1、山东省潍坊昌乐县第二中学2020届高三化学下学期3月阶段测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64第卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法中正确的是A. 汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧产生的B. 护发素功能之一是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度C. 大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸D. 检查酒驾时，呼出的乙醇蒸
2、气使变色硅胶发生颜色变化【答案】B【解析】【详解】A汽油中不含氮元素，汽车尾气中含有氮的氧化物来源于空气中氧气和氮气，故A错误；B洗发水的pH大于7能去油污、而护发素的pH小于7，在洗发时、用强碱性的洗发剂清理头发上的脏物后，要使用显酸性的护发素对头发进行护理，使头发在弱酸的环境中健康成长，故B正确；C豆浆煮沸发生变性，而水解才生成氨基酸，故C错误；D驾车人呼出的气体接触载有经过硫酸酸化处理的三氧化铬（CrO3）的硅胶，如果呼出的气体中含有乙醇蒸气，就会发生如氧化还原反应使三氧化铬转化为硫酸铬，发生颜色变化，硅胶为载体，与乙醇不反应，故D错误；故选：B。2. 下列化学用语使用正确的是()A.
3、二氧化硅的分子式为SiO2B. 的名称：2-甲基-4-丁醇C. HClO的结构式为HOClD. 基态Cu原子的价电子排布式为3d94s2【答案】C【解析】【详解】ASiO2为二氧化硅的化学式，二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，A错误；B羟基的位置要最小，的名称：3-甲基-1-丁醇，B错误；C次氯酸分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，正确的结构式为：HOCl，C正确；DCu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，外围电子排布式为：3d104s1，D错误。答案选C。3. 下列有关实验的选项正确的是( )A.配制0.10mol/L NaOH溶液B.除去CO2中的HClC.苯萃取碘水中的I2，分出水层后
4、的操作D.除去粗盐溶液中的不溶物A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后再转移到容量瓶中，A项错误；B. 除去HCl的同时，CO2也会与NaOH溶液反应，B项错误；C. 苯的密度比水的密度小，碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出碘的苯溶液，C项错误；D. 除去粗盐溶液中的不溶物，应用过滤的方法，D项正确；答案选D。4. 桶烯(Barrelene)结构简式如图所示，有关说法不正确的是A. 桶烯分子中所有的碳原子杂化类型均为sp2杂化B. 桶烯在一定条件下能发生加聚反应C. 桶烯与苯乙烯(C6H5CHCH2)互为同分异构体D.
5、 桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只有两种【答案】A【解析】【详解】A桶烯相当于甲烷中的三个氢原子被碳碳双键取代，甲烷是四面体结构，所以桶烯中所有碳原子不可能都是sp2杂化，A错误； B桶烯中含有碳碳双键，所以在一定条件下能发生加聚反应，B正确；C桶烯和苯乙烯的分子式相同都是C8H8，但桶烯和苯乙烯的结构不同，所以是同分异构体，C正确；D桶烯是对称结构，只有2种等效氢，所以桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只有两种，D正确。答案选A。5. NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 2gH218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均为NAB. 1molFeBr2与1m
6、olCl2反应时转移的电子数为2NAC. 1L0.1mol/LCH3OH溶液中含有的H-O键的数目为0.1NAD. 甲醛(HCHO)和乙酸的混合物3.0g，含有的原子数为0.4NA【答案】C【解析】【详解】A.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为0.1mol，而且两者均含10个电子和10个中子，所以0.1mol混合物中含中子和电子均为NA个，A正确；B.1molFeBr2与1molCl2反应时氯气完全反应，且氯气反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2NA个电子，B正确；C.CH3OH溶液中除了甲醇外，水分子中也含H-O键，所以此溶液中H-O键多于0
7、.1NA个，C错误；D.甲醛(HCHO)和乙酸的最简式均为CH2O，则3g混合物中CH2O的物质的量为0.1mol，而CH2O中含4个原子，故0.1molCH2O中含0.4NA个原子，D正确；故合理选项是C。6. 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大。其中A为d元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，常温下乙为液体。下列说法正确的是A. 简单离子半径：c bB. 反应为吸热反应C. 在常温下反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1D. b、d分别与a形成的化合物中，化学键类型一定完全相同【答案】C【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大
8、，常温下乙为液体，乙应该为H2O；甲+乙丙，丙+A丁+乙（H2O）+戊，A为d元素组成的单质，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，则a为H、b为O、c为Na、d为Cl，甲为Na2O、丙为NaOH、A为Cl2，据此进行解答。【详解】根据分析可知a、b、c、d分别为H、O、Na、Cl；A为Cl2，甲为Na2O、丙为NaOH；A. c、b的简单离子为Na+、O2-，两者具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，故简单离子半径：c b，故A错误；B. 反应为Na2O与水的化合反应，为放热反应，故B错误；C. 常温下的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氧化
9、剂和还原剂都是氯气，物质的量之比为1:1，故C正确；D. b、d分别与a形成的化合物为H2O、H2O2、HCl，H2O、HCl中只有极性键，H2O2中既有极性键又有非极性键，化学键类型不一定完全相同，故D错误；答案选C。7. 铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A. 分子中两个苯环处于同一平面B. 分子中有3个手性碳原子C. 能与浓溴水发生取代反应D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH【答案】A【解析】【详解】A. 分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；B. 图中*标注的三个碳原
10、子是手性碳原子，故B正确；C. 酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；故选A。8. 胆矾CuSO45H2O可写Cu(H2O)4SO4H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是（ ）A. 所有氧原子都采取sp3杂化B. 氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键C. Cu2的价电子排布式为3d84s1D. 胆矾中的水在不同温度下会分步失去【答案】D【解析】【详解】A.胆矾中H2O中O原子形成2个键，O上还有两对孤电子对，H2O中O原子都采取sp3杂化
11、，SO42-中端点氧不发生杂化，故A错误；B.根据胆矾的结构示意图，氧原子形成极性键、配位键和氢键，氢键不属于化学键，故B错误；C.基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+的价电子排布式为3d9，故C错误；D.根据胆矾的结构和胆矾可写成Cu（H2O）4SO4H2O可知，胆矾晶体中水分子有一部分与Cu2+形成配位键的水分子，一部分与SO42-和配体水分子形成氢键的水分子，由于作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D正确；故选D。【点睛】注意氢键不属于化学键，由胆矾结构示意图分析
12、出胆矾中存在不同种类的水分子是解答关键。9. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）实验现象结论A将浓硫酸加入过量铁粉中，加热，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色浓硫酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0molL-1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C将铁粉加入到FeCl3溶液中溶液颜色由黄色变为浅绿色Fe3+具有氧化性D常温下，将铁片放入浓硫酸中无明显现象铁片和浓硫酸未发生反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A过量铁粉与浓硫酸共热反应生成硫酸亚铁，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；BCu
13、和Fe3+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，反应中没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；CFeCl3溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，棕黄色溶液变为浅绿色，离子反应的方程式左右电荷不守恒，反应的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故C正确；D常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，由于发生了钝化，阻止了反应的继续进行，并不是不反应，故D错误；答案选C。10. 某小组为探究K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾晶体)的热分解产物，按如图所示装置进行实验。下列有关叙述错误的是( )A. 通入氮气的目的有；隔绝空气、使反应产生的气体全部进人后续装置B
14、. 实验中观察到装置F中澄清石灰水变浑浊，装置E中固体变为红色，由此可判断热分解产物中一定含有CO2和COC. 为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气D. 样品完全分解后，取少许装置A中残留物于试管中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液变红色，可证明残留物中含有【答案】B【解析】【分析】探究三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O受热分解的产物，连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是检验装置气密性，利用氮气提供惰性环境，避免干扰分解产物的分析和验证，装置A：三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O受热分解，装置B：将气体产物通
15、过澄淸石灰水，观察到澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，装置C：用氢氧化钠将CO2除尽，装置D：净化(干燥)剩余产物气体，装置E：检验CO(用CuO，变红)，装置F：检验有CO2生成(CO的氧化产物)，以此解答该题。【详解】A在反应开始前通入N2，可排净装置中的空气，以免O2和CO2对实验干扰，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验，故A正确；BE中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，只有B中澄清石灰水变浑浊才可证明分解产物中一定含有CO2，故B错误；C为防止倒吸，需要先关闭反应装置中的酒精灯，冷却至常温过程中需保持一直通入N2，故C正确；D结束实验后，待
16、A中固体冷却至室温，取少量于试管中，加稀硫酸溶解，滴加1-2滴KSCN溶液，溶液变红，说明生成铁离子，即证明残留物中含有，故D正确；故答案为B。二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11. 钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（ ）A. 将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率B. 共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C. 操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定D. 在高温下WO3被氧化成W【答案】D【
17、解析】【详解】A. 根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；B. 根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；C. 根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；D. WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原
18、，故D错误。故选D。12. 垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B. 放电过程中，正极附近pH变大C. 若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室D. 负极电极反应为：H2PCA+2e-=PCA+2H+【答案】BC【解析】【详解】A右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，故A错误；B放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，故B正确；C若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水
19、，故C正确；D原电池负极失电子，故D错误；答案选：BC。13. 电催化N2还原制NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，下列说法不正确的是A. N2生成NH3是通过多步还原反应实现的B. 两个氮原子上的加氢过程同时进行C. 析氢反应（H*+H*H2）不会影响NH3的生成D. NH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位【答案】BC【解析】【详解】AN2生成NH3的过程中氮原子结合氢原子，氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应，N2生成NH3是通过多步还原反应实现的，故A正确；B两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故B错误；C析氢反应(H*+H*H2)，减少H*，会影响NH3
20、的生成，故C错误；DNH3的及时脱附，有利于电催化N2还原制NH3的反应速率，有利于增加催化剂活性位，故D正确；故答案选BC。14. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，电离类似于氨：NH3H2OOH，25时，Kb1104.07，Kb2107.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是()A. 曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NHB. 曲线与曲线相交点对应pH=6.85C. 0.1 molL1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl)c(H2NCH2CH2NH)c(H)c(OH)D. 乙二胺在水溶液中第二步电离的
21、方程式：H2NCH2CH2NHH2OH3NCH2CH2NH32OH【答案】C【解析】【分析】仿照氨的电离平衡写出乙二胺的两步电离反应，通过电离方程式和图像可知，pH越小，有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32+的浓度越大，则曲线代表的是H3NCH2CH2NH32+，曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH，据此分析。【详解】A乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，水溶液中分步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH+OH，第二步电离：H2NCH2CH2NH+H2OH3NCH2CH2NH32+OH，pH越小，有利于电离平衡正向移动，H3NCH
22、2CH2NH32+的浓度越大，则曲线代表的是H3NCH2CH2NH32+，曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH，故A正确；B曲线代表的是H2NCH2CH2NH，曲线H3NCH2CH2NH32+与曲线相交点处和H2NCH2CH2NH浓度相同，根据H2NCH2CH2NH+H2OH3NCH2CH2NH32+OH， Kb2107. 15=c(OH)，c(H+)=106.85mol/L，pH=6.85，故B正确；C在0.1molL1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH离子水解溶液显酸性，电离使溶液显碱性，电离大于水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl)(H2NCH2C
23、H2NH)c(OH)c(H+)，故C错误；D乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，有类似氨的性质，已知：25时，Kb1=104.07，Kb2=107.15，属于二元弱碱，其水溶液显弱碱性，则H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH+H2OH3NCH2CH2NH32+OH，故D正确；答案选C。【点睛】乙二胺的性质类似于一水合氨，仿照一水合氨的电离进行分析，难度较大。15. t时，AgX(X=Cl、Br)的溶度积与c(Ag+)和c(X-)的相互关系如下图所示，其中A线表示AgCl，B线表示AgBr，已知p(Ag+)=lgc(Ag+)，p(X-)=lgc
24、(X-)。下列说法正确的是（ ）A. c点可表示AgCl的不饱和溶液B. b点的AgCl溶液加入AgNO3晶体可以变成a点C. t时，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K=10-4D. t时，取a点的AgCl溶液和b点AgBr溶液等体积混合，会析出AgBr沉淀【答案】D【解析】【详解】根据图示，A为氯化银溶液中p(Ag+)与p(Cl-)的关系曲线，线上每一点均为氯化银的饱和溶液，如a点，p(Ag+)=lgc(Ag+)=5，则c(Ag+)=10-5 mol/L，p(Cl-)=lgc(Cl-)=5，则c(Cl-)=10-5 mol/L，则Ksp（AgC1）= c(
25、Ag+)c(Cl-)=10-510-5=10-10，同理Ksp（AgBr）=c(Ag+)c(Br-)=10-710-7=10-14。A. c点，c(Ag+)=10-4 mol/L，c(Cl-)=10-4 mol/L，因为10-410-4=10-8Ksp（AgC1）=10-10，说明是AgC1的过饱和溶液，故A错误；B. b点的AgC1溶液加入AgNO3晶体，c(Ag+)增大，但c(Cl-)基本不变，不能变成a点，故B错误；C. t时，AgC1(s)+Br-(aq)AgBr(s)+C1-(aq)平衡常数K=104，故C错误；D. t时，取a点的AgC1溶液和b点AgBr溶液等体积混合，c(Ag+
26、)=10-4 mol/L +10-7 mol/L10-4mol/L，c(Br-)=10-7 mol/L，则c(Ag+)c(Br-)=10-410-710-14，有AgBr沉淀生成，故D正确；故选D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 乙炔(C2H2)是制造草酸、乙醛、醋酸等有机化合物的基本原料。(1)某小组同学以电石(主要成分为CaC2，含少量CaS及Ca3P2等杂质)为原料，利用下图所示实验装置(夹持装置略去，下同)制备C2H2。仪器a的名称为_。CaC2的电子式为_。装置B中的NaClO溶液能将H2S、PH3氧化为硫酸、磷酸，本身被还原为NaCl。其中PH3被氧化的离子方程式为_
27、。(2)该小组同学通过查阅文献资料得知:用Hg(NO3)2作催化剂时，浓硝酸能将乙炔气体氧化为草酸(H2C2O4)，实验装置如下图所示。装置E的作用是_。装置D中生成H2C2O4的化学方程式为_。装置D中锥形瓶内的液体经过_(填操作名称)、洗涤、干燥等步骤得到H2C2O42H2O晶体。(3)该小组同学测定了晶体中H2C2O42H2O的质量分数，实验步骤如下:i.准确称取mg晶体，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸；ii.将i所得溶液用c mol/LKMnO4标准溶液进行滴定，滴定时KMnO4被还原为Mn2+，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。滴定过程中发现褪色速率先慢后明显加快，除反应放热外
28、，还可能的原因是_。晶体中H2C2O42H2O的质量分数为_(用含m、c、V的式子表示)。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). (3). PH3+4C1O-=H3PO4+4C1-(写化学方程式不得分) (4). 安全瓶，防发生倒吸 (5). C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O (6). 加热蒸发、冷却结晶、过滤 (7). 反应生成的Mn2+是该反应的催化剂(合理即可) (8). (63cV/2m)% (写成(31.5cV/m)% 也可 )【解析】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶；CaC2的电子式为；装置B中的NaClO溶液能将H2S、PH3氧化为硫酸、磷酸，本身被还原为
29、NaCl。其中PH3被氧化的离子方程式为PH3+4C1O-=H3PO4+4C1-；（2）装置E的作用是安全瓶，防发生倒吸；装置D中乙炔与浓硝酸反应生成H2C2O4、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O；装置D中锥形瓶内的液体经过加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到H2C2O42H2O晶体；（3）滴定过程中发现褪色速率先慢后明显加快，除反应放热外，还可能的原因是反应生成的Mn2+是该反应的催化剂；根据反应2MnO4-+5 H2C2O4+6H+=2 Mn2+10CO2+8H2O，可知，晶体中H2C2O42H2O的质量分数为。17.
30、UO2与铀氮化物是重要核燃料，已知：3(NH4)4UO2(CO3)33UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O；回答下列问题：(1)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_(填化学式)。(2)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是_(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(3)依据VSEPR理论推测的
31、空间构型为_。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(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键应表示为_。(4)UO2可用于制备UF4：2UO2+5NH4HF22UF42NH4F+3NH3+4H2O，其中的结构表示为FHF-，反应中断裂的化学键有_ (填标号)。a.氢键 b.极性键 c.离子键 d.金属键 e.非极性键(5)铀氮化物的某两种晶胞如图所示：晶胞a中铀元素的化合价为_，与U距离相等且最近的U有_个。已知晶胞b的密度为dg/cm3，U原子的半径为r1cm，N原子的半径为为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为_(列出计
32、算式)。(6)氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为_【答案】 (1). CO2 (2). cd (3). 平面三角形 (4). (5). b、c (6). +3 (7). 12 (8). 100% (9). Si8H8O12【解析】【分析】(1)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、H2O，根据分子是否对称判断是否为非极性分子； (2)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断；(3)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、O原子有平行的p轨道，用于形成大键的电子数=1+2+13=6，为4原子、6电子形成的大键；(4)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，含有氢键和极性键，中含有
33、配位键和极性键；(5)用均摊方法计算a中U、N原子个数比，然后根据N元素化合价分析U元素化合价；在晶体中与U距离相等且最近的U原子在晶胞面心，然后通过一个U原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；先计算1个晶胞中含有的U、N原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的U、N原子数目的总体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。(6)由分子结构可知，分子中有8个硅原子，8个氢原子，12个氧原子，得出该物质的分子式；据此分析。【详解】(1)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、H2O，NH3、H2O分子中正负电荷的中心不重合，属于极性分子，CO2分子中正负电荷中心重合，属于非极性分
34、子，答案为：CO2；(2)由能量图可知：aCl-Cl键的键能为2119.6kJ/mol=239.2kJ/mol，a错误；bNa的第一电离能为495.0kJ/mol，b错误；cNaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；dCl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确；故合理选项是cd；(3)中C的价层电子对数为3+=3，C上没有孤电子对，因此的空间构型为平面三角形；其中C原子为sp2杂化，杂化轨道用于形成3个键，C原子、O原子有平行的p轨道，用于形成大键的电子数=1+2+13=6，为4原子、6电子形成的大键，大键为；(4) NH4HF2为离子晶体，含有离子键，含有氢键和极性键，中含
35、有配位键和极性键，所以NH4HF2中所含作用力有离子键、极性键和氢键，结合生成物中的作用力，反应中破坏的作用力有离子键、极性键和氢键，氢键不属于化学键，反应中断裂的化学键有b、c；(6)晶胞a中U原子个数8+6=4；含有N原子个数为：12+1=4，因此一个晶胞中含有U、N原子个数均为4个，化学式为UN，由于N原子最外层有5个电子，N化合价为-3价，所以U元素的化合价为+3，根据图示可知：U为面心立方结构，在晶胞与U距离相等且最近的U在一个晶胞的面心上，通过一个U原子有8个晶胞，在一个晶胞中有3个U距离相等且最近，每个U原子重复了两次，因此在晶胞与U距离相等且最近的U原子数为83=12；在一个晶
36、胞中含有U原子数目为U：8+6=4，含有的N原子数目为81=8，一个晶胞中含有的U、N原子的总体积为V(U)+V(N)=(4r13+8r23)cm3；根据图示可知晶胞的体积V(晶胞)=cm3， 则该晶体中原子利用率=100%=100%；(6)由分子结构可知，分子中有8个硅原子，8个氢原子，12个氧原子，得出该物质的分子式Si8H8O12。【点睛】晶格能、电离能、微粒的空间构型判断、化学键类型的判断及晶胞的有关计算，需要学生对知识掌握要全面、细致，大键在中学基本不涉及，是本题的难点。18. 资源化利用碳及其化合物具有重要意义。(1)CO是高炉炼铁的重要还原剂，炼铁时发生的主要反应有：Fe2O3(
37、s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g) H=489kJ/molFe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) H=-27kJ/molC(s)+CO2(g)2CO(g)H=X kJ/mol试计算，X=_。反应III中，正反应的活化能_(填“大于”、“小于”或“等于”)逆反应的活化能。(2)T1时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应I，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，v逆 随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是_(填序号)。a.保持温度、体积不变，使用催化剂 b.保持体积不变，升高温度c.保持温度不变，压缩容器体积 d.保持温度、体积不
38、变，充入CO(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压5MPa密闭容器中加入1mol CO2与足量的碳发生反应III，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。650时，反应达平衡后CO2的转化率为_；T时，该反应达到平衡时下列说法不正确的是_(填序号)；a气体密度保持不变b2v正(CO2) =v正(CO)c若保持其它条件不变再充入稀有气体，v正、v逆均减小，平衡不移动d若其他条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，再次达平衡时压强小于原平衡的2倍e若保持其它条件不变再充入等体积的CO2和CO，平衡向正反应方向移动(4)汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)
39、+N2(g)200KpPa时，在一个容积为2L的恒温密闭容器中充入1.5molNO和2.0molCO，开始反应至2min时测得CO转化率为30%，则用N2表示的平均反应速率为v (N2)=_；反应达到平衡状态时，测得二氧化碳为0.8mol，则平衡时的压强为起始压强的_倍(保留两位小数)。该反应在低温下能自发进行，该反应的H_0(填“”、“”)在某一绝热、恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO发生上述反应，测得正反应的速率随时间变化的曲线如图所示(已知：t2t1=t3t2)则下列说法不正确的是_(填编号)A反应在c点未达到平衡状态 B反应速率a点小于b点C反应物浓度a点大于b点 DNO的转化率：
40、t1t2t2t3【答案】 (1). 172 kJ/mol (2). 大于 (3). cd (4). 25% (5). c (6). 0.075molL1min1 (7). 0.89 (8). (9). D【解析】【分析】【详解】(1)Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H=489 kJ/molFe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H=-27 kJ/mol-1盖斯定律计算(-)得到反应，C(s)+CO2(g)2CO(g)H=+172 kJ/mol，反应吸热，正反应的活化能大于逆反应的活化能；(2) a保持温度、体积不变，使用催化剂，反应速率增大，平衡不变，图
41、象不符合，故a错误；b保持体积不变，升高温度，化学反应速率加快，化学平衡常数改变，CO浓度不会回到原平衡状态，故b错误；c保持温度不变，压缩容器体积，压强增大，反应速率增大，图象符合，故c正确；d保持体积不变，增大CO浓度，化学反应速率增大，不改变化学平衡常数，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度仍然回到原平衡状态，故d正确；符合题意的是cd；(3)650时，CO体积分数为40%，体积分数等于物质的量分数，设消耗CO2物质的量为x，=40%；x=0.25mol，反应达平衡后CO2转化率=100%=25%a反应前后气体质量变化，体积变化，气体密度保持不变说明反应达到平衡状态，故a正确；b反应速率之
42、比等于化学方程式中计量数之比正反应速率之比，平衡状态下2v正(CO2)=v正(CO)，故b正确；c若保持其它条件不变再充入稀有气体，体积增大，压强减小，v正、v逆均减小，平衡正向移动，故c错误；d若其他条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，压强增大平衡逆向进行，再次达平衡时压强小于原平衡的2倍，故d正确；e若保持其它条件不变再充入等体积的CO2和CO，体积增大压强减小，平衡向正反应方向移动，故e正确；故答案为：c；(4)消耗CO物质的量为2.0mol30%=0.60mol，v(CO)=0.15molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，则v(N2)=v(CO)=0.075molL1m
43、in1； 平衡时的压强为起始压强的=0.89； 正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，S0，而HTS0，反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，该反应的H0；从t4时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t4时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由 中可知为放热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；A经分析可知，反应在c点未达到平衡状态，故A正确；B由图可知，反应速率a点小于b点，故B正确；Ca点的速率大于b点的速率，反应物浓度a点大于b点，故C正确；D由图可知，a到c的速率逐渐增大，故NO的转化率：t1t2t2t3，故D
44、错误；故答案为：D。【点睛】19. 某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2+Cu+H2O。生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4H2O=2Cu2O+N2+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：_（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是_（3）步骤III，反萃取剂为_（4）步骤IV，制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_A. B. C. 从溶液中
45、分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_Cu2O干燥的方法是_（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 molL1标准KMnO4溶液滴定，重复23次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。产品中Cu2O的质量分数为_若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_【答案】 (1). Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 (2). 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 (3). 稀硫酸 (4). pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 (5).
46、C (6). 真空干燥 (7). 90.90% (8). 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大【解析】【分析】刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子
47、，故为稀硫酸；（4）从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；（5）根据得失电子分析关系式有5Cu2O-2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 moI.L-10.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。20. 光气
48、（）界面缩聚法合成一种高分子化合物聚碳酸酯G的合成路线如下所示：已知：（1）C的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，C的化学名称为_。（2）E的分子式为_，H中含有的官能团是氯原子和_，B的结构简式为_。（3）写出F生成G的化学方程式_。（4）F与I以1:2的比例发生反应时的产物K的结构简式为_。（5）HI时有多种副产物，其中一种含有3个环的有机物的结构简式为_。（6）4氯1，2二甲苯的同分异构体中属于芳香族化合物的有_种。（7）写出用2-溴丙烷与D为原料，结合题中信息及中学化学所学知识合成的路线，无机试剂任取。（已知：一般情况下，溴苯不与NaOH溶液发生水解反应。）_例：【答案】 (1). 丙酮 (
49、2). C15H16O2 (3). 羧基 (4). (5). n+n +（2n-1）NaCl (6). (7). (8). 13 (9). 【解析】【分析】A为CH2=CHCH3；AB发生加成反应，结合后续反应可知B为；C分子式为C3H6O，且核磁共振氢谱只有一组吸收峰说明其只有一种环境的氢，所以C的结构简式为，D的分子式为C6H6O，结合C+DE以及E的结构简式，D的结构简式为；E中酚羟基与氢氧化钠溶液反应得到F，所以F为，F与光气发生题目所给反应生成聚碳酸酯G，所以G为；4氯1，2二甲苯被高猛酸钾氧化生成H，所以H为。【详解】(1)根据分析可知C为，名称为丙酮；(2)根据E的结构简式可知E
50、的分子式为C15H16O2；H的结构简式为，官能团为氯原子和羧基；B的结构简式为；(3)F为，与光气发生题目所给反应生成聚碳酸酯G，方程式为：n+n +(2n-1)NaCl；(4)F为，与I 1:2的比例发生题目所给反应，生成物为：；(5)H为，羧基中的OH可以和COOH发生脱水缩合，生成三个环，则产物为：；(6)属于芳香族的同分异构体，苯环上有一个支链有：、两种；苯环有一个乙基和一个氯原子两种取代基时有邻、间、对三种；当苯环上有一个甲基和一个CH2Cl时有邻、间、对三种；当苯环上有三个取代基时除去4氯1，2二甲苯之外还有5种，所以共有2+3+3+5=13种；(7)2-溴丙烷的结构简式为：，结合题目信息可知用和合成目标产物的路线为：。【点睛】本题的难点是（6）和（7）；书写芳香族化合物的同分异构体时，若苯环上只有1个侧链，只考虑侧链上的同分异构体，若苯环上有两个侧链，则有邻、间、对三种位置关系，若苯环上有三个完全相同的侧链，则有3种，若三个侧链中有两个相同，则有6种，若三个侧链都不同，则有10种；设计有机合成路线，对比目标产物和原料结构上的异同，采用“切割法”，结合所学知识和信息进行设计。
