精品解析：山东省泰安市2020届高三第三次模拟试卷化学试题(解析版)

1、高三一轮检测化学试题1 .本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷 1至4页，第II卷5至8 页。2 .答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在相应位置，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。3 .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。4 .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-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Mn-55

2、第I卷（选择题共40分）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. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（）A. 针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B. 常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别C. 硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D. 葡萄酒中通常含有微量SO2【答案】A【解析】【详解】A 高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，但不用无水酒精，无水酒精浓度太高使细菌表面的蛋白质凝固，形成了一层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，使它免遭死亡，一般使用

3、75%的酒精水溶液消毒，故A 错误；B 常用危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类，如第一类：爆炸品、第二类：易燃气体、第三类：易燃液体等，故B 正确；C.硅胶无毒无味，具有较强的吸附性，化学性质稳定，可用于作催化剂的载体或食品干燥剂，故C正确；D SO2 能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D 正确；答案选A。2.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（）A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热C.使用CC14萃取滨水中的澳时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出D.酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注

4、视滴定管刻度的变化【答案】C【解析】【详解】A.洗净的锥形瓶和容量瓶有水，用于滴定实验和配置一定量浓度的溶液时对实验无影响，不需要烘干，故A错误；B.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，蒸发皿是可以直接加热的仪器，不需要加垫石棉网， 故B错误;C.使用CC14萃取滨水中的澳时，从安全角度考虑，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压强过大引起危险，故 C正确；D.酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便准确判断滴定终点，不需要注视滴定管刻度的变化，故D错误；答案选Co【点睛】化学实验中可用于直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、塔埸、燃烧匙。烧杯、烧瓶、锥形瓶均不可以直接

5、加热，需要垫上石棉网，以防止因受热不均而发生炸裂。3.Weiss利用光敏剂 QD制备2环己基苯乙烯（c）的过程如图所示。下列有关说法正确的是A. a不能使酸性KMnO4溶液褪色B. a、b、c都能发生加成、加聚反应C. c中所有原子共平面D. b、c为同系物KMnO4溶液褪色，故【详解】A. a便）中含有碳碳双键，能与酸性高镒酸钾发生氧化还原反应，使酸性A错误;B. a(0)、b)、c(）都含有碳碳双键，具有烯煌的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确;C.D. b）含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故）的结构不同，不属于同系物，故 D错误;C错误;故选B。【点睛】

6、本题的易错点为 C,要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子（包括：-CH3、-CH2-、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。4.胆矶CuSO4 5H2O可写为Cu（H 2O）4SO4 H2O,其结构示意图如下:卜列有关胆矶的说法正确的是A. Cu2+的价电子排布式为 3d84s1B.所有氧原子都采取 sp3杂化C.胆矶中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D.胆矶所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大【解析】【详解】A. Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d104s1,失去4s、3d能级上各一个电子生成 Cu2+,故C

7、u2+的价电子排布式 3d9,故A错误；B.硫酸根离子中S和非羟基。和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是 sp3杂化，故B错误；C.铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故 C正确；D. H、O、S分别为第1, 2, 3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S,故D错误;故选Co5.一定条件下，有机化合物 Y可发生重排反应:卜列说法不正确的是（）A. X、Y、Z互为同分异构体B. 1 mol X最多能与3 mol H 2发生加成反应C. 1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应D.通过调控温度

8、可以得到不同的目标产物【答案】B【解析】【详解】A. X、Y、Z的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 A正确；B. X的苯环上需要发生加成反应， 消耗3mol氢气，碳氧双键需要消耗 1mol氢气，1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故 B错误；C.Y分子中含有酯基，在碱性条件下发生水解生成乙酸和邻羟基甲苯，共消耗 2mol NaOH ,故C正确；D.从题目信息可以看出，在有三氯化铁存在的条件下，温度不同，产物不同，通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；答案选Bo6.下列化学用语对事实的表述正确的是A.电解 CuCl2 溶液：CuCl2=Cu2+2Cl-B. Mg和

9、Cl形成离子键的过程：二Cl-V MgG"©； 一ml 1：C.向 Al2(SO4)3溶液中滴加 Na2CO3溶液：2Al3+3CO32-=Al 2(CO3)3 JD.乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C 2H5180H稳 灌叠雕 CH3CO18OC2H5+H 2。【答案】D【解析】【详解】A.电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2电腓Cu+Cl2 T,故A错误;B.氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为,午、Mg介丁 Mg* ©丁，故 B 错误；C.向A12（SO4）3溶液中滴加少量 Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧

10、化碳气体，反应的离子方程式为 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH) 3, +3COT,故 C 错误;D.竣酸与醇发生的酯化反应中，竣酸中的竣基提供-OH,醇中的-OH提供-H,相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH 3CH2180H浓硫盟CH3CO18OCH2CH3+H2O,故 D 正确;故选Do7 .下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A.最外层都只有一个电子的 X、Y原子8 .原子核外M层上仅有两个电子的 X原子与N层上仅有两个电子的 丫原子C. 2P轨道上有三个未成对电子的X原子与3P轨道上有三个未成对电子的 丫原子D.原子核外电子排布

11、式为 1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的丫原子【答案】C【解析】【详解】A.最外层都只有一个电子有 H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故 A错误；B.原子核外 M层上仅有两个电子的 X原子为Mg,原子核外N层上仅有两个电子的 Y原子有Ca、Fe、Ti 等，二者性质不一定相似，故 B错误；C. 2P轨道上有三个未成对电子的X原子为N, 3p轨道上有三个未成对电子的 Y原子为P, N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D,原子核外电子排布式为 1s2的原子是He,性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be,性质较活泼，二者性质一定不相似，故 D错误；故选Co8

12、.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：ZIIX / 且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A. YW 3分子中的键角为120。B. W2Z稳定性大于YW3C.物质甲分子中存在 6个b键D. Y元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外 电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有 4个电子，丫原子最外层含有 5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序

13、数及 飞与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H, X为C, Y为N, Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知， W为H, X为C, Y为N, Z为O元素。A. YW3为NH3,为三角锥形的分子，分子中的键角V 120°,故A错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故 B正确；C.物质甲的结构简式为 CO(NH2)2,存在7个b键和1个兀键，故C错误；D. N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C,要注意

14、物质中化学键数目的判断方法的应用。9 .下列方案设计能达到实验目的的是14 ml. ：>1)1 mMT1L 2 mL OJ raql/IT H4<X浓演ntI 2mL0 J nolL 厂H£Q.衣或 nB * nd 冷口3 .回I KWO*占率球A检验淀粉是否水解B由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响和昌通 调A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、淀粉水解时要用硫酸作催化剂，要先用 NaOH将混合液中和至弱碱性或中性，再用新制氢氧化 铜悬浊液检验，故 A正确；B、实验的原理方程式为：2MnO 4 +5H2C2O4+6H +=2Mn 2+ + 1

15、0CO2 T +8HO,题中高镒酸钾过量，应设计成：高镒酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，且草酸要过量，探究反应物浓度对该反应速率的影响，故B错误；C、要证明甲烷与氯气发生了取代反应，因有氯化氢生成，不能通过体积变化就断定发生取代反应，故C错误；D、验证KspCu(OH) 2卜KspMg(OH) 2 ,要先制得 Mg(OH) 2,再加入少量 Cu2+,沉淀转化为 Cu(OH) 2,沉淀 由白色转化成蓝色，故 D错误； 故选Ao10 .硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2s和空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收 S,其物质转化如图所示

16、。下列叙述正确的是A.在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB.由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2+>SC.在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D.反应中当有34gH2s转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗 。2的质量为16g【答案】D【解析】【详解】A.根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；B.转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+, Fe3+把硫离子氧化为 S,则氧化性的强弱顺序：O2>Fe3+>S,故B错误；C.根据

17、图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2s转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3,故 C 错误；D . H 2s转化为硫单质，硫元素的化合价从 -2价变成0价，氧元素的化合价从 0价变成-2价，依据得失电子 数相等，所以2H2S-O2,所以有34gH2s转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗 O2的质量34g1为x X32g/mol=16g ,故 D 正确；34g / mol 2故选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1分，有选错的得0分。11.现向下列装置中缓慢通

18、入气体X,分别进行关闭和打开活塞 K的操作，则品红溶液和澄清石灰水中现象相同的一组是选项ABCDXNO2SO2Cl2CO2Y（过量）浓 H2SO4NaHCO3饱和溶液Na2SO3溶液NaHSO3饱和溶液A AB. BC. CD. D【答案】AD【解析】【详解】A. NO2与浓硫酸不反应，关闭和打开活塞 K,通入品红溶液的都是 NO2,品红溶液均褪色，出来的气体都是NO,和澄清石灰水都无明显现象，现象相同，故A正确；B.若关闭活塞K,生成二氧化碳，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K,二氧化硫直接通入品红0溶液褪色，加热后又恢复红色，现象不同，故B错误；c,若打开活m气与水反应生成

19、的次氯酸具有强氧化性，品红溶液褪色，加热品红不能复原，若关闭活塞K,氯气与亚硫酸钠反应生成盐酸和硫酸钠，没有气体放出，则品红溶液无变化，现象不同，故C错误;D.二氧化碳与NaHSO3饱和溶液不反应，关闭和打开活塞K,通入品红溶液的气体都是二氧化碳，因此现象相同，故D正确；故选AD 。12.中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是A.该电化学装置中，Pt电极作正极B. Pt电极的电势高于 BiVO4电极的电势C.电子流向：Pt电极一导线 BiVO 4电极一电解质溶液一 Pt电极D. BiVO 4 电极上的反应式为 SO32- 2e-+2OH-

20、=SO42-+H2O【解析】【分析】该装置为原电池，由 Pt电极上反应(H2Cf H 2)或BiVO 4电极上反应(SO32-SO42-)可知，Pt电极上氢离子得 电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e- H2 T +2OH； BiVO 4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32-2e-+2OH- SO2-+H2。，据此分析解答。【详解】A . Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt电极作正极，故 A正确；B. Pt电极为正极，BiVO 4电极为负极，所以 Pt电极电势高于 BiVO 4电极，故B正确；C.电子从BiVO 4电极

21、(负极)经导线流向Pt电极(正极)，不能进入溶液，故 C错误；D. BiVO 4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32-2e-+2OH- SO2-+H2。，故D正确；故选Co【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C,要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为 D,要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。13.分别在三个容积均为 2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g) ? D(g)。其中容器甲中反应进行至 5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/C起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)

22、甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02 02.8K3下列说法不正确的是A.。5min内，甲容器中 A的平均反应速率 v(A)=0.64mol L-1 min-1B. a=2.2C.若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB,反应时，A的转化率小于80%D. K1=K2>K3【答案】A【解析】【详解】A .容器甲中前5min的平均反应速率v(D)=')=3.2m01 =0.32mol?L-1?min-1,则v(A尸VVt 2.0L 5minv(D)=0.32mol?L -1?min-1,故 A 错误;B.甲和乙的温度相同，平衡常数

23、相等,甲中 A(g) +B(g) ? D(g)开始(mol/L) 2.02.00反应(mol/L) 1.61.61.6平衡(mol/L) 0.40.41.6化学平衡常数 K= 1.6=10,0.4 0.4'乙中A(g) + B(g) ? D(g)开始(mol/L) 2.0a02反应(mol/L) 1.01.01.0平衡(mol/L) 1.0a -1.01.021.0化学平衡常数 K c "一777=10,解得：a=2.2,故B正确;1.0 (0.5a 1.0)1.6mol / LC.甲中CO转化率=/071 *100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0mo艮相

24、当于减小压强,平衡逆向移动，导致 A转化率减小，则 A转化率小于80%,故C正确；D.甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD ,若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时 D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1二K2>K3,故D正确；故选A。14.用惰性电极电解饱和食盐水 （含少量Ca2+、Mg2+）并进行相关实验（装置如图），电解一段时间后，各部分 装置及对应的现象为：（1）中黑色固体变红；（2）电极a附近溶液出现浑浊；（3）中溶液出现浑浊；（4）中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是A.

25、(1)中：CuO+H2 Cu+H2OB. (2)中 a 电极：2H2O+2e-=H2 T +2OH, Mg 2+2OH-=Mg(OH) 2 JC. (3)中:Cl2+S2-=SJ +2CD. (4)中：Cl2具有强氧化性【解析】【分析】用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Ca2+、Mg 2+）产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加 热条件下具有较强还原性，根据 （1）中黑色固体变红，（2）电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊,过量的氯气通入含酚酗:的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可

26、能为H +中和了 OH-,也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。【详解】A . (1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2=Cu+H2O,故A正确；B. (2)电极a附近溶液出现浑浊，则 a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e-H2 T +2OH, Mg2+2OH- Mg(OH)2 故 B 正确；C. (3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：C12+S2- SJ+2C1故C正确；D. (4)中过量的氯气通入含酚酗:的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了 OH-,也

27、可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故 D错误； 故选Do15.已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.6 俅-24; pM= lgc(M 2+)(M2+为 Cu2+或 Zn2+)。常温下，向 10mL0.10mol L-1CuCl2a点溶液中,B.溶液中滴加0.10mol L-1Na2s溶液，滴加过程中 pM与Na2s溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的c(Na+)=2c(S 2-)+c(HS -)+c(H 2S)C.d点溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+)D.相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述 CuCl2溶液，则反应

28、终点 c向上移动【答案】BD【解析】【分析】向 10.0mL0.10mol?L-1CuCl2溶液中滴加 0.10mol/L 的 Na2s 溶液，发生反应：Cu2+S2-? CuS，Cu2+单独存在 或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加 Na2s溶液的体积是10.0mL ,此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)? Cu2+(aq)+S2-(aq),结合图象和溶度积常数分析解答。【详解】 A . 该温度下， 平衡时c(Cu2+ )=c(S 2-)=10 -17.7mol/L,故数量级为10-36,故A正确;Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1

29、0-17.7mol/L K0-17.7mol/L=10 -35.4 B. a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了 CuS沉淀,c(Na+)> 2c(S2-)+c(HS-)+c(H 2S),故B错误；C . d点溶液中是Na2s和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na+) > c(Cl-) > c(S2-) > c(OH )> c(H +), 故C正确；D.相同实验条件下，改用0.1mol?L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)= 1.6 10T24>Ksp(CuS),锌离子浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积10mL,图中反应终点c

30、点向b点方向移动，故 D错误；故选BD。第II卷(选择题共60分)注意事项：1 .第R卷共4页，用钢笔或中性笔直接答在答题卡对应区域中(除题目有特殊规定外)。2 .答卷前将密封线内的项目填写清楚。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：0 (g)?0(g)+H2(g) ?H=117.6kJ/mol已知：上述反应的速率方程为丫正二女正P乙苯,v逆=k逆P笨乙烯P氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，P为各组分分压。(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是 。(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其

31、过程同时存在如图两种途径：a=;与掺水蒸汽工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O, CO2+C=2CO。新工艺的特点有(填序号)。a.CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭d.CO2在反应体系中作催化剂(3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是。测得容器总压(P总)和乙苯转化率 “随时间变化结果如图所示。平衡时，P(H2O)=一 qgEF/八 ，-人、U '"正kPa,平衡常数Kp=kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的

32、 (3). abc-v逆(4).体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大(5). 80(6). 45.2.5【解析】【分析】(1)结合影响化学反应速率和平衡移动的因素分析判断；(2)由图片可知ZHi = AH2+AH3,据此计算解答；a.CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，结合平衡的移动判断；b.在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；c.结合反应CO2+C2CO分析判断；d.根据图示，二氧化碳反应生成了CO,据此分析判断；(3)根据加入水蒸气对平衡移动的影响分析解答；设起始时n(乙苯尸amol, n(H2O)=b

33、mol ,利用反应的三段式计算平衡时气体的总物质的量，结合恒温恒容时，气体的物质的量之比等于压强之比，得到a、b的关系，什什一一一一、P出？P(苯乙烯)、_再计算乙本、本乙场、氢气的分压，并代入 Kp=-计算 Kp ;反应速率 v=v正-v逆=kFp乙茉P(乙苯)=k逆p苯乙烯p氢气，贝U v正二kFp乙茉，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时 v ie=v逆，即 k正p乙茉二k逆p茉乙烯p氢气，利用反应的 三段式计算a点时气体的总物质的量和分压计算。【详解】(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施有升温、加压，故答案为：升高温度(或增大压强)

34、；(2)由图片可知 ZHi=AH2+ AH3=+117.6kJ/mol+(+41.6kJ/mol)=+159.2kJ/mol ,即 a=+159.2; a.CO2与 H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故 a正确；b.由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；c.加入的二氧化碳会发生反应CO2+C2CO,有利于减少积炭，故 c正确；d.根据图示，二氧化碳反应生成了 CO,不是催化剂，故 d错误；故答案为：+159.2； abc； (3)体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平

35、衡正向移动，乙苯转化率增大，因此在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率；设起始时n(乙苯尸amol, n(H2O)=bmol ,(ft)-(g)+H2(g)起始量（mol）a00变化量（mol）0.75a0.75a0.75a平衡量（mol）0.25a0.75a0.75a气体的物质的量之比等于压强之比，平衡时a b_ 1.75a b 100-115b=4a,Ph2o=4ax115kPa=80kPa,1.75a 4a0.75aPh2=P 苯乙烯=M15kPa=15kPa,1.75a 4aP乙茉=1P苯乙烯=5kPa,所以平衡常数3Kp=P H2 ?P(苯乙烯)15kPa 1

36、5kPaP（乙苯）5kPa=45kPa；反应速率v=v 正-v逆=k正p乙茉-k逆p茉乙烯p氢气, 则 v e=k 正p乙苯,v逆=k逆p苯乙烯p氢气,平衡时 v正二丫逆,即k正p乙茉-kP H2 ?P（苯乙烯）P（乙苯）=Kp=45kPa ;L J* 1(g)+H2(g)起始量（mol）a00变化量（mol）0.6a0.6a0.6a平衡量（mol）0.4a0.6a0.6a逆p苯乙烯p氢气,所以气体的物质的量之比等于压强之比,a点时0.6aPh2=P苯乙烯=M12kPa=12kPa, P乙茉=8kPa,所以1.6a 4a''v正P（乙苯）8kPa匕=Kp*P（氢气）？P（苯乙烯

37、）=45kpM12kPa 12kPa=2.5,故答案为：体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80; 45; 2.5。【点睛】本题的难点为（3）中的计算，要注意三段式在化学平衡计算中的应用和题示速率方程的理解和应用。17.超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p一甲酸丁酯口比咤及 2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第 VIB族，核外电子排布与 Cr相似，它的基态价电子排布式是 ;核外未成对电子数是 个。(2)该超分子中配体 CO提供孤电子的原子是 (填元素符号)，p一甲酸丁酯口比咤

38、配体中C原子的杂化方式有 。(已知口比咤可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F E=2。则一个C60分子的结构是由 个五边形和 个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：。(4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0,0, 0)。铝(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0, 0

39、, 0)及(1, 1, 1)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是。已知该晶体的密度是 pgCm2 22pm。Mo的摩尔质量是 Mg mol-1,阿伏加德罗常数是 Na,晶体中距离最近的 Mo原子核之间的距离为(7).由C60结构和碳60妥=30个双键，易1010【答案】(1). 4d5s1(2). 6(3). C (4). sp2 和 sp3(5). 12(6). 20的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有与活泼的F2发生加成反应生成 C60F60(8).体心立方密堆积(9).(1)Mo处于第五周期第 VIB族，核外电子排布与 Cr相似，其价电子为 4

40、d、5s电子，4d能级上有5个电子、 5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式并判断未成对电子数；(2)CO提供孤电子对的是 C原子、Mo提供空轨道；p-甲酸丁酯口比咤配体中 C原子价层电子对个数有 4、3, 根据价层电子对互斥理论判断 C原子杂化类型；(3)根据欧拉定理结合 “3分子中每个碳原子只跟相邻的 3 个碳原子形成化学键”列式计算；(4)铝(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，根据Mo的原子坐标，可以判断该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上， 结合晶体中距离最近的 Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角 线的一半计算。【详解】(1)Mo处于第五周期

41、第 MB族，核外电子排布与 Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5 个电子、5s能级上有1个电子，基态价电子排布式为4d55s1;核外未成对电子是 4d、5s能级上的电子，有6个电子，故答案为：4d55s1; 6;(2)CO提供孤电子对的是 C原子、Mo提供空轨道，两个原子形成配位键；p-甲酸丁酯口比咤配体中 C原子价层电子对个数有 4、3,根据价层电子对互斥理论，C原子杂化类型为sp3、sp2,故答案为：C; sp3、sp2;(3)多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：V+FE=2,即顶点数+面数-棱边数=2；设C60分子中五边形数为 x,六边形数为y。依题意可得方程

42、组：1 (5x+6y) =1 (3 >60), 60+(x+y)- - (3 )60)=2,222解得：x=12, y=20,即C60分子有12个五边形和20个六边形，由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60妥=30个双键，与活泼的 F2发生加成反应即可生成C60F60,故答案为：12； 20；由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键 被两个碳原子共用，故含有60妥=30个双键，与活泼的 F2发生加成反应即可生成 C60F60；1(4)铝(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有 2个Mo原子，其中Mo原

43、子坐标是(0, 0, 0)及(一，2工，工)，则该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上，为体心立方密堆积；该晶胞棱长 二/2，cm,晶体中距22Na离最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半=X3Jcm= J?M ><1010pm,故答案为：体心立方密堆积；2, Na 2, Na,32M-、32M-10X3lcm= - x3X1010。2,.Na 2. Na【点睛】本题的易错点为(4),要注意距离最近的 Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的 一半，难点为(3),要注意理解欧拉定理及其应用，要注意棱边数的计算方法。18 .氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工

44、、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。I .实验室用CuSO4NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取 CuCl相关装置及数据如图。甲回答以下问题：(1)甲图中仪器1的名称是.;制备过程中为提高产率，仪器2中所加试剂应为。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式 。丙图是产率随 pH变化关系图,实验过程中往往用 Na2SO3Na2CO3混合溶液代替 Na2SO3溶液，其中Na2SO3的作用是_并维持pH在 左右以保证较高产率。(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用 去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是n.工业上常

45、用CuCl作。2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2s2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量，读数时应注意。整套实验装置的连接顺序应为-D。【答案】 (1).三颈烧瓶(2). Na2SO3溶液(3). 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl J +2F4+SO42-(4).与H +作用，调整pH (5). 3.5(6). 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl 被氧化(7).6CuCl+8HNO 3=3Cu(NO3)2+3CuC12

46、+2NOT +4H2O(或 3CuCl+7HNO 3=3Cu(NO 3)2+3HCl+NOT +2H2O)(8).温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切(9). 8B-A【解析】【分析】(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-,需要控制Na£O3的加入量，据此分析判断；(2)根据题意，在 CuSO4液中加入一定量的 Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；(4)根据氯化亚铜(C

47、uCl)能溶解于硝酸，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作02、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和02的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用 B 吸收氧气，再用A 吸收 CO ，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。【详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副J反应生成Cu(SO3)23-,为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器 2中所加试剂应为 Na2SO3溶液；(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的 Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成 CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反

48、应的离子方程式为：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O=2CuCl J +2H+SO42-,用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替 Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+,利于反应进行，由图象可知，应维持pH 在 3.5 左右；(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl 被氧化；(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO 3=3Cu(NO3)2+3CuC12+2NOT +4H2O(或 3CuCl+7HNO 3=3Cu(NO 3)2+3HCl+NOT +2H2O)；用 D 装置测

49、N 2 含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作。2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用 KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用 A吸收CO,最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为 C-B-A-D。19 .马日夫盐Mn(H 2PO4)2 H2O主要用作磷化剂。以软镒矿 (主要成分为 MnO2及少量的FeO、A2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：稀硫酸，SO：有机萃取帚N3：(卜溶液硝酸滤渣含F讨有机相灌渣K1一步骡二 步骤三 步骤四 步S8五按照无机物命名规律，马日夫盐Mn(H2P

50、O4)2 2H2O的化学名称为 。在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因 。(2)浸镒”过程中主要反应的离子方程式为 。滤渣X主要成分为 。检验沉镒”已完成的实 验操作及现象是 。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为 。(3)Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为 。0.5 L0 l-S LT fpt)30 触 9。】2。15。柏|加)反捡pH环境接触时间(4)马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4,马日夫盐显酸性的主要原因是 (用相关化学用语回答)。

51、【答案】(1).二水合磷酸二氢镒(2). Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为 3d6 ,可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态 (3). 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2。、2-SO2+MnO2=SO4 +Mn2+(4). Al(OH) 3(5).在上层清液中继续滴加 Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉镒已经完成(6). MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H 2P04)2 2H2O+CO2 T.pH=1.7 下萃取 60 min-_+2(8). H2PO4? H +HPO4【解析】 【分析】软镒矿(主要成分为 MnO2,还含有少量的 FeO、Al 2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解， 同时 MnO2 “氧化” F2+,剩余的二氧化镒被通入的二氧化硫还原，反应为 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2O、SO2+MnO 2= SO42-+Mn2+, SiO2不溶，过滤,滤渣为 SiO2,滤液含有： Mn2+、Fe3+、Al3+,