山东省滨州市2020届高三模拟考试（5月）化学试题

高三化学试题
本试卷共10页，满分100分，考试时间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。
4.考试结束，监考人员将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量： H1 Li7 N14 O16 F19 Na23 P31 S32 Cl35.5
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中发挥了巨大作用。下列说法错误的是
A. 防控新冠病毒所用酒精浓度越大，消毒效果越好
B. 防护服、口罩的生产均要用到有机高分子材料
C. 过氧化氢、过氧乙酸、84消毒液、二氧化氯泡腾片都可用于环境消毒
D. 冷链运输抗病毒疫苗目的是避免蛋白质变性
【答案】A
【解析】
【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，酒精浓度过高，会使病毒的蛋白质外壳迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入内，因而不能将病毒彻底杀死，A错误；
B．防护服、口罩中有聚丙烯纤维等有机物，属于高分子材料，B正确；
C．过氧化氢、过氧乙酸、84消毒液、二氧化氯都有强氧化性，可用于消毒，C正确；
D．蛋白质在高温、强酸、强碱等环境下会变性而失去活性，冷链运输可以较长时间地保存蛋白质，防止蛋白质变性，D正确；
故选A。
2.下列有机物命名正确的是
A. 1，3，4—三甲苯 B. 2—甲基—1—丙醇
C. 2—甲基—2—氯丙烷 D. 2—甲基—3—丁炔
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯的同系物在命名时，要从简单的支链开始对苯环上的碳原子进行编号，使支链的为位次和最小，故三个甲基分别在1、2、4号碳原子上，名称为：1，2，4-三甲苯，A错误；
B．醇命名时，选含官能团的最长的碳链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，则-OH在2号碳原子上，故名称为2-丁醇， B错误；
C．卤代烃命名时，选含官能团的最长的碳链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，氯原子在2号碳原子上，且在2号碳原子上有一个甲基，名称为2-甲基-2-氯丙烷，C正确；
D．炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链，主链上有4个碳原子，故为丁炔，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，则碳碳三键在1号和2号碳原子之间，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-丁炔，D错误；
故选C。
3.表示阿伏加德罗常数的值，工业制备硝酸的过程中发生反应。下列说法正确的是
A. 室温下，22.4LNO2中所含原子总数为
B. 36g中含有键的总数为
C. 标准状况下，11.2LNO中所含电子总数为
D. 上述反应中，生成1mol转移电子的数目为
【答案】D
【解析】
【分析】
反应中，NO2中的N元素发生歧化反应，由反应前的+4价变为反应后HNO3中的+5价和NO中的+2价。
【详解】A．室温下，不能用22.4 L/mol计算22.4LNO2物质的量，A错误；
B．一个水分子中含有2个O-H共价键，都是键，H2O的物质的量为，含有的键总数为4NA，B错误；
C．一个NO分子中含有15个电子，标准状况下，11.2 L NO的物质的量为0.5mol，所含的电子总数为7.5NA，C错误；
D．根据反应的化学方程式可知，生成2 mol HNO3转移2 mol电子，故生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA，D正确；
故选D。
4.现代污水处理工艺中常利用聚合铁在水体中形成絮状物，以吸附等重金属离子，聚合铁简称PFS，化学式为。下列说法错误的是
元素
Mn
Fe
电离能/kJ·mol-1

717
762

1509
1561

3248
2957

A. PFS中铁元素显+3价
B. 基态铁原子的价电子排布式为
C. 由溶液制备PFS需经过氧化、水解和聚合等过程
D. 由表可知再失去一个电子时，气态比气态难
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．中OH-为-1价， 为-2价，n小于5，且为正整数，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，铁的化合价为正整数，所以n=2，铁元素的化合价为+3，因为亚铁离子在空气中不稳定，絮状物在空气之中能稳定存在进一步说明为铁为三价，故铁的化合价为+3价，A正确；
B．Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以基态Fe原子的价电子排布式是3d64s2，B正确；
C．硫酸亚铁中铁元素的化合价是+2价， 是个聚合物，其中铁元素的化合价是+3价，铁离子水解生成氢氧化铁，所以由溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程，C正确；
D．电离能越大，其失电子越难，所以气态Fe2+再失去一个电子比气态Mn2+再失去一个电子容易，D错误；
故选D。

5.下列实验不能达到实验目的的是

A
B
C
D
实验




实验目的
实验室制取氨气
证明乙炔可使溴水褪色
检验蔗糖的水解产物具有还原性
证明溶解度：

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小，用向下排空气法收集，能达到实验目的，A不合题意；
B．电石和饱和食盐水制取乙炔的过程中，会产生H2S等杂质气体，H2S也会使溴水褪色，因此不能达到实验目的，B符合题意；
C．蔗糖在酸性条件下水解后的溶液中先加入适量稀NaOH溶液中和，再加入新制的银氨溶液并水浴加热，葡萄糖被银氨溶液氧化，则葡萄糖具有还原性，C不合题意；
D．向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，说明AgI更难溶，溶度积越小其溶解度越小，则溶解度： AgCl> AgI，D不合题意；
故选B。
6.M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍。它们形成的化合物可用作新型电池的电极材料，结构如图所示，化合物中除外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是

A. M的单质通常保存在煤油中 B. W的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸
C. 简单气态氢化物稳定性X＞Y D. 上述五种元素中Z的电负性最大
【答案】B
【解析】
【分析】
M、W、X、Y、Z是同周期主族元素， X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍， W有两个电子层，次外层为2个电子， X为O元素，由盐的结构可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4 ，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素； W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M形成+1价离子，M为Li元素；故M为Li元素， X为O元素， Y为F元素，Z为C元素，W为B元素。
【详解】A．M为Li元素，Li单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，一般保存在石蜡油中，A错误；
B．W为B元素，W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3为一元弱酸，B正确；
C．同周期元素非金属性从左到右依次增大，所以非金属性F＞O，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故稳定性HF＞H2O，C错误；
D．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，上述五种元素中，F的电负性最大，D错误；
故选B。
【点睛】本题要注意B选项，硼酸分子中有3个H，但硼酸的电离为：H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+ H+，故硼酸是一元弱酸。
7.工业上制备有机氟化剂的反应。下列说法正确的是
A. NaF既不做氧化剂也不做还原剂，为氧化产物
B. 与两种物质中的氯元素化合价不同
C. 还原剂与氧化剂物质的量之比为2:1
D. 属于有机物
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaF中钠元素和氟元素化合价均未变化，既不做氧化剂也不做还原剂，SCl2中硫元素化合价为+2价，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，A正确；
B．SCl2中氯元素化合价为-1价，S2Cl2中氯元素化合价为-1价，Cl的化合价相同，B错误；
C．SCl2中硫元素化合价为+2价，氯元素化合价为-1价，S2Cl2中硫元素化合价为+1，氯元素化合价为-1价，S2Cl2为还原产物，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，SCl2既做氧化剂又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，C错误；
D．有机物含有C元素，SF4中没有C元素，不是有机物，D错误；
故选A。
8.下图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线：

下列有关说法正确的是
A. X的化学式为C4H6O4
B. Y分子中有1个手性碳原子
C. 生成聚酯Z的反应类型为加聚反应
D. 制备聚酯Z，消耗Y和1，4-丁二醇的物质的量之比为1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据X结构简式可知X分子式是C6H10O4，A错误；
B. 与4个不同的原子或原子团连接的C原子为手性碳原子，根据Y结构简式可知Y中无手性碳原子，B错误；
C. Y分子中含有2个-COOH，与1，4-丁二醇发生酯化反应形成聚酯Z，同时产生水，因此反应类型为缩聚反应，C错误；
D. Y分子中含有2个-COOH，1，4-丁二醇分子中含有2个-OH，二者发生酯化反应形成聚酯Z和水，物质的量的比是1：1，D正确；
故合理选项是D。
9.下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液
两者产生气泡的速率不同
CuSO4和KMnO4对H2O2分解反应的催化效果不同
B
向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热
冷却后观察到其一分层，另一不分层
分层的是矿物油，不分层的植物油发生了水解反应且水解产物溶于水
C
将浓硝酸滴到胆矾晶体表面
晶体表面出现白斑
浓硝酸具有脱水性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴入Na[Al(OH)4]溶液
产生白色沉淀
增大c(Na+)促使NaHCO3结晶析出


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. KMnO4溶液能够氧化H2O2，因此不能比较二者的催化效果，A错误；
B. 植物油属于油脂，能够在碱性条件下发生水解反应产生可溶性物质，而矿物油是烃的混合物，与烧碱不能反应，因此可以根据实验现象的不同证明哪种是植物油，哪种是矿物油，B正确；
C. 浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴在胆矾表面，会使晶体失去结晶水而出现白斑，而浓硝酸没有脱水性，因此不能使胆矾出现白斑现象，C错误；
D. 向饱和NaHCO3溶液中滴入Na[Al(OH)4]溶液，产生白色沉淀，是由于发生反应：HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，与溶液中c(Na+)无关，D错误；
故合理选项是B。
10.炭黑是雾霾中的重要颗粒物之一，研究发现它可以活化氧分子生成活化氧，活化氧可以快速氧化二氧化硫。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，下列说法错误的是

A. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
B. 氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成
C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV
D. 每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，A正确；
B．根据图象分析，氧分子活化过程O-O键断裂，生成C-O键，所以氧分子的活化是O-O的断裂与C-O键的生成过程，B正确；
C．化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活为活化能较大者，根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV，有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75 eV-0.57 eV=0.18 eV，C错误；
D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量，D正确；
故合理选项是C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，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1分，有选错的得0分。
11.我国科学家设计了一种太阳能驱动从海水中提取金属锂的装置，示意图如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是

A. 铜箔上的电势比催化电极上的高
B. 海水的pH变大
C. 若转移1mol电子，理论上铜箔增重7g
D. 固体陶瓷膜可用质子交换膜代替
【答案】C
【解析】
【分析】
根据海水提取金属锂装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，阴极上得电子发生还原反应析出金属锂，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，催化电极为阳极，铜箔为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低，故A错误；
B．海水中的锂离子和氯离子放电，海水的pH基本不变，故B错误；
C．根据转移电子数相等，若导线中转移1mol电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确；
D．因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交换膜，不能用质子交换膜代替，故D错误；
故选C。
【点睛】明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应原理的分析。本题的易错点为D，要注意固体陶瓷膜为阳离子交换膜，是使锂离子通过的，不能用质子交换膜代替。
12.实验室从含碘废液（含有I2、I-等）中回收碘，其实验过程如下：

己知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法错误的是
A. 含碘废液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉试纸检验
B. 步骤①中Na2S2O3可用Na2SO3代替
C. 步骤②可以用倾析法除去上层清液
D. 步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在酸性条件下I-、IO3-、H+会发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，若溶液不是显酸性，则无法检验，A错误；
B. 步骤①中是利用Na2S2O3的还原性，由于Na2SO3也具有强的还原性，因此也可用Na2SO3代替Na2S2O3，B正确；
C. 由于CuI是难溶性固体，其余物质都溶解在水中，因此步骤②可以用倾析法除去上层清液，C正确；
D. Fe3+具有氧化性，会将CuI氧化产生Cu2+、I2，Fe3+被还原产生Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2，D正确；
故合理选项是A。
13.据预测，到2040年我国煤炭消费仍将占能源结构的三分之一左右。H2S在催化活性碳（AC）表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，其中ad表示物种的吸附状态。下列有关叙述错误的是

A. 图中阴影部分表示H2S分子吸附与离解
B. AC表面作用的温度不同，H2S的去除率不同
C. H2S在AC表面作用生成的产物有H2O、H2、S、SO2、CS2等
D. 图中反应过程中只有H—S键的断裂，没有H—S键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】图中阴影部分H2S(g)→H2S(ad)为H2S在催化剂表面的吸附，H2S(ad)→2H(ad)+S(ad)表示H2S的离解，选项A正确；温度高时气态硫会反应生成H2S等，温度低时会变成固态的硫，选项B正确；观察图示可知H2S在AC表面作用生成的产物有H2O、H2、S、SO2、CS2等，选项C正确；图中阴影部分出现H(ad)、S(ad)，有H—S键的断裂，部分S(g)与H2(g)生成H2S(g)，存在H—S键的形成，选项D错误。
14.乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式如下：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)
已知v正=k正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，v逆=k逆×x(CH3COOC6H13) ×x(CH3OH)，其中是k正、k逆为速率常数（受温度影响），x为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1：1投料，测得338K、343K、348K三个温度下CH3COOCH3转化率()随时间()的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的△H>0
B. 348K时，该反应的平衡常数为1.8
C. A、B、C、D四点中，v正最大的是D
D. 在曲线①、②、③中，k正与k逆的差值最大的曲线是①
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据图示可知①对应的温度是348K，温度升高，CH3COOCH3转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，该反应的△H>0，A正确；
B. 反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1：1投料，348K时CH3COOCH3的转化率为64%，假设反应物的物质的量都是1 mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平衡时，n(CH3COOC6H13)=n(CH3OH)=0.64 mol，n(CH3COOCH3)=n(C6H13OH)=0.36 mol，n(总)=2 mol，则该反应的平衡常数K=≈3.2，B错误；
C. 温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据v正=k正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，v逆=k逆×x(CH3COOC6H13) ×x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，温度高，因此A点v正最大，C错误；
D. k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正与k逆的差值最大的曲线是①，D正确；
故合理选项是AD。
15.柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随pH的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 由a点判断H3R的第一步电离常数Ka1(H3R)的数量级为10-3
B. 若b点溶液中金属阳离子只有Na+，则有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)
C. pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
D. 反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 柠檬酸溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R3-+H+，在a点时，c(H2R-)=c(H3R)，第一步电离常数Ka1(H3R)==c(H+)=10-3.3，故其数量级为10-4，A错误；
B. b点时，c(NaH2R)=c(Na2HR)，根据物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)]，B错误；
C. 根据图示，随着pH值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，即c(HR2-)>c(H+)，故c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，C正确；
D. H3RH2R-+H+的电离平衡常数Ka1(H3R)==c(H+)=10-x；H2R-HR2-+H+的电离平衡常数Ka2(H3R)==c(H+)=10-y，反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K==10x-y，D正确；
故合理选项是CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料，其单体为丙烯。丙烯除了合成聚丙烯外，还广泛用于制备1，2—二氯丙烷、丙烯醛、丙烯酸等。请回答下列问题：
Ⅰ.工业上用丙烯加成法制备1，2—二氯丙烷，主要副产物为3—氯丙烯，反应原理为：
①
②
（1）已知的活化能（逆）为，则该反应的（正）活化能为_____。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②，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


用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前180min内平均反应速率____（保留小数点后2位）。
Ⅱ.丙烯的制备方法
方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：

（3）①某温度下，在刚性容器中充入，起始压强为10kPa，平衡时总压为14kPa，的平衡转化率为______。该反应的平衡常数______kPa（保留小数点后2位）。
②总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的物质的量分数随温度变化关系如图所示：

10kPa时，和的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_____、______。
方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成、等副产物，制备丙烯的反应如下：
。在催化剂作用下的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。

（4）①图中的转化率随温度升高而上升的原因是_________。
②575℃时，的选择性为___。（的选择性=）
③基于上述研究结果，能提高选择性的措施是______。
【答案】 (1). 132 (2). 0.08 (3). 40% (4). 2.67 (5). Z (6). Y (7). 温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大） (8). 50% (9). 选择相对较低的温度（或选择更合适的催化剂）
【解析】
【详解】（1）反应可由反应①-②得到，故该反应的==（-134+102）kJ/mol=-32 kJ/mol，所以（正）-（逆）=-32 kJ/mol，（正）=132 kJ/mol；
（2）由于反应②前后系数之和相等，故压强的变化均由反应①造成，180min时压强变化为80-65.2=14.8kPa，所以；
（3）①设丙烷压强的变化为，同温同容下压强之比等于物质的量之比，由题意可得

反应后压强为，解得，C3H8的转化率为，；
②正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8 和C3H6的物质的量分数都增大，因此表示10kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是Z，表示10kPa时C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是Y；
（4）①温度升高，反应速率加快，同时温度升高，催化剂的活性增大，因此C3H8的转化率随温度升高而上升；
②由图可知，575 ℃时， C3H8的转化率为34% ，C3H6的产率为17%，即参加反应的C3H8为34%，生成的C3H6为17% ，故C3H6的选择性为；
③由图可知.温度低时C3H6的选择性高，故能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度，或者是寻找选择性更高的催化剂；
【点睛】本题要注意第（3）题，列三段式一般填写的数据是物质的量或物质的量浓度。根据理想气体状态方程pV=nRT，在容积、温度不变的情况下，压强p与物质的量n成正比，故三段式也可以直接用压强（只列气体物质）计算。
17.目前，锂电池已扩展到镍酸锂、钴酸锂、硅碳负极、磷酸铁锂等电池体系。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为________，与Ni同周期且基态原子核外的成单电子数与Ni相同的元素还有__________种。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，分子中氮原子的杂化类型为___。

（3）Li＋过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生O2而爆炸。实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子。下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是__（填字母）。
A B C D
（4）如图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是______。

（5）PCl5晶体的晶胞如图所示，该晶体熔融时形成一种能导电的液体，实验测得其中含有一种正四面体阳离子和一种正八面体阴离子，且P—Cl键的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因____，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为_____。已知该晶体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为__________g·cm－3。

【答案】 (1). (2). 3 (3). 、 (4). B (5). (6). (7). 分子中P原子有一对孤对电子，中P没有孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8).
【解析】
【详解】(1)Ni元素为28号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则其价电子排布式为3d84s2；Ni原子核外电子中单电子有2个，同周期单电子同样2个的有3种元素，价电子排布分别为3d24s2、4s24p2、4s24p4，分别是Ti、Ge、Se，共3种；
(2)该分子中，N原子有形成3个σ键，含有1对孤对电子，有形成4个σ键，没有孤对电子，这两种N原子的杂化类型均为sp3；还有N原子形成2个σ键，含有1对孤对电子，这种N原子的杂化类型均为sp2；
(3)实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子。根据选项进行分析，可知A、C、D中的O2分子的结构式中，均没有单电子存在，因此不符合事实事实；而B选中O2的结构式中的化学键有3个电子，有单电子，因此B实验事实；
(4)根据图可知其三维模型为(图中黑球和白球均为硅原子，氧原子位于两个硅原子之间，省略)，图中ABCD四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面面对角线的一半，则SiA与SiB的距离=。
(5))含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5=PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度g/cm3。
18.“阿比朵尔”是一种抗病毒药物，能有效抑制新型冠状病毒，其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）阿比朵尔中含氧官能团的名称为____，反应②④⑥中属于取代反应的是_____。
（2）在合成阿比朵尔的整个流程中，设计由A到B的目的是___。
（3）反应③的化学反应方程式为______________。
（4）M是B的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有____种；
①苯环上有3个取代基 ②能发生银镜反应
③能发生水解反应，且1molM水解时消耗4molNaOH
其中核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为_______。
（5）参照上述合成路线，设计由甲苯和2—丙醇为原料制备的合成路线_______（其它无机试剂任选）
【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). 反应⑥ (3). 保护酚羟基 (4). (5). 6 (6). (7).
【解析】
【分析】
结合A和C的结构简式，以及反应①的反应物，可知A到B，A中的－OH的H被取代；B到C，B中的－NO2被还原成－NH2。经过反应③，C中的－NH2，形成N=C双键；经过反应④，形成分子内的环；反应⑤，在N原子上引入－CH3；反应⑥，Br原子取代了－CH3和苯环上的2个H原子；最终得到阿比朵尔。
【详解】(1)阿比朵尔中含氧官能团有羟基和酯基；反应②④⑥中，②为－NO2转化为－NH2，去氧加氢，为还原反应；反应④，形成了分子内的环，根据分子式可知，整个过程中，去掉了2个H原子，不是取代反应；反应⑥，Br原子取代了－CH3和苯环上的2个H原子，为取代反应；因此属于取代反应的是⑥；
(2)A到B，A中的－OH的H被取代，而在阿比朵尔中，又复原成－OH，在整个合成过程中保护了－OH，使得－OH不会转化为其他原子或原子团；设计由A到B的目的是保护酚羟基；
(3)根据分子式可知，C和的反应中产物还有水，化学方程式为；
(4)M是B的一种同分异构体，满足下列条件②能发生银镜反应、③能发生水解反应，且1molM水解时消耗4molNaOH；说明结构中含有2个甲酸形成的酯基，为－OOCH，则另一个取代基为－NH2，苯环上有三个取代基的同分异构体，有6种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为或；
(6)中的碳氮双键，类似于中的碳氮双键，由－NH2与含有羰基的物质反应得到；－NH2的引入可模仿B到C；利用硝化反应在甲苯中甲基的对位引入－NO2，在还原得到－NH2；2－丙醇可以发生催化氧化引入羰基；则合成路线为。
19.亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：、。
（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。

①仪器Ⅰ的名称为_________。
②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为____（填仪器接口字母，部分仪器可重复使用）。
③为了控制B中通入SO2的速率，可以采取的措施是_____。
④NOSO4H遇水分解的化学方程式为______，若去掉装置C会使NOSO4H的产量____（填“增大”、“减少”或“无影响”）。
（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。
准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入60.00mL浓度为0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L－1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积20.00mL。
己知：ⅰ. + NOSO4H+ 、 + + +
ⅱ.
①完成反应ⅰ的离子方程式：
____+____________+____+____+____
②滴定终点的现象为________。
③产品的纯度为_____%（保留两位有效数字）。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). a→de→cb→de→f (3). 调节装置A中的分液漏斗活塞，控制硫酸溶液的滴加速度 (4). （其他合理答案均给分） (5). 减少 (6). 2 (7). 5 (8). 2 (9). (10). 5 (11). 5 (12). 9 (13). 滴入最后一滴溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 (14). 95
【解析】
【分析】
NOSO4H遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。利用70%H2SO4和Na2SO3制备SO2，SO2中含有水蒸气，需要除去，利用浓硫酸除去水分；在B中发生反应，利用D装置处理未反应的SO2，为了防止D中的水蒸气通过漏斗进入装置B，B和D之间需要用装置C防止水进入B。
【详解】(1)①根据装置的特点，仪器Ⅰ的名称为蒸馏烧瓶；
②NOSO4H遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。装置A用于制备SO2，装置B用于制备NOSO4H，装置D用于尾气吸收，为了防止水进入装置B，AA、B之间，B和D之间需要加入装置C，因此连接顺序为a→de→cb→de→f；
③为了控制通入SO2的速率，装置A用于制备SO2，可以通过调节装置A中分液漏斗，来调节硫酸溶液的滴加速度，从而控制通入SO2的速率；
④NOSO4H与水反应生成HNO2和H2SO4，化学方程式为NOSO4H＋H2O=H2SO4＋HNO2；如果去掉装置C，产物就会与进入装置B中的水反应，会是的产物的量减少；
(2)①在酸性条件洗，MnO4－中Mn的化合价降低，生成Mn2＋，化合价降低5价；NOSO4H中，S的化合价为＋6，O的化合价－2，H的化合价＋1，则N的化合价为＋3，N的化合价从＋3升高到＋5，化合价升高2；根据化合价升降守恒，则MnO4－和NOSO4H的化学计量数之比为2：5，再根据电荷守恒和物料守恒，可得化学方程式为2MnO4－＋5NOSO4H＋2H2O=2Mn2＋＋5NO3－＋5SO42－＋9H＋；
②含有MnO4－的溶液本身具有颜色，为紫色；刚开始，KMnO4是过量的，溶液的颜色为紫色，加入Na2C2O4溶液滴定过量的KMnO4，溶液会从紫色变为无色，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；
③根据题意，KMnO4氧化了NOSO4H和Na2C2O4，则用总的KMnO4减去氧化Na2C2O4的KMnO4，可求得氧化NOSO4H的KMnO4，从而求得NOSO4H的质量。根据化学方程式，可得关系式2KMnO4～5Na2C2O5，则氧化Na2C2O4的KMnO4的物质的量；总的KMnO4的物质的量，则氧化NOSO4H的KMnO4的物质的量。根据化学方程式，可得关系式2KMnO4～5NOSO4H，则NOSO4H的物质的量，NOSO4H的质量，NOSO4H的纯度。
20.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。

回答下列问题：
（1）过程Ⅰ对粉煤灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是_____。
（2）过程Ⅱ加入伯胺—煤油后，将浸取液进行分离的操作名称是___；伯胺(R－NH2)能与Fe3＋反应生成易溶于煤油的，该反应的离子方程式为____。
（3）过程Ⅲ，利用NaCl溶液进行“反萃取”发生了______变化（填“物理”或“化学”）。
（4）过程Ⅳ分两步完成，先是过量的N2H4将水层2中的铁元素转化为Fe2＋，得到的Fe2＋再被O2氧化为FeOOH。其中第一步反应生成的含氮微粒的化学式为______。
（5）纳米Fe2O3是一种多功能材料，常压下用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示，其中电解液为熔融NaOH—KOH，该装置工作时可循环利用的物质是___。实验测得纳米Fe2O3在反应前后的质量和化学性质均未变，其颗粒大小变为毫米级，则说明纳米Fe2O3在电极上发生的反应过程如下：__（用化学用语表示）。

【答案】 (1). SiO2 (2). 分液 (3).
或） (4). 化学 (5). N2和N2H5＋ (6). H2O (7). ，
或，
或，
【解析】
【分析】
粉煤灰用H2SO4浸泡，其中的Al2O3和Fe2O3会与H2SO4反应生成，Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；而SiO2不反应，是沉淀，过滤除去；用伯胺－煤油萃取，Fe3＋与伯胺反应，进入煤油中，从而与Al3＋分离，再用NaCl溶液，反萃取Fe3＋进入水层，再反应得到FeOOH，最后得到纳米Fe2O3。
【详解】(1)粉煤灰用H2SO4浸泡，其中的Al2O3和Fe2O3会与H2SO4反应生成，Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；而SiO2不反应，是沉淀，过滤除去，滤渣的主要成分是SiO2；
(2)伯胺－煤油萃取后，得到是互不相溶的液体，分离互不相溶的液体用分液；根据电荷守恒，可配平方程式；
(3)过程Ⅲ，利用NaCl溶液进行“反萃取”，Fe3＋从有机层进入到水层，说明Fe3＋形成的物质发生变化，从易溶于有机物的物质变成了易溶于水的物质，因此发生了化学变化；
(4)反萃取后，水溶液中存在Fe3＋，与N2H4反应转化为Fe2＋，Fe化合价降低，因此N的化合价升高，根据得失电子守恒和电荷守恒，可得离子方程式为4Fe3＋＋5N2H4=4Fe2＋＋N2＋4N2H5＋，含氮微粒的化学是为N2和N2H5＋；
(5)根据示意图，N2和H2O转化了NH3，N的化合价降低，发生了还原反应，电极方程式为N2＋6H2O＋6e－=2NH3＋6OH－；而另一极，OH－失去生成O2，4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；N2和H2O反应消耗了水，而OH－放电又生成了水，因此可循环利用的物质是H2O；
纳米Fe2O3在反应前后的质量和化学性质均未变，其颗粒大小变为毫米级，说明Fe2O3是该反应的催化剂；OH－在右侧电极失去电极，说明左侧电极得到电子发生还原反应，因此可能为Fe2O3先得到电子发生还原反应，得到还原产物，再与N2反应；Fe2O3中Fe的化合价是＋3，得到电子化合价降低可能得到还原产物Fe、Fe3O4、FeO；则纳米Fe2O3在电极上发生的反应过程可能为，或，或，