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四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试理综化学试题
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四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试理综化学试题
1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 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
B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D. “玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；
B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；
C. 疫苗一般应冷藏存放，其目是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；
D. 硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子
B. 标准状况下，11．2L乙醇中含有的极性共价键数目为3．5NA
C. 18g的D2O中含有的中子数为10NA
D. 1L0．1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；
B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；
C、一个D2O中含有1×2+8=10个中子，18g D2O物质的量==0.9mol，含有0.9NA个中子，选项C错误；
D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe3+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于0.2NA个，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为20g/mol，为易错点。
3.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是
A. 该反应属于化合反应
B. b的二氯代物有6种结构
C. 1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2
D. C5H11Cl的结构有8种
【答案】D
【解析】
【分析】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；
C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。
【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；
B、甲苯苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；
C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。
故选D。
【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。
4.下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作和现象
结 论
A
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
B
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
样品已变质
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测得0.1 mol·L－1 NaA溶液的pH小于0.1 mol·L－1 Na2B溶液的pH
酸性：HA＞H2B
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。
5.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：Z>Y>X B. WX2中含有非极性共价键
C. 简单氢化物的热稳定性：X>Y D. 常温常压下Z的单质为气态
【答案】B
【解析】
【分析】
主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。
【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。
【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。
6.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时B电极反应式：I2+2e-=2I-
B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。
【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；
B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；
C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；
D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
7.室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Kb2的数量级为10-5
B. X(OH)NO3水溶液显酸性
C. 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]
D. 在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]= c(X2+ )， Kb2= c(OH- )c(X2+ )/ c[X(OH)+]= c(OH- )=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；
B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；
C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/ c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+ )
答案：D。
8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。
实验步骤：
（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加1~2粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。
（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。
（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。
(1)装置A中玻璃管的作用是_______。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是 ________。
(2)步骤（二）中，当观察到_______现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_______（填标号）。
①停止加热②打开弹簧夹③关闭冷凝水
(3)在馏出液中加入食盐的作用是__ ；加入无水Na2SO4的作用是_______。
(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为_________。（残留物以表示）
(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_______ g/L。
（以计，式量：884)。
【答案】 (1). 平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) (3). 仪器甲处馏出液无油状液体 (4). ②①③ (5). ；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (6). 除去花椒油中的水或干燥 (7). (8). 353.6g/L
【解析】
【分析】
在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。
【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；
(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为②①③；
(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO4·10H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；
(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；
(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L×0.020L×=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L×0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=×0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol×884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g÷0.02L=353.6g/L。
【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。
9.工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。
(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_________________________________。
(2)滤渣的主要成分是________________(写化学式)。
(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素的沉降率达到98％，至少应调节c(NH4+)为____mol·L-1。[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(4)“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______________________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是____________________________。
(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O)
①KMnO4溶液的作用是______________。
②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】 (1). V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2 (2). Mg3(PO4)2、MgSiO3 (3). 0.8 (4). N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O (5). 有氯气生成，污染空气 (6). 将VO2+氧化为VO2+ (7). (8). 偏高
【解析】
【分析】
钒炉渣（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物加水溶解，向溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3．滤液中加入氯化铵沉钒生成NH4VO3，其受热分解生成V2O5，再用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2，最后再向反应后溶液中加入NH4HCO3，即可得到产品氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]；
（5）①测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2+，再加入NaNO2溶液除去过量的KMnO4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定VO2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算；
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗标准液体积偏高，由此判断误差；
【详解】(1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；
(2)焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；
(3)已知Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)•c(VO3-)=1.6×10-3, 若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素的沉降率达到98％，则溶液中剩余c(VO3-)=0.1mol·L-1×2%=0.002 mol·L-1，此时c(NH4+)=mol·L-1=0.8mol·L-1；
(4)用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；
(5)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；
②根据钒元素质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为=；
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。
10.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。
(1)工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，反应实际为两步进行：
I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) △H1=-272kJ·mol-1
II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+138kJ·mol-1
已知：H2O(l)==H2O(g) △H3=+44kJ·mol-1
①请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式______________。
②T1℃时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，如图是CO2平衡转化率()与x的关系。求图中A点NH3的平衡转化率=________％。
③当x=1.0时，若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-3(KP为以分压表示的平衡常数)。
(2)用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1。在T℃时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：
①甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率____________。
②下列说法正确的是________(填字母编号)。
A．2c12p2 D．α1+α3>1
(3)用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“＜”)。
【答案】 (1). 2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1 (2). 33.3 (3). Kp=108/p03 (4). 0.04 mol•L-1•s-1 (5). AB (6). 1︰2或0.5 (7). >
【解析】
【分析】
本题研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义，实际以CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合知识，难度适中。
【详解】(1) ①NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H，根据盖斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=－178 kJ•mol-1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1；
②A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol×0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol×2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol×100％=33.3％；
③当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：
2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)
起 1 1
转 2x x
平 1-2x 1-x
又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知=，解得x=mol，则n平(NH3)=mol，n平(CO2)=mol，那么p平(NH3)=×= kPa，p平(CO2)= ×=kPa，因而Kp==(kPa)-3；
(2)①根据3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1，可知消耗的CO2的量为1mol×=0.8mol，v(CO2)==0.04mol·L-1·s-1；
②A.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c3>2c3*，综合上述分析可知c3>2c1，A正确；
B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z< z*，故z<2y，B正确；
C.根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p3<2p2，C错误；
D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中α1=2c1/1=2c1，乙中α2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而α1+α2=2c1+1-2c2=1，根据C可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而α3小于α2，所以α1+α3<1，D错误。
故答案选AB。
(3) pH=10，c(H+)=10-10mol/L，又K2(H2CO3)=，因而c(CO32-)：c(HCO3-)= K2(H2CO3)/c(H+)=1︰2，溶液中电荷守恒关系式为c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+ c(OH-)，又溶液pH=10，则c(OH-)> c(H+)，所以c(Na+)>c(HCO3-)+2c(CO32-)。
【点睛】注意平衡等效，转化率不一定相同：①若是从不同方向建立的等效平衡，物质的转化率一定不同。如在某温度下的密闭定容容器中发生反应2M(g)+ N(g) ⇌ 2E(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时气体的压强比起始时增大了20%，则E的转化率是40%；若开始时充入2molM和1molN，达到平衡后，M的转化率是60%。②若是从一个方向建立的等效平衡，物质的转化率相同。如恒温恒压容器中发生反应2E(g) ⇌ 2M(g)+ N(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时M的物质的量为0.8mol，则E的转化率是40%；若开始时充入4molE，达到平衡后M的物质的量为1.6mol，则E的转化率仍为40%。
11.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。
【答案】 (1). ） (2). 1 (3). +1 (4). 大 (5). 3:2 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 共价 (9). ×100%
【解析】
【分析】
(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；
(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；
(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。
【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为：；1；
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为：+1；大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：3∶2；三角锥形；
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为：共价； ×100%。
12.白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：
已知：
①RCH2BrRCH=CHR’
②2RCH=CHR’
（以上R、R’代表氢、烷基）
(1)白头翁素的分子式为____。
(2)试剂a为______，E→F的反应类型为________。
(3)F的结构简式为_________。
(4)C中含有的官能团名称为________。
(5) A→B反应的化学方程式为_________。
(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有____种。
(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为____（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). C10H8O4 (2). 浓硫酸 (3). 消去反应 (4). (5). 羧基、羟基、碳碳双键 (6). +H2O (7). 8 (8). 第一种路线：
第二种路线：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3
【解析】
【分析】
（1）~（6）A发生加成反应生成的B为HOOCCH（OH）CH2CH2Br，B和HCHO发生已知①的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知②的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，则b为NaOH醇溶液。
(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。
【详解】(1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为C10H8O4；
(2)C→D为醇的消去反应，则试剂a为浓硫酸，E→F的反应类型为消去反应；
(3)F的结构简式为；
(4) C的结构简式为，C中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基；
(5)A发生加成反应生成B，A→B反应的化学方程式为；
(6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有-COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=C-C-C，有4种；如果碳链结构为C-C=C-C，有2种；如果碳链结构为，有2种，所以符合条件的有8种；
(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到；其合成路线为，也可能是合成路线为：。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据流程图，结合题干信息及反应条件、进行物质推断是关键，难点是同分异构体种类判断，利用不饱和度确定链状结构中存在的官能团，题目侧重考查学生的分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。
四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试理综化学试题
1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 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
B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D. “玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；
B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；
C. 疫苗一般应冷藏存放，其目是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；
D. 硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子
B. 标准状况下，11．2L乙醇中含有的极性共价键数目为3．5NA
C. 18g的D2O中含有的中子数为10NA
D. 1L0．1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；
B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；
C、一个D2O中含有1×2+8=10个中子，18g D2O物质的量==0.9mol，含有0.9NA个中子，选项C错误；
D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe3+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于0.2NA个，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为20g/mol，为易错点。
3.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是
A. 该反应属于化合反应
B. b的二氯代物有6种结构
C. 1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2
D. C5H11Cl的结构有8种
【答案】D
【解析】
【分析】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；
C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。
【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；
B、甲苯苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；
C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。
故选D。
【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。
4.下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作和现象
结 论
A
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
B
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
样品已变质
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测得0.1 mol·L－1 NaA溶液的pH小于0.1 mol·L－1 Na2B溶液的pH
酸性：HA＞H2B
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。
5.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：Z>Y>X B. WX2中含有非极性共价键
C. 简单氢化物的热稳定性：X>Y D. 常温常压下Z的单质为气态
【答案】B
【解析】
【分析】
主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。
【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。
【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。
6.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时B电极反应式：I2+2e-=2I-
B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。
【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；
B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；
C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；
D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
7.室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Kb2的数量级为10-5
B. X(OH)NO3水溶液显酸性
C. 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]
D. 在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]= c(X2+ )， Kb2= c(OH- )c(X2+ )/ c[X(OH)+]= c(OH- )=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；
B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；
C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/ c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+ )
答案：D。
8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。
实验步骤：
（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加1~2粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。
（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。
（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。
(1)装置A中玻璃管的作用是_______。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是 ________。
(2)步骤（二）中，当观察到_______现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_______（填标号）。
①停止加热②打开弹簧夹③关闭冷凝水
(3)在馏出液中加入食盐的作用是__ ；加入无水Na2SO4的作用是_______。
(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为_________。（残留物以表示）
(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_______ g/L。
（以计，式量：884)。
【答案】 (1). 平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) (3). 仪器甲处馏出液无油状液体 (4). ②①③ (5). ；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (6). 除去花椒油中的水或干燥 (7). (8). 353.6g/L
【解析】
【分析】
在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。
【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；
(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为②①③；
(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO4·10H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；
(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；
(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L×0.020L×=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L×0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=×0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol×884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g÷0.02L=353.6g/L。
【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。
9.工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。
(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_________________________________。
(2)滤渣的主要成分是________________(写化学式)。
(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素的沉降率达到98％，至少应调节c(NH4+)为____mol·L-1。[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(4)“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______________________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是____________________________。
(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O)
①KMnO4溶液的作用是______________。
②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】 (1). V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2 (2). Mg3(PO4)2、MgSiO3 (3). 0.8 (4). N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O (5). 有氯气生成，污染空气 (6). 将VO2+氧化为VO2+ (7). (8). 偏高
【解析】
【分析】
钒炉渣（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物加水溶解，向溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3．滤液中加入氯化铵沉钒生成NH4VO3，其受热分解生成V2O5，再用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2，最后再向反应后溶液中加入NH4HCO3，即可得到产品氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]；
（5）①测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2+，再加入NaNO2溶液除去过量的KMnO4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定VO2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算；
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗标准液体积偏高，由此判断误差；
【详解】(1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；
(2)焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；
(3)已知Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)•c(VO3-)=1.6×10-3, 若滤液中c(VO3-)=0.1mol·L-1，为使钒元素的沉降率达到98％，则溶液中剩余c(VO3-)=0.1mol·L-1×2%=0.002 mol·L-1，此时c(NH4+)=mol·L-1=0.8mol·L-1；
(4)用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；
(5)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；
②根据钒元素质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为=；
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。
10.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。
(1)工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，反应实际为两步进行：
I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) △H1=-272kJ·mol-1
II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+138kJ·mol-1
已知：H2O(l)==H2O(g) △H3=+44kJ·mol-1
①请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式______________。
②T1℃时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，如图是CO2平衡转化率()与x的关系。求图中A点NH3的平衡转化率=________％。
③当x=1.0时，若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-3(KP为以分压表示的平衡常数)。
(2)用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1。在T℃时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：
①甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率____________。
②下列说法正确的是________(填字母编号)。
A．2c1
(3)用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“＜”)。
【答案】 (1). 2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1 (2). 33.3 (3). Kp=108/p03 (4). 0.04 mol•L-1•s-1 (5). AB (6). 1︰2或0.5 (7). >
【解析】
【分析】
本题研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义，实际以CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合知识，难度适中。
【详解】(1) ①NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H，根据盖斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=－178 kJ•mol-1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1；
②A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol×0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol×2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol×100％=33.3％；
③当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：
2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)
起 1 1
转 2x x
平 1-2x 1-x
又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知=，解得x=mol，则n平(NH3)=mol，n平(CO2)=mol，那么p平(NH3)=×= kPa，p平(CO2)= ×=kPa，因而Kp==(kPa)-3；
(2)①根据3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1，可知消耗的CO2的量为1mol×=0.8mol，v(CO2)==0.04mol·L-1·s-1；
②A.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c3>2c3*，综合上述分析可知c3>2c1，A正确；
B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z< z*，故z<2y，B正确；
C.根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p3<2p2，C错误；
D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中α1=2c1/1=2c1，乙中α2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而α1+α2=2c1+1-2c2=1，根据C可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而α3小于α2，所以α1+α3<1，D错误。
故答案选AB。
(3) pH=10，c(H+)=10-10mol/L，又K2(H2CO3)=，因而c(CO32-)：c(HCO3-)= K2(H2CO3)/c(H+)=1︰2，溶液中电荷守恒关系式为c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+ c(OH-)，又溶液pH=10，则c(OH-)> c(H+)，所以c(Na+)>c(HCO3-)+2c(CO32-)。
【点睛】注意平衡等效，转化率不一定相同：①若是从不同方向建立的等效平衡，物质的转化率一定不同。如在某温度下的密闭定容容器中发生反应2M(g)+ N(g) ⇌ 2E(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时气体的压强比起始时增大了20%，则E的转化率是40%；若开始时充入2molM和1molN，达到平衡后，M的转化率是60%。②若是从一个方向建立的等效平衡，物质的转化率相同。如恒温恒压容器中发生反应2E(g) ⇌ 2M(g)+ N(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时M的物质的量为0.8mol，则E的转化率是40%；若开始时充入4molE，达到平衡后M的物质的量为1.6mol，则E的转化率仍为40%。
11.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。
【答案】 (1). ） (2). 1 (3). +1 (4). 大 (5). 3:2 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 共价 (9). ×100%
【解析】
【分析】
(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；
(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；
(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。
【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为：；1；
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为：+1；大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：3∶2；三角锥形；
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为：共价； ×100%。
12.白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：
已知：
①RCH2BrRCH=CHR’
②2RCH=CHR’
（以上R、R’代表氢、烷基）
(1)白头翁素的分子式为____。
(2)试剂a为______，E→F的反应类型为________。
(3)F的结构简式为_________。
(4)C中含有的官能团名称为________。
(5) A→B反应的化学方程式为_________。
(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有____种。
(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为____（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). C10H8O4 (2). 浓硫酸 (3). 消去反应 (4). (5). 羧基、羟基、碳碳双键 (6). +H2O (7). 8 (8). 第一种路线：
第二种路线：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3
【解析】
【分析】
（1）~（6）A发生加成反应生成的B为HOOCCH（OH）CH2CH2Br，B和HCHO发生已知①的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知②的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，则b为NaOH醇溶液。
(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。
【详解】(1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为C10H8O4；
(2)C→D为醇的消去反应，则试剂a为浓硫酸，E→F的反应类型为消去反应；
(3)F的结构简式为；
(4) C的结构简式为，C中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基；
(5)A发生加成反应生成B，A→B反应的化学方程式为；
(6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有-COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=C-C-C，有4种；如果碳链结构为C-C=C-C，有2种；如果碳链结构为，有2种，所以符合条件的有8种；
(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到；其合成路线为，也可能是合成路线为：。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据流程图，结合题干信息及反应条件、进行物质推断是关键，难点是同分异构体种类判断，利用不饱和度确定链状结构中存在的官能团，题目侧重考查学生的分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。
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