【文档说明】四川省成都石室中学高2020届高三下学期5月月考（全国III）理综化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，913.500 KB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学高2020届下期5月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23K-39Fe-56I-1271.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.厨余垃圾可用于制备沼气B.广泛使用乙醇

汽油，能够减少原油的用量，但不能降低尾气中CO的排放量和改善大气环境C.放置较久的红薯比新挖出土的甜，可能与葡萄糖的水解有关D.火力发电的能量转化过程有化学能→热能→机械能→电能，且电能属于一次能源【

答案】A【解析】【详解】A．厨余垃圾多为有机物，可用于制备沼气，故A正确；B．乙醇汽油是在汽油中加入一定比例的乙醇，其氧含量比普通汽油高，使汽油燃烧更充分，广泛使用乙醇汽油，不仅能够减少原油的用量，还能降低汽车尾气中CO的排放量，改善大

气环境，故B错误；C．葡萄糖属于单糖，葡萄糖不能水解，应与红薯中淀粉水解生成葡萄糖有关，故C错误；D．火力发电中存在的能量转化过程有燃料化学能→热能→机械能→电能，但电能属于二次能源，故D错误；答案选A

。2.氨是制造化肥的重要原料，如图为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误．．的是A.工业上制氮气一般用分离液态空气法B.步骤②、③、④、⑤均有利于提高反应物的平衡转化率C.步骤①中“净化”N2、H2混合气体可以防止催化剂中毒D.步骤③中温度选择500℃，主要是考虑催

化剂的活性【答案】B【解析】【详解】A．由于空气中最主要的两种气体是氮气和氧气，利用空气中氮气的沸点比氧气的沸点低，先将空气加压降温变成液态，然后再加热，由于液氮的沸点（-196摄氏度）比氧气的沸点（-183摄氏度）低，氮气首先从液态空气中蒸发出来，留下的就是液态氧气，工业上制氮气一般用分离液态空

气法，故A正确；B．步骤③中催化剂不改变化学平衡，反应物的平衡转化率不变，又合成氨的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，反应物的平衡转化率减小，故B错误；C．为防止催化剂中毒，反应前的氮气和氢气混合气体需要除杂净化，故C正确；D．步骤③中温度选择500℃，主要是考虑催化剂的活性，故D正确；答案

选B。【点睛】平衡转化率，指某一可逆化学反应达到化学平衡状态时，转化为目的产物的某种原料量占该种原料起始量的百分数，加入催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡转化率。3.工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两

种有机化合物的说法正确的是（）A.都是苯的同系物B.都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.苯环上的二氯代物都有6种D.分子内共平面的碳原子数均为8【答案】C【解析】【详解】A.2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B.异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C.采用定

一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。4.已知M是短周期金

属元素，X和Y是短周期非金属元素，且X、M、Y的原子序数依次增大。三者组成的物质M3XY(可视为M2X∙MY)是一种良好的离子导体。研究者在常压下利用下列反应合成M3XY:2M+2MXA+2MY==2M3XY+A2。其中常温常压下A2是无色无味气体，已知上

述反应中消耗0.92gM的单质可得到标准状况下448mL的A2。下列有关说法正确的是A.简单离子半径：Y＞M＞XB.简单氢化物的沸点：X小于YC.MXA是共价化合物D.M3XY溶于水后溶液呈碱性【答案】D【解析】【分析】根据2M+2MXA+2MY=2M3XY+A2，可得关系式2M

~A2，根据题给数据，可知n(A2)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，根据M与A2的物质的量关系，n(M)=0.04mol，0.92gM的摩尔质量等于==23g/mol0.0m0.924mgolMn=，则M的单质的摩尔质

量=23g∙mol-1，又M是短周期金属元素，故M是Na；M和Y可形成化合物MY，且原子序数M＜Y，Y又是短周期非金属元素，故Y是Cl；在M3XY(M2X.MY)中X元素的化合价是-2价，且原子序数X＜M

，所以X是O；常温常压下A2是无色无味气体，根据题给反应中MXA中A的化合价为+1，可知A为H，就此分析解答。【详解】A．电子层数不同时，电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，离子半径的大小顺序为r(C

1-)＞r(O2-)＞r(Na+)，故A错误；B．H2O分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故B错误；C．MXA是NaOH，是含有共价键的离子化合物，故C错误；D．M3XY(Na2O.NaCl)溶于水后和水发生反应生成NaOH和NaCl，溶液显碱性，故D正确；答案选D。5.“化学多米

诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知:Cu2++4NH3.H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)。下列有关分析错误

的是A.该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好B.A和B之间导管a的作用是平衡A和B内气压C.B中反应速率大于D中反应速率D.H中出现浅黄色浑浊【答案】C【解析】【详解】A．在装置气密性良好的前提下，通过改变装置内气压引发后续反

应，故A正确；B．B中稀硫酸和锌反应生成H2，内压增加，在A和B之间增设了导管a，其作用是平衡A和B内气压，使稀硫酸顺利流下，B中生成的H2进入C中，C中内压增加，把C中的硫酸和硫酸铜(少量)混合溶液挤压到D中，故B正确；C．在D中Zn和硫酸铜反应生成少量Cu后，Zn和生成的Cu在

溶液中形成原电池，加快Zn和硫酸的反应，B中反应速率小于D中反应速率，故C错误；D．D中生成的H2进入E中，E中内压增加，把E中的硫酸铜溶液挤压到F中，Cu2+和氨水生成蓝色Cu(OH)2沉淀，但随后转化为可溶性的[Cu(NH3)4]2+，被挤入到G中，促使H2O2分解，H2

O2分解生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成淡黄色的S沉淀，挥发出的H2S气体被NaOH溶液吸收，故D正确；答案选C。6.工业上可利用电解原理间接氧化法降解处理含有机污染物的废水，其原理如图所示，下列说

法错误．．的是A.介质离子在电极A上发生氧化反应，电极A为阳极B.介质离子被氧化得到的强氧化剂可能为Cl2、O2C.有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物质D.若介质离子为OH－，电极B上发生的反应为2H2O+2e－=H2↑+2OH－【答案】C【

解析】【分析】有A电极周围溶液中的介质离子被氧化为强氧化剂，可知电极A发生氧化反应，故电极A为电解池的阳极，B电极为阴极，阳极发生的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑或4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极的电极

反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；根据图示，有机物通过溶液中的氧化作用，被氧化为无污染的物质，从而得到降解，据此分析解答。【详解】A．由电极A上失去电子，介质离子被氧化为强氧化剂，可知电极A为阳极，发生氧化反应，故A正确；B．根据分析，溶液中的介质离子

(Cl-、OH-)被氧化为Cl2、O2，故B正确；C．根据分析，有机污染物通过与强氧化剂发生溶液中的氧化还原反应，被氧化为无污染的物质，并非在石墨电极.上被还原为无污染的物质，故C错误；D．根据分析，电极B为阴极，发生还原反应，若介质离子为OH-，则电极B上

发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故D正确；答案选C。7.常温下，向等体积(V0mL)等浓度(0.1mol.L-1)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸馏水，使其稀释VmL，稀释过程中，溶液的pH与lg0VV的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.曲线X对应的

盐为NaR，MCl为强酸强碱盐B.对于曲线Y，a点水的电离程度比b点小C.常温下，MOH的电离平衡常数Kb的数量级为10－3D.曲线Z上任何一点对应溶液中均存在c(H+)=c(OH－)+c(MOH)【答案】D【解析】【分析】由题给图象X、Y、Z三条曲线的起始点可知，三种盐

溶液分别显碱性、中性、酸性，水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐，水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐，水溶液显中性的盐可能是强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐，故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl，据此分析解答。【详解】A．根据分析，X为

NaR，为弱酸强碱盐，Y为MR，为弱酸弱碱盐，Z为MCl，为强酸弱碱盐，故A错误；B．曲线Y对应的盐为MR，为中性，为弱酸弱碱盐，随着稀释程度的增大，水的电离程度不变，故b点水的电离程度和a点相同，故B错误；C．由题图可知，0.1m

ol.L-1MCl溶液的pH=5，水解平衡常数Kh=()()()cH.cMOHcM++=5510100.1−−=10-9，根据Kw=Kb×Kh，常温下，MOH的电离平衡常数Kb≈1×10-5，数量级为10-5，故C错误；D．根据分析，Z

对应的盐为MCl，属于强酸弱碱盐，曲线Z上任何一点对应溶液中存在质子守恒c(H+)=c(OH－)+c(MOH)，故D正确；答案选D。【点睛】弱酸弱碱盐的水解程度不受浓度的影响，随着稀释程度的增大，水的电离程度不变。8.含氯消毒剂可有效杀灭新冠病

毒（2019-nCoV）。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。装置见下图。资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。资料2：将

氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。（1）电极Y应该连接电源的___（填“正极”或“负极”）,装置C内应盛放_________，各装置的连接顺序为A—___________

_____________________（2）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____________________________。已知装置B产物含有一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为__

_________________。（3）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_______________________________（4）装置E中使用棕色平底烧瓶的原因是（用化学方程式表示）_________

_______（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是（答出一条即可）_____。（6）若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L,则至少需要

含水8%的碳酸钠的质量为___g。【答案】(1).正极(2).足量CCl4(3).ADBCEF(4).防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解(5).2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3(6).通

过观察A中产生气泡的速率调节流速(7).2HClO光2HCl+O2↑(8).制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl-或氯元素的利用率高(9).57.6【解析】【分析】(1)电极Y处产生氯气，发生反应为氯离子

失去电子变为氯气，据此分析；装置C的主要作用是除去Cl2O中的Cl2，根据相似相溶原理，氯气易溶于四氯化碳；欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液，先制取氯气，然后除去氯气中的氯化氢，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应，除去未反应的氯气

，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液，据此分析连接装置；(2)防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；根据化合价的升降必然有NaCl，同时还生成了一种酸式盐只能是NaHCO3，据此书写方程式；(3)可以根据气泡的产生速度来控

制气体通入的速度；(4)HClO见光分解；(5)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液主要优点是制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大等；(6)装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，根据n＝cV计算装置E所得

次氯酸的物质的量，根据Cl2O+H2O=2HClO、2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3进行计算。【详解】(1)本实验是通过电解氯化铜溶液制得氯气，即Y极应作阳极，氯离子放电生成氯气。所以Y应连接正极。A装置制备氯气，D装置用饱

和食盐水可以降低氯气的溶解，且形成氯气和空气(1：3)的混合气体，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，由于Cl2O为极性分子，Cl2为非极性分子，根据相似相溶原理，氯气易溶于四氯化碳中，所以可以装在C中吸收Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，F作为尾气处理装置，所以

各装置的连接顺序为ADBCEF；(2)由题可知，42℃以上Cl2O会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中。Cl2和2Na2CO3反应生成Cl2O是氧化还原反应，根据化合价的升降必然有NaCl，同时还生成了一种酸式盐只能是NaHCO3，

故化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；(3)将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，可通过观察A中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空

气体积比；(4)装置C中使用棕色平底烧瓶可以避光，防止反应生成的HClO见光分解，方程式为：2HClO光2HCl+O2↑；(5)相比于氯气直接溶解水中发生歧化反应，必然导致有一部分氯元素生成了氯离子，造成了Cl原子的损失。本实验的方

法是Cl2O+H2O=2HClO，原子利用率100%；(6)装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，n=cV=0.5mol×0.8mol/L=0.4mol，Cl2O+H2O=2HClO，反应的二氧化氯为0.2mol，装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各

装置中，制得的二氧化氯的物质的量为0.2mol1-20%=0.25mol，2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，需碳酸钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×106g/mol=53g，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为53g1-8%≈57.6g。9.

乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：反应I（热裂解）：CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1反应II（脱羧基）：CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)△H2已知：反应I的活化能为（E5-

E2）kJ，反应I逆反应的活化能为（E5-E3）kJ，反应II的活化能为（E4-E2）kJ，反应II逆反应的活化能为（E4-E1）kJ，E1到E5能量依次增大（1）△H1+△H2=___________kJ/mo

l(用有关E的代数式表示)；（2）在不同温度下，向密闭容器中充入等量醋酸蒸汽，反应相同时间后，测得各气体的产率与温度的关系如图所示：①约650℃之前，氢气产率低于甲烷的原因是；_________________

_______________；②约650℃之后，随着温度升高后，氢气产率高于甲烷的原因是：___________；（填编号）a.反应II速率减慢b.反应I速率加快的程度比反应II大c.反应I正向移动，而反应II逆向移动d.反应I正向移动的程度大于

反应II正向移动的程度③根据图像分析，该容器中一定发生了另外的副反应，理由是：______________。（3）投入一定量的乙酸，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：温度（℃）催化剂CH3COOH转化率H2的选择性550甲14.540.2550乙11.162.

1600甲11.241.2600乙10.363.3（H2的选择性：转化的CH3COOH中生成H2的百分比）①表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CH3COOH转化成H2的选择性有显著的影响，其原因是________。②有利于提高C

H3COOH转化为H2平衡转化率的措施有________。A．使用催化剂甲B．使用催化剂乙C．升高反应温度D．增加反应物的浓度（4）利用合适的催化剂使另外的副反应不发生。温度为TK，达到平衡时，总压强为PkPa，反应I消耗乙酸40%，反应II消耗乙酸20%，乙酸体

积分数为__________(计算结果保留l位小数，下同)；反应I的平衡常数Kp为_________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，某物质分压=总压×该物质的体积分数)。【答案】(1).E1+E3-2

E2(2).反应I的活化能高于反应II，使生成H2的速率低于生成CH4的速率(3).bc(4).根据反应I看出，生成CO与H2的比例为1：1，但图像中这两种气体的产率显然非1：1。(5).此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择

性有影响。(6).C(7).16.7%(8).32p27【解析】【分析】(1)已知：反应I的活化能为(E5-E2)kJ，反应I逆反应的活化能为(E5-E3)kJ，反应II的活化能为(E4-E2)kJ，反应II逆反应的活化能为(E4-E1)kJ，E1到E5能

量依次增大，根据上述关系，画出图像分析，根据△H=生成物总能量-反应物总能量计算；(2)①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；②热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，并且平衡进行的程度增大，而脱

酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)正向是放热反应，升高温度，反应会逆向进行，并且平衡进行的程度减小，据此解答；③图象分析可知，反应Ⅰ生成CO与H2的比例为1：1，结合图象中气体物质的量之比分析判断；(3)①不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；②CH3C

OOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应，提高CH3COOH转化为H2平衡转化率，应使平衡正向移动，可升高温度，减小生成物的浓度；(4)设起始时n(CH3COOH)=1mol，热裂解反应消耗乙酸40%，根据热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g

)+2H2(g)有n(CO)=n(H2)=0.4mol×2=0.8mol，脱酸基反应消耗乙酸20%，根据脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)有n(CH4)=n(CO2)=0.2mol，平衡时剩余n(CH

3COOH)=1mol−0.4mol−0.2mol=0.4mol，根据体积分数公式和压强平衡常数表达式分别计算。【详解】(1)已知：反应I的活化能为(E5-E2)kJ，反应I逆反应的活化能为(E5-E3)kJ，反应II的活化能为(E4-E2)kJ，反应II逆反应的活化能为

(E4-E1)kJ，E1到E5能量依次增大，根据上述关系，画出图像分析，根据△H=生成物总能量-反应物总能量可得，△H1=E3-E2，△H2=E1-E2，则△H1+△H2=E3-E2+E1-E2=E3+E1-2E2；(2)①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，反应I的活化能高于反应

II，使生成H2的速率低于生成CH4的速率，故氢气产率低于甲烷；②根据(1)画出的图像分析热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，并且平衡进

行的程度增大，使H2的生成量增多，而脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)正向是放热反应，升高温度，反应会逆向进行，使CH4的生成量减少，所以随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时氢气产率高于甲

烷，故选bc；③反应Ⅰ(热裂解):CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)根据反应I看出，生成CO与H2的比例为1:1，但图像中这两种气体的产率显然非1:1，说明该容器中一定发生了另外的副反应；(3)①由图上的数据可以知道在一定时间内，反应未达到平衡，

不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；②A．催化剂无法改变平衡转化率，故A错误；B．催化剂无法改变平衡转化率，故B错误；C．反应I为吸热反应，所以升高温度，平衡正向进行，转化率增大，故C正确；D．增大反应物的浓度，能使平衡正

向进行，但不能增大CH3COOH的转化率，故D错误；答案选C。(4)设起始时n(CH3COOH)=1mol，热裂解反应消耗乙酸40%，根据热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)有n(CO)=n

(H2)=0.4mol×2=0.8mol，脱酸基反应消耗乙酸20%，根据脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)有n(CH4)=n(CO2)=0.2mol，剩余n(CH3COOH)=1mol−0.4mol−

0.2mol=0.4mol，所以平衡时乙酸体积分数=()0.4mol0.80.80.20.20.ml4o++++×100%=16.7%；平衡时p(CO)=p(H2)=0.8mol2.4mol×p=p3，p(CH3COOH)=0.4mol2.4mol×p=p6，热裂解反应的平衡

常数Kp=43p2p3=p276。【点睛】画出能量图，可以比较清晰的表示出反应的焓变和活化能的关系，做能量图是比较简便的方法，根据△H=生成物总能量-反应物总能量计算。10.碘及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：I.单质碘与氟反应可得IF5，实验

表明液态IF5具有一定的导电性原因在于IF5的自偶电离(如：2H2O⇌H3O++OH－)，IF5的自偶电离方程式为_________。II.一种回收并利用含碘（I－）废液的工艺流程如下：（1）含碘废水中碘的存在形式一般有I2、I－。检验是否含I2及I－的方

法是_______________。（2）“沉淀”中生成CuI的离子方程式为_______________。（3）CuSO4的投加量对废水中I－的去除量影响较大，不同投加量（用过量系数表示）下，反应后I－和Cu2+的浓度如图所示，则适宜的CuSO4过量系数

应为_______________，分析原因_______________。（4）反应Ⅰ中生成铁与碘的化合物（其中铁与碘的质量比为21:127），则加入的水的作用是__________，反应Ⅱ的化学方程式是_____________________________。（

5）氯化银复合吸附剂可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I－(aq)+AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl－(aq)，反应达到平衡后溶液中c(Cl－)=0.10mol•L-1。则溶液中c(I－)=______mol•L-1。［Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(A

gI)=8.4×10-17］。该方法能去除碘离子的原理是_________。（6）准确称取产品0.1000g溶于50mL水，加入适量乙酸并加入曙红钠指示剂，然后用0.025mol·L-1AgNO3溶液滴定，至终点时消耗AgNO3溶液22.00mL，则产品中KI的质量

分数为____________(保留三位有效数字)。【答案】(1).2IF5⇌IF4++IF6-，(2).用CCl4萃取后观察萃取液为紫色，证明含有I2，反复萃取后取水层少许于试管中，加入淀粉及FeCl3溶液，若出现蓝色，则含有I－，或加入AgNO3溶

液，若含有黄色沉淀生成，则含有I－(3).2Cu2＋＋2I－＋SO32-＋2H2O=2CuI↓＋SO42-＋2H＋(4).1.1(5).小于1.1则I－去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2＋(6).催化剂(7).Fe3I8＋4K2CO3=Fe3O4＋8KI＋4CO

2↑(8).4.2×10-8，(9).原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。(10).91.3%。【解析】【分析】I．水的电离方程式确定IF5电离方程式，从而确定其阳离子和阴离子；II．结合流程可以知道回收废液中碘离子的步骤为：先向废液中加入亚硫酸钠、硫酸铜溶液生成CuI沉淀

，过滤得到滤渣CuI，然后加入浓硝酸氧化Cul，向氧化产物中加入碘单质、铁屑和水后得到Fe3I8，Fe3I8与碳酸钾溶液发生反应Fe3I8＋4K2CO3=Fe3O4＋8KI＋4CO2↑；过滤后将反应II的滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；因为碘化钾混有可溶

性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，同时为了减少KI的溶解损失，需要用冰水洗涤，最后得到纯净的氯化钾，据此分析。【详解】I．由水的电离方程式知，IF5的自偶电离方程式为：2IF5⇌IF4++IF6-；II．(1)检验碘可以用淀粉也可以用四氯化碳萃取，检验I-时

为防止碘的干扰，需先充分萃取出碘，再在水层中加入淀粉及氧化剂(FeCl3、H2O2及氯水均可)，所以用CCl4萃取后观察萃取液为紫色，证明含有I2，反复萃取后取水层少许于试管中，加入淀粉及FeCl3溶液，观察溶液是否出现蓝色，或加入AgNO3溶液，看是否有黄色

沉淀生成；(2)根据流程图，沉淀池中SO32-被氧化为SO42－，Cu2＋被还原为Cu＋与I－结合为CuI沉淀，离子反应为：2Cu2＋＋2I－＋SO32-＋H2O=2CuI↓＋SO42－＋2H＋；(3)根据图示，当CuSO4过量系数小于

1.1时I－去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2＋；(4)反应Ⅰ产物中不含H、O元素，加入水可能是为了加快反应速率，水起催化作用；根据铁与碘的质量比为21:127，可知铁与碘的物质的量比是21127:3:856127=，所以反应Ⅰ中生成铁与碘的化合物是Fe3I8

；根据流程图反应Ⅱ是Fe3I8、K2CO3生成Fe3O4、KI、CO2；(5)吸附反应为I-(aq)+AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，()()()()()()()()spspspspKAgIcIcAgKAgI==K

AgClcClKAgClcAg−++，则()()()()sp--spKAgIcI=cClKAgCl，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。(6)依据滴定反应：Ag++I-=AgI↓，KI的质量分数为：()()()()33cAgNOn

VAgNOnMKIm产品×100%=30.02522.00101660.1000−×100%=91.3%。11.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：（1）基态钛原子的价层电子排布图为__________，其原子核外共有______种空间运动状态不同的电子，金属钛的堆

积方式如图所示，为________(填堆积方式)堆积（2）①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37℃，沸点为136℃，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是_______。②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiC

l6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有______。A．离子键B．共价键C．分子间作用力D．氢键E．金属键（3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中Ti-O-Ti在一条

直线上。该阳离子化学式为__________，其中O原子的杂化方式为_______。（4）2016年7月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是Ti3Au，它具有生物相容性，是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，最近的Ti原子距离为a2，A原子的坐标参数为（12,12

,12），则B原子坐标参数为_______，距离Ti原子次近．．的Ti原子有_______个，Ti-Au间最近距离为_______pm【答案】(1).(2).12(3).六方最密(4).TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CCl4

，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。(5).AB(6).TiO2+(7).sp(8).(14，12，0)(9).8(10).54a【解析】【分析】(1)Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子；原子

的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、4s四个原子轨道，2p、3p六个轨道、3d两个轨道；该晶体为六方最密堆积；(2)①分子晶体熔沸点较低，结构相似的分子晶体的熔沸点与相对原子质量有关；②酸属于共价化合物，铵盐属于离子化合物，据此分析；(3)每个O

原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比；Ti元素为+4价、O元素为-2价，据此书写其化学式；阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，据此分析杂化类型；(4)根据均摊法确定Ti和Au在晶胞中的位置，结合晶胞结构图进

行分析原子的坐标和距离，Ti和Au最近的距离为晶胞顶点的Au到面上的Ti之间的距离，如图所示，，结合图示计算。【详解】(1)Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子，其价电子排布图为：；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、4s四个原子轨道，2

p、3p六个轨道、3d两个轨道，共12个轨道；根据图示，该晶体为六方最密堆积；(2)①TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高；②TiCl4可溶于浓盐酸

得H2[TiCl6]，可将其看做形成一种酸，所有的酸都是共价化合物，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体，可看做是铵盐，属于离子化合物，该晶体中微观粒子之间的作用力有

共价键和离子键，答案选AB；(3)根据均摊法：每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1：1，所以阳离子的化学式为TiO2+，阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，故O原子的杂化方式为sp杂化；(4)根据钛金合金的化学式是Ti3Au

，大白球位于晶胞的顶点和体心，个数为1+8×18=2，小黑球位于晶胞的面上，则个数为2×6×12=6，则大白球为Au，位于晶胞的顶点和体心，小黑球为Ti，位于晶胞的六个面上，由于最近的Ti原子距离为a2，故B原子坐标参数为(14，12，0)；以右图中C原子为中心，在该晶胞中与C原子

次近的原子有4个，根据晶胞的无隙并置，对称结构还有4个，故有8个；Ti和Au最近的距离为晶胞顶点的Au到面上的Ti之间的距离，如图所示，，则晶胞中Ti-Au间最近距离为22aa42+=54apm。12.以芳香烃A为原料合成抗抑郁药物Prolitane的路线如下:

请回答以下问题：（1）A的结构简式为_______。D的化学名称为_______，（2）D→E的反应类型为_______。（3）E的官能团名称为_______。（4）F→G的化学方程式为_______。(5)X是D的同系物，满足下列条

件的X共________种(不含立体异构)①分子组成比D少一个CH2②能发生银镜反应③苯环上有两种不同化学环境的H，其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶2∶1，写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式：_________________。（6）参照P

rolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选）：__________。【答案】(1).(2).苯乙酸乙酯(3).取代反应(4).羰基、酯基(5).⎯⎯⎯

→加热＋CO2↑(6).4(7).或(8).2BrFe⎯⎯→2+31.Mg/THF2.CO3.HO⎯⎯⎯⎯→2524CHOHHSOΔ⎯⎯⎯⎯→、【解析】【分析】芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子

数目=9212=7……8，故A的分子式为C7H8，则A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为，C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或还原反应生成Prol

itane，据此分析解答。【详解】(1)根据A的相对分子质量为92可以推测其分子式为C7H8，由于题干描述其为芳香烃，可知A为甲苯，结构简式为；D是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，名称为苯乙酸乙酯；(2)对比D和E

的结构简式可知，D中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被—COCH2CH3取代，故D→E的反应类型为取代反应；(3)根据流程中E的结构简式，其中的官能团名称为羰基和酯基；(4)E发生水解反应生成F，F的结构简式为，F受热分解生成G，对应的

化学方程式为⎯⎯⎯→加热＋CO2↑；(5)由题意可知，X有一个苯环，侧链共有3个碳，且含有—OOCH，苯环上有两种不同化学环境的H，则苯环上有两个不同的取代基在对位或者两个相同取代基在邻位，另一个不同取代基在对称位置上。侧链

有两个不同的对位取代基—CH2OOCH和—CH3，—OOCH和—CH2CH3，侧链有三个取代基，两个甲基和一个HCOO-，，①②的位置放HCOO-，共4种。X有5种氢原子，个数分别为3、2、2、2、1，苯环上有两个处于对位的取代基，符合该条件的X有或；(6)首先让苯和

液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，然后让溴苯转化为苯甲酸，最后苯甲酸和乙醇发生酯化反应制备苯甲酸乙酯，合成路线如下：2BrFe⎯⎯→2+31.Mg/THF2.CO3.HO⎯⎯⎯⎯→2524CHOHHSOΔ⎯⎯⎯⎯→、。