山东省名校联盟2024届高三下学期5月模拟考试化学试题（原卷版+解析版）

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一、单项选择题：共11题，每题3分，共33分。每题只有一个选项最符合题意。
1. “神舟飞船”接力腾飞、“太空之家”遨游苍穹、“福建号”航母下水、国产“C919”大飞机正式交付都彰显了中国力量。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A. “神舟十五”号飞船使用的耐辐照光学窗材料——石英玻璃
B. “天宫”空间站使用的太阳能电池板材料——砷化镓
C. “福建号”航母使用的高强度甲板材料——合金钢
D. “C919”大飞机使用的机身复合材料——碳纤维和环氧树脂
【答案】C
【解析】
【分析】金属材料是指具有光泽、延展性、容易导电、传热等性质的材料。一般分为黑色金属和有色金属两种。黑色金属包括铁、铬、锰等。
【详解】A．石英玻璃主要成分为SiO，SiO为新型无机非金属材料，不属于金属材料，故A错误；
B．砷化镓为是一种无机化合物，属于半导体材料，不属于金属材料，故B错误；
C．合金钢是是指钢里除了铁、碳外，加入其他金属元素，所以属于金属材料；故C正确；
D．碳纤维指的是含碳量在百分之九十以上的高强度高模量纤维，不属于金属材料；环氧树脂是一种高分子聚合物，也不属于金属材料，故D错误；
故选C。
2. 化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是
A. 植物油制作奶油B. 太阳能电池发电
C. 土豆片遇碘变蓝D. 鸡蛋加热后凝固
【答案】B
【解析】
【详解】A. 植物油主要成分是不饱和脂肪酸，加氢制作奶油，变成饱和脂肪酸，属于化学变化，故A不符合题意；
B. 太阳能电池发电太阳光直接转化为电能，没有新物质生成，不属于化学变化，故B符合题意；
C. 土豆片富含淀粉，碘单质遇淀粉变蓝有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D. 鸡蛋加热后凝固是一种蛋白质变性的过程，属于化学变化，故D不符合题意。
故选B。
3. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，某种性质递变规律如图所示，下列元素性质与元素对应正确的是
A. 原子半径：F、Cl、Br、IB. 电负性：Si、P、S、Cl
C. 第一电离能：Si、P、S、ClD. 最高化合价：C、N、O、F
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则溴原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则硫元素的电负性大于磷元素，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Cl＞P＞S＞Si，故C正确；
D．氟元素的非金属性强，没有正化合价，故D错误；
故选C。
4. 下列叙述正确的是
A. 熟石膏的化学式：CaSO4·2H2O
B. 过氧化钠的电子式：
C. 基态氧原子的电子排布图：
D. Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸发生反应的离子方程式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．熟石膏的化学式：2CaSO4·H2O，A错误；
B．过氧化钠的电子式：，B错误；
C．违反了泡利原理，基态氧原子的电子排布图：，C错误；
D．Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸生成硫酸钡和水，发生反应的离子方程式：，D正确；
故选D。
5. 科学家利用FOX－7合成有机物T的反应历程如图所示（部分物质省略），T可用作固体火箭的新型推进剂，下列叙述正确的是
A. FOX－7不能发生加成反应B. FOX－7不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. T属于芳香族化合物D. 已知T中R为乙基，则T含1个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，FOX－7分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，故A错误；
B．由结构简式可知，FOX－7分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故B错误；
C．由结构简式可知，T分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；
D．由结构简式可知，若T分子中R为乙基，分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故D正确；
故选D。
6. 下列方程式书写错误的是
A. 漂白粉在空气中生效：
B. 水解制取
C. 线型酚醛树脂的制备：
D. 硅橡胶单体的制备：
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉在空气中生效的反应为次氯酸钙溶液与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为，故A错误；
B．三氯化锑制备三氧化二锑的反应为三氯化锑发生水解反应生成三氧化二锑和盐酸，反应的方程式为，故B正确；
C．线型酚醛树脂的制备的反应为酸性条件下苯酚与甲醛发生縮聚反应生成酚醛树脂和水，反应的化学方程式为，故C正确；
D．硅橡胶单体的制备反应为发生水解反应生成，反应的化学方程式为，故D正确；
故选A。
7. 是宇宙中最丰富的元素，位于第四周期且基态原子中有5个未成对电子，基态原子的能级与能级的电子数相等，是的等电子体，四种元素形成的配合物结构如下图所示，下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 电负性：
C. 配体ZW中配位原子为ZD. Y的最高价氧化物为碱性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】X是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y位于第四周期且基态原子中有5个未成对电子，则Y为Mn元素；基态W原子的s能级与p能级的电子数相等，ZW是N2的等电子体，则Z为C元素、W为O元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氧元素的第一电离能大于碳元素，故A正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为O>C>H，则电负性的大小顺序为O>C>H，故B正确；
C．由图可知，一氧化碳是配合物的配体，给予孤对电子的配位原子是碳原子，故C正确；
D．七氧化二锰是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故D错误；
故选D。
8. 溴是一种重要的基础化工原料，下列有关溴的实验装置及原理正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室保存液溴应使用棕色瓶玻璃塞，并用水液封，A错误；
B．和溴水发生氧化还原反应生成HBr和硫酸，无法验证漂白性，B错误；
C．苯与溴水发生萃取，苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，则苯酚与浓溴水取代是由于羟基对苯环有活化作用，C错误；
D．溴水可氧化乙醛，溴水褪色，可验证醛基的还原性，D正确；
故选D。
9. 为了保护环境、充分利用铅资源，科学家设计了如下-铅化合物燃料电池实现铅单质的回收。
下列有关说法错误的是
A. 正极区溶液pH升高，负极区溶液pH降低
B. 电子流向：电极b→负载→电极a
C. 阴极区电极反应式为
D. 为了提高的回收率，离子交换膜为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为-铅化合物燃料电池，通入燃料氢气电极b为负极，发生失电子的氧化反应，则电极a为正极，发生得电子的还原反应。
【详解】A．根据分析，负极氢气失电子、产生氢离子消耗氢氧根，pH降低，正极产生氢氧根离子，pH升高，A正确；
B．根据分析电极b为负极，电极a为正极，电子流向：电极b→负载→电极a，B正确；
C．根据题干信息，通过电化学装置实现铅单质的回收，阴极区电极反应式为，C正确；
D．离子交换膜应使用阳离子交换膜，防止移动至电极b，D错误；
答案选D。
10. 纳米催化制备甲酸钠的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A. 纳米尺寸有利于加快反应速率B. 反应过程中有极性键断裂与形成
C. 反应过程中不需要持续补充D. 总反应的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．纳米催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．由图可知，反应过程中有极性键的断裂与形成，故B正确；
C．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，二氧化碳是反应的中间产物，所以反应过程中不需要持续补充二氧化碳，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，反应所得产物不唯一，所以反应中原子利用率不是100%，故D错误；
故选D。
11. 菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同下体系中与关系如图所示（代表），已知。下列有关说法正确的是
A. 数量级为
B. 溶液时，
C. 时，曲线①呈上升趋势的原因是部分转化为
D. 点时，体系中
【答案】B
【解析】
【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+。
【详解】A．，，①③相交时从图中可知此时pH大于4小于5，所以Ka2数量级为10-5，故A错误；
B．溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒，所以，故B正确；
C．由图像可知，pH＞12时，如pH=13，c(OH-)=0.1ml/L、c(Ca2+)=10-4.5ml/L，此时，即没有氢氧化钙沉淀析出，故C错误；
D．据以上分析可知，①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，所以A点时①表示的浓度小于此时溶液中的c(H+)，故D错误；
故答案为：B。
二、多项选择题：共4题，每题4分，共16分。每题只有一个选项最符合题意。
12. 向含有NH4＋、Mg2＋、Fe2＋和Al3＋的溶液中加入足量Na2O2微热并搅拌后，再加入过量稀盐酸，溶液中大量减少的离子是
A. NH4＋B. Fe2+C. Mg2＋D. Al3+
【答案】AB
【解析】
【详解】因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，Mg2+也沉淀，NH4+转化成NH3从溶液逸出，Al3+转化为AlO2-,加过量的稀盐酸后Al3+、Mg2+重新进入溶液，所以上述离子数目没有明显变化的是Mg2+、Al3+，减少的是亚铁离子和铵根离子。故选AB。
13. ClO2是一种高效、低毒的消毒剂。实验室用NH4Cl、盐酸、NaC1O2(亚氯酸钠)为原料，制备C1O2的流程如图：
已知：①电解过程中氯元素被氧化。
②ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体；三氯化氮为黄色油状液体，熔点较低，很不稳定，受热90℃以上或受震动时发生猛烈爆炸。下列说法正确的是
A. “电解”过程中的阳极电极反应式为
B. “反应”过程中可快速搅拌反应混合液以加快反应速率
C. “反应”过程中的还原产物存在于溶液X中
D. 可用稀盐酸除去C1O2中的氨气
【答案】AC
【解析】
【分析】电解氯化铵溶液和盐酸溶液制得NCl3溶液，发生的反应为：，然后加入亚氯酸钠溶液得到二氧化氯，发生的反应为:3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl
【详解】A．电解氯化铵和盐酸的混合溶液制得NCl3溶液，阴极产生氢气，故阳极反应为：，A正确；
B．三氯化氮受热90℃以上或受震动时发生猛烈爆炸，“反应”过程中若快速搅拌反应混合液可发生爆炸，B错误；
C．“反应”过程中的还原产物为NaCl，易溶于水，C正确；
D．若用稀盐酸除去C1O2，C1O2中+4价氯和盐酸中Cl-发生归中反应，D错误；
故选AC。
14. 利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备Li［P(CN)2］，并能实现H2的循环利用，其工作原理如图所示。(已知：Me为甲基；电极均为石墨电极)
下列说法正确的是
A. 电池工作时电极a连接电极d
B. 当生成9gLi［P(CN)2］时，电极a消耗H2的体积(标准状况)为2.24L
C. 通电一段时间后，若隔膜e为阴离子交换膜，则c(KOH)减小
D. 电极c的电极方程式为
【答案】AD
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区；右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，氢氰酸在阴极得到电子发生还原反应生成氰酸根离子和氢气，与电极b连接的电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，故A正确；
B．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，右侧装置为电解池，电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子，由得失电子数目守恒可知，标准状况下，生成9gLi［P(CN)2］时，电极a消耗氢气的体积为××22.4L/ml=1.12L，故B错误；
C．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区，则通电一段时间后，正极区中消耗水导致溶液体积偏小，氢氧化钾的浓度增大，故C错误；
D．由分析可知，右侧装置为电解池，通入氧气的电极b为正极，与电极b连接的电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子，电极反应式为，故D正确；
故选AD。
15. 一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是
A. 反应④有极性键的断裂与生成
B. 反应②③均为氧化还原反应
C. 反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D. 总反应还原1mlNO消耗O211.2L(标准状况)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；
D．根据图示可知，总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，还原1mlNO同时消耗0.25mlO2，标准状况下体积为5.6L，D错误；
故选BD。
二、非选择题：共5题，共51分
16. 六水合三氯化铬()可用于制备催化剂、媒染剂和聚合胶黏剂。实验室用铬酸钠()为原料制备六水合三氯化铬的实验方案和装置如下：
已知：①甲醇沸点61.7℃。
②六水合三氯化铬易溶于水、可溶于乙醇、不溶于乙醚。
③的性质与类似。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________；步骤I中使用该仪器的作用是___________。
（2）步骤I反应生成的同时有气体逸出，反应的化学方程式为___________。
（3）步骤Ⅱ中调节溶液pH不能加入过量NaOH的原因是___________(用离子方程式解释)。
（4）步骤Ⅳ中洗涤固体的方法是___________。
（5）步骤VI中“一系列操作”包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、用少量___________洗涤、低温烘干。
（6）用碘量法测定产品纯度。称取6.0g产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热煮沸一段时间。冷却至室温后，滴入适量稀硫酸使转化为，再加入蒸馏水将溶液稀释至250mL。取25.00mL溶液，加入过量KI溶液，滴加2-3滴淀粉溶液，用0.3000标准溶液滴定，发生反应：，三次平行实验测得消耗标准溶液体积的数据如下：
①“继续加热煮沸一段时间”的目的是___________。
②滴定终点的现象为___________。
③该产品的纯度为___________%(结果保留1位小数)。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 将甲醇、盐酸冷凝回流，提高原料利用率
（2）
（3）
（4）向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复操作2-3次
（5）乙醚 （6） ①. 除去过量的，防止将KI氧化为 ②. 当滴入最后半滴标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为无色，且半分钟不恢复原来的颜色 ③. 88.8%
【解析】
【分析】铬酸钠溶液与甲醇、浓盐酸控温在120℃反应生成氯化铬溶液，加入适量氢氧化钠溶液调节pH=6.8，过滤得到氢氧化铬固体和滤液，固体洗涤、加入浓盐酸溶解，再一系列操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化铬晶体；
【小问1详解】
由装置图可知，仪器a为冷凝管；因为甲醇沸点为64.7℃，为减少反应过程中甲醇和盐酸的大量挥发，故使用冷凝管对其冷凝回流，提高原料利用率；
【小问2详解】
由信息可知，甲醇转变为，被还原为，根据元素守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式为。
【小问3详解】
因为的性质与类似具有两性，故如果加入过量NaOH溶液，会反应生成，离子方程式为。
【小问4详解】
洗涤固体的方法是向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复操作2-3次。
【小问5详解】
不溶于乙醚，由溶液得到晶体的一系列操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、用少量乙醚洗涤、低温烘干。
【小问6详解】
①继续加热煮沸一段时间的目的是除去过量的溶液，防止将KI氧化为。
②滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为无色，且半分钟不恢复原来的颜色。
③根据元素守恒和电子得失守恒可得出关系：，又第二次滴定时误差较大，因此消耗标准溶液的体积为，故滴定产品的纯度为。
17. 研究氮的氧化物(如：NO、、)和氮的氢化物都有广泛的用途，如：和可作为运载火箭的推进剂。
（1）已知： 。现将2ml 放入1L恒容密闭容器中，平衡体系中的体积分数()随温度的变化如图所示。
①d点v(正)_______v(逆)(填“>”“=”“＜”)。
②a、b、c三点中平衡常数、、由小到大是_______。
③在时，的平衡转化率为_______；若平衡时的总压为100kPa，则该反应平衡常数_______(保留到小数点后1位)。
（2）NO氧化为的反应为：，该反应分如下两步进行：
Ⅰ. (较快)
Ⅱ. (较慢)
在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和，保持其它条件不变，控制反应温度分别为和，c(NO)随t(时间)的变化如图所示。
在反应时间相同时，条件下转化的NO量_______(填“大于”“等于”“小于”)条件下转化的NO量，其本质原因是_______(结合反应Ⅰ和Ⅱ的反应热进行分析)。
（3）肼除了可作火箭的推进剂外，还可用于新型环保电池中，电池工作原理如图所示。
①向_______移动(填“电极甲”或“电极乙”)。
②该电池的负极反应式为_______。
【答案】（1） ①. > ②. ③. 25% ④. 26.7kPa
（2） ①. 小于 ②. 升高温度有利于Ⅰ逆向移动，减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
（3） ①. 电极甲 ②.
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，d点四氧化二氮的体积分数大于d点对应温度平衡时的体积分数，说明反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由图可知，a、b、c三点温度依次增大，则平衡常数越大的大小顺序为，故答案为：；
③由图可知，温度为达到平衡时，四氧化二氮的体积分数为60%，设四氧化二氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可得：×100%=60%，解得a=0.25，则四氧化二氮的转化率为25%，反应平衡常数，故答案为：25%；26.7 kPa；
【小问2详解】
一氧化氮与氧气的为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的浓度减小，由图可知，在相同时间内，条件下一氧化氮浓度大于条件下一氧化氮浓度，说明升高温度有利于反应Ⅰ逆向移动，二氧化二氮浓度减小的影响大于了温度对反应Ⅱ速率的影响，故答案为：升高温度有利于Ⅰ逆向移动，减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
【小问3详解】
由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极；
①由分析可知，电极甲为负极，电池工作时，阴离子氧离子向负极电极甲移动，故答案为：电极甲；
②由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极，联氨在氧离子作用下做负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，故答案为：。
18. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体(Ⅰ)的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为__________。
（2）B→C的反应类型为__________。
（3）D中碳原子的杂化轨道类型有__________；其中，电负性最大的元素为__________。
（4）写出F→G的化学方程式__________。
（5）B的同分异构体中，满足下列条件的结构有______种；其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为__________。
条件：①含有苯环；
②与溶液发生显色反应；
③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
（6）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程：
根据上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线(无机试剂任选) ________。
【答案】（1）酮羰基、碳氯键
（2）消去反应 （3） ①. 、 ②. Cl或氯
（4）
（5） ①. 13 ②.
（6）
【解析】
【分析】A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应生成D；E生成F，F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，DH生成I；
【小问1详解】
由图可知，A中所含官能团的名称为酮羰基、碳氯键；
【小问2详解】
B发生消去反应生成碳碳双键得到C，为消去反应；
【小问3详解】
D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故其中电负性最大的元素为Cl或氯；
【小问4详解】
F发生酯化反应生成G，反应为；
【小问5详解】
B除苯环外寒烟1个氯、3个碳、1个氧，其同分异构体中，满足下列条件：
①含有苯环；②与溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；
若含有-OH、-CCl(CH3)2，则由邻间对3种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种情况；故共13种情况；
核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为；
【小问6详解】
乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：。
19. 锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
（1）Ge在元素周期表中的位置是_____，GeCl4晶体所属类别是_____。
（2）步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为_____。
（3）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为______(填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
（4）步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是_____。
（5）步骤⑥的化学反应方程式为_____。
（6）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是_____。
②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ=______g/cm3。
【答案】（1） ①. 第四周期ⅣA族 ②. 分子晶体
（2）GeO2+2OH—=GeO+H2O
（3）20—25 （4）GeCl4在稀盐酸中易水解
（5）GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
（6） ①. I— ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗，二氧化锗与氢气共热反应生成锗。
【小问1详解】
锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；
【小问2详解】
由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH—=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH—=GeO+H2O；
【小问3详解】
由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；
【小问4详解】
由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；
【小问5详解】
由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
【小问6详解】
①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I—；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故答案为：。
20. 氨气在农业和国防工业都有很重要的作用，历史上诺贝尔奖曾经有三次颁给研究合成氨的科学家。
（1）反应的能量变化如图所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。

（2）关于合成氨工艺的理解，下列正确的是_____。
A. 合成氨工业常采用的反应温度为400～500℃左右，可用勒夏特列原理解释
B. 使用更高效的催化剂，可以提高平衡时NH3的量
C. 合成氨工业采用10MPa～30MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高
D. 用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0，其适宜的生产条件为低温高压
（3）恒压密闭容器中，起始时n(H2)：n(N2)=3：1，不同温度(T)下平衡混合物中NH3(g)物质的量分数随压强的变化曲线如图所示：
①A点的温度迅速从T1变为T2，则此时浓度商Q_____K(T2)(填“＞”“＜”或“=”)。
②Kp(B)：Kp(A)=_____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③合成氨逆反应速率方程为：v(逆)=k(逆)，式中k(逆)为逆反应的速率常数(只与温度有关)。从C点开始减小压强，平衡发生移动，直至达到新的平衡，v(逆)的变化过程为_____。
（4）电化学法也可合成氨。如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt−C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图：

①Pt−C3N4电极反应产生NH3的电极反应式_____。
②实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因_____。
【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(1) △H=-132kJ/ml （2）CD
（3） ①. ＞ ②. ③. v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变
（4） ①. N2+6e-+6H+=2NH3 ②. 超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H2
【解析】
【小问1详解】
由图可知0.5mlN2(g)和1.5mlH2(g)反应生成 1mlNH3(1)时放出的热量为(300-254+20)kJ=66 kJ，则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(1) △H=-132kJ/ml，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(1) △H=-132kJ/ml；
【小问2详解】
A. 工业合成氨为放热反应，温度升高不利于平衡正向移动，因此不可用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡时NH3的量，故B错误；
C. 工业合成氨正向气体分子数减小，采用10MPa～30MPa，有利于平衡正向移动，可提高反应物转化率，故C正确；
D. 用铜氨溶液处理原料气中CO杂质反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0，该反应正向气体分子数减少，高压有利于平衡正向移动，同时反应放热，低温有利于平衡正向移动，因此其适宜的生产条件为低温高压，故D正确；
故答案为：CD；
【小问3详解】
①若A点的温度缓慢从T1变为T2，则平衡移向移动，浓度商Q应逐渐减小最终等于K(T2)，则快速升温时平衡未及时移动，则此时浓度商Q大于K(T2)，故答案为：>；
②Kp(A)=，同理Kp(B)= ，由图可知A、B两点各气体的百分含量相同，则各气体的体积分数相同，则Kp(B)：Kp(A)= :=:，由图可知：pA=150×105Pa，pB=450×105Pa，Kp(B)：Kp(A)=:=，故答案为：；
③C点开始减小压强，正逆反应速率均减小，但该反应正向气体分子数减小，因此逆反应速率减小更多，平衡逆向移动，使得逆反应速率又逐渐增大，直到反应达到新平衡后不再改变，故答案为：v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变；
【小问4详解】
由图示可知Pt−C3N4电极与电源负极相连作阴极，氮气在阴极得电子生成氨气，电极反应为：N2+6e-+6H+=2NH3，当外加电压超过一定值以后，电解质中的氢离子得电子能力逐渐增强，H+得电子生成H2，导致阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H2。A.实验室保存液溴
B.验证二氧化硫的漂白性
C.验证苯环对羟基的活化作用
D.验证醛基的还原性
第1次
第2次
第3次
20.05mL
20.30mL
19.95mL
编号
加料量(CaCl2/Ge)
母液体积(mL)
过滤后滤液含锗(mg/L)
过滤后滤液pH
锗沉淀率(%)
1
10
500
76
8
93.67
2
15
500
20
8
98.15
3
20
500
2
11
99.78
4
25
500
1.5
12
99.85