1、山东省济南外国语学校2021届高三化学10月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O -16 Si -28 Fe-56 Ni-59 Cu-64第I卷（选择题，满分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目要求。）1. 古代化学源远流长。下列说法错误的是A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，说明铁能置换出铜；这样铁釜能减缓锈蚀B. “欲试药金(铜锌合金），烧火有五色气起”，通过焰色反应可检验金属元素C. “龙泉水，可以淬刀剑”，高温的铁与水反应生成Fe3O4D. “取朴硝(含有KNO3)以温汤溶解，次早结块”，该过程为重结
2、晶【答案】A【解析】【详解】A铁比铜活泼，铁将铜置换出来后形成原电池，铁作为负极，会加速铁釜的腐蚀，故A错误；B某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会使火焰呈现特殊颜色，所以通过焰色反应可以检验金属元素，故B正确；C高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C正确；D“取朴硝(含有KNO3)以温汤溶解”是指配置KNO3热饱和溶液，“次早结块”待一段时间后溶液温度降低，有硝酸钾晶体析出，所以该过程为重结晶，故D正确；故答案为A。2. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAB. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化
3、反应，充分反应后断裂的C-O键数目为NAC. 某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAD. 已知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)H=-137.0kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA【答案】A【解析】【详解】A1 L pH=1的醋酸溶液中n(H)=1L0.1mol/L=0.1mol，加水稀释，电离平衡正向移动，所得溶液的H数目大于0.1NA，A项正确；B60g乙酸的物质的量为1mol，乙酸与乙醇的酯化反应属于可逆反应，所以1mol乙酸与足量的乙醇酯化反应，充分反应后断裂的C-O键数目小于
4、NA，B项错误；C没有标准状况，无法通过气体摩尔体积计算氢气的物质的量，C项错误；D根据热化学方程式可知，当放出68.5kJ热量时，参加反应的乙烯为0.5mol，所以反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，D项错误；答案选A。3. 依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列装置中不需要的是（ ）A. 制取SO2B. 还原IO3-C. 制I2的CCl4溶液D. 从水溶液中提取NaHSO4【答案】D【解析】【详解】A铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所
5、以可用A装置制取SO2，故不选A；BSO2气体把IO3-还原为I2，可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B；CI2易溶于CCl4， 用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C；D用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故选D；故选D。4. 卡莫氟具有抑制病毒复制的效果，可能用于治疗新型冠状肺炎，其结构简式如图所示。下列关于卡莫氟的说法错误的是（ ）A. 分子式为C11H16O3N3FB. 分子中含有的官能团有碳碳双键、酰胺键和氟原子C. 该物质既能发生加成反应又能发生取代反应D. 1mol该物质与
6、足量NaOH溶液反应时消耗3molNaOH【答案】D【解析】【详解】A由结构简式可知分子式为C11H16O3N3F，故A正确；B由结构简式可知官能团有碳碳双键、酰胺键和氟原子，故B正确；C含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酰胺键，可发生取代反应，故C正确；D可水解生成碳酸和HF，在碱性条件下水解，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗6molNaOH，故D错误；答案选D。5. Nature杂志评选出的2019年世界十大科技进展之一是我国科研人员发现用于“点击化学”的一种新化合物（如图所示），W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X
7、、Z同主族。下列说法正确的是（ ）A. 第一电离能：WXZB. 四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为YC. 最简单氢化物的沸点WXD. 最简单氢化物的稳定性：WXY【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大， X、Z同主族，根据化合物中价键可知Z为+6价，故Z为S元素，X为O元素，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，W形成3个价键，且原子序数小于O元素，为N元素，则Y为F元素，据此分析。【详解】由以上分析可知，W为N元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素。A.同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于
8、其相邻元素，同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小，则第一电离能WXZ，选项A正确；B.F的非金属性最强，不存在最高价含氧酸，选项B错误；C.氨气和水分子之间都存在氢键，但水分子之间形成氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点WX，选项C错误；D.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性FON，则气态氢化物的稳定性YXW，选项D错误；答案选A。6. 氢能源是最具应用前景的能源之一。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作原理如图所示(电极l、电极2均为惰性电极）。下列说法错误的是A. 控制连接开关K1或K2，可交替得到H2和O2B. 碱性电解液改为酸性电解池能达到同样
9、目的C. 接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2OD. 电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用【答案】B【解析】【详解】A. 连接开关K1时，电极1为阴极，发生的电极反应为：,电极3为阳极，发生的电极反应为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，连接开关K2时，电极3为阴极，发生的电极反应为：，电极2为阳极，发生的电极反应为：，故可交替得到H2和O2，故A正确；B. 如果碱性电解液改为酸性电解池，电极3上的物质Ni(OH)2和NiOOH均能与酸反应，故B错误；C. 由A分析可知接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=Ni
10、OOH+H2O，故C正确；D. 由A分析可知，电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用，故D正确；本题答案为B。7. “接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如下：下列说法正确的是A. 使用催化剂只能加快正反应速率B. 反应的活化能比反应大C. 该反应的催化剂是V2O4D. 过程中既有VO键的断裂，又有VO键的形成【答案】D【解析】【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故A错误；B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应的活化能比反应小；故B错误；C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的
11、物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；D.历程中反应有VO键的断裂，反应有VO键的形成，故D正确；本题答案为：D8. 下列指定化学反应的离子方程式正确的是A. 二氧化锰和浓盐酸共热： MnO2 +4HClMn2+2Cl-+Cl2+2H2OB. AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+4NH3H2O=+4+2H2OC. 将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O+14H+2=6Cu2+2NO+7H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+OH=CaCO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A氯化氢为强电解质，完全电离，应拆成离子形式，离子方程式为：MnO2 +4H+2
12、Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故A不符合题意；BAlCl3溶液中滴加过量的浓氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3，故B不符合题意；C氧化亚铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu2O+14H+2=6Cu2+2NO+7H2O，故C符合题意；D向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，离子方程式为：+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O+NH3H2O，故D不符合题意；答案选C。9. 实验室用有机含碘主要以I2和IO3-的形式存在废水制备单质碘的实验流程如下：已知：.碘熔点为113，但固态的碘可以不经过熔化直接升华；.粗碘中含有少量的硫
13、酸钠杂质。下列说法正确的是（ ）A. 操作中发生反应的离子方程式为IO3-+3SO32-=I-+3SO42-B. 操作和中的有机相从分液漏斗上端倒出C. 操作为过滤D. 操作可用如图所示的水浴装置进行【答案】D【解析】【详解】A. 由操作用四氯化碳萃取可知，操作中生成碘单质，发生反应的离子方程式为2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O，故A错误；B. 四氯化碳的密度大于水，有机相在下层，操作和中的有机相从分液漏斗下端放出，故B错误；C. 操作是从碘的四氯化碳溶液溶液中分离出碘单质，方法为蒸馏，故C错误；D. 碘易升华，可以通过水浴加热的方式使碘升华后，在冷的烧瓶底部凝华，
14、故D正确；答案选D。10. 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（ ）A. 图中Y线代表的Ag2C2O4B. n点表示AgCl的过饱和溶液C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgC1沉淀D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.010-0.7l【答案】D【解析】【分析】当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化
15、银沉淀的曲线；根据图象可知，Ksp(AgC1)= ，Ksp(Ag2C2O4)= 。【详解】A当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，Y线代表的Ag2C2O4，故A正确；Bn点c(Cl-) c(Ag+) Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的过饱和溶液，故B正确；C结合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正确；DAg2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0109.04，故D错误；故选D。二、多选题：
16、（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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）11. Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O原理为HgO(红色粉末）+2Cl2=HgCl2(白色粉末）+Cl2O，某化学小组用下图装置制备Cl2O(夹持装置略去）已知：Cl2O的熔点为-116C、沸点为3.8C，易溶于水；高浓度的Cl2O易爆炸，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应。下列说法错误的是A. 装置中盛装的试剂是饱和食盐水，中现象是红色粉末逐渐变为白色B. 装置中橡胶塞用锡箔包裹，防止Cl2O与橡胶塞反应C. 从
17、装置中逸出气体的主要成分是Cl2OD. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸【答案】AC【解析】【分析】中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，中浓硫酸干燥氯气，氯气进入装置中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。【详解】A根据分析可知装置中为饱和食盐水，装置中为浓硫酸干燥氯气，故A错误；B橡胶属于有机物，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，所以橡胶塞用锡箔包裹，故B正确；CCl2O的沸点为3.8C
18、，在装置中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，故C错误；D高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸，故D正确；故答案为AC。12. 茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示（未画出其空间结构）。下列说法错误的是（ ）A. 茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应B. 分子中的氮原子杂化方式为sp2、sp3C. 虚线框内的所有碳、氧原子不可能处于同一平面D. 1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应【答案】AD【解析】【详解】A由题干信息可知，有机物不含酚羟基，则与氯化铁溶液不反应，A错误；B由题干有机物的结构键线式可知，结构中N原子价
19、层电子对数为3，其余N的价层电子对数为4，则氮原子杂化方式为sp2、sp3，B正确；C虚线框内中五元环中3个C均为四面体结构，所有碳、氧原子不在同一平面内，C正确；D能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键、碳氮双键，则1mol茚地那韦最多与9mol氢气发生加成反应，酰胺键与氢气不反应，D错误；故答案为：AD。13. 某温度下，在起始压强为80kPa的刚性容器中，发生NO的氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H，该反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下：2NO(g)N2O2(g) v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2)N2O2(g)+O2(g
20、)2NO2(g) v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2)下列说法正确的是A. NO氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是E5E3B. 一定温度下，2NO(g)+O2(g)2NO2 (g)平衡常数表达式K=C. 升高温度，NO氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动D. 该温度下，将等物质的量的NO和O2混合反应(忽略2NO2N2O4)，NO的平衡转化率为40%时，该反应的平衡常数Kp=kPa-1【答案】BC【解析】【详解】A整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二步反应，活化能为E4E2，故A错误；B2NO(g)+O2(g)2NO
21、2 (g)平衡常数表达式K=，而对于反应平衡时正逆反应速率相等，即k1正c2(NO)= k1逆c(N2O2)，所以K1=，同理可得反应平衡常数K2=，所以K=K1K2=，故B正确；C据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C正确；D设等物质的量的NO和O2分别为40mol，NO的平衡转化率为40%，列三段式有刚性容器中气体的压强比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为80mol，压强为80kPa，则平衡时p(NO)=24kPa，p(O2)=32kPa，p(NO2)=16 kPa，Kp= kPa-1，故D错误；故答案为BC。14. 用煤油作溶剂，二(
22、2乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同时，Cu2萃取率萃取率100 与初始 Cu2浓度关系如图 1 所示；在其他条件相同时，处理前初始 Cu2浓度为 200 mgL1，Cu2萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是A. 根据图 1 可知，废水中初始 Cu2浓度越大，Cu2的萃取效果越好B. 根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好C. 根据图 1 可知，Cu2初始浓度为 200 mgL1 时，Cu2的萃取率为 97.0D. 根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2浓度为 200 mgL1 的废水，在 p
23、H1.5 时处理废水，则处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1.5103mol(假设体积不变)【答案】AD【解析】【分析】根据图 1 可知，Cu2萃取率随初始 Cu2浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。【详解】A根据图 1 可知，Cu2萃取率随初始 Cu2浓度的增大而减小，故A错误；B根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好，故B正确；C根据图 1 可知，Cu2初始浓度为 200 mgL1 时，Cu2的萃取率为 97.0，故C正确；D根据图 2 可知，若取 800
24、mL 初始 Cu2浓度为 200 mgL1 的废水， ，在 pH1.5 时处理废水，萃取率为60%，则除去的，则处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1103mol，故D错误；答案选AD。15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知。下列说法正确的是（ ）A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.010-4C. 25，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K100D. A、C两点对应溶液中水的电离程度不相
25、等【答案】BD【解析】【详解】A. 溶液中存在HFeO4-、H2FeO4，所以H2FeO4属于弱电解质，故A错误；B. 由B点数据可知，H2FeO4第一步电离常数Ka1= =4.010-4，故B正确；C. H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5，25，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K=100，故C错误；D. A点溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解，抑制水电离，C点溶液呈碱性，说明HFeO4-电离小于FeO42-水解，促进水电离，对应溶液中水的电离程度不相等，故D正确；选BD。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查
26、学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。第II卷（非选择题,共60分）三、非选择题：（本题共5小题，共60分。）16. 一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中制取高纯碳酸钴（CoCO3)的工艺流程如图：（1）写出一条加快碱溶速率的措施_。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为_(产物中只有一种酸根)。该过程不能用盐酸代替硫酸进行酸化，原
27、因是_。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，写出沉淀Al3+的离子方程式_。（4）过程沉钴的离子方程式是_。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的Li2CO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900。试写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). 废料粉碎、升高温度、增大碱液的浓度。 (2). 4Co2O3CoO + S2O32-+ 22H+= 12Co2+ 2SO42-+ 11H2O (3). Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 (4). 2Al3+3CO32-+3H2O = 2Al(O
28、H)3+3CO2 (5). Co2+2HCO3-= CoCO3+CO2+H2O (6). 2Li2CO3+4CoCO3+O2 4LiCoO2+ 6CO2【解析】【分析】（1）根据影响反应速率的因素回答加快碱溶速率的措施；（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液，Co3+被还原为Co2+， S2O32-被氧化为SO42-；Co3+具有强氧化性，能把盐酸氧化为氯气；（3）过程中碳酸根离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；（4）过程沉钴是Co2+与HCO3-反应生成CoCO3沉淀和二氧化碳气体； （5）将n(Li)：n(Co)=l：l的Li2CO3和CoCO
29、3的固体混合物在空气中加热至700900生成LiCoO2，氧气把Co()氧化为Co()，根据电子守恒配平方程式。【详解】（1）根据影响反应速率的因素，废料粉碎、升高温度、增大碱液的浓度都可以加快碱溶速率；（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液，Co()被还原为Co()， S2O32-被氧化为SO42-，浸出钴的离子反应方程式为4Co2O3CoO + S2O3 2-+ 22H+= 12Co2+ 2SO42- + 11H2O。Co2O3CoO具有强氧化性，能把盐酸氧化为Cl2，污染环境，所以不能用盐酸代替硫酸进行酸化；（3）过程中碳酸根离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝
30、沉淀和二氧化碳气体，沉淀Al3+的离子方程式是2Al3+3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3+3CO2；（4）过程沉钴是Co2+与HCO3-反应生成CoCO3沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式是Co2+2HCO3-= CoCO3+CO2+H2O；（5）将n(Li)：n(Co)=l：l的Li2CO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900生成LiCoO2，氧气把Co()氧化为Co()，根据电子守恒配平方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2 4LiCoO2+ 6CO2。【点睛】本题借助钛铁矿制备锂离子电池电极材料，考查了化合价判断、离子方程式书写、化学计算等知识，明确制备原
31、理是解题的关键，充分考查了学生的综合解题能力。17. 第族元素、性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：(1)基态原子核外能量最高的电子位于_能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与相同的元素名称为_。(2)与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_(填“高”或“低”)，原因是_。(3)有历史记载的第一个配合物是(普鲁士蓝)，该配合物的内界为_。表为、不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，比较稳定的配离子配位数是_(填“4”或“6”)。性质活泼，易被还原，但很稳定，可能
32、的原因是_。离子配位数晶体场稳定化能(Dq)6-8Dq+2p4-5.34Dq+2p6-12Dq+3p4-3.56Dq+3p(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_(填选项字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度是_。【答案】 (1). 3d (2). 钛、锗、硒 (3). 低 (4). 邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低 (5). (6). 6 (7). 形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定 (8). CD (9). 【解析】【分析】【详解】(1)为28号元素，基态的电子排布式为Ar3d84s2，核外能量最
33、高的电子位于3d能级；根据基态的电子排布式为Ar3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有：钛为22号元素，基态电子排布式为：Ar3d24s2、锗为32号元素，基态电子排布式为：Ar3d104s24p2、硒为34号元素，基态电子排布式为：Ar3d104s24p4，故答案为：3d，钛、锗、硒；(2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成的分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低； (3)配合物是中内界为；由表中数据可知，配位数为6的晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；性质活泼，但很稳定，说明形成配位键后，三价钴的氧化性
34、减弱，性质变得稳定；(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞，而NaCl晶胞俯视图为CD；从晶体中最小重复单元出发，1个晶胞中含Ni2+为 ，含O2-为 即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO， NiO的摩尔质量75g/mol，晶体的密度除以1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积，即为 = ，故答案为：。【点睛】晶胞计算中，要找准一个晶胞中所含微粒数目，如此题中，1个晶胞中含Ni2+为 ，含O2-为 即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO；同时要找准一个晶胞的体积，注意单位换算。18. 德国化学家哈伯(F.Haber)从1902
35、年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。其原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJ/mol(1)若已知H-H键的键能为436.0kJ/mol，N-H的键能为390.8kJ/mol，则NN的键能约为_kJ/mol(2)合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。其能量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由_决定(填“第一步反应”或者“第二步反应”)，未使用催化剂时逆反应活化能_正反应活化能(填“大于”“小于”或者“等于”)(3)从平衡和速率角度考虑，工业生产采取20MPa到50MPa高压合成氨原因_(4
36、)一定温度下恒容容器中，以不同的H2和N2物质的量之比加入，平衡时NH3体积分数如图所示，则H2转化率a点_b点(填大于”“小于”或者“等于”)。若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为_MPa。(5)若该反应的正逆反应速率分别表示为v正=K正，v逆=K逆c2(NH3)，则一定温度下，该反应 的平衡常数K=_(用含K正和K逆的表达式表示)，若K正和K逆都是温度的函数，且随温度升高而升高，则图中c和d分别表示_和_随温度变化趋势(填K正或者K逆)。(6)常温下，向20mL的0.1mol/L的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性(假设溶液体积变化忽略不计)则所得溶液中c(NH4+)=_【答
37、案】 (1). 944.4 (2). 第一步反应 (3). 大于 (4). 当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高 (5). 小于 (6). 19 (7). (8). K正 (9). K逆 (10). 0.1mol/L【解析】【详解】（1）根据反应热的计算公式，可得，故答案为：944.4；（2）因为第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则催化剂后整个反应的速率由第一步反应决定，由图可知未使用催化剂时逆反应活化能大于正反应活化能，故答案为：第一步反应；大于；（3）根据工业上制备氨气的原理可知，当压强低于20MP
38、a时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高，所以工业生产采取20MPa到50MPa的高压合成氨，故答案为：当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高；（4）当增大氢气的用量时，氮气的转化率升高，氢气的转化率降低，则H2的转化率a点小于b点；根据图知b点氨气的体积分数为5%，设氮气与氢气在恒容密闭容器中各投1mol，转化的氮气为xmol，则可列三段式为：N2+3H22NH3则有，由此可得x= ，P(平衡)=19MPa，故答案为：小于；19；（5）平衡时，正反应
39、速率=逆反应速率，则有，平衡常数K= ；该反应为放热反应，温度升高时，平衡会逆向移动，平衡常数会减小，则K逆大于K正，c代表K正，d代表K逆，故答案为：；K正；K逆；（6）反应后溶液呈中性，溶液中c（H+）=c（OH-）且由电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），则c（NH4+）= c（Cl-）=0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L。19. 有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如下。 已知：RNH2+H2O（1）A无支链，A中含有的官能团名称是_。（2）A连续氧化的步骤如下：A转化为B的化学方程式是_。（3）M为芳香化合物，其结构简式是_。（4）MN的化学方
40、程式是_，反应类型是_。（5）下列说法不正确的是_。a1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOHbE在一定条件下可生成高分子化合物 cF能发生酯化反应和消去反应（6）Q的结构简式是_。（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。【答案】 (1). 羟基 (2). 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O (3). (4). +HNO3+H2O (5). 取代反应 (6). c (7). (8). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCH
41、O CH3CH2CH2CH2OH【解析】【分析】A可经过连续氧化得到C，根据（2）所给连续氧化信息，可知A为1-丁醇，B为，C为，CD发生取代反应，D为，D经水解、酸化后得到E，E为，E继续被氧化生成F，M的不饱和度为4，根据最终产物X的结构，可知M为甲苯，根据后续产物可知，MN发生的是邻位的一取代反应，N为，N被氧化、还原后得到产物Q。【详解】根据上述分析可知，（1）A为1-丁醇，官能团为羟基；（2）A转化为B为催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；（3）M的结构简式为；（4）MN为取代反应，化学方程式是+HNO3+H2O；a1m
42、olD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，a正确；bE在一定条件下可生成高分子化合物 ，b正确；cF能发生酯化反应，无法发生消去反应，c错误；故答案选c；（6）Q的结构简式是；（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛，根据题目信息，2个乙醛分子发生反应最后生成，与足量氢气发生反应，生成1-丁醇，流程为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH。20. 新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeS
43、iO4的方法为：固相法：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。实验(一)制备流程：实验(二)Li2FeSiO4含量测定：从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000molL1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL2
44、1.38mL20.02mL（1）实验(二)中的仪器名称：仪器B_，仪器C_。（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是_。（3）操作的步骤_，在操作时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需_。（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_，此时后续处理的主要目的是_。（5）滴定终点时现象为_；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 防止Fe2+被氧化 (4). 蒸发浓缩、降温结晶 (5). 玻璃棒 (6). 2Fe3+2H2O+SO2= SO42-+2Fe2+4H+
45、(7). 除去过量的SO2，以免影响Fe2+的测定 (8). 溶液变为浅红色，且半分钟内不变色 (9). 81%【解析】【分析】（1）实验(二)中，仪器B在配制100mL溶液时定容；滴定实验用滴定管；（2）Fe2+易被氧化；（3）操作是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体；操作是过滤，根据过滤装置回答；（4）还原剂SO2的作用是把Fe3+还原为Fe2+；SO2能被高锰酸钾氧化；（5）滴定终点时，滴入的最后一滴高锰酸钾溶于剩余；根据MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O计算Li2FeSiO4的质量分数。【详解】（1）实验(二)中，仪器B在配制100mL溶液时定容，仪器B的名称是10
46、0mL容量瓶；滴定实验用滴定管，高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管中，仪器C是酸式滴定管；（2）Fe2+易被氧化为Fe3+，所以实验制备Li2FeSiO4时在惰性气体氛围中进行；（3）操作是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体，操作的步骤蒸发结晶；操作是过滤，根据过滤装置，需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需玻璃棒；（4）还原剂SO2的作用是把Fe3+还原为Fe2+，根据得失电子守恒配平反应方程式是2Fe3+2H2O+SO2= SO42-+2Fe2+4H+；（4）SO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，后续处理是除去过量的SO2，以免影响Fe2+的测定；（5）滴定终点时，滴入的最后一滴高锰酸钾溶于剩余，现象为溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；经4次滴定，第三次实验数据明显偏离正常误差范围，其余3次平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，每次实验消耗高锰酸钾的物质的量是0.02L0.2molL1=0.004mol， 根据根据MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O得关系式5Li2FeSiO4KMnO4，产品中Li2FeSiO4的质量分数为 。
