【文档说明】【精准解析】山东省潍坊昌乐县第二中学2020届高三上学期期末考试化学模拟试卷二.doc，共(24)页，1.872 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学期末模拟检测二可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39P-31一、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.下图是古丝

绸之路中的重要贸易商品，下列有关说法错误的是瓷器丝绸茶叶酒A.陶瓷由黏土经高温烧结而成，其主要成分是硅酸盐B.丝绸的化学成分主要是纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物C.茶叶中含多种酚类物质，经常饮用可抗氧化、防衰老D.我国劳动人民很早就掌握了酿酒技术

，但自酿酒中可能会含有甲醇等有害物质，不建议直接饮用【答案】B【解析】【详解】A.陶器和瓷器都是由黏土经高温烧结而成，只是陶相对粗糙，而瓷相对细腻，且瓷表面涂有一层釉质，但它们的主要成分都是硅酸盐，A正确；B.丝绸的化学成分主要是蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子化合物，B错误；C.茶叶中含多种茶多

酚类物质，具有较强的还原能力，经常饮用可抗氧化、防衰老，C正确；D.自酿酒尤其是山芋、高梁酒中，甲醇含量相对较高，甲醇是对人体有害的物质，不建议直接饮用，D正确。故选B。2.以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)

的合成路线如下图所示关于以上有机物说法中错误的是A.物质a最多有10个原子共平面B.物质d的二氯代物有6种C.物质c与物质d互为同分异构体D.物质b的分子式为C10H12【答案】A【解析】【详解】A.a分子中单键碳上的2个H原子，

一定不在双键决定的平面上，物质a最多有9个原子共平面，故A错误；B.金刚烷的的二氯代物有、、、、、共6种，故B正确；C.物质c与物质d的分子式都是C10H16，c与d的结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；D.根据b分子的键线式，物质b的分子式为C10H12，故D正确。3.我

国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如图：下列说法不正确．．．的是()A.Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂C.反应过程中生成了MG和甲醇D.EG

和甲醇不是同系物【答案】B【解析】【分析】由图可知，草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG的反应机理为Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子，氢原子与草酸二甲酯(DMO)反应生成乙二醇(EG)和甲醇。【详解】A．根据图

中信息可知，Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子，故A正确；B．根据图中信息可知，DMO分子反应后生成甲醇和HOCH2CH2OH，故有碳氧单键和碳氧双键发生了断裂，故B错误；C．根据图中信息可知，反应过程中生成了MG和甲醇，

故C正确；D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互为同系物，EG为乙二醇，乙二醇是二元醇，甲醇为一元醇，二者-OH数目不同，结构不相似，不是同系物，故D正确；答案选B4.以下

有关元素性质的说法不正确的是（）A.具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①B.下列价

电子排布式的原子中：①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，第一电离能最大的是③C.①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl中，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④D.某元素气态

基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+【答案】D【解析】【详解】A．具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63

s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，则①为Si，②为N、③为C、④为S，根据同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径:Si＞S

＞C＞N，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；B．①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，分别为：Al、Si、P、S元素；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第VA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，

第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，③＞④＞②＞①，第一电离能最大的是③，故B正确；C．同周期随原子序数增大电负性增大，同主族随原子序数增大电负性减小，故①Na、K、Rb是同主族元素，电负性依次减小；②N、P、As是同主族元素，电负性依次减小；③O、S、Se是同主族元素，电负性

依次减小；④Na、P、Cl是同周期元素，电负性依次增大，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，故C正确；D．根据数据可知，该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误；答案选D。5.某有机物X()是我国具有自主知识产权的国家一类新药

的有效成分，下列关于X的说法错误的是A.1molX与足量H2发生加成反应消耗3molH2B.与酸和与碱反应的类型相同C.分子中所有碳原子在同一平面内D.一氯取代物只有6种【答案】C【解析】【详解】A.X中，只有苯环能与H2发生加成反应，1molX与足量H2发生加成反应消耗3molH2，A正确；

B.与酸和与碱反应的类型相同，都是水解反应，B正确；C.–C(CH3)3中的碳原子不可能共平面，所以分子中所有碳原子不在同一平面内，C错误；D.除去–C(CH3)3中，三个-CH3上的9个氢原子性质相同，其它不同碳原子上的

氢原子性质都不同，所以一氯取代物有6种，D正确。故选C。6.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为

0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，说法正确的是()A.X与Y形成的化合物只含有共价键B.X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构C.酸性：H2YO3<H2QO3，所以非金属性Y<QD.由Z、W、Q三种元素形成的

盐只有两种【答案】A【解析】【详解】五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，由原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数

和均为0，Y是C元素。由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是NaOH或者CS2，故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。A．X与Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，A正确；B．X与W形成的化合物是

NaH，H元素没有满足最外层8电子稳定结构，B错误；C．酸性：H2YO3＜H2QO3，H2CO3小于H2SO3，但H2SO3不是硫元素的最高价氧化物的含氧酸，故不能得出非金属性C小于S元素，C错误；D．由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，D错误

。答案选A。7.关于原子轨道的说法正确的是（）A.凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体B.CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合形成C.sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一

组新轨道D.凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】C【解析】【详解】A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型不一定都是正四面体，如NH3，属于三角锥形，A错误；B．sp3杂化轨道指一个原子同一电子层内由一个ns轨道和三个n

p轨道发生杂化形成的轨道，不是不同原子的杂化，B错误；C．sp3杂化轨道的定义就是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道，C正确；D．比如BCl3属于sp2杂化，D错误；答案选C。8.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原

理A．分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B．分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取

水中的碘，A错误；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，答案选D。9.某化学课外活动小组通过下列实验验证Cl2

与NH3的反应，下列有关说法错误的是（）A.用KMnO4和浓盐酸制备Cl2时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5B.反应后，装置C中黄绿色变浅，并有白烟产生，白烟的成分为NH4ClC.A装置制备Cl2，E装置制备NH3D.尾气中的NH3可被F装置吸收【答案】C【解析】【分析】氯

化钙能与氨气反应生成络合物，所以A装置利用固液混合物不需要加热制取氨气，B中可以放碱石灰做干燥剂，E装置利用固液混合物不需要加热制取氯气，在C中相遇发生反应，尾气通入F装置进行收集，防止污染空气，由此分析。【详

解】A．高锰酸钾中Mn元素的化合价由+7价变为+2价，氯气中的Cl元素的化合价由−1价变为0价，根据得失电子数相等，n(KMnO4)：n(Cl2)=2:5，配平方程式为16HCl+2KMnO4=2KCl+

2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，氧化剂为高锰酸钾，还原剂为氯化氢，16分子中有10分子氯化氢化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，故A正确；B．氯气与氨气反应生成白烟的反应式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，氯气被消耗，生成的氯化铵为固体，有白烟生成，故B正确；

C．D中的干燥剂为氯化钙，氯化钙会与氨气反应，所以不能用于干燥氨气，E装置不能用来制取氨气，故C错误；D．氨气极易溶于水，氨气在四氯化碳中溶解度小，F装置可以起到防倒吸的作用，氨气进入有机层会上升，到有机和无机层交界时

被水吸收，故D正确；答案选C。10.CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中制取。已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl-(aq)[C

uCl3]2-(aq)(无色溶液)下列叙述错误的是（）A.浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2SB.浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电

路板C.加水有利于CuCl(s)+2Cl(aq)-[CuCl3]2-(aq)平衡逆向移动，析出CuClD.为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥【答案】B【解析】【分析】黄铜矿和氯化铜反应生成氯化亚铜、氯化亚铁和硫单质，CuCl和盐酸反应生成[Cu

Cl3]2－，加水稀释利用平衡移动原理CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2－(aq)，平衡逆向移动，生成氯化亚铜。【详解】A选项，根据，浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，故A正确；B选项，浸取所得到的FeCl2溶液和铜不反应，故B错误；C选项，

加水，反应物浓度减小更多，CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，故C正确；D选项，因CuCl微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，为提高产率和纯度，因此采用乙醇洗涤、真空干燥CuCl，故D正确；综上所述，答

案为B。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.酒石酸（RH2）分子的结构简式为：。它可以通过电渗析法制备。“三室电析工作原理如图所示（电极均

为惰性电极）。下列说法正确的是（）A.A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜B.阴极每生成标况下22.4L的气体时，转移的电子数为NAC.阳极反应为2H2O+4e-=O2↑+4H+D.若用铅蓄电池作电源，当生成1molRH2时，

理论上电源的负极增重96g【答案】D【解析】【分析】根据图示得，阴极为2H2O+2e-=H2↑+4-OH，阳极为2H2O-4e-=O2↑+4+H，电解过程中，+Na向阴极移动，2-R向阳极移动，据此分析。【详解】A．由以上

分析可知，左侧为阴极，+Na向阴极移动，2-R向阳极移动，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，故A错误；B．根据阴极的电极反应，阴极为2H2O+2e-=H2↑+4-OH，阴极每生成标况下22.4L的气体时，即产生1mol

氢气，转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故B错误；C．电解池的阳极失去电子发生氧化反应，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4+H，故C错误；D．若用铅蓄电作电源,当生成1molRH2时，转移电子2mol，电源负极反应为Pb−2e-+2

-4SO=PbSO4，根据电子守恒可得，负极增重1mol×96g/mol=96g，故D正确；答案选D。12.以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2，可制得低密度聚乙烯(LDPE)，该反应过程的机理如图所示下列说法正

确的是（）A.过程Ⅰ~Ⅲ中碳元素均发生还原反应B.﹕CH2这个8电子微粒中既包含极性共价键又包含非极性共价键C.工业上生产7×103kg的LDPE，理论上需要CO2的体积是1.12×107LD.CO2最终转化为LDPE的电极反应式是2n

CO2-12e-+12nH+=+4nH2O【答案】A【解析】【详解】A．过程Ⅰ~Ⅲ中碳元素化合价均降低，即化合价由+4→+3→+2→−2，所以过程Ⅰ∼Ⅲ中碳元素均发生还原反应，故A正确；B．CH2这个8电子微粒中只会有C−H

键，即只含有极性键，故B错误；C．C原子守恒有关系式2nCO2∼，n(CO2)=2n()=5×105mol，标准状况下CO2的体积V=22.4L/mol×5×105mol=1.12×107L，但制得低密度聚乙烯的反应条

件为常温常压电解CO2，所以理论上需要CO2的体积大于1.12×107L，故C错误；D．CO2最终转化为LDPE的过程中发生得到电子的还原反应，电极反应式是2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O，故D错

误；答案选A。13.化合物X是某药物的中间体，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是（）A.X的分子式为C27H28NO10B.1个X分子中有6个手性碳原子C.1molX最多与3molNaOH反应D.一定条件下，X能发生消去、氧化、取代反应【答案】B

D【解析】【详解】A．化合物X分子中含有27个C原子、29个H原子、10个O原子、1个N原子，其分子式为C27H29NO10，故A错误；B．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图标“∗”为手性碳原子：，含有6

个手性碳原子，故B正确；C．化合物X含有的酚羟基能与NaOH发生中和反应，1molX含有2mol酚羟基，能与2molNaOH反应，故C错误；D．含有羟基、氨基，可以发生取代反应，直接连接六元环的羟基连

接的碳原子上含有H原子，可以发生氧化反应，邻位碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故D正确；答案选BD。【点睛】该分子中不含羧基，酚羟基可以和与氢氧化钠反应，为易错点。14.室温下，H2SeO3水溶液中含硒的各物种的分布系数

δ(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)随pH变化如图所示，下列说法正确的是（）A.C点pH为5.47B.0.1mol·L-1的H2SeO3溶液中：c(H+)=2[c(-3HSeO)+c(2-3S

eO)+c(H2SeO3)]C.0.1mol·L-1的NaHSeO3溶液中(pH＜7)：c(Na+)＞c(-3HSeO)＞c(2-3SeO)＞c(H2SeO3)D.向1L含H2SeO3和NaHSeO3的浓度均为1mol·L-1的溶液中，加入1L2mol·L-1NaOH溶液，所得溶液中：

c(-3HSeO)+3c(H2SeO3)＞c(2-3SeO)+2c(OH-)【答案】AC【解析】【分析】H2SeO3分布系数δ随pH的升高在减小，HSeO-3分布系数δ随pH的升高先增大后减小，2-3SeO分布系数δ随pH的升高而增大，A点c(-3HSeO)=c(H2SeO3)

时，Ka1=-+323c(HSeO)c(H)c(HSeO)=c(H+)=10−2.62，B点c(-3HSeO)=c(2-3SeO)时，Ka2=2-+3-3c(SeO)c(H)c(HSeO)=c(H+)=10−8.32，由此分析。【详解】

A．c(2-3SeO)=c(H2SeO3)，Ka1×Ka2=-+323c(HSeO)c(H)c(HSeO)×2-+3-3c(SeO)c(H)c(HSeO)=c(H+)2，c(H+)=a1a2kk=2.628.321010−−mo

l/L=10−5.47mol/L，则溶液的pH=5.47，故A正确；B．0.1mol·L-1的H2SeO3溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(-3HSeO)+2c(2-3SeO)+c(OH-)，该酸电离程度较小，所以c(H+)＜2[

c(-3HSeO)+c(2-3SeO)+c(H2SeO3)]，故B错误；C．0.1mol/LNaHSeO3溶液中(pH＜7)，说明-3HSeO电离程度大于水解程度，则c(2-3SeO)＞c(H2SeO3)，但是其电离和水解程度都较小，所以存在c(Na+)＞

c(-3HSeO)＞c(2-3SeO)＞c(H2SeO3)，故C正确；D．混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2SeO3和NaHSeO3，溶液中存在物料守恒2c(Na+)=3[c(-3HSeO)+c(2-3SeO)+c(H2SeO3

)]、电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(-3HSeO)+2c(2-3SeO)+c(OH-)，所以得到：c(-3HSeO)+3c(H2SeO3)+2c(H+)=c(2-3SeO)+2c(OH−)，所以c(-3HSeO)+3c(H2SeO3)＜c(2-3SeO)+

2c(OH−)，故D错误；答案选AC。15.工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇

的转化率随温度变化如图所示。已知在T2温度下，达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是（）A.该反应的ΔH>0B.缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高乙酸的产率C.温度为T1时，该反应的正反应速率：B点大于A

点D.温度为T2时，向上述已达到平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，平衡不移动【答案】BD【解析】【详解】A.根据图像，随着温度升高甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列

原理，该反应的正反应为放热反应，即△H<0，故A错误；B.缩小容器的体积，相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，乙酸的产率提高，故B说法正确；C.根据图像，T1温度下未达到平衡，反应向正方向进行，该反应的正反应速率：A点大于B点，故C说法错误；

D.T2下，甲醇的转化率为60%，33CHOH(g)+CO(g)CHCOOH(l)n0.200.22n0.120.12n0.080.10始消平，达到平衡，此时容器的体积为2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0

.05mol·L－1，化学平衡常数K=311c(CHOH)c(CO)0.040.05==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此时气体总物质的量与原平衡时气体总物质的量相等，即容器的体积为4L，此时c(CH3OH)=(0.08+0.12)mol4L=

0.05mol·L－1，c(CO)=(0.10+0.06)mol4L=0.04mol·L－1，Qc=311c(CHOH)c(CO)0.050.04==K，说明平衡不移动，故D说法正确；答案：BD。【点睛】本题的难点是选

项D的判断，再通入一定物质的量的物质，判断平衡如何移动，一般是通过Qc和K之间的关系进行分析，本题中容器为恒压密闭容器，即容器的体积可变，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO时，容器的体积不是2L，投入气体总物质的量等于原平衡气体总物质的量，利用阿伏加德罗推论，

推出此时容器的体积应为4L。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.苯乙烯是一种重要的化工原料。(1)工业上可用乙苯催化脱氢方法制备苯乙烯①已知部分化学键的键能如下：化学键C—HC—CC=CH—H键能/

(kJ·mol-1)412348612436则+H2(g)的ΔH=___kJ·mol-1。②实际生产中常在恒压条件下掺入高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(水蒸气不参加反应)。在一定压强、900K的条件下，乙苯的平衡转化率随着n()n()水乙烯的增大而___(填“增大”“减小”或“不

变”)。随着反应的进行，少量积碳会使催化剂活性减弱，水蒸气还有利于恢复催化剂活性，原因是___(用化学方程式表示)。(2)苯乙烯可由乙苯和CO2催化脱氢制得。其反应历程如图：乙苯平衡转化率与P(CO2)的关系如图所示

，当P(CO2)＜15kPa时，乙苯平衡转化率随着P(CO2)增大而增大，其原因是___，当P(CO2)＞15kPa时，乙苯平衡转化率随着P(CO2)增大反而减小，其原因是____。(3)研究表明金属次卟啉二甲酯能够顺利地选择性催化氧

化苯乙烯生成苯甲醛，以该反应原理设计成酸性燃料电池，则电池负极的电极反应式为__。(4)若该电池消耗标准状况下22.4L的O2，则外电路中理论上转移电子的物质的量为__。(5)利用GeO2制备GeCl4的热化学方

程式：GeO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌GeCl4(g)+2CO(g)ΔH=−82.6kJ·mol-1。已知：在密闭容器中加入GeO2、C和Cl2各2mol，分别于200℃、400℃、600℃三个温度下发生反应，平衡时CO的体积分数与压强的关系如图。①曲线

Ⅲ对应的温度为___。②图中a、b、c、d四点对应的平衡常数K(a)、K(b)、K(c)、K(d)由大到小的顺序为___。③b点对应Cl2的转化率为___(精确到0.1%)。④初始的温度、压强和反应物的用量均相同，下列四种容器中Cl2的转化率最高的是___。A．恒

温恒压容器B．恒温恒容容器C．恒容绝热容器D．恒压绝热容器⑤d点时，该反应的平衡常数Kp=___MPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。【答案】(1).124(2).增大(3).C+H2O高温CO+H2(4).随着CO2压强增大，反应物浓度增大，

促进平衡向右移动(5).过多的CO2会造成催化剂表面乙苯的吸附下降(6).-8e-+3H2O=+8H++CO2(7).4mol(8).600℃(9).K(d)＞K(b)＞K(a)=K(c)(10).28.6%(11).A(12).20【解析】【分析】(5)⑤根据方程式计算

平衡时各组分的物质的量，据此计算平衡分压，再代入分压平衡常数计算Kp，由此分析。【详解】(1)①反应热=反应物总键能−生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是−CH2CH3中总键能与−CH=CH2、H2总键能之差，故∆H=(5×412+348−3×412−612−436)

kJ⋅mol−1=+124kJ⋅mol−1；②恒压下，加入水蒸气稀释剂，相当于增大容器体积，则使平衡正向移动，增大转化率；高温下，水蒸气可与碳反应增大，可减少积碳，有利于反应进行，发生C+H2O高温C

O+H2；(2)由反应历程可知，乙苯与二氧化碳在催化条件下反应生成苯乙烯和一氧化碳，增大二氧化碳浓度，有利于平衡正向移动，但二氧化碳浓度过大，会造成催化剂表面乙苯的吸附下降；(3)负极发生氧化反应，苯乙烯被氧化生成苯甲醛，根据燃料电池氧气作正极，负极的电极方程式为-8e-+3

H2O=+8H++CO2；(4)若该电池消耗标准状况下22.4L的O2，即1mol氧气，反应中O元素化合价由0价降低为−2价，则转移4mol电子；(5)①反应放热，温度升高不利于反应正向进行，即高的温度对应低的平衡转化率，低

的CO百分含量，所以曲线Ⅲ对应的温度为600℃；②温度改变，则化学平衡常数改变，升高温度不利于反应正向进行，a和c在同一条曲线上，只是改变压强，所以K(a)=K(c)，温度升高，则平衡常数减小，所以K(a)=K(c)＜K(b)＜K(d)；③发生的反应为：224()()()

()()(mol)22200(mol)x2GeOs+2Cx2xx2xs+2ClgGeClg+2(mol)2-x2-2x2-2xx2OgxC开始变化平衡平衡时b点CO的体积分数为25%，所以有2x2-2x+x+2x×100%=25%，则x=27，所以b点对应Cl2的转化率为α=2x

2=x=28.6%；④比较A与D，反应放热，不利于反应正向进行，所以A的转化率高于D的转化率，比较B与C；反应放热，不利于反应正向进行，所以B的转化率高于C的转化率，再比较A与B的转化率，随着反应进行，气体分子数增加，则恒压容器体积增大，相当于减压，

有利于反应正向进行，则转化掉的Cl2为A多，所以转化率最高的是A；⑤发生的反应为：224()()()()()(mol)22200(mol)y2GeOs+2Cx2yy2ys+2ClgGeClg+2(mol)2-y2-2x2-2yy2OgyC开始变化平衡d点平衡体系中CO体积分数为50%

，则有2y2-2y+y+2y×100%=50%，可得y=23，体系总压为20MPa，所以平衡体系p(Cl2)=2-2y2-2y+y+2y×20MPa=5MPa，p(GeCl4)=y2-2y+y+2y×20MPa=5MPa，p(CO)=2y2-2y+y

+2y×20MPa=10MPa，则Kp=224222()()()()pGeClpCO5MPa10MPapC)l(5MPa==20MPa。【点睛】平衡计算CO的体积分数时需注意不计入固体的量，为易错点。17.山东大学晶体材料国家重点

实验室成功生长出全球最大KDP晶体(名称：磷酸二氢钾，化学式：KH2PO4)，常用于超级激光器项目。(1)下列K原子的价电子排布图表示的状态中，能量最高和最低的分别为___、___(填标号)A.B.C.D.(2

)KDP晶体中非ⅠA族元素电负性由大到小的顺序为___。(3)①H3PO4()，从结构角度解释其为弱弱的原因___。②KDP晶体中3-4PO中心原子的杂化方式为___。③五个磷酸分子的羟基之间脱去四个水分子形成五聚磷酸，1mol五聚磷酸中P-

O单键的物质的量为___mol。(4)KDP晶体中K+与H2PO4−的位置关系如图所示。①H2PO4−的配位数为___。②若KDP晶胞体积为Vnm3，且每mol晶胞含nmolKH2PO4，则KDP晶胞的密度为___g·cm-3。(用含V、n的式子表示，NA为

阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).D(2).B(3).O＞P(4).H3PO4分子中非羟基氧原子数目为1，属于中强酸(5).sp3(6).15(7).8(8).A136nNV×1021g•cm-3【解析】【分析】原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，反之越低；元

素的非金属性越强，其电负性越大；①非羟基氧越多，酸性越强；②3-4PO中P无孤电子对，形成的σ键数目为4个，中心原子P的杂化方式为sp3杂化；③五个磷酸分子的羟基之间脱去四个水分子形成五聚磷酸，五聚磷酸的结构式为；①KH2PO4晶体中+K与-24HPO的

个数之比为1：1，二者配位数相等；②每mol晶胞含nmolKH2PO4，则晶胞的质量可求，根据ρ=mV可计算。【详解】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量低的是4s能级，能量高的是4p轨道，所以能量最高的是D，最低的是B；(2

)元素的非金属性越强，其电负性越大，故电负性：O＞P；(3)①非羟基氧越多，酸性越强，H3PO4()分子中非羟基氧原子数目为1，属于中强酸，故H3PO4分子中非羟基氧原子数目少；②3-4PO中P的孤电子对数=1(5324)2+−

=0，无孤电子对，形成的σ键数目为4个，中心原子P的杂化方式为sp3杂化；③磷酸分子间通过羟基脱水形成五聚磷酸，所以五聚磷酸的结构式为，1mol五聚磷酸中P−O单键的物质的量为15mol；(4)①KDP晶胞中+K的配位数为8，KH2PO4晶体中+K与-24HPO的个数之比为1:1，二

者配位数相等，故-24HPO的配位数为8；②一个KH2PO4结构质量为A1136Ng，则晶胞的质量m=A136nNg，晶胞体积为Vnm3=V(10−7cm)3，则KDP晶胞的密度为ρ=mV=-73A136nNV(10)g·cm-3=A136nNV×1021g·cm

-3。【点睛】磷酸分子间通过羟基脱水形成五聚磷酸，写出五聚磷酸的结构式为，可知1mol五聚磷酸中P−O单键的物质的量为15mol，为易错点。18.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液

呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2

HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t－BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：________________。(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为

：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t－BuOH。①装置a的名称是________________；②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_________________________________________

_____。(3)产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce

(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参与反应)。③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2F

e(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列

操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4

)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________________。【答案】(1).t－BuOH

＋HNO240℃→t－BuNO2＋H2O(2).恒压滴液漏斗(滴液漏斗)(3).水浴加热(4).降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失(5).65%(6).AC(7).ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】【详解】(1)根据元素组成以及酯化反应

特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO240℃→t－BuNO2＋H2O；(2)①根据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗)；②加热温度低于100℃，所以用水浴加热

；③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；(3)Ce4＋总计为0.10mol·L－1×0.04L＝0.004mol，分别与Fe2＋和N反应。其中与Fe2＋按1∶1反应消

耗0.10mol·L－1×0.02L＝0.002mol，则与N按1∶1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN。原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为65%；误差分析：A、使

用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，

则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。答案选AC；（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显

增强，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。【点睛】本题以物质的制备考查氧化还原反应及计算、混合物分离提纯等，注意误差分析的判断，为易错点，题目难度中等。19.碲(Te)是一种第VIA族分散稀有元素，主要伴生于

铜、镍、铅等金属矿藏中。TeO2属于两性氧化物，难溶于水，易溶于强酸和强碱。工业上可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中提取碲。其工艺流程如下：(1)“加压浸出”生成TeO2的离子方程式为________________________，“加压浸出”时控制pH为

4.5～5.0，酸性不能过强的原因是_________________________________。(2)“盐酸酸浸”后将SO2通入浸出液即可得到单质碲，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为________________，该

流程中可循环利用的物质是_____________(填化学式)。(3)已知：Ksp(Ag2SO4)=7.70×10-5，Ksp(AgC1)=1.80×10-10。盐酸酸浸时，“浸出渣1”中Ag2SO4可充分转化为AgC1。通过计算说明为什么可以实

现充分转化_________________。(4)NaOH碱浸时反应的离子方程式为__________________。流程中，电解过程用石墨为电极得到碲，阴极的电极反应式为__________________________________。(5)浸出法是工业提取金属常用的方法，某实验小组

用1.0mol·L-1的草酸在75℃时浸出镍。随时间变化，不同固液比对镍浸出率的影响曲线如图所示。①由图可知，固液比与镍浸出率的关系是______________________。②除固液比之外，你认为影

响金属浸出率的因素还有____________________(至少两项)。【答案】(1).Cu2Te+2O2+4H+=2Cu2++TeO2+2H2O(2).酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低(3).1:2(4).H2SO4、HCl(5).(6).TeO2+2OH-=TeO32-+H2O

(7).TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-(8).固液比越小，镍的浸出率越高(9).金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度等【解析】【详解】（1）“加压浸出”时加入O2、H2SO4，根据流程和题意，Cu2Te与O2、H2SO4反应生成CuSO4、TeO2和水，反应的化

学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O。反应的离子方程式为Cu2Te+2O2+4H+=2Cu2++TeO2+2H2O。“加压浸出”时控制pH为4.5～5.0，酸性不能过强的原因是：TeO2属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，

酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低。（2）TeO2属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，“盐酸酸浸”时TeO2发生的反应为TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O；向浸出液中通入SO2得到单质Te，TeCl4为氧化剂，被还原成Te，SO2为还原剂，被氧化成SO42-，

根据得失电子守恒，4n（TeCl4）=2n（SO2），n（TeCl4）：n（SO2）=1:2，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。反应的化学方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+2H2SO4+4HCl，该流程中可循环利用的物质的化学

式为：H2SO4、HCl。（3）Ag2SO4转化为AgCl的反应为Ag2SO4（s）+2Cl-（aq）2AgCl（s）+SO42-（aq），该反应的平衡常数K===sp242spAgSOAgClKK（）（）=51027.70101.8010（）−−=2.38101

5105，Ag2SO4可充分转化为AgCl。（4）TeO2属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，NaOH碱浸时反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O。用石墨为电极电解Na2TeO3溶液得到Te，

Te元素的化合价由+4价降至0价，电解时阴极发生得电子的还原反应，阴极的电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。（5）①根据图像，固液比与镍浸出率的关系是：浸出时间相同时，固液比越小，镍的浸出率越高。②除固液比之外，影响金属浸出的因素还有：金属本身、浸液的选

择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度等。20.化合物F是一种镇痛药，它的合成路线如图：(1)C中含氧官能团的名称为____和___。(2)D→E反应类型为___。(3)已知E+X→F为加成反应，化合物X的结构简式为____。(4

)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___。①既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物中不同环境的氢原子数目比为1∶1∶2∶6。(5

)已知：2。写出以和为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1).醚键(2).醛基(3).加成反应(4).CH3N=C=O(5).(或或)(6).⎯⎯⎯⎯⎯→2O催化剂NaOH/ΔHCl⎯⎯⎯⎯⎯⎯→①②醇溶液2

5PO⎯⎯⎯→1,3-THF⎯⎯⎯⎯→丁二烯【解析】【分析】根据流程，A在浓硫酸作用下生成B，B在盐酸做催化剂加热条件下成环生成C，C在乙醇作用下与氧气发生氧化反应生成D，D与在THF作用下发生加成反应生成E，E和X在T

HF作用下生成F，对比E、F的结构利用原子守恒，可知X的结构简式应该是CH3N=C=O，据此分析解答。【详解】(1)根据C的结构简式，可知其含有的含氧官能团为：醛基、醚键；(2)D→E反应+THF⎯⎯⎯→，为加成反应；(3)E+X→F为加成反应，对比E、F的结构利用原子守恒，可知X的结

构简式应该是CH3N=C=O；(4)①既能发生银镜反应，说明含有醛基，又能与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，说明含有酯基，故含有的酯基为甲酸形成的酯基，由E的结构可知，其不饱和度为5，而

苯环的饱和度为4，酯基不饱和度为1，含苯环的产物中不同环境的氢原子数目比为1:1:2:6，有4个峰，酚羟基、甲酸形成酯基有2种不同H原子，故苯环及其它基团共有有2种H原子，故侧链为−OH、−OOCH、2个甲基，符合条件的同分异构体为：、、；(5)由流程图转化中D到F的

转化可知，制备物质，应由与发生加成反应，由信息可知，需要制备，则可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，则以和1，3−丁二烯为原料制备的合成路线流程图为：⎯⎯⎯⎯⎯→2O催化剂NaOH/ΔHCl⎯⎯⎯⎯⎯⎯→①②醇溶液25PO⎯⎯⎯→1,3-THF⎯⎯⎯⎯→丁二烯。【点睛】本题难点为(3)中

X的结构判断，根据反应类型，结合反应前后的物质结构变化，利用原子守恒可以确定X的结构简式，书写合成路线时，充分利用流程图中的物质转化条件。