學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精山東省濰坊市2020屆高三高考模擬（二模）化學試題含解析山東省濰坊市2020屆高三高考模擬(二模)考試化學試題1。高分子材料在疫情防控和治療中起到了重要的作用。下列說法正確的是A.聚乙烯是生產(chǎn)隔離衣主要材料，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.聚丙烯酸樹脂是3D打印護目鏡鏡框材料的成分之一,可以與NaOH溶液反應C。天然橡膠是制作醫(yī)用無菌橡膠手套的原料，它是異戊二烯發(fā)生縮聚反應的產(chǎn)物D.聚乙二醇可用于制備治療新冠病毒的藥物，聚乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為【答案】B【解析】【詳解】A．乙烯通過加聚反應生成聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤;B．丙烯酸的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，它通過加聚反應生成聚丙烯酸樹脂，該聚合物中含有羧基，具有酸性，可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應，故B正確;C．天然橡膠的主要成分是聚異戊二烯,它由異戊二烯通過加聚反應所生成,故C錯誤；D．乙二醇分子含有兩個羥基，可發(fā)生縮聚反應生成聚乙二醇，該聚合物的結(jié)構(gòu)簡式為，故D錯誤；答案選B。2。曲酸和脫氧曲酸是非常有潛力的食品添加劑，具有抗菌抗癌作用，其結(jié)構(gòu)如圖所示.下列敘述錯誤的是A.兩物質(zhì)都能使溴的四氯化碳溶液褪色B.曲酸經(jīng)消去反應可得脫氧曲酸C。1mol脫氧曲酸最多能與3molH2發(fā)生加成反應D。曲酸與脫氧曲酸中含有相同種類的官能團【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．兩種物質(zhì)均含有碳碳雙鍵，故可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A正確;B．曲酸發(fā)生消去反應生成三鍵,生成物與脫氧曲酸結(jié)構(gòu)不符，B錯誤；C．1mol脫氧曲酸中含有2mol碳碳雙鍵，故可以和2mol氫氣發(fā)生加成反應；含有1mol碳氧雙鍵,可以和1mol氫氣發(fā)生加成反應，故一共3mol氫氣發(fā)生加成反應，C正確；D．兩種物質(zhì)中均含有碳碳雙鍵、羥基和醚鍵，故二者含有相同種類的官能團，D正確；故選B?！军c睛】羰基、醛基、碳碳雙鍵、碳碳三鍵均可以和氫氣發(fā)生加成反應;醇上的羥基和羥基碳鄰碳上的氫原子發(fā)生消去反應，若沒有氫原子則不發(fā)生消去反應。3。用化學沉淀法去除粗鹽中的雜質(zhì)離子，包括粗鹽溶解、加沉淀劑、過濾、調(diào)節(jié)pH、蒸發(fā)結(jié)晶等步驟。下列說法錯誤的是A.沉淀劑的添加順序可以是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液B。向濾液中滴加鹽酸，調(diào)節(jié)pH至濾液呈中性C.蒸發(fā)結(jié)晶時,當蒸發(fā)皿中出現(xiàn)較多固體時，停止加熱，利用余熱將濾液蒸干D。溶解、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶等過程都使用玻璃棒攪拌溶液【答案】D【解析】【分析】粗鹽中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等可溶性雜質(zhì)，利用Na2CO3除去Ca2＋、利用NaOH除去Mg2＋、利用BaCl2除去SO42－,除雜時，各試劑必須加過量，就會引入新的雜質(zhì)，因此Na2CO3還可以除去過量的BaCl2引入的Ba2＋，因此試劑的添加順序中Na2CO3需要在BaCl2的后面添加。過濾，除去沉淀，調(diào)節(jié)pH至中性?！驹斀狻緼．首先加入NaOH去除粗鹽中的Mg2+和少量Ca2+，然后加入BaCl2去除粗鹽中是SO42-，最后加入Na2CO3可以去除粗鹽中的Ca2+和上一步加入的過量的Ba2+，A正確；B．滴加鹽酸使溶液呈中性,說明溶液中溶質(zhì)為NaCl，B正確；C．蒸發(fā)時,當蒸發(fā)皿中出現(xiàn)較多固體時,停止加熱，利用余熱將濾液蒸干，C正確；D．過濾過程中玻璃棒的作用為引流，D錯誤；故選D。4。最新發(fā)現(xiàn)C3O2是金星大氣的成分之一，化學性質(zhì)與CO相似。C3O2分子中不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)且每個原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu).下列敘述錯誤的是A。元素第一電離能:O＞CB.3p軌道上有1對成對電子的基態(tài)X原子與基態(tài)O原子的性質(zhì)相似C.C3O2中C原子的雜化方式為sp3D.C3O2分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為1：1【答案】C【解析】【詳解】A．元素的第一電離能,同周期從左到右第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢,第一電離能：O＞C，故A正確；B．3p軌道上有1對成對電子的基態(tài)X原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4,是16號元素S，硫和氧位于同一主族,最外層電子數(shù)相同,都是6個，基態(tài)S原子與基態(tài)O原子的性質(zhì)相似，故B正確；C．C3O2化學性質(zhì)與CO相似，CO的分子中應為直線型，C3O2中C原子采用sp雜化，故C錯誤；D．C3O2分子中不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)且每個原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),故結(jié)構(gòu)為O=C=C=C=O，雙鍵中一個是σ鍵，另一個是π鍵,分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為4：4，最簡比為1：1，故D正確;答案選C?！军c睛】從已知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)預測未知物質(zhì)的性質(zhì)時，需要根據(jù)已知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)推測出未知物質(zhì)的結(jié)構(gòu),注意各物質(zhì)間的聯(lián)系。5。芘經(jīng)氧化后可用于染料合成。芘的一種轉(zhuǎn)化路線如圖所示，下列敘述正確的是A.芘的一氯代物有4種B。甲分子中所有碳原子一定都在同一平面上C。lmol乙與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOHD。甲催化氧化后，再發(fā)生酯化反應也能得到乙【答案】C【解析】【詳解】A．芘（)中有3種氫原子，所以一氯代物有3種同分異構(gòu)體,A錯誤；B．兩個苯環(huán)之間的單鍵可以旋轉(zhuǎn),使得兩個苯環(huán)所處的平面不一定共平面，故甲中所有碳原子不是一定在同一平面上，而是可能在一個平面上，B錯誤;C．1mol乙中含有2mol酯基，1mol酯基可以和1molNaOH發(fā)生反應，故1mol乙可以和2molNaOH發(fā)生反應，C正確;D．甲經(jīng)催化氧化后得到4個羧基，不含有羥基，不能發(fā)生分子內(nèi)的酯化反應，與乙不同，D錯誤;答案選C。6。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。Z原子2p軌道上有3個未成對電子。甲、乙、丙、丁、戊是這四種元素之間形成的化合物，75％的甲溶液常用于消毒，戊是Z和X組成的10電子分子,常溫下已溶液顯中性，它們轉(zhuǎn)化關系如圖所示，則下列說法中錯誤的是A.四種元素原子半徑由大到小的順序為：Y＞Z＞W(wǎng)＞XB.W的氫化物中的某一種具有漂白性C.丙的電子式為D.W的氫化物沸點一定比Y的氫化物沸點高【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z原子2p軌道上有3個未成對電子，是N,甲、乙、丙、丁、戊是這四種元素之間形成的化合物,75%的甲溶液常用于消毒，甲為乙醇，乙醇含有C、H、O元素，X為H,Y為C，W為O，乙醇可以和氧氣反應生成乙醛和水，丙為乙醛，已為水，丙和氧氣生成乙酸，丁為乙酸,戊是Z和X組成的10電子分子，為氨氣，常溫下已溶液顯中性,為醋酸銨，X、Y、Z、W四種元素分別為H、C、N、O,然后分析.【詳解】A．X、Y、Z、W四種元素分別為H、C、N、O,同周期從左到右原子半徑逐漸減小,原子半徑由大到小的順序為：Y＞Z＞W(wǎng)＞X，故A正確；B．W是O,它的氫化物中的某一種是過氧化氫，具有強氧化性，具有漂白性，故B正確；C．丙是乙醛，分子中含有醛基,含有碳氧雙鍵，電子式為，故C正確;D．W的氫化物可能為過氧化氫或過氧化氫，Y的氫化物可能為苯，過氧化氫或過氧化氫的沸點低于苯，故D錯誤；答案選D.7。SiO2是合成“中國藍"的重要原料之一。如圖是SiO2晶胞中Si原子沿z軸方向在xy平面的投影圖（即俯視投影圖，O原子略去.)，Si原子旁標注的數(shù)字是Si原子位于z軸的高度，則SiA與SiB的距離是A。d B。dC。d D。d【答案】B【解析】【詳解】SiO2是一種空間網(wǎng)狀的原子晶體，共價鍵結(jié)合較為牢固,SiA與SiB在x軸方向上的距離為d，在y軸方向上的距離為d，所以SiA與SiB之間的距離為，故答案為B。8.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象能得到相應結(jié)論的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚鈉溶液中通入足量CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-B向KBrO3溶液中通入少量Cl2然后再加入少量苯，有機層呈橙紅色氧化性:Cl2＞Br2C將等濃度等體積的KI溶液和FeCl3溶液混合，充分反應后滴入KSCN溶液，溶液變紅溶液中存平衡:2Fe3++2I—2Fe2++I2D向2支均盛有2mL相同濃度銀氨溶液的試管中,分別滴入2滴相同濃度的KCl、KI溶液，前者無明顯現(xiàn)象,后者有黃色沉淀Ksp(Agl）＞Ksp(AgCl）A.A B。B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向苯酚鈉溶液中通入足量CO2溶液變渾濁,說明生成了苯酚，強酸制取了弱酸,酸性:H2CO3＞C6H5OH,不能比較出苯酚和碳酸氫根的酸性強弱，故A錯誤；B．有機層呈橙色,說明生成溴，則KBrO3被氯氣還原，可說明氧化性KBrO3＞Cl2，故B錯誤；C．將等濃度等體積的KI溶液和FeCl3溶液混合，溶液中存在平衡：2Fe3++2I—2Fe2++I2，充分反應后滴入KSCN溶液，溶液變紅，說明生成了硫氰化鐵絡合物，平衡逆向移動，故C正確；D．Ksp小的先沉淀,先生成黃色沉淀,可知Ksp（AgI)＜Ksp(AgCl)，故D錯誤;答案選C。9。鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學中的重要試劑，不溶于冷水,遇沸水或酸則迅速分解.某化學興趣小組設計如圖實驗裝置制取鉍酸鈉。裝置丙中盛有Bi(OH)3（難溶于水）與NaOH溶液混合物。下列說法錯誤的是A.裝置乙中盛裝的試劑是飽和食鹽水B.裝置丙中發(fā)生反應的離子方程式是:Bi(OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3＋2Cl—+3H2OC。從裝置丙中獲得產(chǎn)品的操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥D。為除去所得固體中混有的Bi(OH）3，可用稀鹽酸洗滌【答案】D【解析】【詳解】A．裝置乙中盛裝的試劑是飽和食鹽水，可以降低氯氣的溶解性，吸收氯化氫氣體，用于除去氯氣中的氯化氫氣體，故A正確；B．裝置丙中發(fā)生反應為氯氣、氫氧化鈉和氫氧化鉍反應生成鉍酸鈉、氯化鈉和水，離子反應方程式為：Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3＋2Cl—+3H2O，故B正確;C．鉍酸鈉不溶于冷水,故得到鉍酸鈉的方法是在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故C正確;D．由于鉍酸鈉遇酸迅速分解，除去所得固體中混有的Bi（OH)3，不可用稀鹽酸洗滌,故D錯誤；答案選D。10.金屬鉻(Cr)常用于制造不銹鋼和儀器儀表的金屬表面鍍鉻。由FeCr2O4（亞鉻酸亞鐵）制備Cr的流程如下（+6價鉻元素在酸性條件下以Cr2O72-的形式存在).下列說法錯誤的是A。FeCr2O4中Cr元素的化合價為+3價B.反應①中參加反應的FeCr2O4和Na2CO3的物質(zhì)的量之比為3：1C。反應③的化學方程式為Na2Cr2O7+2CCr2O3+Na2CO3+CO↑D.反應④中的Si可用Al來代替【答案】B【解析】【分析】反應①為：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑，反應②為：2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，反應③為:Na2Cr2O7+2CCr2O3+Na2CO3+CO↑，反應④為3Si+2Cr2O34Cr+3SiO2，然后分析?！驹斀狻緼．FeCr2O4（亞鉻酸亞鐵)中各元素的化合價之和等于0,設Cr元素的化合價為x，+2+2x+4×（—2）=0則Cr元素的化合價為+3價，故A正確;B．根據(jù)反應①為：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑,反應①中參加反應的FeCr2O4和Na2CO3的物質(zhì)的量之比為1:2，故B錯誤;C．+6價鉻元素在酸性條件下以Cr2O72—的形式存在，反應③的化學方程式為Na2Cr2O7+2CCr2O3+Na2CO3+CO↑，故C正確；D．反應④為3Si+2Cr2O34Cr+3SiO2,Al可以和三氧化二鉻發(fā)生,Si可用Al來代替，故D正確;答案選B。11.燃煤工業(yè)鍋爐煙氣中含有1％—3％的CO和0.02％~0.04%的NO，在新型催化劑作用下可消除CO和NO兩種有害氣體，反應機理如圖所示，在反應過程中CO可被O2氧化。下列說法中正確的是A.溫度越高越有利于有害氣體消除B。O2濃度越大催化除雜效果越好C.催化反應的速率由氧化吸附過程決定D。總反應方程式為2NO+2CO=N2+2CO2【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖中信息可知,化學反應為2NO+O22NO2，2NO2+4CON2+4CO2?！驹斀狻緼．在一定溫度下，催化劑的活性能達到最大限度，有利于有害氣體的消除，若溫度過高,使催化劑失去活性，不利于有害氣體的消除，故A錯誤；B．O2濃度稍微增大，可以利于反應正向進行,但是O2濃度太大會把一氧化碳氧化，則不利于有害氣體的消除，故B錯誤;C．催化反應的速率由慢反應決定的,即氧化吸附過程決定,故C正確;D．根據(jù)兩步反應，①2NO+O22NO2,②2NO2+4CON2+4CO2，①+②，得到的總反應為2NO+O2+4CON2+4CO2，故D錯誤；答案選C。12。鋰／氟化碳電池穩(wěn)定性很高。電解質(zhì)為LiClO4的乙二醇二甲醚溶液，總反應為xLi+CFx=xLiF+C，放電產(chǎn)物LiF沉積在正極，工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.正極的電極反應式為CFx+xe-+xLi+=xLiF+CB。交換膜為陰離子交換膜C.電解質(zhì)溶液可用LiClO4的乙醇溶液代替D.b極電勢高于a極電勢【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)電極總反應：xLi+CFx=xLiF+C,鋰作負極,電極反應為xLi—xe—=xLi+，正極是石墨棒,電極反應式為CFx+xe—+xLi+=xLiF+C，鋰離子從負極移向正極，電子的移動方向從負極移向正極，由此分析?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，正極的電極反應式為CFx+xe-+xLi+=xLiF+C，故A正確;B．鋰離子從負極移向正極，交換膜為陽離子交換膜，故B錯誤;C．乙醇和鋰會發(fā)生反應，消耗鋰，產(chǎn)生氫氣,造成電極的損耗和危險，故不能使用LiClO4的乙醇溶液代替LiClO4的乙二醇二甲醚溶液，故C錯誤;D．原電池中，電子從負極經(jīng)導線流向正極，即由低電勢流向高電勢,b極電勢高于a極電勢，故D正確；答案選AD?！军c睛】電化學的題目，分析清晰正負極，電極反應，電子的流向等,由低電勢流向高電勢，電子的流向和電流的流向相反。13。四氧化釕(RuO4）是金黃色針狀晶體，微溶于水，有強氧化性，能氧化濃鹽酸生成Cl2和Ru3+。酸性介質(zhì)中固體Na2RuO4與NaClO溶液或NaClO3溶液反應均可制得RuO4。下列說法正確的是A.若NaClO3與Na2RuO4物質(zhì)的量之比1：3，則還原產(chǎn)物為Cl2B.RuO4與濃鹽酸反應生成11.2LCl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAC。酸性介質(zhì)中氧化性：RuO4＞ClO3—＞Cl2D.在稀硫酸環(huán)境中，Na2RuO4與NaClO反應制備RuO4的化學方程式為Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O【答案】D【解析】【詳解】A．若NaClO3與Na2RuO4物質(zhì)的量之比1：3，酸性介質(zhì)中可制得還原產(chǎn)物RuO4，根據(jù)化合價的變化可知Na2RuO4為還原劑，NaClO3為氧化劑，根據(jù)氧化還原反應，氧化劑得電子的物質(zhì)的量等于還原劑失電子的物質(zhì)的量,設氧化產(chǎn)物中氯元素的化合價為x，（+5-x)×1=（+6-4）×3,x=—1，故還原產(chǎn)物為Cl—，不是Cl2，故A錯誤；B．11。2LCl2所在的條件未知，故無法計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故B錯誤;C．RuO4能氧化濃鹽酸反應生成Cl2，氧化劑RuO4的氧化性大于氧化產(chǎn)物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4與NaClO3溶液反應均可制得RuO4，氧化劑NaClO3的氧化性大于氧化產(chǎn)物RuO4，可以得到氧化性ClO3-＞RuO4，故C錯誤；D．在稀硫酸環(huán)境中，根據(jù)化合價的變化可知，Na2RuO4與NaClO反應得到RuO4和NaCl，根據(jù)元素守恒判斷出生成物還有硫酸鈉和水，化學方程式為:Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O,故D正確；答案選D?！军c睛】得失電子守恒在本題中的應用很關鍵，可以用來判斷生成物.14.一種新型的電解廢水處理技術是以活性炭為電極板和粒子凝膠顆粒填充的電解裝置(如圖所示）。用該裝置電解過程中產(chǎn)生的羥基自由基（?OH）氧化能力極強，能氧化苯酚為CO2、H2O。下列說法錯誤的是A.陽極電極反應為2H2O—4e—=O2↑+H+B.H+通過離子交換膜向陰極移動C。苯酚被氧化的化學方程式為C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2OD.每轉(zhuǎn)移0。7mole一兩極室共產(chǎn)生氣體體積為11。2L（標況)【答案】A【解析】【分析】根據(jù)圖示，b電極中，H2O變?yōu)榱u基自由基(?OH）和H+,發(fā)生氧化反應，則b為陽極,a為陰極，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，b為陽極，結(jié)合圖示，電極反應中產(chǎn)生羥基自由基(?OH）和H+,沒有生成氧氣，正確電極反應為：H2O-e—=?OH+H+,故A錯誤；B．該裝置為電解池，陽離子向陰極移動，陽極產(chǎn)生H+向a電極移動,a為陰極，故B正確；C．根據(jù)題干信息，羥基自由基（?OH)氧化能力極強,能氧化苯酚為CO2、H2O，苯酚被氧化的化學方程式為C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，故C正確;D．根據(jù)分析和電解池中陰陽離子在電極上的放電順序,a電極上氫離子放電，電極反應為:2H++2e—=H2↑，b電極的電極反應為:H2O—e-=?OH+H+，結(jié)合苯酚的氧化過程C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，當轉(zhuǎn)移0.7mole一，b電極生成0。7mol?OH，氧化苯酚時,生成mol=0.15molCO2，標況下的體積為0.15mol×22。4L/mol=3。36L,當轉(zhuǎn)移0。7mole一，a電極上生成0.35mol的氫氣,標況下的體積為0。35mol×22。4L/mol=7.84L，兩極室共產(chǎn)生氣體體積為3。36L+7.84L=11。2L（標況），故D正確;答案選A。15.常溫下,用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0。01mol?L—1的KSCN、K2CrO4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示。下列敘述錯誤的是A.Ksp（Ag2CrO4)的數(shù)值為10-9。92B。a點表示的是Ag2CrO4的不飽和溶液C。沉淀廢液中的Ag+用K2CrO4溶液比等濃度的KSCN溶液效果好D。Ag2CrO4(s）+2SCN-(aq)?2AgSCN(s）+CrO42—(aq）的平衡常數(shù)為1012。08【答案】AC【解析】【分析】溫度不變時，溶度積為常數(shù)，Ksp(AgSCN）=c(SCN—）?c(Ag+）,c（Ag+）增大，則c（SCN-）減小，二者濃度變化倍數(shù)相同；Ksp(Ag2CrO4)=c（CrO42-）?c2（Ag+）,c(Ag+）增大，則c(CrO42—)減小，但二者濃度的變化倍數(shù)不同，結(jié)合曲線分析，當c（Ag+）由10—6mol/L增大10-2mol/L，c(Xn-)由10—6mol/L減小到10—10mol/L,由此可知二者變化倍數(shù)相同，則可以斷定下面的曲線為AgSCN溶解平衡曲線，上方的曲線為Ag2CrO4溶解平衡曲線，據(jù)此分析解答.【詳解】A．根據(jù)分析,上方的曲線為Ag2CrO4溶解平衡曲線，則Ksp（Ag2CrO4）=c(CrO42-)?c2(Ag+)=10—3.92×(10-4）2=10-11.92,故A錯誤；B．a(chǎn)點的c（Ag+）小于溶解平衡時的c(Ag+)，則a點的濃度積Qc（Ag2CrO4）＜Ksp(Ag2CrO4），為Ag2CrO4的不飽和溶液，故B正確；C．溶度積越小，溶液中離子濃度越小,沉淀越完全，Ksp（Ag2CrO4）=c(CrO42-)?c2（Ag+）=10—3.92×(10—4）2=10—11。92,Ksp(AgSCN）=c（SCN—）?c（Ag+)=10—6×10-6=10-12，Ksp(AgSCN）＜Ksp(Ag2CrO4）,沉淀廢液中的Ag+用KSCN溶液比等濃度的K2CrO4溶液效果好，故C錯誤；D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)?2AgSCN(s)+CrO42—（aq）的平衡常數(shù)K==1012。08，故D正確；答案選AC。16。我國采用的Cu2O/TiO2–NaBiO3光催化氧化技術能深度凈化工業(yè)含有機物的廢水?；卮鹣铝袉栴}：(1）鈦(Ti）的基態(tài)原子M能層中能量不同的電子有_____________種。（2)該技術能有效將含有機物廢水中的農(nóng)藥、醇、油等降解為水、二氧化碳、硝酸根離子等小分子.①H2O、CH3OH、分子中O-H鍵的極性最強的是_____________。②C、N、O三種元素的電負性由大到小的順序是_____________。（3）將少量無水硫酸銅溶解在水中，形成藍色溶液，再加入過量氨水，溶液變?yōu)樯钏{色。深藍色離子的結(jié)構(gòu)如圖所示,lmol該離子中所含σ鍵為_____________mol（包括配位鍵）；向深藍色溶液中緩慢加入乙醇，得到深藍色晶體，加熱該晶體先失去組分b的原因是_____________。(4）鉍合金具有凝固時不收縮特性，用于鑄造高精度鑄型。金屬鉍的結(jié)構(gòu)示意圖如圖1所示,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。若鉍原子的半徑為rpm，則該晶體的密度為_____________g?cm-3（用含r和NA數(shù)學表達式表示）.【答案】(1）.3（2)。（3）.O＞N＞C（4).22(5)。NH3與Cu2+的配位能力比H2O強(6）?！?030【解析】【分析】(1）鈦（Ti)的基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，據(jù)此分析解答;（2）①電離難易程度與極性關系，一般極性越大，越容易電離；②同周期元素，隨核電荷數(shù)增大，電負性逐漸增強;(3)單鍵和配位鍵都為σ鍵,根據(jù)圖示分析判斷；乙醇為極性溶劑，NH3與Cu2+的配位能力比H2O強，將H2O奪走,晶體的極性降低；（4）根據(jù)晶胞密度計算公式ρ==計算?！驹斀狻?1）鈦(Ti)的基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2,M能層即為Ti核外第三層，M層中有3個能級,每個能級上的電子能量不同，則能量不同的電子有3種;(2）①H2O、CH3OH、都是極性分子,根據(jù)鈉與水和醇的反應劇烈程度可知，水中的氫活性較大更易電離，電離難易程度與極性關系，一般極性越大，越容易電離,則H2O中O-H鍵的極性大于CH3OH中O—H鍵的極性，水是中性的,苯酚具有酸性,說明苯酚中羥基上的H比水更易電離，則上述分子中O-H鍵的極性最強的是；②C、N、O位于同周期,同周期元素，隨核電荷數(shù)增大，電負性逐漸增強，三種元素的電負性由大到小的順序是O＞N＞C；（3）配位鍵和單鍵都是σ鍵，根據(jù)圖示，a為銅離子,b為NH3,c為H2O，銅離子與NH3、H2O形成6個配位鍵,每個NH3中含有3個σ鍵，每個H2O中含有兩個σ鍵，則lmol該離子中所含σ鍵為1mol×(6+3×4+2×2)=22mol；根據(jù)相似相溶，乙醇為極性溶劑,H2O為極性分子，NH3與Cu2+的配位能力比H2O強，乙醇將H2O奪走,降低藍色晶體的極性，則藍色晶體的溶解度降低而析出;（4）根據(jù)圖2所示，金屬鉍原子位于六棱柱的頂點，面心和體心，該晶胞中鉍原子的個數(shù)為2×+3+×12=6個,根據(jù)圖1所示，若鉍原子的半徑為rpm，則晶胞面的邊長為2rpm，上下面的距離h=rpm，將六棱柱看做6個三棱柱構(gòu)成，每個三棱柱的體積為×2rpm×rpm×rpm=4r3pm3=4×10—30r3cm3，則晶胞的體積為6×4×10-30r3cm3=24×10—30r3cm3,則該晶胞的密度為ρ====×1030g?cm—3。17。1,3－丁二烯是重要的化工原料，工業(yè)上常用1-丁烯催化脫氫的方法制備.將0.lmol1－丁烯和0.675mol水蒸氣組成的混合氣,在80kPa恒壓下進行反應：CH3CH2CH=CH2(g）CH2=CHCH=CH2(g）+H2（g）△H。請回答下列問題：(1)已知化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下,由此計算△H=____________kJ?mo1-1?；瘜W鍵C－CC=CC－HH－H鍵能/kJ?mol-1348612412436(2）如圖表示脫氫反應中溫度對1－丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率的影響,工業(yè)生產(chǎn)通常控制反應溫度600℃.①請解釋工業(yè)生產(chǎn)控制溫度在600℃的原因___________。②此溫度下反應進行2。5h后達到平衡,從開始反應到建立平衡，以H2表示的反應速率為v(H2)=_________kPa?h—1；脫氫反應的平衡常數(shù)Kp=_________kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，p分=p總×物質(zhì)的量分數(shù)).(3）在密閉容器中反應達到平衡后，再充入1.575mol1－丁烯和1.625mol1，3－丁二烯,化學反應向_________(填“正反應”、“逆反應或“不移動")方向進行。【答案】(1).124（2）.600℃時1—丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率高，催化劑活性強(3).1(4）.(5).正反應【解析】【分析】(1）根據(jù)表格鍵能數(shù)據(jù)，△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能；（2)①催化劑的活性與溫度有關；②根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，列“三段式”計算解答；(3）根據(jù)Qc與平衡常數(shù)K的關系分析判斷反應進行的方向。【詳解】（1）根據(jù)表格鍵能數(shù)據(jù)，△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能=8EC—H+2EC—C+EC=C—6EC-H—EC—C-2EC=C-EH-H=2EC-H+EC-C—EC=C—EH—H=2×412kJ?mol—1+348kJ?mol-1-612kJ?mol-1-436kJ?mol-1=+124kJ?mol-1；（2）①催化劑的活性與溫度有關，600℃時催化劑的活性最大，1—丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率高；②根據(jù)圖表數(shù)據(jù)，600℃達到平衡時，1-丁烯的轉(zhuǎn)化率為25%,列“三段式”：p（H2）=80kPa×=2。5kPa，p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa×=2。5kPa，p（CH3CH2CH=CH2）=80kPa×=7。5kPa，則以H2表示的反應速率為v(H2）==1kPa?h-1,平衡常數(shù)Kp=;（3）在密閉容器中反應達到平衡后，再充入1。575mol1－丁烯和1.625mol1，3－丁二烯,n（CH3CH2CH=CH2)=1.575mol+0.075mol=1。65mol，n（CH3CH2CH=CH2)=1.625mol+0。025mol=1。65mol,則此時p(H2）=80kPa×=0。5kPa,p(CH2=CHCH=CH2）=80kPa×=16.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)=80kPa×=16。5kPa，Qc==0.5kPa＜K=，反應未達到平衡,向正反應方向移動.【點睛】易錯點為(2）的第二小題，在換算分壓計算平衡常數(shù)和反應速率時,要注意反應系中含有未參與反應的水蒸氣，水蒸氣雖然沒有參與反應，但在平衡體系中，也占有一定分壓。18.氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工原料,常用作催化劑、殺菌劑?；瘜W小組用如圖裝置(部分夾持裝置略去)制備氯化亞銅。已知：①氯化亞銅是一種白色固體,能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空氣中會被迅速氧化。②在酸性條件下，某些中間價態(tài)的離子能發(fā)生自身氧化還原反應。實驗步驟：I。打開分液漏斗活塞，向三頸瓶中加鹽酸調(diào)pH至2～3.打開活塞K，通入SO2，溶液中產(chǎn)生白色沉淀，待反應完全后，再通一段時間的氣體。II.將反應混合液過濾、洗滌、干燥得CuCl粗產(chǎn)品，純化后得CuCl產(chǎn)品?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置B的作用是________。(2）步驟I中通入SO2發(fā)生反應的離子方程式是________。（3）步驟II中采用抽濾法過濾的主要目的是________;用95%的乙醇代替蒸餾水洗滌的優(yōu)點是________.(4)化學小組同學在實驗過程中,將分液漏斗中的0.lmol?L—1鹽酸換為6mol?L-1鹽酸,通入SO2,最終未得到白色沉淀。①對此現(xiàn)象有如下猜想:猜想一：Cl-濃度過大,與CuCl發(fā)生反應小組同學對猜想一的原理進行深入研究,查閱資料知:CuCl+Cl-?CuCl2—，據(jù)此設計實驗：將上述未得到沉淀的溶液_____(填操作)，若觀察到有白色沉淀析出，證明猜想一正確。②猜想二：________.設計驗證猜想二是否成立的實驗方案________?！敬鸢浮浚?）。安全瓶或防止發(fā)生倒吸(2).SO2+2Cu2++2Cl—+2H2O=2CuCl↓+SO42—+4H+（3）.快速過濾,防止氯化亞銅被氧化（4)。減小CuCl的損失，同時加快固體的干燥(5)。加水稀釋(6).強酸性條件下，CuCl發(fā)生自身氧化還原反應(歧化反應）(7)。取CuCl固體,加入3rnol?L-1的H2SO4溶液，若白色沉淀消失，得到藍色溶液,有紅色固體生成，證明猜想二成立,反之，不成立【解析】【分析】(1)B裝置可防止尾氣處理時產(chǎn)生倒吸;（2)SO2與氯化銅溶液反應生成氯化亞銅和硫酸;(3）步驟II中采用抽濾法可加快過濾的速度，減少有空氣接觸的時間；已知①氯化亞銅是一種白色固體，能溶于氨水，微溶于水,不溶于酒精；在空氣中會被迅速氧化分析；(4)①Cl-濃度過大，與CuCl發(fā)生反應，減小Cl—濃度的濃度觀察是否有沉淀生成;②根據(jù)已知信息②在酸性條件下,某些中間價態(tài)的離子能發(fā)生自身氧化還原反應?！驹斀狻?1)SO2屬于大氣污染物，不能排放到空氣中,用NaOH溶液處理尾氣時容易引起倒吸，B裝置可防止尾氣處理時產(chǎn)生倒吸，B裝置的作用為安全瓶或防止發(fā)生倒吸；（2）SO2與氯化銅溶液反應生成氯化亞銅和硫酸，離子反應方程式為:SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42—+4H+；(3）已知①氯化亞銅是一種白色固體，能溶于氨水,微溶于水，不溶于酒精；在空氣中會被迅速氧化,步驟II中采用抽濾法可加快過濾的速度，減少有空氣接觸的時間，防止氯化亞銅被氧化；氯化亞銅微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有揮發(fā)性，可快速帶走固體表面的水分，則用95％的乙醇代替蒸餾水洗滌的優(yōu)點是減小CuCl的損失，同時加快固體的干燥；（4）①Cl-濃度過大，與CuCl發(fā)生反應，減小Cl-的濃度觀察是否有沉淀生成,則操作為將上述未得到沉淀的溶液加水稀釋，若觀察到有白色沉淀析出，說明猜想一Cl-濃度過大影響氯化亞銅的生成是正確的；②根據(jù)已知信息②在酸性條件下，某些中間價態(tài)的離子能發(fā)生自身氧化還原反應，則猜想二為強酸性條件下，CuCl發(fā)生自身氧化還原反應(歧化反應），驗證猜想的方法為：取CuCl固體，加入3rnol?L—1的H2SO4溶液，若白色沉淀消失，得到藍色溶液，有紅色固體生成，證明猜想二成立，反之,不成立。19?！跋⊥林?徐光憲對稀土萃取分離做出了巨大貢獻。稀土是隱形戰(zhàn)機、超導、核工業(yè)等高精尖領域必備的原料。鈧(Sc)是稀土金屬之一，如圖是制備Sc的工藝流程.已知：xNH4Cl?yScF3?zH2O是ScF3與氯化物形成的復鹽沉淀，在強酸中部分溶解?！懊撍@"是復鹽沉淀的熱分解過程。據(jù)此回答：(1）在空氣中焙燒Sc2（C2O4)3只生成一種碳氧化物的化學方程式為________。（2）圖1是含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關系。用氨調(diào)節(jié)溶液pH，調(diào)節(jié)3.5〈pH<4.2原因是________。（3)圖2是“脫水除銨”過程中固體質(zhì)量與溫度的關系，其中在380℃到400℃會有白煙冒出,保溫至無煙氣產(chǎn)生，即得到ScF3，由圖像中數(shù)據(jù)計算復鹽中x：z=________;工藝流程中可回收利用的物質(zhì)是________。（4)傳統(tǒng)制備ScF3的方法是先得到ScF3?6H2O沉淀，再高溫脫水得ScF3，但通常含有ScOF雜質(zhì)，原因是________(用化學方程式表示）.流程中將復鹽沉淀后“脫水除銨”制得純度很高的SeF3,其原因是________?！敬鸢浮?1).2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2（2）.pH<3。5沉淀會在強酸中部分溶解，pH〉4。2會生成鈧的氫氧化物雜質(zhì)（3）。1：2(4).NH3和HCl（5）。ScF3+H2O=ScOF+2HF(6）。脫銨時NH4Cl分解，生成HCl,抑制Sc3+水解【解析】【分析】在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3只生成一種碳氧化物CO2和Sc2O3，在濃鹽酸、氟化銨等條件下生成復鹽xNH4Cl?yScF3?zH2O,脫水,脫銨，得ScF3，最后用鈣還原生成鈧（Sc)單質(zhì)?！驹斀狻浚?)在空氣中焙燒Sc2（C2O4）3只生成一種碳氧化物CO2和Sc2O3，化學方程式為2Sc2(C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2。故答案為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2;（2）根據(jù)圖1，含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關系，用氨調(diào)節(jié)溶液pH,調(diào)節(jié)3。5〈pH<4.2原因是pH〈3。5沉淀會在強酸中部分溶解，pH〉4。2會生成鈧的氫氧化物雜質(zhì)。故答案為:pH<3.5沉淀會在強酸中部分溶解，pH〉4。2會生成鈧的氫氧化物雜質(zhì)；（3）“脫水除銨"過程中，在380℃到400℃會有白煙