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宁夏中卫市2021年高考化学三模试卷及答案
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这是一份宁夏中卫市2021年高考化学三模试卷及答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。以下说法错误的选项是〔 〕
A. 大气中PM2.5比外表积大，吸附力强，能吸附许多有毒有害物质
B. “华为麒麟980〞 中芯片的主要成分是单质硅
C. 喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有复原性
D. 有人称“一带一路〞是“现代丝绸之路〞，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是〔 〕
A. 室温下pH=11的Na2CO3溶液10 L，由水电离出的OH-数目为0.01NA
B. 1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C. 2 mol SO2与1 mol O2在一定条件下充分反响生成SO3分子数为2NA
D. 标准状况下，33.6 LHF中含有氟原子的数目为1.5NA
3.柠檬烯具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，其结构如下列图。以下关于柠檬烯的说法正确的选项是〔 〕
A. 分子式为C10H14 B. 分子中所有碳原子可能都处于同一平面上
C. 属于乙烯的同系物 D. 能发生取代反响和加成反响
4.产于我国福建的中华瑰宝一寿山石M4[N4Y10(YX)8]是我国四大印章石之首，被称为国石。寿山石由X、Y、M、N四种原子序数依次增大的短周期元素组成，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y+和YX－含有相同的电子数。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 原子半径X
C. 含M的一种盐常用于净水消毒
D. X和M形成的化合物溶于水显酸性
5.近日，王方军研究员团队，与中科院武汉病毒研究所胡杨波研究员团队多学科交叉合作设计出了一种电化学氧化灭活新冠病毒(SARS—CoV—2)的新途径，利用电解水过程中阳极产生的活性氧物种，在实验室中实现了对新冠病毒的彻底灭活。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 新冠病毒主要是被碱性溶液灭活的
B. NaCl代替Na2CO3更绿色更高效
C. a电极电势比b电极电势低
D. 转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2
6.以下实验操作符合题意且能到达相应实验目的的是〔 〕
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有NH4+
取少量试液于试管中，参加NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A. A B. B C. C D. D
7.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。以下陈述错误的选项是〔 〕
A. Ka〔HA〕的数量级为10-5
B. N点，c〔Na+〕-c〔A-〕=
C. P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 当滴定至溶液呈中性时，c〔A-〕＞c〔HA〕
二、非选择题
8.2021年比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：
：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100为0.72g。
〔1〕H3PO4和Li2CO3反响的化学方程式为________。
〔2〕获得LiH2PO4晶体的别离操作是________。
〔3〕写出一条可以提高“碱浸〞效率的措施________。
〔4〕向滤液1中参加过量CO2可得到白色胶状物质，该反响的离子方式为________。
〔5〕“酸浸〞时假设用HNO3代替H2O2 ， 缺点是________，假设“沉铁〞后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1 ， 那么该过程应调节pH=________，“沉锂〞时，所得Li2CO3应选择________(“冷水〞或“热水〞)进行洗涤。
9.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色易挥发，易溶于水的液体，受热易分解。有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用。
〔1〕实验室配制500mL0.1mol/L过氧乙酸溶液时，除需使用烧杯和玻璃棒外，还要用到以下哪些仪器___ (填字母标号)。
A.分液漏斗
B.500mL容量瓶
C.普通漏斗
D.胶头滴管
E.量筒
〔2〕某实验小组利用高浓度的双氧水和乙酸反响合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时别离出水。乙酸丁酯的密度为0.88g/cm3 ， 难溶于水。实验装置如下列图。
CH3COOH+H2O2 CH3COOOH+H2O △H<0
①写出H2O2的电子式________。
②装置中油水别离器的作用是将水从体系中别离出来，有利于反响向________(填“正向〞或“逆向〞)进行，也可以通过观察油水界面不再增高时，判断反响结束。
③反响体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止________。
〔3〕过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)的含量测定流程如图。
①过氧乙酸被Fe2+复原，产物之一为CH3COOH，其离子方程式为________。
②假设样品体积为V0mL，参加c1mol•L-1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mo•L-1K2Cr2O7 ， 溶液V2mL，那么过氧乙酸含量为________ g·L-1。
③假设用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，那么导致最终测定过氧乙酸的含量________ (填“偏高〞、“偏低〞或“不变〞)。
10.CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。
〔1〕由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。在催化作用下CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为________在合成CH3 COOH的反响中，以下有关说法正确的选项是________。 (填字母)
A．利用催化剂可以使反响的平衡常数增大
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C．有22. 4LCH4参与反响时转移4mol电子
D．该反响为放热反响
〔2〕CO2和H2合成甲醇也是CO2资源化利用的重要方法。测得平衡时甲醇产率与反响温度、压强的关系如下列图。
①假设H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ●mol-1和726.5kJ●mol-1 ， 那么由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为________。此反响的活化能Ea(正)________Ea(逆)(填“>〞或“<〞)，该反响应选择________高效催化剂(填“高温〞或“低温〞)。
②以下措施能使CO2的平衡转化率提高的是________(填序号)。
A．增大压强 B．升高温度 C．增大H2与CO2的投料比 D．改用更高效的催化剂
③200°C时，将0.100molCO2和0.200molH2充入1L密闭容器中，在催化剂作用下反响到达平衡。假设平衡时CO2的转化率为50%，那么此温度下该反响的平衡常数K=________(CH3OH的沸点为64.7°C)。
〔3〕可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，请写出在酸性条件下的阴极反响式________。
11.腐蚀、防腐以及催化等化学化工过程都涉及金属纳米团簇的研究，团簇已经成为化学和材料研究的前言和热点。金属纳米团簇最外层需要配体来稳定，常见有硫醇配体、磷配体和炔配体。卤素作为第二配体或第三配体，其体积比硫醇配体、磷配体和炔配体更小，在形成纳米团簇的过程中空间位阻更小，而且卤素与金、银具有较好的配位能力。
〔1〕银位于元素周期表第五周期第IB族元素，其价电子排布式为________。
〔2〕金(Au)溶于王水的原理是金与强氧化性的硝酸生成微量的Au3+和NO，盐酸提供的Cl-与Au3+形成[AuCl4]-配离子，写出总反响的离子方程式：________。
〔3〕[Au80Ag30( )42Cl9]Cl结构中非金属元素的电负性由大到小的顺序是________。
〔4〕第三周期局部主族元素的氟化物的熔点(见表)
化合物
NaF
AlF3
SiF4
SF6
熔点/℃
993
1040
-90
-50.5
由表中数值可以判断AlF3晶体类型为________，SiF4比SF6熔点低的原因________；SF6分子的空间构型为正八面体，如下列图，它的二氯代物SF4Cl2有________种。
〔5〕固态五氯化磷为离子晶体，结构单元可以写作PCl 、PCl ，晶胞与CsCl相同，该晶胞沿x、y或z轴的投影如图。阳离子中的P杂化方式为：________假设密度为d g/cm3 ， 那么晶胞参数a=________pm(阿伏伽德罗常数的值为NA ， 列出计算式即可)。
12.以根本的化工原料，可合成生活中常见的有机高分子材料PE( )和PC( )，合成路线如下：
： R1COOR2+R3OH R1COOR3+R2OH(酯交换反响)
〔1〕A的名称为________。
〔2〕由A生成PP、由B生成 的反响类型分别为________、________。
〔3〕C为芳香烃，分子中含有两个甲基。那么由A生成C的化学方程式为________。
〔4〕B、F所含官能团的名称分别为________、________。
〔5〕E的结构简式为________。
〔6〕在由A、B合成PC的过程中，可循环使用的有机物是________(写结构简式)。
〔7〕D与 也可发生酯交换反响，生成G(C13H10O3)。那么3种符合以下条件的G的同分异构体的结构简式为________、________和________。
①分子中含有两个苯环 ②遇FeCl3显色
③可与饱和 NaHCO3溶液反响 ④有10种化学环境不同的氢
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．PM2.5外表积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故A不符合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，所以 中芯片的主要成分是硅单质，故B不符合题意；
C．喝补铁剂时补的是亚铁，但亚铁离子易被氧化，加服维生素C可防止二价亚铁离子被氧化为三价铁离子、表现出复原性，那么加服维生素C，效果更好，故C不符合题意；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，是天然高分子化合物，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.比外表积大，吸附性好；
B.硅是良好的半导体材料；
C.维生素C有复原性；
D.丝绸是蛋白质，天然高分子化合物。
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．室温下pH=11的Na2CO3溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=c(OH-)= ，由于溶液的体积是10 L，那么由水电离出的OH-的物质的量n(OH-)=10-3 mol/L×10 L=0.01 mol，那么水电离产生的OH-的数目为0.01NA ， A符合题意；
B．溶液中不仅溶质NaAlO2中含有O原子，溶剂H2O中也含有O原子，因此溶液中含氧原子数大于2NA ， B不符合题意；
C．SO2与O2反响产生SO3的反响是可逆反响，反响物不能完全转化为生成物，所以2 mol SO2与1 mol O2在一定条件下充分反响生成SO3的物质的量小于2 mol，那么SO3分子数小于2NA ， C不符合题意；
D．在标准状况下氟化氢为液态，通常以聚合分子(HF)n存在，所以不能根据气体摩尔体积计算其物质的量及其含有的原子数目，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A：根据室温下的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同计算得到
B：未考虑溶液中水分分子含氧个数
C：此反响为可逆反响，未反响完全
D：标准状况下氟化氢为液态，不能用气体摩尔体积计算
3.【答案】 D
【解析】【解答】A.根据分子的结构简式可知，该物质的分子式为C10H16 ， A不符合题意；
B.分子中含有饱和碳原子 和周围的碳原子一定不在同一平面上，B不符合题意；
C.该物质与乙烯的结构不相似，含有2个碳碳双键和碳环，与乙烯不属于同系物，C不符合题意；
D.分子中存在碳碳双键，能够发生加成反响，含有饱和碳原子，能发生取代反响，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据物质结构分析，该物质存在两个碳碳双键，不存在苯环，能发生加成反响，取代反响，据此进行分析即可。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Al＞Si，故A不符合题意；
B项、非金属性越强，简单氢化物的稳定性越大，非金属性：O＞Si，那么简单氢化物的稳定性：O＞Si，故B符合题意；
C项、铝盐水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能够因吸附作用而起到净水作用，但不能起到消毒的作用，故C不符合题意；
D项、H和Al形成的化合物为AlH3 ， AlH3溶于水时，与水反响生成氢氧化铝沉淀和氢气，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由题意，M元素是地壳中含量最高的金属元素，那么M是Al元素；N元素的单质常用来制造太阳能电池，那么N是Si元素；X3Y+和YX－含有相同的电子数，那么X是H元素、Y是O元素。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．阳极产生大量的活性氧，将新冠病毒的彻底灭活，A不符合题意；
B．用NaCl溶解电解阳极是氯离子失电子产生氯气，氯气有毒，B不符合题意；
C．b极是电源正极，a极是负极，负极电势比正极的低，C符合题意；
D．由4OH--4e-=2H2O +O2↑理论上转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2 ， 由于灭活病毒消耗局部氧，那么收集氧气体积小于22.4L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解Na2CO3溶液，阳极的电极反响式为：4OH--4e-=2H2O +O2↑，阴极的电极反响式为：2H2O +2e-=2OH-+ H2↑，那么b极是电源正极，a极是负极；
6.【答案】 C
【解析】【解答】A.氢氧化钠易潮解且具有腐蚀性，不能用滤纸称量，A不符合题意；
B.氯化铁易水解而使溶液变浑浊，应将氯化铁溶于少量盐酸中，再稀释，B不符合题意；
C.加热时铵离子与氢氧根反响产生氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，能到达相应实验目的，C符合题意；
D.在盐酸作用下，铁发生析氢腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A氢氧化钠易潮解不能用滤纸，应该用玻璃器皿
B：Fe3+易水解而使容易浑浊
C：加热时铵离子与氢氧根会反响产生氨气
D:酸性条件下，发生析氢腐蚀
7.【答案】 B
【解析】【解答】A. 根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c〔A-〕≈c〔HA〕，Ka(HA)= ，故Ka(HA)的数量级为10-5 ， 选项A不符合题意；
B. N点，根据电荷守恒有 ，即 ，选项B符合题意；
C. P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C不符合题意；
D. 根据图b可知当lg 〔即 〕时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)>c(HA)，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】此题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
二、非选择题
8.【答案】 〔1〕Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O
〔2〕过滤
〔3〕粉碎、搅拌、加热
〔4〕AlO +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
〔5〕会产生污染环境的氮氧化合物；3；热水
【解析】【解答】(1) Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4 ， 并有CO2气体放出，那么发生反响的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O；
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的别离操作是过滤；
(3)用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；
(4) 用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2 ， 那么向含NaAlO2的滤液1中参加过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3 ， 发生反响的离子方程式为AlO +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO ；
(5) “酸浸〞时假设用HNO3代替H2O2 ， HNO3的复原产物是氮氧化物，对环境有污染；假设“沉铁“后溶液中c(Fe3+)=10-6mol•L-1 ， 由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-6mol•L-1×c3(OH-)=10-39 ， ，此时常温下溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g，100°C为0.72g可知洗涤Li2CO3应选择热水。
【分析】Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4 ， 并有CO2气体放出，将反响后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得的LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4 ， 再与C、Al一起组合成电极正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后固体滤渣用硫酸酸化的H2O2溶解并过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液中参加氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而到达除铁的目的，经过滤后滤液中再参加Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
9.【答案】 〔1〕B,D,E
〔2〕；正向；防止温度过高，过氧乙酸分解
〔3〕CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOOH+2Fe3++H2O；；偏高
【解析】【解答】(1)一般用量筒量取液体，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，据此需要的实验仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，故答案为：BDE；
(2)①过氧化氢属于共价化合物，电子式为： ；
②制备丙烯酸甲酯的反响是可逆反响，利用油水别离器将反响过程中生成的水从体系中移除，可以使反响正向进行更容易；
③产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点；
(3)①Fe2+作复原剂，氧化产物为Fe3+ ， 过氧乙酸为氧化剂，复原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O；
②Fe2+总物质的量=c1V1×10-3mol，n(K2Cr2O7)=c2V2×10-3mol．根据得失电子守恒有：K2Cr2O7～2Cr3+～6e-～6Fe2+～6Fe3+ ， 即每1molK2Cr2O7与6molFe2+恰好完全反响，与c2V2×10-3molK2Cr2O7反响的Fe2+的物质的量=6c2V2×10-3mol，与过氧乙酸反响的Fe2+的物质的量=c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol，根据CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O可得：CH3COOOH的物质的量n=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2，CH3COOOH的质量m=nM=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2×76g/mol=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g，那么过氧乙酸含量=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g/V0×10−3L= ；
③高锰酸钾具有氧化性，可以将双氧水以及过氧乙酸氧化，假设是在用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，那么高锰酸钾可以和过氧乙酸之间会反响，消耗的高锰酸钾偏多，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高。
【分析】(2)乙酸和过氧化氢在反响瓶中反响生成过氧乙酸和水，利用水和乙酸丁酯的沸点相近形成共沸物带出水，使反响右移，提高产率。产生的水蒸气和乙酸丁酯蒸汽在蛇形冷凝管冷凝成液态，水和乙酸丁酯不相溶，且水的密度大在下层，上层乙酸丁酯满了后回流反响瓶循环，提高乙酸丁酯的利用率。
(3)过氧乙酸粗品参加少量稀硫酸酸化，再参加高锰酸钾，高锰酸钾与过氧化氢反响生成硫酸锰、硫酸钾和氧气，继续参加过量FeSO4溶液，FeSO4被过氧乙酸氧化为Fe2+ ， 向滤液中参加K2Cr2O7溶液滴定剩余FeSO4溶液，那么可通过滴定先求出被过氧乙酸氧化的FeSO4 ， 进而求出过氧乙酸含量，
10.【答案】 〔1〕CO2+CH4 CH3COOH；BD
〔2〕CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(l) =-130.9 kJ●mol-1；＜；低温；A C；400
〔3〕CO2+6e-+6H+= CH3OH+H2O
【解析】【解答】(1)根据反响物生成物可直接得出答案为CO2+CH4 CH3COOH；A中平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变平衡常数，A不正确；CH4有C-H键发生断裂形成甲基，B正确；C未说明温度压强，C不正确；该反响是熵减的反响，反响能发生，那么 <0，可得出 <0，故该反响为放热反响，D正确。
(2)①由 H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ mol-1和726.5kJ mol-1可得出式①：H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) =-285.8kJ mol-1 和式②CH3OH(l) +3/2 O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) =-726.5kJ mol-1；3 ①-②即可得出：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(l) =-130.9 kJ mol-1 ， = Ea(正)- Ea(逆) ＜0可得出Ea(正)
放热反响升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，B不正确；
增大H2与CO2的投料比有利于CO2的转化，C正确；
催化剂不能改变平衡转化率，D不正确。
③200°C 时水是气态，CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) 。
0.100molCO2和0.200molH2充入1L密闭容器中，平衡时CO2的转化率为50%，那么CO2消耗0.05mol，剩余0.05mo CO2 ， H2消耗0.15mol，剩余0.05mol，生成0.05mol CH3OH和0.05mol H2O，容器体积为1L，此时平衡时体系中含有0.05mol/L CO2、0.05mol/L H2、0.05mol/L CH3OH 和0.05mol/L H2O，那么 =400，所以答案为400；
(3) CO2在阴极得电子转化为CH3OH，电解质溶液为酸性，所以电极反响式为：CO2+6e-+6H+= CH3OH+H2O。
【分析】〔1〕有反响物推断生成物
A:平衡常数只于温度有关
B:CH4有C-H键发生断裂形成甲基
C :未说标况不能用摩尔气体计算
D：由反响是熵减、 <0可知，为放热反响
〔2〕根据盖斯定律及反响热计算并写出热化学方程式，需要注意燃烧热产物为稳定的氧化物
根据反响放热和化学平衡的移动，选择低温催化剂更好；
提高转化率主要通过平衡移动，和增加另一反响物的浓度；
平衡常熟的计算依据三段式计算即可，注意带入计算的是浓度
〔3〕阴极得电子，且在酸性条件下，氢离子参与放电。
11.【答案】 〔1〕4d105s1
〔2〕Au+4H++ +4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O
〔3〕Cl＞C＞H
〔4〕离子晶体；均为分子晶体，SF6的相对分子质量大，范德华力大，熔点高；3种
〔5〕sp3；×1010
【解析】【解答】(1)银是47号元素，位于元素周期表第五周期第IB族元素，其价电子排布式为4d105s1；
(2)Au能够溶于王水中，是由于Au与具有强氧化性的HNO3反响产生Au3+ ， 硝酸被复原产生NO，HCl电离产生的Cl-与Au3+结合形成络离子[AuCl4]- ， 故该反响的离子方程式为Au+4H++ +4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O；
(3)在[Au80Ag30( )42Cl9]Cl结构中，含有的非金属元素有C、H、Cl。元素的电负性越大，该元素的非金属性就越强。这三种元素的非金属性：Cl＞C＞H，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是：Cl＞C＞H；
(4)离子化合物构成的离子晶体的熔沸点比较高，由分子通过分子间作用力构成的分子晶体熔沸点比较低，。根据表格中四种物质的熔点数据可知：NaF、AlF3为离子晶体，而SiF4、SF6为分子晶体；
SiF4的熔点比SF6熔点低是由于二者都属于分子晶体，物质分子都属于非极性分子，结构相似。物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。由于相对分子质量：SiF4＜SF6 ， 所以物质的熔点：SiF4＜SF6。
SF6分子的空间构型为正八面体，在它的二氯代物SF4Cl2中，两个Cl原子可以在1、2位上、也可以在1、3位上，还可以1、4位上，用图示表示为： ，故SF6的二氯代物SF4Cl2共有3种同分异构体；
(5)P原子中含有的孤电子对数为： ，故P原子采用sp3杂化；
由俯视图可知：该晶胞为立方体心结构，晶胞中含有的PCl5的数目为1+8× =2，晶胞密度 ，那么晶胞参数a= ×1010 pm。
【分析】(1)银是47号元素，根据电子排布原那么分析；
(2)根据题目中的反响物和生成物，离子方程式为Au+4H++ +4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O；
(3)根据非金属性比较电负性；
(4)离子化合物构成的离子晶体的熔沸点比较高，分子晶体熔沸点比较低；根据正八面体的空间构型分析而氯代物；
(5)根据价层电子对互斥理论计算杂化方式；根据晶胞密度公式计算晶胞参数。
12.【答案】 〔1〕丙烯
〔2〕加聚反响；氧化反响
〔3〕
〔4〕碳碳双键；羟基
〔5〕
〔6〕CH3OH
〔7〕；；
【解析】【解答】〔1〕由题干信息得PP是聚丙烯，那么A为其单体，名称为：丙烯，故答案为丙烯；
〔2〕由A生成PP，反响类型为：加聚反响；由乙烯生成 的过程中得到氧，所以反响类型为：氧化反响，故答案为加聚反响；氧化反响；
〔3〕A为丙烯，与苯发生加成反响，那么由A生成C的化学方程式为： ；
〔4〕B为乙烯，官能团为：碳碳双键；F为 与甲醇反响所得，根据合成路线知F为乙二醇，那么官能团为：羟基，故答案为碳碳双键；羟基；
〔5〕逆推法，PC由 和E缩聚得到，故E的结构简式为： ，故答案为 ；
〔6〕由合成路线可知在由A、B合成PC的过程中，可循环使用的有机物是CH3OH；故答案为CH3OH；
〔7〕D为苯酚，与 可发生酯交换反响，生成G(C13H10O3)，由题干要求知，G中要含有酚羟基、羧基和两个苯环，且有10种不同化学环境的氢原子，所以同分异构体的结构简式为：
。
【分析】根据合成路线及有机物的结构特征分析解答。
高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。以下说法错误的选项是〔 〕
A. 大气中PM2.5比外表积大，吸附力强，能吸附许多有毒有害物质
B. “华为麒麟980〞 中芯片的主要成分是单质硅
C. 喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有复原性
D. 有人称“一带一路〞是“现代丝绸之路〞，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是〔 〕
A. 室温下pH=11的Na2CO3溶液10 L，由水电离出的OH-数目为0.01NA
B. 1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C. 2 mol SO2与1 mol O2在一定条件下充分反响生成SO3分子数为2NA
D. 标准状况下，33.6 LHF中含有氟原子的数目为1.5NA
3.柠檬烯具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，其结构如下列图。以下关于柠檬烯的说法正确的选项是〔 〕
A. 分子式为C10H14 B. 分子中所有碳原子可能都处于同一平面上
C. 属于乙烯的同系物 D. 能发生取代反响和加成反响
4.产于我国福建的中华瑰宝一寿山石M4[N4Y10(YX)8]是我国四大印章石之首，被称为国石。寿山石由X、Y、M、N四种原子序数依次增大的短周期元素组成，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y+和YX－含有相同的电子数。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 原子半径X
C. 含M的一种盐常用于净水消毒
D. X和M形成的化合物溶于水显酸性
5.近日，王方军研究员团队，与中科院武汉病毒研究所胡杨波研究员团队多学科交叉合作设计出了一种电化学氧化灭活新冠病毒(SARS—CoV—2)的新途径，利用电解水过程中阳极产生的活性氧物种，在实验室中实现了对新冠病毒的彻底灭活。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 新冠病毒主要是被碱性溶液灭活的
B. NaCl代替Na2CO3更绿色更高效
C. a电极电势比b电极电势低
D. 转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2
6.以下实验操作符合题意且能到达相应实验目的的是〔 〕
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有NH4+
取少量试液于试管中，参加NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A. A B. B C. C D. D
7.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。以下陈述错误的选项是〔 〕
A. Ka〔HA〕的数量级为10-5
B. N点，c〔Na+〕-c〔A-〕=
C. P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 当滴定至溶液呈中性时，c〔A-〕＞c〔HA〕
二、非选择题
8.2021年比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：
：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100为0.72g。
〔1〕H3PO4和Li2CO3反响的化学方程式为________。
〔2〕获得LiH2PO4晶体的别离操作是________。
〔3〕写出一条可以提高“碱浸〞效率的措施________。
〔4〕向滤液1中参加过量CO2可得到白色胶状物质，该反响的离子方式为________。
〔5〕“酸浸〞时假设用HNO3代替H2O2 ， 缺点是________，假设“沉铁〞后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1 ， 那么该过程应调节pH=________，“沉锂〞时，所得Li2CO3应选择________(“冷水〞或“热水〞)进行洗涤。
9.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色易挥发，易溶于水的液体，受热易分解。有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用。
〔1〕实验室配制500mL0.1mol/L过氧乙酸溶液时，除需使用烧杯和玻璃棒外，还要用到以下哪些仪器___ (填字母标号)。
A.分液漏斗
B.500mL容量瓶
C.普通漏斗
D.胶头滴管
E.量筒
〔2〕某实验小组利用高浓度的双氧水和乙酸反响合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时别离出水。乙酸丁酯的密度为0.88g/cm3 ， 难溶于水。实验装置如下列图。
CH3COOH+H2O2 CH3COOOH+H2O △H<0
①写出H2O2的电子式________。
②装置中油水别离器的作用是将水从体系中别离出来，有利于反响向________(填“正向〞或“逆向〞)进行，也可以通过观察油水界面不再增高时，判断反响结束。
③反响体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止________。
〔3〕过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)的含量测定流程如图。
①过氧乙酸被Fe2+复原，产物之一为CH3COOH，其离子方程式为________。
②假设样品体积为V0mL，参加c1mol•L-1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mo•L-1K2Cr2O7 ， 溶液V2mL，那么过氧乙酸含量为________ g·L-1。
③假设用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，那么导致最终测定过氧乙酸的含量________ (填“偏高〞、“偏低〞或“不变〞)。
10.CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。
〔1〕由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。在催化作用下CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为________在合成CH3 COOH的反响中，以下有关说法正确的选项是________。 (填字母)
A．利用催化剂可以使反响的平衡常数增大
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C．有22. 4LCH4参与反响时转移4mol电子
D．该反响为放热反响
〔2〕CO2和H2合成甲醇也是CO2资源化利用的重要方法。测得平衡时甲醇产率与反响温度、压强的关系如下列图。
①假设H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ●mol-1和726.5kJ●mol-1 ， 那么由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为________。此反响的活化能Ea(正)________Ea(逆)(填“>〞或“<〞)，该反响应选择________高效催化剂(填“高温〞或“低温〞)。
②以下措施能使CO2的平衡转化率提高的是________(填序号)。
A．增大压强 B．升高温度 C．增大H2与CO2的投料比 D．改用更高效的催化剂
③200°C时，将0.100molCO2和0.200molH2充入1L密闭容器中，在催化剂作用下反响到达平衡。假设平衡时CO2的转化率为50%，那么此温度下该反响的平衡常数K=________(CH3OH的沸点为64.7°C)。
〔3〕可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，请写出在酸性条件下的阴极反响式________。
11.腐蚀、防腐以及催化等化学化工过程都涉及金属纳米团簇的研究，团簇已经成为化学和材料研究的前言和热点。金属纳米团簇最外层需要配体来稳定，常见有硫醇配体、磷配体和炔配体。卤素作为第二配体或第三配体，其体积比硫醇配体、磷配体和炔配体更小，在形成纳米团簇的过程中空间位阻更小，而且卤素与金、银具有较好的配位能力。
〔1〕银位于元素周期表第五周期第IB族元素，其价电子排布式为________。
〔2〕金(Au)溶于王水的原理是金与强氧化性的硝酸生成微量的Au3+和NO，盐酸提供的Cl-与Au3+形成[AuCl4]-配离子，写出总反响的离子方程式：________。
〔3〕[Au80Ag30( )42Cl9]Cl结构中非金属元素的电负性由大到小的顺序是________。
〔4〕第三周期局部主族元素的氟化物的熔点(见表)
化合物
NaF
AlF3
SiF4
SF6
熔点/℃
993
1040
-90
-50.5
由表中数值可以判断AlF3晶体类型为________，SiF4比SF6熔点低的原因________；SF6分子的空间构型为正八面体，如下列图，它的二氯代物SF4Cl2有________种。
〔5〕固态五氯化磷为离子晶体，结构单元可以写作PCl 、PCl ，晶胞与CsCl相同，该晶胞沿x、y或z轴的投影如图。阳离子中的P杂化方式为：________假设密度为d g/cm3 ， 那么晶胞参数a=________pm(阿伏伽德罗常数的值为NA ， 列出计算式即可)。
12.以根本的化工原料，可合成生活中常见的有机高分子材料PE( )和PC( )，合成路线如下：
： R1COOR2+R3OH R1COOR3+R2OH(酯交换反响)
〔1〕A的名称为________。
〔2〕由A生成PP、由B生成 的反响类型分别为________、________。
〔3〕C为芳香烃，分子中含有两个甲基。那么由A生成C的化学方程式为________。
〔4〕B、F所含官能团的名称分别为________、________。
〔5〕E的结构简式为________。
〔6〕在由A、B合成PC的过程中，可循环使用的有机物是________(写结构简式)。
〔7〕D与 也可发生酯交换反响，生成G(C13H10O3)。那么3种符合以下条件的G的同分异构体的结构简式为________、________和________。
①分子中含有两个苯环 ②遇FeCl3显色
③可与饱和 NaHCO3溶液反响 ④有10种化学环境不同的氢
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．PM2.5外表积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故A不符合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，所以 中芯片的主要成分是硅单质，故B不符合题意；
C．喝补铁剂时补的是亚铁，但亚铁离子易被氧化，加服维生素C可防止二价亚铁离子被氧化为三价铁离子、表现出复原性，那么加服维生素C，效果更好，故C不符合题意；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，是天然高分子化合物，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.比外表积大，吸附性好；
B.硅是良好的半导体材料；
C.维生素C有复原性；
D.丝绸是蛋白质，天然高分子化合物。
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．室温下pH=11的Na2CO3溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=c(OH-)= ，由于溶液的体积是10 L，那么由水电离出的OH-的物质的量n(OH-)=10-3 mol/L×10 L=0.01 mol，那么水电离产生的OH-的数目为0.01NA ， A符合题意；
B．溶液中不仅溶质NaAlO2中含有O原子，溶剂H2O中也含有O原子，因此溶液中含氧原子数大于2NA ， B不符合题意；
C．SO2与O2反响产生SO3的反响是可逆反响，反响物不能完全转化为生成物，所以2 mol SO2与1 mol O2在一定条件下充分反响生成SO3的物质的量小于2 mol，那么SO3分子数小于2NA ， C不符合题意；
D．在标准状况下氟化氢为液态，通常以聚合分子(HF)n存在，所以不能根据气体摩尔体积计算其物质的量及其含有的原子数目，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A：根据室温下的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同计算得到
B：未考虑溶液中水分分子含氧个数
C：此反响为可逆反响，未反响完全
D：标准状况下氟化氢为液态，不能用气体摩尔体积计算
3.【答案】 D
【解析】【解答】A.根据分子的结构简式可知，该物质的分子式为C10H16 ， A不符合题意；
B.分子中含有饱和碳原子 和周围的碳原子一定不在同一平面上，B不符合题意；
C.该物质与乙烯的结构不相似，含有2个碳碳双键和碳环，与乙烯不属于同系物，C不符合题意；
D.分子中存在碳碳双键，能够发生加成反响，含有饱和碳原子，能发生取代反响，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据物质结构分析，该物质存在两个碳碳双键，不存在苯环，能发生加成反响，取代反响，据此进行分析即可。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Al＞Si，故A不符合题意；
B项、非金属性越强，简单氢化物的稳定性越大，非金属性：O＞Si，那么简单氢化物的稳定性：O＞Si，故B符合题意；
C项、铝盐水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能够因吸附作用而起到净水作用，但不能起到消毒的作用，故C不符合题意；
D项、H和Al形成的化合物为AlH3 ， AlH3溶于水时，与水反响生成氢氧化铝沉淀和氢气，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由题意，M元素是地壳中含量最高的金属元素，那么M是Al元素；N元素的单质常用来制造太阳能电池，那么N是Si元素；X3Y+和YX－含有相同的电子数，那么X是H元素、Y是O元素。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．阳极产生大量的活性氧，将新冠病毒的彻底灭活，A不符合题意；
B．用NaCl溶解电解阳极是氯离子失电子产生氯气，氯气有毒，B不符合题意；
C．b极是电源正极，a极是负极，负极电势比正极的低，C符合题意；
D．由4OH--4e-=2H2O +O2↑理论上转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2 ， 由于灭活病毒消耗局部氧，那么收集氧气体积小于22.4L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解Na2CO3溶液，阳极的电极反响式为：4OH--4e-=2H2O +O2↑，阴极的电极反响式为：2H2O +2e-=2OH-+ H2↑，那么b极是电源正极，a极是负极；
6.【答案】 C
【解析】【解答】A.氢氧化钠易潮解且具有腐蚀性，不能用滤纸称量，A不符合题意；
B.氯化铁易水解而使溶液变浑浊，应将氯化铁溶于少量盐酸中，再稀释，B不符合题意；
C.加热时铵离子与氢氧根反响产生氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，能到达相应实验目的，C符合题意；
D.在盐酸作用下，铁发生析氢腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A氢氧化钠易潮解不能用滤纸，应该用玻璃器皿
B：Fe3+易水解而使容易浑浊
C：加热时铵离子与氢氧根会反响产生氨气
D:酸性条件下，发生析氢腐蚀
7.【答案】 B
【解析】【解答】A. 根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c〔A-〕≈c〔HA〕，Ka(HA)= ，故Ka(HA)的数量级为10-5 ， 选项A不符合题意；
B. N点，根据电荷守恒有 ，即 ，选项B符合题意；
C. P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C不符合题意；
D. 根据图b可知当lg 〔即 〕时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)>c(HA)，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】此题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
二、非选择题
8.【答案】 〔1〕Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O
〔2〕过滤
〔3〕粉碎、搅拌、加热
〔4〕AlO +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
〔5〕会产生污染环境的氮氧化合物；3；热水
【解析】【解答】(1) Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4 ， 并有CO2气体放出，那么发生反响的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O；
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的别离操作是过滤；
(3)用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；
(4) 用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2 ， 那么向含NaAlO2的滤液1中参加过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3 ， 发生反响的离子方程式为AlO +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO ；
(5) “酸浸〞时假设用HNO3代替H2O2 ， HNO3的复原产物是氮氧化物，对环境有污染；假设“沉铁“后溶液中c(Fe3+)=10-6mol•L-1 ， 由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-6mol•L-1×c3(OH-)=10-39 ， ，此时常温下溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g，100°C为0.72g可知洗涤Li2CO3应选择热水。
【分析】Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4 ， 并有CO2气体放出，将反响后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得的LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4 ， 再与C、Al一起组合成电极正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后固体滤渣用硫酸酸化的H2O2溶解并过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液中参加氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而到达除铁的目的，经过滤后滤液中再参加Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
9.【答案】 〔1〕B,D,E
〔2〕；正向；防止温度过高，过氧乙酸分解
〔3〕CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOOH+2Fe3++H2O；；偏高
【解析】【解答】(1)一般用量筒量取液体，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，据此需要的实验仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，故答案为：BDE；
(2)①过氧化氢属于共价化合物，电子式为： ；
②制备丙烯酸甲酯的反响是可逆反响，利用油水别离器将反响过程中生成的水从体系中移除，可以使反响正向进行更容易；
③产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点；
(3)①Fe2+作复原剂，氧化产物为Fe3+ ， 过氧乙酸为氧化剂，复原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O；
②Fe2+总物质的量=c1V1×10-3mol，n(K2Cr2O7)=c2V2×10-3mol．根据得失电子守恒有：K2Cr2O7～2Cr3+～6e-～6Fe2+～6Fe3+ ， 即每1molK2Cr2O7与6molFe2+恰好完全反响，与c2V2×10-3molK2Cr2O7反响的Fe2+的物质的量=6c2V2×10-3mol，与过氧乙酸反响的Fe2+的物质的量=c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol，根据CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O可得：CH3COOOH的物质的量n=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2，CH3COOOH的质量m=nM=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2×76g/mol=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g，那么过氧乙酸含量=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g/V0×10−3L= ；
③高锰酸钾具有氧化性，可以将双氧水以及过氧乙酸氧化，假设是在用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，那么高锰酸钾可以和过氧乙酸之间会反响，消耗的高锰酸钾偏多，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高。
【分析】(2)乙酸和过氧化氢在反响瓶中反响生成过氧乙酸和水，利用水和乙酸丁酯的沸点相近形成共沸物带出水，使反响右移，提高产率。产生的水蒸气和乙酸丁酯蒸汽在蛇形冷凝管冷凝成液态，水和乙酸丁酯不相溶，且水的密度大在下层，上层乙酸丁酯满了后回流反响瓶循环，提高乙酸丁酯的利用率。
(3)过氧乙酸粗品参加少量稀硫酸酸化，再参加高锰酸钾，高锰酸钾与过氧化氢反响生成硫酸锰、硫酸钾和氧气，继续参加过量FeSO4溶液，FeSO4被过氧乙酸氧化为Fe2+ ， 向滤液中参加K2Cr2O7溶液滴定剩余FeSO4溶液，那么可通过滴定先求出被过氧乙酸氧化的FeSO4 ， 进而求出过氧乙酸含量，
10.【答案】 〔1〕CO2+CH4 CH3COOH；BD
〔2〕CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(l) =-130.9 kJ●mol-1；＜；低温；A C；400
〔3〕CO2+6e-+6H+= CH3OH+H2O
【解析】【解答】(1)根据反响物生成物可直接得出答案为CO2+CH4 CH3COOH；A中平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变平衡常数，A不正确；CH4有C-H键发生断裂形成甲基，B正确；C未说明温度压强，C不正确；该反响是熵减的反响，反响能发生，那么 <0，可得出 <0，故该反响为放热反响，D正确。
(2)①由 H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ mol-1和726.5kJ mol-1可得出式①：H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) =-285.8kJ mol-1 和式②CH3OH(l) +3/2 O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) =-726.5kJ mol-1；3 ①-②即可得出：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(l) =-130.9 kJ mol-1 ， = Ea(正)- Ea(逆) ＜0可得出Ea(正)
放热反响升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，B不正确；
增大H2与CO2的投料比有利于CO2的转化，C正确；
催化剂不能改变平衡转化率，D不正确。
③200°C 时水是气态，CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) 。
0.100molCO2和0.200molH2充入1L密闭容器中，平衡时CO2的转化率为50%，那么CO2消耗0.05mol，剩余0.05mo CO2 ， H2消耗0.15mol，剩余0.05mol，生成0.05mol CH3OH和0.05mol H2O，容器体积为1L，此时平衡时体系中含有0.05mol/L CO2、0.05mol/L H2、0.05mol/L CH3OH 和0.05mol/L H2O，那么 =400，所以答案为400；
(3) CO2在阴极得电子转化为CH3OH，电解质溶液为酸性，所以电极反响式为：CO2+6e-+6H+= CH3OH+H2O。
【分析】〔1〕有反响物推断生成物
A:平衡常数只于温度有关
B:CH4有C-H键发生断裂形成甲基
C :未说标况不能用摩尔气体计算
D：由反响是熵减、 <0可知，为放热反响
〔2〕根据盖斯定律及反响热计算并写出热化学方程式，需要注意燃烧热产物为稳定的氧化物
根据反响放热和化学平衡的移动，选择低温催化剂更好；
提高转化率主要通过平衡移动，和增加另一反响物的浓度；
平衡常熟的计算依据三段式计算即可，注意带入计算的是浓度
〔3〕阴极得电子，且在酸性条件下，氢离子参与放电。
11.【答案】 〔1〕4d105s1
〔2〕Au+4H++ +4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O
〔3〕Cl＞C＞H
〔4〕离子晶体；均为分子晶体，SF6的相对分子质量大，范德华力大，熔点高；3种
〔5〕sp3；×1010
【解析】【解答】(1)银是47号元素，位于元素周期表第五周期第IB族元素，其价电子排布式为4d105s1；
(2)Au能够溶于王水中，是由于Au与具有强氧化性的HNO3反响产生Au3+ ， 硝酸被复原产生NO，HCl电离产生的Cl-与Au3+结合形成络离子[AuCl4]- ， 故该反响的离子方程式为Au+4H++ +4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O；
(3)在[Au80Ag30( )42Cl9]Cl结构中，含有的非金属元素有C、H、Cl。元素的电负性越大，该元素的非金属性就越强。这三种元素的非金属性：Cl＞C＞H，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是：Cl＞C＞H；
(4)离子化合物构成的离子晶体的熔沸点比较高，由分子通过分子间作用力构成的分子晶体熔沸点比较低，。根据表格中四种物质的熔点数据可知：NaF、AlF3为离子晶体，而SiF4、SF6为分子晶体；
SiF4的熔点比SF6熔点低是由于二者都属于分子晶体，物质分子都属于非极性分子，结构相似。物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。由于相对分子质量：SiF4＜SF6 ， 所以物质的熔点：SiF4＜SF6。
SF6分子的空间构型为正八面体，在它的二氯代物SF4Cl2中，两个Cl原子可以在1、2位上、也可以在1、3位上，还可以1、4位上，用图示表示为： ，故SF6的二氯代物SF4Cl2共有3种同分异构体；
(5)P原子中含有的孤电子对数为： ，故P原子采用sp3杂化；
由俯视图可知：该晶胞为立方体心结构，晶胞中含有的PCl5的数目为1+8× =2，晶胞密度 ，那么晶胞参数a= ×1010 pm。
【分析】(1)银是47号元素，根据电子排布原那么分析；
(2)根据题目中的反响物和生成物，离子方程式为Au+4H++ +4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O；
(3)根据非金属性比较电负性；
(4)离子化合物构成的离子晶体的熔沸点比较高，分子晶体熔沸点比较低；根据正八面体的空间构型分析而氯代物；
(5)根据价层电子对互斥理论计算杂化方式；根据晶胞密度公式计算晶胞参数。
12.【答案】 〔1〕丙烯
〔2〕加聚反响；氧化反响
〔3〕
〔4〕碳碳双键；羟基
〔5〕
〔6〕CH3OH
〔7〕；；
【解析】【解答】〔1〕由题干信息得PP是聚丙烯，那么A为其单体，名称为：丙烯，故答案为丙烯；
〔2〕由A生成PP，反响类型为：加聚反响；由乙烯生成 的过程中得到氧，所以反响类型为：氧化反响，故答案为加聚反响；氧化反响；
〔3〕A为丙烯，与苯发生加成反响，那么由A生成C的化学方程式为： ；
〔4〕B为乙烯，官能团为：碳碳双键；F为 与甲醇反响所得，根据合成路线知F为乙二醇，那么官能团为：羟基，故答案为碳碳双键；羟基；
〔5〕逆推法，PC由 和E缩聚得到，故E的结构简式为： ，故答案为 ；
〔6〕由合成路线可知在由A、B合成PC的过程中，可循环使用的有机物是CH3OH；故答案为CH3OH；
〔7〕D为苯酚，与 可发生酯交换反响，生成G(C13H10O3)，由题干要求知，G中要含有酚羟基、羧基和两个苯环，且有10种不同化学环境的氢原子，所以同分异构体的结构简式为：
。
【分析】根据合成路线及有机物的结构特征分析解答。
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