山东省滨州市2020届高三化学第三次模拟考试试题【含解析】

1、山东省滨州市2020届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 C1-35.5 Fe-56 Ni-59 Cu-64一、选择题：本题共10小题，每小题2

2、分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 改变能源结构，开发利用清洁能源，可防治酸雨B. “智慧海洋”引领我国海洋开发走向“深蓝”，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀C. 为增强杀菌消毒效果，可将“84消毒液”和酒精混合使用D. 维生素C具有还原性，食用维生素C含量较高的食物有利于人体对铁元素的吸收【答案】C【解析】【详解】A改变能源结构，开发利用清洁能源，可减少氮氧化物、二氧化硫的排放，因而可防治酸雨的形成，A正确；B由于金属活动性Zn比Fe强，所以Zn、Fe及海水形成原电池，Zn为负极，首先被氧化，Fe得到保护，就可防

3、止船底被腐蚀氧化，B正确；C“84消毒液”主要成分是NaClO，该物质具有强的氧化性，乙醇具有还原性，乙醇容易被NaClO氧化，导致杀菌消毒能力减弱甚至失去，故不能混合使用，C错误；D人体吸收的铁元素主要是+2价Fe2+，Fe2+极易被氧化，维生素C具有还原性，能防止亚铁离子被氧化，即食用维生素C含量较高的食物有利于人体对铁元素的吸收，D正确；故合理选项是C。2.下列实验操作中选用的部分仪器，不合理的是（ ）A. 配制100 mL0.1 molL-1NaC1溶液，选用、和B. 盛放NaOH溶液，选用C. 分离I2的四氯化碳溶液和水，选用、D. 从食盐水中获得食盐，选用、【答案】B【解析】【详解

4、】A配制100 mL0.1 molL-1NaC1溶液，要将已经准确称量的NaCl在烧杯中进行溶解，为促进物质溶解要使用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的100 mL容量瓶中，向容量瓶中加水至凹液面离刻度线12 cm处，用胶头滴管滴加水，直至凹液面与刻度线相切，因此需选用的仪器序号有、和，A合理；BNaOH溶液显碱性，能够与玻璃中的SiO2发生反应产生具有粘性Na2SiO3，将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，因此不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞，B不合理；CI2的四氯化碳溶液和水是互不相溶的两层液体物质，应该使用分液方法分离，把下层液体用烧杯承接，因此使用仪器序号为、，C合理；

5、DNaCl的溶解度受温度的影响变化较小，从食盐水中获得食盐，应该采用蒸发结晶方法，使用仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，故使用仪器序号为、，D合理；综上所述，所用仪器不合理的是B，故选B。3.下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（ ）A. CB. CH4OC. 2s22p6D. 【答案】B【解析】【详解】AC可以表示C原子，也可以表示C元素的单质金刚石或石墨，A不符合题意；BCH4O无同分异构体，表示的物质只有甲醇CH3OH，B符合题意；C2s22p6可以表示Ne原子，也可以表示Na+离子或F-等，C不符合题意；D可以表示甲烷CH4，也可以表示硅烷SiH4，D不符合题意；故合理选项是B。4.内经曰

6、：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（ ）A. 蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B. 食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C. 苹果中富含的苹果酸HOOCCH(OH)CH2COOH是乙二酸的同系物D. 天然蛋白质水解后均得到-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽【答案】C【解析】【详解】A蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；B食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟基，二者结构不相似，

7、不属于同系物，故C错误；D天然蛋白质都是由氨基酸缩聚而成的，水解均得到-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；故答案为C。【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 0.5 mol雄黄(As4S4，)中共有4NA个共价键B. 通过核反应Am+Ca288Mc+3n生成2.88 g镆(Mc)，同时产生中子(n)数为0.3NAC. 100 g 3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数为0.2NAD. 常温常压

8、下，2.8 g由CO与N2组成的混合物中含有的质子总数为1.4NA【答案】D【解析】【详解】A1个雄黄中含9个共价键，则0.5 mol雄黄中含4.5NA个共价键，A错误；B根据方程式可知每反应产生1 mol288Mc，产生3 mol中子，2.88 g镆(Mc)的物质的量是0.01 mol，则转移电子的数目为0.03 NA，B错误；C在该溶液中除H2O2中含有O原子外，溶剂水中也存在O原子，因此100 g 3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数大于0.2NA，C错误；DCO与N2相对分子质量都是28，二者分子中含有的质子数都是14，2.8 g由CO与N2组成的混合物的物质的量是0.1 mol，则其中含

9、有的质子总数为1.4NA，D正确；故合理选项是D。6.维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下：下列说法不正确的是A. 反应是加聚反应B. 高分子A的链节中只含有一种官能团C. 通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度D. 反应的化学方程式为：+nHCHO+(2n-1)H2O【答案】D【解析】【详解】A的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成A，A的结构为：；A项正确；B由A的结构可知，A的链节中只含有酯基一种官能团，B项正确；C由题可知，A在发生水解后生成B，那么B的结构为：；对于聚合物，其平均相对分子质量=链节的相对质量聚合度，因此，C项正确；D由

10、题可知，维纶的结构为：，维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，聚乙烯醇的结构为；因此，每生成一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水；所以反应的方程式为：nHCHOnH2O；D项错误；答案选D。7.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01molL-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 化合物X2Y2中含有极性共价键和非极性共价键B. 简单气态氢化物的热稳定性：YWC. 简单离子半径：ZYWXD. 这四种元素中，元素X的第一电离能最小【答案】D【解析】【分析】由图像和题给信息可知，浓

11、度均为0. 01 molL-l的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数ZW，Z是N，W是Cl；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。【详解】A化合物X2Y2为Na2S2，为离子化合物，硫原子之间为非极性共价键，S22-和Na+之间是离

12、子键，A错误；B非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性WY，B错误； C电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-Cl-N3Na+，即YZWX，C错误； D第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，四种元素中Na最容易失去最外层电子，元素X的第一电离能最小，D正确；答案选D。【点睛】从图表中得出W、Y、Z都是非金属元素，X是金属元素，具体的pH值可以得出W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH2，

13、Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，需要学生综合应用所学知识，正确推断出元素。8.下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A用pH计测同温同浓度的MgCl2和CaCl2溶液的pHpH：MgCl2溶液小于CaCl2溶液金属性：CaMgB用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的氢氧化铜悬浊液无砖红色沉淀产生说明蔗糖并未水解D向丙烯醛溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色丙烯醛中含有碳碳双键A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ApH：MgCl

14、2溶液小于CaCl2溶液，说明碱性：Ca(OH)2Mg(OH)2，说明金属性：CaMg，A正确；B焰色反应呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，B错误；C蔗糖水解时加入了稀硫酸，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，从而使氢氧化铜悬浊液溶解并转化为Cu2+，不能被葡萄糖还原为Cu2O，所以即便生成了葡萄糖，也看不到砖红色沉淀，C错误；D丙烯醛的结构简式为CH2=CHCHO，其中，碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法证明丙烯醛中含有碳碳双键，D错误；答案选A。9.科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如图：下列说法正确的是（ ）A. DM

15、C与过量NaOH溶液反应生成CO32-和甲醇B. CeO2可有效提高反应物的平衡转化率C. 、中均有OH的断裂D. 生成DMC总反应的原子利用率为100%【答案】A【解析】【详解】ADMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，酯在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH=2CH3OH+Na2CO3，A正确；BCeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡；所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B错误；C中CH3OH生成CH3O-催化剂，CH3OH中的O-H键断裂；中没有O-H键断裂；CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，C错误；D总反应为：2CH3O

16、H+CO2CH3OCOOCH3+H2O，除了生成DMC外，还生成了水，因此原子利用率不是100%，D错误；故合理选项是A。10.工业上用发烟HC1O4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟CrO2(C1O4)2，来除去Cr()，HC1O4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（ ）A. CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价B. HC1O4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C. 该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8D. 该反应离子方程式为19ClO+8Cr3+8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O【答案】D【解析】【详解】ACrO2(ClO4)2中O为-

17、2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；BCl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HC1O4氧化CrC13为棕色的CrO2(C1O4)2，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4-，其中有3mol Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8mol Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：

18、8，C正确；D根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，D错误；故合理选项是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意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.潮湿环境、C1-、溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素，腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。如图为青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是（ ）A. 腐蚀过程中，青铜基体是正极B. 若有64 g Cu腐蚀，理论上消耗氧气的体积为11.2 L(标准状况)C. 多孔催化层的形成加速了

19、青铜器的腐蚀速率，是因为改变了反应的焓变D. 环境中的C1-、正负极产物作用生成多孔粉状锈，其离子方程式为2Cu2+3OH-+C1-=Cu2(OH)3C1【答案】BD【解析】【分析】A根据原电池的构成条件及图中的信息可判断正负极；B结合电子得失守恒确定铜和氧气的关系；C分析多孔结构对原电池反应的影响，注意焓变的影响因素；D结合电极反应产物及电解质环境中的离子可确定反应的方程式。【详解】A结合图示信息可知青铜基体中的铜失去电子变为Cu2+，失电子应为原电池的负极，腐蚀过程中，青铜基体是负极，A错误；B负极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，64 g铜的物质的量为1 mol，n(e-)=2 mol，

20、正极上O2得电子发生还原反应：O2+2H2O+4e=4OH，由于正负极得失电子总数相等，则反应消耗O2的物质的量为n(O2)=mol=0.5 mol，其在标况下的体积为11.2 L，B正确；C多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率主要是因为其作正极，多孔结构能够增大反应物与电极的接触面积从加快了反应速率，但对反应的焓变没有影响，C错误；D负极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，正极氧气得电子发生反应：O2+2H2O+4e=4OH，产生的阴、阳离子与溶液中氯离子结合生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为：2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl，D正确；故合理选项是BD。【点睛】本题主要

21、考查金属腐蚀过程，注重对原电池原理的分析和理解，确定两电极的物质之间的量的关系，通过电子得失守恒建立，计算气体体积时要注意题中是否明确了标准状况。12.一种制氢技术原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 向容器中加入CaO能有效实现H2与CO2的分离B. 因为容器中还有剩余的煤，可以判断煤和H2O的反应为可逆反应C. 剩余的煤进入容器，可利用其与O2反应放出的热量分解CaCO3D. 煤中含有的硫元素在容器中最终转化为CaSO3进入炉渣【答案】AC【解析】【详解】A煤与水蒸气反应产生CO2和H2，向容器中加入CaO，CaO与CO2生成CaCO3，但不与H2反应，能有效实现H2与CO2的分离，A

22、正确；B容器中还有剩余的煤，可能是加入的煤过量所致，因此不能据此判断煤和H2O的反应为可逆反应，B错误；C煤与氧气反应生成CO2，放出大量的热量，所以剩余的煤进入容器是为了充分利用其与O2反应放出的热量使CaCO3分解产生CaO，C正确；D煤中含有S在容器中与氧气反应生成SO2，SO2与O2、CaO反应最终生成CaSO4进入炉渣，D错误；故合理选项是AC。13.常温下，向1 molL-1NH4C1溶液中加入足量的镁条，该体系pH随时间变化的曲线如图所示。实验观察到b点开始溶液中有白色沉淀生成。下列说法错误的是（ ）(已知KspMg(OH)2=1.810-11)A. a点溶液中，c(NH4+)+

23、c(H+)c(C1-)+c(OH-)B. b点时，溶液中c(Mg2+)=0.18 molL-1C. 体系中，水的电离程度大小关系为acbD. 常温下，NH4C1的水解平衡常数数量级为10-10【答案】C【解析】【详解】Aa点溶液的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)+ c(H+)c(Cl-)+c(OH-)，A正确；Bb点时，KspMg(OH)2=1.810-11，由图可知b点时pH=9，即c(H+)=10-9 mol/L，c(OH-)= mol/L=10-5 mol/L；所以c(Mg2+)= mol/L=0.18 mol/L，

24、B正确；C因NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，加入镁单质消耗溶液中的H+，使平衡正向移动，促进了NH4+的水解，同时促进了水的电离，所以水的电离程度大小关系为：cba，C错误；DNH4Cl中的NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，则Kh=；由NH4+水解的方程式得出：c(NH3H2O)c(H+)；根据题中图在没加入镁之前溶液的pH=5，则c(NH3H2O)c(H+)=10-5 mol/L；即Kh=10-10，所以水解平衡常数的数量级为10-10，D正确；故合理选项是C。14.我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池，其工作原理示意图如图。已知电池反应：Na

25、1-xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法正确的是（ ）A. 电池放电过程中，NaMnO2/Al上的电势低于石墨烯/Al上的电势B. 电池放电时，正极可发生反应Na1-xMnO2+xNa+xe-=NaMnO2C. 电池充电时，外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极D 电池充电时，Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极【答案】BD【解析】【分析】放电过程总反应式为：Na1-xMnO2+NaxCn=nC+NaMnO2，可知C元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则负极是石墨烯/Al，正极为NaMnO2/Al，则充电时石墨烯/Al发生还原反应为阴极，NaMnO2/Al发生

26、氧化反应为阳极。【详解】A放电时NaMnO2/Al为正极，石墨烯/Al为负极，正极电势高于负极电势，故A错误；B放电时，正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极反应为Na1-xMnO2+xNa+xe-=NaMnO2，故B正确；C充电时NaMnO2/Al发生氧化反应为阳极，与外接电源的正极相连，故C错误；D充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，即由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极，故D正确；故答案为BD。15.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是（ ）A. 过程中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B. 在过程中实

27、现了TBA、CuCl2的再生C. 过程中的反应方程式为C2H4+2CuCl2C2H4C12+2CuC1D 理论上每生成1 mol NaHCO3，可得到1 mol C2H4C12【答案】D【解析】【详解】A侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，A正确；B过程为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBAHCl=2CuCl2+2TBA+2H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，B正确；C过程是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuC

28、l2C2H4Cl2+2CuCl，C正确，D制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBAHCl，理论上每生成1 mol NaHCO3，需要1 moI TBA，根据关系式TBACuCl0.5 mol C2H4Cl2，因此理论上每生成1 mol NaHCO3，可得到0.5 mol C2H4C12，D错误；故合理选项是D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：(1)铜元素位于元素周期表中_区，基态Cu原子有_种不同能级的电子。(2)铜合金可用于制造航母螺旋桨。制造过程中产生的含铜废液可利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离

29、子的富集回收。M所含元素的电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。X中采用sp3杂化的非金属原子有_(填元素名称)。(3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。Y分子的立体构型是_，Y的沸点比水低的主要原因是_。(4)向蓝色Cu(H2O)42+硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色Cu(NH3)42+。通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O_NH3(填“大于”或“小于”)。(5)CuCl2和CuCl是铜的两种氯化物。图中表示是_(填“CuCl2”或“CuCl”)的晶胞。原子坐标参数可用来表示晶胞内各原子的相对位置，图中各原子坐标参数A为(0

30、，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，0，0)；则D原子的坐标参数为_。晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_gcm-3(列出计算式即可)。【答案】 (1). ds (2). 7(或七) (3). ONCH (4). 碳、氧 (5). V形(或角形) (6). 水分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键 (7). 小于 (8). CuC1 (9). (，) (10). 【解析】【详解】(1)铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，在反应时不仅最外层4s电子发生变化，次外层的3d电子也发生变化，Cu元素位于元素周

31、期表第四周期第IB族，属于ds区元素，共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s七个能级；(2)由于元素的非金属性越强，其电负性越大。根据M结构简式可知：M中含有C、H、O、N四种元素，这四种元素的非金属性：ONCH，所以元素的电负性由大到小的顺序为ONCH；在X分子中含有的饱和C原子及O原子价层电子对数为4，采用sp3杂化；N原子采用sp2杂化，故X中采用sp3杂化的非金属元素有碳、氧两种元素；(3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。Y是H2S，在H2S分子中，S原子价层电子对数为4，由于S原子上有2对孤电子对，占据了2个轨道，孤电子对对成键电子对的排斥

32、作用大于成键电子对的排斥作用，使H2S分子立体构型为V形(或角形)；H2S、H2O都是由分子构成的物质，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，而H2S分子之间无氢键，只存在分子间作用力，因而H2O的沸点比H2S高；(4)在水溶液中存在蓝色Cu(H2O)42+，向含有该离子的硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色，反应产生Cu(NH3)42+离子，说明配位体NH3与Cu2+结合能力比配位体H2O强，即与Cu2+的配位能力：H2O小于NH3；(5)白色球为Cl原子，黑色球为Cu原子，晶胞中Cu原子为4个，Cl原子数目为8+6=4，Cu和Cl原子的数目为1：1，故物质化学式

33、为CuCl；D与C的连线处于晶胞体对角线上，且DC长度等于晶胞体对角线BC长度的，所以z=；D到左侧平面(即坐标系yoz面)的距离等于晶胞棱长的，则x=；D到前平面(即坐标系xoz面)的距离等于晶胞棱长的，即参数y=，故D的坐标参数为(，)；晶胞中C，D两原子核间距为298 pm，则晶胞体对角线长度为4298 pm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量m=g，所以晶胞的密度= g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及元素在周期表的位置、原子的杂化、元素电负性比较、氢键的作用、分子空间构型判断、晶胞计算等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意用投

34、影方法分析，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。17.氯化亚铁是重要的还原剂，常用于检测硒、生产聚合氯化铝铁絮凝剂。制备FeCl2的方法有多种。请回答下列问题：.结晶法制取FeCl2在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，_，_，固液分离，洗涤，快速干燥制得。.氯苯还原无水FeC13制取FeC12无水FeCl3与氯苯反应的化学方程式为：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(1)如图是用干燥的C12和铁粉制取无水FeC13的装置。硬质玻璃管和收集器用大口管连接的原因是_。(2)利用如图装置制备无水FeC12，并检测FeC13的转化率。已知相关物

35、质的部分性质如下：C6H5C1(氯苯)C6H4C12FeC13FeC12相对分子质量112.5147162.5127熔点/-4553306670674沸点/1321733151023将162.5 g无水氯化铁和200 g氯苯加入到圆底烧瓶中，在锥形瓶中加入200 g滴有酚酞的9.5%的NaOH溶液。先通入N2一段时间，再加热，控制温度在132 左右发生反应。实验完成后冷却，分离提纯得到粗产品。先通入N2的目的是_；导管a的作用是_。当锥形瓶内溶液颜色由红色变为无色时，停止加热，则氯化铁转化率理论上达到或超过_%。实验结束后，回收过量氯苯的操作名称为_。指出装置c可能存在的缺点_。【答案】 (1

36、). 趁热过滤 (2). (冷却)结晶 (3). FeC13的熔沸点低，防止FeC13冷凝时堵塞导管 (4). 除尽装置中的O2和水蒸气，防止FeCl2被氧化、防止发生水解反应 (5). 导气，冷凝回流氯苯 (6). 95 (7). 蒸馏 (8). 无防倒吸装置【解析】【分析】I.在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，趁热过滤、冷却结晶、固液分离，洗涤，快速干燥制得FeCl2；II.(1)FeCl3熔沸点低，冷凝时易堵塞导管；(2)在装置b中发生反应：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，由于Fe2+具有强的还原性，易被空气氧化，先通入N

37、2，排出装置内空气，就可以避免副反应产生的干扰，导气管a同时起导气和冷凝作用，反应产生的HCl被锥形瓶中的NaOH溶液吸收，根据二者反应关系计算产生的HCl的物质的量，进而可知反应的FeCl3的量，结合加入反应物的量计算其转化率。【详解】I.在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，趁热过滤、冷却结晶、固液分离，洗涤，快速干燥制得FeCl2；II.(1)用干燥的Cl2和铁粉制取无水FeCl3，硬质玻璃管和收集器用大口管连接的原因是FeCl3熔沸点低，防止FeCl3冷凝时堵塞导管；(2)先通入N2的目的是排出装置中空气，防止空气中的O2氧化FeCl2变为FeCl3，同时

38、也可以避免反应产生的Fe3+发生水解反应；装置中导管a的作用是导气和冷凝，可以使挥发的未反应的氯苯回流到反应装置；n(FeCl3)=1 mol，n(C6H5C1) =1.78 mol，根据方程式2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知二者反应时的物质的量的比是2：1，n(FeCl3)：n(C6H5C1)2：1，说明氯苯过量，反应根据FeCl3的物质的量计算，n(HCl)=n(NaOH)=0.475 mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知氯化铁转化率为：100%=95%；实验结束后，在装置b中含有过量的氯苯及反应产生的二氯苯，

39、由于氯苯、二氯苯是互溶的沸点不同的液体混合物，所以分离二者混合物，回收其中过量氯苯的操作方法为蒸馏；由于HCl气体极易溶于水，并且会与c中NaOH反应，使装置中气体压强过小而引起倒吸现象，因此装置c可能存在的缺点是无防倒吸装置。【点睛】本题考查物质制备，涉及物质制备、实验操作、化学方程式计算等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，要清楚实验装置的作用就操作的目的，侧重考查学生分析判断、计算及知识综合运用能力。18.海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以提取很多物质。利用1：提溴工业用海水晒盐之后的盐卤可提取溴，提取流程如图：(1)吹出塔中热空气能将溴单质吹出的原因是_。蒸馏塔中通入水蒸气

40、进行加热，需要控制温度在90左右的原因是_。利用2：提镁工业从海水提取食盐和Br2之后的盐卤中除含有Mg2+、C1-外，还含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-和CO(NH2)2等，还可以用来提取MgCl2、MgO、Mg(OH)2等物质，流程如图所示：(2)用NaC1O除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，还有能参与大气循环的无毒物质，则该反应的化学方程式为_；加入NaC1O的另一个作用是_。利用3：淡化工业(3)海水淡化的方法主要有闪蒸法、离子交换法、电渗析法等。离子交换法淡化海水模拟过程如图所示。氢型阳离子交换原理可表示为：HR+Na+=NaR+H+；。羟型阴离子交换树脂填充部

41、分存在的反应有：ROH+C1-=RC1+OH-；_；_。(4)电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示：图中的海水没有直接通入到阴极室中，其原因是_。淡化水在_室(填X、Y、Z、M或N)形成后流出。【答案】 (1). 溴单质的沸点低，溴单质易挥发 (2). 温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气 (3). 3NaC1O+CO(NH2)2=3NaC1+CO2+N2+2H2O (4). 将Fe2+氧化为Fe3+，并形成Fe(OH)3 (5). 2ROH+SO42-=R2SO4+2OH- (6). H+OH-=H2O (7). 海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离

42、子，阴极放电产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞交换膜 (8). Y、M【解析】【分析】(1)根据液溴易挥发，利用H2O、液溴的沸点不同分析判断；(2)NaC1O除去尿素CO(NH2)2时，发生氧化还原反应，产生的能参与大气循环的无毒物质是CO2、N2，同时产生H2O、NaCl，结合电子守恒、原子守恒书写反应方程式；根据水中含有还原性微粒Fe2+，利用NaC1O具有强氧化性、水解显碱性分析；(3)结合进入的离子种类及羟型阴离子交换树脂的特点分析反应即可；(4)海水是混合物，其中含有钙离子和镁离子，再结合电极反应分析即可；结合电解装置中离子的移动方向及图示

43、中离子交换膜的特点分析即可；【详解】(1)吹出塔中热空气能将溴单质吹出的原因是由于液溴沸点低，易挥发。蒸馏塔中通入水蒸气进行加热，需要控制温度在90左右是由于温度过低不利于溴的蒸出，而温度过高会蒸出较多水蒸气；(2)加入的NaC1O具有强氧化性，尿素具有还原性，在NaClO除去尿素CO(NH2)2时，二者发生氧化还原反应，产生CO2、N2、H2O、NaCl，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：3NaC1O+CO(NH2)2=3NaC1+CO2+N2+2H2O；在提取盐后的盐卤水中含有还原性微粒Fe2+，而NaC1O具有强氧化性，能够将Fe2+氧化产生Fe3+，同时NaC1O是强碱弱酸盐，

44、水解使溶液显碱性，Fe3+与水解产生的OH-结合形成Fe(OH)3沉淀，因此加入NaC1O的另一个作用是将Fe2+氧化为Fe3+，并形成Fe(OH)3沉淀除去；(3)交换树脂中发生的是复分解反应，结合图示可知进入羟基型交换树脂的是氢离子、氯离子和硫酸根离子，其中阴离子与交换树脂反应产生的氢氧根与氢离子会反应，涉及反应有：ROH+Cl-=RCl+OH-；2ROH+SO42-=R2SO4+2OH-；H+OH-=H2O；(4)海水为混合物，其中含有大量的Mg2+、Ca2+等阳离子，而阴极在电解时水放电产生H2同时会产生OH-，OH-易与Mg2+、Ca2+反应生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附

45、着在电极表面或堵塞交换膜，因此不能将海水直接通入到阴极室；X、Y、Z、M中均加入海水，根据电解装置可知左侧为电解池的阳极，右侧为阴极，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，由此可分析Y中的Cl-会通过阴离子交换膜进入左侧X室，而其中的Na+则通过阳离子交换膜进到右侧Z中；同理M中的阳离子Na+会通过阳离子交换膜进到右侧阴极区N中，其中的阴离子Cl-会通过阴离子交换膜进入Z中，而Z中的阴、阳离子都无法透过相应的交换膜，因此能得到淡水的是Y、M，而Z中的氯化钠浓度增大。【点睛】本题考查海水的淡化的方法、海水资源的综合利用。注意氧化还原反应、盐的水解规律在海水处理的应用，在电解法淡化海水时，注

46、意对交换膜作用的分析，根据物质的性质(挥发性、溶解性、熔沸点高低等)分析采取的措施的原因。19.CO在工农业生产及科学研究中有着重要的应用。(1)CO催化脱硫：科学研究发现CoS对CO还原SO2实现脱硫、并回收S有很好的催化效果，该反应的化学方程式为_。(2)CO催化脱氮：在一定温度下，向2 L的恒容密闭容器中充入4.0 mol NO2和4.0 mol CO，在催化制作用下发生反应：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) H=-1227.8 kJ/mol，测得相关数据如下：时间浓度0 min5 min10 min15 min20 minc(NO2)/molL-12.01.71.

47、561.51.5c(N2)/molL-100.150.220.250.25其他条件不变，若不使用催化剂，则05 min内NO2的转化率将_(填“变大”“变小”或“不变”)。下列表述能说明该反应已达到平衡状态的是_(填序号)。ACO的化学反应速率为N2的4倍 B气体的颜色不再变化C化学平衡常数K不再变化 D混合气体的密度不再变化有利于提高该反应中NO2平衡转化率的条件是_(填序号)。A高温低压 B低温高压 C高温高压 D低温低压(3)CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni的羰化反应为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) H0，T0温度下，将足量的Ni粉和3.7

48、 mol CO加入到刚性密闭容器中，10 min时反应达到平衡，测得体系的压强为原来的。则：010 min内平均反应速率v(Ni)=_gmin-1。研究表明，正反应速率v正=k正x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆xNi(CO)4(k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，x为物质的量分数)，计算T0温度下的=_。T1温度下测得一定的实验数据，计算得到v正x(CO)和v逆xNi(CO)4的关系如图所示。当降低温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_、_(填字母)。【答案】 (1). 2CO+SO22CO2+S (2). 变小 (3). B (4). B (5). 5.31 (6). 9103

49、(或9000) (7). D (8). B【解析】【分析】(1)在CoS催化下，CO、SO2反应产生S、CO2；(2)利用催化剂对化学反应速率的影响分析判断；根据平衡时任何一种物质的物质的量、浓度、含量等保持不变判断；要提高该反应中NO2平衡转化率，就要使平衡正向移动，根据平衡移动原理，结合反应特点分析判断；(3)先计算平衡时Ni(CO)4(g)的物质的量，然后根据物质反应转化关系，计算消耗Ni的质量，得到其反应速率；根据反应达到平衡时v正=v逆，利用速率与物质的量分数关系计算；该反应是放热反应，降低温度时，平衡正向移动，同时正反应速率、逆反应速率均减小，x(CO)减小，xNi(CO)4增大。

50、【详解】(1)在CoS催化下，CO、SO2反应产生S、CO2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CO+SO22CO2+S；(2)根据表格数据可知：反应在15 min时达到平衡，由于在05 min内反应未达到平衡，所以若使用催化剂，就可以加快反应速率，使更多的反应物NO2反应，NO2转化率提高，若不使用催化剂，则反应速率减小，NO2的转化率将变小；反应2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) H=-1227.8 kJ/mol的正反应是气体体积减小的放热反应。A未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；B反应在恒容密闭容

51、器中进行，反应混合物只有NO2是有色气体，因此若混合气体的颜色不再变化，说明反应达到了平衡状态，B正确；C化学平衡常数K只与温度有关，与反应是否达到平衡无关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C错误；D反应在恒容密闭容器中进行，反应混合物都是气体，气体的体积、质量始终不变，因此气体密度始终不变，所以不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；故合理选项是B；根据平衡移动原理：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，要提高该反应中NO2平衡转化率，采取的措施是低温高压，故合理选项是B；(3)在恒容密闭容器中，气体的压强比等于气体的物质的量的比，在反应开始时加入了3.