德州市高三第二次模擬考試化學試題

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)必貴于專精高三化學試題2020．6本試卷分第I卷(選擇題）和第Ⅱ卷(非選擇題）兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。注意事項:1．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號,不能將答案直接答在試卷上.2．考試結束后，請將答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23S32C135。5K39Cr52Cu64第I卷(選擇題共40分)一、選擇題：本題共10小題,每題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題意。1?；瘜W與中華古文化密切相關,下列說法不正確的是A。漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器,其主要原料為粘土B。《墨子·天志》中記載：“書于竹帛，鏤于金石”。其中“金”指的是金屬C。《天工開物》中記載：“世間絲、麻、裘、褐皆具素質"，其中“絲、麻、裘”的主要成分都是蛋白質D?！吨芤讌⑼酢分袑拿枋觯骸暗没饎t飛，不見埃塵,將欲制之，黃芽為根.”黃芽為硫磺【答案】C【解析】【詳解】A．漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，瓷器是利用黏土高溫煅燒制得，故A正確；B．《墨子·天志》中記載：“書于竹帛，鏤于金石”意為把字寫在竹簡和帛上,雕刻在金屬、石頭上,故“金”指的是金屬,故B正確；C．麻的主要成分為纖維素,不是蛋白質，屬于糖類，“絲、裘”的主要成分都是蛋白質,故C錯誤;D．液態(tài)的金屬汞受熱易變成汞蒸氣,汞屬于重金屬,能使蛋白質變性，屬于有毒物質，但常溫下，能和硫反應生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫黃，故D正確；答案選C.2.在指定條件下，下列各組離子一定能大量共存的是A。滴加甲基橙顯紅色的溶液中:Na+、Fe2+、C1-、NOB。0.1mol·L-1FeC13溶液中：NH、Mg2+、SO、NOC。0.1mo1·L—1KI溶液中:Na+、K+、ClO-、OH—D.由水電離的c（H+)=1.0×10—13mo1·L—1的溶液中:K+、NH、C1-、HCO【答案】B【解析】【詳解】A．滴加甲基橙顯紅色的溶液為酸性，F(xiàn)e2+、NO在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，故A不符合題意；B．0.1mol·L-1FeC13溶液顯酸性，NH、Mg2+、SO、NO之間不反應,在酸性條件下可以大量共存，故B符合題意；C．0.1mo1·L—1KI溶液中碘離子具有還原性,ClO—具有氧化性,會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存,C不符合題意;D．由水電離的c（H+)=1。0×10—13mo1·L-1的溶液為酸性或堿性，酸性或堿性條件下HCO均不能大量共存，故D不符合題意；答案選B?！军c睛】B為易錯點，清楚0.1mol·L-1FeC13溶液的性質很關鍵.3。X、Y、Z、W為短周期主族元素。X、Z、W形成的一種離子常用于檢驗Fe3+，X、Y形成的化合物YX3常用作汽車安全氣囊的氣體發(fā)生劑，W的單質在加熱條件下可與X、Z的最高價含氧酸反應。下列敘述正確的是A.原子半徑：Z＞Y＞W＞XB.簡單氫化物穩(wěn)定性：Z＞XC.W形成的單質一定為原子晶體D。ZO2和ZO3中Z的原子雜化方式相同【答案】D【解析】【分析】X、Z、W形成的一種離子常用于檢驗Fe3+，是Fe3+與SCN-反應生成Fe(SCN）3,則X、Z、W分別是S、C、N中的一種，再結合“W的單質加熱條件下可與X、Z的最高價含氧酸反應”，可確定W是C；汽車安全氣囊的氣體發(fā)生劑常用NaN3，由此可知X、Y、Z、W分別是N、Na、S、C.【詳解】A.由4種元素所在元素周期表位置可判斷Y（Na）的原子半徑最大，同主族原子半徑逐漸增大，同周期原子半徑逐漸減小，Na＞S＞C＞N,即Y＞Z＞W＞X，故A錯誤;B。元素非金屬性越強，簡單氫化物穩(wěn)定性越強,非金屬性N＞S、X＞Z，故B錯誤；C.C的單質可以是金剛石、石墨、碳60等，可能為原子晶體，如金剛石,碳60是分子晶體，石墨屬于混合晶體，故C錯誤；D。S的氧化物為SO2和SO3，價層電子對數(shù)都是3對，二氧化硫有一對孤對電子，三氧化硫沒有，S原子的雜化方式都為sp2雜化，故D正確;答案選D.4。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.14gCO、N2混合氣體中共含有7NA個電子B.常溫下，0.1mol環(huán)氧乙烷()共有0.3NA個共價鍵C。在含CO總數(shù)為NA的Na2CO3溶液中，Na+總數(shù)為2NAD。氫氧燃料電池正極消耗22。4L氣體時，負極消耗的氣體分子數(shù)目為2NA【答案】A【解析】【詳解】A．14gCO、N2混合氣體的物質的量為，一個CO或N2分子中電子數(shù)目為14個，0.5molCO、N2混合氣體中共含有7NA個電子，故A正確；B．一個分子中含有7個共價鍵，三個碳碳鍵，4個碳氫鍵，常溫下，0。1mol環(huán)氧乙烷(）共有0。7NA個共價鍵，故B錯誤；C．在含CO總數(shù)為NA的Na2CO3溶液中，若CO不水解,Na+總數(shù)為2NA，但CO易水解成碳酸氫根，故Na+總數(shù)大于2NA，故C錯誤；D．沒有指明是否處于標準狀況，無法計算氣體的物質的量，故D錯誤;答案選A?！军c睛】B項環(huán)氧乙烷的碳氫鍵容易遺漏，需要學生細心觀察物質的結構。5.應用下列實驗裝置或方案能達到實驗目的的是A.用圖1裝置制備少量氨氣B。用圖2所示裝置收集SO2C.用圖3所示裝置檢驗是否有乙烯產生D。用圖4裝置比較KMnO4、C12、S的氧化性強弱【答案】D【解析】【詳解】A．用圖1裝置制備少量氨氣,沒有干燥裝置，得到的氨氣中含有水蒸氣，應選用堿石灰干燥，用上下排空氣法收集，裝置缺少除雜裝置和收集裝置，故A錯誤；B．SO2的密度大于空氣，導氣管應該長進短出,故B錯誤；C．揮發(fā)出的乙醇和產生的乙烯都能使酸性高錳酸鉀褪色，需要加有水的裝置除去乙醇，故C錯誤；D．高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯氣，氯氣與硫化鈉反應生成硫，由氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞C12＞S，用圖4裝置可以比較KMnO4、C12、S的氧化性強弱，故D正確；答案選D。6。以乙炔和乙醛為原料制備1，3—丁二烯的合成路線如圖所示：下列說法不正確的是A.甲、乙兩種有機化合物中均含有手性碳原子B.CH3CHO既可被氧化為CH3CH2OH,又可被還原為CH3COOHC。丙（1，3-丁二烯)形成的高聚物的結構簡式為D.合成路線中涉及到的反應類型有加成反應和消去反應【答案】B【解析】【分析】乙醛和乙烯發(fā)生加成反應得到甲，甲與氫氣發(fā)生加成反應得到乙，乙發(fā)生消去反應得到丙（1，3—丁二烯)?！驹斀狻緼．甲、乙兩種有機化合物中次甲基上的碳原子連有四種不同的基團，故均含有手性碳原子,故A正確；B．CH3CHO既可被氧化為CH3COOH，又可被還原為CH3CH2OH，故B錯誤；C．丙(1，3-丁二烯）形成的高聚物時,雙鍵斷開，中間形成一對新的雙鍵，形成的高聚物的結構簡式為,故C正確；D．甲到乙發(fā)生的是加成反應，乙到丙發(fā)生的是消去反應，故D正確；答案選B.7.常溫下，2NH3(g)＋NaClO（aq）＝NaCl（aq)＋N2H4（aq)＋H2O(l)能自發(fā)進行，可用于生產N2H4。下列有關說法正確的是A。該反應的ΔH＞0，ΔS＜0B。每生成1molN2H4轉移2mol電子C.室溫下，向0。1mol·L－1NaClO溶液中加水，溶液pH增大D.N2H4、O2和KOH溶液組成的燃料電池,負極反應為N2H4－4e－＝N2＋4H+【答案】B【解析】【詳解】A．2NH3(g）+NaClO（aq)=NaCl(aq）+N2H4（aq)+H2O(1），△S＜0，又△H—T△S＜0的反應可自發(fā)進行，則該反應△H＜0,故A錯誤；

B．反應中氮元素化合價由-3升高到—2，則每生成1mol

N2H4轉移2mol電子，故B正確；

C．NaClO溶液由于次氯酸跟水解顯堿性,則室溫下，向0。1mol/L

NaClO溶液中加水，溶液體積增大,堿性減弱，pH減小，故C錯誤;

D．N2H4、O2和KOH溶液組成的燃料電池中N2H4被氧氣氧化為負極，在堿性溶液中失電子生成氮氣和水，負極反應為N2H4—4e—+4OH—=N2+4H2O，故D錯誤；

故選：B。8.一種3D打印機的柔性電池以碳納米管作電極材料，以吸收ZnSO4溶液的有機高聚物為固態(tài)電解質，其電池總反應為：,其電池結構如圖1所示，圖2是有機高聚物的結構片段。下列說法不正確的是A。放電時,含有鋅膜的碳納米管纖維作電池負極B。有機高聚物中含有的化學鍵有：極性鍵、非極性鍵和氫鍵C.合成有機高聚物的單體是D。放電時，電極的正極反應為：MnO2+e—+H2O=MnOOH+OH—【答案】B【解析】【分析】電池放電時是原電池由總的電極反應可知,含有鋅膜的碳納米管纖維作電池負極，二氧化錳做正極，負極失電子發(fā)生氧化反應，Zn-2e-=Zn2+，正極為MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，根據(jù)高聚物的分子結構進行判斷.【詳解】A．根據(jù)分析可知，放電時，含有鋅膜的碳納米管纖維作電池負極，失電子發(fā)生氧化反應，故A正確;B．根據(jù)圖中信息，有機高聚物中含有的化學鍵有：碳氧、碳氮、氮氫等原子形成的極性鍵、碳碳原子之間形成的非極性鍵，氮氧原子形成的氫鍵屬于分子間作用力，不屬于化學鍵，故B錯誤；C．圖中可以看出合成有機高聚物的單體是，故C正確；D．放電時，二氧化錳做正極,化合價降低，轉變?yōu)镸nOOH,電極的正極反應為:MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故D正確；答案選B。【點睛】氫鍵不是化學鍵，屬于特殊的分子間作用力,主要影響分子晶體的熔沸點.9。用高分子吸附樹脂提取鹵水中的碘（主要以I-形式存在)的工藝流程如下下列說法正確的是A。流程中①和④所得溶液中,I-離子的濃度相等B.流程中⑥的分離碘產品的操作方法是萃取C.流程中④發(fā)生離子反應:2I2+SO+H2O=4I—+SO+2H+D.制備10molI2，理論上需KC1O3質量約為408g【答案】D【解析】【分析】鹵水中含碘離子，酸化后，通入氯氣可氧化碘離子生成碘單質，高分子吸附樹脂吸附碘單質，然后碘與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成HI和硫酸鈉，反應為I2+Na2SO3+H2O==2HI+Na2SO4，氧化時氯酸鉀可氧化碘離子生成碘單質，離子反應為6I—+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O，升華可得到粗產品，據(jù)此分析解答.【詳解】A．流程中①和④所得溶液中，碘離子的物質的量相同，為碘富集過程，濃度增大，c（I?)后者大于前者，故A錯誤；B．根據(jù)分析，對流程中⑥的分離碘產品進行升華操作進行分離，故B錯誤；C．流程中④為碘與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成HI和硫酸鈉，離子反應：I2+SO32—+H2O=2I—+SO42—+2H+,故C錯誤;D．根據(jù)氧化時氯酸鉀可氧化碘離子生成碘單質，離子反應為6I-+ClO3—+6H+=3I2+Cl—+2H2O，制備10molI2，理論上需KC1O3的物質的量為mol，質量約為=122。5g/mol×mol≈408g，故D正確；答案選D.10。在2L恒容密閉容器分別投入2molCO和1molO2。進行反應:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)。在相同的時間段（5min）下，測得CO的轉化率與溫度的關系如圖所示.下列說法正確的是A?；瘜W平衡常數(shù)：K（b)＜K（c）＜K（d)B.a點，vO2(正)=0。14mo1·L—1·min—1C。d點vCO（正)等于a點vCO（正)D.50℃時，該反應的化學平衡常數(shù)K=160L·mol-1【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖示，b點時CO的轉化率最大，則b點時反應達到平衡狀態(tài)，隨溫度升高,CO的轉化率降低，說明反應逆向進行，則正反應為放熱反應,據(jù)此分析解答.【詳解】A．根據(jù)分析，2CO(g）+O2(g）2CO2(g）為放熱反應，b、c、d點溫度依次升高，溫度升高，反應逆向進行,平衡常數(shù)減小，則化學平衡常數(shù)：K(b)＞K（c)＞K(d），故A錯誤;B．a點時,CO的轉化率為0。7,則CO物質的量的變化量為2mol×0。7=1.4mol,則CO的平均反應速率==0.14mo1·L-1·min-1，根據(jù)反應速率之比等于化學反應計量系數(shù)值比,vO2（正)=vCO（正）=0.14mo1·L-1·min—1×=0。07mo1·L-1·min—1，即5min內,O2的平均反應速率為0。07mo1·L-1·min—1，故B錯誤；C．a、b兩點的溫度不同，a點的溫度低,b點的溫度高，溫度越高反應速率越快,則兩點vCO（正）不相等,b點vCO(正）大于a點vCO(正），故C錯誤；D．50℃時,CO的轉化率為0。8，列三段式：該反應的化學平衡常數(shù)K==160L·mol—1,故D正確；答案選D。二、選擇題:本題共5個小題，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分,有選錯的得0分.11.下列有關說法正確的是A。CS2為含極性鍵的極性分子B。MgO的熔點高于Na2O的熔點C。基態(tài)C1原子核外有17種能量不同的電子D.C、N、O、P四種元素電負性最大的是O【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．由不同元素的原子形成的共價鍵是極性鍵,分子中正電中心和負電中心能重合的是非極性分子,CS2為直線形分子，所以CS2為含極性鍵的非極性分子，A錯誤；B．MgO、Na2O都是離子晶體，離子晶體的熔點高低的比較要看離子鍵的強弱，離子鍵越強,熔點越高,而離子鍵的強弱要看離子半徑的大小和離子所帶的電荷，離子半徑越小和離子所帶電荷越多，離子鍵越強,熔點越高，離子半徑由大到小的順序為：Na+＞Mg2+，離子所帶電荷：Mg2+＞Na+，所以熔點由高到低的排序為MgO＞Na2O，B正確；C．基態(tài)C1原子核外有17個電子，有5個能級，同一能級上電子能量相同，故有5種能量不同的電子，C錯誤；D．同周期從左往右元素的電負性依次增大，同主族從下往上元素的電負性依次增大,故C、N、O、P四種元素電負性最大的是O，D正確;故本題選BD.12。4—羥基苯甲酸丁酯（）是2020年3月3日歐洲化學品管理局（ECHA）提議高度關注加入SVHC清單的物質之一。下列有關說法不正確的是A。該物質性質穩(wěn)定，不易變質B。該物質能使氯化鐵顯色C.1mo1該物質最多能與2mo1NaOH反應D。1mo1該物質最多能與3mo1H2加成【答案】A【解析】【詳解】A．4—羥基苯甲酸丁酯含有酚羥基，不穩(wěn)定，易被氧化，A錯誤;B．該物質含酚羥基，能使氯化鐵顯色,B正確;C．1mo1該物質含1個酚羥基，1個酯基,最多能與2mo1NaOH反應,C正確；D．1mo1該物質含有1個苯環(huán)，最多能與3mo1H2加成，D正確；故選A。13.為探究SO2與Fe3+能否發(fā)生氧化還原反應，按如圖裝置進行實驗(夾持、加熱儀器略），下列說法正確的是A.銅和濃硫酸反應需要加熱的原因是低溫下銅被鈍化B。試劑a為飽和NaHSO3溶液，其作用是觀察氣流速率C。一段時間，向C中滴加氯化鋇溶液，產生白色沉淀，說明Fe3+氧化了SO2D.一段時間，向C中滴加酸性高錳酸鉀,溶液褪色，說明SO2還原了Fe3+【答案】BC【解析】【詳解】A．濃硫酸和銅須在加熱的條件下反應，常溫下Cu與濃硫酸不反應，不屬于鈍化，A錯誤;B．飽和NaHSO3溶液不與二氧化硫反應，可觀察氣流速率,B正確;C．向C中加氯化鋇溶液，有白色沉淀，說明發(fā)生了反應：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，F(xiàn)e3+氧化了SO2生成硫酸根，C正確；D．二氧化硫和亞鐵離子均能使酸性高錳酸鉀褪色，一段時間后，向C中滴加酸性高錳酸鉀,溶液褪色,不能說明溶液中一定含F(xiàn)e2+,不能說明SO2還原了Fe3+,故D錯誤；故選BC。14.稀土鈰(Ce)元素主要存在于獨居石中,金屬鈰化學性質十分活潑。近年來發(fā)現(xiàn)用鈰(Ce)的氧化物可高效制取H2，制備原理如圖所示，已知0<<2，下列說法不正確的是A。CeO2是水分解的催化劑B.T〈1050℃時，CeO2比CeO2—δ穩(wěn)定C。工業(yè)上可用電解CeCl4溶液制備CeD.過程②的方程式為CeO2—δ+δH2OCeO2+δH2【答案】C【解析】【詳解】A．CeO2在反應前后質量和性質不變,所以CeO2是水分解的催化劑,A正確;B．T＜1050℃時，CeO2﹣δ轉化成CeO2，所以CeO2比CeO2﹣δ穩(wěn)定，B正確；C．Ce是活潑金屬，應電解熔融的CeCl4制備Ce，C錯誤；D．由上圖可知，過程②是CeO2—δ和H2O反應生成CeO2和H2，所以方程式為CeO2—δ+δH2OCeO2+δH2,D正確;故選C。15.常溫下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液,溶液中－1g［c（H+）／c(H2C2O4）]和－1gc（HC2O)或－1g［c（H+）／c（HC2O)］和－lgc（C2O）關系如圖所示,下列說法錯誤的是A.曲線M表示和的關系B。滴定過程中，當pH=5時，c（Na+)－3c（HC2O)>0C。隨pH的升高而減小D.在NaHC2O4溶液中c（Na+）>(HC2O）〉c（C2O)>c(H2C2O4)【答案】BC【解析】【分析】二元弱酸的電離常數(shù)Ka1＞Ka2，斜線M表示表示和的乘積等于10-2，斜線N表示表示和的乘積等于10—5?！驹斀狻緼．H2C2O4為二元弱酸，第一步電離平衡常數(shù)大于第二部電離平衡常數(shù)，故大于,即＞,則＞，即＜，因此曲線M表示和的關系，A正確；B．當pH=5時，溶液呈酸性，c(OH—)＜c（H+），c(H+）=10—5mol/L，,則c(HC2O）=c（C2O)，根據(jù)電荷守恒c（Na+)+c(H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），則c（Na+)－3c（HC2O）=c（OH—）-c（H+）＜0,B錯誤；C．已知，，，則，與溶液的pH無關,C錯誤;D．由上圖可知,,則，同理Ka1=10-2，則草酸氫鈉的水解平衡常數(shù)=Kw/Ka1=10—12,小于Ka1，說明以電離為主，溶液顯酸性,則中c（Na+)〉（HC2O)〉c(C2O)〉c（H2C2O4)，D正確；故選BC?！军c睛】本題考查了離子濃度大小的比較、平衡常數(shù)，難度中等,明確反應后溶質的組成為解題關鍵，注意掌握物料守恒，電荷守恒，及鹽的水解原理的含義及應用方法，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用的能力。第Ⅱ卷（非選擇題共60分)三、非選擇題：本題共5小題，共60分16.過氧化尿素(CO(NH2）2·H2O2）是過氧化氫水溶液與尿素的加和物，兼有尿素和過氧化氫的性質,是一種新型漂白、消毒劑,廣泛應用于農業(yè)、醫(yī)藥、日用化工等領域。某化學小組同學用低濃度的雙氧水和飽和尿素［CO(NH2)2］溶液在30℃條件下用右圖裝置合成過氧化尿素.請回答下列問題：（1）儀器X的名稱是______________；（2）制備過氧化尿素的化學方程式為_______________________，反應時采取的受熱方式為_____________;(3)攪拌器不能選擇鐵質材料的原因是______________________（4）過氧化尿素中活性氧含量的高低直接決定產品的質量，合格產品中活性氧的含量≥16％（相當于其中含H2O234％)。為了確定所得產品合格與否，質檢員稱取干燥樣品8．000g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，準確量取其中25．00mL溶液于錐形瓶中，加入1mL6mol·L—1H2SO4，然后用0．2000mol·L—1KMnO4標準溶液滴定樣品中的H2O2(KMnO4溶液與尿素不反應）.三次滴定平均消耗KMnO4溶液20．000mL：①請完善滴定時反應的離子方程式：__MnO+___H2O2+______==_______________②若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡,滴定后消失，會使測得的活性氧含量_______（填“偏高”、“偏低”或“不變”);③根據(jù)滴定結果確定產品質量_______（填“合格”或“不合格”）,活性氧的質量分數(shù)為_________?！敬鸢浮浚?).球形冷凝管(2）。CO（NH2)2+H2O2=CO(NH2）2·H2O2(3）。水浴加熱（4)。H2O2水溶液呈弱酸性,故H2O2可與鐵單質反應，進而氧化生成可催化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】本題從物質的制備入手,通過過氧化氫水溶液與尿素反應，可得到)CO（NH2)2·H2O2，在結合儀器的辨別,反應的方程式等知識點進行考查，重點是利用氧化還原反應的原理來測定過氧化尿素中活性氧含量.【詳解】(1)根據(jù)上圖，可知儀器X是球形冷凝管，故答案為:球形冷凝管；(2）CO(NH2)2·H2O2是過氧化氫水溶液與尿素的加和物，由雙氧水和飽和尿素CO(NH2）2反應制備，化學方程式為：CO(NH2)2+H2O2=CO（NH2）2·H2O2，反應溫度為30℃，可采取水浴加熱的方式，故答案為：CO(NH2）2+H2O2=CO(NH2）2·H2O2;水浴加熱；(3)過氧化氫水溶液呈酸性，會與鐵單質反應,生成的金屬離子能加快過氧化氫的分解，所以攪拌器不能選擇鐵質材料，故答案為：H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可與鐵單質反應，進而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3+；（4)①反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑,氧化產物是O2；依據(jù)元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從—1價變化為0價，根據(jù)電子守恒配平寫出離子方程式為:2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2，故答案為：2；5；6H+；2Mn2++8H2O+5O2;②若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡,滴定后消失，依據(jù)反應的電離關系可知，5×c（標準)×V（標準）=c（待測)×V（待測)×2，測得標準液體積偏大，結果偏高,故答案為：偏高；③稱取干燥樣品8.000g,溶解，在250mL容量瓶中定容．準確量取25.00mL于錐形瓶中，加入1mL6mol/L的硫酸,然后用0。2000mol/LKMnO4

標準溶液滴定,至滴入最后一滴時,溶液顯淺紅色且半分鐘內不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20。00mL；依據(jù)反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

2

5

0。0200L×0.2000mol/L

0.01mol

250mL容量瓶中含過氧化氫0.1mol，過氧化氫質量=0。1mol×34g/mol=3。4g，過氧化氫質量分數(shù)=3.4g/8g×100%=42。5%,過氧化氫質量分數(shù)大于34％；活性氧16%,相當于H2O234％，則活性氧質量分數(shù)=16%×42。5％/34％=20％，該產品為合格產品,故答案為：合格；20％;【點睛】從題中獲得解答題目所需的信息,所以在解答題目時先看解答的問題是什么，然后帶著問題去讀給出的圖進而去尋找解答有用的信息，這樣提高了信息撲捉的有效性．解答的問題實際上與復雜的轉化圖相比，其實很簡單很基礎，或者可以說轉化圖提供的是情境，考查基本知識。17。N、F、Cu及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等方面應用十分廣泛?；卮鹣铝杏嘘P問題:（1)N原子中最高能級的電子的電子云輪廓圖為___________；基態(tài)Cu+的核外電子排布式為____________。（2）化合物（CH3）3N可用于制備醫(yī)藥、農藥。分子中N原子雜化方式為________，該物質能溶于水的原因是_____________________。(3）［H2F]+[SbF6］-（氟銻酸)是一種超強酸，其陽離子的空間構型為_____________，寫出一種與[H2F](4)氮、銅形成的一種化合物的晶胞結構如圖所示。與每個Cu原子緊鄰的Cu原子有____個,令阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為______g/cm3。(列出計算式）【答案】(1）。啞鈴形或紡錘形（2).［Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（3）。sp3(4）。（CH3)3N為極性分子，且可與水分子形成分子間氫鍵（5）.V形（6）.H2O或H2S（7)。8（8）?！窘馕觥糠治觥扛鶕?jù)N原子的核外電子排布式判斷最高能級的電子的電子云輪廓圖。根據(jù)基態(tài)銅原子的核外電子排布式寫出基態(tài)Cu+的核外電子排布式。根據(jù)價層電子對數(shù)判斷雜化類型，根據(jù)分子結構判斷易溶于水的原因。根據(jù)價層電子對互斥理論判斷分子的立體構型，根據(jù)同族替換或等量代換找出等電子體。根據(jù)晶胞結構分析化學式并進行計算.【詳解】（1）N原子的核外電子排布式為1s22s22p3，最高能級的電子為2p上的電子，電子云輪廓圖為啞鈴形或紡錘形；基態(tài)銅原子的核外電子排布式為［Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+是基態(tài)銅原子失去最外層的一個電子得到的，Cu+的核外電子排布式為［Ar］3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2)化合物（CH3）3N分子中N原子與三個甲基形成了3對共用電子對，N上還有一對孤電子對,價層電子對數(shù)4，雜化方式為sp3,(CH3)3N為極性分子，且可與水分子形成分子間氫鍵,故易溶于水;(3）［H2F]+中F上的孤電子對數(shù)為，價層電子對數(shù)為2+2=4，VSEPR模型為四面體型，分子的空間構型為V形,與［H2F］+互為等電子體的分子為H2O或H2（4）圖中與每個Cu原子緊鄰的Cu原子有8個，銅原子和氮原子的個數(shù)分別為、，該晶體的密度為g/cm3?！军c睛】VSEPR模型和分子的空間構型不一定相同，沒有孤對電子時相同，有孤對電子時要去掉孤對電子才是分子的立體構型，為學生的易錯點.18.二甲醚(CH3OCH3）是一種新型能源，被譽為“21世紀的清潔燃料”。（1)用CO和H2合成二甲醚的反應為：3H2(g)+3CO(g）CH3OCH3（g)+CO2（g）△H。幾種物質的相對能量如下：△H=______kJ·mo1。改變下列“量”，一定會引起△H發(fā)生變化的是_____(填代號)。A．溫度B．反應物濃度C．催化劑D．化學計量數(shù)(2)有利于提高反應中CH3OCH3產率的條件為_______（填標號)。A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓(3)采用新型催化劑（主要成分是Cu—Mn的合金)制備二甲醚。催化劑中n(Mn)／n（Cu）對合成二甲醚的影響情況如下圖所示。當n(Mn)／n(Cu)=2時，二甲醚的選擇性()為85．8％，此時二甲醚的產率為_________.（4）用二甲醚燃料電池電解法可將酸性含鉻廢水（主要含有Cr2O72—）轉化為Cr3+。原理如下圖:①燃料電池中的負極是______(填“M”或“N”)電極。電解池陰極的電極反應式為______________________________。②消耗6．9g二甲醚時可處理Cr的含量為26．0g·L—1的廢水1L，該套裝置的能量利用率為___________.(保留3位有效數(shù)字)【答案】（1）.－253．4（2)。D(3).B(4).61．8%(5)。M（6)。Cr2O+6e—+14H+===2Cr3++7H2O(7）。83．3%【解析】【分析】根據(jù)反應熱△H=生成物總能量—反應物總能量進行計算；根據(jù)影響化學平衡移動因素進行分析；根據(jù)二甲醚的選擇性計算公式：進行計算；根據(jù)氫離子移動方向判斷正負極，根據(jù)電子守恒計算能量的利用率.【詳解】（1)用CO和H2合成二甲醚的反應為：3H2(g)+3CO(g）CH3OCH3(g）+CO2（g)△H=生成物總能量-反應物總能量=1453。0kJ·mo1-1-（3285。8kJ·mo1-1+3kJ·mo1-1）=-253.4kJ·mo1-1；A。改變溫度會影響化學反應平衡移動，但不會影響△H，故A不符合題意；B.改變反應物濃度，影響化學反應平衡移動,但不會影響△H，故B不符合題意;C.催化劑只改變化學反應速率，不會影響△H，故C不符合題意；D。反應熱與化學反應計量數(shù)成正比，所以改變化學計量數(shù)會影響△H，故D符合題意；故答案：—253。4；D；（2）根據(jù)3H2(g)+3CO（g)CH3OCH3(g）+CO2（g）△H=—253。4kJ·mo1—1可知，升高溫度，平衡逆向移動,CH3OCH3產率降低,降低溫度,平衡正向移動，CH3OCH3產率升高；增大壓強，平衡正向移動，CH3OCH3產率升高,降低壓強,平衡逆向移動，CH3OCH3產率降低;所以有利于提高反應中CH3OCH3產率的條件為低溫高壓，故B正確；故答案：B。（3）當=2時，二甲醚的選擇性()為85。8％，由圖可知CO的轉化率為72%，此時二甲醚的產率=85。8%=61.8％，故答案：61。8%；（4)①由質子交換膜中氫離子移動方向可知，M為負極，N為正極；電解池中與正極相連為陽極發(fā)生氧化反應，與負極相連極為陰極發(fā)生還原反應，所以反應的電極反應式為：Cr2O+6e—+14H+===2Cr3++7H2O，故答案：M;Cr2O+6e—+14H+===2Cr3++7H2O；②n（CH3OCH3)=，根據(jù)電子守恒：CH3OCH3—12e—+3H2O=2CO2↑+12H+可知轉移電子為12，可以還原m(Cr)=26.0g·L-11L=26.0g,根據(jù)Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O可知轉移的電子==1。5mol,該套裝置的能量利用率=100%=83。3%，故答案為：83.3%.【點睛】（4）原電池電解池綜合考查,首先要確定原電池電極，才能進一步解決電解池的問題，原電池電極的確定可以根據(jù)反應原理，結合質子交換膜H+移動方向和出口產物為水來確定.19。鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O）是無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑。工業(yè)上利用鉬精礦（主要成分是MoS2，含少量PbS等)制備鉬酸鈉的途徑如圖所示：(1)Na2MoO4·2H2O中鉬元素的化合價是____________(2）焙燒過程發(fā)生的主要反應為MoS2+O2→MoO3+SO2(未配平),該反應的氧化產物是____________（填化學式)。(3)堿浸時生成Na2MoO4和一種氣體A，該氣體的電子式為________;沉淀時加入Na2S溶液的目的是______________________（4）焙燒鉬精礦所用的裝置是多層焙燒爐，圖1為各爐層固體物料的物質的量的百分數(shù)（φ）。第6層焙燒爐中所得MoO3與MoO2的物質的量之比為___________（5)鉬酸鈉和月桂酰肌氨酸的混合液常作為碳素鋼的緩蝕劑。常溫下,碳素鋼在三種不同介質中的腐蝕速率實驗結果如圖2：①使碳素鋼的緩蝕效果最優(yōu)，鉬酸鈉和月桂酰肌氨酸的濃度比應為_______。②隨著鹽酸和硫酸濃度的增大，碳素鋼在兩者中腐蝕速率產生明顯差異的主要原因是__________________________________。③空氣中鉬酸鹽對碳鋼的緩蝕原理是在碳鋼表面形成FeMnO4—Fe2O3保護膜.密閉式循環(huán)冷卻水系統(tǒng)中的碳鋼管道緩蝕，除需要加入鉬酸鹽外還需加入NaNO2.則NaNO2的作用是_____________________________【答案】（1).+6(2）.MoO3和SO2（3）.（4).除去Pb2+離子（5).1：3(6)。1：1（7）.C1—有利于碳鋼的腐蝕，SO不利于碳鋼的腐蝕,使得鋼鐵在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸；（8)。替代空氣中氧氣起氧化劑作用【解析】【分析】(1）～(3）從流程圖知：先在空氣中灼燒生成MoO3,同時得到對環(huán)境有污染的氣體SO2，然后再用純堿溶液溶解MoO3，經過“沉淀"環(huán)節(jié)除去雜質PbS，即可得到鉬酸鈉溶液，最后結晶得到鉬酸鈉晶體；據(jù)此分析解答；(4）～（6)通過讀圖、從圖片中提取有效信息、結合元素守恒、影響速率的可能因素等知識分析、回答；【詳解】（1)根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0，Na2MoO4·2H2O中鉬元素的化合價是+6；答案為：+6；(2)焙燒過程中MoS2和O2反應生成MoO3和SO2,Mo元素的化合價從+2價升高到+6價、S元素的化合價從?1價升高到+4價，O元素的化合價從0價降低到?2價，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒,配平后的化學方程式為，該反應的還原劑是MoS2,則氧化產物是MoO3和SO2；答案為：MoO3和SO2；（3由流程圖可知,堿浸時MoO3與Na2CO3反應生成一種氣體A和Na2MoO4,可推知堿浸時發(fā)生了反應：，則A為CO2,電子式為；流程圖中“沉淀時”加入Na2S溶液后再過濾,得到的濾液中已經不含鉛元素，則鉛元素轉移到廢渣中,即廢渣含PbS,加入Na2S溶液目的是除去Pb2+離子；答案為：；除去Pb2+離子;（4）第6層焙燒爐中所得含鉬元素產物有與MoS2、MoO3與MoO2，其中MoS2與MoO3物質的量百分數(shù)均為20％，則MoO2物質的量百分數(shù)為60％，則MoO3與MoO2的物質的量之比為1：3；答案為：1：3；（5）①根據(jù)圖像知當緩蝕劑中鉬酸鈉和月桂酰肌氨酸均為150mg/L時碳素鋼的緩蝕效果最優(yōu),鉬酸鈉和月桂酰肌氨酸的濃度比應為1：1；

答案為：1:1;②隨著鹽酸和硫酸濃度的增大，碳素鋼在兩者中腐蝕速率產生明顯差異，則二者主要的差別為陰離子不同，可以推測其主要原因是C1—有利于碳鋼的腐蝕，SO不利于碳鋼的腐蝕,使得鋼鐵在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸；答案為：C1-有利于碳鋼的腐蝕，SO不利于碳鋼的腐蝕，使得鋼鐵在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸；③空氣中鉬酸鹽對碳鋼的緩蝕原理是在碳鋼表面形成FeMnO4—Fe2O3保護膜。密閉式循環(huán)冷卻水系統(tǒng)中的碳鋼管道緩蝕，除需要加入鉬酸鹽外還需加入NaNO2。則NaNO2的作用是替代空氣中氧氣起氧化劑作用,以便在碳鋼表面形成FeMnO4-Fe2O3保護膜;答案為：替代空氣中氧氣起氧化劑作用。【點睛】解本題的關鍵是：關注元素化合價的變化、判斷反應是否是氧化還原反應、是不是復分解反應等等，應用相關規(guī)律進行分析判斷；通過讀圖，發(fā)現(xiàn)圖中有效信息、結合質量守恒定律等規(guī)律進行計算等。20.有機物I（）是一種新型感光高分子化合物，工業(yè)合成I的路線如下:已知：同一個碳原子上連接有2個羥基時,自動脫去一