2020年山东省临沂市高考化学三模试卷(有答案解析)

题号 得分 一 二 一、单选题（本大题共7小题，共42.0分） 1. 下列关于文献记载的说法正确的是（ ）

三 总分 A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化

C. 《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏

2. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）

A. 28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA B. 4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NA

C. 25℃，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中，含有OH-的数目为0.2NA D. 标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA 3. 下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（

）的说法正确的是（ ）

A. 与

互为同系物

B. 二氯代物有3种

C. 所有原子都处于同一平面内

D. 1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2

4. 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 5. 下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ） A B C D 实验操作和现象 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 结论 Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS） 将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN样品已变质 溶液，溶液变为红色 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处NH4HCO3显碱性 润湿的红色石蕊试纸变蓝 常温下，测得0.1mol•L-1NaA溶液的pH小于酸性：HA＞H2B 0.1mol•L-1Na2B溶液的pH A. A B. B C. C D. D

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N 为6. 利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中 M、

厌氧微生物电极. 下列有关叙述错误的是：（）

A. 负极的电极反应为 CH3COO-8e-+2H2O=2CO2↑ + 7H+ B. 电池工作时，H+由 M 极移向N 极

C. 相同条件下，M、N 两极生成的 CO2和 N2的体积之比为 3：2 D. 好氧微生物反应器中发生的反应为 NH4+ + 2O2 = NO3 - + 2H+ + H2O

7. 常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc（OH-）]与离子浓度变化的关

系如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. 曲线N表示pOH与lg

两者的变化关系

B. NaHX溶液中c（X2-）＞（H2X）

C. 当混合溶液呈中性时，c（Na+）=c（HX-）+2c（X2-） D. 常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4

二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）

8. 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]，其生产工艺流程如图。

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（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

10-3] 降率达到98%，至少应调节c（NH4+）为______mol•L-1．[已知Ksp（NH4VO3）=1.6×

（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”）。

9. 1，2-二氯丙烷（CH2C1CHClCH3）是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要

副产物为3-氯丙烯（CH2=CHCH2C1），反应原理为：

Ⅰ．CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2C1CHClCH3（g）△H1=-134kJ•mol-1

Ⅱ．CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2C1（g）+HCl（g）△H2=-102kJ•mol-1

请回答下列问题：

+HCl（1）已知CH2=CHCH2C1（g）（g）⇌CH2C1CHClCH3（g）的活化能Ea（正）为132kJ•mol-1，

则该反应的活化能Ea（逆）为______kJ•mol-1。

（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3（与）和C12（g）。在催化剂作用下发生反应Ⅰ、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。 时间/min 压强/kPa 0 80 60 74.2 120 69.4 180 65.2 240 61.6 300 57.6 360 57.6 ①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即v=，则前120min内平均反应速率v

（CH2C1CHClCH3）=______kPa•min-1．（保留小数点后2位）。

②该温度下，若平衡时HCl的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率α=______；反应I的平衡常数Kp=______kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位）。

（3）某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHClCH3的产率与温度的关系如图所示。 ①下列说法错误的是______（填代号）。 a．使用催化剂A的最佳温度约为250℃

b．相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHClCH3的产率

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c．两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变

d．提高CH2C1CHClCH3反应选择性的关键因素是控制温度

②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHClCH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是______。

③p点是否为对应温度下CH2C1CHClCH3的平衡产率，判断理由是______。

10. 金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。

（1）基态Ga原子中有______种能量不同的电子，其价电子排布式为______。 （2）第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数与镓相同的元素有______（填元素符号）。 （3）三甲基镓[（CH3）3Ga]是制备有机镓化合物的中间体。

①在700℃时，（CH3）3Ga和AsH3反应得到GaAs，化学方程式为______。 ②（CH3）3Ga中Ga原子的杂化方式为______；AsH3的空间构型是______。 （4）GaF3的熔点为1000℃，GaC13的熔点为77.9℃，其原因是______。 （5）砷化镓是半导体材料，其晶胞结构如图所示。

①晶胞中与Ga原子等距离且最近的As原子形成的空间构型为______。

②原子坐标参数是晶胞的基本要素之一，表示晶胞内部各原子的相对位置。图中a（0，0，0）、

b（1，，），则c原子的坐标参数为______。

③砷化镓的摩尔质量为M g•mol-1，Ga的原子半径为p nm，则晶体的密度为______g•cm-3。

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11. 是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。

（1）A含有的官能团名称是______。

（2）D→E的反应类型是______。

（3）E的分子式是______；F的结构简式是______。 （4）B→C的化学方程式为______。

（5）W是B的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g CO2，W共有______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为______。

（6）设计由甲苯和为原料制备化合物

的合成路线（无机试剂任选）。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

12. 甘氨酸亚铁[（NH2CH2COO）2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸

（NH2CH2COOH）制备甘氨酸亚铁，实验装置如图所示（夹持和加热仪器已省略）。

查阅资料：

①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。 ②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。 实验过程：

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Ⅰ．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol•L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。

Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。 （1）仪器a的名称是______；与a相比，仪器b的优点是______。 （2）装置B中盛有的试剂是：______；装置D的作用是______。

（3）向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为______。 （4）过程Ⅰ加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如

图所示。

①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是______； ②柠檬酸的作用还有______。

（5）过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是______。

（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是______%。

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：解：A．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖，故A错误；

B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；

C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；

D．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则涉及的操作为蒸馏，故D正确； 故选：D。

A．“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖； B．青蒿素提取利用的是萃取原理；

C．升华属于物理变化，HgS变为水银为化学变化； D．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离。

本题考查了蒸馏、物质的变化、纤维素等，涉及化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。 2.答案：B

解析：解：A、乙烯和丙烯中均含1条碳碳双键，但两者的摩尔质量不同，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、4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，而2mol乙醇被氧化为乙醛时消耗1mol氧气，故0.1mol乙醇消耗0.05mol氧气，而反应后氧元素变为-2价，故0.04mol氧气转移0.2NA个电子，故B正确； C、25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L此溶液中氢氧根的个数为0.1NA个，故C错误；

D、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中含氯微粒数小于0.2NA个，故D错误。 故选：B。

A、乙烯和丙烯中均含1条碳碳双键，但两者的摩尔质量不同；

B、求出乙醇的物质的量，然后根据2mol乙醇被氧化为乙醛时消耗1mol氧气来分析； C、25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为0.1mol/L； D、氯气和水的反应为可逆反应。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 3.答案：C

解析：解：A、1-氧杂-2，4-环戊二烯不是酚类物质，所以与错误；

不是互为同系物，故A

B、1-氧杂-2，4-环戊二烯（）分子中有两种氢，用定一移二的方法可知二氯代物有4种，

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故B错误；

C、分子中所有碳原子都是sp2杂化，所以所有原子都处于同一平面内，故C正确；

D、1-氧杂-2，4-环戊二烯（C4H4O，）的分子式为：所以1mol该有机物完全燃烧消耗4.5molO2，

而不是5mol，故D错误； 故选：C。

A、1-氧杂-2，4-环戊二烯不是酚类物质；

B、1-氧杂-2，4-环戊二烯（）分子中有两种氢，用定一移二的方法分析解答；

C、分子中所有碳原子都是sp2杂化；

D、1-氧杂-2，4-环戊二烯（C4H4O，）的分子式为：所以1mol该有机物完全燃烧消耗4.5molO2。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，题目难度中等，明确官能团与性质的关系为解答的关键，试题培养了学生的灵活应用能力。 4.答案：B

解析：解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca元素。

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：Z＞X＞Y，故A错误；

B．CaO2含有O-O非极性共价键，故B正确；

C．非金属性越强，对应简单氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：X＜Y，故C错误； D．Z的单质为P，常温常压下为固态，故D错误； 故选：B。

主族元素W、X、Y、Z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，Y的原子序数大于X元素，则X为O元素，Y为F；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，Y、Z不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度中等，把握元素的位置、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识与元素化合物知识的应用。 5.答案：A

解析：解：A．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶，则Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确； B．酸性条件下亚铁离子、根离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水，加KSCN溶液检验，故B错误；

C．加热碳酸氢铵分解生成氨气，氨气可使润湿的红色石蕊试纸变蓝，而NH4HCO3本身不显碱性，故C错误；

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D．对应酸的酸性越弱，则盐溶液的pH越大，由盐溶液的pH可知酸性：HA＜HB-，故D错误； 故选：A。

A．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；

B．酸性条件下亚铁离子、根离子发生氧化还原反应；

C．加热碳酸氢铵分解生成氨气，氨气可使润湿的红色石蕊试纸变蓝； D．对应酸的酸性越弱，则盐溶液的pH越大。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质及盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 6.答案：C

解析：【分析】

本题考查新型原电池的工作原理，侧重于电池工作原理的考查，注意电极方程式的书写和电极的判断，把握电池工作原理即可解答，题目难度不大。 【解答】

A．由图示分析可知微生物燃料电池中，CH3COO-→CO2，发生失去电子的氧化反应，则M为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，故A正确；

B．原电池中，M为负极，N为正极，电解质溶液中，阳离子移向正极N，即电池工作时H+由M极移向N极，故B正确；

C．负极电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，正极电极反应式为：

2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，根据电子守恒有10CO2～40e-～4N2，所以M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为5：2，故C错误；

D．NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，反应为NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，故D正确； 故选：C。 7.答案：D

解析：解：＜lg

×c（OH-）=Kh（NaHX）＜

×c（OH-）=Kh（Na2X），则pOH相同时，lg

的变化曲线。

，故曲线M为pOH与lg的变化关系，曲线N为pOH与lg

的变化曲线，故A错误；

A．根据分析可知，曲线N表示pOH与lgB．Ka（HX-）=

，曲线N中lg

=0时，c（HX-）=c（X2-），则Ka（HX-）=，曲线M中lg

=c

10-10；Kh（HX-）=（H+）=1.0×=（HX-）

=0时，c（HX-）=c（H2X），则Kh

=c=1.0×10-9＞Ka=1.0×10-10，（OH-）（HX-）说明HX-的水解程度较大，则c（X2-）

＜c（H2X），故B错误；

C．混合液呈中性时，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（HX-）+2c（X2-）+c（Cl-），故C错误；

D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=pOH=4，则Kh1=

，曲线N中lg

=0时，c（HX-）=c（X2-），

=c（OH-）=1.0×10-4，故D正确；

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故选：D。 A.

×c（OH-）=Kh（NaHX）＜

×c（OH-）=Kh（Na2X），则pOH相同时，lg

的变化曲线；

＜lg

，

故曲线M为pOH与lg的变化关系，曲线N为pOH与lg

B．分别计算出Ka（HX-）、Kh（HX-），根据计算结果分析；

C．混合液中还存在氯离子； D．Na2X的第一步水解常数Kh1=

，结合曲线N中lg

=0时c=c（HX-）（X2-）及pOH=4

计算。

本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度较大，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。

8.答案：V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2 MgSiO3、Mg3（PO4）

2 0.8 N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOC12+N2↑+6H2O 有氯气生成，污染空气 将

VO2+氧化为

VO2+ ×100% 偏高

解析：解：（1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O2

NaVO3+CO2；

NaVO3+CO2；

故答案为：V2O3+Na2CO3+O2

（2）根据流程加入硫酸镁可除去硅、磷，则硅、磷元素以MgSiO3、Mg3（PO4）2沉淀形式除去，故滤渣的主要成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2； 故答案为：MgSiO3、Mg3（PO4）2；

10-3，若滤液中c（VO3-）=0.1mol•L-1，为使钒元素的沉降率达到（3）已知：Ksp（NH4VO3）=1.6×

98%，则此时c（VO3-）=0.02mol•L-1，至少应调节c（NH4+）=

=

=0.8mol/L；

故答案为：0.8；

（4）“还原”V2O5过程中，6mol/L盐酸和N2H4•2HCl还原V2O5反应为生成VOC12和一种无色无污染的气体氮气，反应为：N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOC12+N2↑+6H2O；用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，V2O5被还原为VOC12，则盐酸被氧化生成氯气，有氯气生成，污染空气； 故答案为：N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOC12+N2↑+6H2O；有氯气生成，污染空气； （5）①KMnO4溶液具有强氧化性，将产品中的VO2+氧化为VO2+； 故答案为：将VO2+氧化为VO2+；

10-3mol，粗产品中钒（以②根据反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则n（VO2+）=n（Fe2+）=bc×VO2计）的质量分数表达式为故答案为：

×100%；

×100%；

③若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，则标准液消耗增多，会使测定结果偏高；

故答案为：偏高。

P2O5等杂质）根据流程：钒炉渣（主要含V2O3，还有少量SiO2、与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、

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NaSiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2，

向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵（NH4VO3），煅烧NH4VO3得到V2O5，加入6mol/L盐酸和N2H4•2HCl发生反应：N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOC12+N2↑+6H2O，加入碳酸氢铵可得到产品， （1）焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，据此书写； （2）根据流程加入硫酸镁可除去硅、磷则为MgSiO3、Mg3（PO4）2；

10-3，若滤液中c（VO3-）=0.1mol•L-1，为使钒元素的沉降率达到（3）已知：Ksp（NH4VO3）=1.6×

98%，则此时c（VO3-）=0.02mol•L-1，至少应调节c（NH4+）=

，计算可得；

（4）“还原”V2O5过程中，6mol/L盐酸和N2H4•2HCl还原V2O5反应为生成VOC12和一种无色无

污染的气体氮气，根据质量守恒书写可得；用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，V2O5被还原为VOC12，则盐酸被氧化生成氯气，污染环境；

（5）根据滴定原理，KMnO4溶液具有强氧化性，将产品溶解后的VO2+氧化为VO2+，NaNO2溶液除去过量的KMnO4溶液，再由c mol•L-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定VO2+，根据反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则n（VO2+）=n（Fe2+）=bc×10-3mol，可得粗产品中钒的质量分数表达式，若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，则标准液消耗增多，据此分析。

本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。

1 0.09 74% 0.21 bd 温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响较小 正9.答案：

反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，p点平衡产率应高于B催化剂作用下450℃时的产率

解析：解：（1）由盖斯定律可知，I-II得到CH2=CHCH2C1（g）+HCl（g）⇌CH2C1CHClCH3（g）

=-32kJ/mol，△H=-134kJ•mol-1-（-102kJ•mol-1）且焓变等于正逆反应的活化能之差，则活化能Ea（正）

为132kJ•mol-1，则该反应的活化能Ea（逆）为132kJ/mol-（-32kJ/mol）=1kJ/mol， 故答案为：1；

（2）①前120min内，压强减少80-69.4=10.6kPa，v（CH2C1CHClCH3）=故答案为：0.09；

②该温度下，若平衡时HCl的体积分数为，则

CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2C1CHClCH3（g） 开始 n n

转化 x x x

CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2C1（g）+HCl（g） 开始 n n

转化 y y y y 300min达到平衡，=丙烯的平衡总转化率α=Kp=

，解得x=0.56n，

=，解得y=0.18n，

=0.09kPa•min-1，

×100%=74%，反应I的平衡常数=0.21kPa-1，

故答案为：74%；0.21；

（3）①a．A曲线的最高低产率最高，则催化剂A的最佳温度约为250℃，故正确；

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b．增大压强，反应I正向移动，则CH2C1CHClCH3的产率增大，故错误

c．催化剂不影响焓变，可降低反应的活化能，则两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变，故正确；

d．由图可知，催化剂影响CH2C1CHClCH3的产率，不能单独控制温度，故错误； 故答案为：bd；

②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHClCH3的产率随温度升高变化不大，主要原因为温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响较小，

故答案为：温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响较小；

③p点不是对应温度下CH2C1CHClCH3的平衡产率，理由为正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，p点平衡产率应高于B催化剂作用下450℃时的产率，

故答案为：正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，p点平衡产率应高于B催化剂作用下450℃时的产率。

I-II得到CH2=CHCH2C1+HCl（1）由盖斯定律可知，（g）（g）⇌CH2C1CHClCH（△H=-134kJ•mol-1-3g）

（-102kJ•mol-1）=-32kJ/mol，且焓变等于正逆反应的活化能之差； （2）①前120min内，压强减少80-69.4=10.6kPa，结合v=②该温度下，若平衡时HCl的体积分数为，则

CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2C1CHClCH3（g） 开始 n n

转化 x x x

CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2C1（g）+HCl（g） 开始 n n

转化 y y y y 300min达到平衡，=

，解得x=0.56n，

=，解得y=0.18n，

计算；

以此计算转化率及Kp；

（3）①a．A曲线的最高低产率最高； b．增大压强，反应I正向移动；

c．催化剂不影响焓变，可降低反应的活化能；

d．由图可知，催化剂影响CH2C1CHClCH3的产率；

②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2C1CHClCH3的产率随温度升高变化不大，与温度低、催化剂的活性低有关；

③p点不是对应温度下CH2C1CHClCH3的平衡产率，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，p点平衡产率应高。

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握焓变计算、K的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡时量的判断及平衡移动，题目难度较大。

10.答案：8 4s24p1 K、Br （CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4↑ sp2 三角锥形 GaF3是离子晶

×1021

体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高 正四面体 （、、）

解析：解：（1）Ga的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p 8种能量不同的电子，其4s、4p能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为，

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故答案为：8；4s24p1；

Ga的未成对电子数是1，（2）第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数与镓相同的元素有K、Br，

故答案为：K、Br；

（3）①在700℃时，（CH3）3Ga和AsH3反应得到GaAs，根据元素守恒知还生成CH4，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为（CH3）3Ga+AsH3故答案为：（CH3）3Ga+AsH3

GaAs+3CH4↑；

GaAs+3CH4↑，

②Ga原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Ga原子的杂化方式为 sp2；AsH3中As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形， 故答案为：sp2；三角锥形；

（4）离子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低，GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高，

故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高；

（5）①晶胞中与Ga原子等距离且最近的As原子形成的空间构型为正四面体结构，Ga位于体心上、As位于4个顶点上， 故答案为：正四面体；

②c点原子在x、y、z轴上的投影分别为、、，所以c点晶胞参数为（、、）， 故答案为：（、、）；

③该晶胞中面对角线上的3个Ga原子紧密相邻，则晶胞棱长=积=（2=

=

=2

pnm=2

p×10-7cm，晶胞体

p×10-7cm）3，该晶胞中As原子个数是4、Ga原子个数=8×+6×=4，晶体密度

g/cm3=×1021。

×1021 g/cm3，

故答案为：

（1）每一个能级中电子能量相同；其4s、4p能级上的电子为其价电子；

Ga的未成对电子数是1，（2）第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数与镓相同的元素有K、Br；

（3）①在700℃时，（CH3）3Ga和AsH3反应得到GaAs，根据元素守恒知还生成CH4，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；

②Ga原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Ga原子的杂化方式；AsH3中As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；

（4）离子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低；

（5）①晶胞中与Ga原子等距离且最近的As原子形成的空间构型为正四面体结构，Ga位于体心上、As位于4个顶点上；

②c点原子在x、y、z轴上的投影分别为、、；

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③该晶胞中面对角线上的3个Ga原子紧密相邻，则晶胞棱长=积=（2

=2pnm=2

p×10-7cm，晶胞体

。

p×10-7cm）3，该晶胞中As原子个数是4、Ga原子个数=8×+6×=4，晶体密度=

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查原子结构、价层电子对互斥理论、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞参数判断及晶胞计算，注意晶胞中哪几个原子紧密相邻，题目难度中等。 11.答案：碳碳双键、酯基 酯化反应（取代反应） C11H10O3

9

解析：解：（1）A为

，含有的官能团为碳碳双键、酯基，

故答案为：碳碳双键、酯基；

（2）D和甲醇发生酯化反应生成E，也为取代反应，故答案为：酯化反应（取代反应）；

（3）E为，分子式为C11H10O3，F为，

故答案为：C11H10O3；；

（4）B→C的化学方程式为，

故答案为：；

（5）W是B的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，即生成1mol二氧化碳，则应含有2个羧基，可看作2个-COOH取代丁烷的H，正丁烷有6种，异丁烷有3种，共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为

，

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故答案为：；

（6）由甲苯和为原料制备化合物，可由二

者反应生成，然后与氢气发生加成反应生成，然后发生酯化

反应可生成目标物，流程为，

故答案为：。

由C可知B为为，由分子式可知A为，D与

甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为

，生成F为，以此解答该题。

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。

分液漏斗 平衡压强，便于液体顺利滴下 饱和NaHCO3溶液 检验装置内空气是否排尽，12.答案：

防止空气进入装置C中 Fe2++HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生NH3+CH2COOH，pH过高，Fe2+与OH-反应产生Fe（OH）2沉淀 防止Fe2+被氧化 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 75

解析：解：（1）仪器a为分液漏斗，仪器b为滴液漏斗，滴液漏斗能平衡压强，便于液体顺利滴下； 故答案为：分液漏斗；平衡压强，便于液体顺利滴下；

（2）A制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置除去HCl，而不溶解二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液，亚铁易被氧化，故装置为无氧环境，先用A的气体排空气，通过D可以检验装置内空气是否排尽，同时防止空气进入装置C中；

故答案为：饱和NaHCO3溶液；检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C中；

（3）向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时生成二氧化碳和水，反应为：Fe2++HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

故答案为：Fe2++HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

H+与NH2CH2COOH反应生NH3+CH2COOH，pH过高，Fe2+与OH-反应产生Fe（4）①pH过低，（OH）

2沉淀，故pH过低或过高均导致产率下降；

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故答案为：pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生NH3+CH2COOH，pH过高，Fe2+与OH-反应产生Fe（OH）2沉淀；

②已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性，故加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，同时防止Fe2+被氧化； 故答案为：防止Fe2+被氧化；

（5）已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故加入无水乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；

故答案为：降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；

（6）17.4gFeCO3物质的量为0.15mol，200mL1.0mol•L-1甘氨酸为0.2mol，根据

FeCO3+2NH2CH2COOH=NH2CH2COO）2Fe+CO2↑+H2O，则FeCO3过量，故理论上生成的NH2CH2COO）2Fe的物质的量为n（NH2CH2COOH）=0.1mol，故产率为

×100%=75%；

故答案为：75。

根据装置：A制备二氧化碳，B装置除去二氧化碳中的HCl，C装置制备甘氨酸亚铁，D装置检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C， （1）根据仪器构造和作用分析；

（2）根据装置B的作用分析；亚铁易被氧化，故装置为无氧环境，据此分析；

（3）向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时生成二氧化碳和水，据此书写； （4）①pH过低，NH2CH2COOH反应，pH过高，Fe2+沉淀；

②根据已知中柠檬酸具有将强的还原性分析；

（5）已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，据此分析；

（6）17.4gFeCO3物质的量为0.15mol，200mL1.0mol•L-1甘氨酸为0.2mol，根据

FeCO3+2NH2CH2COOH=NH2CH2COO）2Fe+CO2↑+H2O，则FeCO3过量，故理论上生成的NH2CH2COO）2Fe的物质的量为n（NH2CH2COOH）=0.1mol，据此计算。

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。

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