山东省济宁市2020届高三化学第三次模拟试题（含解析）.doc

1、山东省济宁市2020届高三化学第三次模拟试题（含解析）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 O-16 Si-28 S-32 Ca-40 Fe-56 Cu-64 As-75一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共2

2、0分。每小题只有一个选项符合题意。1.绿原酸（C16H18O9）具有较广泛的抗菌、抗病毒、抗氧化作用，利用乙醚、60%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步获得绿原酸粗产品的一种工艺流程如图，下列说法错误的是（ ）A. 绿原酸在温水中的溶解度小于冷水中的溶解度B. 得到有机层的实验操作为萃取分液C. 减压蒸馏的目的防止温度过高，绿原酸变质D. 绿原酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯【答案】A【解析】【分析】绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品，以此解答该题【详解】A.流程中加入温水浸膏，冷却、过滤得到绿原酸粗产品，

3、可知绿原酸难溶于冷水，其在温水中的溶解度大于冷水中的溶解度，故A错误；B.绿原酸为有机酸，更易溶于有机溶剂，加入乙酸乙酯后绿原酸被萃取到有机酯层，有机层与水层互不相溶的液体应采用分液法分离，故B正确；C.绿原酸具有抗氧化作用，减压蒸馏可降低温度，避免温度过高导致绿原酸变质，故C正确；D.根据A的分析，绿原酸粗产品可用重结晶的方法进一步提纯，故D正确。故选：A。【点睛】本题考查有机混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度不大。2.下列说法正确的是（ ）A. 环戊二烯（）分子中所有原子共平面B. 同

4、主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱C. 二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔点较高，主要原因都与氢键有关D. NO离子中心原子上的孤电子对数是0，立体构型为平面三角形【答案】D【解析】【详解】A.环戊二烯中存在饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，所有原子不可能共面，故A错误；B.同主族元素非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，但不是任意含氧酸的酸性减弱，故卤族元素中HClO的酸性比HBrO4弱，故B错误；C.二甲醚易溶于水，是因为二甲醚可与水分子形成氢键；氨基乙酸的熔点较高，是因为氨基和羧基反应形成内盐导致的，与氢键无关，故C错误；D. NO离子中心原子的价层电子对

5、数=，与三个氧成键，孤电子对数为0，中心N原子采用sp2杂化，立体构型为平面三角形，故D正确；故选：D。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 7.8g苯含键的数目为0.6NAB. 将Cl2通入FeBr2溶液中，有1molBr2生成时，转移的电子数为2NAC. 1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH的数目为NAD. 有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.苯中有6个碳碳键和6个碳氢键，则1mol苯中含有12mol键，7.8g苯为0.1mol，含键的数目为1.2NA，故A错误；B.亚铁离子的还原

6、性大于溴离子，氯气通入溴化亚铁中先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，则1molBr2生成时，转移的电子数大于2NA，故B错误；C.1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，根据电荷守恒：，因，则，溶液中NH的数目为NA，故C正确；D.铁粉参加的反应，如，产生3mollFe2+转移电子数为2NA，故D错误；故选：C。4.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）A. 用碱式滴定管量取13.60mL酸性高锰酸钾溶液B. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热后的坩埚须在干燥器中冷却，再称量C. 蒸馏时，应使温度计水银球置于蒸馏液体中D. 过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中【答案】B【

7、解析】【分析】【详解】A酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管量取，故A错误；B测定硫酸铜晶体结晶水含量时，为防止冷却过程中空气中的水重新与硫酸铜结合，影响测定，应置于干燥器中冷却，再称量，故B正确；C蒸馏时，应使温度计水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D过滤时，应先将滤纸放入漏斗中，再用蒸馏水润湿滤纸，以免有气泡残留，故D错误；故选：B。5.梦溪笔谈有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。在中国古代，雌黄（As2S3）经常用来修改错字，其结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. As、S原子的杂化方式均为sp3B. AsH3的沸点比NH3的低C. 与As同周期且基态原子核外未成对电子数目相同

8、的元素只有VD. 已知As2F2分子中各原子均满足8电子结构，分子中键和键的个数比为3：1【答案】C【解析】【分析】【详解】A由雌黄的结构图可知，砷和硫原子均形成单键，均为sp3杂化方式，故A正确；B两者均为分子晶体，沸点高低与相对分子质量的大小有关，但因氨气分子间存在氢键导致其沸点高于AsH3的沸点，故B正确；CAs基态原子核外电子排布为： ，未成对电子数为3，与其同周期且基态原子核外未成对电子数目相同元素有V：、Co：，故C错误；DAs2F2分子中各原子均满足8电子结构，则其结构式为：,单键均为键，双键中有1个键、1个键，分子中键和键的个数比为3：1，故D正确；故选：C。6.化合物Y是一种

9、常用药物，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）A. 化合物X、Y均易被氧化B. 1molY最多可与2molNaOH发生反应C. 由X转化为Y发生取代反应D. X与足量H2发生反应后，生成的分子中含有5个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A.X、Y中均含有碳碳双键、酚羟基，X中含有醛基、Y中含有醇羟基均属于易被氧化的官能团，故A正确；B.Y中只有酚羟基可以与氢氧化钠反应去，且1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠，故B错误；C.对比X和Y的结构可知，X转变成Y是醛基加成氢气的反应实现，不属于取代反应，故C错误；D. X与足量H2发生反应后，生成物中有六个手性碳原子如图所示 ，故D错

10、误；故选：A。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，A、B、C、D、E为其中两种元素组成常见化合物，基态Z原子核外有两个未成对电子，A、D均含有10个电子且中心原子的杂化方式相同，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物或生成物省略)，下列说法中不正确的是（ ）A. 简单离子半径：YZWB. 若C中混有E可用水洗方法除去C. 每个D分子周围可以形成4个氢键D. B与D反应生成Z2时，D作还原剂【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种元素组成的化合物，基态Z原子核外有两个未成对电子，Z可能为C或O，结合转化

11、关系图，Z形成Z2单质，则Z为O；A、D均含有10个电子且中心原子的杂化方式相同且B与D反应产生氧气，则D为H2O，B为Na2O2；A与氧气产生C，C与氧气产生E，E又能与水反应产生C，符合条件的物质为A为NH3、C为NO，E为NO2，则X、Y、Z、W分别为：H、N、O、Na，据此解答。【详解】根据以上分析X、Y、Z、W分别为：H、N、O、Na，A、B、C、D、E分别为NH3、Na2O2、NO、H2O、NO2，据此分析；A.核外电子排不相同，核电荷数越多离子半径越小，Y、Z、W的简单离子分别为：N3-、O2-、Na+核外电子排布相同，核电荷数YZ O2- Na+，故A正确；B. C NO中混有

12、E NO2，二氧化氮易与水反应产生NO，NO不溶于水且不与水反应，因此可用水除去，NO中混有的NO2，故B正确；C.每个H2O分子中的氧原子可以与其他两个H2O中的氢原子形成氢键，每个H2O中的氢原子可以与另一个H2O分子中的氧形成氢键，一次每个H2O周围可以形成4个氢键，故C正确；D. Na2O2与H2O反应产生O2，反应中过氧化钠既作氧化剂也做还原剂，水没有化合价变化，故D错误；故选：D。8.过氧乙酸(CH3COOOH)是常用的消毒剂，易溶于水、易挥发、见光或受热易分解。制备原理为：H2O2+CH3COOH CH3COOOH+H2O Hc(K+)c(H2C2O4)B. 0.1molL-1P

13、T中滴加NaOH至溶液pH=4.19：c(C2O)=c(HC2O)C. 0.1molL-1PT中滴加NaOH至溶液呈中性：c(K+)c(Na+)c(HC2O)c(C2O)D. 0.1molL-1PT与0.1molL-1KOH溶液等体积混合，溶液中水的电离程度比纯水的大【答案】CD【解析】【分析】【详解】AH2C2O4的第一步电离程度大于第二步电离程度，钾离子不电离也不水解，且，则水解平衡常数Kh Ka1，说明的电离程度大于水解程度，所以c（ ）c（K）c（H2C2O4），故A正确；BKa2 104.19，0.1molL1PT中滴加NaOH至溶液pH4.19，则c（），故B正确；C水解平衡常数K

14、h Ka2，说明的电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则加入的n（NaOH）大于n（KHC2O4H2C2O42H2O），则c（K）c（Na），故C错误；D.0.1molL1PT与0.1molL1KOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成KHC2O4，因的电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，其对水的电离的抑制作用大于促进作用，所以其溶液中水的电离程度小于纯水，故D错误；故选：CD。【点睛】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用。12.工业上常采用“电

15、催化氧化化学沉淀法”对化学镀镍废水进行处理，电解过程中电解槽中H2O、Cl-放电产生OH、HClO，在活性组分作用下，阴阳两极区发生的反应如下(R表示有机物)：R+OHCO2+H2OR+HClOCO2+H2O+Cl-H2PO+2OH-4e-=PO+4H+HPO+OH-2e-=PO+2H+H2PO+2ClO-=PO+2H+2Cl-HPO+ClO-=PO+H+Cl-Ni2+2e-=Ni2H+2e-=H2下列说法不正确的是( )A. OH、HClO在阳极上产生B. 增大电极电压，电化学氧化速率加快C. 电解时，阴极附近pH逐渐升高，Ni2+去除率逐渐减小D. 向电解后的废水中加入CaCl2可以去除磷

16、元素【答案】C【解析】【详解】A. 电解过程中电解槽中H2O、Cl-放电产生OH、HClO，可得电极反应为：,，失电子在阳极反应，故A正确；B. 增大电极电压，可以加快导线中电子的移动速度，同时加快溶液中离子的移动速度，提高电化学氧化速率加快，故B正确；C. 电解时，阴极反应为Ni2+2e-=Ni，2H+2e-=H2，镍离子得电子转变成金属单质除去，pH升高后，镍离子能与氢氧根结合成氢氧化镍沉淀，仍然可以从废水中去除，因此没有降低其去除效率，故C错误；D. 向电解后的废水中加入CaCl2可以与产生的磷酸根离子形成磷酸钙沉淀，从而去除废水中的磷元素，故D正确；故选：C。13.碳酸镧La2(CO3

17、)3可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O，下列说法正确的是（ ）A. 从左向右接口的连接顺序：FB，AD，ECB. 装置X中盛放的试剂为饱和Na2CO3溶液C. 装置Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解D. 实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞【答案】AD【解析】【分析】【详解】A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，EC；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则FB，AD ，故A正确；B. 装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，故B错误；C. 装置Z

18、中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，故C错误；D. 实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞,使溶液呈碱性以吸收更多的二氧化碳，故D正确；故选AD。14.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=210-5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是（ ）A. 升高温度，该反应的平衡常数减小B. 该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)C. 第一阶段，在3

19、0和50两者之间选择反应温度，选50D. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低【答案】AC【解析】【详解】A. 由已知信息：第二阶段是将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍，可知升高温度，该反应向逆反应方向移动，则该反应的平衡常数减小，故A正确；B. 可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于系数之比，因此该反应达到平衡时，4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，故B错误；C. 第一阶段要制得气态Ni(CO)4，而Ni(CO)4的沸点为42.2，因此应选50，大于沸点，便于分离出气态Ni(CO)4，故C正确

20、；D. 第二阶段，加热至230，该反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K=210-5，正反应进行的程度低，则逆反应进行的程度大，说明Ni(CO)4分解率较高，可制得高纯度镍，故D错误；故选AC。15.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01molL-1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（ ）A. Ksp(Ag2C2O4)数量级为10-11B. n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C. 向c(Cl-)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉

21、淀D. Ag2C2O4(s)2Cl-(aq)2AgCl(s)C2O(aq)的平衡常数为10-0.71【答案】BD【解析】【分析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104105.75=109.75=100.251010，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=

22、c2(Ag+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46，据此分析解答。【详解】A. 由以上分析知，曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46=100.541011，则Ksp(Ag2C2O4)数量级为10-11，故A正确；B. 曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，n点的离子积Qc(Ag2C2O4)Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所

23、需的c(Ag+)，故向c(Cl)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；D. Ag2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.多年来，储氢材料、光催化剂与硼酸盐材料的研究一直是材料领域的热点研究方向。回答下列问题：一种Ru络合物与g-C3N4符合光催化剂将CO2还原为HCOOH的原理如图。(1)Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_，Ru络合物含有的片段和中都存在大键，氮原子的杂化方式为_，氮原子配位能力更强的是_（填结构简式）(2

24、)基态碳原子的价电子排布图为_，HCOOH的沸点比CO2高的原因是_。(3)2019年8月13日中国科学家合成了白光材料Ba2Sn(OH)6B(OH)42，B(OH)4-中B的价层电子对数为_，Sn(OH)62-中，Sn与O之间的化学键不可能是_。a.键 b.键 c.配位键 d.极性键(4)镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中Z表示的微粒为_(填化学式)。若原子分数坐标A为（0，0，0），则B（Y）的原子分数坐标为_，已知LaNi5H6摩尔质量为499gmol-1，晶体密度为r gcm-3，设NA为阿伏加德罗

25、常数的值，则晶胞参数为a=_pm（用代数式表示）。【答案】 (1). NOC (2). sp2 (3). (4). (5). HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成氢键 (6). 4 (7). a (8). H2 (9). (，0) (10). 1010【解析】【分析】根据元素第一电离能的变化趋势比较元素的第一电离能的大小关系，根据杂化轨道理论和大键的成键特点判断氮原子的轨道杂化方式，根据配位键的成键条件判断和中谁的氮原子配位能力更强。根据价层电子对互斥理论分析中心原子的价层电子对数，根据Sn与O的成键特点判断其所形成的化学键类型。根据均摊法确定晶胞中各种微粒的个数，再结合晶体的

26、化学式确定微粒Z的类型，根据晶胞结构及其粒子的空间分布特点判断其坐标参数，根据晶胞的密度和质量计算晶胞的边长。【详解】(1)同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势，但是第A族元素比同周期的第A族元素的第一电离能大，故N、O、C的第一电离能依次减小；和中都存在大键，氮原子均采用sp2杂化，的大键为66，N原子有一对孤电子对，的大键为56，N原子无孤电子对，因此氮原子配位能力更强的是，故答案为：NOC；sp2；(2)碳原子为6号元素，根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，故基态碳原子的价电子排布图为；HCOOH和CO2都为分子晶体，但是HCOOH分子间可形成氢键，故H

27、COOH的沸点比CO2高；(3)B(OH)4中硼原子连接四个羟基，其价层电子对数为4；Sn(OH)62-的中心离子Sn4+与OH-之间形成配位键，配位键是一种特殊的共价键，则Sn与O之间形成的化学键属于键或极性键，不可能是键，故答案为：4；a；(4)根据均摊法可知，晶胞中，微粒X的个数为，微粒Y的个数为，微粒Z的个数为，根据储氢后所得晶体的化学式LaNi5H6，可知微粒Z为H2；根据晶胞结构图可知，B(Y)的原子分数坐标为(，0)；晶胞边长，故答案为：H2；(，0)；1010。【点睛】第(4)问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，1cm =1010pm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换

28、算，1cm=10-7nm。17.铜转炉烟灰主要含有Zn还有少量Fe(+2价)、Pb、Cu、As等元素的硫酸盐和氧化物，少量为砷酸盐。制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。请回答以下问题：己知：活性炭净化主要是除去有机杂质。(1)写出氯化铵的电子式_，“净化”过程属于_(填“物理”、“化学”)变化。(2)在反应温度为50，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵适宜的浓度为_molL-1。若浸出液中锌元素以Zn(NH3)42+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为_。(3)滴加KMnO4溶液有MnO2生成，目的是除_元素，除杂3是置换除杂过程，则试

29、剂a是_，“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(4)写出“沉锌”时发生反应的离子方程式_，此过程中可以循环利用的副产品是_。(5)取mg活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amolL-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。己知：与1.0mLEDTA标准液c(EDTA)=1.000mo1L-1相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为_(用代数式表示)。【答案】 (1). (2). 物理 (3). 4 (4). ZnO+2NH+2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O (5). Fe (6). Zn (7). Cu(Zn)

30、 (8). 2Zn2+4HCO=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O (9). NH4Cl (10). 100%或%【解析】【分析】首先利用氯化铵和氨水浸取铜转炉烟灰，Pb元素转化为Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入氯化铁As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高锰酸钾，Fe元素全部被氧化成Fe3+，调节pH使Fe元素转化为沉淀除去；此时还有Cu元素会影响后续减少碳酸锌的纯度，所以试剂a应除去铜元素，为了不引入新的杂质，可以加入过量的Zn单质置换出铜，从而将其除去；再加入活性炭净化；之后加入碳酸氢铵将Zn元素转化为碱式碳酸锌，煅烧后得到氧化锌。【

31、详解】(1)氯化铵由铵根和氯离子构成，电子式为；活性炭吸附有机杂质达到净化的目的，没有新物质生成，属于物理变化；(2)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多的进入溶液，而杂质离子要尽量少的进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，所以最适宜的浓度为4mol/L；反应物有ZnO、氯化铵、一水合氨，产物有Zn(NH3)42+，根据元素守恒可得离子方程式为ZnO+2NH+2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O；(3)滴加KMnO4溶液可将Fe

32、2+氧化为Fe3+，再调节pH值除去，所以目的是除去Fe元素；根据分析可知试剂a为Zn，滤渣主要有置换出来的Cu和未反应的Zn；(4)溶液中有大量锌离子，加入碳酸氢铵后产生Zn2(OH)2CO3，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和锌离子、氢氧根结合生成碱式碳酸锌沉淀，促进碳酸氢根的电离，电离出的氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水，所以离子方程式为2Zn2+4HCO=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O；根据前序步骤添加的物质，以及此过程发生的反应可知，此时溶液中的主要成分为氯化铵和少量硫酸按，氯化铵可以循环使用；(5)用amolL-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL，与1.0mLED

33、TA标准液c(EDTA)=1.000mo1L-1相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，所以m(ZnO)= aV0.08139g，质量分数为100%或%。【点睛】涉及Fe元素的除杂流程时，由于Fe(OH)3更容易沉淀，通常会加入氧化剂将Fe元素转化为Fe3+，再调节pH值将其除去。18.2019年12月4日“全球碳计划”发布报告说，全球CO2排放量增速趋缓。人们还需要更有力的政策来逐步淘汰化石燃料的使用。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)一种途径是用CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) H=-44.2kJmol-12CO2(g

34、)+2H2O(l) C2H4(g)+3O2(g) H=+1411.0kJmol-1已知2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)其正反应的活化能为EakJmol-1，则逆反应的活化能为_kJmol-1。乙烯与HCl加成生成的氯乙烷在碱性条件下水解也得到乙醇，反应的离子方程式为_，v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)为速率方程，研究表明，CH3CH2Cl浓度减半，反应速率减半，而OH-浓度减半对反应速率没有影响，则反应速率方程式为_。(2)利用工业废气中的CO2可以制取甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂作用下

35、发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：催化剂效果最佳的反应是_(填“反应I”，“反应II”，“反应III”)。b点v(正)_v(逆)(填“”，“ (6). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (7). (8). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O (9). CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【解析】【分析】(1)应用盖斯定律，计算出2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g)的H，并按照H=正反应的活化能-逆反应的活化能，计算逆反应的活化能，氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，据此写反应的离子方程式，按反应

36、物浓度对速率的影响数据，写反应速率方程式即可；(2)一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2后反应得到甲醇和水蒸气，反应方程式为，按照CO2的转化率随温度变化关系图分析、计算回答即可；(3)原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，二氧化碳在阴极反应，故是二氧化碳得电子被还原的反应，据此写生成CH3OH的电极反应式；根据图示，找出总的反应物、催化剂和产物，据此写总反应的化学方程式；【详解】(1)反应C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l) H1=-44.2kJmol-1反应2CO2(g)+2H2O(l)C2H4(g)+3O2(g) H2=+1411.0kJmol

37、-1应用盖斯定律，反应+反应得到：2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g)，则该反应的H=H1+H2，故H =-44.2kJmol-1+(+1411.0kJmol-1)=+1366.8kJmol-1，因为H=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反应的活化能为EakJmol-1，则逆反应的活化能为Ea-1366.8kJmol-1；答案为：Ea-1366.8；氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，则反应的离子方程式为CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；该反应的速率方程为v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)，研究表明，CH3CH

38、2Cl浓度减半，反应速率减半，则可知m=1，而OH-浓度减半对反应速率没有影响，则n=0，故反应速率方程式为v=kc(CH3CH2Cl)；答案为：CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；v=kc(CH3CH2Cl)； (2)一定条件下，密闭容器中发生的反应为，相同温度下相同时间内CO2转化率最高的是反应的图线，故最佳催化剂为反应I；答案为：反应I；图线中b点未达到平衡状态，则v(正) v(逆)；答案为：；若此反应在a点时已达平衡状态，则继续升温就会使平衡移动，故a点的转化率比c点高的原因为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；答案为：该反应为放热反应，

39、温度升高，平衡逆向移动；该条件下，一开始往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，由图知，c点时二氧化碳转化了，则，平衡时2L容器内的浓度依次为，则该反应的平衡常数= =；答案为： ；(3)通过电解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合价降低，故是二氧化碳得电子被还原的反应，故二氧化碳在阴极反应，则生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生产CH3COOH和H2O，总反应的化学方程式为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O；答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；CH3OH

40、+CO2+H2CH3COOH+H2O。【点睛】K的计算是易错题，因为经常忽视容器的体积。19.三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是橙黄色的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取Co(NH3)6Cl3的工艺流程如图，回答下列问题：已知：“浸出液”中含有Co2、Fe2、Fe3、Al3+等KspCo(OH)2=610-15、KspCo(OH)3=1.610-44(1)加“适量NaClO3”的作用是_，发生反应的离子方程式为_。(2)“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_(填化学式)。(3)操作的步骤包括_、_、减压过滤。(4)流程中“氧化”

41、过程应先加入_(填“氨水”或“H2O2”)，需水浴控温在5060，温度不能过高，原因是_。写出“氧化”步骤发生反应的离子方程式：_，若无活性炭作催化剂，所得固体产物中除Co(NH3)6Cl3外还会有大量二氯化一氯五氨合钴Co(NH3)5ClCl2和三氯化五氨一水合钴Co(NH3)5H2OCl3晶体，这体现了催化剂的_性。【答案】 (1). 将Fe2+转化为Fe3+ (2). 6Fe2+ClO6H+=6Fe3+Cl-3H2O (3). Fe(OH)3和Al(OH)3 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 氨水 (7). 氨水温度过高会导致H2O2大量分解，降低产率 (8). H2O2

42、2Co2+2NH10NH3H2O+6Cl-=2Co(NH3)6Cl312H2O (9). 选择性【解析】【分析】以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取Co(NH3)6Cl3：用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3，加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl26H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3H2O=2Co(NH3)6Cl3+12

43、H2O，再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。【详解】(1)加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(2)根据分析，加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3；(3)为防止产品水解，故Co(NH3)6Cl3应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤；(4)若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止Co(OH)3的生成，双氧水受热易分解，氨水温度过高会

44、导致H2O2大量分解，降低产率，因此需水浴控温在5060，温度不能过高；“氧化”步骤发生反应的离子方程式：H2O22Co2+2NH10NH3H2O+6Cl-=2Co(NH3)6Cl312H2O；若无活性炭作催化剂，所得固体产物中除Co(NH3)6Cl3外还会有大量二氯化一氯五氨合钴Co(NH3)5ClCl2和三氯化五氨一水合钴Co(NH3)5H2OCl3晶体，这体现了催化剂的选择性。【点睛】易错点为(4)题中氨水和双氧水受热都易分解，不利于产率的提高，但题中的为题为“氧化”过程中温度不宜过高的原因，二者中双氧水具有氧化性，在流程中其氧化作用，故应考虑双氧水的不稳定性。20.化合物I是氨基酮类化

45、合物。利用Michael加成反应合成I的路线如图，回答下列问题：已知：Michael加成反应通式为：ACH2R+（A，Y可以是CHO、C=O、COOR等；B可以是OH、CH3CH2O、等）（1）AB的化学方程式为_。（2）化合物C和I的结构简式分别为_、_。（3）BC和EF的反应类型分别是_、_。（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式_。与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为1：2；有4种不同化学环境的氢；能使FeCl3溶液显紫色。（5）写出以苯甲醛、丙酸甲酯和为原料合成的合成路线_（其它试剂任选）【答案】 (1). (2). (3). (4). 加成反应 (5). 取代反应 (6

46、). 、 (7). 【解析】【分析】由合成路线，结合已知条件可知，A()与发生Michael加成反应得到B，则B为，B与发生Michael加成反应得到C，则C为，D与HOCH2CH2OH在酸性条件下发生取代反应得到E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F再经LiAlH4还原得到G，G再在酸性条件下水解得到H，H与OH-结合生成I，I为，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，A()与发生Michael加成反应得到B()，则反应的化学方程式为，故答案为：；(2)由上述分析可知，C为，I为，故答案为：；(3)B与发生Michael加成反应得到C，E与CH3NH2发生取代反应生成F，故答案为：加成反应；取代反应；(4)D的结构简式为，其分子式为C12H20O2，D的同分异构体能使FeCl3溶液显紫色，则分子中含有酚羟基，与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为1：2，则1个该分子中含有2个酚羟基，又分子中有4种不同化学环境的氢，则满足条件的结构有和，故答案为：、；(5)根据上述合成路线，以苯甲醛、丙酸甲酯和为原料合成时，可先将苯甲醛与发生已知反应生成，与丙酸甲酯碱性条件下生成，再在酸性条件下水解得到，故合成路线可设计为：。