1、山东省淄博市部分学校2020届高三化学6月阶段性诊断考试（二模）试题（含解析）本试卷分第卷和第卷两部分，共9页。满分100分。考试用时90分钟。原子量：H 1 C 12 S 32 Mg 24 Cu 63.5 Zn 65第卷(选择题，共40分)一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化。下列说法错误的是A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B. “苏绣”是用蚕丝为线在丝绸上做绣的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质C. “煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO
2、3D. “司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁(Fe3O4)【答案】C【解析】【详解】A“木活字”由木材制造而成，其主要成分是纤维素，A正确；B蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确；C“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，指的是将牡蛎壳灼烧得“灰”，碳酸钙受热分解得CaO，“灰”的主要成分为CaO，C错误；D司南之杓由由天然磁石制成，天然磁石的主要成分是Fe3O4，D正确。答案选C。2.目前，新型冠状病毒仍在世界各地蔓延，李兰娟院士指出：新冠病毒怕酒精、不耐高温，5060持续30分钟，病毒就死亡。下列有关该病毒的说法错误的是A. 核酸检测是确认病毒种类的有效手段，核酸属于生物大
3、分子B. 新冠病毒颗粒直径在80120nm之间，在空气中能形成气溶胶，可能传播较远的距离C. 加热可破坏蛋白质中的氢键，而使病毒丧失生物活性死亡D. 戴口罩可有效阻断新冠病毒的传播，熔喷布的主要原料聚丙烯是丙烯缩聚而成【答案】D【解析】【详解】A. 核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，病毒都有其独特的基因序列，通过检测病人体内的病毒核酸，就可判断病人体内是否存在病毒，A正确；B.胶体的分散质粒子直径为1-100nm，新型冠状病毒直径在80-120nm，它形成的气溶胶粒径一般在100nm左右，B正确；C.天然蛋白质的空间结构是通过氢键等次级键维持的，而加热变性后次级键被破坏，病毒死亡，C
4、正确；D.聚丙烯是丙烯加聚反应形成，D不正确。答案选D。3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料，降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是A. 四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)B. 降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 降冰片二烯与四环烷互为同分异构体D. 降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个【答案】A【解析】【详解】A. 四环烷的一氯代物 (不考虑立体异构)种数就是看等效氢原子个数，四环烷中只有3种氢，一氯代物只有3种，A错误；B. 降冰片二烯的结构中存大碳碳双键，而碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C. 降冰片二烯与四环烷结构不同，而分子式
5、均为C7H8，故二者互为同分异构体，C正确；D. 根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确。答案选A。4.I具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I、I2、IO3在一定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是A. 用淀粉KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘B. 由图可知氧化性的强弱顺序为C12IO3I2C. 生产等量的碘，途径I和途径转移电子数目之比为2：5D. 途径反应的离子方程式：3C12+I+3H2O=6C1+IO3+6H+【答案】C【解析】【详解】A. 碘食盐中的碘元素主要以KIO3的
6、形式存在，IO3和I在酸性条件下可生成I2，I2遇淀粉变蓝，A正确；B. 由图途径可知，Cl2可将I氧化为IO3，氧化性Cl2IO3，途径可知IO3可被还原为I2，氧化性为IO3I2，则氧化性的强弱顺序为Cl2IO3I2，B正确；C. 生产1mol碘，途径I中-1价碘转变为0价碘，需要转移2mol电子，途径中+5价碘转变为0价碘，需要转移10mol电子，故转移电子数目之比为1：5，C错误；D. 途径中Cl2可将I氧化为IO3，而氯气被还原为Cl，根据得失电子守恒和质量守恒，反应的离子方程式为：3Cl2+I+3H2O=6Cl+IO3+6H+，D正确；答案选C。5.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或
7、操作正确的是A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。6.钟南山院士指出，实验证明中药连花清瘟胶囊对治疗新冠肺炎有明显疗效，G是其有效药理成分之一，存在如图转化关系：下列有关说法正确的是A. 化合物中所有碳原子可能都共面B. 化合物分
8、子中有3个手性碳原子C. 化合物G、均能发生氧化反应、取代反应、消去反应D. 若在反应中，G与水按1：1发生反应，则G的分子式为C16H20O10【答案】A【解析】【详解】A.化合物中含乙烯结构，4个碳共平面，还含苯的结构，7个碳共平面，所以所有碳原子可能都共面，A正确；B.手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，化合物中有4个手性碳，B错误；C.化合物不能发生消去反应，C错误；D.化合物的分子式C7H10O6，化合物的分子式C9H8O4，若在反应中，G与水按1：1发生反应，则G的分子式是将化合物、的分子式相加，减水，为C16H16O9，D错误。答案选A。7.已知：正丁醇沸点：117.2
9、，正丁醛沸点：75.7；正丁醇合成正丁醛的反应：，装置如图。下列说法不正确的是A. 为防止产物进一步氧化，应将适量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中B. 向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇C. 当温度计1示数为9095，温度计2示数在76左右时收集产物D. 向分离所得的粗正丁醛中，加入无水CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛【答案】B【解析】【详解】A醛基具有还原性，易被氧化剂氧化成酸，Na2Cr2O7中+7价的铬具有氧化性，在酸性条件下能氧化正丁醛，实验过程中，所需正丁醇的量大于酸化的Na2Cr2O7的量，防止产物进一步氧化，正丁醇也能被酸化的Na2Cr2O
10、7氧化，加入药品时，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；B分馏出的馏出物中的水也可以和钠反应，故不能用来检验产物中是否含有正丁醇，B不正确；C由反应物和产物沸点数据可知，温度计1保持在9095，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76左右时，收集产物为正丁醛，C正确；D正丁醛中有水，由于水与正丁醛的沸点相差不多，直接蒸馏，得到的正丁醛中仍还有较多的水，所以可加入无水CaCl2固体除去水，过滤后蒸馏，D正确。答案选B。8.为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。编号纯锌粉质量0.2molL1硫酸体积温度硫酸
11、铜固体质量2.0g10.0ml250g2.0g10.0mlT0g2.0g10.0ml350.2g2.0g10.0ml354.0g下列推断合理的是A. 选择和探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制T=25B. 根据该实验方案得出反应速率的大小可能是C. 根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响D. 待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，时间越长，反应越快【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 选择和探究硫酸铜对反应速率的影响，要控制变量，所以必须控制T=35，A不合理；B. 根据该实验方案，和比较，可以形成原电池，加快了负极的反应速率，和比较，的温度更高，反应速率更快，中硫酸铜
12、过量，导致锌粒几乎不与硫酸反应，得出反应速率的大小是，B合理；C. 在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探究硫酸浓度对反应速率的影响，C不合理；D.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，D不合理。答案选B。9.下图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A. A是可与草木灰混合使用的肥料B. C可用排空气法收集C. F和B能发生复分解反应生成盐D. B在一定条件下可直接与Y反应生成D【答案】D【解析】【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐
13、、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与强碱X发生酸、碱中和反应得到G为硝酸盐，以此解答该题。【详解】A.物质A为铵盐，草木灰主要成分是K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应放出氨气，使肥效降低，A错误；B.C是N2，氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以利用N2难溶于水的性质，用排水法收集，B错误；C.B是NH3，F是HNO3，二者发生化合反应生成NH4NO3，该反应是化合反应，不是复分解反应，C错误；D. B是
14、NH3，Y为O2，NH3在催化剂存在并加热的条件下，与O2反应生成NO和H2O，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查无机物的推断的知识。“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应等特殊转化是解答本题的基础。该题为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用。10.CO2的固定和转化是世界性课题。兰州大学景欢旺教授团队巧妙设计构建了系列新型光电催化人工光合成体系光电催化池，p-n半导体异质结催化CO2在水中直接制备长碳链有机物并放出氧气，原理如图，下列说法不正确的是A. 电
15、极1的电势比电极2的电势高B. 该设计向大自然学习，模仿植物的光合作用C. 电子从a极流到电极1，从电极2流到b极D. 负极区，p-n为催化剂，CO2发生还原反应生成长碳链有机物【答案】A【解析】【分析】由总方程式可知，该装置为电解装置，氧气为氧化产物，是阳极产物，则光电池的b电极为正极，长链有机物为还原产物，是阴极产物，则光电池的a电极为负极。【详解】A电极1连接的是正极b，电极2连接的是负极a，正极电势高于负极，所以电极1的电势比电极2的电势低，故A错误；Bp-n半导体异质结催化CO2在水中直接制备长碳链有机物并放出氧气，原理类似光合作用，故B正确；C电子从电源的负极经外电路流向正极，即从
16、a极流到电极1，从电极2流到b极，故C正确；D根据图示电极a是负极，1和负极相连，相当于阴极，发生还原反应生成长碳链有机物，故D正确；故答案为A。二、选择题(本题包括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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是A. 元素非金属性强弱的顺序为WYZB. Y单质的熔点高于X单质C. 化合
17、物M中W不都满足8电子稳定结构D. W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性强【答案】BD【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；由W、X、Y三种元素形成的化台物M的结构分析可知，Y形成四个共价键，则Y为Si元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z是Cl元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，则W为O元素。【详解】A.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氯元素的非金属性强于硅元素，故A错误；B.硅单质为原子晶体，具有很高的熔点，金属钠为金属晶体，熔点较低，则硅单质的熔点高于金属钠，故B正
18、确；C.化合物M中，单键氧原子和双键氧原子都满足8电子稳定结构，故C错误；D.元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，氧元素的非金属性强于硅元素，则氧元素的简单氢化物稳定性比硅元素的简单氢化物稳定性强，故D正确；故选BD。【点睛】由W、X、Y三种元素形成的化台物M的结构确定Y形成四个共价键，由原子序数的大小推断得到Y为Si元素是解答关键和难点。12.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NAB. 联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C. 过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D. 过程I中，参与反应的NH4+
19、与NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4中N显3价，NH2OH中N显1价，N2H4中N显2价，因此过程I中NH4与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4N2H2，去掉了两个氢
20、原子，即此反应为氧化反应，同理NO2转化成NH2OH，是还原反应。13.水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3、CO32、SO42中的几种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下实验：下列判断正确的是A. 气体A一定是CO2，气体B一定是NH3B. 白色沉淀不可能是Al(OH)3C. 溶液中一定存在Al3+、Fe2+、NO3、NH4+D. 溶液中一定不存在大量Na+【答案】BD【解析】【分析】根据题给信息，反应生成有色沉淀，故一定有Fe2，则溶液中不含有CO32-，加入盐酸反应放出气体，则一定含有NO3-，气体A为NO。加入过量氢氧化钡，产生气体B，
21、说明溶液中含有NH4+；溶液呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等。溶液中存在的各离子具有相同的物质的量，根据现象可知存在NH4+、Fe2、NO3-，不存在CO32-，再根据正负电荷守恒，溶液中一定存在SO42-，此时n(NH4+)=n(NO3-)，n(Fe2)=n(SO42-)，溶液恰好呈电中性，故一定不存在大量的Al3，则白色沉淀为碳酸钡。【详解】A. 根据上述分析知，气体A为NO，A项错误；B. 根据上述分析知，白色沉淀为碳酸钡，B项正确；C. 根据分析溶液中一定不存在Al3，C项错误；D. 根据电荷守恒，且各离子物质的量相同，溶液中一定不含Na，D项正确；答案选BD。【点睛】本题的突
22、破口是加入氢氧化钡产生有色沉淀，结合题干信息可知，该沉淀为氢氧化铁，原溶液中存在Fe2，不含有CO32-，故加入稀盐酸时，在酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化，同时得到NO气体，此处容易错误认为，加入稀盐酸时，产生气体，原溶液中存在碳酸根离子。14.我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气，原理如图所示。下列说法正确的是A. 催化电极b与电源正极相连B. 电解时催化电极a附近的pH增大C. 电解时阴离子透过交换膜向a极迁移D. 生成的甘油醛与合成气的物质的量相等【答案】CD【解析】【分析】由示意图可知，催化电极b表面上CO2还原
23、为CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，则催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)。【详解】A催化电极b表面CO2还原为CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，故A错误；B催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，电极反应式为C3H8O3-2e-+2CO32-= C3H6O3+2HCO3-，溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，则电极附近的pH减小，故B错误；C电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向a极迁移，故C正确；D阳极生成1mol C3H6O3转移2mole-，阴极生
24、成1molCO和H2的混合气体转移2mole-，电解池工作时，阴、阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，故D正确；故选CD。【点睛】根据准确根据电解池原理判断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化为甘油醛是氧化反应，则催化电极a为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此判断阳极和阴极电解产物之间的关系，是解题难点。15.H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或。下列说法不正确的是A. 直线表示的是与pH的变化关系B. 图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27C. 对应1.27pH4.
25、27D. 对应pH=7【答案】CD【解析】【详解】A.草酸为二元弱酸，一级电离抑制二级电离，电离常数，由图可知，当lgy0时，溶液pH-lgc(H+)-lgK，pH11.27pH24.27，表明K1101.27K2104.27，所以直线I表示的是与pH的变化关系，直线表示的是与pH的变化关系，故A正确；B.由图可知，pH0时，=，=，则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27，故B正确；C.设pHa，c(H+)10a，=，104.27-a1，则4.27-a0，解得a4.27，=，当，102a-5.541，则2a-5.540，解得a2.77，所以对应2.77pH4.27，故C错误；D.由电荷守
26、恒可得c(K+)+c(H+)=+2+c(OH-)，当c(K+)=+2时，溶液中c(H+)=c(OH-)， pH7，故D错误；故选CD。第卷(非选择题，共60分)三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。16.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_。(2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；_。(3)向滤液M中加入(
27、或通入)_(填字母)，所得物质可循环利用。a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_。操作1是_。(5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集Cu2S。通入的硫化氢的作用是_，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S_mol。【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). b (4). 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (5). 抑制Cu2+的水解 (6). 冷却（降温）结晶 (7). 催化剂
28、(8). 0.2【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化成Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+
29、4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S；（2）根据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为CuCl2，可得反应为三氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；（4）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；冷却（降温）结晶；（5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂
30、，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低-1价，根据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体，围绕着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。17.某研究小组将纯净的SO2气体缓缓的通入到盛有25mL0.1mol L1的Ba(NO3)2溶液中，得到Ba
31、SO4沉淀。为探究该反应中的氧化剂，该小组提出了如下假设：假设：溶液中的NO3；假设：_。(1)该小组设计了以下实验验证了假设成立(为排除假设对假设的干扰，在配制下列实验所用溶液时，应_)，请填写下表。实验步骤实验现象结论实验向盛有25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体_假设成立实验向盛有25mL0.1mol L1Ba(NO3)2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体_(2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线如图。V1时，实验中溶液pH小于实验的原因是(用离子方程式表示)：_。(3)验证假设。某同学设计了以下方案，请完
32、成下列表格(可以不填满)。实验步骤实验现象实验目的实验同实验步骤同实验的相关现象_实验_(4)查资料知：H2SO3是二元酸(Kl=1.54102，K2=1.02107)，请设计实验方案验证H2SO3是二元酸_(试剂及仪器自选)。【答案】 (1). 溶解在溶液（或水）中的O2 (2). 配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷却 (3). 无明显现象 (4). 产生白色沉淀 (5). 3SO2+2NO3+2H2O=3SO42+2NO+4H+或3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+ (6). 作对照实验 (7). 向盛有未经脱O2处理的25mL0.1molL1BaCl2溶液的
33、烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体 (8). 产生白色沉淀 (9). 证明O2可将SO2或H2SO3氧化为硫酸或SO42 (10). 向一定体积和一定浓度的NaOH溶液中，缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH7，则证明H2SO3为二元酸【解析】分析】二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸；（1）亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应；二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（2）实验中，二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的p
34、H减小；实验中反应生成强电解质硫酸，则实验的pH更小；（3）要验证假设2成立，只需要验证二氧化硫通入未经脱氧气处理氯化钡溶液中看是否产生白色沉淀，若产生白色沉淀，则证明假设二成立；（4）若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由计算可知亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所得溶液pH，即可证明亚硫酸是一元酸还是二元酸。【详解】二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸，二氧化硫气体缓缓的通入到硝酸钡溶液中，二氧化硫与
35、水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，生成白色硫酸钡沉淀可能是酸性条件下，硝酸根将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀；也可能是溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，则假设二为溶解在溶液（或水）中的O2，故答案为：溶解在溶液（或水）中的O2；（1）为排除假设对假设的干扰，在配制下列实验所用溶液时，应将蒸馏水煮沸，排出溶液中溶解的氧气，再密封冷却，故答案为：配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷却；实验亚硫酸酸性弱于盐酸，依据强酸制备弱酸规律，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不会产生沉淀，所以无明显现象，故答案为：无明显现象；实验二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与
36、钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以会产生白色沉淀，故答案为：产生白色沉淀；（2）由图可知，实验中溶液pH小于实验，原因是二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸部分电离出氢离子：H2SO3H+HSO3-，所以溶液的pH减小；实验中酸性条件下，硝酸根将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀酸性条件下，硝酸根与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H+3SO42-，反应中生成了强酸硫酸，导致实验的pH小于实验，故答案为： 3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H+2NO；（3）实验向盛有25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通
37、入纯净的SO2气体，无明显现象，目的是作对照实验，验证假设2成立，故答案为：作对照实验；实验将纯净SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成，说明溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，证明假设二成立，故答案为：向盛有未经脱O2处理的25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体；产生白色沉淀；证明O2可将SO2或H2SO3氧化为硫酸或SO42；（4）若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由H2SO3电离常数
38、可知亚硫酸氢钠的水解常数Kh= =6.51013K2=1.02107，亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所得溶液pH，即可证明亚硫酸是一元酸还是二元酸，实验方案为向一定体积和一定浓度的NaOH溶液中，缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH7，则证明H2SO3为二元酸，故答案为：向一定体积和一定浓度的NaOH溶液中，缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH7，则证明H2SO3为二元酸。【点睛】若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应
39、生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由计算可知亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所得溶液pH证明亚硫酸是二元酸是实验设计的难点，也是易错点。18.(1)第四周期元素中价层成对电子数与基态Mg价层成对电子数相等的元素有_种。(2)吡咯(平面形结构，结构式为)，N原子杂化方式为_。多原子分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，则吡咯环中的大键应表示为_。(3)一种锰的氧化物的晶胞如图甲，请写出该氧化物的化学式_。若沿z轴方向观察该晶胞，可得投
40、影图如图乙，请画出沿y轴方向的投影图_。(4)某含Mg储氢晶体储氢后转化为MgH2，MgH2晶体的结构如图丙，晶胞参数a=b=450pm，c=301pm，原子分数坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305,0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。该晶体中Mg的配位数是_。Mg2+的半径为72pm，则H的半径为_pm(列出计算表达式)用NA表示阿伏伽德罗常数，则MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的_倍(列出计算表达式，氢气密度为0.089gL1)【答案】 (1). 8 (2). sp2 (3). (4). MnO2 (5). (6). 6 (7). (450
41、0.305)-72 (8). 【解析】【分析】（1）Mg价层电子排布式为3s2，成对电子数为1，由价层电子排布式确定第四周期元素中价层成对电子数为1的元素；【详解】（1）Mg价层电子排布式为3s2，成对电子数为1，依据核外电子排布规律可知第四周期元素中价层成对电子数为1的有Ca（4s2）、Sc（3d14s2）、Ti（3d24s2）、V（3d34s2）、Mn（3d54s2）、Ga（4s24p1）、Ge（4s24p2）、As（4s24p3），共8种，故答案为：8；（2）由吡咯为平面形结构，分子中各原子在同一平面内可知，N原子的价层电子对数是3，根据价层电子对互斥理论可判断N原子的杂化方式为sp2杂
42、化；吡咯中大键是1个N原子和5个C原子提供6个电子形成的，可表示为56，故答案为：sp2；56；（3）由图可知，晶胞中Mn原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个面上及体内（有2个），,晶胞中Mn元素数目=1+8=2，O原子个数为2+4=4，则晶胞中Mn和O的原子个数比为1:2，氧化物的化学式为MnO2；若沿y轴方向投影，顶点上处于对称位置的Mn原子会重合在长方形的顶点，位于体心的Mn原子会位于长方形的面心，位于面上的O原子会位于长方形上下的边上，体内的氧原子会位于面内，投影图为，故答案为：MnO2；（4）由晶胞结构可知，位于体心的镁离子周围有6个H离子，则晶体中Mg的配位数是6，故答案为：6
43、；由晶胞结构可知，底面为正方形，底面顶点的镁离子的四分之一与面内的两个氢离子恰好占满整个底面对角线，则H的半径为0.305405pm72pm，故答案为：(4500.305)-72；由晶胞结构可知，晶胞中镁离子的个数为1+8=2，由化学式为MgH2可知晶胞中含有4个H，则晶体中氢的密度是，由标况下氢气密度为0.089gL1可知，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的倍，故答案为：。【点睛】MgH2晶体中底面为正方形，底面顶点的镁离子的四分之一与面内的两个氢离子恰好占满整个底面对角线是计算H的半径的关键，也是易错点。19.工业合成氨是解决人类的生存问题。回答下列问题：(1)科学家研究利用铁触
44、媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示，对图中线间距离窄小的部分，其能量差用的方式表示。由图可知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的=_kJmol1，反应速率最慢的步骤的化学方程式为_。(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：则500时：平衡常数KP(30MPa)_KP(100MPa)。(填“”、“=”、“”)30MPa时，氢气的平衡转化率为_(结果保留3位有效数字)。用平衡分压表示平衡常数KP=_(列出计算式即可
45、，不必化简)。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观反应过程如图所示，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。阴极区生成NH3的电极反应式为_。下列说法正确的是_(填标号)。A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B.选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置C.保持电流强度不变，升高溶液的温度，可以加快电解反应的速率【答案】 (1). 92 (2). Nad+3HadNHad + 2Had (3). = (4). 33.3% (5). (6). N2+6e+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O (7). AB【解析】【分析】(1)由图可知，反应物N2
46、(g)+H2(g)和生成物NH3(g)的能量差为46 kJmol-1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗能量越大，反应速率越慢，由图可知，（Nad+3Had）转化为（NHad + 2Had）时，反应物破坏化学键消耗能量最大；(2)化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响；由题意建立三段式求解可得；(3)从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生成NH3和C2H5O-；A三氟甲磺酸锂电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增强溶液导电性；B从示意图可知，水在选择性透过膜上方； C保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率。【详解】(1)由图可知，反应物N2(g)+
47、H2(g)和生成物NH3(g)的能量差为46 kJmol-1，合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的H=46 kJmol-1，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的=2（46 kJmol-1）=92kJmol-1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗能量越大，反应速率越慢，由图可知，（Nad+3Had）转化为（NHad + 2Had）时，反应物破坏化学键消耗能量最大，则反应速率最慢，反应的化学方程式为Nad+3HadNHad + 2Had，故答案为：92；Nad+3HadNHad + 2Had；(2)化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响，则500时，反应平衡常数Kp(30MPa)
48、=Kp(100MPa)，故答案为：=；设参加反应N2的物质的量为x，由题意建立如下三段式：由图可知，氨气的物质的量分数为20%，则由三段式可得，解得x=，则氢气的平衡转化率为=33%；由三段式数据可得N2的体积分数为=20%，H2的体积分数为=60%，则用平衡分压表示平衡常数Kp=，故答案为：33%；(3)从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生成NH3和C2H5O-，电极反应式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-，故答案为：N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；A从阴极反应看，电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有
49、机溶液，三氟甲磺酸锂并未参与反应，作用是电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增强溶液导电性，A正确；B从示意图可知，水在选择性透过膜上方，说明选择性透过膜可允许N2和NH3通过，不允许H2O透过，B正确； C保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率，C错误；AB正确，故答案：AB。【点睛】我们易忽略化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响，在比较“平衡常数Kp(30MPa)与Kp(100MPa)”的关系时，错误推理为增大压强，NH3的体积分数增大，显然平衡正向移动，所以平衡常数增大。20.由芳香化合物A制备有机材料中间体H的一种合成路线如下：已知： RCHO+RCHORCHO+RCH2CHO+
50、H2O+ (1)1mol芳香族化合物B最多能与_mol H2加成。(2)X的结构简式为_。(3)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，其中符合下列条件的Y的同分异构体有_种分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1。(4)根据题目所给信息，以2戊烯为原料，制备的合成路线如下，请依据示意图，写出片断、合成方案(无机试剂任选)。片断：_片断：_片断：_【答案】 (1). 4 (2). (3). 4 (4). (5). (6). 【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，发生信息反应生成和CH3CHO，则芳香族化合物B为、C为C
51、H3CHO；CH3CHO和发生信息反应生成，则D为；与新制的氢氧化铜发生氧化反应后，酸化得到，则E为；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则F为；在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应后，酸化生成，则G为；与发生信息反应生成，则X为。【详解】（1）芳香族化合物B的结构简式为，分子中含有的苯环和醛基均能与氢气发生加成反应，则1mol最多能与4mol氢气加成，故答案为：4；（2）由分析可知，X的结构简式为，故答案为：；(3)G的结构简式为，与乙醇发生酯化反应生成，其同分异构体分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明分子含有羧基，由核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1说明分子的两个甲基在苯环上处于对称位置，符合条件的结构简式为、和，共有4种，故答案为：4；（4）结合题给有机物转化关系可知，片断为发生信息反应生成CH3CHO和CH3 CH2CHO，CH3CHO和CH3 CH2CHO发生信息反应生成，与新制的氢氧化铜发生氧化反应后，酸化得到；片断为在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应后，酸化生成；片断为乙醇在浓硫酸作用下加热到170发生消去反应生成乙烯，故答案为： ；。【点睛】B的结构简式为，分子中含有的苯环和醛基都能与氢气反应，注意官能团的重合性，从有机物的官能团分析解答是关键。