【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题三.doc，共(23)页，1.438 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学期末检测模拟三可能用到的相对原子质量：C12N14O16Na23Al27Si28Cl35.5S32Pb207第I卷(选择题)一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.下列有关说法正确的是A.聚乙烯、橡胶、聚酯纤维都是通过加聚反应制得的高分子化合物B.分馏、干馏都属于物理变化，裂

化、裂解都属于化学变化C.已知CH4+H2OCH3OH+H2该反应的有机产物是无毒物质D.C(CH3)4的二氯代物只有2种【答案】D【解析】【详解】A．聚酯纤维含-COOC-，由缩聚反应生成，而聚乙烯、橡胶都是通过加聚反应制得的高分子化合物，故A错误；B．分馏与混合

物的沸点有关，而干馏生成煤焦油等，裂化、裂解均由大分子生成小分子，则分馏为物理变化，干馏、裂化、裂解都属于化学变化，故B错误；C．CH3OH有毒，能致人失明，故C错误；D．4个甲基上的12个H等效，二氯代物只有2种，其中一种情况为取代

同一甲基上的2个H，另外一种情况为分别取代不同甲基上的一个H，故D正确；答案选D。2.下列说法正确的是A.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠B.乙酸的分子模型可表示为C.向浓度均为0.05mol·L−1的Na2CrO4、NaCl混合溶液中

滴加少量AgNO3溶液时，先产生砖红色Ag2CrO4沉淀。(已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12)D.质量均为7.8gNa2S、Na2O2的固体中含有的阴离子数均为0.2NA

【答案】B【解析】【详解】A．油脂发生皂化反应后生成硬脂酸钠和甘油，加入氯化钠发生盐析，硬脂酸钠密度小于水，下层为水层，上层析出硬脂酸钠，故A错误；B．乙酸由甲基和羧基构成，故其分子模型可表示为，故B正确；C．产生AgCl沉淀至少需要的银离子浓度为-10-111.810=3.610

0.05mol/L，产生Ag2CrO4沉淀至少需要的银离子浓度为1-12-621.1210()=4.7100.05mol/L，产生AgCl需要的Ag+少，则先产生白色AgCl沉淀，故C错误；D．Na2S、Na2O2摩尔质量

相同，质量均为7.8g的Na2S、Na2O2的固体物质的量为0.1mol，固体中含有的阴离子数均为0.1NA，故D错误；答案选B。3.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是()A.仪器X为分液漏斗，可用于萃取分液操作B.实验中用水浴加热的目的是便于控制温度C.装

置X中的活性炭可吸收挥发出的硝基苯和苯D.反应后的混合液经碱洗、干燥、蒸馏得到硝基苯【答案】A【解析】【详解】A、仪器X为长颈漏斗，不能用于分液、萃取操作，故A符合题意；B、使用水浴加热的目的是便于控制温度，且受热均匀，故B不符合题意；C、装置X

中的活性炭可以吸收挥发出的硝基苯和苯，减少环境污染，故C不符合题意；D、反应后的混合物，经过碱洗、干燥可以除去无机杂质，最后蒸馏分离苯和硝基苯，故D不符合题意；故选A。4.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的

是A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学

反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾

中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示

意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。5.X、Y、Z、

W的原子序数依次增大的前四周期元素，X的基态原子核外电子位于四个原子轨道上，Y与X位于同一周期，Y2-与Z+具有相同的电子构型，W为过渡元素，其基态原子最外层电子数与基态Cu原子最外层电子数相同。下列说法正确的是A.XY2分子为含有非极性共价键的非极性分子B.电负性：

Y>X>Z>WC.Y、W形成的WY5的结构式可表示为D.工业上用相同的方法制备Z单质和W单质【答案】C【解析】【分析】X的基态原子核外电子位于四个原子轨道上，核外电子排布为1s22s22p2，为C元素；Y与X位于同一周期，Y2-与Z+具有相同的电子构型

，则Y是O元素，Z是Na元素；Cu为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，最外层电子数为1，W为过渡元素，其基态原子最外层电子数与基态Cu原子最外层电子数相同，核外电子排布式为：1s22s22p63

s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，是24号元素Cr；【详解】由分析可知；X是C、Y是O、Z是Na、W是Cr；A．XY2即CO2，含有C=O极性键，二氧化碳分子是直线型分子，正负电荷重心在中心碳原子，所以是非极性分子，故A错误；B．一般非金

属的电负性比金属的大，过渡元素电负性没有明显规律，有些过渡金属电负性比非金属的大，而同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O>C>Na，查表可知Cr的电负性为1.6，Na的为0.9，则电负性：Y>X>W>Z，故B错误；C．CrO5中存在2个过氧键、

1个Cr=O键，结构式为：，故C正确；D．工业上制备Na是通过电解熔融的氯化钠，制备Cr利用还原法，故D错误；答案选C。6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在9

50℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是（）A.电子由液态Cu-Si合金流出，从液态铝电极流入B.液态铝电极与负极相连，作为电解池的阴极C.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原D.三层液

熔盐的作用是增大电解反应的面积，提高沉硅效率【答案】C【解析】【分析】由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高

硅沉积效率，据此分析解答。【详解】A．由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故A正确；B．图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故B正确；C．由图可知，电解

池的阳极上Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故C错误；D．使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，故D正确；故答案为C。7.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验

目的实验过程A配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓

的维生素C溶液，观察颜色变化C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓盐酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实

验现象A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶解过程是放热的，导致溶液浓度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，否则配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，则不能实现实验目的，故A错

误；B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，则溶液变色，所以能实现实验目的，故B正确；C．高锰酸钾溶液和氢气不反应，HCl和NaOH反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气，则不能实现实验目

的，用NaOH吸收HCl、用浓硫酸干燥气体即可，故C错误；D．NaHSO3溶液和H2O2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，无明显实验现象，无法判断反应进行的程度，则不能确定浓度对反应速率的影响，故D错误；故答案为B

。8.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确．．．的是（）A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率B.HCHO在反应过程中，有C—

H键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学

反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二

氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。9.下列说法不正确的是A.除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液B.某烷烃主链4个碳原子数的同分异构体有2种，则与其碳原子个

数相同的且主链4个碳原子的单烯烃有4种C.1mol有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOHD.有机物分子中所有原子在同一平面内【答案】D【解析】【详解】A.乙酸可以和饱和碳酸钠溶液反应生成溶于水的乙酸

钠，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，A正确；B.某烷烃主链4个碳原子数的同分异构体有2种，支链是两个甲基，两个甲基连在同一个碳原子上形成一种，两个甲基连在2号和3号碳上形成一种，故该烷烃有6个碳原子，含有6个碳原子且主链有4个碳原子的单烯

烃有：（CH3）2C=C（CH3）2、CH2=C（CH2CH3）2、CH2=C（CH3）CH（CH3）2、CH2=CHC（CH3）3，共4种，故B正确；C.在氢氧化钠的水溶液中，羧基和氢氧化钠发生中和反应，酯基和肽键均发生水解，水解之后羧基

和酚羟基均与氢氧化钠反应，酚羟基和氢氧化钠反应，故1mol最多消耗5mol氢氧化钠，C正确；D.中含有1个饱和碳原子（—CH2OH中碳原子），与该碳原子直接相连的4个原子构成四面体，所有的原子不可能都在同一个平面内，D错误；故选D。10.

如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A.e、f单质晶体熔化时克服的是共价键B.d单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2C.b元素形成的

气态氢化物易与水分子之间形成氢键D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含2个σ键，2个π键【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于S

i原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B

选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子

个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H−C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；综上所述，答案为B。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意11.氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的

淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是()A.由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C.若氯酸分解所得混合气体，1mol混合气体质量为

47.6g，则反应方程式可表示为26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD.若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-【答案】D【解析】【详解】A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO

4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误；B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误；C.由生成的Cl2和O2的混合气体平

均分子量为47.6g/mol，则2222(O)32g/mol+(Cl)71g/mol47.6g/mol(O)+(Cl)nnnn=，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+

4HClO4+2H2O，故C错误；D.若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应规律和计算，

注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。12.常温下，向某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的1g+c(B)c(BOH)或1g-c(R)c(HR)与pH变化的关系如图所示。下列叙述

正确的是A.M线表示1g-c(R)c(HR)随pH的变化B.BR溶液呈酸性C.若温度升高，两条线均向上平移D.常温下，0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10【答案】BC【解析】【分析】HR的电离平衡常数：-+c(R)c(H)a=c(HR)K，

电离平衡常数只受温度的影响，pH越大，c(H＋)越小，则-c(R)c(HR)越大，即lg-c(R)c(HR)越大，N曲线表示lg-c(R)c(HR)随pH的变化，M表示1g+c(B)c(BOH)随pH的变化，据此分析；【详解】

A.根据上述分析，N曲线表示lg-c(R)c(HR)随pH的变化，故A错误；B.取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H＋)=10－5mol·L－1，lg-c(R)c(HR)=0，即Ka=10－5，M表示1g+c(B)

c(BOH)随pH的变化，取曲线M上的一点计算，如pH=8，c(OH－)=10－6mol·L－1，1g+c(B)c(BOH)=0，则Kb=10－6，Ka>Kb，B＋水解程度大于R－的水解程度，因此BR溶液成酸性，故B正确；

C.温度升高时，弱酸、弱碱的电离程度都会增大，-c(R)c(HR)、+c(B)c(BOH)都变大，因此两条线都会上升，故C正确；D.NaR的溶液存在：R－＋H2OHR＋OH－，令达到平衡后，溶液中c(OH－)=amol·L－1，

则c(HR)=amol·L－1，因为盐类水解程度微弱，因此c(R－)近似看作为0.1mol·L－1，因此有Kh=14510aa100.1KwKa−−==，解得a=10－5mol·L－1，c(H＋)=10－9mol·L－1，即pH=9，，故D错误；答案为BC。13.海冰是海水

冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(假设盐分以一个NaCl计)，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是A.海冰内层“盐泡”越多，密度越小B.海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少C.海冰内层“

盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D.海冰内层NaCl的浓度约为10-4mol/L(设冰的密度为0.9g/cm3)【答案】BD【解析】【详解】A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰

龄越长，内层的“盐泡”越少，故B正确；C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；D．冰的密度为0.9g•cm-3，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500

000，含NaCl为-4900g=10mol18g/mol500000，可知海冰内层NaCl的浓度约为-4-4-110mol==10molL1Lc，故D正确；故选：BD。14.《JournalofEnergyChemistry》报导我

国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是A.a为负极B.熔盐可用KOH溶液代替C.d极电极反应式为CO32-+4e−=C+3O2−D.转移lmol电子可捕获CO211.2L(标况下)【答案】C【

解析】【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；B.若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；C.

由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32－+4e－===C+3O2－，故C正确；D.碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，故选C。【点睛】解决本题的关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水

的重要性质。15.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B.图

中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000【答案】BD【解析】【详解】A.随温度升高NO的转化率

先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误

；B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故

C错误；D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=2222242c(NO)0.5)c(NO)c(O)0.5)

(5100.5)aaa−=−((>41510−=2000，故D正确；故选BD。【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，

可以研究温度对化学平衡的影响。第II卷(非选择题)16.过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O，装置如下图所示：回答下列问题：(1)小组同学查阅文献得知：该实验

用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有___________。(2)仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是___

______。(3)在冰水浴中进行的原因是_________。(4)实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为_________。(5)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试

剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是_______。A．无水乙醇B．浓盐酸C．Na2SO3溶液D．CaCl2溶液(6)若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反

应的机理为：①Fe3++H2O2===Fe2++H++HOO·②H2O2+X===Y+Z+W(已配平)③Fe2++·OH===Fe3++OH-④H++OH-===H2O根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为____________。(7)如图所示装置

，安全漏斗在实验中的作用除了滴加液体外，还有______________。【答案】(1).烧杯、量筒(2).防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸(3).防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出。(4).Ca2++H2O2+2NH3+8H2O===CaO2·8H2O↓+2+4NH(5).

A(6).HOO·+H2O2===H2O+O2+·OH(7).形成液封，吸收HCl气体【解析】【分析】（1）市售H2O2溶液的质量分数为30%，配制成20%，可用量筒、烧杯等；（2）氨气易溶于水，体积较大，可避免倒吸；（3）反应温度较低，可避免

过氧化氢分解；（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵；（5）洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质；（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应②应生成氧气和•OH，则HOO•参与反应。【详解】（1）用市售H2O2溶液配制约20

%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有烧杯、量筒，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，故答案为：烧杯、量筒；（2）氨气易溶于水，体积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸，故答案为：

防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；（3）冰水浴可防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出；（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵，离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3+8H2O═CaO2•8H2O↓+2+4NH，故答案

为：Ca2++H2O2+2NH3+8H2O═CaO2•8H2O↓+2+4NH；（5）洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质，可用乙醇，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故答案为：A；（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应②应生成氧气和•OH，

则HOO•参与反应，反应的方程式为HOO·+H2O2===H2O+O2+·OH，故答案为：HOO·+H2O2===H2O+O2+·OH；（7）安全漏斗的作用是：形成液封，吸收HCl气体，故答案为：形成液封，吸收HCl气体。17.碳族元素包括碳(C)、硅(Si)、

锗(Ge)、锡(Sn)、铅(Pb)、鈇(Fl)六种。(1)已知Sn为50号元素，其价电子排布式为___________。(2)已知CO与N2的结构相似，则CO的电子式为___，三者最简单氢化物的熔沸点高低顺序为(用“化学式”表示)___。(3)甲硅烷(SiH4)可用来制取超纯半导体硅，工业

上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷，该反应的化学方程式为___。(4)碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，是由于-3HCO能够形成双聚或多聚链状离子的结果，-3HCO中C原子的杂化方式为___

，-3HCO能够双聚或多聚的原因是_____。(5)SiC作为C和Si唯一稳定的化合物，每个Si(或C)原子与周边包围的C(Si)原子通过______杂化方式相互结合。已经发现SiC具有250多种型体。某立方系晶体其晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞中原子的坐标参数为：C部分原子

：(0，0，0，)；(1/2，1/2，0)；(1/2，0，1/2)；(0，1/2，1/2)；Si全部原子：(1/4，1/4，1/4)；(1/4，3/4，3/4)；(3/4，1/4，3/4)；(3/4，3/4，1/4)，该立方晶胞中Si原子构成的空间构型为______，晶体的密度可表示为___

__g·cm-3。(6)1mol吡咯分子()中所含的σ键总数为___个。分子中的大π键可用Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为__。【答案】(1).5s25p2(2).(3).H2O>NH3>CH4(

4).Mg2Si+4NH4Cl===SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2(5).sp2(6).-3HCO间能够通过氢键相互聚合(7).sp3(8).正四面体(9).303A16010aN(10).10NA(11).Π65【解析】【分析】（1）Sn为50号

元素，其价电子为5s、5p能级上的电子；价电子中5s能级上的电子为成对电子；（4）C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；-3HCO间通过氢键能相互聚合；（5）SiC中每个C原子连接4个Si原子、每个Si原子连接4个C原子，则每个C、Si原子价层电子对个数都是4，根

据价层电子对互斥理论判断C、Si原子杂化方式；根据晶胞参数知，C原子位于顶点和面心上，Si原子位于晶胞内部，该立方晶胞中Si原子构成的空间构型为正四面体形。【详解】（1）Sn为50号元素，其价电子为5s、

5p能级上的电子，所以其价电子排布式为5s25p2；故答案为：5s25p2；（2）CO与N2的结构相似，根据氮气分子电子式书写CO的电子式为，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第II族

、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素位于同一周期且C、N、O分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能N＞O＞C；含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气和水中都含有氢键，其熔沸点较高，

但是常温下水是液体，所以熔沸点最高，则熔沸点：H2O＞NH3＞CH4，故答案为：；H2O＞NH3＞CH4；（3）工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷，同时还生成氨气、氯化镁，根据反应物、生成物书写该反应的化学方程式Mg2Si+4NH4Cl=SiH4↑+4NH3↑

+2MgCl2；故答案为：Mg2Si+4NH4Cl===SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2；（4）-3HCO结构式为，C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp2；-3HCO间通过氢键能相互聚合，所以能形成双聚或多聚链状离子，故答案为

：sp2；-3HCO间通过氢键能相互聚合；（5）SiC中每个C原子连接4个Si原子、每个Si原子连接4个C原子，则每个C、Si原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断C、Si原子杂化方式为sp3杂化；根据晶胞参数知，C原子位于顶点和面心上，Si原子位于晶胞内

部，该立方晶胞中Si原子构成的空间构型为正四面体形；该晶胞中Si原子个数是4、C原子个数11=8+6=482，晶胞体积=（a×10-10cm）3，晶胞密度3303-1033M4044NN160==g/cm=10g/cmV(a10)aA

AAN，故答案为：sp3；正四面体；303A16010aN；（6）原子之间形成1个σ键，有4个C-H没有标出，故1分子吡咯有10个σ键，1mol吡咯分子中所含的σ键总数为10NA，由于没有孤对电子，说明N原子的孤对电子参与

形成大π键，2个双键中均有1对电子参与形成大π键，故为5原子6电子大π键，π键应表示为：65，故答案为：10NA。18.三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。以铅泥(PbS

O4、PbO、Pb及其他杂质等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示已知：KSP(PbSO4)=1.82×10-8，KSP(PbCO3)=1.46×10-13。请回答下列问题：(1)写出步骤①“转化”的主要离子方程式_______。(2)根据图

溶解度曲线，由滤液I得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”________、______、用乙醇洗涤后干燥。(3)步骤③“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是____________(任意写出一条)(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为___(填化学式)。若步骤

④“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.82×10-5mol·L-1，则此时c(SO42-)=____mol·L-1。(5)步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为___________。(6)若消耗100t铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有

75.0％转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为___。【答案】(1).PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-(2).50℃以上蒸发结晶(3).趁热过滤(4).适当升温(适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉碎，增大表面积等)(5).HNO3(6).1×10-3(

7).4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O(8).55.2%【解析】【分析】以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐，由流程可知，向铅泥中加Na2CO3溶

液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+

2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的

滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，发生4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，以此来解答。【详

解】（1）步骤①向铅泥中加Na2CO3溶液，由表可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，发生Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），其离子方程式为CO32-（aq）+PbSO4（s）=SO42-+PbCO3（s）；（2）图2中硫酸钠的溶解度在温度高时溶

解度小，则由滤液1得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”升温结晶、趁热过滤，用乙醇洗涤后干燥；（3）步骤③“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或增大硝酸浓度、增大表面积等）；（4）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加

稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，“滤液2”中可循环利用的溶质为HNO3，若步骤④“沉铅”后的滤液中c（Pb2+）=1.82×10-5mol•L-1，则此时c（SO42-）=851.82101.8210−−=1×10-3

mol•L-1；（5）步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O；（6）若得到纯净干燥的三盐49.5t，则其中铅元素的质量为828990×49.5t=41.4t，设铅泥中铅元素的质量分数为w，则100.0t

铅泥中铅元素为100×w，铅泥中的铅元素有75%转化为三盐，有100×w×75%=41.4，解得x=55.20%。19.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。(1)尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，

工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：第一步：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)△H=－272KJ·mol-1第二步：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+13

8kJ·mol-1写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：______________________。(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，发生反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)。若反应进行到20min时达平衡

，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min的反应速率v(CO)=_________，该温度下反应化学平衡常数K=__________。(3)工业上可用NaC1O碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收SO2。①为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。催化过程如图所示：a．过

程2的离子方程式_______________________________。b．Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，原因是________________。②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO4溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液p

H=7，则n(NH4+)：n(SO32-)=__________。(4)用食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。①NO被阳极产生的氧化性物质氧

化为NO3-反应的离子方程式___________________。②溶液的pH对NO去除率影响的原因是______________________。【答案】(1).2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2

(s)ΔH＝－134kJ/mol(2).0.03mol·L-1·min-1(3).11.25(4).2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O(5).Ca2+与SO42-结合生成难微溶的CaSO4，有利于反应的进行(6).

3：1(7).3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O(8).次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强【解析】【分析】（1）根据盖斯定律得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式；（2）利用化学平衡“三段式”计

算CO的反应速率和反应的平衡常数；（3）①过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O；Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利

于反应的进行；②a点时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）=n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(NH4+)：n(SO3

2-)=（1+2）：1=3：1；（4）①电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率。【详解】（1）根据盖斯定律可知反应

①+反应②即可得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s)ΔH＝－134kJ/mol，故答案为2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH

2)2(s)ΔH＝－134kJ/mol。（2）设参加反应的SO2的物质的量为xmol，则有2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)初始状态（mol）21反应的量（mol）2xx2x平衡状态（mol）（2-2x）

（1-x）2x即2x/（2-2x+1-x+2x）=0.5，解得x=0.6，V（CO）=0.6×2/2×20=0.03mol·L-1·min-1；C（CO）=（2-1.2）/2=0.4mol/L，c（SO2）=（1-0.6

）/2=0.2mol/L，c（CO2）=1.2/2=0.6mol/L，该温度下反应平衡常数K=c2（CO2）/c2（CO）c（SO2）=0.62/0.42×0.2=11.25L·mol-1，故答案为0.03mol·L-1·min-1，11.25。（3）①为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为

催化剂。根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O，Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC

1O更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行，故答案为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行。②a点

时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）=n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(N

H4+)：n(SO32-)=（1+2）：1=3：1，故答案为3：1。（4）①电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2

O；故答案为3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率；故答案为次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。20.有机物J是一种五元环酯，在医疗上常用来治疗缺血性脑卒中，工业上一种合成路线如下：已知：。(1)有机

物A的名称为____________，H中官能团的名称是__________。(2)I的分子式为_____________。(3)F→G的反应类型为____________。(4)I→J反应的化学方程式为________________。(5)D的同分异构体有多种，其中满足能使FeC

l3溶液显紫色的有______种。(6)利用题中信息结合所学知识，写出以甲烷和化合物A为原料，合成苯乙酸甲酯的路线流程图(其他试剂自选)___________。【答案】(1).甲苯(2).羟基、溴原子(3).C12H16O3(4).加成反应

(5).浓硫酸+H2O(6).13(7).【解析】【分析】由A的分子式、E的结构，可知A为，A与溴在催化剂条件下发生甲基邻位的取代反应生成B为，B与溴在光照条件下发生甲基上取代反应生成C，C发生水解反应生成D，D发生催化氧化生成E，故C为、D为．由G后产物

(CH3)3CMgBr，逆推可知G为(CH3)3CBr、F为．由H的分子式，结合信息ii可知H为，故I为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为。【详解】(1)A为，名称是甲苯，H为，含有官

能团的名称是羟基、溴原子，故答案为：甲苯；羟基、溴原子；(2)I为，分子式为C12H16O3，故答案为：C12H16O3；(3)F为，G为(CH3)3CBr，F→G是碳碳双键与HBr的加成，反应类型为加成反应，故

答案为；加成反应；(4)I→J反应的化学方程式为浓硫酸+H2O，故答案为：浓硫酸+H2O；(5)D是，能使FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，同分异构体有：①当只有两个取代基时，有三种，②当有三个取代基时，四种、四种、两种，总共13种，故答案为：13；(6)以甲烷和

化合物A为原料，合成苯乙酸甲酯的路线流程图：。