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陕西省西安中学2020届高三第八次模拟考试化学试题
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西安中学2020届高三第八次模拟考试
化学试题
可能用到的相对相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ba-137 Co-59 Sr-88
一、选择题
1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A. 传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质
B. 硫酸亚铁可用作袋装食品的脱氧剂
C. 用水玻璃浸泡过的纺织品可防火
D. 食用单晶冰糖的主要成分是单糖
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里所得到的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体性质，A选项正确；
B．硫酸亚铁里的铁元素为+2价具有还原性，与空气中的氧气反应，可以用于袋装食品的脱氧剂，B选项正确；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，不易燃烧，用水玻璃浸泡过的纺织品可防火，C选项正确；
D．冰糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，D选项错误；
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 28g乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA
B. 2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NA
C. 室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NA
D. 标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯与丙烯的分子中都含有一个碳碳双键，但二者的摩尔质量不同，故28g混合物的物质的量无法计算，故含有的碳碳双键无法计算，故A错误；
B．酯化反应是可逆反应，2mol冰醋酸与4mol乙醇反应生成的乙酸乙酯的物质的量小于2mol，即个数小于2NA，故B错误；
C．pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C正确；
D．标况下11.2L氯气的物质的量为=0.5mol，氯气与水的反应属于可逆反应，氯气不能完全反应，故Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；
答案选C。
3.关于有机物a()、b()、c()的说法错误的是
A. a、b、c互为同分异构体
B. a、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. a、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的量之比是4∶3
D. a、b、c的一氯代物分别有4种、1种、2种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A.a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，属于同分异构体，故A项正确；
B.a、c均有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故B项正确；
C.与足量氢气反应时，1mol a完全加成消耗4mol氢气，1mol c完全加成消耗3mol氢气，a、c消耗氢气的物质的量之比是4∶3，故C项正确；
D.a中苯环上一氯代物有3种，侧链上有2种，共5种，b的一氯代物有1种，c的一氯代物有2种，故D项错误；
综上，本题选D。
4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
5.某同学分别用下列装置a和b制备溴苯，下列说法错误的是
A. 两烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低
B. a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应
C. b装置试管中CCl4吸收Br2，液体变红棕色
D. b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟
【答案】B
【解析】
【详解】A．制备溴苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溴挥发，成为红棕色的溴蒸气，故A正确；
B．a装置中的溴蒸气挥发进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色的溴化银沉淀，故a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；
C．b装置中挥发的Br2被CCl4吸收，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液，故C正确；
D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，用浓氨水吸收HBr，挥发的NH3和HBr反应生成固体NH4Br，有白烟生成，故D正确；
答案选B。
6.利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
B. A膜和C膜均为阴离子交换膜
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.4mol
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息，左侧为原电池，右侧为电解池，a极为原电池的负极，电极反应式CH4 -8e-+4O2-=CO2+2H2O，b极为正极，电极反应式O2+4e-=2O2-，阳极室的电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阳极室的Ca2+通过A膜（阳离子交换膜）进入产品室，阴极室的电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极不参与反应，可以用铁电极替换石墨电极，原料室的Na+通过C膜（阳离子交换膜）进入阴极室，原料室的H2PO4-通过B膜（阴离子交换膜）进入产品室，在产品室中制得产品Ca(H2PO4)2，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析知，a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，A选项正确；
B．根据上述分析可知，A膜、C膜均为阳离子交换膜，B选项错误；
C．阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C选项正确；
D．a极上通入2.24 L（标准状况下）甲烷，转移电子0.8mol，根据e-守恒，阳极室中Cl-失去的电子也为0.8mol，所以消耗的Cl-0.8mol，即负电荷减少0.8mol，所以阳极室中带正电荷的0.4molCa2+移向产品室，即Ca2+减少0.4mol，D选项正确；
答案选B。
7.已知。室温下用的滴定某一元酸的结果如图所示，下列说法中正确的是
A. 属于弱酸
B. 整个过程中，点时水的电离程度最大
C. 点对应液中
D. 的数量级为
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由A点可知0.01mol/LHQ溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以属于强酸，故A错误；
B. 整个过程中，当酸碱恰好完全反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，故B错误；
C.E点溶液为等浓度NH4Q和NH3·H2O混合液，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(Q-)=c(NH4+)+c(H+) ，根据物料守恒有：2c(Q-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，所以点对应液中2c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+2c(H+)，故C错误；
D. E点溶液为等浓度NH4Q和NH3·H2O混合液，由于电离和水解都很微弱，c(NH3·H2Oc(NH4+)。NH3·H2O NH4++ OH-，Kb(NH3·H2O)=≈c(OH-)，由图象可知，E点时=-4.5，再根据水的离子积Kw= c(H+)×c(OH-)=110-14，解得c(OH-)=10-4.75=100.2510-5，所以的数量级为，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
8.苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如图：
试剂相关性质如下表：
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色针状晶体
无色液体
无色透明液体
沸点/℃
249.0
78.0
212.6
相对分子量
122
46
150
溶解性
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
与水任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
回答下列问题：
(1)为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为__。
(2)步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂(无水硫酸铜的乙醇饱和溶液)放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇(约0.5mol)和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5～2h。仪器A的作用是__。
(3)随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为__。
(4)反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有__。
(5)反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水目的除了溶解乙醇外，还有__；加入试剂X为___(填写化学式)。
(6)最终得到产物纯品10.0g，实验产率为__%(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). 重结晶 (2). 冷凝回流乙醇和水 (3). 吸水剂由白色变为蓝 (4). 蒸馏 (5). 分液漏斗 (6). 降低苯甲酸乙酯的溶解度，利于分层 (7). Na2CO3或NaHCO3 (8). 66.7
【解析】
【分析】
苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。
【详解】(1)可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度，故答案为：重结晶；
(2)仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水，该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发，故答案为：冷凝回流乙醇和水；
(3)仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色，故答案为：吸水剂由白色变为蓝色；
(4)苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：蒸馏；分液漏斗；
(5)因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂Na2CO3溶液或NaHCO3溶液进行除杂，故答案为：降低苯甲酸乙酯的溶解度，利于分层；Na2CO3或NaHCO3；
(6)12.2g苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论上产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实验产率为，故答案为：66.7。
9.钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl－>Co2＋；
②Fe3＋和结合生成较稳定的[Fe（C2O4）3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是________。
（2）从含铝废液得到Al（OH）3的离子方程式为___________
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式____________
（4）滤渣的主要成分为_______（填化学式）。
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号
温度范围/℃
化学方程式
固体失重率
Ⅰ
120～220
CoC2O4·2H2O CoC2O4＋2H2O
19.67%
Ⅱ
300～350
______
59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为________ mol·L－1。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3- (3). FeCl3、CoCl2 (4). 2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl (5). C (6). 2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2 (7). 0.02
【解析】
【分析】
(1)从反应物呈粉末状接触面积极大对反应的影响来回答；
(2)流程图知含铝废液呈碱性，因此是偏铝酸根溶液中通过量二氧化碳，写得到Al（OH）3的离子方程式；
(3)滤液A的成分，从电池所含的物质与HCl反应来回答，当然要排除已转移到碱液中的铝元素； LiCoO2和盐酸反应的化学方程式，结合信息判断是氧化还原反应，按氧化还原反应规律书写；
(4)滤渣的主要成分为废电池总既不溶于酸又不溶于碱的成分；
(5) 补充完整表中问题，要从所提供的信息、数据，结合元素质量守恒定律计算得出；
(6)离子浓度的计算，先要用浓度是和KSP的关系判断是否有碳酸锂沉淀，如有沉淀，结合数据计算，如没有沉淀，则就是混合溶液中离子的浓度；
【详解】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4•2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32-=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；
(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2) 偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；
答案为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；
(3) LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；
答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；
(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；
答案为：C；
(5) 在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；
由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2；
答案为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2；
(6) 将浓度为0.02mol•L-1的Li2SO4和浓度为0.02mol•L-1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+) =0.02mol/L，c(CO32-) =0.01mol/L，计算浓度商 =4×10-6
【点睛】(6)容易错，稀溶液等体积混合后，所得溶液中粒子的浓度因体积扩倍而物质的量浓度减半。
10.丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢制丙烯具有显著的经济价值和社会意义。回答下列问题。
（1）已知：I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ΔH=-238kJ·mol-1
II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-484kJ·mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH为___。
（2）如图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。
104Pa时，图中表示丙烯的曲线是__(填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，发生丙烷脱氢制丙烯反应。
①下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是__(填字母)。
A.该反应的焓变(ΔH)保持不变
B.气体平均摩尔质量保持不变
C.气体密度保持不变
D.C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等
②欲使丙烯的平衡产率提高，应采取的措施是__（填标号）。
A.升高温度 B.降低温度 C.增大压强 D.降低压强
③为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则丙烷脱氢反应的K__(填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）丙烷脱氢制丙烯反应过程中，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图a所示。此温度下该反应的平衡常数Kp=__kPa(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。
（5）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。
图中催化剂为__。该工艺可以有效消除催化剂表面积炭，维持催化剂活性，原因是__。
【答案】 (1). +123kJ/mol (2). i (3). BD (4). AD (5). 增大 (6). 0.9P (7). CrO3 (8). C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面
【解析】
【分析】
根据已知热化学方程式和盖斯定律进行计算；结合压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小判断丙烯的代表曲线；根据“变量”可作为达到平衡的标志进行分析判断；根据达到平衡时，丙烷的体积分数为25%，列出三段式计算平衡时各气体的物质的量分数，进而计算分压，再计算Kp。
【详解】(1)已知热化学方程式：I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ∆H=-238kJ·mol-1，II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，(I-II)可得目标方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则，故答案为：+123kJ/mol；
(2)C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，△H1=+124.3kJ/mol，温度越高丙烯的体积分数越大；压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小，丙烯是生成物，减压过程中体积分数增大，由此判断图中表示丙烯的曲线是i，故答案为i；
(3)①容器的容积不变，该反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的正反应为气体物质的量增大的反应。
A．该反应的焓变(∆H)为一定值，无论反应是否达到平衡，始终保持不变，则该反应的焓变(∆H)保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；
B．混合气体的总质量不变，随着反应的进行，气体物质的量增大，则气体平均摩尔质量会减小，则当气体平均摩尔质量保持不变时，能说明反应达到平衡状态，故B符合；
C．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，则气体密度为一定值，始终保持不变，则气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合；
D．C3H8的分解速率为正反应速率，C3H6的消耗速率为逆反应速率，二者相等，则C3H8的分解速率与C3H8的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故D符合；
故答案为：BD；
②反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124.3kJ/mol，正反应为吸热反应，反应前后体积增大，可采用升高温度和降低压强的方法使丙烯的平衡产率提高，故答案为：AD；
③恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反应温度升高，平衡正向移动，丙烷脱氢反应的平衡常数K增大，故答案为：增大；
(4)由图可知达到平衡时，丙烷的体积分数为25%，设丙烷的转化量为xmol，可列出三段式
则丙烷的体积分数为，解得x=0.6，则平衡时气体总物质的量为1.6mol，根据恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比可得，平衡时，气体的总压强为1.6pkPa，丙烯的物质的量分数、氢气的物质的量分数均为，则p(C3H8)=，p(C3H6)=p(H2)=，则，故答案为：0.9P；
(5)根据图示可知，该工艺中CrO3作催化剂时，碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：CrO3；C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。
【点睛】化学平衡状态的判断是易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。
（二）选考题
11.过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。
(1)金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为__；基态Mn原子核外有__个未成对电子，M层的电子云有__种不同的伸展方向。金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用“__理论”解释。
(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是__。
(3)NO与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。配位体NO的中心原子的杂化形式为__，空间构型为__。大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为，则NO中大π键应表示为__。
(4)铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d点的坐标参数为__，已知该晶体的密度为ρg•cm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为__pm。
【答案】 (1). 3d34s2 (2). 5 (3). 9 (4). 电子气 (5). Ga：[Ar]3d104s24p1、Zn：[Ar]3d104s2，Zn：3d104s2，3d全满，能量低，稳定，难失电子，因此Ga的第一电离能明显低于Zn (6). sp2 (7). V形 (8). (9). (，，) (10). ×1010
【解析】
【分析】
(1)钒是32号元素，基态钒原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；基态Mn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；M能层上有3s、3p、3d能级；金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都是因为有自由移动的电子，可以用“电子气”理论解释；
(2)根据价电子排布判断电离能的大小；
(3)配位体NO2-的中心原子N原子价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论 判断N原子的杂化形式及空间构型；NO2-中大π键由3个原子提供，NO2-中价电子总数为5+6×2+1=18，N与O形成2个σ键，O原子的2s、2p轨道中各有1对孤电子对，形成大π键电子数为18-2×2-4×2=6，即形成3中心6电子大π键；
(4)d处于晶胞体对角线上且将体对角线分成长度为3：1两段，可知d到左侧平面、前平面、下底面的距离分别为、、；均摊法计算晶胞中Cu、O原子数目，计算晶胞中原子总质量，结合晶体密度=计算晶胞参数。
【详解】(1)钒是32号元素，基态钒原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则基态钒原子的价层电子的排布式为3d34s2；基态Mn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，根据排布式可知，核外3d轨道上有5个电子未成对的电子；M能层上有3s、3p、3d能级，s能级上的电子只有1个伸展方向，p能级上的电子有3个伸展方向，d能级上的电子有5个伸展方向，则M能层上有9种不同的伸展方向；金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都是因为有自由移动的电子，可以用“电子气”理论解释；
(2)基态Ga原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p1、基态Zn原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s2，基态Zn原子简化电子排布式为：3d104s2，基态Zn原子的3d全满，能量低，难失电子，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga；
(3)配位体NO2-的中心原子N原子价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化形式及空间构型分别为sp2、V形；NO2-中大π键由3个原子提供，NO2-中价电子总数为5+6×2+1=18，N与O形成2个σ键，O原子的2s、2p轨道中各有1对孤电子对，形成大π键电子数为18-2×2-4×2=6，即形成3中心6电子大π键，可表示为；
(4)d处于晶胞体对角线上且将体对角线分成长度为3：1两段，可知d到左侧平面、前平面、下底面的距离分别为、、，故d的坐标参数为(，，)；均摊法计算晶胞中Cu原子数目=4、O原子数目=1+8×=2，故晶胞中原子总质量=g，设晶胞参数为n，则：g=ρg/cm3×n3，解得n=×1010pm。
【点睛】核外价层电子排布为半充满，全满、全空状态时，原子的能量最低，较稳定，其第一电离能要比相邻元素的第一电离能大，元素周期表中位于第Ⅱ、ⅤA族元素都比相邻元素的第一电离能大。
12.香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下:
已知:①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物;在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是____，G中含氧官能团的名称是____。
（2）②的反应类型是____，B和F的结构简式分别为______、______。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂:______;C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有____种。
（4）写出反应①的化学方程式:_____________。
（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_______________
【答案】 (1). 甲苯 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). (5). (6). 酸性高锰酸钾溶液 (7). 4 (8). +CH3COOH+H2O (9).
【解析】
【分析】
由C→及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息①，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反应生成的G为。据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；
(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、，故答案为加成反应；；；
(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种，故答案为酸性高锰酸钾溶液；4；
(4)反应①为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为+CH3COOH+H2O；
(5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为，故答案为。
【点睛】本题考查了有机合成与推断。主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。
化学试题
可能用到的相对相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ba-137 Co-59 Sr-88
一、选择题
1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A. 传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质
B. 硫酸亚铁可用作袋装食品的脱氧剂
C. 用水玻璃浸泡过的纺织品可防火
D. 食用单晶冰糖的主要成分是单糖
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里所得到的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体性质，A选项正确；
B．硫酸亚铁里的铁元素为+2价具有还原性，与空气中的氧气反应，可以用于袋装食品的脱氧剂，B选项正确；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，不易燃烧，用水玻璃浸泡过的纺织品可防火，C选项正确；
D．冰糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，D选项错误；
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 28g乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA
B. 2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NA
C. 室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NA
D. 标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯与丙烯的分子中都含有一个碳碳双键，但二者的摩尔质量不同，故28g混合物的物质的量无法计算，故含有的碳碳双键无法计算，故A错误；
B．酯化反应是可逆反应，2mol冰醋酸与4mol乙醇反应生成的乙酸乙酯的物质的量小于2mol，即个数小于2NA，故B错误；
C．pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C正确；
D．标况下11.2L氯气的物质的量为=0.5mol，氯气与水的反应属于可逆反应，氯气不能完全反应，故Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；
答案选C。
3.关于有机物a()、b()、c()的说法错误的是
A. a、b、c互为同分异构体
B. a、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. a、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的量之比是4∶3
D. a、b、c的一氯代物分别有4种、1种、2种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A.a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，属于同分异构体，故A项正确；
B.a、c均有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故B项正确；
C.与足量氢气反应时，1mol a完全加成消耗4mol氢气，1mol c完全加成消耗3mol氢气，a、c消耗氢气的物质的量之比是4∶3，故C项正确；
D.a中苯环上一氯代物有3种，侧链上有2种，共5种，b的一氯代物有1种，c的一氯代物有2种，故D项错误；
综上，本题选D。
4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
5.某同学分别用下列装置a和b制备溴苯，下列说法错误的是
A. 两烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低
B. a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应
C. b装置试管中CCl4吸收Br2，液体变红棕色
D. b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟
【答案】B
【解析】
【详解】A．制备溴苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溴挥发，成为红棕色的溴蒸气，故A正确；
B．a装置中的溴蒸气挥发进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色的溴化银沉淀，故a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；
C．b装置中挥发的Br2被CCl4吸收，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液，故C正确；
D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，用浓氨水吸收HBr，挥发的NH3和HBr反应生成固体NH4Br，有白烟生成，故D正确；
答案选B。
6.利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
B. A膜和C膜均为阴离子交换膜
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.4mol
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息，左侧为原电池，右侧为电解池，a极为原电池的负极，电极反应式CH4 -8e-+4O2-=CO2+2H2O，b极为正极，电极反应式O2+4e-=2O2-，阳极室的电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阳极室的Ca2+通过A膜（阳离子交换膜）进入产品室，阴极室的电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极不参与反应，可以用铁电极替换石墨电极，原料室的Na+通过C膜（阳离子交换膜）进入阴极室，原料室的H2PO4-通过B膜（阴离子交换膜）进入产品室，在产品室中制得产品Ca(H2PO4)2，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析知，a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，A选项正确；
B．根据上述分析可知，A膜、C膜均为阳离子交换膜，B选项错误；
C．阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C选项正确；
D．a极上通入2.24 L（标准状况下）甲烷，转移电子0.8mol，根据e-守恒，阳极室中Cl-失去的电子也为0.8mol，所以消耗的Cl-0.8mol，即负电荷减少0.8mol，所以阳极室中带正电荷的0.4molCa2+移向产品室，即Ca2+减少0.4mol，D选项正确；
答案选B。
7.已知。室温下用的滴定某一元酸的结果如图所示，下列说法中正确的是
A. 属于弱酸
B. 整个过程中，点时水的电离程度最大
C. 点对应液中
D. 的数量级为
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由A点可知0.01mol/LHQ溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以属于强酸，故A错误；
B. 整个过程中，当酸碱恰好完全反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，故B错误；
C.E点溶液为等浓度NH4Q和NH3·H2O混合液，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(Q-)=c(NH4+)+c(H+) ，根据物料守恒有：2c(Q-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，所以点对应液中2c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+2c(H+)，故C错误；
D. E点溶液为等浓度NH4Q和NH3·H2O混合液，由于电离和水解都很微弱，c(NH3·H2Oc(NH4+)。NH3·H2O NH4++ OH-，Kb(NH3·H2O)=≈c(OH-)，由图象可知，E点时=-4.5，再根据水的离子积Kw= c(H+)×c(OH-)=110-14，解得c(OH-)=10-4.75=100.2510-5，所以的数量级为，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
8.苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如图：
试剂相关性质如下表：
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色针状晶体
无色液体
无色透明液体
沸点/℃
249.0
78.0
212.6
相对分子量
122
46
150
溶解性
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
与水任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
回答下列问题：
(1)为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为__。
(2)步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂(无水硫酸铜的乙醇饱和溶液)放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇(约0.5mol)和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5～2h。仪器A的作用是__。
(3)随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为__。
(4)反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有__。
(5)反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水目的除了溶解乙醇外，还有__；加入试剂X为___(填写化学式)。
(6)最终得到产物纯品10.0g，实验产率为__%(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). 重结晶 (2). 冷凝回流乙醇和水 (3). 吸水剂由白色变为蓝 (4). 蒸馏 (5). 分液漏斗 (6). 降低苯甲酸乙酯的溶解度，利于分层 (7). Na2CO3或NaHCO3 (8). 66.7
【解析】
【分析】
苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。
【详解】(1)可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度，故答案为：重结晶；
(2)仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水，该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发，故答案为：冷凝回流乙醇和水；
(3)仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色，故答案为：吸水剂由白色变为蓝色；
(4)苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：蒸馏；分液漏斗；
(5)因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂Na2CO3溶液或NaHCO3溶液进行除杂，故答案为：降低苯甲酸乙酯的溶解度，利于分层；Na2CO3或NaHCO3；
(6)12.2g苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论上产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实验产率为，故答案为：66.7。
9.钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl－>Co2＋；
②Fe3＋和结合生成较稳定的[Fe（C2O4）3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是________。
（2）从含铝废液得到Al（OH）3的离子方程式为___________
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式____________
（4）滤渣的主要成分为_______（填化学式）。
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号
温度范围/℃
化学方程式
固体失重率
Ⅰ
120～220
CoC2O4·2H2O CoC2O4＋2H2O
19.67%
Ⅱ
300～350
______
59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为________ mol·L－1。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3- (3). FeCl3、CoCl2 (4). 2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl (5). C (6). 2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2 (7). 0.02
【解析】
【分析】
(1)从反应物呈粉末状接触面积极大对反应的影响来回答；
(2)流程图知含铝废液呈碱性，因此是偏铝酸根溶液中通过量二氧化碳，写得到Al（OH）3的离子方程式；
(3)滤液A的成分，从电池所含的物质与HCl反应来回答，当然要排除已转移到碱液中的铝元素； LiCoO2和盐酸反应的化学方程式，结合信息判断是氧化还原反应，按氧化还原反应规律书写；
(4)滤渣的主要成分为废电池总既不溶于酸又不溶于碱的成分；
(5) 补充完整表中问题，要从所提供的信息、数据，结合元素质量守恒定律计算得出；
(6)离子浓度的计算，先要用浓度是和KSP的关系判断是否有碳酸锂沉淀，如有沉淀，结合数据计算，如没有沉淀，则就是混合溶液中离子的浓度；
【详解】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4•2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32-=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；
(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2) 偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；
答案为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；
(3) LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；
答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2＋8HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl；
(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；
答案为：C；
(5) 在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；
由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2；
答案为：2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2；
(6) 将浓度为0.02mol•L-1的Li2SO4和浓度为0.02mol•L-1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+) =0.02mol/L，c(CO32-) =0.01mol/L，计算浓度商 =4×10-6
【点睛】(6)容易错，稀溶液等体积混合后，所得溶液中粒子的浓度因体积扩倍而物质的量浓度减半。
10.丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢制丙烯具有显著的经济价值和社会意义。回答下列问题。
（1）已知：I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ΔH=-238kJ·mol-1
II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-484kJ·mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH为___。
（2）如图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。
104Pa时，图中表示丙烯的曲线是__(填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，发生丙烷脱氢制丙烯反应。
①下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是__(填字母)。
A.该反应的焓变(ΔH)保持不变
B.气体平均摩尔质量保持不变
C.气体密度保持不变
D.C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等
②欲使丙烯的平衡产率提高，应采取的措施是__（填标号）。
A.升高温度 B.降低温度 C.增大压强 D.降低压强
③为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则丙烷脱氢反应的K__(填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）丙烷脱氢制丙烯反应过程中，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图a所示。此温度下该反应的平衡常数Kp=__kPa(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。
（5）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。
图中催化剂为__。该工艺可以有效消除催化剂表面积炭，维持催化剂活性，原因是__。
【答案】 (1). +123kJ/mol (2). i (3). BD (4). AD (5). 增大 (6). 0.9P (7). CrO3 (8). C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面
【解析】
【分析】
根据已知热化学方程式和盖斯定律进行计算；结合压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小判断丙烯的代表曲线；根据“变量”可作为达到平衡的标志进行分析判断；根据达到平衡时，丙烷的体积分数为25%，列出三段式计算平衡时各气体的物质的量分数，进而计算分压，再计算Kp。
【详解】(1)已知热化学方程式：I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ∆H=-238kJ·mol-1，II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，(I-II)可得目标方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则，故答案为：+123kJ/mol；
(2)C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，△H1=+124.3kJ/mol，温度越高丙烯的体积分数越大；压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小，丙烯是生成物，减压过程中体积分数增大，由此判断图中表示丙烯的曲线是i，故答案为i；
(3)①容器的容积不变，该反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的正反应为气体物质的量增大的反应。
A．该反应的焓变(∆H)为一定值，无论反应是否达到平衡，始终保持不变，则该反应的焓变(∆H)保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；
B．混合气体的总质量不变，随着反应的进行，气体物质的量增大，则气体平均摩尔质量会减小，则当气体平均摩尔质量保持不变时，能说明反应达到平衡状态，故B符合；
C．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，则气体密度为一定值，始终保持不变，则气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合；
D．C3H8的分解速率为正反应速率，C3H6的消耗速率为逆反应速率，二者相等，则C3H8的分解速率与C3H8的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故D符合；
故答案为：BD；
②反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124.3kJ/mol，正反应为吸热反应，反应前后体积增大，可采用升高温度和降低压强的方法使丙烯的平衡产率提高，故答案为：AD；
③恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反应温度升高，平衡正向移动，丙烷脱氢反应的平衡常数K增大，故答案为：增大；
(4)由图可知达到平衡时，丙烷的体积分数为25%，设丙烷的转化量为xmol，可列出三段式
则丙烷的体积分数为，解得x=0.6，则平衡时气体总物质的量为1.6mol，根据恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比可得，平衡时，气体的总压强为1.6pkPa，丙烯的物质的量分数、氢气的物质的量分数均为，则p(C3H8)=，p(C3H6)=p(H2)=，则，故答案为：0.9P；
(5)根据图示可知，该工艺中CrO3作催化剂时，碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：CrO3；C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。
【点睛】化学平衡状态的判断是易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。
（二）选考题
11.过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。
(1)金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为__；基态Mn原子核外有__个未成对电子，M层的电子云有__种不同的伸展方向。金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用“__理论”解释。
(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是__。
(3)NO与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。配位体NO的中心原子的杂化形式为__，空间构型为__。大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为，则NO中大π键应表示为__。
(4)铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d点的坐标参数为__，已知该晶体的密度为ρg•cm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为__pm。
【答案】 (1). 3d34s2 (2). 5 (3). 9 (4). 电子气 (5). Ga：[Ar]3d104s24p1、Zn：[Ar]3d104s2，Zn：3d104s2，3d全满，能量低，稳定，难失电子，因此Ga的第一电离能明显低于Zn (6). sp2 (7). V形 (8). (9). (，，) (10). ×1010
【解析】
【分析】
(1)钒是32号元素，基态钒原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；基态Mn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；M能层上有3s、3p、3d能级；金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都是因为有自由移动的电子，可以用“电子气”理论解释；
(2)根据价电子排布判断电离能的大小；
(3)配位体NO2-的中心原子N原子价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论 判断N原子的杂化形式及空间构型；NO2-中大π键由3个原子提供，NO2-中价电子总数为5+6×2+1=18，N与O形成2个σ键，O原子的2s、2p轨道中各有1对孤电子对，形成大π键电子数为18-2×2-4×2=6，即形成3中心6电子大π键；
(4)d处于晶胞体对角线上且将体对角线分成长度为3：1两段，可知d到左侧平面、前平面、下底面的距离分别为、、；均摊法计算晶胞中Cu、O原子数目，计算晶胞中原子总质量，结合晶体密度=计算晶胞参数。
【详解】(1)钒是32号元素，基态钒原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则基态钒原子的价层电子的排布式为3d34s2；基态Mn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，根据排布式可知，核外3d轨道上有5个电子未成对的电子；M能层上有3s、3p、3d能级，s能级上的电子只有1个伸展方向，p能级上的电子有3个伸展方向，d能级上的电子有5个伸展方向，则M能层上有9种不同的伸展方向；金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都是因为有自由移动的电子，可以用“电子气”理论解释；
(2)基态Ga原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p1、基态Zn原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s2，基态Zn原子简化电子排布式为：3d104s2，基态Zn原子的3d全满，能量低，难失电子，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga；
(3)配位体NO2-的中心原子N原子价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化形式及空间构型分别为sp2、V形；NO2-中大π键由3个原子提供，NO2-中价电子总数为5+6×2+1=18，N与O形成2个σ键，O原子的2s、2p轨道中各有1对孤电子对，形成大π键电子数为18-2×2-4×2=6，即形成3中心6电子大π键，可表示为；
(4)d处于晶胞体对角线上且将体对角线分成长度为3：1两段，可知d到左侧平面、前平面、下底面的距离分别为、、，故d的坐标参数为(，，)；均摊法计算晶胞中Cu原子数目=4、O原子数目=1+8×=2，故晶胞中原子总质量=g，设晶胞参数为n，则：g=ρg/cm3×n3，解得n=×1010pm。
【点睛】核外价层电子排布为半充满，全满、全空状态时，原子的能量最低，较稳定，其第一电离能要比相邻元素的第一电离能大，元素周期表中位于第Ⅱ、ⅤA族元素都比相邻元素的第一电离能大。
12.香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下:
已知:①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物;在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是____，G中含氧官能团的名称是____。
（2）②的反应类型是____，B和F的结构简式分别为______、______。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂:______;C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有____种。
（4）写出反应①的化学方程式:_____________。
（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_______________
【答案】 (1). 甲苯 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). (5). (6). 酸性高锰酸钾溶液 (7). 4 (8). +CH3COOH+H2O (9).
【解析】
【分析】
由C→及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息①，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反应生成的G为。据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；
(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、，故答案为加成反应；；；
(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种，故答案为酸性高锰酸钾溶液；4；
(4)反应①为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为+CH3COOH+H2O；
(5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为，故答案为。
【点睛】本题考查了有机合成与推断。主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。
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