1、山东省师范大学附属中学2020届高三化学模拟试题一（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 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56
2、Cu-64 Zn-65第卷（选择题，共40分）一、单项选择题：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。1.2020年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性，杀菌消毒，做好个人防护是防止疫情蔓延的重要措施。下列有关说法中错误的是A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%B. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料C. 84消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好D. 二氧化氯泡腾片具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，具有低浓度高效灭杀病毒能力【答案】C【解析】【详解】A 医用酒精消毒液是按酒精和水的体积比3:1配制而成的，乙醇的体积分数为75%，
3、故A正确；B 生产医用防护口罩的原料聚丙烯属于合成纤维、是高聚物，属于有机合成高分子材料，故B正确；C 84消毒液成分是NaClO，具有强氧化性，能将酒精氧化，故C错误；D 二氧化氯泡腾片中，ClO2中Cl显+4价，得电子能力强，具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，具有低浓度高效灭杀病毒能力，故D正确；故选C。【点睛】本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意物质的性质与用途的对应关系，难点C，理解NaClO能将乙醇氧化的性质。2.下列说法正确的是A. 与含有相同的官能团，互为同系物B. 属于醛类，官能团为CHOC. 的名称为：2乙基
4、1丁烯D. 的名称为：2甲基1，3二丁烯【答案】C【解析】【详解】A. 前者OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B. 该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基， B错误；C. 该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基1丁烯，C正确；D. 该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳
5、碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。3.用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是（）A. 用图甲装置验证NH3易溶于水B. 用图乙装置提纯I2C. 用图丙装置测定KMnO4溶液物质的量浓度（锥形瓶中Na2C2O4质量已知）D. 用图丁装置检验该条件下铁发生了析氢腐蚀【答案】D【解析】【分析】【详解】ANH3易溶于水，能形成喷泉，故A达到目的；BI2常用升华法提纯，故B达到目的；C根据2MnO4+5C2O42+16H=2Mn2+10CO2+8H2O，已知C2O42的量，可测定KMnO4溶液物质
6、的量浓度，故C达到目的；D铁在中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，故D不符；故选D。4.维生素C又称抗坏血酸，能增强对传染病的抵抗力，有解毒作用等，其结构式为，下列有关说法错误的是A. 维生素C分子式为C6H8O6B. 维生素C的同分异构体中可能有芳香族化合物C. 向维生素C溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液颜色变红，说明维生素C溶液显酸性D. 在一定条件下，维生素C能发生氧化反应、加成反应、取代反应和消去反应【答案】B【解析】【详解】A. 根据结构简式，维生素C分子式为C6H8O6，故A正确；B. 维生素C的的不饱和度为3，苯的不饱和度为4，维生素C同分异构体中不可能有芳香族化合物，故B错误；C. 酸性
7、条件下，紫色石蕊试液呈红色，故C正确；D. 含-OH、-COOC能发生取代反应，含C=C可发生加成反应、氧化反应，含-OH可发生消去反应和氧化反应，故D正确；故选B。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同；丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径的大小：WXYX【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，Y与W形成的阴离子(如图所示)中
8、W不满足8电子稳定结构，则W为H元素，Y应为Al元素；W与Z的最高价之和为8，则Z的最外层电子数为7，其为Cl元素；W、X、Y、Z的原子最外层电子数为互不相等的奇数，则X的最外层电子数为5，其为N元素。【详解】AW、X、Z分别为H、N、Cl，可形成离子化合物NH4Cl，A正确；BCl2O是某种弱酸HClO的酸酐，因为中心原子O的最外层存在孤电子对，会对共用电子对产生排斥作用，所以分子为V型结构，B不正确；CW与X形成的二元化合物若为N2H4，其分子中不仅含有N-H极性键，还含有N-N非极性键，C不正确；DX、Z分别为N和Cl，因为没有指明是否为最高价氧化物对应水化物，所以二者的酸性强弱关系无法
9、确定，D不正确；故选A7.俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是（ ）(设NA表示阿伏加德罗常数的值)A. Na2SO4和Na2S均为离子晶体，晶体中每个SO或S2-周围均有2个Na+B. C（金刚石）属于共价晶体，1mol该晶体中含的键数目为4NAC. 生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD. 标准状况下22.4LCO2中含键的数目为NA【答案】C【解析】【详解】ANa2SO4和Na2S均为离子晶体，离子键不具有饱和性，所以晶体中每个SO或S2-周围不止有2个钠离子，故A错误；B金刚石中
10、每个C连接4个CC键，每个CC键被两个C原子共用，所以每个C原子具有的共价键为2，则1mol金刚石中键数目为2NA，故B错误；C该反应中C生成CO2化合价由0价变为+4价为氧化产物，所以生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，故C正确；D一个CO2中含有两个C=O键，则有两个键，标准状况下22.4LCO2的物质的量为1mol，含键的数目为2NA，故D错误；故答案为C。8.下列实验中对应的现象和结论均正确的是（ ）实验现象结论A向淀粉在稀硫酸催化下水解后的溶液中加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热无现象淀粉未发生水解B将Fe(NO3)2晶体溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)
11、2晶体已氧化变质C向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/LCuCl2溶液有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2D向溴苯和液溴的混合液中加氢氧化钠溶液，振荡、静置，分液分液前溶液分层，均为无色溴苯中的液溴被除去A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，无银镜，则不能说明淀粉未水解，故A错误；B酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能说明是否氧化变质，故B错误；CNaOH过量，均有沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp，故C错误；
12、D溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；答案选D。9.实验室常利用难挥发性酸制备易挥发性酸的原理，用浓硫酸与硝石(NaNO3)反应制备HNO3，反应装置如图，下列说法不正确的是A. 反应温度如果过高，制得HNO3可能会呈现黄色B. 反应方程式为：NaNO3 + H2SO4(浓)NaHSO4 + HNO3C. 可从实验室中选无色透明洁净的试剂瓶盛装制得的硝酸D. 曲颈甑不适宜制备沸点过低的物质【答案】C【解析】【详解】A.硝酸在温度过高时能分解生成二氧化氮和水，方程式为4HNO3=4NO2+O2+2H2O，NO2溶于水呈黄褐色，A正确；B.该反应利用高沸点的浓硫酸制取低沸点的
13、硝酸，反应方程式为：NaNO3 + H2SO4(浓)NaHSO4 + HNO3，B正确；C.浓硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装浓硝酸，C错误；D.若沸点过低的物质，用曲颈甑来制备较难分离反应物和生成物，D正确；答案选C。10.实验室可利用硫酸厂废渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)，聚铁的化学式可表示为Fe2(OH)n(SO4)30.5nm，主要工艺流程如下：下列说法错误的是A. 炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H+=4Fe3+4S+6H2OB. 气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使
14、用C. 向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸干即得绿矾D. 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小【答案】C【解析】【详解】炉渣加入硫酸溶液的同时通入氧气，得到的固体W含S和SiO2，灼烧得到气体M为二氧化硫，溶液X为含有Fe3+的溶液，调节溶液pH得到溶液Z加热得到聚铁胶体，溶液X中加入铁反应生成的溶液Y为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A. 炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应生成硫单质、硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3+4S+6H2O，故A正确；B.根据上述分析可知，气体M的
15、成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用，故B正确；C.溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到绿矾，故C错误；D.若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根离子的含量减少，硫酸根离子的含量偏大，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D正确；答案选C。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确的是（ ）A. Pt电极II比Pt电极I电势低B. 电解过程
16、中，Pt电极I上发生反应：2HSO+2e-=S2O+2OH-C. 电解过程中，左极室pH会逐渐减小D. 转移1mol电子时，吸收塔中消耗0.5molS2O【答案】BD【解析】【分析】据图可知电解池右侧产生O2，说明O元素被氧化，则Pt电极II为电解池阳极；左侧HSO被还原为S2O，所以Pt电极I为电解池阴极；S2O进入吸收塔后被NOx氧化为HSO，同时产生氮气。【详解】APt电极II为电解池阳极，Pt电极I为电解池阴极，所以Pt电极II电势更高，故A错误；B电解过程中，Pt电极I上HSO得电子被还原为S2O，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为2HSO+2e-=S2O+2OH-，故B正确；C
17、阳极水电离出的氢氧根放电产生氧气，同时生成氢离子，氢离子经过质子交换膜迁移到左侧，与阴极产生的氢氧根离子结合生成水，所以电解过程左室pH基本不变，故C错误；DS2O转化为HSO硫元素的化合价升高1价，所以转移1mol电子时，吸收塔中消耗0.5molS2O，故D正确；故答案为BD。12.近代化学工业的基础是“三酸两碱”，早在我国古代就已经有人通过煅烧绿矾并将产生的气体溶于水中的方法制得硫酸，该法制备硫酸的过程中发生的主要反应如下：反应：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O；反应：SO3+H2O=H2SO4。下列说法不正确的是（ ）A. 当生成标准状况下气体22.4L时，转移
18、1mol电子B. 6.4gSO2中所含的质子数与6.4gSO3中所含的质子数相等C. SO2、SO3的中心原子杂化类型不同D. 目前，工业上制硫酸的吸收阶段是采用浓硫酸吸收SO3【答案】AC【解析】【详解】A当生成标准状况下气体22.4L时，气体物质的量：，反应：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，得到标准状况下三氧化硫和水为液体，气体为二氧化硫，生成1mol二氧化硫气体电子转移2mol，A错误；B二氧化硫分子中质子数，16+28=32，三氧化硫质子数=16+38=40，6.4g SO2中所含的质子数=，6.4g SO3中所含的质子数= ，B正确；CSO2的价层电子对个
19、数=，SO3中价层电子对个数=，根据价层电子对互斥理论知，SO2和SO3中心原子杂化轨道类型相同，VSEPR模型相同，C错误；D吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2OH2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸，D正确；故答案选AC。13.BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，则下列观点错误的是（ ）A. CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应B. 从总反应看，循
20、环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等C. 与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种结构D. 工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸【答案】B【解析】【详解】A.CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应；B.该循环的总反应方程式为CO+CH3OHCH3COOH，故此循环中不需要不断补充水；C.与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，有两种；D.淀粉可经过水解、氧化等反应生成甲醇，从而制得醋酸；答案选B。14.25时，向10mL0.1molL-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0
21、.1molL-1的HCl溶液，溶液的AG变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A. 若a=-8，则Kb(XOH)10-5B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C. R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A. a点表示0.1molL1一元弱碱XOH，若a=8，则c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)=105，故A正确；B. 两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG=0，则溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应
22、，故B错误；C. 若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1)，故C正确；D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。故选B。15.雾霾中含有许多颗粒物，炭黑是其中一种，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是（ ）A. 每活化一个氧分子吸收0.29eV能量B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eVC. 氧分子的活化是OO
23、键的断裂与CO键的生成过程D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的氧化剂【答案】BC【解析】【详解】A从图中可以看出，反应前1个氧分子及炭黑的总能量为0.00，反应终点时，产物的总能量为-0.29eV，所以每活化一个氧分子能够释放0.29eV能量，A不正确；B对比相同阶段无水和有水时的活化能，无水时活化能为0.75eV，有水时活化能为0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV = 0.18eV，B正确；C在反应过程中，断裂O-O键需吸收热量，形成C-O键会放出能量，所以氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程，C正确；D炭黑颗粒可活化氧分子，活化氧是
24、大气中SO2转化为SO3的氧化剂，炭黑相当于催化剂，D不正确；故选BC。第卷（非选择题，共60分）三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快)v1正k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2)H10N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢) v2正k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆k2逆c2(NO2)H20请回答下列问题：(1)反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的H_(用含H1和H2的式子表
25、示)。一定温度下，反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K_。(2)决定2NO(g)O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应，反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1_E2(填“”“”或“”)。.(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)k1p(N2O4)，v(NO2)k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，理由是_(4)在25 时
26、，将a molL1的氨水溶液与0.02 molL1 HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示25 时NH3H2O的电离常数Kb_。用质量分数为17%，密度为0.93 gcm3的氨水，配制200 mL a molL1的氨水溶液，所需原氨水的体积V_ mL。(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。【答案】 (1). H1+H2 (2). (3). c(H+)，溶液呈碱性。 (5). pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液 (6). H2SO3、SO32-、HSO3
27、- (7). 双键或共轭或对醌式结构 (8). SO2+H2OH2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，最终达到平衡时，溶液中品红浓度增大，溶液恢复红色。 (9). SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O (10). 碘水【解析】【分析】ICu与浓硫酸混合加热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2 +2H2O，制取得到的SO2气体，经B装置中NaHSO3饱和溶液的缓冲作用，SO2具有还原性，在C中SO2与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；SO2具有漂白性，将其通入D中的品红溶液，看
28、到溶液红色褪去，SO2是大气污染物，通入NaOH溶液，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O进行尾气处理。.(4)利用盐的水解规律分析溶液显碱性的原因；选用溶液pH=10的NaOH或Na2CO3溶液进行对比；根据使品红溶液褪色的物质分析使品红溶液褪色的微粒；(5)加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，该气体为SO2，同时看到溶液红色恢复；SO2与Ba(OH)2发生反应产生BaSO3沉淀，同时看到溶液变红色；根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI分析SO2使品红褪色反应的可逆性。【详解】(1)在装置A中Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2
29、O，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2 +2H2O；(2)B装置中溶液可以缓冲气流，同时不能溶解SO2气体，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则B中x溶液为饱和NaHSO3溶液；(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，这是由于I2具有氧化性，而SO2具有还原性，在溶液中二者会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应产生的H2SO4、HI的水溶液均无色，使C中溶液褪色；(4)Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-会发生水解反应：SO32-+H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电
30、离的H+，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，因此溶液呈碱性；对比实验iii和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，实验iii为pH=10的Na2SO3溶液，则试剂a可能为pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液；根据实验可知，向红色的品红溶液中加入Na2SO3、NaHSO3，会看到溶液红色褪去，说明使品红溶液褪色的主要微粒是H2SO3、SO32-、HSO3-；根据反应前后溶液颜色变化，结合物质分子结构可知：品红溶液中颜色变化主要与其分子中的双键或共轭或对醌式结构有关；(5)向品红溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，将褪色后的溶液加热，产生刺激性气味气体，
31、红色恢复，说明SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2OH2SO3，加热时溶液中SO2气体逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，溶液又恢复红色；向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，发生反应：SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，生成白色沉淀，由于SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，使溶液又恢复了变红；由于SO2具有还原性，与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使溶液中SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，导致品红浓度增大，最终使溶液又恢复了变红。【点睛】本题考查了
32、二氧化硫气体的制取原理、性质检验及具有漂白性成分的检验方法等知识。掌握化学平衡移动原理及有关二氧化硫的制取与性质是本题解答的关键。要结合可逆反应的特点，从平衡移动角度分析解答。题目考查了学生实验设计及应用能力。19.Pd/A12O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，-A12O392.8%，其他杂质6.9%)中回收金属Pd的工艺如图：已知：-Al2O3能与酸反应，-A12O3不与酸反应。回答下列问题：(1)“预处理”时，-A12O3经焙烧转化为-A12O3，该操作的主要目的是_。(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl，其离子方程式为_。(3)
33、“滤液”和“滤液”中都含有的主要溶质有_(填化学式)。(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是_。两者相比，_(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。(5)“沉淀”时，Pd(NH3)42+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，其化学方程式为_。(6)酸性条件下，BrO3-能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-。发生上述转化反应的电极应接电源的_极(填“正”或“负”)；研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成_(填化学式)。【答案】 (1). 利于Pd与Al2O3的分离(或“大大减少了酸
34、用量”，或“避免酸浸时氧化铝和酸发生反应”) (2). 3Pd+6H+11Cl-=3+3H2O (3). AlCl3 (4). 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) (5). NaClO3 (6). Pd(NH3)4Cl2+2HCl=Pd(NH3)2Cl2+2NH4Cl (7). 负 (8). H2【解析】【分析】废Pd/Al2O3纳米催化剂进行焙烧，使大量-Al2O3经焙烧转化为-A12O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为，-Al2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd+6H+11Cl-=3+3H2O，Al2O3+6H+=2
35、Al3+3H2O，-A12O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，-A12O3以滤渣的形式除去，得到含有、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl-的滤液，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl-、H+的滤液和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为，向得到的溶液中加入氨水，将转化为，再加入盐酸，使转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，过滤后，对Pd(NH3)2Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此解答。【详解】(1)由于-A12O3不与酸反应，“预
36、处理”时，-Al2O3经焙烧转化为-A12O3，该操作的主要目的是将大量的Al2O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离，故答案为：有利于Pd与Al2O3的分离；(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化，其离子方程式为3Pd+6H+11Cl-=3+3H2O；(3)根据分析“滤液”主要含有Al3+、Cl-，“滤液”中主要含有Al3+、Cl-、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3，故答案为：AlCl3；(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化
37、剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到的电子，106.5gNaClO3为1mol，做氧化剂转化为，转移6mol电子，即1gNaClO3参与反应得到电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高，故答案为：对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；NaClO3；(5)“沉淀”时，转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，其化学方程式为Pd(NH3)4Cl2+2HCl=Pd(NH3)2Cl2+2NH4Cl；(6)BrO3-能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解
38、池的阴极与电源的负极相连，故答案为：负；电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被得到转化为Br-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：2H+2e-=H2，故答案为：H2。20.芬太尼类似物L具有镇痛作用，它的合成方法如图：已知：.+ClR3+HCl.R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH.(R1、R2、R3、R4为氢原子或烃基).RCH=CHRRCOOH+RCOOH，R、R为烃基。回答下列问题：(1)A是一种烯烃，化学名称为_，其分子中最多有_个原子共面。(2)B中官能团的名称为_、_。的反应类型为_。(
39、3)的化学方程式为_。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子。用星号(*)标出F中的手性碳原子_。G的结构简式为_，符合以下条件的G同分异构体有_种。能发生银镜反应结构中只含有一个环，该环结构为，环上只有一个侧链(5)已知有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是_。(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。_。【答案】 (1). 丙烯 (2). 7 (3). 碳碳双键 (4). 碳氯键 (5). 取代反应 (6). +CH3OH (7). (8). (9). 8 (10). 吸收反应生成的HCl，
40、提高反应转化率 (11). 【解析】【分析】A是一种烯烃，由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；由C的结构简式，以及反应的条件，可知反应发生信息I中取代反应，则D为；根据D的结构以及反应的条件，可知反应为信息II中的取代反应，结合E的分子式，可知E为；E发生酯的水解反应生成F，对比F、J的结合，可知F脱羧生成G，G与苯胺脱去1分子水生成J，故G为；J与发生消去反应生成L。【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为CH2=CH-CH3，A名称为：丙烯；旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于碳碳双键的平面结构内，分子中最多有7个原子
41、共面；(2)B为ClCH2CH=CH2，B中官能团有碳碳双键、碳氯键(氯原子)，反应是B的氨基中氢原子被-CH2CH2COOCH3替代，属于取代反应；(3)反应与信息II反应类似，化学方程式为：+CH3OH；(4)用星号(*)标出F中的手性碳原子为：；根据分析可知G的结构简式为：；G的同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有CHO；结构中只含有一个环，该环结构为，环上只有一个侧链，则其侧链可以为CH=CH2CHO或C(CHO)=CH2，环上有4种环境氢，所以共有8种同分异构体；(5)反应为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率；(6)由信息II可知，由反应得到；用酸性高锰酸钾溶液氧化可以生成己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到；合成路线流程图为：。【点睛】判断有机物分子中原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。