【文档说明】【精准解析】山东省名校交流2020届高三下学期六月联考化学试题.doc，共(29)页，1.439 MB，由小赞的店铺上传

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名校交流六月联考卷化学注意事项：1.本试题卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：O—16Na—23Al—27S—32V—51一、选择题(本题共15小题，第1~10小题每小题2分，第11~15小题每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选

项中，第1~10小题只有1个选项符合题目要求；第11~15题有1~2个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)1.新型冠状病毒通过呼吸道飞沫、接触和气溶胶等途径传播，可以戴口罩、勤洗手、环境消毒进行预防。下

列说法错误的是（）A.按如图所示装置电解法能获得84消毒液B.75%的酒精能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭C.口罩的主要成分为聚丙烯、聚乙烯，大量使用，不会造成白色污染D.雾霾天气利于病毒的传播【答案】C【解析】【详解】A．电解装置为电解饱和食

盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑，NaClO为消毒液的有效成分，故A正确；B．75%的酒精能够使蛋白质变性，故能杀灭新型冠状病毒，能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭，故B正确；C．聚丙烯、聚乙烯为

高分子化合物不易降解，大量使用，会造成白色污染，故C错误；D．雾霾天气雾霾微粒为病毒提供寄主，随风飘散向被人吸收，病毒进入人的肺部后大量繁殖，引起传播，故D正确；故选C。2.氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，

下列有关说法正确的是（）A.氯喹属于芳香化合物B.氯喹分子中没有手性碳原子C.氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D.氯喹与互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．氯喹分子结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，A说法

错误；B．氯喹分子中含有一个手性碳原子，如图示“”标记的碳原子：，B说法错误；C．氯喹分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，C说法正确；D．该有机物与氯喹的分子式相同，但分子结构不同，两者互为

同分异构体，D说法错误；答案为C。3.下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选ABCD项实验装置目的或结论测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产

物是NO用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后,先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出除去HCl气体中混有的少量Cl2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.测定锌与

稀硫酸反应生成氢气的速率时，稀硫酸应放置在分液漏斗中，若将稀硫酸放置在长颈漏斗中不能控制反应的进行，故A错误；B.浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故B错误；C.用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先放出下层液体，再把上

层液体从上口倒出，故C正确；D.氯化氢气体极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，则将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去Cl2中混有的少量HCl气体，除去HCl气体中混有的少量Cl2不能选用饱和食盐水，故D错误；故选C。4.高效“绿色”消毒剂二氧

化氯通常为气体，实验室用NC13溶液和NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NC13+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaC1+3NaOH。下列有关说法正确的是（）A.根据上面化学方程式，生成22.4

LNH3时转移电子数目为6NAB.NC13中所有原子都满足8电子结构C.在NaClO2和NC13的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A.缺标准

状况，无法计算22.4LNH3的物质的量和反应转移电子的数目，故A错误；B.NC13为共价化合物，电子式为，由电子式可知分子中中所有原子都满足8电子结构，故C正确；C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反应的还原剂，NC13中氮元

素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；故选B。5.巳知：乙醇的沸点为78.5°C,乙醛的沸点为20.8°C；乙醛易溶于乙醇，可使酸性高锰酸钾溶液褪色。某化学课外兴趣小

组的同学设计了如图装置以验证乙醇可被灼热的CuO氧化为乙醛，其中设计不合理的为（）A.制备乙醇气体B.CuO氧化乙醇气体C.收集乙醛并尾气处理D.检验乙醛【答案】D【解析】【详解】A.乙醇易挥发，沸点低于水，则可以用水浴加热制得乙醇蒸汽，故A正确；B.氧化铜具有氧化性，能与乙醇发生氧化还原反应生成

乙醛、铜和水，故B正确；C.乙醛的沸点低，乙醛蒸汽在冰水混合物中冷凝转化为液态，便于收集，故C正确；D.乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙醛的检验，应选用银氨溶液检验乙醛，故D错误；故选D。6.已知A、B、C、D为原子序数依次增

大的前20号元素，A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，元素B的简单离子半径为所在周期中最小，C元素与地壳中含量最多的元素同族，下列说法一定正确的是（）A.A元素的含氧酸属于强酸B.B的最

高价氧化物的水化物可溶于盐酸和氨水C.C元素的单质在足量氧气中反应可生成SO3D.D的最高价氧化物的水化物一定为强电解质【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号元素，由A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间

可以反应生成盐可知，A为N元素；由元素B的简单离子半径为所在周期中最小可知，B为Al元素；由C元素与地壳中含量最多的元素同族可知，C为S元素，D可能为Cl元素或K元素或Ca元素。【详解】A.N元素的含氧酸不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故A错误；B.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于

强酸强碱，不溶于氨水，故B错误；C.硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；D.高氯酸是强酸、氢氧化钾和氢氧化钙都是强碱，都是强电解质，故D正确；故选D。7.下列含铜物质说法正确的是（）A.甲图

是CuO的晶胞示意图，乙图是Cu2O的晶胞示意图B.已知Cu2O和Cu2S晶体结构相似，则Cu2O比Cu2S的熔点低C.晶体铜原子的堆积方式如图丙所示，为面心立方最密堆积，配位数为12D.铜在氧气中加热生成CuO,C

uO热稳定性比Cu2O强【答案】C【解析】【详解】A.由甲图晶胞可知，晶胞中氧原子的个数为8×18+1=2，铜原子的个数为4，化学式为Cu2O；由乙图的晶胞结构可知，晶胞中氧原子的个数为8×18+6×12=4，铜原子的个数为4，化学式为CuO，故A错误；B.Cu2O和C

u2S都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子的半径，则Cu2O中的离子键强于Cu2S，Cu2O比Cu2S的熔点高，故B错误；C.由图可知晶体铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数为12，故C正确；D.CuO中Cu2+离子的价电子排布式为3d9，Cu

2O中Cu2+离子的价电子排布式为3d10，3d10为全充满的稳定状态，比3d9稳定，则CuO热稳定性比Cu2O弱，故D错误；故选C。8.达菲是治疗流感的重要药物，M是合成达菲的重要中间体，下列说法错误的是（）A.化合物M中含有3个手性碳原子B.化合

物M能发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应C.化合物M与N是同分异构体D.化合物M有5种不同的官能团【答案】C【解析】【详解】A．手性碳原子是指连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，故从图中可以看出化合物M中含有如

图所示3个手性碳原子，A正确；B．由于化合物M含有羟基和酯基等能发生取代反应，含有羟基且与羟基相邻的碳上有氢原子故能发生消去反应，含有碳碳双键故能发生加聚反应，含有酯基和酰胺基故能发生水解反应，B正确；C．化合物

M的分子式为C16H27NO5，而N的分子式为C16H25NO5，故分子式不同，不是同分异构体，C错误；D．由M的结构简式可知，化合物M含有醚键、羟基、酯基、碳碳双键和酰胺键等5种不同的官能团，D正确；故答案为：C。9.次氯酸钠

是消灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下，向10mL0.1mol•L-1HClO溶液中滴入0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)］与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说

法正确的是()A.0.1mol•L-1NaClO溶液中ClO-的个数小于NAB.c点溶液对应的pH=7C.a点溶液中存在：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)D.b点溶液中存在：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】D【解析】【分析】a点产物为NaClO和H

ClO，b点恰好生成NaClO，c点为溶质为NaClO和过量的NaOH。【详解】A．溶液体积未知，无法确定物质的量，不能判断ClO－的个数是否小于NA，故A错误；B．c点为NaClO和过量的NaOH，溶液

为碱性，所以溶液pH＞7，故B错误；C．a点产物为NaClO和HClO，此时c水(H＋)=10-7，溶液为中性，但是物料关系不符合n(Na)=n(Cl)，所以没有c(Na＋)=c(ClO－)+c(HClO)这个关系，故C错误；D．b点恰好生成NaClO，溶液为碱性，溶液中存在电荷

守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(ClO－)，由于ClO－发生水解，所以c(Na＋)＞c(ClO－)，溶液为碱性，c(OH－)＞c(H＋)，水解毕竟是微弱的，所以c(ClO－)＞c(OH－)，所以b点溶液中存在：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确

；故选D。10.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体,是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消毒剂一亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程图：已知：①NaClO2

的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O;②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。下列说法正确的是（）A.吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2ClO2=NaClO2+H2O+N

aClOB.发生器中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2C.在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2OD.要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶【答案】C

【解析】【详解】A.吸收塔内发生的反应为在碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故A错误；B.由信息②可知，纯二氧化硫易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到

10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，故B错误；C.由流程可知，在无隔膜电解槽中，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯酸根，阳极的电极反应式为Cl--6e-+6OH-

=ClO3-+3H2O，故C正确；D.粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，则要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体必须进行的操作是重结晶，故D错误；故选C。11.金属插入CH4的C-H键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有

机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是（）A.整个反应快慢，由CH2—Zr···H2→状态2反应决定B.Zr+CH4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ•mol一1C.在中间产物

中CH3—Zr···H状态最稳定D.Zr+CH4→CH—Zr···H3活化能为201.84kJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】A．整个反应的快慢取决于最慢的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图中可知，由CH2—Zr···H2

→状态2的活化能最大，故整个反应的快慢就取决于该反应，Ａ正确；B．由图中可知，Zr+CH4的总能量为0kJ•mol一1，而CH—Zr···H3的总能量为+39.54kJ•mol一1，故Zr+CH4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ•mol一1，B正确；C．物质

所具有的能量越低越稳定，由图中可知，在中间产物中CH3—Zr···H的能量为-114.47kJ•mol一1为最低，故中间产物中CH3—Zr···H状态最稳定，C正确；D．由图中可以读出，Zr+CH4→CH—Zr···H3活化能为95.6

9kJ•mol-1，D错误；故答案为：D。12.医用口罩的外层喷有丙烯的聚合物聚丙烯。某科研机构在酸性条件下，用石墨棒作电极，将CO2转化为丙烯(CH2=CH—CH3)，原理如图所示。下列有关叙述错误的是（）A.a为电源负极B.左池的电极反应式：3CO2+18e-+18

H+=CH2=CH—CH3+6H2OC.H+从右侧通过质子交换膜进入左侧D.若制取过程中转移3mol电子，则产生11.2L丙烯【答案】D【解析】【分析】由碳元素化合价的变化可知，左池为阴极池，a电极为电源的负极，二氧化碳在阴极上得到电子发生还

原反应生成丙烯，电极反应式为3CO2+18e-+18H+=CH2=CH—CH3+6H2O，右池为阳极池，b电极为电源的正极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e-=O2↑+4H+。【详解】A.由分析可知，a为电源负极，故A正确；B.由碳元素化合价的变化可知，左池为

阴极池，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为3CO2+18e-+18H+=CH2=CH—CH3+6H2O，故B正确；C.阳离子向阴极移动，则H+从右侧通过质子交换膜进入左侧，故C正确；D.缺标准状况，无法利用转移电子数目计算

丙烯的体积，故D错误；故选D。13.在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，如图为在2L刚性容器中，相同时间内不同水醇比(乙醇的起始物质的量相同)测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比

为2:1时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（）A.C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH<0B.若乙醇的起始物质的量为1mol,则K(400°C)=37C.B、C两

点一定未达到平衡状态D.水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低【答案】CD【解析】【详解】A.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，升高温度，乙醇转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应

，ΔH＞0，故A错误；B.若乙醇的起始物质的量为1mol，则由水醇比为2:1可知水的物质的量为2mol，由图可知，400°C时乙醇转化率为20%，由此建立如下三段式：()()()()25222mol/L)0.5100mol/L)0.10.3CHOHg+

3HOg2COg+60.20.6mol/L)0.40.70.2g0.6H起（变（平（平衡时K(400°C)=2630.20.60.40.7≠37，故B错误；C.由化学平衡移动原理可知，水醇比越高，反应转化率约的越高，由图可知，400°C时B、C、D的水醇比为8：1

、6：1、4:1，D的水醇比小于B、C，但乙醇转化率高于B、C，说明B、C两点一定未达到平衡状态，故C正确；D.由图可知，400°C时B、C、D三点中，B的水醇比最高，反应速率最小，说明水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表

面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低，故D正确；故选CD。14.向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.a、b、c三点

对应的溶液中pH最大的为c点B.该溶液中存在：23-3(HCO)(HCO)cc＜-3-3(HCO)(CO)ccC.向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化D.b点对应的溶液中存在：3c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)

【答案】BC【解析】【详解】A．H2CO3的电离平衡常数Ka2=22-+2--333-+3()()()(CO?HCO?HCOHC((O)H))aKcccccc=，则，−lg2--233+()()C(OHCOH)aKcclgc=−，可知溶液−lg2--33())C(OHCOcc越小，

c(H+)越小，pH越大，所以a，b，c三点对应溶液pH的大小顺序为：a＞b＞c，A错误；B．H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，23-3()HCOH(CO)cc=+1(H)acK、-32-3(HCO)(CO)cc=+2(H

)acK，溶液中c(H+)相同，所以溶液中存在：23-3()HCOH(CO)cc＜-32-3(HCO)(CO)cc，B正确；C．向b点溶液中通入CO2，则c(HCO3-)增大，-lg2-3-3())C(OHCOcc增大，

所以可使b点溶液向c点溶液转化，C正确；D．根据电荷守恒可得：2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=2c(2-3CO)+c(-3HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，b点时-lg2-3-3())C(OHCOcc=0，即c(2-

3CO)=c(-3HCO)，则2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(2-3CO)+c(OH-)+c(Cl-)，D错误；故答案为：BC。15.我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO-CO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反

应物能量的能量之差，下列说法错误的是（）A.2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH＞0B.均相NO—CO反应经历了三个过渡态和五个中间体C.整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定D.NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反应【答案

】A【解析】【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=ΔH=+199.2kJ·mol-1,②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)ΔH=-513.5kJ·mol-1,③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=-307.6kJ·mol-1，结

合活化能、焓等知识分析。【详解】A．①+②+③得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=+199.2kJ·mol-1-513.5kJ·mol-1-307.6kJ·mol-1=-621.9kJ·mol-1，故A错误；B．均相NO—CO反应经历了TS1、TS2

、TS3三个过渡态，TM1、、TM2、N2O、TM3、五个中间体，故B正确；C．整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=ΔH=199.2kJ·mol-1,②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)ΔH=-513.5k

J·mol-1,③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=-307.6kJ·mol-1，由于所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；D．从②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)ΔH=-513.5kJ·mol-1

,③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=-307.6kJ·mol-1，②反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反应，故D正确；故选A。

二、非选择题(本题共5小题，共60分)16.MnS纳米粒子被广泛应用于除去重金属离子中的隔离子。(1)锰的价层电子排布式为_____________，Mn2+中未成对电子数为_______。(2)磁性氧化铁纳米粒子除隔效率不如MnS纳米粒子，试比较两种纳米材料中

的阴离子的半径大小：__________，常温下H2O是液态而H2S是气态的原因是__________。(3)Mn可以形成多种配合物，[Mn(CO)(H2O)2(NH3)3]Cl2•H2O中第二周期元素第一电离能大小关系为_____________，配体H2O、NH3中心原子杂化类型均为_____

____。(4)S和Na形成的晶体晶胞如图所示，该晶体的化学式为_____________，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度：_____________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】(1).3d54s

2(2).5(3).r(S2-)＞r(O2-)(4).水分子间可形成氢键，使水的沸点升高(5).N＞O＞C(6).sp3杂化(7).Na2S(8).3A312Nag/cm3【解析】【分析】（1）锰元素的原子序数为28，价层电子排布式为3d54s2，锰原子失去2个电子形

成二价锰离子；（2）同主族元素，从上到下离子半径依次增大；水分子间能够形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键；（3）N原子的2p轨道为稳定的半充满状态，第一电离能大于其相邻元素；（4）由分摊法计算可得。【详解】（1）锰元素的原子序数为2

8，价层电子排布式为3d54s2，锰原子失去2个电子形成二价锰离子，价层电子排布式为3d5，离子中有5个未成对电子，故答案为：3d54s2；5；（2）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子；水分

子间能够形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，则常温下H2O是液态而H2S是气态，故答案为：r(S2-)＞r(O2-)；水分子间可形成氢键，使水的沸点升高；（3）同一周期元素，从左到右第一电离能随

着原子序数增大而呈现增大的趋势，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N原子的2p轨道为稳定的半充满状态，第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能N＞O＞C；水分子中氧原子和氨分子中氮原子的价层电子对数都为4，则中心原子杂化类型均为s

p3杂化，故答案为：N＞O＞C；sp3杂化；（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硫离子的个数为8×18+6×12=4，为与体内的钠离子个数为8，则化学式为Na2S；由晶胞的质量公式可得A478N=a3d，则密度d为3A312Nag/cm3

，故答案为：3A312Nag/cm3。【点睛】同一周期元素，从左到右第一电离能随着原子序数增大而呈现增大的趋势，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N原子的2p轨道为稳定的半充满状态，第一电离能大于其相邻元素是解答关键。17.焦亚硫

酸钠(Na2S2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_______________；装置B的

作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_____________(填字母)。a.蒸馏水b.饱和Na2SO3溶液c.饱和NaHSO3溶液d.饱和NaHCO3溶液②D中盛放溶液的溶质的化学名称是____________________。(2)焦亚硫酸钠

(Na2S2O5)的制备①Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是_________________，步骤III中测定溶液的pH的方法是_____________________；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是__________

______________。②结晶脱水生成产品的化学方程式为________________________________。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+

6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。①精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘

量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；②准确移取V1mL的过量的c1mol·L-1的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;③加入淀粉溶液，用c2mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液____________，读数；④重复步

骤①~③；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2mL。⑤产品中焦亚硫酸钠的质量分数为______________(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。【答案】(1).检查装置气密性(2).c(3).氢氧化钠(4).Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3

在水中电离程度大于水解程度，使溶液显酸性(5).用pH计测定(6).Na2SO3(7).2NaHSO3=Na2S2O5+H2O(8).由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色(9).47.5(c1V1-12c2V2)%【解析】【分析】(1)①加入药品前应先检查装置的气密性；装置

B的作用之一是观察SO2的生成速率，所选试剂应不与SO2反应，且SO2在其中的溶解度较小；②二氧化硫有毒，直接排空会污染环境；(2)①Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度；控制溶液pH为4.1，不能选用pH试纸

测定，应选用pH计测定；pH>4.1时，溶液中会出现亚硫酸钠；②结晶脱水时，饱和亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠和水；(3)根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶

液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量。【详解】(1)①加入药品前应先检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所选试剂应不与

SO2反应，且SO2在其中的溶解度较小，二氧化硫易溶于水，能与亚硫酸钠溶液和碳酸氢钠溶液反应，二氧化硫不与亚硫酸氢钠反应，且不溶于亚硫酸氢钠，则最好选用饱和NaHSO3溶液，故答案为：气密性；c；②二氧化硫有毒，直接排空会污染环境，装置D中盛

有的氢氧化钠溶液可以吸收二氧化硫，防止污染环境，故答案为：NaOH；(2)①Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；步骤III中测定溶液PH值精确度为0.1，不能选用pH试纸，应选用pH计测定；在Na2CO3溶液中通入

SO2至pH为4.1时，反应生成NaHSO3溶液，若pH>4.1时，溶液中会出现亚硫酸钠，即产品中会有副产物Na2SO3，故答案为：Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性；用pH计测定；Na2SO3；②结晶脱水时，饱和亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠

和水，反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)③根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根

据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，则加入淀粉溶液，用c2mol•L-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，说明到滴定终点，故答案为：由蓝

色恰好变为无色，且半分钟内不变色；⑤由题意可知与硫代硫酸钠溶液反应消耗碘的物质的量为12×c2V2×10-3mol，则与焦亚硫酸钠反应耗碘的物质的量为（c1V1-12c2V2）×10-3mol，由方程式可知焦亚硫酸钠的物质的量为12×（c1V1-12c2V2）×10-3mol，产品中焦亚硫酸钠的

质量分数为311112222109/.20g01（）−−cVcVmolmolg×100%=47.5(c1V1-12c2V2)%，故答案为：47.5(c1V1-12c2V2)%。【点睛】根据氧化还原滴定的原理，在N

a2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量是解答关键。18.CO2是主要的温室

气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.6kJ·mol-1(1)CO2(g)和H

2(g)的反应生成CH3OH(g)的热化学方程式III为__________________。(2)下列描述能说明反应I在密闭恒压容器中达到平衡状态的是_________(填选项序号)。①体系压强不变②混合气体密度不变③v(H2)=

v(CO)④CO质量保持不变(3)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应III。反应达到平衡时，测得各组分的体积分数如表。CH3OH(g)CO2(g)H2(g)H2O(g)abc0.125①c=___________

____，CO2的转化率为________________；②T℃时反应III的平衡常数K=_________________；③若要增大甲醇的产率，可采取的措施为___________________

________(任写两点)。(4)反应I、II、III共存的体系中，升高温度CO2的体积分数并未发生明显变化，原因是__________________________________。(5)将反应III设计成如图所示

的原电池，气体A为_________________，写出原电池正极的电极反应式：___________________________。【答案】(1).CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-

49.4kJ•mol-1(2).④(3).0.5625(4).40%(5).4002187(6).增大压强、适当降温等(7).温度变化时，反应I和反III平衡移动方向相反，程度相同(8).H2(9).CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-【解析】

【分析】（1）CO2(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的化学方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的焓变△H；（2）反应达到平衡状态时，正逆反

应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，反应三段式为，()()()()22

32COg+3HgCHOHg+HOgmol/L0.51.500mol/Lx3xxxmol/L0.5-x1.5-3xxxƒ起始量()变化量()平衡量()平衡时H2O(g)的休积分数为0.125，则x2-2x=0.125，解得x=0.2，结合休积分数、转化率、平衡常数的公式和

化学平衡影响因素解答；（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行的程度和反应III逆向进行的程度相当，导致CO2的体积分数并未发生明显变化；（5）反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(

g)+H2O(g)中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，结合电子和电荷守恒写出正

极电极反应式。【详解】（1）CO2(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的化学方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，Ⅰ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)2H=+41.2kJ•mol-1Ⅱ．CO(g)+2H2(g)C

H3OH(g)3H=-90.6kJ•mol-1，根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的焓变H=-49.4kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H

=-49.4kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.4kJ/mol；（2）①恒压体系中，体系的压强始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，①错误；②反应I是气体体积不变的反应，容器的体积不变，各物质均为气体

，所以混合气体密度始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，②错误；③反应无论是否达到平衡状态，始终有(H2)=(CO)，即不能判断反应是否达到平衡，③错误；④CO质量保持不变的状态是平衡状态的本质特征，④正确；故答案为：④；（3）反应III

：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，反应三段式为，()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol/L0.51.500mol/Lx3xxxmol/L0.5-x1

.5-3xxxƒ起始量()变化量()平衡量()平衡时H2O（g）的休积分数为0.125，则x2-2x=0.125，解得x=0.2，平衡时c(CO2)=0.3mol/L，c(H2)=0.9mol/L，c(CH3OH)=

c(H2O)=0.2mol/L，①H2的休积分数c=()()-1-11.5-3?0.2molL2-0.2?2molL••=0.5625，CO2的转化率=-1-10.2mol?L0.5mol?L×100%=40%，

故答案为：0.5625；40%；②平衡常数K=()()()()32322CHOH?HOCO?Hcccc=()30.20.20.30.9=4002187，故答案为：4002187；③反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3

OH(g)+H2O(g)正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低温度、分离水蒸气等措施均可使平衡正向移动，提高甲醇的产率，故答案为：增大压强，降低温度（或分离水蒸气）；（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行，反

应III逆向进行，当二者进行的程度相当时，CO2的体积分数会基本不变，故答案为：温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相同；（5）反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H

2O(g)中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，CO2在正极上得电子生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-，故答案为：H2；CO2

+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-。19.钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土矿的主要成分Al2O3(含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质),利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示：(1)赤泥中除了含有水合铝

硅酸钠外，还有_______________。(2)生成VO43-的离子方程式为____________________________。(3)沉淀物中含有水合铝酸钙(2CaO·A2O3·8H2O)、水合铝硅酸钙(水化石榴石3CaO.·Al2O3

·SiO2·4H2O)和钒酸钙(3CaO·V2O5)，其中存在3Ca(OH)2(s)+2VO43-3CaO·V2O5(s)+6OH-，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因：_______________

___(用平衡原理解释)。(4)加入离子交换树脂(C12H18NCl)进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn-+nC12H18NCl(C12H18N)nR+nCl-，Rn-的结构为________________________。0.1mol/LV2O5在不同pH的存在形

态如表所示。pH13~1411~138.5~117.5~8.55~7.53~51~3存在形态VO43-V2O14-V4O124-V10O284-HV10O285-H2V10O284-V2O5(5)为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利

用外，还有____________________________________物质可以重复利用。(至少写两种)(6)利用铝热反应从V2O5中制取510gV需要铝的质量为__________________。【答案】(1)

.Fe2O3(2).V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O(3).Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，OH-增多平衡逆向移动，使得溶出VO43-(4).6-1028VO(5).离子交换树脂、NaCl或者NH4C1(6).450g【解析】【分析】（1）氧化铁不与苛性钠

和生石灰反应，氧化铝、二氧化硅和五氧化二钒与碱反应生成AlO2-、SiO32—、VO43-和水合铝硅酸钠沉淀；（2）五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应生成钒酸钠和水；（3）碳酸钠在溶液中能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠使溶液中氢氧根离子浓度增大，有利于平衡向逆反应方向移

动；（4）浸出液的pH为8时钒元素以6-1028VO形式存在；（5）由题给流程可知，离子交换树脂和氯化钠和氯化铵可以循环使用；（6）由得失电子数目守恒计算可得。【详解】（1）由铝土矿的成分和流程图可知，向铝土矿中加入苛性钠和少量生石灰破碎浸

磨后，氧化铁是碱性氧化物，不与苛性钠和生石灰反应，氧化铝、二氧化硅和五氧化二钒与碱反应生成AlO2-、SiO32—、VO43-和水合铝硅酸钠沉淀，过滤分离得到含有AlO2-、SiO32—和VO43-的溶液和含有水合铝硅酸钠和氧化铁的赤泥，故答案为：Fe2O3；·（2）由流程图可知，五

氧化二钒与氢氧化钠溶液反应生成钒酸钠和水，反应的离子方程式为V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O，故答案为：V2O5+6OH-=2VO43-+3H2O；（3）碳酸钠在溶液中能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠使溶液中氢氧根离子浓度增大，使平衡3Ca(OH)2(s)+2VO

43-3CaO·V2O5(s)+6OH-向逆反应方向移动，有利于钒酸钙转化为VO43-，故答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，OH-增多平衡逆向移动，使得溶出VO43-；（4）由题给

流程可知，浸出液的pH为8，对照题给0.1mol/LV2O5在不同pH的存在形态表格可知，Rn-的结构为6-1028VO，故答案为：6-1028VO；（5）由题给流程可知，浸出液用离子交换树脂进行吸附得到饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋

洗液，解吸附后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵的解吸溶液，得到的离子交换树脂可以循环使用；向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵，滤液可以循环使用，故答案为：离子交换树脂、NaCl或者NH4C1；（6）510gV的物质的量为51

0g51g/mol=10mol，由得失电子数目守恒可得铝的物质的量为5103mol，则铝的质量为5103mol×27g/mol=450g，故答案为：450g。【点睛】浸出液用离子交换树脂进行吸附得到饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋洗液，解吸附

后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵的解吸溶液，向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵是分析解答关键，也是分析流程的难点。20.抗击新冠病毒性肺炎期间，磷酸氯喹和阿比多尔首次被纳入抗病毒治疗。磷酸氯喹[］可由

氯喹K[]与磷酸在一定条件下反应制得。由芳香化合物A和乙酰乙酸乙酯()合成K的一种合成路线如下：已知：①；②RNHR'+R"XRN(R")R'+HX；③具有酸性；④RCH2CHO+R'CHO。附物理性质：本品为白色结晶性粉末，无臭，味

苦。遇光渐变色；水溶液显酸性。本品在水中易溶，在乙醇、三氯甲烷、乙醚中几乎不溶。熔点为193~196°C,熔融时同时分解。(l)A的结构简式为________________；G的官能团的名称为_____

_________。(2)EF的反应类型为________________。(3)GH的反应方程式为____________________________________________；F+JK的反应方程式为_______________________________________

________。(4)M与H互为同分异构体，符合下列条件的M有_______种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件的一种结构简式：__________。①含有基团、—N(C2H5)2；②酸性水解得乙

酸；③能发生酯化反应；(5)由乙醇合成乙酰乙酸乙酯()的合成路线：_________________。【答案】(1).(2).羰基、酯基、溴原子(3).取代反应(4).+HN(C2H5)2+HBr(5).+HCl(6).19(7).(任写出一

种)(8).C2H5OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3COCH2CHOH3CCOCH2COOH【解析】【分析】A发生还原反应生成B，根据B结构简式知A为，C发生水解反应然后酸化得到D，D

为，E发生取代反应生成F，F为；G发生取代反应生成H，根据H结构简式及G分子式知，G为，F和J发生取代反应生成氯喹；(5)乙醇氧化为乙醛，根据信息④可知发生醛醛加成，生成羟基醛，该有机物发生氧化反应变为羰基醛，最后氧化为羰基酸，发生酯化反应得到目

标产物。【详解】(1)根据分析，A为；G为，所含官能团为羰基、酯基、溴原子；故答案为：；羰基、酯基、溴原子；(2)E为，和POCl3发生取代反应生成F；故答案为：取代反应；(3)G为，和HN（C2H5）2发生取代反应

生成H，反应的方程式为：+HN（C2H5）2→+HBr；F为，J为，F+J反应方程式为：+⎯⎯⎯→酚催化剂+HCl；故答案为：+HN（C2H5）2→+HBr；+⎯⎯⎯→酚催化剂+HCl；(4)M与H互为同分异构体，M符合下列条件：①含有六元环和-N（C2H5）2

，H的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1；②酸性条件下水解产物含乙酸，说明含有酯基，酯基的不饱和度是1，③能发生酯化反应，根据O原子个数知，还含有羟基，则符合条件的结构中含有六元环、-N（C2H5）2、CH3COO-、-OH；如果-N（C2H5）2、CH3COO-位于同一个碳原子上有3种；如果CH

3COO-、-OH位于同一个碳原子上有3种，如果-N（C2H5）2、-OH位于同一个碳原子上有3种；如果三个取代基位于不同碳原子上，有10种；所以符合条件的有3+3+3+10=19种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，有、、；故答案为：19；或或；(5

)乙醇氧化为乙醛，根据信息④可知发生醛醛加成，生成羟基醛，该有机物发生氧化反应变为羰基醛，最后氧化为羰基酸，发生酯化反应得到目标产物；故合成路线为：；故答案为：。