【文档说明】【精准解析】山东省青岛市平度市2020届高三3月高考模拟化学试卷.doc，共(24)页，1.031 MB，由小赞的店铺上传

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2020年山东省青岛市平度市高考化学模拟试卷（3月份）一、解答题（共10小题，满分20分）1.中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的《浪淘沙》：“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中

浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（）A.“沙中浪底来”指的是金的氧化物B.淘金原理与化学上的萃取一致C.雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cmD.由沙子到计算机芯片发生了还原反应【答案】D【解析】【详解】A.“沙中浪底来”

指的是金的单质，故A错误；B.金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；C.雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7m，故C错误；D.由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。综上所述，答案

为D。【点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm=1×10-9m2.氯化亚砜(2SOCl)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的空间构型和中心原子(S)采取的杂化方式的判断正确的是()A.三角锥形、3spB.V形、2spC.平面三角形、2

spD.三角锥形、2sp【答案】A【解析】【详解】SOCl2中S原子成2个S-Cl键，1个S=O，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+62122−−=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，含一对孤电子，分子的VSEPR模型为四面体形，

分子形状为三角锥形。答案选A。【点睛】本题考查微粒的空间构型，根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=12×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。3.下列有机物的系统命名正确的是A.:3—

甲基—2—乙基戊烷B.：3—甲基—2—丁烯C.:2—甲基丁酸D.：1，5—二甲苯【答案】C【解析】A．根据系统命名，为3，4—二甲基己烷，故A错误；B．根据系统命名，为2—甲基—2—丁烯，故B错误；C．根据系统命名，为2—甲基丁酸，故C正确；D．根据系统命名，为1，3—二甲苯

，故D错误；答案为C。点睛：①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代

基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。4.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是（）A.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO24−B.离子方程式2Ca2++3HCO3−+

3OH-═2CaCO3↓+CO23−+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应C.由水电离出的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3−D.n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时发生的反应为

NH4++Al3++2SO24−+2Ba2++5OH-═NH3•H2O+AlO2−+2H2O+2BaSO4↓【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+发生水解，使得溶液呈酸性，因此只能存在酸性溶液中，故A错误；B．若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO

3↓+CO32-+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故B错误；C．由水电离出的c(H+)＝1×10-12mol/L，说明水的电离受到抑制，为酸溶液或碱溶液，

为碱溶液时，Mg2+与氢氧根离子反应，为酸溶液时，I-、NO3-发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时，铵根恰好全部转化为

一水合氨，铝离子恰好完全转化为偏铝酸根离子，硫酸根恰好完全转化为硫酸钡沉淀，氢氧根恰好完全反应，钡离子过量，发生的反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO24−+2Ba2++5OH-═NH3•H2O+AlO2−+2H2O+2BaSO4↓，故D正确。答案

选D。5.呋喃是最简单的含氧五元杂环化合物(其结构如图所示)，有麻醉和弱刺激作用，极度易燃。下列关于呋喃的有关说法正确的是()A.易溶于水和丙酮等有机溶剂B.四个碳原子可能在同一平面上C.一氯代物有2种，二氯代物有3种D.生成1molC4H10O需标准状况下氢气44.8L

【答案】B【解析】【分析】该有机物是对称结构，为非极性分子，故根据相似相溶原理，该有机物不溶于水；根据双键是平面结构进行分析；通过等效氢找同分异构体数目。【详解】A．该有机物含碳碳双键及醚键，不溶于水，故A错误；B．2个碳碳双键直接相邻，则四个碳原子可能在同一平面上，故B正确；C．分子只含

2种H，一氯代物有2种，固定1个Cl移动另一个Cl可知二氯代物有4种，故C错误；D．呋喃的分子式为C4H4O，生成1molC4H10O需标准状况下氢气为3mol，标准状况下体积为3mol×22.4L/mo

l＝67.2L，故D错误；答案选B。【点睛】有机物一般易溶于有机溶剂，难溶于无机溶剂，也可以根据相似相溶原理进行判断。6.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A.用图①所示装置（正放）可收集NO气体B.用图②所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C.用图③所

示装置可实现反应：Cu+2H2O电解Cu(OH)2+H2↑D.用图④所示装置可实现制乙炔【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳可防止NO被氧化，短导管进气可收集NO，故A正确；B．苯不能隔绝氨气与硫酸，不能防止倒吸，故B错误

；C．Cu与电源负极相连，作阴极，Cu不参与电极反应，电解Na2SO4，相当于电解水，电解产物是氢气和氧气，故C错误；D．生成的气体可从长颈漏斗逸出，应选择分液漏斗，故D错误；故选A。7.已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲

、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>XB.X与Y形成的化合物只含极性键C.Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质

D.气态氢化物的稳定性：A<C【答案】D【解析】【分析】A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反应，乙应为C，则D为CO，甲为H2，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此解答该题。【详解】

由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2。A.由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Y>Z>X，A错误

；B.X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；C.Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软

，C错误；D.A是CH4，C是H2O，元素的非金属性O>C，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性A<C，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用，A与C中均含

有10个电子是推断突破口，再结合反应进行分析解答，注意熟练掌握元素化合物知识。8.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液

溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解产生O2C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D向浓度均为0.1mol·L-1的KCl、KI的

混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖含有碳氢氧三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓

硫酸表现强氧化性，故正确；B.过氧化氢具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子可以催化过氧化氢分解，故错误；C.浓硝酸具有强氧化性，能使铝表面形成致密的氧化膜，故正确；D.含等浓度的碘离子和氯离子的溶液中加入硝酸银，先生成碘化银沉淀，说明碘化银的溶度积小，故正确。故选B。9.用如

图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A.若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色B.实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C.若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C

中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊【答案】B【解析】【详解】A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂

白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；B.D中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，B正确；C.若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离

子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，C错误；D.若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误；故合理选项是B。10.为研究废旧电池的再利用，实验室利

用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是A.“溶解”操作中溶液温度不宜过高B.铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2C.与锌粉反应的离子可能为Cu

2+、H+D.“过滤”操作后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后，高温灼烧即可得纯净的ZnO【答案】D【解析】【详解】A.“溶解”操作中溶液温度不宜过高，否则过氧化氢分解，故正确；B.铜帽溶解后，溶液存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气

或H2O2，防止后面消耗过多的锌粉，故正确；C.固体溶解中溶液中存在Cu2+、H+，都与锌粉反应的离子，故正确；D.“过滤”操作后滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后，高温灼烧不能得至纯净的ZnO，其中含有硫酸钠，故错误。故选D。二、选择题：本题共5小题，每

题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.工业是制取高铁酸钾(K2FeO4)，是先制取高铁酸钠，然后在低温下，往高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可以析出高

铁酸钾。湿法制备Na2FeO4的主要反应为：2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；干法备Na2FeO4的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑。下列有

关说法不正确的是()A.湿法和干法制备中，生成1molNa2FeO4转移电子数目相同B.高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小C.干法制备的主要反应中Na2O2是氧化剂D.K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，生成的F

e(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】AC【解析】【分析】利用氧化还原基本原理及四组关系分析电子的转移、氧化剂、还原剂；胶体微粒直径介于1100nm−，可以吸附杂质。【详解】A．湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe(OH)3参加反应

，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，同时还有0.5mol氧气生成，又转移1mol电子，所以生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同，故

A错误；B．在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；C．反应中Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，则干法制备的主要反应中Na2O2即是氧化剂

又是还原剂，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附悬浮物，故D正确；答案选AC。12.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作

示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（）A.放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3B.放电时，乙电极电势比甲电极高C.充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19gD.充电时，外加电源的正极与乙电极相

连【答案】C【解析】【分析】充电时F－从乙电极流向甲电极，说明乙为阴极，甲为阳极。【详解】A.放电时，甲电极的电极反应式为BiF3+3e－=Bi＋3F－，故A错误；B.放电时，乙电极电势比甲电极低，故B错误；C.充电时，甲电极发生Bi－3e－＋3F－=BiF3，导线上每通过1mole－

，则有1molF－变为BiF3，其质量增加19g，故C正确；D.充电时，外加电源的负极与乙电极相连，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】阳极失去电子，化合价升高，阴离子移向阳极，充电时，电源正极连接阳极。13.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如

图所示，下列说法正确的是()A.在转化过程中，氮元素均被还原B.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C.还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为1molD.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化【答案】CD【解析】【

分析】根据图像，推断反应过程，在NOx转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化；反应前、反应后均在的物质即为催化剂。【详解】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；B．根据图示可知，Ba

O为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5−0)×2＝1mol，故C正确；D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂

能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；答案选CD。14.常温常压时烯烃与氢气混合不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面进

行。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是()A.乙烯和H2生成乙烷的反应是放热反应B.加入催化剂，可减小反应的热效应C.催化剂能改变平衡转化率，不能改变化学平衡常数D.催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原

子和双键碳原子先结合，得到中间体【答案】AD【解析】【分析】根据图像，可以分析出由乙烯制乙烷是一个放热反应；催化剂不能改变反应的焓变，不使平衡移动，只能降低反应的活化能。【详解】A．根据图示，得到：反应物的能量高于产物的能量，所以该反应是放热反应，

故A正确；B．催化剂只会加快反应速率，不会引起反应热的变化，反应的热效应不变，故B错误；C．催化剂只会加快反应速率，不能改变平衡转化率，不能改变化学反应的平衡常数，故C错误；D．根据化学反应的历程：化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先

结合，得到中间体，故D正确；答案选AD。【点睛】催化剂不能使平衡移动，不会改变反应的焓变，只会降低反应的活化能，加快反应速率，可迅速排除BC。15.已知H2A为二元弱酸,20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L

的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.Ka2(H2A)的数量级为10-5B.NaHA溶液中:c(H+)＞c(OH-)C.M点由水电离出的c(H+)＞N点由水电离出的c(H+)D.p

H=7的溶液中:c(Na+)＞2c(A2-)【答案】C【解析】【详解】A.()()()2+2--cHcAcHAaK=，选取图中N点，此时pH=4.2，A2-和HA-的浓度相等，所以()()()()2+2-+-4.2-5-cHcA=cH=110=6.310cHAaK=，所以Ka2(H2A

)的数量级为10-5，选项A正确。B.图中看出当HA-的浓度占主导地位的时候，pH为2到3之间，所以NaHA溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，选项B正确。C.M、N都显酸性，溶质电离的氢离子对于水的电离都起到抑制作用，因

为从M到N，溶液的pH升高，溶质电离出来的氢离子浓度减小，所以对于水的电离的抑制减弱，N点水电离的氢离子浓度更大，选项C错误。D.溶液中一定存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，中性溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以有c(

Na+)＝2c(A2-)+c(HA-)，则c(Na+)＞2c(A2-)，选项D正确。答案选C。三、解答题（共5小题，满分60分）16.甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下

：反应Ⅰ：CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H1=+85.2kJ/mol反应Ⅱ：CH3OH（g）+12O2（g）HCHO（g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）

△H3=483.6kJ/mol（1）计算反应Ⅱ的反应热△H2=___。（2）750K下，在恒容密闭容器中，发生反应CH3OH（g）=sHCHO（g）+H2（g），若起始压强为P0，达到平衡转化率为a，则平衡时的总压强P平=___（用含P0和a的式子表示）：当P0=101kPa，测得

a=50.0%，计算反应平衡常数Kp=___kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应）。【答案】(1).-156.6kJ/mol(2).P0（1+a）(3).50.5kPa【解析】【分析】根据盖斯定律计算

反应Ⅱ的反应热；根据阿伏加德罗定律和平衡状态计算平衡常数。【详解】（1）反应I：CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）△H1＝+85.2kJ/mol，反应II：CH3OH（g）+12O2（1）⇌HCHO（g）+H2O（g）△H2，反应III：H2（g）+12

O2（g）⇌H2O（g）△H3＝-241.8kJ/mol，根据盖斯定律，反应I+反应III得反应Ⅱ，CH3OH（g）+12O2（1）⇌HCHO（g）+H2O（g）△H2＝-△H1+△H3＝-241.8kJ

/mol+85.2kJ/mol＝-156.6kJ/mol；（2）若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，32+mol100molaaamol1-aaaCHOHgHCHOgHgƒ起始物质的量（）变化物质的量（）平衡物质的量（）（）（）（）在恒温恒容

条件下，压强之比等于物质的量之比，则P0：P平＝1：（1+a），P平＝P0（1+a）；当P0＝101kPa，测得α＝50.0%，P平＝P0（1+a）=151.5kPa，该反应平衡常数Kp=0.50.5151.5151.

51.51.50.5151.51.5kPa=50.5kPa。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热

化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。17.CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，以CO2为原料可合成多种有机物。（1）CO2用于生产乙烯，已知：2CO2（g）+6H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=QkJ/

mol。一定条件下，按不同的投料比X[X=22n(H)n(CO)]向某容积可变的恒压密闭容器中充入CO2、H2，测得不同投料比时CO2的转化率与温度的关系如图所示。①X1___X2（填“＞”或“＜”，后同），Q___0。②图中A、B、C三点对应的平衡常数K

A、KB、KC的大小关系为___。（2）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c（CO23−）：c（HCO3−）=___[常温下K1（H2CO3）=4.4×10-7、K2（H2C

O3）=5×10-11]。②欲用5LNa2CO3溶液将23.3gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为___。[已知：常温下Ksp（BaSO4）=1×10-7、Ksp（BaCO3）=2.5×10-6].（忽略溶液体积积的变化）【答案】(1).

＞(2).＜(3).KA＞KB=KC(4).1：2(5).0.52mol/L【解析】【分析】根据温度对平衡的影响，化学平衡常数只受温度影响；根据电离平衡常数和溶解平衡常数公式计算即可。【详解】（1）①相同条件下，增加氢气的浓度，CO2的转化率增大，故X

1＞X2；由图可知，温度升高后CO2的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，Q＜0；②化学平衡常数与温度有关，温度相等，K相等，反应为放热反应，温度较低时K较大，故KA＞KB＝KC；（2）①若某次捕捉后得到pH＝10的溶液，c（H+）＝10-10mol

/L，K2=()()()+2-3-3HCOHCOccc，则溶液中c（2-3CO）：c（-3HCO）＝K2：c（H+）＝(5×10-11):(10-10)=1:2；②23.3gBaSO4物质的量n（BaSO4

）＝23.3g233g/mol＝0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c（2-4SO）=0.02mol/L，此时溶液中c（2-3CO）=（x-0.02）mol/L，由BaSO4+

2-3CO⇌BaCO3+2-4SO可知，此反应的化学平衡常数K=()()()()()()()()2-2-2+744sp462-2-2+sp333SOSOBaBaSO1100.020.04BaCO2.5100.02COCOBacccKKxccc−−=====−，解得x=0.52

。18.(1)火箭使用的推进剂燃料由N、H两种元素组成，且原子个数N：H=1：2，其水溶液显碱性，则该物质中N原子的杂化方式为______________________。(2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测N2O的结构式为________________

________。(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态－1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如下表所示。元素C1BrIOO-电子亲和能（kJ／mol）349343295141－780下列说

法正确的是___________。A．电子亲和能越大，说明越难得到电子B．一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O2-时放出141kJ的能量C．氧元素的第二电子亲和能是－780kJ／molD．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量(4)在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”

代替)，可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为：2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2A+3CO2↑+9H2O。根据题意完成下列填空：①冰晶石的化学式为____________________________。②冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶

胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是___________(填微粒符号)。③冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有________________(填选项字母)。A离子键B共价键C配位键D金属键E范

德华力F氢键④Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：若已知A1的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则晶胞中Al原子的配位数为________；Al晶体的密度为__

________g．cm-3(用字母表示)。(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。①Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。②关于Fe(CO)5，下列

说法正确的是_____。A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1molFe(CO)5含有10mol配位键D．反应Fe(CO)5=Fe+5C

O没有新化学键生成【答案】(1).sp3(2).N=N=O(3).CD(4).Na3AlF6(5).Na+(6).AD(7).12(8).342AMdN(9).分子(10).AC【解析】【详解】（1）火箭的推进剂燃料为N2H4，可以看成是氨气中的氢原子换成

-NH2，氨气中氮原子采用SP3杂化，所以N2H4中氮也采用SP3杂化。（2）笑气(N2O)与二氧化碳为等电子体，二氧化碳的结构式为O=C=O，所以笑气的结构式为N=N=O。（3）A．结合表中数据分析，氯、溴、碘得到一个电子的能量变

化，得出元素的电子亲和能越大，说明越容易得到电子，故错误；B．由题中数据可知，1mol基态的气态氧原子得到电子成为O-时放出141kJ的能量，故错误；C．基态的气态氧原子得到一个电子成为O-，O-再得到一个电子成为O2-，此时的能量变化为第二电子亲和能，故氧元素的第

二电子亲和能是－780kJ／mol，故正确；D．根据表中数据，1mol基态的气态氧原子得到电子成为O-放热141kJ／mol，1molO-再得到电子成为O2-吸热780kJ／mol，根据盖斯定律分析，氧原子得到两个电子时应吸收热量，故正确。故选CD。（4）①

根据质量守恒定律分析，冰晶石的化学式为Na3AlF6；②●位于大立方体的顶点和面心，个数为1186=482+，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，个数为1128=114+，要使两种离子的个数比为1:3，所

以大立方体体心所以代表的为钠离子。③冰晶石溶液中存在钠离子、AlF63-、水，还有水电离出的氢氧根离子和氢离子，AlF63-中存在共价键和配位键，水分子中存在共价键，水分子间存在范德华力和氢键，所以不存

在离子键和金属键。④在晶胞中以面心的铝原子为中心，与其距离最近的等距离的铝原子有12个，即三个维度上的12个原子，所以铝的配位数为12，该晶胞中铝原子个数为1186=482+，该晶胞的棱长为22（4d）=22d，所以晶胞的体积为3(22d),334(22d)42dA

AMNmMVN===。（5）①配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，说明其为分子晶体。②A．Fe(CO)5为对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，一氧化氮为极性分子，故正确；B．Fe(CO)5中Fe

原子与一氧化碳形成配位键，铁原子提供空轨道，故错误；C．铁与一氧化碳形成5个配位键，一氧化碳分子中氧原子提供1对电子与1个碳原子形成1个配位键，所以1molFe(CO)5中含有10mol配位键，故正确；D．反应Fe(CO)5=

Fe+5CO，反应中得到铁单质，形成金属键，故错误。故选AC。19.硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S=Na2S2O3，常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O，Na2S2O3•5H2O于40〜45

℃熔化，48℃分解：Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图1所示。I．现按如下方法制备Na2S2O3•5H2O：将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液

漏斗中，注入浓硫酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按如图2示安装好装置。(1)仪器2的名称为___，装置6中可加入___。A.BaCl2溶液B.浓H2SO4C.酸性KMnO4溶液D.NaOH溶液(2)打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2

S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S③2H2S+SO2═3S↓+2H2O④Na2SO3+SΔNa2S2O3总反应为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S

2O3+CO2随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：___（用文字和相关离子方程式表示）。Ⅱ．分离

Na2S2O3•5H2O并测定含量：(3)为减少产品的损失，操作①为___，操作②是抽滤洗涤、干燥，其中洗涤操作是用___（填试剂名称）作洗涤剂。(4)蒸发浓缩滤液，直至溶液呈微黄色浑浊为止。蒸发时要控制温度不宜过高，其原因是___。(5)制得的粗产品中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2

S2O3•5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取1.28g粗样品溶于水，用（0.40mol/LKMnO4溶液（加入适量硫酸酸化）滴定，当溶液中S2O23−全部

被氧化时，消耗KMnO4溶液20.00mL。（5S2O23−+8MnO4−+14H+=8Mn2++10SO24−+7H2O）试回答：①滴定终点时的颜色变化___②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为___【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).CD(3).Na2S2O3在酸性环境中不

能稳定存在，发生反应：S2O23−+2H+=S↓+SO2+H2O(4).趁热过滤(5).乙醇(6).温度过高会导致析出的晶体分解(7).溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色(8).96.9%【解析】【分析】I．蒸

馏烧瓶中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，在三颈烧瓶中二氧化硫、硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，Na2S2O3在酸性环境中不稳定，容易分解得到S与二氧化硫，二氧化硫不易过量，碳酸钠可以反应掉氢离子，防止溶液呈酸性，尾气中有未反应的二氧化硫，在装置⑥中用氢氧化钠

溶液或酸性高锰酸钾溶液吸收；Ⅱ．所得热的反应混合溶液加活性炭脱色并保温，然后趁热过滤除去活性炭，适当加热但控制温度不超过40℃进行蒸发浓缩，然后冷却结晶、抽滤、洗涤得粗Na2S2O3•5H2O晶体。【详解】I．(1)仪器2的名称为蒸馏烧瓶，装置6吸收未反应的SO

2，防止污染空气：A．SO2不能和BaCl2溶液反应，不能被吸收，A不满足题意；B．SO2不能被浓硫酸吸收，B不满足题意；C．SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液吸收，C满足题意；D．SO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，可被NaOH溶液吸收，D满足题意；故答案为

：蒸馏烧瓶；CD；(2)当溶液pH＜7时，溶液显示酸性，会发生反应：S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，所以Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，应该使溶液的pH不小于7，故答案为：Na2S2O

3在酸性环境中不能稳定存在，发生反应：S2O32-+2H+＝S↓+SO2+H2O；(3)常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O，为了避免过滤时析出Na2S2O3•5H2O晶体导致产率降低，操作①过滤除去活性炭时需要趁热过滤，洗涤时为减少Na2S2O3•5H2O晶

体损失，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，故答案为：趁热过滤；乙醇；(4)由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率，故答案为：温度过高会导致析出的

晶体分解；(1)①到达终点时，再滴入一滴高锰酸钾溶液，高锰酸钾不能被消耗，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；②20.00mL0.40mol/LKMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：n(KMnO4)＝0.40mol/L×0.02L＝0

.008mol，根据反应：5S2O32-+8MnO4-+14H+═8Mn2++10SO42-+7H2O，可知1.28g的粗样品含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32-)=45nKM(nO)8＝0.005m

ol，产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数=0.005mol248g/100%1.2ml8go（）＝96.9%，故答案为：96.9%。20.元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍

矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：H2-2e-=2H+E=0.00VCu-2e-=Cu2+E=0.34VFe-2e-=Fe2+E=-0.44VNi-2e-=Ni2+E=-0.25V(1)镍在周期表中的位置为__

_____________________________。(2)高镍矿破碎细磨的作用______________________________________。(3)焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是___________

___________。(4)造渣除铁时发生的化学反应方程式___________________________________（产物以氧化形式表示)。(5)电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式______________________________

_______。(6)工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________。(

7)电解精炼镍的过程需控制pH为2～5，试分析原因______________________________，阳极泥的成分为________________(写名称)。【答案】(1).第四周期Ⅷ族(2).增大接触面积，提高浮选率(3).镍的焰色反应呈无色，不影响其

他金属元素的焰色(4).2FeO+SiO22FeO•SiO2(5).NiS-2e-=Ni2++S(6).2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-(2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO(OH)+Cl--+H2O)(7).pH<2时，

c(H+)大，容易在阳极放电；pH>5时，c(OH-)大，镍离子容易沉淀(8).铜【解析】【分析】根据金属元素在电解过程的中放电顺序分析电解反应。【详解】（1）镍是28号元素，根据电子排布规律分析，其在第四周期Ⅷ族；（2）高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积，提高浮

选率；（3）焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色；（4）根据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2S

iO4，故方程式为：2FeO+SiO22FeO•SiO2；（5）电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS-2e-=Ni2++S；（6）Ni(OH)与NaC1O溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价升高为+3价，氯元素化合价降低

到-1价，根据电子守恒和质量守恒得方程式为：2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-或2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO(OH)+Cl--+H2O；（7电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序，

当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH<2时，c(H+)较大，容易在阳极放电；但当溶液的酸性很弱时，即pH>5时，c(OH-)较大，镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。21.聚合物H()是一种聚酰胺纤

维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels﹣Alder反应：。(1)生成A的反应类型是________。D的名称是______。F中所含官能团的名称是______。(2)B的

结构简式是______；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是______。(3)D+G→H的化学方程式是___________________________________________。(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能

的结构有_____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为__________________________________(任写一种)。(5)已知：乙炔与1，3﹣丁二烯也能发生Diels﹣Alder反应。请以1，

3﹣丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_______________________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】(1).消去反应(2).对苯二甲酸(

3).氯原子、硝基(4).(5).H2O(6).n+n⎯⎯⎯→催化剂+(2n-1)H2O(7).10(8).或(9).CHCH⎯⎯⎯→2Br⎯⎯→NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水溶液△【解析】【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均

只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生

成对硝基苯胺，据此分析解答。【详解】(1)生成A的反应类型是消去反应，D的名称是对苯二甲酸，F中所含官能团的名称是氯原子、硝基；(2)B的结构简式是；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是H2O；(3

)D+G→H的化学方程式是：n+n⎯⎯⎯→催化剂+(2n-1)H2O；(4)D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为﹣CH2COOH、﹣COOH，有3种结构；如果取代基为﹣CH3、两个﹣COOH，有6种结构；如果取代基为﹣CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核

磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为或；(5)CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为：CHCH⎯⎯⎯→2Br⎯⎯→NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水溶液△。