【最新】2020届山东省德州市高三第二次模拟考试化学试题(解析版).pdf

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1、-1-2020 届山东省德州市高三第二次模拟考试化学试题20206 本试卷分第 I 卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分 100分，考试时间 90分钟。注意事项：1每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。2考试结束后，请将答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 C1 35.5 K 39 Cr 52 Cu 64 第 I 卷(选择题 共 40分)一、选择题：本题共10小题，每题 2分，共 20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与中华古

2、文化密切相关，下列说法不正确的是A.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为粘土B.墨子 天志中记载：“书于竹帛，镂于金石”。其中的“金”指的是金属C.天工开物中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质D.周易参同契中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”黄芽为硫磺【答案】C【解析】【详解】A汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，瓷器是利用黏土高温煅烧制得，故A 正确；B 墨子 天志中记载：“书于竹帛，镂于金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，故B 正确；C麻的主要成分为纤维素，不是蛋白质，属于糖类，“

3、丝、裘”的主要成分都是蛋白质，故C 错误；D液态的金属汞受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫黄，故D 正确；答案选 C。2.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A.滴加甲基橙显红色的溶液中：Na+、Fe2+、C1-、NO-3B.0.1mol L-1FeC13溶液中：NH+4、Mg2+、SO2-4、NO-3C.0.1mo1 L-1KI 溶液中：Na+、K+、ClO-、OH-D.由水电离的c(H+)=1.0 10-13 mo1 L-1的溶液中：K+、NH+4、C1-、HCO-3【答案】B【解析

4、】-2-【详解】A滴加甲基橙显红色的溶液为酸性，Fe2+、NO-3在酸性条件下发生氧化还原反应，故A 不符合题意；B0.1mol L-1FeC13溶液显酸性，NH+4、Mg2+、SO2-4、NO-3之间不反应，在酸性条件下可以大量共存，故B 符合题意；C0.1mo1 L-1KI 溶液中碘离子具有还原性，ClO-具有氧化性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，C 不符合题意；D由水电离的c(H+)=1.0 10-13 mo1 L-1的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下HCO-3均不能大量共存，故 D 不符合题意；答案选 B。【点睛】B 为易错点，清楚0.1mol L-1FeC13溶液的性质很关键。

5、3.X、Y、Z、W 为短周期主族元素。X、Z、W 形成的一种离子常用于检验Fe3+，X、Y 形成的化合物YX3常用作汽车安全气囊的气体发生剂，W 的单质在加热条件下可与X、Z 的最高价含氧酸反应。下列叙述正确的是A.原子半径：ZYWX B.简单氢化物稳定性：Z X C.W 形成的单质一定为原子晶体D.ZO2和 ZO3中 Z 的原子杂化方式相同【答案】D【解析】【分析】X、Z、W 形成的一种离子常用于检验Fe3+，是 Fe3+与 SCN-反应生成Fe(SCN)3，则 X、Z、W 分别是 S、C、N 中的一种，再结合“W 的单质加热条件下可与X、Z 的最高价含氧酸反应”，可确定W 是 C；汽车安全

6、气囊的气体发生剂常用NaN3，由此可知X、Y、Z、W 分别是 N、Na、S、C。【详解】A.由 4 种元素所在元素周期表位置可判断Y（Na）的原子半径最大，同主族原子半径逐渐增大，同周期原子半径逐渐减小，NaSCN，即 YZWX，故 A 错误；B.元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性NS、XZ，故 B 错误；C.C 的单质可以是金刚石、石墨、碳60 等，可能为原子晶体，如金刚石，碳60 是分子晶体，石墨属于混合晶体，故C 错误；D.S 的氧化物为SO2和 SO3，价层电子对数都是3 对，二氧化硫有一对孤对电子，三氧化硫没有，S原子的杂化方式都为sp2杂化，故D 正确；-3-答案选

7、D。4.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.14gCO、N2混合气体中共含有7NA个电子B.常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有 0.3NA个共价键C.在含 CO2-3总数为 NA的 Na2CO3溶液中，Na+总数为 2NAD.氢氧燃料电池正极消耗22.4L 气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A14gCO、N2混合气体的物质的量为m14gn=0.5molM28g/mol，一个 CO 或 N2分子中电子数目为 14 个，0.5molCO、N2混合气体中共含有7NA个电子，故A 正确；B一个分子中含有7 个共价键，三个碳碳键，4 个碳氢键，常温下，0.

8、1mol 环氧乙烷()共有 0.7NA个共价键，故B 错误；C在含 CO2-3总数为 NA的 Na2CO3溶液中，若 CO2-3不水解，Na+总数为 2NA，但 CO2-3易水解成碳酸氢根，故 Na+总数大于2NA，故 C 错误；D没有指明是否处于标准状况，无法计算气体的物质的量，故D 错误；答案选 A。【点睛】B 项环氧乙烷的碳氢键容易遗漏，需要学生细心观察物质的结构。5.应用下列实验装置或方案能达到实验目的的是A.用图 1 装置制备少量氨气B.用图 2 所示装置收集SO2C.用图 3 所示装置检验是否有乙烯产生D.用图 4 装置比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱【答案】D-4-【解析】

9、【详解】A用图1 装置制备少量氨气，没有干燥装置，得到的氨气中含有水蒸气，应选用碱石灰干燥，用上下排空气法收集，装置缺少除杂装置和收集装置，故A 错误；B SO2的密度大于空气，导气管应该长进短出，故B 错误；C挥发出的乙醇和产生的乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，需要加有水的装置除去乙醇，故C 错误；D高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成硫，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4C12 S，用图 4 装置可以比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱，故D 正确；答案选 D。6.以乙炔和乙醛为原料制备1，3-丁二烯的合成路线如图所示：下列说法不正确的是A.甲、乙两种有

10、机化合物中均含有手性碳原子B.CH3CHO 既可被氧化为CH3CH2OH，又可被还原为CH3COOH C.丙(1，3-丁二烯)形成的高聚物的结构简式为D.合成路线中涉及到的反应类型有加成反应和消去反应【答案】B【解析】【分析】乙醛和乙烯发生加成反应得到甲，甲与氢气发生加成反应得到乙，乙发生消去反应得到丙(1，3-丁二烯)。【详解】A甲、乙两种有机化合物中次甲基上的碳原子连有四种不同的基团，故均含有手性碳原子，故A 正确；B CH3CHO 既可被氧化为CH3COOH，又可被还原为CH3CH2OH，故 B 错误；C丙(1，3-丁二烯)形成的高聚物时，双键断开，中间形成一对新的双键，形成的高聚物的结

11、构简式为，故 C 正确；D甲到乙发生的是加成反应，乙到丙发生的是消去反应，故D 正确；答案选 B。7.常温下，2NH3(g)NaClO(aq)NaCl(aq)N2H4(aq)H2O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是A.该反应的 H0，S0-5-B.每生成1 mol N2H4转移 2 mol 电子C.室温下，向0.1mol L1 NaClO 溶液中加水，溶液pH 增大D.N2H4、O2和 KOH 溶液组成的燃料电池，负极反应为N2H44eN2 4H+【答案】B【解析】【详解】A2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(1)，S0，又

12、H-TS0 的反应可自发进行，则该反应 H0，故 A 错误；B反应中氮元素化合价由-3 升高到-2，则每生成1mol N2H4转移 2mol 电子，故B 正确；C NaClO 溶液由于次氯酸跟水解显碱性，则室温下，向0.1mol/L NaClO 溶液中加水，溶液体积增大，碱性减弱，pH 减小，故C 错误；DN2H4、O2和 KOH 溶液组成的燃料电池中N2H4被氧气氧化为负极，在碱性溶液中失电子生成氮气和水，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故 D 错误；故选：B。8.一种 3D 打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，其电池总反

13、应为：2244221x11MnO+Zn+1+H O+ZnSOMnOOH+ZnSO3Zn OHxH O2666放电充电，其电池结构如图 1 所示，图2 是有机高聚物的结构片段。下列说法不正确的是A.放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极B.有机高聚物中含有的化学键有：极性键、非极性键和氢键C.合成有机高聚物的单体是D.放电时，电极的正极反应为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-【答案】B【解析】【分析】-6-电池放电时是原电池由总的电极反应可知，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，二氧化锰做正极，负极失电子发生氧化反应，Zn-2e-=Zn2+，正极为MnO2+e-+H2O=MnOOH+O

14、H-，根据高聚物的分子结构进行判断。【详解】A根据分析可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，失电子发生氧化反应，故A正确；B根据图中信息，有机高聚物中含有的化学键有：碳氧、碳氮、氮氢等原子形成的极性键、碳碳原子之间形成的非极性键，氮氧原子形成的氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B 错误；C图中可以看出合成有机高聚物的单体是，故 C 正确；D放电时，二氧化锰做正极，化合价降低，转变为MnOOH，电极的正极反应为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故 D 正确；答案选 B。【点睛】氢键不是化学键，属于特殊的分子间作用力，主要影响分子晶体的熔沸点。9.用高分子吸附树脂提取卤水

15、中的碘(主要以 I-形式存在)的工艺流程如下下列说法正确的是A.流程中和所得溶液中，I-离子的浓度相等B.流程中的分离碘产品的操作方法是萃取C.流程中发生离子反应：2I2+SO2-3+H2O=4I-+SO2-4+2H+D.制备 10mol I2，理论上需KC1O3质量约为408g【答案】D【解析】【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI 和硫酸钠，反应为I2+Na2SO3+H2O=2HI+Na2SO4，氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质，离子反应为6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O，升华

16、可得到粗产品，据此分析解答。【详解】A流程中和所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I-)后者大于前者，故A 错误；B根据分析，对流程中的分离碘产品进行升华操作进行分离，故B 错误；-7-C 流程中为碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI 和硫酸钠，离子反应：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故 C 错误；D根据氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质，离子反应为6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O，制备 10mol I2，理论上需KC1O3的物质的量为103mol，质量约为=122.5g/mol103mol 408g，故 D 正确；答案选

17、D。10.在 2L 恒容密闭容器分别投入2molCO 和 1molO2。进行反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)。在相同的时间段(5min)下，测得CO 的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.化学平衡常数：K(b)K(c)K(d)B.a点，vO2(正)=0.14mo1 L-1 min-1C.d 点 vCO(正)等于 a 点 vCO(正)D.50时，该反应的化学平衡常数K=160L mol-1【答案】D【解析】【分析】根据图示，b 点时 CO 的转化率最大，则b 点时反应达到平衡状态，随温度升高，CO 的转化率降低，说明反应逆向进行，则正反应为放热反应，据此分析解答。【详解】

18、A根据分析，2CO(g)+O2(g)2CO2(g)为放热反应，b、c、d 点温度依次升高，温度升高，反应逆向进行，平衡常数减小，则化学平衡常数：K(b)K(c)K(d)，故 A 错误；B a点时，CO 的转化率为0.7，则 CO 物质的量的变化量为2mol 0.7=1.4mol，则 CO 的平均反应速率=1.4mol2L5min=0.14 mo1 L-1 min-1，根据反应速率之比等于化学反应计量系数值比，vO2(正)=12vCO(正)=0.14mo1 L-1 min-112=0.07 mo1 L-1 min-1，即 5min 内，O2的平均反应速率为0.07 mo1 L-1 min-1，故

19、 B错误；C a、b 两点的温度不同，a点的温度低，b 点的温度高，温度越高反应速率越快，则两点vCO(正)不相等，b 点 vCO(正)大于 a点 vCO(正)，故 C 错误；D 50时，CO 的转化率为0.8，列三段式：-8-22mol/L10.50mol/L0.80.40.8mol/L0.20.10.82CO g+Og2COg始变平该反应的化学平衡常数K=222222c0.8Ccc0.OO2C1O0.=160L mol-1，故 D 正确；答案选 D。二、选择题：本题共5 个小题，共 20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分。11.下列有关

20、说法正确的是A.CS2为含极性键的极性分子B.MgO 的熔点高于Na2O 的熔点C.基态 C1 原子核外有17 种能量不同的电子D.C、N、O、P四种元素电负性最大的是O【答案】BD【解析】【分析】【详解】A由不同元素的原子形成的共价键是极性键，分子中正电中心和负电中心能重合的是非极性分子，CS2为直线形分子，所以CS2为含极性键的非极性分子，A错误；B MgO、Na2O 都是离子晶体，离子晶体的熔点高低的比较要看离子键的强弱，离子键越强，熔点越高，而离子键的强弱要看离子半径的大小和离子所带的电荷，离子半径越小和离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径由大到小的顺序为：Na+Mg2+，

21、离子所带电荷：Mg2+Na+，所以熔点由高到低的排序为 MgO Na2O，B正确；C基态 C1 原子核外有17 个电子，有5 个能级，同一能级上电子能量相同，故有5 种能量不同的电子，C错误；D同周期从左往右元素的电负性依次增大，同主族从下往上元素的电负性依次增大，故C、N、O、P四种元素电负性最大的是O，D 正确；故本题选 BD。12.4-羟基苯甲酸丁酯()是 2020 年 3月 3日欧洲化学品管理局(ECHA)提议高度关注加入SVHC 清单的物质之一。下列有关说法不正确的是A.该物质性质稳定，不易变质-9-B.该物质能使氯化铁显色C.1mo1 该物质最多能与2mo1NaOH 反应D.1mo

22、1 该物质最多能与3mo1H2加成【答案】A【解析】【详解】A4-羟基苯甲酸丁酯含有酚羟基，不稳定，易被氧化，A错误；B该物质含酚羟基，能使氯化铁显色，B正确；C 1mo1 该物质含1 个酚羟基，1 个酯基，最多能与2mo1NaOH 反应，C正确；D 1mo1 该物质含有1个苯环，最多能与3mo1H2加成，D正确；故选 A。13.为探究 SO2与 Fe3+能否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验(夹持、加热仪器略)，下列说法正确的是A.铜和浓硫酸反应需要加热的原因是低温下铜被钝化B.试剂 a为饱和 NaHSO3溶液，其作用是观察气流速率C.一段时间，向C 中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明F

23、e3+氧化了 SO2D.一段时间，向C 中滴加酸性高锰酸钾，溶液褪色，说明SO2还原了 Fe3+【答案】BC【解析】【详解】A浓硫酸和铜须在加热的条件下反应，常温下Cu 与浓硫酸不反应，不属于钝化，A 错误；B饱和 NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，可观察气流速率，B 正确；C向 C 中加氯化钡溶液，有白色沉淀，说明发生了反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+2-4SO+4H+，Fe3+氧化了 SO2生成硫酸根，C 正确；D二氧化硫和亚铁离子均能使酸性高锰酸钾褪色，一段时间后，向C 中滴加酸性高锰酸钾，溶液褪色，不能说明溶液中一定含Fe2+，不能说明SO2还原了 Fe3+，故 D 错误；

24、故选 BC。14.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取 H2，制备原理如图所示，已知02，下列说法不正确的是-10-A.CeO2是水分解的催化剂B.T0-11-C.2-242-22424cHC Oc H C Oc C O随 pH 的升高而减小D.在 NaHC2O4溶液中 c(Na+)(HC2O-4)c(C2O2-4)c(H2C2O4)【答案】BC【解析】【分析】二元弱酸的电离常数Ka1Ka2，斜线 M 表示表示+224c Hc H C O和-24c HC O的乘积等于10-2，斜线 N 表示表示+24c Hc HC O和2-24

25、c C O的乘积等于10-5。【详解】AH2C2O4为二元弱酸，第一步电离平衡常数大于第二部电离平衡常数，故+241224c HHC Oc H C OacK大于42242+2c HC Oc HC OacK，即+24224c HHC Oc H C Oc2+2424c HC Oc HC Oc，则+24224c HHC Olgc H C Oc+24224c HC Olgc HC Oc，即+24224c HlglgHC Oc H C Oc+24242c HlglgC Oc HC Oc，因此曲线M 表示+224c H-lgc H C O和-24-lgc HC O的关系，A正确；B当 pH=5 时，溶液呈

26、酸性，c（OH-）c（H+），c（H+）=10-5mol/L，2+245224c HC O10c HC OacK，则 c（HC2O-4）=c（C2O2-4），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O-4）+2c（C2O2-4）+c（OH-），则c(Na+)3c(HC2O-4)=c（OH-）-c（H+）0，B 错误；C已知+241224c HHC Oc H C OacK，42242+2c HC Oc HC OacK，222424+c HC O1c HC OaKc，则2-2412-222424cHC Oc H C Oc C OaaKK，与溶液的pH 无关，C 错误；D 由上图可知，+24

27、242c HlglgC O5c HC Oc，则2+245224c HC O10c HC OacK，同理 Ka1=10-2，则草酸氢钠的水解平衡常数=Kw/Ka1=10-12，小于 Ka1，说明以电离为主，溶液显酸性，则中-12-c(Na+)(HC2O-4)c(C2O2-4)c(H2C2O4)，D 正确；故选 BC。【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较、平衡常数，难度中等，明确反应后溶质的组成为解题关键，注意掌握物料守恒，电荷守恒，及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用的能力。第卷(非选择题 共 60 分)三、非选择题：本题共5 小题，共 60分16.过氧化尿素

28、(CO(NH2)2 H2O2)是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，兼有尿素和过氧化氢的性质，是一种新型漂白、消毒剂，广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。某化学小组同学用低浓度的双氧水和饱和尿素CO(NH2)2溶液在30条件下用右图装置合成过氧化尿素。请回答下列问题：(1)仪器 X 的名称是 _；(2)制备过氧化尿素的化学方程式为_，反应时采取的受热方式为_；(3)搅拌器不能选择铁质材料的原因是_(4)过氧化尿素中活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量 16%(相当于其中含H2O234%)。为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品8000g，溶解于水，在250mL 容量瓶中

29、定容，准确量取其中2500mL 溶液于锥形瓶中，加入1mL6mol L-1H2SO4，然后用02000mol L-1KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2(KMnO4溶液与尿素不反应)。三次滴定平均消耗KMnO4溶液 20000mL：请完善滴定时反应的离子方程式：_MnO-4+_H2O2+_=_若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)；根据滴定结果确定产品质量_(填“合格”或“不合格”)，活性氧的质量分数为_。【答案】(1).球形冷凝管(2).CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2 H2O2(3).水浴加热(4).H2O2水溶液呈弱

30、酸性，故 H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的 Fe3+(5).2(6).5(7).6H+(8).2Mn2+8H2O+5O2(9).偏高(10).合格(11).20%【解析】【分析】本题从物质的制备入手，通过过氧化氢水溶液与尿素反应，可得到)CO(NH2)2 H2O2，在结合仪器的辨别，-13-反应的方程式等知识点进行考查，重点是利用氧化还原反应的原理来测定过氧化尿素中活性氧含量。【详解】(1)根据上图，可知仪器X 是球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；(2)CO(NH2)2 H2O2是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，由双氧水和饱和尿素CO(NH2)2反应制备，化学方程式为：C

31、O(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2 H2O2，反应温度为30，可采取水浴加热的方式，故答案为：CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2 H2O2；水浴加热；(3)过氧化氢水溶液呈酸性，会与铁单质反应，生成的金属离子能加快过氧化氢的分解，所以搅拌器不能选择铁质材料，故答案为：H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的 Fe3+；(4)反应中 MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2 价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1 价变化为0 价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+

32、5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，故答案为：2；5；6H+；2Mn2+8H2O+5O2；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，依据反应的电离关系可知，5 c(标准)V(标准)=c(待测)V(待测)2，测得标准液体积偏大，结果偏高，故答案为：偏高；称取干燥样品8.000g，溶解，在 250mL 容量瓶中定容 准确量取25.00mL 于锥形瓶中，加入 1mL 6mol/L的硫酸，然后用 0.2000mol/L KMnO4标准溶液滴定，至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液 20.00mL；依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+8

33、H2O+5O2；2MnO4-5H2O2；2 50.0200L 0.2000mol/L 0.01mol250mL 容量瓶中含过氧化氢0.1mol，过氧化氢质量=0.1mol 34g/mol=3.4g，过氧化氢质量分数=3.4g/8g100%=42.5%，过氧化氢质量分数大于34%；活性氧 16%，相当于H2O234%，则活性氧质量分数=16%42.5%/34%=20%，该产品为合格产品，故答案为：合格；20%；【点睛】从题中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息扑捉的有效性解答的问题实际上与复杂的转化图相比，

34、其实很简单很基础，或者可以说转化图提供的是情境，考查基本知识。17.N、F、Cu 及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：(1)N 原子中最高能级的电子的电子云轮廓图为_；基态 Cu+的核外电子排布式为_。(2)化合物(CH3)3N 可用于制备医药、农药。分子中N 原子杂化方式为_，该物质能溶于水的原因是_。(3)H2F+SbF6-(氟锑酸)是一种超强酸，其阳离子的空间构型为_，写出一种与 H2F+互为等电-14-子体的分子 _(写化学式)。(4)氮、铜形成的一种化合物的晶胞结构如图所示。与每个 Cu 原子紧邻的Cu 原子有 _个，令阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的

35、密度为_g/cm3。(列出计算式)【答案】(1).哑铃形或纺锤形(2).Ar3d10或 1s22s22p63s23p63d10(3).sp3(4).(CH3)3N 为极性分子，且可与水分子形成分子间氢键(5).V 形(6).H2O 或 H2S(7).8(8).3-72060.3810AN【解析】【分析】根据 N 原子的核外电子排布式判断最高能级的电子的电子云轮廓图。根据基态铜原子的核外电子排布式写出基态Cu+的核外电子排布式。根据价层电子对数判断杂化类型，根据分子结构判断易溶于水的原因。根据价层电子对互斥理论判断分子的立体构型，根据同族替换或等量代换找出等电子体。根据晶胞结构分析化学式并进行计

36、算。【详解】(1)N 原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最高能级的电子为2p 上的电子，电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形；基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1或 1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+是基态铜原子失去最外层的一个电子得到的，Cu+的核外电子排布式为Ar3d10或 1s22s22p63s23p63d10；(2)化合物(CH3)3N 分子中 N 原子与三个甲基形成了3对共用电子对，N 上还有一对孤电子对，价层电子对数4，杂化方式为sp3，(CH3)3N 为极性分子，且可与水分子形成分子间氢键，故易溶于水；(3)H2F+中 F 上的孤电子对数为11(abx

37、)(71 1 2)222，价层电子对数为2+2=4，VSEPR 模型为四面体型，分子的空间构型为V 形，与 H2F+互为等电子体的分子为H2O 或 H2S；(4)图中与每个Cu 原子紧邻的Cu 原子有 8 个，铜原子和氮原子的个数分别为112=34、18=18，该晶体的密度为33-71-7AAm206g/mol206=V0.38 10 cmN mol0.38 10Ng/cm3。【点睛】VSEPR 模型和分子的空间构型不一定相同，没有孤对电子时相同，有孤对电子时要去掉孤对电子才是分子的立体构型，为学生的易错点。18.二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源，被誉为“21 世纪的清洁燃料”。(1)用

38、 CO 和 H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)H。-15-几种物质的相对能量如下：H=_kJ mo1。改变下列“量”，一定会引起 H 发生变化的是_(填代号)。A温度B反应物浓度C催化剂D化学计量数(2)有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为 _(填标号)。A高温低压B低温高压C高温高压D低温低压(3)采用新型催化剂(主要成分是CuMn 的合金)制备二甲醚。催化剂中n(Mn)n(Cu)对合成二甲醚的影响情况如下图所示。当 n(Mn)n(Cu)=2 时，二甲醚的选择性(=100%CO目标产物产率选择性转化率)为 858%，此时二甲醚的产率为

39、_。(4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72-)转化为 Cr3+。原理如下图：燃料电池中的负极是_(填“M”或“N”)电极。电解池阴极的电极反应式为_。消耗 69g 二甲醚时可处理Cr 的含量为260g L-1的废水 1L，该套装置的能量利用率为_。(保留 3位有效数字)【答 案】(1).253 4(2).D(3).B(4).61 8%(5).M(6).-16-Cr2O2-7+6e-+14H+=2Cr3+7H2O(7).833%【解析】【分析】根据反应热H=生成物总能量-反应物总能量进行计算；根据影响化学平衡移动因素进行分析；根据二甲醚的选择性计算公式：=100%CO

40、目标产物产率选择性转化率进行计算；根据氢离子移动方向判断正负极，根据电子守恒计算能量的利用率。【详解】(1)用 CO 和 H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)H=生成物总能量-反应物总能量=1453.0 kJ mo1-1-(3285.8kJ mo1-1+3283kJ mo1-1)=-253.4 kJ mo1-1；A.改变温度会影响化学反应平衡移动，但不会影响H，故 A 不符合题意；B.改变反应物浓度，影响化学反应平衡移动，但不会影响H，故 B 不符合题意；C.催化剂只改变化学反应速率，不会影响H，故 C 不符合题意；D.反应热与化学反应计量数成正

41、比，所以改变化学计量数会影响H，故 D 符合题意；故答案：-253.4；D；(2)根据 3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)H=-253.4 kJmo1-1可知，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低，降低温度，平衡正向移动，CH3OCH3产率升高；增大压强，平衡正向移动，CH3OCH3产率升高，降低压强，平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低；所以有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为低温高压，故B 正确；故答案：B。(3)当n Mnn Cu=2 时，二甲醚的选择性(=100%CO目标产物产率选择性转化率)为 85.8%，由图可知CO 的转化率为 72%，此

42、时二甲醚的产率=85.8%72%=61.8%，故答案：61.8%；(4)由质子交换膜中氢离子移动方向可知，M 为负极，N 为正极；电解池中与正极相连为阳极发生氧化反应，与负极相连极为阴极发生还原反应，所以反应的电极反应式为：Cr2O2-7+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，故答案：M；Cr2O2-7+6e-+14H+=2Cr3+7H2O；n(CH3OCH3)=6.9g46/g mol，根据电子守恒：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+可知转移电子为6.9g46/gmol12，可以还原m(Cr)=26.0g L-11L=26.0g，根据 Cr2O2-7+6e-+14H+=2

43、Cr3+7H2O 可知转移-17-的电子=26.0g352/gmol=1.5mol，该套装置的能量利用率=1.56.9g1246/molg mol100%=83.3%，故答案为：83.3%。【点睛】(4)原电池电解池综合考查，首先要确定原电池电极，才能进一步解决电解池的问题，原电池电极的确定可以根据反应原理33222CH OCH3O2CO3H O，结合质子交换膜H+移动方向和出口产物为水来确定。19.钼酸钠晶体(Na2MoO4 2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的途径如图所示：(1)Na2MoO4 2H2O 中钼元素的化

44、合价是_(2)焙烧过程发生的主要反应为MoS2+O2 MoO3+SO2(未配平)，该反应的氧化产物是_(填化学式)。(3)碱浸时生成Na2MoO4和一种气体A，该气体的电子式为_；沉淀时加入Na2S溶液的目的是_(4)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图1 为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。第 6 层焙烧炉中所得MoO3与 MoO2的物质的量之比为_(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_。随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因

45、是-18-_。空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则 NaNO2的作用是 _【答案】(1).+6(2).MoO3和 SO2(3).(4).除去 Pb2+离子(5).1：3(6).1：1(7).C1-有利于碳钢的腐蚀，SO2-4不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；(8).替代空气中氧气起氧化剂作用【解析】【分析】(1)(3)从流程图知：先在空气中灼烧生成MoO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解 MoO3，经过“沉淀”环节除去杂质PbS，即

46、可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；据此分析解答；(4)(6)通过读图、从图片中提取有效信息、结合元素守恒、影响速率的可能因素等知识分析、回答；【详解】(1)根据化合物中元素化合价代数和为0，Na2MoO4 2H2O 中钼元素的化合价是+6；答案为：+6；(2)焙烧过程中MoS2和 O2反应生成MoO3和 SO2，Mo 元素的化合价从+2 价升高到+6 价、S元素的化合价从-1 价升高到+4 价，O 元素的化合价从0 价降低到-2 价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为22322MoS7O2oOO=M4S，该反应的还原剂是MoS2，则氧化产物是MoO3和 SO2；答案为：M

47、oO3和 SO2；(3 由流程图可知，碱浸时MoO3与 Na2CO3反应生成一种气体A 和 Na2MoO4，可推知碱浸时发生了反应：223342MoOCOMoOCO，则 A为 CO2，电子式为；流程图中“沉淀时”加入Na2S溶液后再过滤，得到的滤液中已经不含铅元素，则铅元素转移到废渣中，即废渣含PbS，加入 Na2S溶液目的是除去 Pb2+离子；答案为：；除去 Pb2+离子；(4)第 6 层焙烧炉中所得含钼元素产物有与MoS2、MoO3与 MoO2，其中 MoS2与 MoO3物质的量百分数均为20%，则 MoO2物质的量百分数为60%，则 MoO3与 MoO2的物质的量之比为1：3；答案为：1

48、：3；(5)根据图像知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg/L 时碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1；答案为：1：1；随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异，则二者主要的差别为阴离子不同，-19-可以推测其主要原因是C1-有利于碳钢的腐蚀，SO2-4不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；答案为：C1-有利于碳钢的腐蚀，SO2-4不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加

49、入NaNO2。则 NaNO2的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用，以便在碳钢表面形成FeMnO4Fe2O3保护膜；答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用。【点睛】解本题的关键是：关注元素化合价的变化、判断反应是否是氧化还原反应、是不是复分解反应等等，应用相关规律进行分析判断；通过读图，发现图中有效信息、结合质量守恒定律等规律进行计算等。20.有机物 I()是一种新型感光高分子化合物，工业合成I 的路线如下：已知：同一个碳原子上连接有2 个羟基时，自动脱去一个水分子。请回答下列问题：(1)有机物 C 中官能团名称 _。反应的化学反应类型为_。(2)反应的化学方程式为：_。(3)反应除生成H 外，还生成

50、一种能与碳酸氢钠反应放出气体的有机化合物M，M 的结构简式为：_。(4)X 是 H 的芳香族同分异构体，1molX 与足量银氨溶液反应时可得到4molAg。则 X 共有 _种。写出一种核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式_。(5)参照上述合成路线。设计以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的流程图。_。【答案】(1).酯基(2).加成反应(3).+2NaOH+2NaCl+H2O(4).CH3COOH(5).10(6).-20-或(7).CH3CH2OHOCu2/CH3CHO32(CH CO)OCH3CH=CHCOOH乙炔适当条件CH3CH=CHCOOCH=CH2【解析】