KClO3 晶体 D. KClO3 晶体中可能混有 KCl、KClO 等杂质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电石渣[主要成分为 Ca(OH)2 和 CaCO3]难溶于水，加水打浆步骤无法将电石渣配制成溶液，选项A错误；‎ B. 氯化步骤，发生的主要反应 6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，选项B错误；‎ C. 转化步骤，发生复分解反应，KClO3受热易分解，将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得 KClO3 晶体，选项C错误；‎ D、氯化时反应有部分次氯酸钙产生，根据反应过程物质转化可知，KClO3 晶体中可能混有 KCl、KClO 等杂质，选项D正确。‎ 答案选D。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但选不全的得1分，有选错的得0分。‎ ‎11.用间接电化学法可对大气污染物 NO 进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 ( )‎ A. 电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e- = 2OH-+H2↑‎ B. 电解时 H+ 由电极II向电极I迁移 C. 吸收塔中的反应为2NO+2S2O+2H2O =N2 +4HSO D. 每处理1mo1NO，可同时得到32gO2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HSO3－在电极I上转化为S2O，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋，电极Ⅱ为阳极。‎ ‎【详解】A．HSO3－在电极I上转化为S2O，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O，故A错误；‎ B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H＋通过质子膜向电极I处移动，故B正确；‎ C．吸收塔中通入NO和S2O42－离子反应，生成N2和HSO，所以反应方程式为：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO，故C正确；‎ D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋，每处理1 mol NO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol，质量为0.5mol×32g·mol－1=16g，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】本题考查电化学知识，根据电化学装置原理图分析，明确电极反应是解题的关键，突破口A，HSO在电极I上转化为S2O，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，由此分析。‎ ‎12.偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]与 N2O4 是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下：‎ ‎① (CH3)2N—NH2(1)+2N2O4(1) = 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) △H1＜0‎ ‎②N2O4(1) 2NO2(g) △H2＞0‎ 下列说法不正确的是 ( )‎ A. 反应①中，N2O4 为氧化剂 B. 反应①中，生成1mo1CO2 时，转移16mo1e-‎ C. 由反应②推断：加压、降温是获得液态 N2O4的条件 D. 温度升高，反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①中，N2O4中N元素的化合价降低，发生还原反应，N2O4为氧化剂，故A正确；‎ B．反应中C元素的化合价从-4价升高到+4价，所以反应①中，生成1mol CO2时，转移8 mol ‎ e－，故B错误；‎ C．由反应②：增大压强逆向移动，降低温度向吸热方向移动，降低温度也向逆方向移动，所以加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；‎ D．升高温度增大反应速率，所以温度升高，反应①的化学反应速率增大、反应②的化学反应速率增大，故D错误。‎ 故选BD。‎ ‎13.利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。‎ 下列有关叙述错误的是 A. 负极的电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+‎ B. 电池工作时，H+由M极移向N极 C. 相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：2‎ D. 好氧微生物反应器中发生的反应为NH4++2O2==NO3-+2H++H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 图示分析可知：N极NO3-离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。M极CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．M极为负极，CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+，故A正确；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，即H+由M极移向N极，故B正确；C．生成1molCO2转移4mole-，生成1molN2转移10mol ‎ e-，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10mol：4mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，故C错误；D．NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，则反应器中发生的反应为NH4++2O2==NO3-+2H++H2O，故D正确；故答案为C。‎ ‎14.常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。‎ 下列叙述正确的是 A. 曲线N表示pOH与两者的变化关系 B. NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)‎ C. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)‎ D. 常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或 ‎=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c( X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。‎ ‎15.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是 A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移 D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；‎ B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；‎ D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.1，2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1)，反应原理为：‎ I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) △H1=—134kJ·mol-1‎ II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·mol-1‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为______kJ·mol-1。‎ ‎(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和C12(g)。在催化剂作用下发生反应I、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。‎ 时间/min ‎0‎ ‎60‎ ‎120‎ ‎180‎ ‎240‎ ‎300‎ ‎360‎ 压强/kPa ‎80‎ ‎74.2‎ ‎69.4‎ ‎65.2‎ ‎61.6‎ ‎57.6‎ ‎57.6‎ ‎①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=______kPa·min-1。(保留小数点后2位)。‎ ‎②该温度下，若平衡时HC1的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率 ‎_______；反应I的平衡常数Kp=_____kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。‎ ‎(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。‎ ‎①下列说法错误的是___________(填代号)。‎ a．使用催化剂A的最佳温度约为250℃‎ b．相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率 c．两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变 d．提高CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度 ‎②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_______________________________________________________________。‎ ‎③p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率，判断理由是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 164 (2). 0.09 (3). 74% (4). 0.21 (5). bd (6). 温度较低，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小 (7). 不是平衡产率，因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450℃的产率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)已知：I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) △H1=—134kJ·mol-1，II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热 ‎△H=Ea(正)-Ea(逆)；‎ ‎(2)①因反应II的△V=0，△p=0，则反应I的△p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，根据，计算120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)；‎ ‎②设起始时CH2=CHCH3(与)和C12(g)均为5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol×=7.2mol，减小的物质的量为10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)为2.8mol，平衡时HC1的体积分数为，说明生成的HCl为7.2mol×=0.9mol，结合反应I、Ⅱ，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8mol+0.9mol=3.7mol，由此计算平衡时丙烯的平衡总转化率和反应I的平衡常数；‎ ‎(3)①a．由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250℃；‎ b．根据反应I的特点分析压强对产率的影响；‎ c．使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热；‎ d．不同催化剂对产率影响与温度有关；‎ ‎②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，说明此时催化效率低；‎ ‎③在相同温度下，不同的催化剂能改变反应速率，但不影响平衡状态，反应I是放热反应，温度升高平衡会逆向移动。‎ ‎【详解】(1)已知：I．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) △H1=—134kJ·mol-1，II．CH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热△H=△H1-△H2=Ea(正)-Ea(逆)，则Ea(逆)=Ea(正)-（△H1-△H2）=132kJ·mol-1-（—134kJ·mol-1+102kJ·mol-1）=164kJ·mol-1；‎ ‎(2) ①因反应II的△V=0，△p=0，则反应I的△p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，则120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)==kPa·min-1≈0.09kPa·min-1；‎ ‎②设起始时CH2=CHCH3(g)和C12(g)均为5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol ‎，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol×=7.2mol，减小的物质的量为10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)为2.8mol，平衡时HC1的体积分数为，说明生成的HCl为7.2mol×=0.9mol，结合反应I、Ⅱ，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8mol+0.9mol=3.7mol，故平衡时丙烯的平衡总转化率α=×100%=74%；另外平衡时CH2=CHCH3(g)和C12(g)均为1.3mol，CH2C1CHC1CH3为2.8mol，则反应I的平衡常数Kp=≈0.21 kPa-1；‎ ‎ (3)①a．由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250℃，即使用催化剂A的最佳温度约为250℃，故a正确；b．反应I是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故CH2C1CHC1CH3的产率会随着压强的改变而改变，b错误；c．催化剂能降低反应的活化能，但不影响△H，故c正确；d．由图中信息可知，两种不同的催化剂对CH2C1CHC1CH3的产率的影响有明显的差别，催化剂明适宜的活化温度，故提高该反应的选择性的关键因素是催化剂的选择及其活化温度的控制，故d错误；故答案为bd；‎ ‎②催化剂的效率与温度有关，当温度较低时，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小，导致CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大；‎ ‎③反应I的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450℃的产率，故p点不是对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率。‎ ‎17.［化学——物质结构与性质］‎ 镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57～71的元素。‎ ‎（1）镝（Dy）的基态原子电子排布式为［Xe］4f106s2，画出镝（Dy）原子外围电子排布图：_____。‎ ‎（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的电子排布式为______。‎ ‎（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示＋3价的元素是_____（填元素名称）。‎ 几种镧系元素的电离能（单位：kJ·mol－1）‎ 元素 I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ Yb（镱）‎ ‎604‎ ‎1217‎ ‎4494‎ ‎5014‎ Lu（镥）‎ ‎532‎ ‎1390‎ ‎4111‎ ‎4987‎ La（镧）‎ ‎538‎ ‎1067‎ ‎1850‎ ‎5419‎ Ce（铈）‎ ‎527‎ ‎1047‎ ‎1949‎ ‎3547‎ ‎（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4）2［Ce（NO3）6］。‎ ‎①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。‎ ‎②写出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：______（任写一种）。‎ ‎③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（AlCl3）2，分子中Al原子杂化方式为______，分子中所含化学键类型有______（填字母）。‎ a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．配位键 ‎（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有____个氧原子；已知晶胞参数为apm，密度为ρg·cm－3，NA＝_____（用含a、ρ的代数式表示）。‎ ‎【答案】 (1). (2). [Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8) (3). 镧 (4). O>N>H>Ce (5). N－H···O(或N－H···N或O－H···N或O－H···O) (6). sp3 (7). bd (8). 8 (9). (或)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）.根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为：，故答案为：；‎ ‎（2）.Cu是 29号元素，基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+ 的电子排布式为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)，故答案为[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)；‎ ‎（3）.第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3 价的元素是镧，‎ 故答案为镧；‎ ‎（4）. ①.元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]，组成配合物的四种元素中，因元素非金属性越强，电负性越大，则O>N>H，又因Ce是金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为：O>N>H>Ce，故答案为：O>N>H>Ce；‎ ‎② . N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)，故答案为N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；‎ ‎③ .在气态氯化铝 (AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道，故答案为sp3；bd；‎ ‎（5）.PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×1/2+8×1/8=4，则氧原子个数为：4×2=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ==，则NA=(或)，故答案为8；(或)；‎ ‎18.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。‎ 查阅资料：‎ ‎①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。‎ ‎②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。‎ 实验过程：‎ I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。‎ Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。‎ ‎(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。‎ ‎(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。‎ ‎(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。‎ ‎①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；‎ ‎②柠檬酸的作用还有________________________。‎ ‎(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。‎ ‎(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 (5). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (6). pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 (7). 防止Fe2+被氧化 (8). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (9). 75‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据仪器结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；‎ ‎(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；‎ ‎(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；‎ ‎(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；‎ ‎②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；‎ ‎(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；‎ ‎(6) 17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。‎ ‎【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；‎ ‎(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；‎ ‎(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；‎ ‎②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；‎ ‎(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；‎ ‎(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。‎ ‎19.工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。‎ ‎(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎(2)滤渣主要成分是________________(写化学式)。‎ ‎(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素沉降率达到98％，至少应调节c(NH4+)为____mol·L-1。[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]‎ ‎(4)“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______________________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是____________________________。‎ ‎(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O)‎ ‎①KMnO4溶液的作用是______________。‎ ‎②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。‎ ‎③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2 (2). Mg3(PO4)2、MgSiO3 (3). 0.8 (4). N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O (5). 有氯气生成，污染空气 (6). 将VO2+氧化为VO2+ (7). (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钒炉渣（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物加水溶解，向溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3．滤液中加入氯化铵沉钒生成NH4VO3，其受热分解生成V2O5，再用盐酸酸化的N2H4•2HCl 还原V2O5生成VOCl2，最后再向反应后溶液中加入NH4HCO3，即可得到产品氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]；‎ ‎（5）①测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2+，再加入NaNO2溶液除去过量的KMnO4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定VO2+；‎ ‎②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算；‎ ‎③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，由此判断误差；‎ ‎【详解】(1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；‎ ‎(2)焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；‎ ‎ (3)已知Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)•c(VO3-)=1.6×10-3, 若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素的沉降率达到98％，则溶液中剩余c(VO3-)=0.1mol·L-1×2%=0.002 mol·L-1，此时c(NH4+)=mol·L-1=0.8mol·L-1；‎ ‎(4)用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；‎ ‎(5)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；‎ ‎②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为=；‎ ‎③若(NH4)2Fe(SO4)2‎ 标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。‎ ‎20.‎ 利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：‎ 已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2‎ ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为____。‎ ‎（2）B中含氧官能团的名称是______。‎ ‎（3）X的分子式为_______。‎ ‎（4）反应①的反应类型是________。‎ ‎（5）反应②的化学方程式是_______。‎ ‎（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。‎ ‎（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。‎ ‎【答案】 (1). 3-氯丙炔 (2). 酯基 (3). C13H16O2 (4). 取代反应 (5). (6). ‎ ‎ (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；‎ ‎（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；‎ ‎（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；‎ ‎（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；‎ ‎（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；‎ ‎（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；‎ ‎（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。‎