【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期第三次调研考试（解析版）

【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期第三次调研考试（解析版）

黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期第三次调研考试 第Ⅰ卷（选择题50分）‎ 一、单项选择题（本题包括25小题，共计50分。每小题只有1个选项是正确的。）‎ ‎1.东晋葛洪在《抱朴子》中写道“扶南生金刚，生水底石上，如钟乳状，体似紫石英，可以刻玉，人没水取之，虽铁椎之亦不能伤．”文中所述“金刚”可能为（ ）‎ A. 结晶氯化钠 B. 金刚石 C. 碳酸钠 D. 二氧化硅 ‎【答案】B ‎【详解】结晶氯化钠、碳酸钠硬度小，不符合“虽铁椎之亦不能伤”的性质，二氧化硅晶体：为无色透明或紫色透明的石英，无定形：为白色固体或粉末状，不符合如钟乳状，体似紫石英特点，似紫石英不是石英，金刚石符合上述特征，所以B符合，故答案为B。‎ ‎2.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 ( )‎ A. 铁水打花是一种古老的烟花，操作是“将生铁装进坩泥锅，并化成沸腾的铁汁”，其中坩泥锅的主要成分是硅酸盐 B. 液氨可用作制冷剂是由于液氨汽化吸热 C. 《梦溪笔谈》中“取精铁锻之百余火，…则纯钢也，虽百炼，不耗矣。”百炼钢熔点比纯铁高 D. 华为最新一代旗舰芯片麒麟9905G中半导体材料为硅 ‎【答案】C ‎【详解】A. 坩泥锅的主要成分是硅酸盐产品，故A正确；‎ B. 液氨汽化时能吸收大量的热，故可用作制冷剂，故B正确；‎ C. 百炼钢成分为合金钢，比纯铁的熔点低，故C错误；‎ D. 芯片麒麟9905G中半导体材料为导电的硅单质，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎3.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（ ）‎ A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 ‎【答案】C ‎【分析】C4H8‎ ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。‎ ‎【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有和， 4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种， C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。‎ ‎4.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）‎ A. WZ的水溶液呈碱性 B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。‎ ‎【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；‎ B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；‎ C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；‎ D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。‎ ‎5.下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）‎ A. 室温时，NaR溶液的pH大于7‎ B. 向HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色 C. 向HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大 D. 室温时，0.01mol/L的HR溶液的pH=4‎ ‎【答案】B ‎【分析】根据弱酸的电离平衡及其对应盐的水解平衡，应用平衡移动原理分析判断。‎ ‎【详解】A项：室温NaR溶液pH大于7，则R－能水解，HR为弱酸；‎ B项：HR溶液中滴加紫色石蕊试液变红，只说明HR溶液呈酸性，不能判断否完全电离；‎ C项：HR溶液中加少量NaR固体pH变大，证明HR在溶液中存在电离平衡，HR为弱酸；‎ D项：室温时pH=4的溶液中氢离子浓度为0.0001mol/L，则0.01mol/LHR溶液中HR没有完全电离，HR为弱酸。‎ 本题选B。‎ ‎6.下列表达方式错误的是（ ）‎ A. 甲烷的电子式 B. CO2的分子模型示意图：‎ C. 硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p6 D. 碳－12原子构成 ‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．甲烷为共价化合物，甲烷分子中存在4个碳氢共价键，甲烷的电子式为，故A正确；‎ B．二氧化碳分子为直线型结构，正确的比例模型为，故B错误；‎ C．硫为16号元素，硫离子最外层达到8电子结构，则硫离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；‎ D．碳-12原子的质子数为6，质量数为12，该碳原子可以表示为，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，比例模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 使用pH试纸测量气体的酸碱性时可以润湿 B. 实验室用氢氧化钠溶液除去氯气中的少量HCl C. 蒸馏操作时，温度计水银球应插入混合液中 D. 配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏低 ‎【答案】A ‎【详解】A．测定未知气体的酸碱性时，pH试纸需要润湿，故A正确；‎ B．氯气能和氢氧化钠反应，故用氢氧化钠溶液除去氯气中的HCl时，会将氯气也一起吸收，故B错误；‎ C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计水银球应在支管口处，故C错误；‎ D．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.法国里昂科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，有人称之为“零号元素”。有关“四中子”粒子说法不正确的是 ( )‎ A. 该粒子不显电性 B. 在周期表中与氢元素占同一位置 C. 该粒子质量数为4 D. 一个该粒子质量比一个氢原子质量大 ‎【答案】B ‎【详解】A、根据题意可知该微粒是由4个中子构成的，所以该粒子不显电性，A正确；‎ B、该微粒的质子数为0，氢元素的质子数是1，因此在周期表中与氢元素不占同一位置，B错误；‎ C、该微粒是由4个中子构成的，所以质量数是4，C正确；‎ D、该微粒的质量数是4，而氢原子中质量数最大的为3，所以一个该粒子质量比一个氢原子质量大，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要是考查学生对组成原子微粒的熟悉掌握程度，以及这些微粒之间的关系。该题的解题关键是记住组成原子微粒之间的关系，并能灵活运用即可。‎ ‎9.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 雾和霾的分散剂相同 B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关 ‎【答案】C ‎【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；‎ B.根据示意图分析；‎ C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；‎ D.氮肥会释放出氨气。‎ ‎【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；‎ B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；‎ C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；‎ D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。‎ ‎【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。‎ ‎10.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目4NA B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；‎ B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；‎ C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；‎ D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。‎ ‎【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。‎ ‎11.二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，下列反应可制得ClO2： 2NaClO3+Na2SO3＋H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4＋H2O，对于该反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 生成1mol ClO2，转移电子数为NA B. 该反应为复分解反应 C. H2SO4发生氧化反应 D. NaClO3是还原剂 ‎【答案】A ‎【分析】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，所以生成1mol ClO2，转移电子数为NA，故A项正确；‎ B.2NaClO3+Na2SO3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中，有化合价的升降，为氧化还原反应，而不是复分解反应，故B项错误；‎ C.硫酸在反应前后化合价不变，所以H2SO4没有参与氧化还原反应，故C项错误；‎ D.氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，得电子作氧化剂，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】准确判断出反应中相关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化还原反应的规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。‎ ‎12.北京大学和中国科学院的化学工作者合作已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质由离子构成，下列有关K3C60的结构和性质的分析正确的是（ ）‎ A. 1mol K3C60中含有63mol离子 B. K3C60中阳离子与阴离子个数比为3：1‎ C. K3C60的摩尔质量是837‎ D. K3C60应简化为KC20‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.该物质的化学式是由3个K+和一个C603−构成，所以1mol K3C60中含有的离子数目为4mol离子，故A错误；‎ B.该物质的化学式是由3个K+和一个C60 3−，K3C60中阳离子与阴离子个数比为3：1，故B正确；‎ C. K3C60的摩尔质量是837g/mol，故C错误；‎ D.该物质的化学式是由3个K+和一个C60 3−构成的，不能写成KC20，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；‎ B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；‎ C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；‎ D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。‎ ‎14.已知25℃时醋酸的电离常数为1.6×10-5，该温度下向20 mL 0.01 mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.01 mol·L−1 NaOH(aq)，溶液pH变化如图所示。此过程溶液中离子浓度的关系错误的是（ ）‎ A. a点溶液的c(H＋)＝4×10-4mol·L－1‎ B. 水电离程度：e＞d＞c＞b＞a C. b点：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)‎ D. d点：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．根据电离常数计算可得a点溶液的c(H＋)＝＝4×10-4mol·L－1，A正确；B．d点恰好反应生成的盐水解，水电离程度最大，B错误；C．b点根据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；D．d点溶液中只有醋酸钠，根据质子守恒可得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D正确。答案选B。‎ ‎15.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）‎ 实验 现象 结论 A 向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐期消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe>Fe2+‎ B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C 加热盛有少NH4HCO3‎ 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)Fe2＋，故A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na＋CO22Na2O＋C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D说法正确。‎ ‎16.钠熔融盐燃料电池拥有比锂电池高一倍的能量密度，在同等电池体积下，可让电动汽车行驶距离成倍提升。如图所示是某钠熔融盐燃料电池，其中生成物Y是一种氧化物。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电池工作时，石墨电极Ⅰ上电极反应式NO2 −e− +NO3−N2O5‎ B. 电池工作时，NO3-向石墨电极Ⅰ移动 C. 该电池充电时，石墨电极Ⅱ连接电源的负极 D. 电池工作时，外电路中流过1 mol电子，则消耗46 g NO2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A、生成物Y是氧化物且为NO2被氧化后生成，即为N2O5，电极反应式为2NO2 -2e-+O2-═N2O5或NO2 -e-+NO3-═N2O5，故A正确；‎ B、电池工作时，石墨电极Ⅰ为负极，故NO3-向石墨电极Ⅰ移动，故B正确；‎ C、石墨电极Ⅱ为原电池的正极，所以充电时应连接电源的正极，故C错误；‎ D、根据N原子守恒关系2NO2→N2O5 ～2e-可知，转移1mol电子，消耗1molNO2即46 g，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查原电池，把握图中物质的性质、电极判断、电极反应为解答的关键，由图可知，石墨Ⅱ上氧气得到电子、发生还原反应，则石墨Ⅱ为正极，石墨I上NO2失去电子、发生氧化反应，石墨I为负极，电极反应式为2NO2 -2e-+O2-═N2O5，内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，特别注意充电时：原电池正极与外加电源正极相接、负极与外加电源负极相接。‎ ‎17.如图装置中，容器甲内充入0.1 mol NO气体。干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体。恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积9/10，干燥管中物质的质量增加了2.24 g。随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24 L(标准状况)‎ B. NO2转化为N2O4的转化率为20%‎ C. 容器甲中NO已反应完 D. 活塞移至C处后，继续通入a mol CO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01‎ ‎【答案】D ‎【分析】本题主要考查过氧化钠与二氧化碳反应，NO与氧气反应，2NO2N2O4以及化学平衡的相关计算。CO2通入时，干燥管中发生反应：2Na2O2＋2CO2===4NaOH＋O2，C中发生反应：2NO+O2===2NO2N2O4，导致气体体积减小。‎ A.根据干燥管中固体物质的质量增加量计算通入的CO2体积；‎ B.根据O2计算出生成的NO2物质的量，再根据体积变化计算出转化的NO2物质的量，从而计算出转化率；‎ C.根据O2物质的量计算反应的NO；‎ D.因继续通入CO2时，体积不会缩小，即干燥管中Na2O2已反应完，活塞向右移动，2NO2N2O4 平衡向左移动，由此判断a值。‎ ‎【详解】A.设通入标准状况下CO2气体的体积为x，产生氧气的体积为y，则：‎ ‎2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2      质量装置△m ‎ ‎     2×22.4 L    22.4 L         56 g ‎       x           y            2.24 g 所以56 g：2.24g=2×22.4 L：x，解得x=1.792L，56 g：2.24g=22.4 L：y，解得：y=0.896L，即：通入二氧化碳的体积为1.792L，故A错误；‎ B.由A计算可知，生成氧气的物质的量：n（O2）==0.04mol，‎ ‎2NO+O2 ===2NO2‎ ‎   2      1       2‎ ‎0.08mol 0.04 mol 0.08 mol ‎0.1 mol＞0.08 mol，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 mol，‎ ‎2NO2N2O4   物质的量减少△n ‎   2       1            1‎ ‎0.02 mol       0.1 mol×（1-）=0.01mol 所以NO2转化为N2O4的转化率为：×100%=25%，故B错误；‎ C.根据B的计算可知，NO还剩余：0.1mol-0.08mol=0.02mol，故C错误；‎ D.活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此所需CO2必小于0.01 mol，故D正确。‎ ‎【点睛】本题试题综合性强，过程复杂，计算量很大，难度很大，为易错题目，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。‎ ‎18.新型可充电钠离子电池因具有原料储量丰富，价格低廉，安全性高等优点而备受青睐，而因理论比容量较高，充放电过程中材料结构稳定，有利于的可逆脱嵌，可以作为一种非常有潜力的正极材料，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时，上的电势比Zn片上的高 B. 放电时，正极反应为 C. 充电时，外电路中通过0.2 mol电子时，阴极质量增加6.5 g D. 对于正极材料，充电可实现的嵌入，放电可实现的脱嵌 ‎【答案】D ‎【详解】A项，根据题意，作为一种非常有潜力的正极材料，在原电池中作正极，电势高于负极Zn片，不符合题意；‎ B项，放电时作为正极材料发生还原反应，该材料充放电过程中有利于钠离子的可逆脱嵌，因此其正极反应式为，不符合题意；‎ C项，充电时，阴极反应为=Zn，外电路转移0.2 mol电子，阴极棒上沉积6.5 g Zn，不符合题意；‎ D项，放电时，作为正极材料发生还原反应，实现嵌入，充电时，作为阳极材料发生氧化反应，实现脱嵌，符合题意。‎ 故答案选D。‎ ‎19.已知电离常数如下表，则常温下，下列说法正确的是（ ）‎ 弱酸 HF HCN H2CO3‎ NH3·H2O 电离常数（25℃）‎ ‎3.53×10-4‎ ‎4.9×10-10‎ K1=4.4×10-7‎ ‎1.8×10-5‎ K2=4.7×10-11‎ A. 2CN-+ H2O + CO2 ＝2HCN + CO32—‎ B. 中和等体积等pH的HF溶液和HCN溶液消耗NaOH的量:前者大于后者 C. 等浓度的HF溶液和HCN溶液稀释相同倍数后c(H+)：前者小于后者 D. 等浓度的NaCN和NH4Cl溶液中所含阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者 ‎【答案】D ‎【详解】A.由电离常数的数据可知酸性强弱的关系为：HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，根据强酸制弱酸原理可知反应CN-+ H2O + CO2＝HCN +HCO3—,A项错误；‎ B. HF的酸性大于HCN，pH相同的两种酸，HF浓度小于HCN的浓度，因此中和等体积等pH的HF溶液和HCN溶液消耗NaOH的量：前者小于后者，B项错误；‎ C. HF的酸性大于HCN，稀释相同倍数后HF中c(H+)大于HCN中c(H+)，C项错误；‎ D. 设二者的浓度均是c，电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CN－＞NH4+，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（CN－）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）=c+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）=c+c（OH-），水解程度CN－＞NH4+，所以前者c（H+）小于后者c（OH-），阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.常温下分别向20.00 mL 0.1000 mol·L－1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L－1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. M点溶液中c (OH－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(H＋)‎ B. N点溶液中c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(OH－)‎ C. P点溶液中c(NH4＋)＞2c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)‎ D. Q点溶液中2c(Cl－)＞c(CH3COOH)＋c(NH4＋)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.根据图像可知，M点溶液为氨水，一水合氨为弱电解质，少量电离，则c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)，A错误；‎ B.N点溶液为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，根据图像可知，溶液显碱性，电离程度大于水解程度，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，B错误；‎ C. P点溶液为等物质的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl，c(Cl－)=1/2[c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)]，溶液呈电中性c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(CH3COO－)+c(OH－)，带入化简可得c(NH4＋)+2c(H＋)=c(NH3·H2O)+2c(CH3COO－)+2c(OH－)，根据图像可知，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，则c(NH4＋)＜c(NH3·H2O)+2c(CH3COO－)，C错误；‎ D. Q点溶液为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl，根据物料守恒，2c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)，则2c(Cl－)＞c(CH3COOH)＋c(NH4＋)，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎21.利用CH4可消除NO2的污染，反应原理为：CH4(g)+2NO2(g)N2(g) + CO2(g) +2H2O(g)，在10L密闭容器中分别加入0.50mol CH4和1.2molNO2，测得不同温度下n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表所示：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 组别①中0 ~20 min内，NO2降解速率为0.0125mol•L－1•min－1‎ B. 由实验数据可知温度T1＜T2‎ C. 40min时，表格中M对应的数据为0.18‎ D. 该反应只有在高温下才能自发进行 ‎【答案】B ‎【详解】A. 第①组实验中，0~20min内，CH4的物质的量减少0.25mol，则NO2的物质的量减少0.50mol，NO2的降解速率v(NO2)= =0.0025mol·L-1·min-1，A错误；‎ B. 对比实验数据发现，反应物起始浓度相同，T2比T1‎ 对应的反应速率大，说明实验控制的温度：T1c(OH−)‎ B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 ‎【答案】C ‎【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；‎ ‎【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；‎ B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；‎ C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O Cu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；‎ D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。‎ ‎23.已知：pAg＝-lg c(Ag+)，pX＝-lg c(Xn-)。298 K时，几种物质的Ksp如下表：‎ 化学式 AgCl AgSCN Ag2CrO4‎ 颜色 白 浅黄 红 Ksp ‎1.8×10‒10‎ ‎1.0×10‒12‎ ‎2.0×10‒12‎ AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线 B. 298K时，在Cl－和CrO42－的物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀 C. 298 K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动 D. 298 K时Ag2CrO4(s)＋2SCN－(aq) 2AgSCN(s)＋CrO42- (aq)的平衡常数K＝2.0×1012‎ ‎【答案】D ‎【详解】A、根据图中曲线x的数据知pAg＝-lg c(Ag+)=6， c(Ag+)=10-6mol/L，pX＝-lg c(Xn-)=0，则 c(Cl-)=1mol/L，Ksp(AgCl)= 10-6，与表中数据不符，选项A错误；‎ B、析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4‎ 溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；‎ C、298 K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；‎ D、298 K时Ag2CrO4(s)＋2SCN－(aq) 2AgSCN(s)＋CrO42- (aq)的平衡常数K=====2.0×1012，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg＝-lg c(Ag+)、pX＝-lg c(Xn-)、Ksp，易错点为选项D：K===，结合表中数据进行计算求解。‎ ‎24.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%‎ B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。‎ 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。‎ ‎25.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，反应如下：CO（g）+2H2（g）⇌ CH3OH（g），在2L密闭容器中充入物质的量之比为1：2的CO和H2，在催化剂作用下充分反应，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2＜p3‎ B. 在C点时，H2转化率为75%‎ C. 反应速率：ν逆（状态A）＞ν逆（状态B）‎ D. 在恒温恒压条件下，向该密闭容器中再充入1molCH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，△H＜0，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可以提高CH3OH的体积分数，则p2＜p1，A项错误；B．在C点，假设反应的CO的物质的量为x CO(g)+2H2(g)CH3OH(g）‎ 起始 1 2 0‎ 反应 x 2x x 平衡1-x 2-2x x 则x/[(1-x)+(2-2x)+x]×100%=50%，解得x=0．75，因此CO转化率为75%，B项正确；C．温度越高，反应速率越快，B的反应温度高，反应速率：ν逆(状态A)＜ν逆(状态B)，C项错误；D．在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，根据等效平衡的建立条件，达平衡时CH3OH的体积分数相同，D项错误；答案选B 考点：考查了化学平衡图像的相关知识。‎ 第Ⅱ卷（非选择题50分）‎ ‎26.高锰酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：‎ ‎（1）实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择哪一种仪器________________‎ a.普通玻璃坩埚 b.石英坩埚 c.陶瓷坩埚 d.铁坩埚 ‎（2）第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式：_________________________________‎ ‎（3）操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在____________ (填性质)上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。趁热过滤的原因是_______________________________‎ ‎（4）反应b是电解法制备KMnO4，其装置如图所示，a作_____极(填“阳”或“阴”)，中间的离子交换膜是____ (填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极的电极反应式为____________________‎ ‎（5）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的________(填标号)。‎ a.双氧水 b.84消液(NaClO溶液) c.75％酒精 ‎【答案】 (1). d (2). 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (3). 溶解性 ‎ ‎ (4). 避免温度下降，造成主产品的纯度降低 (5). 阳 (6). 阳 (7). MnO42--e-=MnO4- (8). ab ‎【分析】根据流程：二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解分离出去KCl得到K2MnO4溶液；‎ 途径1：向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3， 途径2：电解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2KOH+H2↑，a为阳极，电极反应为：MnO42--e-=MnO4-，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚，因为普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚中含有二氧化硅，能与KOH反应，故答案为d；‎ ‎(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成K2MnO4的化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；‎ ‎(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大，操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，趁热过滤的原因是避免温度下降，造成主产品纯度降低；‎ ‎(4)反应b是电解法制备KMnO4，a为阳极，K2MnO4生成KMnO4，发生反应：MnO42--e-=MnO4-，阴极为b，由氢离子放电，得到KOH，故离子交换膜为阳离子交换膜，交换钾离子；‎ ‎(5)KMnO4稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂，双氧水、84消液(NaClO溶液)具有氧化性，能消毒，故答案为：ab。‎ ‎27.硫代硫酸钠俗称保险粉，实验室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中来制备硫代硫酸钠。‎ ‎(1)用图2所示装置制取Na2S2O3，其中盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称是____________，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式__________________________________。‎ ‎(2)保险粉样品中Na2S2O3·5H2O的纯度(质量分数)可通过氧化还原滴定法测定，相关反应方程式为2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。准确称取W g样品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，并滴加淀粉溶液作指示剂。用0.1000 mol·L－1碘的标准溶液进行滴定。请回答：‎ ‎①到达滴定终点的标志___________________________。‎ ‎②滴定起始和终点的液面位置如图3，则消耗碘的标准溶液体积为____mL，产品的纯度为______________(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。‎ ‎③若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O3·5H2O的纯度的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎(3)某研究小组以硫代硫酸钠与硫酸反应来探究外界条件对反应速率的影响，设计实验如下：‎ 下列有关说法不正确的是__________________‎ A.该同学在实验中采用的研究方法是实验比较法 B实验①和②探究其他条件不变时Na2S2O3浓度对相关反应速率的影响 C.实验①和③溶液变浑浊的时间相同 D.其他条件不变时，探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验③和⑤‎ ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (3). 溶液变为蓝色，且30s内不恢复原色 (4). 18.10 (5). (6). 偏低 (7). CD ‎【分析】(1)根据仪器的结构和性能确定盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称；三颈烧瓶中发生的反应是SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸钠；‎ ‎(2)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠，利用碘单质遇淀粉变蓝指示反应终点；‎ ‎②终点读数与起点读数之差为消耗碘的标准溶液体积，根据方程式计算；‎ ‎③局部变色就停止滴定，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低；‎ ‎(3)A．采取控制变量法对比实验探究外界条件对反应速率的影响；‎ B．实验①、②的温度相等，c(H2SO4)相等，c(Na2S2O3)不相等，故实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响；‎ C．实验①、③的温度相等，c(Na2S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，反应速率不相等；‎ D．实验③、⑤温度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等。‎ ‎【详解】(1) 盛放Na2SO3固体的玻璃仪器是蒸馏烧瓶，三颈烧瓶中SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸钠时发生反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；‎ ‎(2)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且30s内不恢复原色，说明反应到达终点；‎ ‎②终点读数为18.10mL，起点读数为0.00mL，故消耗碘的标准溶液体积为18.10mL， 设Na2S2O3•5H2O的纯度为x，则：‎ ‎2Na2S2O3•5H2O～2Na2S2O3～I2‎ ‎2Mg 1mol Wxg 18.10×10-3L×0.1000mol•L-1‎ 故2Mg：Wxg=1mol：18.10×10-3L×0.1000mol•L-1，解得x=%；‎ ‎③局部变色就停止滴定，消耗标准溶液体积偏小，会使样品中Na2S2O3•5H2O的纯度的测量结果偏低；‎ ‎(3)A．采取控制变量法对比实验探究外界条件对反应速率的影响，故A正确，‎ B．实验①、②的温度相等，c(H2SO4)相等，c(Na2S2O3)不相等，故实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响，故B正确；‎ C实验①、③的温度相等，c(Na2S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，③中c(H2SO4)较大，反应速率较快，变浑浊时间较短，故C错误；‎ D探究温度对化学反应速率的影响，应保证物质的浓度相等，而实验③、⑤温度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等，实验②、④中c(H2SO4)和c(Na2S2O3)均相等，但温度不等，故实验②、④是探究温度对化学反应速率的影响，故D错误；‎ 故答案为CD。‎ ‎28.金属锰及化合物广泛应用于工业生产、制造业等领域。‎ ‎（1）科研人员将锰粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定杂质不反应，溶液体积不变），发生反应（已知含水溶液为米黄色）‎ ‎①为加快上述反应速率可以采取的措施有__________________________（写出一条即可）。‎ ‎②下列说明反应已达平衡的有_______（填编号）。‎ A．溶液的颜色不发生变化 B．溶液中 ‎ C．体系中固体的质量不变 D．与浓度的比值保持不变 ‎③室温下，测得溶液中阳离子浓度 随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=________________，的转化率为______________。‎ ‎④若其他条件不变，10mim后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则再次平衡时 =_____________（不考虑离子水解的影响）。‎ ‎（2）电解制锰后的废水中含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入等体积的Na2S溶液，进行二级沉降，为了将Mn2+的浓度降到，则加入的Na2S溶液的浓度至少是______________mol/L[已知Ksp=4.5×10-14]‎ ‎【答案】(1). 升高温度或增大c(Sn2+) (2). ACD (3). 3 (4). 75％ (5). 0.375mol∙L-1 (6). 9.0×10－5‎ ‎【分析】(1)①加快反应速率的因素有升温、加压、增大浓度、加入催化剂、增大接触面积、构成原电池加快反应速率等措施；‎ ‎②化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；‎ ‎③图象分析可知平衡状态下Mn2+(aq)浓度为0.75mol/L，Sn2+(aq)浓度0.25mol/L，平衡常数K=，Mn2+的产率为Sn的转化率；‎ ‎④若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，浓度变为原来的一半；‎ ‎(2)由过滤后再向滤液中加入等体积的Na2S溶液，进行二级沉降，结合MnS的Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)进行计算得到硫离子浓度，体积增大一倍浓度减小原来的一半，据此计算。‎ ‎【详解】(1)①为加快上述反应速率可以采取的措施有升温、增大c(Sn2+)离子浓度等；‎ ‎②发生反应Mn(s)+Sn2+(aq)⇌Mn2+(aq)+Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)；‎ A．溶液的颜色不发生变化，说明离子浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)和起始浓度变化浓度有关，与平衡状态无直接关系，故B错误；‎ C．体系中固体的质量不变，说明溶液中离子浓度不变，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确；‎ 故答案为：ACD；‎ ‎③图象分析可知平衡状态下Mn2+(aq)浓度为0.75mol/L，Sn2+(aq)浓度0.25mol/L，平衡常数K===3，Mn2+的产率为Sn的转化率=×100%= 75%；‎ ‎④若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，两种离子浓度都变为原来的一半，平衡不移动，所以锰离子浓度==0.375mol•L-1；‎ ‎(2)由过滤后再向滤液中加入等体积的Na2S溶液，进行二级沉降，结合MnS的Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)进行计算得到硫离子浓度，MnS的Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)=4.5×10-14，为了将Mn2+降到1.0×10-9mol/L，则c(S2-)===4.5×10-5mol/L，即硫化钠的浓度是混合后溶液中硫离子浓度的2倍，加入硫化钠的浓度9.0×10-5mol/L。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断，要注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；且平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，而对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎29.继密胺树脂/石墨烯量子点复合微球新型白光发光材料后，2019年8月13日中国科学院福建物质结构研究所合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料并获得了该化合物的LED器件。‎ ‎(1)基态O原子能量最高的电子，其电子云在空间有_________个延展方向；C原子的基态电子排布式为_____________；‎ ‎(2)NO3-与互为等电子体，构型为__________；苯-1,4-二硼酸甲基亚氨基二乙酸酯结构如图所示，硼原子和氮原子的杂化方式分别为__________、__________。‎ ‎(3)可用检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H−S−C≡N）和异硫氰酸(H−N=C=S)，这两种酸中沸点较高的是____________，试分析原因：_____________________‎ ‎______________________________________________________________________________；热稳定性： _______(填“<”“>”或“=”)。‎ ‎(4)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)晶胞结构如图所示(As位于体内，B位于顶点和面心)，已知晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为，As原子到B原子最近距离为__________(用含a的式子表示)，该晶体的密度是___________________g.cm-3 (列出含a、的计算式即可)。‎ ‎【答案】(1). 3 (2). (3). 平面正三角形 (4). (5). (6). 异硫氰酸(H−N=C=S) (7). 异硫氰酸分子中存在N—H键，硫氰酸分子中存在S—H键，N原子的电负性大于S原子，易形成分子间氢键 (8). < (9). (10). ‎ ‎【分析】(1)基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，基态原子中能量最高的电子处于2p能级；基态C原子核外共有6个电子；‎ ‎(2)S原子的孤电子对数==0，说明无孤对电子，只形成3个σ键，杂化轨道数目为3；在苯-1,4-二硼酸甲基亚氨基二乙酸酯结构中，硼原子形成3个σ键，而氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×(5-3×1)=4；‎ ‎(3)比较硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)，考虑分子间形成氢键对二者沸点的影响，据此分析原因；通过比较Mg2+和Ba2+分别与CO32-之间的作用力大小判断稳定性强弱 ‎(4)由晶胞结构可知，As原子到B原子最近距离为立方体对角线间长度的；均摊法计算晶胞中B、As原子数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎【详解】(1) 基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，基态原子中能量最高的电子处于2p能级，有4个电子，其电子云在空间有3个延展方向；基态C原子核外共有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2；‎ ‎(2) S原子的孤电子对数==0，说明无孤对电子，只形成3个σ键，杂化轨道数目为3，为sp2杂化，分子构型为平面正三角形；在苯-1,4-二硼酸甲基亚氨基二乙酸酯结构中，硼原子形成3个σ键，硼原子的杂化方式为sp2，而氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×(5-3×1)=4，氮原子的杂化方式为sp3；‎ ‎(3) 硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)，H-S-C≡N中H和S相连，H-N=C=S中H和氮相连，N的电负性大于S，因此H-N=C=S中的H更具活性，能形成分子间氢键，导致其沸点升高，因此硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)这两种酸中沸点较高的是异硫氰酸(H-N=C=S)，原因是：异硫氰酸更易形成分子间氢键；Mg2+的半径比Ba2+半径小，则Mg2+夺取CO32-里的一个氧原子的生成氧化镁的能力强，所以MgCO3容易分解，即MgCO3的热稳定性小于BaCO3。‎ ‎(4)晶胞中立方体对角线上两个As原子间的距离为a pm，则As原子到B原子最近距离为 pm；晶胞中黑色球数目为4，白色球数目为8×+6×=4，故晶胞质量=‎ g，BAs晶体的密度== g•cm-3。‎ ‎30.阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。‎ 已知：Ⅰ.‎ Ⅱ.(具有较强的还原性)‎ ‎(1)反应④的试剂和条件为__________________________；反应①的反应类型为__________；反应②的作用是_____________________________________________；‎ ‎(2)B的结构简式为_______________；‎ ‎(3)下列关于G的描述正确的是______；‎ A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应 B．能发生加成、消去、取代和氧化反应 C．能聚合成高分子化合物 D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2 ‎ ‎(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_____________________________________；反应②的化学方程式为_________________________________________________；‎ ‎(5)符合下列条件的C的同分异构体 a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基 b.既能发生银镜反应又能发生水解反应 其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________。‎ ‎【答案】(1). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (2). 取代反应 (3). 保护酚羟基，以防被氧化 (4). (5). AC (6). +3NaOH ‎+CH3COONa+2H2O (7). +(CH3CO)2O→+CH3COOH (8). 或 ‎【分析】由B的分子式、D的结构，可知B为．A与B发生类似信息中苯酚与乙酸酐的取代反应C，故乙酰氯与乙酸发生取代反应生成A为(CH3CO)2O，则C为，C发生氧化反应生成D，D发生中和反应、水解反应，然后酸化后得到E为，E发生硝化反应得到F，F发生还原反应得到G，故F为。‎ ‎【详解】(1) 反应④发生硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；①的反应类型为取代反应；反应②的作用是：保护酚羟基，防止被氧化；‎ ‎(2) 由分析可知，B的结构简式为；‎ ‎(3) A．G中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；‎ B．含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B错误；‎ C．含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；‎ D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；‎ 故答案为AC；‎ ‎(4) D与足量的NaOH反应的化学方程式为：；反应②为和(CH3CO)2O发生取代反应生成 ‎，发生反应的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH；‎ ‎(5) C为，C的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，且含有2个甲基，说明含有苯环；②既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有HCOO-；则满足条件的同分异构体共含有3个取代基：1个HCOO-、2个-CH3，则：如果两个-CH3位于邻位、HCOO-的位置共有2种；如果两个-CH3位于间位，HCOO-的位置共有3种；如果两个-CH3位于对位，HCOO-的位置只有1种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的是或。 ‎