1、2020年威海市普通高中学业水平等级考试(模拟卷)化 学 试 题可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Cl 35.5 Zn 65一、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.化学消毒剂在抗击新型冠状病毒肺炎的战役中发挥了重要作用，下列说法错误的是A. 84消毒液与洁厕灵不能混合使用B. 无机含氯消毒剂消毒效果较好，在空气中均比较稳定C. 稀碘伏溶液可用于皮肤消毒D. 来苏水为医院常用消毒剂，其有效成分为酚类【答案】B【解析】【详解】A根据反应NaClO+2HClNaCl+Cl2+H2O可知，“洁厕灵”
2、(主要成分为盐酸)与“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)混合使用不但不能增强去污和消毒的效果，而且还能够产生有毒气体氯气，污染环境，因此两者不能混合使用，A选项正确；B无机含氯消毒剂消毒效果较好，但部分含氯消毒剂在空气中易被氧化，如亚氯酸钠酸性水溶液受光影响则产生爆炸性分解，B选项错误；C碘伏是单质碘与聚乙烯吡咯烷酮的不定型结合物，可用于皮肤外消毒，C选项正确；D来苏水的有效成分为酚类，常用于医用消毒，D选项正确；答案选B。2.下列关于有机物的说法正确的是A. CH3CH(CH3)CH2CH2OH名称为：3甲基丁醇B. 一氯代物有5种C. 标准状况下，22.4L丙烯中含有7NA个键，NA个键D
3、. 能发生消去反应，其产物有2种【答案】B【解析】【详解】A醇命名时，除应标明取代基的位置外，还应标明羟基所在的位置，所以CH3CH(CH3)CH2CH2OH名称为：3甲基-1-丁醇，A不正确；B 苯环上一氯代物有2种，甲基上的一氯取代物有1种，异丙基上的一氯取代物有2种，所以一氯代物共有5种，B正确；C标准状况下，22.4L丙烯中含有NA个CH3CH=CH2分子，所以含有8NA个键，NA个键，C不正确；D能发生消去反应，在六元环上能生成2种含有2个碳碳双键的消去产物，在甲基上还能生成1种含有2个碳碳双键的消去产物，其有机产物共有3种，D不正确；故选B。3.“冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结
4、构有关(如图)。下列有关说法错误的是A. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解B. 第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构C. 第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少D. 当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑【答案】A【解析】【详解】A水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A错误；B固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构，B正确；C“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个的水分子间距离适合形成氢键
5、，形成氢键的机会比固态冰中少，C正确；D当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；故选A。4.依据下表提供的主要玻璃仪器(夹持装置已略)，可以实现实验目的的是选项实验目的主要仪器A用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗B准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液碱式滴定管、烧杯、锥形瓶C用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别葡萄糖和蔗糖试管、胶头滴管D实验室制乙烯圆底烧瓶、导管、酒精灯A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A混合溶液需要盛放在烧
6、杯中，用胶头滴管向混合溶液中加入一定量的溴水，玻璃棒搅拌充分反应，碘离子被氧化成碘单质，之后加入CCl4萃取未反应的溴和反应生成的碘单质，振荡、静置分层，用分液漏斗分离，得到纯净NaBr溶液，故A正确；BK2Cr2O7溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取，故B错误；C新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖反应时需要加热，所给仪器缺少酒精灯，故C错误；D实验室利用乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制取乙烯，该过程需要控制温度为170，所给仪器缺少温度计，故D错误；故答案为A。5.有机物M和N的结构简式如图所示，下列说法正确的是A. M和N都能与银氨溶液反应B. 等物质的量的M和N完全燃烧耗氧量不同C.
7、N分子中所有碳原子可能处于同一平面上D. M和N中均含有1个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A根据M的结构简式可知，该分子不存在能与银氨溶液反应的官能团，N分子中含有醛基，可与银氨溶液发生银镜反应，A选项错误；BM和N的分子式均为C10H18O，则等物质的量的M和N完全燃烧耗氧量相同，B选项错误；CN分子中的碳原子为饱和碳原子，与其相连的三个碳原子不可能都与它共平面，C选项错误；DM中的手性碳原子为，N中的手性碳原子为，均只含有1个手性碳原子，D选项正确；答案选D。6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有W为金属元素。甲、乙、丙分别为X、Z、W三种元素所对应的单质。A、B
8、、C、D均为由X、Y、Z三种元素组成的化合物，化合物B的稀溶液常用于保存动物标本。它们的转化关系如图所示。下列说法错误的是A. X与Z可组成非极性分子B. 原子半径大小关系是：r(X)r(Z)r(Y)r(W)C. 四种化合物中B的沸点最低D. 四种化合物中Y原子的杂化方式有2种【答案】A【解析】【分析】由“化合物B的稀溶液常用于保存动物标本”，可确定B为HCHO，则X、Y、Z分别为H、C、O；由“甲、乙、丙分别为X、Z、W三种元素所对应的单质”，可确定甲、乙分别为H2、O2；由转化关系图，可确定A为CH3OH，C为HCOOH，D为HCOOCH3；由A与丙反应可生成甲，可确定丙为Na，即W为Na
9、。【详解】AX与Z分别为H和O，二者可组成H2O、H2O2，它们都是极性分子，A错误；BH的核外只有1个电子层，半径最小，C、O同周期，C在O的左边，原子半径C比O大，Na的电子层数最多，半径最大，所以原子半径大小关系是：r(H)r(O)r(C)r(Na)，B正确；C四种化合物中，B为HCHO，常温下呈气态，而另三种物质都呈液态，所以B的沸点最低，C正确；D四种化合物中Y原子的杂化方式有：含-CH3的物质，碳原子发生sp3杂化，含碳氧双键的物质，碳氧双键中碳原子发生sp2杂化，D正确；故选A。7.下列实验能达到目的且过程正确的是编号实验目的实验过程A检验某红棕色气体是否为溴蒸气将气体通入淀粉K
10、I溶液中，观察溶液是否变蓝B配制0.10molL1的Na2CO3溶液称取5.3g固体Na2CO3于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后转移至500mL容量瓶中定容C观察Mg条与CO2气体反应现象取一小段除去表面氧化膜的Mg条，用坩埚钳夹持点燃，迅速投入到只充满CO2气体的集气瓶中D证明难溶物存在沉淀溶解平衡往黄色固体难溶物PbI2中加水，振荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体，产生黄色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A红棕色气体NO2也能将KI氧化为I2，并使淀粉变蓝色，A不合题意；B在配制溶液过程中，没有在转移溶液后洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，并将洗涤液也注入
11、容量瓶，B不合题意；C充满CO2气体的集气瓶底没有铺一层细沙或少量玻璃棉，燃烧产生的熔融物易使瓶底破裂，C不合题意；D黄色固体难溶物PbI2加水静置后的上层清液为PbI2饱和溶液，加入NaI固体，溶解后增大溶液中的c(I-)，产生黄色沉淀应为PbI2，表明I-与Pb2+发生反应生成PbI2，从而说明溶液中存在PbI2的沉淀溶解平衡，D符合题意；故选D。8.我国科研人员发现，在钙钛矿活性层中引入稀土Eu3+/Eu2+离子对，通过循环反应可消除零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，其原理如图。下列说法正确的是A. Eu3+/Eu2+离子对在反应过程中不断损耗，需定时补充B. 消除零价碘
12、的过程中，Eu3+/Eu2+离子对发生还原反应C. 消除零价铅的反应为：2Eu3+Pb02Eu2+Pb2+D. 整个过程实质上将电子从I0转移给Pb0【答案】C【解析】【分析】根据原理图分析可知，循环过程发生反应Pb0+2Eu3+=Pb2+2Eu2+，I0+Eu2+=Eu3+I-，Eu3+/Eu2+离子对在反应过程中循环使用，从而消除零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，据此分析解答。【详解】A根据上述分析可知，Eu3+/Eu2+离子对在反应过程中循环使用，不会损耗，A选项错误；B消除零价碘的过程中，发生反应I0+Eu2+=Eu3+I-，反应中Eu2+失去电子发生氧化反应生成Eu3
13、+，B选项错误；C由上述分析可知，消除零价铅的反应为：2Eu3+Pb02Eu2+Pb2+，C选项正确；D整个过程中，Pb0失去电子，I0得到电子，即电子从Pb0转移给I0，D选项错误；答案选C。9.某同学做“FeSO4被HNO3氧化”的实验，发现溶液变深棕色。猜想可能是生成的NO2或NO与Fe2+或Fe3+反应，使溶液变为深棕色，设计下列装置探究。下列说法错误的是A. 先检查装置气密性，加入药品后，关闭c，打开a和b，再通入一段时间N2B. 关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO与Fe2+反应C. 甲中反应一段时间后，更新丙、丁中试剂，关闭a和
14、b，打开c，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO2也可与Fe2+反应D. 该实验的缺陷是缺少尾气吸收装置【答案】C【解析】【详解】A先检查装置气密性，加入药品后，为防止装置中的氧气影响实验结果，需关闭c，打开a和b，通入一段时间氮气，将装置内的空气排尽，故A正确；B关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，浓硝酸与Cu反应生成NO2，NO2通入水中与水反应生成NO，NO进入丙和丁后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化，说明NO与Fe2+反应，故B正确；C甲中反应一段时间后浓硝酸变稀，生成的气体中有NO，所以该操作无法证明NO2是否与Fe2+反应，故C错误；D实验中未反应
15、的NO2和NO会污染空气，需要尾气处理装置，故D正确；故答案为C。10.为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。下列说法错误的是A. S2O中既存在非极性键又存在极性键B. 装置I的作用是吸收SO2，装置II的作用是吸收NOC. 保险粉可通过装置中阳极产物制备，Ce4从阴极口流出回到装置II循环使用D 氧化装置IV中1L 2molL1NO，至少需要标准状况下22.4LO2【答案】C【解析】【分析】根据流程分析可知，装置中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置中加入C
16、e4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，Ce4+被还原为Ce3+，装置(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置II循环使用，阴极发生反应2+2H+2e-=+2H2O，进而得到保险粉Na2S2O4，装置中被O2氧化为，与NH3得到NH4NO3，据此分析解答。【详解】A中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，A选项正确；B根据上述分析可知，装置中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，可吸收NO，B选项正确；C装置(电解槽)中阳极发生反应Ce3
17、+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置II循环使用，C选项错误；D装置中被O2氧化为，N元素化合价由+3价升高至+5价，O的化合价由0价降低至-2价，氧化装置IV中1L 2molL-1(2mol)NO，则转移4mol电子，消耗1molO2，即需要标准状况下22.4LO2，D选项正确；答案选C。【点睛】本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质，难度较大，解题关键在于结合结合氧化还原反应及电化学知识分析每个装置中发生的主要反应，利用得失电子守恒解答相关问题。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
18、) 11.某测定O2含量的传感器工作原理如图所示。O2通过聚四氟乙烯膜进入传感器只与AlI3反应生成Al2O3和I2，RbAg4I5固体只传导Ag，E为电位计。下列说法错误的是A. 电子由a极移动到b极B. RbAg4I5质量不发生变化C. b极的电极反应式为：AgI-e-AgID. 该传感器协同总反应方程式为：3O24AlI312Ag2Al2O312AgI【答案】AC【解析】【分析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，然后生成的碘在多孔石墨电极上被氧化成I，所以a极为正极，得电子发生还原反应，b电极为负极，Ag失电子发生氧化反应。【详解】A原电池中电子经导线由负极
19、流向正极，即从b极移动到a极，故A错误；B放电过程中负极Ag失电子发生氧化反应生成Ag+进入RbAg4I5固体，根据电荷守恒可知固体中同时有等量的Ag+流入正极，所以RbAg4I5质量不发生变化，故B正确；CRbAg4I5固体只传导Ag+，所以碘离子无法到达b极和Ag+反应生成AgI，所以b极的电极反应式为Ag-e=Ag+，故C错误；D传感器中发生4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，正极碘被氧化成碘离子后和银离子结合生成AgI，电极反应式为I2+2Ag+2e-=2AgI，负极反应为Ag-e=Ag+，所以协同总反应为：3O24AlI312Ag2Al2O312AgI，故D正确；故答案为AC。
20、12.已知NaBiO3为浅黄色或褐色沉淀。NaBiO3与硝酸酸化的MnSO4溶液发生反应：5NaBiO32Mn214H2MnO5Bi35Na7H2O。下列推断正确的是A. 上述反应中的MnSO4溶液也可以用盐酸或硫酸酸化B. 可用BiO检验Na+的存在C. 由上述反应可知氧化性：NaBiO3HNO3KMnO4D. NaBiO3与浓盐酸反应的离子方程式为：NaBiO3+2Cl+6H=Bi3+Na+3H2O+Cl2【答案】BD【解析】【详解】A盐酸中的Cl-具有还原性，用盐酸酸化时Cl-会被NaBiO3氧化生成Cl2，A选项错误；BBiO能与Na+结合生成NaBiO3的浅黄色或褐色沉淀，因此可用B
21、iO检验Na+的存在，B选项正确；C根据上述反应可知，NaBiO3作氧化剂，KMnO4为氧化产物，因此氧化性NaBiO3KMnO4，但是根据反应产物来看，硝酸未参与氧化还原反应，所以不能确定硝酸的氧化性强弱，C选项错误；DNaBiO3与浓盐酸反应，Cl-被NaBiO3氧化生成Cl2，反应的离子方程式为NaBiO3+2Cl+6H=Bi3+Na+3H2O+Cl2，D选项正确；答案选BD。13.目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B。其模拟工作原理如图所示。M、N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的H2O解离成H和OH，作为H和OH的离子源。下列说法正确的
22、是A. Y电极为阳极，电极反应式为2Cl2eCl2B. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过Cl和NaC. 电路中每生成0.25 mol气体a，理论上获得副产品A和B各1 molD. “双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)【答案】D【解析】【分析】在“双极膜组”的左边区域，精制食盐水中的Na+透过M膜(阳离子交换膜)进入，从而获得产品A(NaOH溶液)，精制食盐水的Cl-继续向左边迁移，在X电极失电子生成Cl2，X电极为阳极；在“双极膜组”的右边区域，精制食盐水的Cl-透过N膜(阴离子交换膜)进入，从而获得产品B(HCl溶液)，精
23、制食盐水的Na+继续向右边迁移，在Y电极，水电离出的H+在Y电极得电子生成H2，Y电极为阴极。【详解】A由以上分析知，Y电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，A不正确；BM为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过H和OH，B不正确；C电路中每生成0.25 mol气体a(Cl2)，理论上获得副产品A(NaOH溶液)和B(HCl溶液)各0.5mol，C不正确；D“双极膜组”电渗析法从NaCl溶液获得酸(HCl)和碱(NaOH)，由此推知，也可从MX溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确；故选D。14.25时，向1L0.01 molL1H2B溶液中滴加盐酸
24、或NaOH溶液，溶液中 c(H2B)、c(HB)、c(B2)、c(OH)、c(H+) 的对数值(lgc)与pH的关系如图所示(温度保持不变)，下列说法错误的是A. 曲线c表示lgc(HB)与pH的关系B. 随pH增加，c(H2B)c(OH)增大C. 0.01 molL1Na2B溶液，Kh1(B2)的数量级为109D. M点溶液中n(Na+)n(H+)n(B2)0.01mol【答案】BC【解析】【分析】pH=-lgc(H+)，所以a曲线代表c(H+)，e曲线代表c(OH)；H2B可以NaOH发生反应H2B+NaOH=NaHB+H2O，NaHB+NaOH=Na2H+H2O，所以随溶液pH增大，c(
25、H2B)逐渐减小，c(HB)先增多后减小，c(B2)逐渐增大，所以b代表c(H2B)，c代表c(HB)，d代表c(B2)。【详解】A根据分析可知曲线c表示lgc(HB)与pH的关系，故A正确；BHB的水解平衡常数的表达式为Kh=，所以c(H2B)c(OH)=Khc(HB)，而随pH增加，c(HB)先增大后减小，水解平衡常数不变，所以c(H2B)c(OH)先增大后减小，故B错误；CKh1(B2)=，据图可知当c(B2)= c(HB)时溶液的pH=9，所以此时溶液中c(OH)=10-5mol/L，则Kh1(B2)=10-5mol/L，故C错误；DM点溶液中存在电荷守恒2c(B2)+c(HB)+c(
26、OH)= c(Na+)+ c(H+)，因为在同一溶液中，所以2n(B2)+n(HB)+n(OH)=n(Na+)+n(H+)，存在物料守恒n(B2)+n(HB)+n(H2B)=0.01mol，据图可知该点n(OH)=n(H2B)，所以n(B2)+n(HB)+n(OH)=0.01mol，根据物料守恒可知n(HB)+n(OH)=n(Na+)+n(H+)-2n(B2)，带入可得n(Na+)n(H+)n(B2)0.01mol，故D正确；故答案为BC。15.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF(CH3)2NCHO转化为三甲胺N(CH3)3。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列
27、说法正确的是A. 该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*(CH3)2NCH2OH*B. 该历程中最大能垒(活化能)为2.16eVC. 该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)2H2(g)N(CH3)3(g)H2O(g) H1.02evmol1D. 增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率【答案】A【解析】【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。【详解】A从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NC
28、H2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*(CH3)2NCH2OH*，A正确；B该历程中最大能垒(活化能)1.19eV，B不正确；C该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)2H2(g)N(CH3)3(g)H2O(g) H1.02NAevmol1，C不正确；D增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。16.钛、镍、铅单质及其化合物在工业生产中有广泛的应用。
29、回答下列问题：(1)Ti3+的价电子排布式为_，Ti3+的还原性常用于钛含量的测定。将某含钛试样溶解于强酸溶液中生成TiO2+，加入铝片将TiO2+转化为Ti3+，该反应的离子方程式为_，然后以NH4SCN溶液作指示剂，用FeCl3标准溶液滴定。可见，Fe3+先与_反应(填“Ti3+”或“SCN”)。(2)已知：物质性 质TiC质硬，熔点：3140，沸点：4820TiCl4熔点：25，沸点：136.4，具有挥发性TiC的熔沸点明显高于TiCl4的原因为_。(3)乙二胺四乙酸(俗名EDTA)结构如图，是代表性的螯合剂，分子中可作为配位原子的是_(填元素符号，下同)，第一电离能最大的元素是_。ED
30、TA可与Ni2+、Ca2+、Pb2+等离子形成配合物，可用Na2Ca(EDTA) 治疗铅中毒，其离子方程式为_。(4)图甲是LaNi5晶体示意图，该结构由两种不同的原子层组成，第一层填入由组成的正三角形空穴中心，第二层完全由组成，具有平面六方对称性，原子数目等于第一层的和数目的总和，这两层交替排列形成LaNi5晶体。图乙是LaNi5的六方晶胞，图乙中代表_(填“La”或“Ni”)原子。该LaNi5晶体的密度为_gcm3(列出计算式。NA为阿伏加德罗常数的值，LaNi5摩尔质量为M gmol1)。图乙晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(，)，则C点的原子坐标参数为_。【答案】 (1).
31、3d1 (2). 3TiO2+Al+6H+3Ti3+Al3+3H2O (3). Ti3+ (4). TiC为原子晶体，TiCl4为分子晶体，共价键的键能高于分子间作用力 (5). N、O (6). N (7). Ca(EDTA) 2+ Pb2+Pb(EDTA) 2+ Ca2+ (8). La (9). (10). (，0)【解析】【分析】根据原子核外电子排布书写离子价电子排布式，根据晶体类型分析物质熔沸点差异原因，结合原子半径和全满、半满规律判断电离能大小，根据均摊法及立体几何知识进行相关计算。【详解】(1)Ti的核外电子排布式为Ar3d24s2，Ti失去3个电子变成Ti3+，则Ti3+的价电
32、子排布式为3d1，由题干信息，某含钛试样溶解于强酸溶液中生成TiO2+，加入铝片将TiO2+转化为Ti3+，Al转化为Al3+，则离子反应方程式为3TiO2+Al+6H+3Ti3+Al3+3H2O，然后以NH4SCN溶液作指示剂，用FeCl3标准溶液滴定，说明Fe3+先于Ti3+反应，加入的最后一滴FeCl3标准溶液与SCN-反应生成红色络合物，故答案为：3d1；3TiO2+Al+6H+3Ti3+Al3+3H2O；Ti3+；(2)根据表格数据分析可知，TiC为原子晶体，TiCl4为分子晶体，由于共价键的键能远远高于分子间作用力，因此TiC的熔沸点明显高于TiCl4，故答案为：TiC为原子晶体，
33、TiCl4为分子晶体，共价键的键能高于分子间作用力；(3)根据EDTA的结构分析壳子，分子中N原子和O原则含有孤对电子，可作配位原子，由于N原子的2p轨道处于2p3的半充满结构，更不易失去电子，第一电离能更大，EDTA可与Ni2+、Ca2+、Pb2+等离子形成配合物，因此用Na2Ca(EDTA)治疗铅中毒时，发生反应Ca(EDTA)2+Pb2+Pb(EDTA)2+Ca2+，故答案为：N、O；N；Ca(EDTA)2+Pb2+Pb(EDTA)2+Ca2+；(4)图乙的晶胞为六方晶胞，其8个顶点的原子平均有八分之一(其中4个占六分之一、另外4个占十二分之一)属于该晶胞，面上的原子有二分之一属于该晶胞
34、，故其中含有的数目为，含有的数目为，两者个数之比为5：1，则代表La原子，图乙晶胞中，一个晶胞中含有1个LaNi5，则晶胞的质量为，一个晶胞的体积为，则晶胞的密度，图乙晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(，)，则C点的原子坐标参数为(，0)，故答案为：La；(，0)。17.过氧化碳酰胺CO(NH2)2H2O2是一种高效、安全的固体消毒剂，白色晶体，易溶于水，稍高温度时可发生分解。某化学小组欲制备少量过氧化碳酰胺，并测定其活性氧的含量，回答下列问题。(一)过氧化碳酰胺的制备(1)制备过氧化碳酰胺的发生装置如图所示(夹持装置略去)，在组装仪器前应对a装置进行的操作是_。(2)该反应的最佳温
35、度为35，采用的合适加热方式为_。(二)过氧化碳酰胺中活性氧含量的测定(以产品中过氧化氢所含氧原子的质量分数为准计算)。称取10.0g产品，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用0.10molL1高锰酸钾标准溶液滴定三次，消耗高锰酸钾溶液的体积分别为21.02mL、21.23mL、20.98mL。(1)写出KMnO4标准溶液与H2O2反应的化学方程式_。(2)过氧化碳酰胺中活性氧含量为_%。若配制过氧化碳酰胺溶液定容时俯视刻度线，则测得过氧化碳酰胺中活性氧含量_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(三)稳定剂A对过氧化碳酰胺的制备有一定的影响，小组成员查阅文献资
36、料得到有关稳定剂及数据如表所示。则选择最佳稳定剂A为_，理由是_。稳定剂名称过氧化碳酰胺活性氧的含量/102初始数室温储存30天后数减少量热储存保温1天后数减少量EDTA16.9616.870.0916.920.04柠檬酸169416.900.0416.910.03EDTA与柠檬酸混合物16.9516.900.0516.900.05柠檬酸与焦磷酸钠混合物16.9016.8600416.87003【答案】 (1). 检查是否漏水 (2). 水浴加热 (3). 2KMnO45H2O23H2SO4K2SO42MnSO45O28H2O (4). 16.8 (5). 偏高 (6). 柠檬酸 (7). 不
37、论室温储存30天后，还是热储存保温1天后，过氧化碳酰胺活性氧含量减少率都最少【解析】【分析】(二)过氧化碳酰胺中活性氧含量的测定活性氧的含量以产品中过氧化氢所含氧原子的质量分数为准计算，过氧化氢中的氧原子为-1价，既有氧化性又有还原性，本实验的滴定原理是利用酸性高锰酸钾来氧化双氧水中的氧元素，通过消耗的高锰酸钾的量来确定过氧化氢中氧元素的量。【详解】(一)(1)装置a为分液漏斗，使用之前需要检查该装置是否漏水；(2)该反应的最佳温度为35，所以可以采用水浴加热的方法；(二)(1)KMnO4标准溶液与H2O2反应时，高锰酸钾作为氧化剂，将双氧水中-1价氧元素氧化为0价，生成氧气，同时自身被还原成
38、Mn2+，根据电子守恒和原子守恒可得化学方程式为2KMnO45H2O23H2SO4K2SO42MnSO45O28H2O；(2)第二组数据偏差较大，舍去，所以消耗的高锰酸钾溶液的平均体积为=21.00mL，n(KMnO4)=0.02100L0.10mol/L=0.0021mol，根据反应方程式可知双氧水中n(O)=n(KMnO4)2=0.0105mol，所以样品中n(O)=0.0105mol=0.105mol，活性氧的含量为=16.8%；若配制过氧化碳酰胺溶液定容时俯视刻度线，导致配制的过氧化碳酰胺溶液浓度偏大，滴定过程中消耗的高锰酸钾的量偏大，测定结果偏高；(三)据图可知选用柠檬酸作为稳定剂时
39、，不论室温储存30天后，还是热储存保温1天后，过氧化碳酰胺活性氧含量减少率都最少，所以最佳稳定剂A为柠檬酸。【点睛】水浴加热可避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，温度能够控制在比较合适的范围内，且受热均匀。18.Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“滤渣1”的成分为_(写化学式)。(2)“除铁”中，加入NaClO的目的是_，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是_ (填字母标号)。a.KSCN溶液、氯水 b.K3Fe(CN)6溶液 c
40、.NaOH溶液(3)已知“滤渣2”的成分为黄钠铁矾，其化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，则“除铁”中“Na2CO3/”条件下生成滤渣2的离子方程式为_。(4)“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2+沉淀不完全，原因是_。(5)“沉镍”的离子方程式为_。(6)以镍钴锰三元材料(可简写为Li1-nMO2)为一极电极材料的新型锂电池工作原理如图所示，放电时总反应为Li1-nMO2+LinC6 LiMO2+6C，则充电时b极的电极反应式为_。【答案】 (1). SiO2 (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). b (4). Na+3Fe3+2SO3H2O3CONaFe3(SO4)2(OH)6
41、3CO2 (5). F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移动 (6). Ni2+2HCO3NiCO3CO2H2O (7). LiMO2neLi1-nMO2nLi+【解析】【分析】红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素进入溶液，滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2；过滤后向滤液中加入次氯酸钠将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸钠并加热除去铁元素和部分硫酸根，得到滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6；过滤后向滤液中加入NaF除去镁离子，得到滤渣3为MgF2；过滤后加入碳酸氢铵得到碳酸镍沉淀，将碳酸镍沉淀加稀硫酸
42、溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni(OH)2。(6)根据图中放电时Li+的流向可知，放电时b极为正极，a极为负极；充电时b极为阳极，a极为阴极。根据总反应，放电时Li元素被氧化，所以LinC6为负极，即a极材料为LinC6，b极材料为Li1-nMO2。【详解】(1)滤渣1的成分为不溶于稀硫酸的SiO2；(2)加入NaClO可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去；当NaClO足量时，溶液Fe元素以Fe3+的形式存在，不含Fe2+，所以只要证明溶液中没有Fe2+就可以说明NaClO足量；a由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液会显红色，再加氯水没有明显变化，无法检验Fe2+，故不选a；
43、bFe2+可以和K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀，故b合适；c加NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2+，产生的Fe(OH)2沉淀也会被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的颜色会覆盖掉Fe(OH)2的颜色，所以无法通过NaOH溶液判断是否有Fe2+，故不选c；综上所述选b；(3)反应物有Fe3+、Na2CO3、SO等，产物有NaFe3(SO4)2(OH)6，产物中的OH说明该反应过程有Fe3+与CO的双水解，所以产物应该还有CO2，根据元素守恒可得离子方程式为Na+3Fe3+2SO3H2O3CONaFe3(SO4)2(OH)63CO2；(4)F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2M
44、g2+2F平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全；(5)沉镍时反应有Ni2+、NH4HCO3，产物有NiCO3说明不是双水解，而是Ni2+与HCO电离出的CO结合生成NiCO3沉淀，促进HCO的电离，同时产生大量的氢离子，而氢离子又和HCO反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Ni2+2HCONiCO3CO2H2O；(6)充电时b极为阳极，LiMO2失电子发生氧化反应，产生Li+，根据总反应可知电极反应式为LiMO2neLi1-nMO2nLi+。【点睛】第5小题离子方程式的书写要注意该过程不是金属阳离子和碳酸氢根发生双水解，因为如果是双水解，则产生的沉淀应为氢氧化物，而不是碳酸盐。19.自2020
45、年7月1日起，在全国范围内实行轻型汽车国排放标准，该标准对氮氧化物、碳氢化物(HC)、一氧化碳和悬浮粒子等排放物的限制将更为严苛。(1)空燃比(A/F:空气质量与燃油质量之比)对尾气排放、发动机动力等都有很大影响。利用氧传感器测定可找到最佳空燃比区域(曲线如图1)。由图可知最佳空燃比区域为_附近，理由是_。推广使用无铅汽油的优点是_。(2)汽车尾气通过三元催化装置净化的原理是：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H1已知： N2(g)+O2(g)2NO(g) H2 C(s)+O2(g)CO2(g) H3 C(s)+O2(g)CO(g) H4 则H1_(用含H2、H3、H4的
46、关系式表示)。(3)选择性催化还原技术(SCR)利用氨或尿素将NOx还原为N2和H2O，原理是：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 3H2O(g)+2N2(g) H其他条件不变时，NO的转化率与温度、压强的关系如图2所示。则H_0，p1 _ p2(填“”或“”)。在500时，2L密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，达平衡时压强为p1MPa。则500时该反应的平衡常数Kp_。(4)汽车尾气中还存在NH3等，含氮化合物广泛应用于化工、化肥、制药等领域。已知N2H4在水溶液中的一级电离方程式为N2H4H2O+OH，则的电子式为_。已知：Ag+(aq) +2NH3(aq)
47、Ag(NH3)2+(aq)，其平衡常数表达式为Kf 1.7107，Ksp(AgCl)1.71010。用1Lc molL1的氨水可溶解0.1mol AgCl(s) (假设溶液体积仍为1L)，则该氨水的最小浓度c_molL1(保留三位有效数字，提示：3.16)。【答案】 (1). 14.7 (2). 在空燃比为14.7时，尾气中NOx、HC、CO的含量最低 (3). 防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒 (4). 2H3-H2-2H4 (5). (6). (7). 或 0.485 p1 (8). (9). 2.06【解析】【分析】根据图象中排放尾气含量确定最佳空燃比区域，利用盖斯定律进行
48、反应热的计算，用“定一议二”的方法判断反应吸热或放热，比较压强大小，根据三段式计算平衡常数，结合N2H4H2O的电离方程式书写的电子式，根据沉淀溶解平衡常数计算最小浓度。【详解】(1)由图1可知，在空燃比为14.7时，尾气中NOx、HC、CO的含量最低，则最佳空燃比区域为14.7，推广无铅汽油可防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒，故答案为：14.7；在空燃比为14.7时，尾气中NOx、HC、CO的含量最低；防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒；(2)根据已知分析可得，反应2-2可得目标反应方程式，则由盖斯定律可得H1=2H3-H2-2H4，故答案为：2H3-H2-2H4；
49、(3)由图2分析，其他条件不变时，温度的倒数增大，即温度降低，NO的转化率升高，反应正向进行，则该反应正反应方向为放热反应，即H0，相同温度时，p1p2，NO的转化率降低，说明反应逆向进行，增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，因此p1p2，故答案为：；在500时，NO的转化率为40%，2L密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，则列三段式有：根据阿伏加德罗定律可知，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，则500时该反应的平衡常数为，故答案为：或0.485p1；(4)已知N2H4在水溶液中的一级电离方程式为N2H4H2O+OH-，则中N与H形成一对共用电子对，N与N形成一对共
50、用电子对，则其电子式为，故答案为：；已知AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.710-10，又Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，其平衡常数表达式为=1.7107，氨水与AgCl反应的离子反应方程式为2NH3(aq)+AgCl(s)Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)，该反应的平衡常数为，根据题意Cl-=0.1mol/L，NH3=c-2Cl-，则氨水的最小浓度，故答案为：2.06。20.利巴韦林是一种成熟的广谱抗病毒药物，临床上证明它对新型冠状病毒有明显抑制作用。其一条合成路线如下：已知：(R代表H或其他基
51、团) 回答下列问题：(1)A的名称为_，F中的含氧官能团名称为_。(2)反应I因为反应物用量控制不当，可能会产生副产物，其结构简式为_，反应I的溶剂使用乙醇而不用甲醇,理由是_。(3)反应II的反应类型为_。 (4)反应III的反应方程式为_。(5)G是A的同分异构体，1molG与足量NaHCO3反应生成标准状况下44.8LCO2，符合该条件的G共有_种。(6)设计以甘油、乙醇和为原料制备的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 乙二酸二乙酯或草酸二乙酯 (2). 醚键、酯基 (3). (4). 以甲醇为溶剂时因为存在酯交换反应而有杂质草酰胺甲酯 (5). 取代反应 (6). (7).
52、 9 (8). 【解析】【分析】有合成路线分析可知，反应为A与NH3的醇溶液发生已知反应生成B(C4H7O3N)和C2H5OH，则B的结构简式为，反应为B与水合肼的醇溶液发生已知反应生成C(C2H5O2N3)和C2H5OH，则C的结构简式为，C与OHC-NH2反应生成D，D与CH3OH/HCl发生已知反应生成E(C4H5O2N3)，则E的结构简式为，E与TOD在120-140时反应生成F，F再与NH3的CH3OH溶液发生已知反应生成利巴韦林，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，名称为乙二酸二乙酯或草酸二乙酯，F的结构简式为，分子中的含氧官能团有醚键和酯基；(2)反应I因为反应物用量
53、控制不当，若NH3的量过多，可能会产生副产物，以甲醇为溶剂时，存在酯交换反应而有杂质草酰胺甲酯生成，所以反应的溶剂使用乙醇而不用甲醇；(3)反应为B与水合肼的醇溶液发生已知反应生成C(C2H5O2N3)和C2H5OH，属于取代反应；(4)根据上述分析可知，D与CH3OH/HCl发生已知反应生成E(C4H5O2N3)，反应方程式为；(5)G为A的同分异构体，则G的分子式为C6H10O4，1molG与足量NaHCO3反应生成标准状况下44.8LCO2，则1molG分子中含有2mol羧基(COOH)，则其同分异构体中，当主链为CH2CH2CH2CH2时，两个COOH连接时，有6种不同的结构，当主链为CH2CH(CH3)CH2时，两个COOH连接时，有3种不同的结构，则符合条件的G的同分异构体共有6+3=9种；(6)以甘油、乙醇和为原料制备时，可先将甘油催化氧化得到，再催化氧化得到，与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，再与水合肼的醇溶液发生已知反应生成，再与OHC-NH2反应生成目标产物，则其合成路线可设计为：。