精品解析：山東省泰安市2020屆高三第三次模擬試卷化學試題(解析版)

1、高三一輪檢測化學試題1 .本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，第I卷 1至4頁，第II卷5至8 頁。2 .答題前，考生先將自己的學校、姓名、班級、準考證號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。3 .選擇題答案必須使用2B 鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4 .請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Mn-55

2、第I卷（選擇題共40分）一、選擇題：本題共10 小題，每小題2 分，共 20 分。每小題只有一個選項符合題意。1. 化學與生產、生活及環(huán)境密切相關，下列說法不正確的是（）A. 針對新冠肺炎疫情，可用高錳酸鉀溶液、無水酒精、雙氧水對場所進行殺菌消毒B. 常用危險化學品標志中的數字主要表示的是危險的級別C. 硅膠常用作食品干燥劑，也可以用作催化劑載體D. 葡萄酒中通常含有微量SO2【答案】A【解析】【詳解】A 高錳酸鉀溶液和雙氧水是利用其強氧化性進行殺菌消毒，但不用無水酒精，無水酒精濃度太高使細菌表面的蛋白質凝固，形成了一層硬膜阻止酒精分子進一步滲入細菌內部，反而保護了細菌，使它免遭死亡，一般使用

3、75%的酒精水溶液消毒，故A 錯誤；B 常用危險化學品標志中的數字是對其危險特性的分類，如第一類：爆炸品、第二類：易燃氣體、第三類：易燃液體等，故B 正確；C.硅膠無毒無味，具有較強的吸附性，化學性質穩(wěn)定，可用于作催化劑的載體或食品干燥劑，故C正確；D SO2 能殺菌還有較強的還原性，故添加在葡萄酒中既能殺菌又能防止葡萄酒被氧化，故D 正確；答案選A。2.下列有關儀器的使用方法或實驗操作正確的是（）A.洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干B.蒸發(fā)時將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺的鐵圈上，并加墊石棉網加熱C.使用CC14萃取濱水中的澳時，振蕩后需打開活塞使漏斗內氣體放出D.酸堿中和滴定過程中，眼睛必須注

4、視滴定管刻度的變化【答案】C【解析】【詳解】A.洗凈的錐形瓶和容量瓶有水，用于滴定實驗和配置一定量濃度的溶液時對實驗無影響，不需要烘干，故A錯誤；B.蒸發(fā)時將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺的鐵圈上，蒸發(fā)皿是可以直接加熱的儀器，不需要加墊石棉網， 故B錯誤;C.使用CC14萃取濱水中的澳時，從安全角度考慮，振蕩后需打開活塞使漏斗內氣體放出，防止分液漏斗內壓強過大引起危險，故 C正確；D.酸堿中和滴定過程中，眼睛必須注視錐形瓶中溶液顏色變化，以便準確判斷滴定終點，不需要注視滴定管刻度的變化，故D錯誤；答案選Co【點睛】化學實驗中可用于直接加熱的儀器有：試管、蒸發(fā)皿、塔埸、燃燒匙。燒杯、燒瓶、錐形瓶均不可以直接

5、加熱，需要墊上石棉網，以防止因受熱不均而發(fā)生炸裂。3.Weiss利用光敏劑 QD制備2環(huán)己基苯乙烯（c）的過程如圖所示。下列有關說法正確的是A. a不能使酸性KMnO4溶液褪色B. a、b、c都能發(fā)生加成、加聚反應C. c中所有原子共平面D. b、c為同系物KMnO4溶液褪色，故【詳解】A. a便）中含有碳碳雙鍵，能與酸性高鎰酸鉀發(fā)生氧化還原反應，使酸性A錯誤;B. a(0)、b)、c(）都含有碳碳雙鍵，具有烯煌的性質，可發(fā)生加成反應，加聚反應，故B正確;C.D. b）含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特點，則所有原子不可能共平面，故）的結構不同，不屬于同系物，故 D錯誤;C錯誤;故選B?！军c睛】

6、本題的易錯點為 C,要注意有機物分子中只要含有飽和碳原子（包括：-CH3、-CH2-、)中的一種，分子中的所有原子就不可能處于同一平面內。4.膽磯CuSO4 5H2O可寫為Cu（H 2O）4SO4 H2O,其結構示意圖如下:卜列有關膽磯的說法正確的是A. Cu2+的價電子排布式為 3d84s1B.所有氧原子都采取 sp3雜化C.膽磯中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D.膽磯所含元素中，H、O、S的半徑及電負性依次增大【解析】【詳解】A. Cu是29號元素，Cu原子的核外電子排布式為1s22s2 2p63s23p63d104s1,失去4s、3d能級上各一個電子生成 Cu2+,故C

7、u2+的價電子排布式 3d9,故A錯誤；B.硫酸根離子中S和非羥基。和H2O中的O原子的雜化方式不同，不可能都是 sp3雜化，故B錯誤；C.銅離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫原子和氧原子間存在極性共價鍵，銅原子和氧原子間存在配位鍵，氧原子和氫原子間存在氫鍵，故 C正確；D. H、O、S分別為第1, 2, 3周期，所以半徑依次增大，但O的電負性大于S,故D錯誤;故選Co5.一定條件下，有機化合物 Y可發(fā)生重排反應:卜列說法不正確的是（）A. X、Y、Z互為同分異構體B. 1 mol X最多能與3 mol H 2發(fā)生加成反應C. 1 mol Y最多能與2 mol NaOH發(fā)生反應D.通過調控溫度

8、可以得到不同的目標產物【答案】B【解析】【詳解】A. X、Y、Z的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故 A正確；B. X的苯環(huán)上需要發(fā)生加成反應， 消耗3mol氫氣，碳氧雙鍵需要消耗 1mol氫氣，1 mol X最多能與4 mol H2發(fā)生加成反應，故 B錯誤；C.Y分子中含有酯基，在堿性條件下發(fā)生水解生成乙酸和鄰羥基甲苯，共消耗 2mol NaOH ,故C正確；D.從題目信息可以看出，在有三氯化鐵存在的條件下，溫度不同，產物不同，通過調控溫度可以得到不同的目標產物，故D正確；答案選Bo6.下列化學用語對事實的表述正確的是A.電解 CuCl2 溶液：CuCl2=Cu2+2Cl-B. Mg和

9、Cl形成離子鍵的過程：二Cl-V MgG"©； 一ml 1：C.向 Al2(SO4)3溶液中滴加 Na2CO3溶液：2Al3+3CO32-=Al 2(CO3)3 JD.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應：CH3COOH+C 2H5180H穩(wěn) 灌疊雕 CH3CO18OC2H5+H 2?！敬鸢浮緿【解析】【詳解】A.電解氯化銅溶液生成銅和氯氣，總的化學方程式為：CuCl2電腓Cu+Cl2 T,故A錯誤;B.氯化鎂為離子化合物，由離子形成離子鍵，其形成過程為,午、Mg介丁 Mg* ©丁，故 B 錯誤；C.向A12（SO4）3溶液中滴加少量 Na2CO3溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧

10、化碳氣體，反應的離子方程式為 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH) 3, +3COT,故 C 錯誤;D.竣酸與醇發(fā)生的酯化反應中，竣酸中的竣基提供-OH,醇中的-OH提供-H,相互結合生成水，其它基團相互結合生成酯，反應的方程式為CH3COOH+CH 3CH2180H濃硫盟CH3CO18OCH2CH3+H2O,故 D 正確;故選Do7 .下列各組原子中，彼此化學性質一定相似的是A.最外層都只有一個電子的 X、Y原子8 .原子核外M層上僅有兩個電子的 X原子與N層上僅有兩個電子的 丫原子C. 2P軌道上有三個未成對電子的X原子與3P軌道上有三個未成對電子的 丫原子D.原子核外電子排布

11、式為 1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的丫原子【答案】C【解析】【詳解】A.最外層都只有一個電子有 H、Na、Cu等，化學性質不一定相似，故 A錯誤；B.原子核外 M層上僅有兩個電子的 X原子為Mg,原子核外N層上僅有兩個電子的 Y原子有Ca、Fe、Ti 等，二者性質不一定相似，故 B錯誤；C. 2P軌道上有三個未成對電子的X原子為N, 3p軌道上有三個未成對電子的 Y原子為P, N、P位于同一主族，化學性質相似，故C正確；D,原子核外電子排布式為 1s2的原子是He,性質穩(wěn)定，原子核外電子排布式為1s22s2的原子是Be,性質較活潑，二者性質一定不相似，故 D錯誤；故選Co8

12、.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：ZIIX / 且W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是A. YW 3分子中的鍵角為120。B. W2Z穩(wěn)定性大于YW3C.物質甲分子中存在 6個b鍵D. Y元素的氧化物對應的水化物為強酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，根據四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外 電子排布均處于穩(wěn)定結構。根據圖示可知，X原子最外層含有 4個電子，丫原子最外層含有 5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序

13、數及 飛與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H, X為C, Y為N, Z為O元素，據此分析解答?！驹斀狻扛鶕治隹芍?， W為H, X為C, Y為N, Z為O元素。A. YW3為NH3,為三角錐形的分子，分子中的鍵角V 120°,故A錯誤；B.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，水的穩(wěn)定性大于氨氣，故 B正確；C.物質甲的結構簡式為 CO(NH2)2,存在7個b鍵和1個兀鍵，故C錯誤；D. N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；故選B?！军c睛】根據物質中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C,要注意

14、物質中化學鍵數目的判斷方法的應用。9 .下列方案設計能達到實驗目的的是14 ml. ：>1)1 mMT1L 2 mL OJ raql/IT H4<X濃演ntI 2mL0 J nolL 廠H£Q.衣或 nB * nd 冷口3 .回I KWO*占率球A檢驗淀粉是否水解B由褪色快慢研究反應物濃度對反應速率的影響和昌通 調A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A、淀粉水解時要用硫酸作催化劑，要先用 NaOH將混合液中和至弱堿性或中性，再用新制氫氧化 銅懸濁液檢驗，故 A正確；B、實驗的原理方程式為：2MnO 4 +5H2C2O4+6H +=2Mn 2+ + 1

15、0CO2 T +8HO,題中高鎰酸鉀過量，應設計成：高鎰酸鉀的物質的量相同，濃度不同的草酸溶液，且草酸要過量，探究反應物濃度對該反應速率的影響，故B錯誤；C、要證明甲烷與氯氣發(fā)生了取代反應，因有氯化氫生成，不能通過體積變化就斷定發(fā)生取代反應，故C錯誤；D、驗證KspCu(OH) 2卜KspMg(OH) 2 ,要先制得 Mg(OH) 2,再加入少量 Cu2+,沉淀轉化為 Cu(OH) 2,沉淀 由白色轉化成藍色，故 D錯誤； 故選Ao10 .硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2s和空氣的混合氣體通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收 S,其物質轉化如圖所示

16、。下列敘述正確的是A.在轉化過程中化合價不變的元素只有Cu和ClB.由圖示的轉化可得出氧化性的強弱順序：O2>Cu2+>SC.在轉化過程中能循環(huán)利用的物質只有FeCl2D.反應中當有34gH2s轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗 。2的質量為16g【答案】D【解析】【詳解】A.根據圖中各元素化合價知，Cu元素化合價都是+2價、H元素化合價都是+1價、Cl元素化合價都是-1價，所以化合價不變的是Cu、H、Cl元素，故A錯誤；B.轉化過程中O2把Fe2+氧化為Fe3+, Fe3+把硫離子氧化為 S,則氧化性的強弱順序：O2>Fe3+>S,故B錯誤；C.根據

17、圖示，反應的本質是空氣中的氧氣氧化H2s轉化為S和水，在轉化過程中能循環(huán)利用的物質有FeCl2、CuCl2、FeCl3,故 C 錯誤；D . H 2s轉化為硫單質，硫元素的化合價從 -2價變成0價，氧元素的化合價從 0價變成-2價，依據得失電子 數相等，所以2H2S-O2,所以有34gH2s轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗 O2的質量34g1為x X32g/mol=16g ,故 D 正確；34g / mol 2故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.現向下列裝置中緩慢通

18、入氣體X,分別進行關閉和打開活塞 K的操作，則品紅溶液和澄清石灰水中現象相同的一組是選項ABCDXNO2SO2Cl2CO2Y（過量）濃 H2SO4NaHCO3飽和溶液Na2SO3溶液NaHSO3飽和溶液A AB. BC. CD. D【答案】AD【解析】【詳解】A. NO2與濃硫酸不反應，關閉和打開活塞 K,通入品紅溶液的都是 NO2,品紅溶液均褪色，出來的氣體都是NO,和澄清石灰水都無明顯現象，現象相同，故A正確；B.若關閉活塞K,生成二氧化碳，則品紅溶液無變化，而澄清石灰水變渾濁；若打開活塞K,二氧化硫直接通入品紅0溶液褪色，加熱后又恢復紅色，現象不同，故B錯誤；c,若打開活m氣與水反應生成

19、的次氯酸具有強氧化性，品紅溶液褪色，加熱品紅不能復原，若關閉活塞K,氯氣與亞硫酸鈉反應生成鹽酸和硫酸鈉，沒有氣體放出，則品紅溶液無變化，現象不同，故C錯誤;D.二氧化碳與NaHSO3飽和溶液不反應，關閉和打開活塞K,通入品紅溶液的氣體都是二氧化碳，因此現象相同，故D正確；故選AD 。12.中科院科學家設計出一套利用SO2和太陽能綜合制氫方案，其基本工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.該電化學裝置中，Pt電極作正極B. Pt電極的電勢高于 BiVO4電極的電勢C.電子流向：Pt電極一導線 BiVO 4電極一電解質溶液一 Pt電極D. BiVO 4 電極上的反應式為 SO32- 2e-+2OH-

20、=SO42-+H2O【解析】【分析】該裝置為原電池，由 Pt電極上反應(H2Cf H 2)或BiVO 4電極上反應(SO32-SO42-)可知，Pt電極上氫離子得 電子生成氫氣、發(fā)生還原反應，為正極，電極反應為2H2O+2e- H2 T +2OH； BiVO 4電極為負極，SO32-失電子生成硫酸根、發(fā)生氧化反應，電極反應為SO32-2e-+2OH- SO2-+H2。，據此分析解答?！驹斀狻緼 . Pt電極上氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應，Pt電極作正極，故 A正確；B. Pt電極為正極，BiVO 4電極為負極，所以 Pt電極電勢高于 BiVO 4電極，故B正確；C.電子從BiVO 4電極

21、(負極)經導線流向Pt電極(正極)，不能進入溶液，故 C錯誤；D. BiVO 4電極為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為SO32-2e-+2OH- SO2-+H2。，故D正確；故選Co【點睛】根據電極上物質的變化判斷正負極為解答的關鍵。本題的易錯點為C,要注意溶液通過自由移動的離子導電，難點為 D,要注意電極反應式的書寫與溶液的酸堿性有關。13.分別在三個容積均為 2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：A(g)+B(g) ? D(g)。其中容器甲中反應進行至 5min時達到平衡狀態(tài)，相關實驗數據如表所示：容器溫度/C起始物質的量/mol平衡物質的量/mol化學平衡常數n(A)n(B)n(D)n(D)

22、甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02 02.8K3下列說法不正確的是A.。5min內，甲容器中 A的平均反應速率 v(A)=0.64mol L-1 min-1B. a=2.2C.若容器甲中起始投料為2.0molA、2.0molB,反應時，A的轉化率小于80%D. K1=K2>K3【答案】A【解析】【詳解】A .容器甲中前5min的平均反應速率v(D)=')=3.2m01 =0.32mol?L-1?min-1,則v(A尸VVt 2.0L 5minv(D)=0.32mol?L -1?min-1,故 A 錯誤;B.甲和乙的溫度相同，平衡常數

23、相等,甲中 A(g) +B(g) ? D(g)開始(mol/L) 2.02.00反應(mol/L) 1.61.61.6平衡(mol/L) 0.40.41.6化學平衡常數 K= 1.6=10,0.4 0.4'乙中A(g) + B(g) ? D(g)開始(mol/L) 2.0a02反應(mol/L) 1.01.01.0平衡(mol/L) 1.0a -1.01.021.0化學平衡常數 K c "一777=10,解得：a=2.2,故B正確;1.0 (0.5a 1.0)1.6mol / LC.甲中CO轉化率=/071 *100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0mo艮相

24、當于減小壓強,平衡逆向移動，導致 A轉化率減小，則 A轉化率小于80%,故C正確；D.甲和乙的溫度相同，平衡常數相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD ,若溫度不變等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器溫度高，平衡時 D的濃度減小，即升溫平衡逆向移動，則平衡常數減小，因此K1二K2>K3,故D正確；故選A。14.用惰性電極電解飽和食鹽水 （含少量Ca2+、Mg2+）并進行相關實驗（裝置如圖），電解一段時間后，各部分 裝置及對應的現象為：（1）中黑色固體變紅；（2）電極a附近溶液出現渾濁；（3）中溶液出現渾濁；（4）中溶液紅色褪去。下列對實驗現象解釋不正確的是A.

25、(1)中：CuO+H2 Cu+H2OB. (2)中 a 電極：2H2O+2e-=H2 T +2OH, Mg 2+2OH-=Mg(OH) 2 JC. (3)中:Cl2+S2-=SJ +2CD. (4)中：Cl2具有強氧化性【解析】【分析】用惰性電極電解飽和食鹽水（含少量Ca2+、Mg 2+）產生的氣體為氫氣和氯氣，氯氣具有強氧化性，而氫氣在加 熱條件下具有較強還原性，根據 （1）中黑色固體變紅，（2）電極a附近溶液出現渾濁可知，a電極為陰極，放出氫氣，生成氫氧根與鎂離子結合成白色沉淀，b電極為陽極，產生的氯氣可氧化硫化鈉生成硫沉淀出現渾濁,過量的氯氣通入含酚酗:的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可

26、能為H +中和了 OH-,也可能是氯氣與水反應生成的次氯酸的強氧化性所致，據此分析解答?！驹斀狻緼 . (1)中黑色固體變紅，是氫氣還原氧化銅，反應的化學方程式為：CuO+H2=Cu+H2O,故A正確；B. (2)電極a附近溶液出現渾濁，則 a電極放出氫氣生成氫氧根，與鎂離子結合成白色沉淀，相關反應為：2H2O+2e-H2 T +2OH, Mg2+2OH- Mg(OH)2 故 B 正確；C. (3)中溶液出現渾濁，是產生的氯氣氧化硫化鈉生成硫沉淀，離子方程式為：C12+S2- SJ+2C1故C正確；D. (4)中過量的氯氣通入含酚酗:的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能為H+中和了 OH-,也

27、可能是氯氣與水反應生成的次氯酸的強氧化性所致，故 D錯誤； 故選Do15.已知：常溫下，Ksp(ZnS)=1.6 俅-24; pM= lgc(M 2+)(M2+為 Cu2+或 Zn2+)。常溫下，向 10mL0.10mol L-1CuCl2a點溶液中,B.溶液中滴加0.10mol L-1Na2s溶液，滴加過程中 pM與Na2s溶液體積(V)的關系如圖所示。下列說法錯誤的c(Na+)=2c(S 2-)+c(HS -)+c(H 2S)C.d點溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+)D.相同條件下，若用等濃度等體積的ZnCl2溶液代替上述 CuCl2溶液，則反應

28、終點 c向上移動【答案】BD【解析】【分析】向 10.0mL0.10mol?L-1CuCl2溶液中滴加 0.10mol/L 的 Na2s 溶液，發(fā)生反應：Cu2+S2-? CuS，Cu2+單獨存在 或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，b點溶液中滴加 Na2s溶液的體積是10.0mL ,此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)? Cu2+(aq)+S2-(aq),結合圖象和溶度積常數分析解答?！驹斀狻?A . 該溫度下， 平衡時c(Cu2+ )=c(S 2-)=10 -17.7mol/L,故數量級為10-36,故A正確;Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1

29、0-17.7mol/L K0-17.7mol/L=10 -35.4 B. a點為CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了 CuS沉淀,c(Na+)> 2c(S2-)+c(HS-)+c(H 2S),故B錯誤；C . d點溶液中是Na2s和NaCl的混合溶液，硫離子水解溶液顯堿性，c(Na+) > c(Cl-) > c(S2-) > c(OH )> c(H +), 故C正確；D.相同實驗條件下，改用0.1mol?L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)= 1.6 10T24>Ksp(CuS),鋅離子濃度大于銅離子濃度，消耗硫化鈉溶液體積10mL,圖中反應終點c

30、點向b點方向移動，故 D錯誤；故選BD。第II卷(選擇題共60分)注意事項：1 .第R卷共4頁，用鋼筆或中性筆直接答在答題卡對應區(qū)域中(除題目有特殊規(guī)定外)。2 .答卷前將密封線內的項目填寫清楚。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.苯乙烯是重要的基礎有機化工原料。工業(yè)中以乙苯催化脫氫來制取苯乙烯：0 (g)?0(g)+H2(g) ?H=117.6kJ/mol已知：上述反應的速率方程為丫正二女正P乙苯,v逆=k逆P笨乙烯P氫氣，其中k正、k逆分別為正、逆反應速率常數，P為各組分分壓。(1)同時增大乙苯的反應速率和平衡轉化率所采取的措施是 。(2)在CO2氣氛下，乙苯可催化脫氫制苯乙烯，其

31、過程同時存在如圖兩種途徑：a=;與摻水蒸汽工藝相比，該工藝中還能夠發(fā)生反應：CO2+H2=CO+H2O, CO2+C=2CO。新工藝的特點有(填序號)。a.CO2與H2反應，使乙苯脫氫反應的化學平衡右移b.不用高溫水蒸氣，可降低能量消耗c.有利于減少生產過程中可能產生的積炭d.CO2在反應體系中作催化劑(3)在實際生產中，往反應釜中同時通入乙苯和水蒸氣，加入水蒸氣稀釋劑能提高乙苯轉化率的原因是。測得容器總壓(P總)和乙苯轉化率 “隨時間變化結果如圖所示。平衡時，P(H2O)=一 qgEF/八 ，-人、U '"正kPa,平衡常數Kp=kPa(用平衡分壓代替平衡濃度計算)；a處的

32、 (3). abc-v逆(4).體系總壓不變時，加入水蒸氣，相當于反應體系減壓，平衡正向移動，乙苯轉化率增大(5). 80(6). 45.2.5【解析】【分析】(1)結合影響化學反應速率和平衡移動的因素分析判斷；(2)由圖片可知ZHi = AH2+AH3,據此計算解答；a.CO2與H2反應，導致氫氣濃度減低，結合平衡的移動判斷；b.在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產效率下，可降低操作溫度；c.結合反應CO2+C2CO分析判斷；d.根據圖示，二氧化碳反應生成了CO,據此分析判斷；(3)根據加入水蒸氣對平衡移動的影響分析解答；設起始時n(乙苯尸amol, n(H2O)=b

33、mol ,利用反應的三段式計算平衡時氣體的總物質的量，結合恒溫恒容時，氣體的物質的量之比等于壓強之比，得到a、b的關系，什什一一一一、P出？P(苯乙烯)、_再計算乙本、本乙場、氫氣的分壓，并代入 Kp=-計算 Kp ;反應速率 v=v正-v逆=kFp乙茉P(乙苯)=k逆p苯乙烯p氫氣，貝U v正二kFp乙茉，v逆=k逆p苯乙烯p氫氣，平衡時 v ie=v逆，即 k正p乙茉二k逆p茉乙烯p氫氣，利用反應的 三段式計算a點時氣體的總物質的量和分壓計算?！驹斀狻?1)乙苯催化脫氫反應正向是體積增大的吸熱反應，同時增大乙苯的反應速率和平衡轉化率所采取的措施有升溫、加壓，故答案為：升高溫度(或增大壓強)

34、；(2)由圖片可知 ZHi=AH2+ AH3=+117.6kJ/mol+(+41.6kJ/mol)=+159.2kJ/mol ,即 a=+159.2; a.CO2與 H2反應，導致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應的化學平衡右移，故 a正確；b.由題目信息可知，在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少，故b正確；c.加入的二氧化碳會發(fā)生反應CO2+C2CO,有利于減少積炭，故 c正確；d.根據圖示，二氧化碳反應生成了 CO,不是催化劑，故 d錯誤；故答案為：+159.2； abc； (3)體系總壓不變時，加入水蒸氣，相當于反應體系減壓，平

35、衡正向移動，乙苯轉化率增大，因此在實際生產中，往反應釜中同時通入乙苯和水蒸氣，能提高乙苯轉化率；設起始時n(乙苯尸amol, n(H2O)=bmol ,(ft)-(g)+H2(g)起始量（mol）a00變化量（mol）0.75a0.75a0.75a平衡量（mol）0.25a0.75a0.75a氣體的物質的量之比等于壓強之比，平衡時a b_ 1.75a b 100-115b=4a,Ph2o=4ax115kPa=80kPa,1.75a 4a0.75aPh2=P 苯乙烯=M15kPa=15kPa,1.75a 4aP乙茉=1P苯乙烯=5kPa,所以平衡常數3Kp=P H2 ?P(苯乙烯)15kPa 1

36、5kPaP（乙苯）5kPa=45kPa；反應速率v=v 正-v逆=k正p乙茉-k逆p茉乙烯p氫氣, 則 v e=k 正p乙苯,v逆=k逆p苯乙烯p氫氣,平衡時 v正二丫逆,即k正p乙茉-kP H2 ?P（苯乙烯）P（乙苯）=Kp=45kPa ;L J* 1(g)+H2(g)起始量（mol）a00變化量（mol）0.6a0.6a0.6a平衡量（mol）0.4a0.6a0.6a逆p苯乙烯p氫氣,所以氣體的物質的量之比等于壓強之比,a點時0.6aPh2=P苯乙烯=M12kPa=12kPa, P乙茉=8kPa,所以1.6a 4a''v正P（乙苯）8kPa匕=Kp*P（氫氣）？P（苯乙烯

37、）=45kpM12kPa 12kPa=2.5,故答案為：體系總壓不變時，加入水蒸氣，相當于反應體系減壓，平衡正向移動，乙苯轉化率增大；80; 45; 2.5?！军c睛】本題的難點為（3）中的計算，要注意三段式在化學平衡計算中的應用和題示速率方程的理解和應用。17.超分子在生命科學和物理學等領域中具有重要意義。由Mo將2個C60分子、2個p一甲酸丁酯口比咤及 2個CO分子利用配位鍵自組裝的超分子結構如圖所示。(1)Mo處于第五周期第 VIB族，核外電子排布與 Cr相似，它的基態(tài)價電子排布式是 ;核外未成對電子數是 個。(2)該超分子中配體 CO提供孤電子的原子是 (填元素符號)，p一甲酸丁酯口比咤

38、配體中C原子的雜化方式有 。(已知口比咤可看做苯分子中的一個CH原子團被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳單、雙鍵；C60分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子形成化學鍵；C60分子只含有五邊形和六邊形；多面體的頂點數V、面數F及棱邊數E遵循歐拉定理：V+F E=2。則一個C60分子的結構是由 個五邊形和 個六邊形組成的球體。用文字簡述C60跟F2在一定條件下反應所得的物質的組成：。(4)已知：某晶胞中各原子的相對位置可用如圖所示的原子坐標表示，其中所有頂點的原子坐標均可以為(0,0, 0)。鋁(Mo)的一種立方晶系的晶體結構中，每個晶胞有2個Mo原子，其中Mo原子坐標是(0, 0

39、, 0)及(1, 1, 1)。根據以上信息，推斷該晶體的原子堆積方式是。已知該晶體的密度是 pgCm2 22pm。Mo的摩爾質量是 Mg mol-1,阿伏加德羅常數是 Na,晶體中距離最近的 Mo原子核之間的距離為(7).由C60結構和碳60妥=30個雙鍵，易1010【答案】(1). 4d5s1(2). 6(3). C (4). sp2 和 sp3(5). 12(6). 20的四個價鍵理論，可知一個碳需連接一個雙鍵，一個雙鍵被兩個碳原子共用，故含有與活潑的F2發(fā)生加成反應生成 C60F60(8).體心立方密堆積(9).(1)Mo處于第五周期第 VIB族，核外電子排布與 Cr相似，其價電子為 4

40、d、5s電子，4d能級上有5個電子、 5s能級上有1個電子，據此書寫它的基態(tài)價電子排布式并判斷未成對電子數；(2)CO提供孤電子對的是 C原子、Mo提供空軌道；p-甲酸丁酯口比咤配體中 C原子價層電子對個數有 4、3, 根據價層電子對互斥理論判斷 C原子雜化類型；(3)根據歐拉定理結合 “3分子中每個碳原子只跟相鄰的 3 個碳原子形成化學鍵”列式計算；(4)鋁(Mo)的一種立方晶系的晶體結構中，每個晶胞有2個Mo原子，根據Mo的原子坐標，可以判斷該晶胞中Mo原子位于頂點和體心上， 結合晶體中距離最近的 Mo原子核之間的距離為體心到頂點的距離為體對角 線的一半計算?！驹斀狻?1)Mo處于第五周期

41、第 MB族，核外電子排布與 Cr相似，其價電子為4d、5s電子，4d能級上有5 個電子、5s能級上有1個電子，基態(tài)價電子排布式為4d55s1;核外未成對電子是 4d、5s能級上的電子，有6個電子，故答案為：4d55s1; 6;(2)CO提供孤電子對的是 C原子、Mo提供空軌道，兩個原子形成配位鍵；p-甲酸丁酯口比咤配體中 C原子價層電子對個數有 4、3,根據價層電子對互斥理論，C原子雜化類型為sp3、sp2,故答案為：C; sp3、sp2;(3)多面體的頂點數、面數和棱邊數的關系，遵循歐拉定理：V+FE=2,即頂點數+面數-棱邊數=2；設C60分子中五邊形數為 x,六邊形數為y。依題意可得方程

42、組：1 (5x+6y) =1 (3 >60), 60+(x+y)- - (3 )60)=2,222解得：x=12, y=20,即C60分子有12個五邊形和20個六邊形，由C60結構和碳的四個價鍵理論，可知一個碳需連接一個雙鍵，一個雙鍵被兩個碳原子共用，故含有60妥=30個雙鍵，與活潑的 F2發(fā)生加成反應即可生成C60F60,故答案為：12； 20；由C60結構和碳的四個價鍵理論，可知一個碳需連接一個雙鍵，一個雙鍵 被兩個碳原子共用，故含有60妥=30個雙鍵，與活潑的 F2發(fā)生加成反應即可生成 C60F60；1(4)鋁(Mo)的一種立方晶系的晶體結構中，每個晶胞有 2個Mo原子，其中Mo原

43、子坐標是(0, 0, 0)及(一，2工，工)，則該晶胞中Mo原子位于頂點和體心上，為體心立方密堆積；該晶胞棱長 二/2，cm,晶體中距22Na離最近的Mo原子核之間的距離為體心到頂點的距離為體對角線的一半=X3Jcm= J?M ><1010pm,故答案為：體心立方密堆積；2, Na 2, Na,32M-、32M-10X3lcm= - x3X1010。2,.Na 2. Na【點睛】本題的易錯點為(4),要注意距離最近的 Mo原子核之間的距離為體心到頂點的距離為體對角線的 一半，難點為(3),要注意理解歐拉定理及其應用，要注意棱邊數的計算方法。18 .氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工

44、、印染、電鍍等行業(yè)，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕空氣中可被迅速氧化。I .實驗室用CuSO4NaCl混合液與Na2SO3溶液反應制取 CuCl相關裝置及數據如圖。甲回答以下問題：(1)甲圖中儀器1的名稱是.;制備過程中為提高產率，儀器2中所加試劑應為。(2)乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，寫出制備CuCl的離子方程式 。丙圖是產率隨 pH變化關系圖,實驗過程中往往用 Na2SO3Na2CO3混合溶液代替 Na2SO3溶液，其中Na2SO3的作用是_并維持pH在 左右以保證較高產率。(3)反應完成后經抽濾、洗滌、干燥獲得產品。洗滌時，用 去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是n.工業(yè)上常

45、用CuCl作。2、CO的吸收劑，某同學利用如圖所示裝置模擬工業(yè)上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2s2O4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其原因是(用化學方程式表示)。用D裝置測N2含量，讀數時應注意。整套實驗裝置的連接順序應為-D?！敬鸢浮?(1).三頸燒瓶(2). Na2SO3溶液(3). 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl J +2F4+SO42-(4).與H +作用，調整pH (5). 3.5(6). 洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl 被氧化(7).6CuCl+8HNO 3=3Cu(NO3)2+3CuC12

46、+2NOT +4H2O(或 3CuCl+7HNO 3=3Cu(NO 3)2+3HCl+NOT +2H2O)(8).溫度降到常溫，上下調節(jié)量氣管至左、右液面相平，該數時視線與凹液面最低處相切(9). 8B-A【解析】【分析】(1)根據儀器1的圖示解答；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成Cu(SO3)23-,需要控制Na£O3的加入量，據此分析判斷；(2)根據題意，在 CuSO4液中加入一定量的 Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同時溶液的酸性增強，結合Na2CO3的性質分析解答；(3)根據“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答；(4)根據氯化亞銅(C

47、uCl)能溶解于硝酸，結合硝酸的強氧化性書寫反應的方程式；根據正確的讀數方法解答；用CuCl作02、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和02的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用 B 吸收氧氣，再用A 吸收 CO ，最后用排水法測量氮氣的體積，據此分析解答?！驹斀狻?1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副J反應生成Cu(SO3)23-,為提高產率，可控制Na2SO3的加入量，則儀器 2中所加試劑應為 Na2SO3溶液；(2)在提純后的CuSO4液中加入一定量的 Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成 CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增強，生成硫酸，反

48、應的離子方程式為：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O=2CuCl J +2H+SO42-,用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替 Na2SO3溶液，Na2CO3可與生成的H+反應，及時除去系統(tǒng)中反應生成的H+,利于反應進行，由圖象可知，應維持pH 在 3.5 左右；(3)用去氧水作洗滌劑洗滌產品，可洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl 被氧化；(4)根據題意，氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，反應的方程式為6CuCl+8HNO 3=3Cu(NO3)2+3CuC12+2NOT +4H2O(或 3CuCl+7HNO 3=3Cu(NO 3)2+3HCl+NOT +2H2O)；用 D 裝置測

49、N 2 含量，應注意溫度在常溫，且左右液面相平，讀數時視線與凹液面最低處水平相切，以減小實驗誤差；用CuCl作。2、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用 KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用 A吸收CO,最后用排水法測量氮氣的體積，則順序為 C-B-A-D。19 .馬日夫鹽Mn(H 2PO4)2 H2O主要用作磷化劑。以軟鎰礦 (主要成分為 MnO2及少量的FeO、A2O3和SiO2)為原料制備馬日夫鹽的主要工藝流程如圖：稀硫酸，SO：有機萃取帚N3：(卜溶液硝酸濾渣含F討有機相灌渣K1一步騾二 步驟三 步驟四 步S8五按照無機物命名規(guī)律，馬日夫鹽Mn(H2P

50、O4)2 2H2O的化學名稱為 。在反應中，Mn2+若再失去一個電子比Fe2+再失去一個電子難，從原子結構解釋其原因 。(2)浸鎰”過程中主要反應的離子方程式為 。濾渣X主要成分為 。檢驗沉鎰”已完成的實 驗操作及現象是 。步驟五產生馬日夫鹽晶體的化學方程式為 。(3)Fe3+的萃取率與溶液的pH和接觸時間之間的關系如圖，據此分析，萃取的最佳條件為 。0.5 L0 l-S LT fpt)30 觸 9?！?。15。柏|加)反撿pH環(huán)境接觸時間(4)馬日夫鹽作防銹磷化劑的原因是利用其較強的酸性以及在防銹處理過程中生成了具有保護作用的FeHPO4,馬日夫鹽顯酸性的主要原因是 (用相關化學用語回答)。

51、【答案】(1).二水合磷酸二氫鎰(2). Mn2+外圍電子為3d5的半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，而Fe2+外圍電子為 3d6 ,可失去一個電子變?yōu)?d5的半充滿穩(wěn)定狀態(tài) (3). 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2。、2-SO2+MnO2=SO4 +Mn2+(4). Al(OH) 3(5).在上層清液中繼續(xù)滴加 Na2CO3溶液，若無沉淀生成則說明沉鎰已經完成(6). MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H 2P04)2 2H2O+CO2 T.pH=1.7 下萃取 60 min-_+2(8). H2PO4? H +HPO4【解析】 【分析】軟鎰礦(主要成分為 MnO2,還含有少量的 FeO、Al 2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解， 同時 MnO2 “氧化” F2+,剩余的二氧化鎰被通入的二氧化硫還原，反應為 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2O、SO2+MnO 2= SO42-+Mn2+, SiO2不溶，過濾,濾渣為 SiO2,濾液含有： Mn2+、Fe3+、Al3+,