【文档说明】黄金卷17-【赢在高考黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（山东专用）（解析版）.docx，共(19)页，1.142 MB，由管理员店铺上传

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1【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（山东专用）第十七模拟可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Si28S32Cl35.5Bi209一、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目要求。1．化学知识无处不在，下列家务劳动不能．．用对应的化学知识解释的是（）选项家务劳动化学知识A用温热的纯碱溶液清洗油污油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解B白醋除去水垢中的CaCO3醋酸酸性强于碳酸C“84消毒液”稀释后拖地利用NaClO的还原性消毒杀菌D

餐后将洗净的铁锅擦干减缓铁的锈蚀【答案】C【详解】A．温度高会促进纯碱的水解，纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下可以发生水解，所以用温热的纯碱溶液清洗油污，故A正确；B．白醋中含有醋酸，醋酸酸性强于碳酸，醋酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钙，所以可以用白醋除去水垢中的CaCO3，故B正确；C

．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，用于消毒杀菌，故C错误；D．铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，形成铁锈，所以餐后将洗净的铁锅擦干可以减缓铁的锈蚀，故D正确；故答案为C。2.下列实验操作能达到实验目的的是A.制备Fe(OH)

3胶体:向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液B.为了除去乙醇中的少量水,可向其中加入CaO,然后再蒸馏C.用瓷坩埚高温熔融Na2CO3固体D.用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体【答案】B【详解】NaOH稀溶液中滴

加FeCl3饱和溶液会生成沉淀,应向沸腾的水中滴加饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体,A错误;生石灰与水反应,起到吸收水的作用,然后用蒸馏的方法可得到较为纯净的乙醇,B正确;瓷坩埚成2分中含有SiO2,SiO2在高温下与碳酸钠反应:Na2CO3+S

iO2Na2SiO3+CO2↑,会损坏瓷坩埚,C错误;溶液与胶体中的分散质粒子均可透过滤纸,不能通过过滤法除去NaCl溶液中的淀粉胶体,D错误。3．硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子分层排布，彼此分层间隔。硼原子(黑球，

半径为a)和镁原子(白球，半径为b)在平面上的投影如图1.下列说法错误的是()A．硼原子的价电子构型为2s22p1B．该晶体的化学式为MgB6C．硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示D．晶胞边长为3(a+b)【答案】B【详解】A．B是第5号元素，价电子有3个，硼原子的价电

子构型为2s22p1，故A正确；B．Mg周围有6个B原子，每个B原子周围有3个Mg原子，所以Mg周围B的个数乘13，则其化学式为MgB2，故B错误；C．顶点的Mg为18，根据化学式可知，硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表

示，故C正确；D．由图2，边长为2个白球圆心的距离，连接3个最近的3个白球的中心，组成等边三角形，连接中心与顶点，其长度为(a+b)，由几何关系可知边长为3(a+b)，故D正确；故选B。4．短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次

增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是A．电负性：X>Y>ZB．原子半径：Y>Z>XC．分子中Z原子的杂化方式均为sp23D．Y、

Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸【答案】B【详解】已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的基态原子2p轨道半充满，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组

成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素，据此分析解答问题。A．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则电负性：N>C>H，A错误；B．H原子核外有1个电子层，而

C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：C>N>H，B正确；C．分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C错误；D．C元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，H2CO3为弱酸，D错误；答案选B。

5.下列实验装置正确且能达到实验目的是()A．用图1所示装置制取少量Cl2B．用图2所示装置证明酸性：2323HClHCOHSiOC．图3所示装置中水不能持续流下，说明装置的气密性良好D．用图4所示装置测定镁铝合金中铝的质量分数【答案】D【详

解】A．二氧化锰和稀盐酸不反应，不能用图1所示装置制取Cl2，故A错误；B．图2装置锥形瓶中生成的二氧化碳气体含有氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，图2所示装置不能证明碳酸与硅酸的酸性强弱，故B错误；C．图3所示装置，橡胶管起到平衡压强的作用，

不能通过水是否能持续流下证明装置的气密性，故C错误；D．镁和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用量气管量取生成氢气体积，根据氢气体积计算铝的质量，所以用图4所示装置可以测定镁铝合金中铝的

质量分数，故D正确；4选D。6．高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：下列说法不正确．．．的是A．苯乙烯不存在顺反异构体B．试剂a为C．试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3D．反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应【答案】

D【详解】A．苯乙烯分子中碳碳双键上的其中一个碳原子上连有两个相同的H原子，因此苯乙烯不存在顺反异构体，故A正确；B．根据苯乙烯、M的结构分析可知，试剂a为，苯乙烯的碳碳双键打开，的碳碳双键也打开，二者再发生加聚

反应得到M，故B正确；C．根据M和N的结构分析可知，试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3，M和b发生加成反应生成N，故C正确；D．由以上分析知，反应1为加聚反应，反应2为加成反应，故D错误；故选D。7．NF3与汞共热得到N2F2和一种汞盐，下列有关说法错误的是()A．

NF3的空间构型为三角锥形B．N2F2的结构式为F-N=N-FC．NF3沸点一定高于NH3D．N2F2：分子存在顺反异构【答案】C【详解】A．NF3的中心原子N的价电子对数为53342−+=，含有1个孤电子对，因此

其空间构型为三角锥形，A正确；B．N2F2中N原子和F原子形成一对共用电子对，N原子和N原子间形成2对共用电子对，其结构式为F-N=N-F，B正确；C．由于NH3分子间存在着氢键，因此NF3沸点低于NH3，C错误；5D．N2F2分子存在顺反异构，类似于C2H4，即(顺式)、(反式)，D正

确；答案选C。8．工业精炼铜的溶液中含有2Zn+、2Cu+等离子，分离出2Zn+并制取胆矾的流程如图所示，已知2Zn+与OH−的反应与3Al+类似.下列说法正确的是()A．“操作①”用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、分液漏斗B．“滤液1”与过量稀硫酸反应的离子

方程式为2222ZnO4H=Zn2HO−++++C．“系列操作②”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥D．胆矾晶体遇浓硫酸变白色固体，体现了浓硫酸的脱水性【答案】B【详解】由题意知，加入过量NaOH溶液后，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，故滤渣1为Cu(OH)2，与过量稀硫酸反应生成CuSO4，

再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可获得胆矾晶体；而Zn2+转化为Na2ZnO2，故滤液1中含有Na2ZnO2和过量的NaOH，与过量稀硫酸反应，Na2ZnO2又转化为Zn2+。A．操作①为过滤，需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，无需使用分液漏斗，A错误；B．滤液1中Na2

ZnO2与过量稀硫酸反应，Na2ZnO2转化为Zn2+，故离子方程式为：2-+2+22ZnO+4H=Zn+2HO，B正确；C．系列操作②为制取胆矾晶体操作，具体流程为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因为胆矾带结晶

水，故不能使用蒸发结晶，C错误；D．CuSO4·5H2O中本身含有结晶H2O，故遇浓硫酸变为白色CuSO4，体现的是浓硫酸的吸水性，D错误；故答案选B。9．铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为2CuS，含少量2

32FeOSiO、等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是()6常温下几种物质沉淀pH表金属离子3Fe+2Cu+2Mn+开始沉淀2.75.68.3完全沉淀3.76.79.8A．“浸取”过程生成的S为氧化产物B

．“调pH”过程需要将溶液调至碱性C．“沉锰”过程中反应的离子方程式为：23334MnHCONH=MnCONH+−++++D．“加热”过程排出的3NH可以通入“沉锰”过程循环利用【答案】B【详解】A．“浸取”过程2SCu中S元素由2−价变为0价，S是氧化产物，A

正确；B．若将溶液调至碱性，2Cu+也会沉淀析出，B错误；C．由流程可知“沉锰”过程中反应的离子方程式为：23334MnHCONHMnCONH+−+++=+，C正确；D．“加热”过程排出的3NH可以通入“沉锰”过程循环利用，D正确；故答案为B。10．微生物法可将高浓度苯酚废水和高浓度酸性

NO3−废水的化学能直接转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法错误的是()7A．a为负极，发生氧化反应B．b极上的电极反应为：2NO3−+12H++10e-=N2↑+6H2OC．中间室的Cl-向左室移动D．左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4g时，理论上用电器流过2.4mol

电子【答案】D【详解】A．a上苯酚变成二氧化碳，失去电子，作原电池的负极，发生氧化反应，A正确；B．b上硝酸根离子得到电子生成氮气，电极反应为2NO3−+12H++10e-=N2↑+6H2O，B正确；C．氯离子向负极移动，即向a极（左室）移动，C正确；

D．左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4g，其物质的量为0.1mol，反应后生成二氧化碳和水，转移电子为2.8mol，D错误；故选D。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目

要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na

2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2【答案】B【详解】A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚

溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D

．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。12.下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是()8A.工作时,a极的电势低于

b极的电势B.工作一段时间之后,a极区溶液的pH减小C.a、b极不能使用同种电极材料D.b极的电极反应式为CH3COO-+4H2O-8e-2HCO3-+9H+【答案】BD【详解】b电极上CH3COO-转化为HCO3-,碳元素的化合价升高,说明b为原电池的负极,则a为原电池的正极,发生还原反应,

所以a极的电势高于b极的电势,A错误;b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-,电极反应式为CH3COO-+4H2O-8e-2HCO3-+9H+,生成的H+可以通过质子交换膜进入a电极区,其物质的量与电子转移的物质的

量相同,在正极上,迁移的氢离子中只能有一半被电极反应所消耗,从而导致a极区溶液pH减小,B正确;据图可知,该装置是燃料电池,能使用同种电极材料,C错误;根据上述分析可知,b电极的电极反应式为CH3COO-

+4H2O-8e-2HCO3-+9H+,D正确。13．CO2在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如下图所示。下列说法错误的是()A．CO2的电子式为B．催化剂可以降低该反应过程中的活化能C．该催化循环中共产生了5种中间粒子D．总反应

方程式为2223CO3H=HOCHOH++【答案】C【详解】A．CO2分子中C原子与两个O原子分别共用两对电子，电子式为，A项正确；9B．催化剂可以改变反应路径，降低反应过程中的活化能，B项正确；C．由流程可知，催化循环中产生了氢原子和5种含碳离子等共6种中间粒子，C项错误；D．由图可知反应物为

CO2和H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应方程式为：2223CO3HHOCHOH+=+，D项正确；综上所述答案为C。14．有机化合物M结构简式如图所示，下列说法不正确的是A．三个苯环可能在同一平面B．M在碱性条件下生成醇的反应类型是取代反应C．M分子中存在1个手性碳原子

D．分子中碳原子的杂化轨道有sp3、sp2【答案】AC【详解】A．根据M结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的3个H原子，甲烷上最多2个H原子与C原子共平面，因此M中三个苯环不可能在同一

平面，A项错误；B．M分子中的Br在碱性条件下水解生成醇，卤代烃的碱性水解属于取代反应，B项正确；C．有机化合物M不存在手性碳原子，C项错误；D．M中和三个苯环直接相连的碳原子以及甲基、亚甲基中的碳原子都是sp

3杂化，苯环中的碳原子都是sp2杂化，D项正确；故选AC。15．用10.10molLKOH−溶液滴定120mL0.10molL−磷酸二氢钠(22NaHPO)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。已知2

4NaHPO溶液呈碱性，下列说法错误的是()A．ab过程中发生反应的离子方程式为-2-2442HPO+OH=HPO+HO10B．b点对应溶液中()()()3424cNacPOcHPO−−C．若c点溶液pH12=，且()()240.634c

HPO10cPO−−=，则()212.644KHPO10−−=D．若用同浓度NaOH溶液代替KOH溶液进行滴定，图像与该图完全重合【答案】BD【详解】A．由于-24HPO能电离出部分H+，所以在ab过程能与碱发生中和反应，离子方程式为：--2-2442HPO+OH=HPO+HO，

A正确；B．由图知ab段和bc段发生的化学反应不同，因为NaHPO4是b点的主要成分，且溶液呈碱性，则2-4HPO的水解程度大于电离程度，则-3-244c(HPO)c(PO)，B错误；C．()3-20.61212.64442-4c(PO)c(H)KH

PO=101010c(HPO)+−−−−==，C正确；D．溶液的导电性与离子的种类、离子浓度、离子所带电荷数有关，氢氧化钾的碱性略比氢氧化钠的碱性强，将NaOH改变成KOH，图像不完全重合，D错误；故选：BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分16．（12分）碳酸锰(3MnC

O)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是2MnO，还含有23FeO、3CaCO、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：已知：①“还原焙烧”主反应为222MnOC2MnOCO++焙烧。11②可能用到的数据如下：氢氧化物(

)3FeOH()2Fe()2CuOH()2MnOH开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A，需要用到的仪器为________(选填“瓷坩埚”或“铁坩埚”)。(2)步骤B中含锰元素的物质发生反应的化学方程式是_______；步

骤D中“氧化”的目的是_____________。(3)步骤E中调节pH的范围为______。理论上，“10%NaOH溶液”宜用_______(填序号)代替。A．CuOB．2MnOC．()2MnOHD．HCl(4)步骤G中含锰物质发生反应的

离子方程式为______；步骤H中分离烘干的操作是____、____、干燥。(5)如图为用Fe、C(碳)作电极电解含4MnO−的污水，使之转化为()2MnOH沉淀而除去的装置示意图。M电极是___(填“Fe”或“C”)，污水中4MnO−转化

为沉淀的离子方程式为________。【答案】铁坩埚2442MnOHSO=MnSOHO++把“浸取”中得到的2Fe+氧化成3Fe+3.7pH8.3C23322Mn2HCO=MnCOCOHO+−+++过滤洗涤Fe()()242325FeMnO9OH4HO5FeOHMnOH+−−+++

+【分析】利用软锰矿(主要成分是2MnO，还含有23FeO、3CaCO、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程中，先加入木炭在高温下23FeO、CuO、2MnO发生还原反应生成Fe、Cu、MnO，再加入硫

酸后，Fe、MnO、3CaCO与硫酸反应生成FeSO4、MnSO4、CaSO4，Cu与硫酸不反应，CaSO4在水中微溶，因此过滤得到滤液中主要成分为FeSO4、MnSO4、H2SO4，滤渣中主要成分为Cu、CaSO4，向滤

液中加入MnO2将FeSO4氧化，再加入1210%NaOH溶液调节溶液pH并过滤除去Fe3+，滤液中主要成分为MnSO4，向滤液中加入NH4HCO3发生复分解反应生成难溶物MnCO3，过滤后将滤渣洗涤烘干得到MnCO3固体。【详解】(1

)还原焙烧过程中需要用到坩埚，因瓷坩埚中含有SiO2，高温条件下CaCO3能与SiO2反应，因此选择铁坩埚进行焙烧；(2)步骤B中MnO与H2SO4反应生成MnSO4、H2O，反应方程式为2442MnOHSO=MnSOHO++；因Mn2+以

Mn(OH)2形式沉淀的pH与Fe2+以Fe(OH)2沉淀的pH有交叉，因此需要将Fe2+氧化为Fe3+，而MnO2具有氧化性，能够氧化Fe2+，且不会引入杂质；(3)由上述分析可知，步骤E的目的是除去Fe3+，同时Mn2+不能沉淀，

因此调节pH的范围为3.7pH8.3；调节pH的过程中H2SO4被反应，使溶液pH逐渐增大，因此所选试剂能与H2SO4反应，且不能引入杂质，因此可用Mn(OH)2代替10%NaOH溶液；(4)步骤G中MnSO4与NH4HCO3发生复分解反应生成MnCO3、CO2

、H2O，其反应的离子方程式为23322Mn2HCO=MnCOCOHO+−+++；由上述分析可知，步骤H中分离烘干的操作是过滤、洗涤、干燥；(5)该电解装置工作过程中，-4MnO被还原为Mn(II)，因此电解时电极材

料需产生具有还原性物质，因此M电极为Fe；Fe发生氧化反应生成Fe2+，Fe2+还原-4MnO，Fe2+被氧化为Fe3+，阴极为水发生还原反应生成OH-、H2，OH-与Mn2+、Fe3+反应生成Mn(OH)2、Fe(OH)3，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及溶液呈碱性可知4Mn

O−转化为沉淀的离子方程式为()()242325FeMnO9OH4HO5FeOHMnOH+−−++++。17．（12分）我国采用的Cu2O/TiO2-NaBiO3光催化氧化技术能深度净化工业上含有机物的废水。回答

下列问题:(1)钛(Ti)的基态原子M能层中能量不同的电子有种。(2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等。①H2O、CH3OH、分子中O—H键的极性最强的是。②C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是。(3)将少量无水硫酸铜溶解在水中,形成蓝色溶液,再加

入过量氨水,溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结构如图所13示,1mol该离子中所含σ键为mol(包括配位键);向深蓝色溶液中缓慢加入乙醇,得到深蓝色晶体,加热该晶体先失去组分b的原因是。(4)铋合金具有凝固时不收缩的特性,用于铸造高

精度铸型。金属铋的结构示意图如图1所示,其晶胞结构如图2所示。若铋原子的半径为rpm,则该晶体的密度为g·cm-3(用含r和NA数学表达式表示)。【答案】(1)3(2)①②O>N>C(3)22NH3与Cu2+的配位能力比H2O强(4)6×

20924√2r3NA×1030【详解】(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,M能层即为Ti原子核外第三层,M层中有3个能级,每个能级上的电子能量不同,则能量不同的电子有3种。(2)①H2O、CH3O

H、都是极性分子,根据钠与水和醇的反应剧烈程度可知,水中的氢活性较大更易电离,电离难易程度与极性关系,一般极性越大,越容易电离,则H2O中O—H键的极性大于CH3OH中O—H键的极性,水是中性的,苯酚具有酸性,说

明苯酚中羟基上的H比水更易电离,则上述分子中O—H键的极性最强的是。②C、N、O三种元素位于同周期,同周期元素,随核电荷数增大,电负性逐渐增强,三种元素的电负性由大到小的顺序是O>N>C。(3)配位键和单键都是σ键,根据图示,a为

铜离子,b为H2O,c为NH3,铜离子与NH3、H2O形成6个配位键,每个NH3中含有3个σ键,每个H2O中含有2个σ键,则1mol该离子中所含σ键为1mol×(6+3×4+2×2)=22mol;根据相

似相溶原理,乙醇为极性溶剂,H2O为极性分子,NH3与Cu2+的配位能力比H2O强,乙醇将H2O夺走,降低蓝色晶体的极性,则蓝色晶体的溶解度降低而析出。(4)根据图2所示,金属铋原子位于六棱柱的顶点,面心和体内,该晶胞中铋原子的

个数为2×12+3+16×12=6。根据图1所示,若铋原子的半径为rpm,则晶胞面的边长为2rpm,上下面的距离h=4√63rpm,将六棱柱看作6个三棱柱14构成,每个三棱柱的体积为12×2rpm×√3rpm×4√63rpm=4√2r3pm3=

4√2×10-30r3cm3,则晶胞的体积为6×4√2×10-30r3cm3=24√2×10-30r3cm3,则该晶胞的密度为ρ=𝑚𝑉=𝑁𝑀𝑉𝑁A=6×209g·mol-124√2×10-30𝑟3cm3×𝑁A=6×20924√2𝑟3𝑁A×1030g·cm-3。1

8．（12分）氨气是基础有机合成工业和化肥工业的重要原料。(1)诺贝尔奖获得者埃特尔提出了合成氨反应吸附解离的机理，通过实验测得合成氨势能如图所示：在合成氨吸附解离的过程中，下列状态最稳定的是___________(填选项)。A．2213N(g)H(g)22+B．NH3(g

)C．NH(ad)+2H(ad)D．N(ad)+3H(ad)其中，NH3(ad)NH3(g)∆H=___________kJ·mol-1，若要使该平衡正向移动，可采取的措施是___________(填选项)。A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．减小压强(2)在上述实验条件下，向一密闭容器中通

入1molN2和3molH2充分反应，达到平衡时放出46kJ热量，计算该条件下H2的转化率___________。(3)在t℃、压强为3.6MPa条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比[c(H2)：c(N2)]为3的混

合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示：反应20min达到平衡，试求0～20min内氨气的平均反应速率v(NH3)=___________MPa·min-1。若起始条件一样，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时H2的含量符合上图中__

_________点(填“d”、“e”、“f”或“g”)。(4)在合成氨工艺中，未反应的气体(含不参与反应的惰性气体)可多次循环使用。当氢氮比[c(H2)：c(N2)]为3时，平衡时氨气的含量关系式为：ω(N

H3)=0.325·KP·P·(1-i)2，(KP：平衡常数；P：平衡体系压强；i：惰性15气体体积分数)。当温度为500℃，不含惰性气体时，平衡体系压强为2.4MPa，氨气的含量为ω，若此时增大压强

，Kp___________将(填“变大”、“变小”或“不变”)。若温度不变，体系中有20%的惰性气体，欲使平衡时氨气的含量仍为ω，应将压强调整至___________MPa。【答案】D+50AD50%0.02g不变3.75【详解】(1)根据能量越低越稳定规律，知状态N(a

d)+3H(ad)能量最低最稳定，故答案选D；由图示知，从NH3(ad)到NH3(g)需吸收能量50kJ/mol，故此处填+50；由于该过程为吸热过程且为气体分子数增加的过程，根据平衡移动原理，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故答案选AD；(2)由图示可得

热化学方程式：22313N(g)+H(g)NH(g)=-46kJ/mol22Hƒ△，故放出46kJ热量，说明有1.5molH2转化，故H2的转化率=1.5mol×100%=50%3mol；(3)由起始投料比例知，H2占

34，对应最上方曲线，N2占14，对应中间那条曲线，最下方曲线对应NH3，由图示知，平衡时NH3的体积分数为19，故用氨气表示的平均反应速率=1×3.6MPa-09=0.02MPa/min20min；由于起始投料一致，随着反应的进行，气体的量逐渐减少，

故相对于恒压条件来说，恒容条件相当于减小压强，故恒容条件下反应正向程度小于恒压时反应的正向程度，即恒容条件下达平衡时H2含量大于恒压条件，对应图示应为g点；(4)由于平衡常数Kp只与温度有关，温度不变，则Kp不变，故此处填不变；不含稀有气体

时，ω(NH3)=0.325·Kp×2.4MPa=0.78Kp，若含20%稀有气体，则ω(NH3)=0.325·Kp×P×(1-20%)2=0.208Kp·P，由0.208Kp·P=0.78Kp，解得P=3.75MPa，即此时需将压强调至3.75MPa。19．（12分）高分子化合物

G()是一种重要的合成聚酯纤维,其合成路线如下:16已知:①++R2OH②+R3OH+R2OH(1)F的结构简式为,①的反应类型为,E中官能团的名称为,⑤的反应方程式为。(2)写出符合下列条件E的同分异构体

(填结构简式,不考虑立体异构)。①含有苯环,遇FeCl3溶液不变色②能发生银镜反应③核磁共振氢光谱图峰面积之比为1∶3∶6∶6(3)判断化合物E中有无手性碳原子,若有,用“*”标出。(4)写出以1,3-丙二醇和甲醇为原料制备的合成路线(其他试

剂任选)。【答案】(1)HOCH2CH2OH加成反应酯基、羰基2+2(2)(3)(4)【详解】已知甲醛乙炔]C4H6O2A,由碳原子数和氧原子数可知,应是1mol乙炔和2mol甲醛反应生成1molA,由于1molA分子中碳、氢、氧原子数目为1mol乙炔和2mol甲醛中碳、氢、氧原子数之和,故反应

①为加成反应,A的结构简式为OHC—CH2—CH2—CHO;C是二元醇被氧化为二元羧酸,则C的结构简式为17HOOC—CH2—CH2—COOH;C转化为D是C与按物质的量之比1∶2发生酯化反应形成;根据已知信息①,

D到E发生反应为2+2,最后G是发生了已知信息②的反应,则F为HOCH2CH2OH。(1)根据上述分析可知,F为HOCH2CH2OH;反应①为加成反应;E中官能团的名称为酯基、羰基;根据已知信息反应①,反应⑤是2mol在存在的条件下发生成环反应,生成1molE和2mol。(2)E的

分子式为C12H16O6,符合下列条件的E的同分异构体:①含有苯环,遇FeCl3溶液不变色说明其不含酚羟基;②能发生银镜反应,则其含醛基;③核磁共振氢谱图峰面积之比为1∶3∶6∶6,说明有四种氢,且数目分别为1、3、6、6,

再根据E的不饱和度为(12×2+2)-162=5,由于一个苯环、一个醛基不饱和度恰好为5,则分子中的氧原子只能形成醚键,所以符合条件的结构简式为。(3)手性碳原子指的是碳原子上连接4个不同的原子或原子团,E分子中存在手

性碳,用星号标记为。(4)利用1,3-丙二醇和甲醇为原料制备,采用逆推法分析,根据已知信息反应①,先要制取,而可通过与甲醇发生酯化反应得到,1,3-丙二醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化生成。则合成路线为:。1820．（12分）

氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学式为：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：V2O5246mol/L盐酸、NH，微沸还原⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→VOCl2溶液43NHHCO转化⎯⎯⎯→氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体(1)N

2H4的电子式是_______。若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式_______。(2)“转化”可在如图装置中进行。(已知VO2+能被O2氧化)①仪器M的名称是_______。使A中制气反应停止的操作是_______。②装置C中将VOCl2转化并得到产

品，实验操作顺序为：打开活塞a→_______→_______→_______.(填标号)。I.取下P(如图)，锥形瓶口塞上橡胶塞II.将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤III.打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续

搅拌一段时间，使反应完全③得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_______(填离子符号)，用乙醚洗

涤的目的是_______。④称量mg产品于锥形瓶中，先将产品中钒元素转化为VO+2，消除其它干扰，再用cmol·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VmL(已知滴定反

应为VO+2+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O).则产品中钒的质量分数为_______(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。【答案】2V2O5+N2H4+8HClΔ4VOCl2+N2↑+6H2O分液漏斗关闭活塞aⅢ

ⅠⅡC1-除去晶体表面的乙醇-36710cVm×100%【详解】(1)N2H4的结构中H与N以单键相连，N与N以双键相连，所以电子式为，“还原”后其它产物均绿19色环保，所以产物为氮气，且V2O5转化为VOCl2，所以答案为：2V2O5+N

2H4+8HClΔ4VOCl2+N2↑+6H2O；(2)①仪器M为分液漏斗，装置A是一个类似于启普发生器的装置，只需关闭活塞a，装置A气体压强增大，将稀盐酸压回长颈漏斗中与碳酸钙分离，反应即停止；②VO2+能被O2氧化，所以先打开a，通入一段时间氢气排净装置中的空气，然

后再打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全，为防止空气进入，反应结束后取下P(如图)，锥形瓶口塞上橡胶塞，然后才在干燥器中，静置后过滤，所以答案为Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ；③用饱和NH4HCO3溶液可洗涤除去易溶于水的阴离

子，所以答案为C1-，无水乙醇洗涤的产物表面的水分，乙醚可以洗涤产物表面残留的乙醇，所以答案为除去晶体表面的乙醇；④由滴定反应为VO+2+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV10-3mol，则VO2+质量为67cV10-3g，所

以产品中钒的质量分数为-36710cVm×100%。