山东省威海市2020届高三化学试4月一模试题（Word版附解析）
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山东省潍坊五县2019一2020学年高三模拟考试
化学试题
1.习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．废旧玻璃可以回收熔化再利用，所以应属于可回收物，A正确；
B．铅酸电池中含有铅、硫酸等污染环境的物质，属于危险废物，B错误；
C．杀虫剂有毒性，会污染环境，属于有害垃圾，C正确；
D．蔬菜、瓜果、皮核、蔗渣、茶叶渣等都来自家庭产生的有机易腐垃圾，属于厨余垃圾，D正确；
故选B。
2.硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是
A. 硒的摄入量越多对人体健康越好 B. SeO32－空间构型为正四面体
C. H2Se的熔沸点比H2S高 D. H2SeO4的酸性比H2SO4强
【答案】C
【解析】
【详解】A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；
B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+ =4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；
C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；
故答案为C。
3.相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成( )。下列说法正确的是
A. 环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B. 聚乙二醇的结构简式为
C. 相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D. 聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
【答案】D
【解析】
【详解】 在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为 ；
A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；
B．聚乙二醇的结构简式为 ，故B错误；
C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n= ≈90，故C错误；
D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；
故答案为D。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，1LC2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为
B. 20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NA
C. 1mol·L-1Al(NO3)3溶液中含有3NA个NO3-
D. 50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；
B选项，D2O与H218O的摩尔质量均为20g·mol-1，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为1mol，且它们每个分子中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；
C选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；
D选项，50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。
5.含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是
A. 反应①利用了H2Te的还原性
B. 反应②中H2O作氧化剂
C. 反应③利用了H2O2的氧化性
D. H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；
B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；
C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；
故答案为D。
6.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是
A. b电极发生还原反应：4H++O2+4e－＝2H2O
B. 电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气
C. 维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子
D. HS－在硫氧化菌作用下转化为 的反应是 ＝
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e－＝2H2O，故A正确；
B．电路中有4mol电子发生转移，消耗氧气的物质的量为 =1mol，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L，故B错误；
C．硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，故C正确；
D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。
7.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
A B C D
X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水
Y中试剂 KMnO4 MnO2 Cu NaOH
气体 Cl2 O2 SO2 NH3
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；
B．双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；
C．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；
D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；
故答案为B。
8.氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是
A. 能发生加成、取代、还原等反应
B. 分子内有3个手性碳原子
C. 分子内存在三种含氧官能团
D. 分子内共平面的碳原子多于6个
【答案】B
【解析】
【详解】A．含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；
B．手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则 中只有1个手性碳原子，故B错误；
C．分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；
D．苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。
9.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：c＞b
B. 丙中既有离子键又有极性键
C. b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2
D. a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；
A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；
B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；
C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；
D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+ =4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+ =4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；
故答案为A。
10.图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是
A. A2B的化学式为Mg2Si
B. 该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl
C. 利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应
D. 分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同
【答案】C
【解析】
【分析】
由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。
【详解】A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；
B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；
C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；
D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；
故答案为C。
11.“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示。下列说法正确的是
(图中虚线表示氢键)
A. C、N、O原子的电负性依次增大
B. 聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键
C. 聚维酮易溶于水的原因是与水分子间形成氢键
D. 分子中的含N五元环一定是平面结构
【答案】AC
【解析】
【详解】A．C、N、O的非金属性依次增强，则C、N、O原子的电负性依次增大，故A正确；
B．聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键，但氢键不是化学键，故B错误；
C．因为聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，聚维酮碘中也存在氢键，水分子中也存在氢键，根据相似相溶，聚维酮碘水溶性良好的性能与氢键有关，故C正确；
D．分子中的含N五元环上有3个亚甲基，亚甲基上的碳原子为sp3杂化，则五元环一定不是平面结构，故D错误；
故答案为AC。
【点睛】考查有机物 结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，由高聚物结构简式可知 ，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解。
12.科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是
A. ②中包含C—H键的断裂过程
B. 该历程中能垒(反应活化能)最小的是③
C. 该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H* CO*+4H*
D. 由此历程可知： △H＜0
【答案】CD
【解析】
【详解】A．②中由CH3O*→CH2O*，则包含C—H键的断裂过程，故A正确；
B．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，③发生的反应活化能最小，故B正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应制约反应速率，由图示可知①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*+H*，故C错误；
D．图示可知整个历程 △H＞0，故D错误；
故答案为CD。
13.下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是
选项 操作 实验现象 结论
A 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 融化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低
B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液中含有钠盐
C 向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层 乙烯发生氧化反应
D 将20℃ 0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH 溶液的pH逐渐减小 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；
D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；
故答案为D。
14.某课外活动小组设计如图所示装置制取较多量乙酸乙酯。已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH。
②有关有机物 沸点：
试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯
沸点（℃） 34.7 78.5 118 77.1
下列说法正确的是
A 装置中球形管既能冷凝蒸气又能防止倒吸
B. 反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，下层无色油状液体；上层溶液颜色变浅
C. 从大试管中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出乙醇
D. 最后加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集118℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。
【答案】AC
【解析】
【详解】A．混合气体中含有乙醇、乙酸蒸汽，均易溶于水容易发生倒吸，利用球型干燥管可以防止倒吸，故A正确；
B．乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，则反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，上层无色油状液体，下层溶液颜色变浅，故B错误；
C．根据题给信息“①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•6C2H5OH”说明加入无水氯化钙后，即可过滤除去乙醇，故C正确；
D．加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故D错误；
故答案为AC。
15.常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是
A. 常温下，H2C2O4的Ka1=100.8
B. pH=3时，溶液中
C. pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 常温下，随着pH的增大， 的值先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1= =c(H+) =10-0.8，故A错误；
B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；
C．酸抑制水电离，
山东省泰安市2020届高三化学第三次模拟试卷（Word版附解析）
山东省泰安市2020届高三化学第三次模拟试卷（Word版附解析）,高三化学第三次模拟试卷,莲山课件.
酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；
D． ，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则 不变，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。
16.氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO(NH2)2]、N2H4等多种含氮的化工产品。
(1)以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]，涉及的化学反应如下：
反应I：2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H1= -159.5kJ·mol-1
反应II：NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+116.5kJ•mol-1
反应III：H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1
则反应：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=______kJ•mol-1
(2)将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2 (s)+H2O(g)，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：
①a点_______（填是或不是）处于平衡状态，Tl之后尿素产率下降的原因是________。
②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2的转化率与氨碳比 、水碳比 的变化关系。曲线I、II、III对应的水碳比最大的是_______，测得b点氨的转化率为30%，则x=___________。
③已知该反应的v(正)=k(正)c2(NH3)∙c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2O)，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡常数K与k(正)、k(逆)的关系式是___________。
(3)N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2O N2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2O N2H62++OH- K2=1×10一b。
①25 ℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围__________（用含a、b式子表示）。
②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为_____。
【答案】 (1). -87.0 (2). 不是 (3). 升高温度反应逆向移动，催化剂活性降低 (4). I (5). 4 (6). K= (7). 14-b 【解析】
【分析】
(1)反应I：2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H1= -159.5kJ·mol-1 ①
反应II：NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+116.5kJ•mol-1 ②
反应III：H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1 ③
利用盖斯定律，将①+②-③，即得反应：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)的△H。
(2)①在T1之后，升高温度，尿素的产率降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。也就是温度越高，达平衡时氨的转化率越低，若a点达平衡，则氨的产率比T1点大。
②对于反应体系，在氨碳比相同的情况下，增大水蒸气的量，平衡逆向移动，CO2的转化率降低。对于b点，氨的转化率为30%，CO2的转化率为60%，由变化量之比等于化学计量数之比，可求出x。
③已知该反应的v(正)=k(正)c2(NH3)∙c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2O)，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡时，v(正)= v(逆)，由此可求出平衡常数K与k(正)、k(逆)的关系式。
(3) K1= =1×10-a，由c(N2H5+)>c(N2H4)，可求出c(OH-)<1 xss=removed>c(N2H62+)，可求出c(OH-)>1×10一b，由此可求出应控制溶液pH范围。
②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成硫酸氢盐，由此可得出该盐的化学式。
【详解】(1)反应I：2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H1= -159.5kJ·mol-1 ①
反应II：NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+116.5kJ•mol-1 ②
反应III：H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1 ③
利用盖斯定律，将①+②-③，即得反应：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)的△H= -87.0 kJ•mol-1。答案为：-87.0；
(2)①在T1之后，升高温度，尿素的产率降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。也就是温度越高，达平衡时氨的转化率越低，若a点达平衡，则氨的产率比T1点大。所以a点不是处于平衡状态，Tl之后尿素产率下降的原因是升高温度反应逆向移动,催化剂活性降低。答案为：不是；升高温度反应逆向移动,催化剂活性降低；
②对于反应体系，在氨碳比相同的情况下，增大水蒸气的量，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，从而得出曲线I、II、III对应的水碳比最大的是I。对于b点，氨的转化率为30%，CO2的转化率为60%，由变化量之比等于化学计量数之比可得， ，可求出x= =4。答案为：I；4；
③已知该反应的v(正)=k(正)c2(NH3)∙c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2O)，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c2(NH3)∙c(CO2)=k(逆)c(H2O)， =K。答案为：K= ；
(3) K1= =1×10-a，由c(N2H5+)>c(N2H4)，可求出c(OH-)<1 xss=removed>c(N2H62+)，可求出c(OH-)>1×10一b，pH>14-b，由此可求出应控制溶液pH范围为14-b ②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成硫酸氢盐，由此可得出该盐的化学式为N2H5HSO4。答案为：N2H5HSO4。
【点睛】对于一个放热反应，在不同温度下同时发生反应，相同时间内测定反应物的转化率，当转化率曲线出现降低趋势时，后面曲线上的每一点都是该温度下的平衡点，最高点前面的每一点，都是该温度下的不平衡点。
17.铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）基态铜原子核外有________对自旋相反的电子。
（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)____________I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。
（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是____________________________________；
（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料—石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子_________________________的杂化方式。
（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含___________σ键数目。
（6）Cu2O可用于半导体材料。
①Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为________________；a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，则b位置Cu+坐标_______________________。
②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，请解释原因___________________。
【答案】 (1). 14 (2). 大于 (3). Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－ (4). sp、sp2 (5). 14 (6). 4 (7). (0.75，0.75，0.75) (8). 高 (9). 两者都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高
【解析】
【详解】(1)Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋相反的电子；
(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I1(Sn)大于I1(Pb)；
(3)新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的[Cu(NH3)4]2+，则反应的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－；
(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；
(5)在氯化羰基亚铜(I)中C和O之间有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键也是σ键，则氯化羰基亚铜(I)中含14个σ键；
(6)①Cu2O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的 处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的 ，已知a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，即晶胞边长为1，则b位置Cu+坐标为(0.75，0.75，0.75)；
②Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，则Cu2O熔点更高。
18.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：
（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。
（2）装置乙的作用是____________________________________。
（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。
（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)
（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中 全部被氧化为 时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。
①写出反应的离子方程式：________________________________________。
②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 (3). 安全瓶，防倒吸 (4). 4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2 (5). 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9．5，则含有NaOH (6). 乙醇 (7). (8). 82.7％
【解析】
【分析】
装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。
【详解】(1)装置甲中，a仪器 名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；
(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；
(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；
(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；
(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；
①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中 全部被氧化为 ，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；
②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)= n(KMnO4)= ×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为 ×100%=82.7%。
【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。
19.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下：
已知：a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O
b．相关物质的熔沸点：
物质 CH3OH HCOOH ClO2
熔点/℃ －97 9 －59
沸点/℃ 65 101 11
(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。
(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为______（填字母）。
A．0~10℃ B．20~30℃ C．60~70℃
(3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。
已知：Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：
①Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：______。
②结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在32.4℃恒温蒸发，______。
③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和______。
【答案】 (1). 氧化 (2). B (3). ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (5). H2SO4
【解析】
【分析】
由流程可知，发生器中制备ClO2, 冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，在吸收塔中用冷水冷凝ClO2，最后再储存；发生器中生成的Na3H(SO4)2进入Na3H(SO4)2处理器，用H2O2和NaClO3处理得到Na2SO4·10H2O。
【详解】（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化；
（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应该使CH3OH液化，但是ClO2不能液化，只有B项合适，答案选B；
（3）①在处理器中会发生反应： ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出，故答案为： ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出；
②过程Ⅱ的操作为在32.4℃恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClO3和H2SO4,故答案为：H2SO4。
20.有机化合物H是一种治疗心血管疾病药物的中间体。一种合成H的路线：
已知：信息① CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2
信息②
回答下列问题：
（1）C的化学名称为________________，D中的官能团名称是__________________。
（2）②的反应类型是______________________________________。
（3）F 结构简式为______________________________________。
（4）写出由E和G生成H的化学方程式：__________________________________________。
（5）芳香族化合物Q是H的同分异构体，一定条件下，H和Q分别与足量H2加成，得到同一种产物，则Q的可能结构有________种(环中没有碳碳叁键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构)，其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为______________。
（6）呋喃丙烯酸( )是一种医治血吸虫病的药物 呋喃丙胺的原料。设计以 为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线(无机试剂任选)。_____________。
【答案】 (1). 环戊烯 (2). 溴原子、碳碳双键 (3). 消去反应 (4). (5). (6). 6 (7). (8).
【解析】
【分析】
A为 ，与H2发生加成反应生成的B应为 ， 再在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，C为 ，C反应信息①的反应生成D为 ，D发生水解反应生成E为 ； 与CH3CHO发生信息②的反应生成的F为 ， 被氧化生成G，G和E能发生酯化反应，则G为 ，H为 ；据此解答。
【详解】(1)C为 ，其化学名称为环戊烯，D为 ，含有的官能团名称是溴原子和碳碳双键；
(2)反应②为 在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，则反应类型是消去反应；
(3)由分析知F的结构简式为 ；
(4)G和E能发生酯化反应生成H的化学方程式为 ；
(5)H为 ，化合物H的同分异构体Q为芳香族化合物，说明含有苯环；H、Q分别与足量H2进行催化加成，能生成同一产物，则：①如果五元环上不含碳碳双键，则支链中含有C≡C键，有1种；②如果五元环上有2个碳碳双键，且两个碳碳双键不能相邻，有3种；③如果五元环上有1个C≡C键，有2种，则符合条件的有6种；其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为 ；
(6)乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛和 反应生成 ，然后催化氧化得到 ，其合成路线为 。
山东省潍坊市2020届高三化学新高考模拟试题（三）（Word版附解析）
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