湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高一下学期模拟期中联考化学试题 Word版含解析

湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高一下学期模拟期中联考化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高一期中联考化学试题 ‎（模拟卷）‎ 注意事项： ‎ ‎1．考试时间19:00-20:30。（截止提交时间20:40）‎ ‎2．在班级小管家答题，选择题 直接选。大题按答题卡制定的格式拍照，只拍一张。‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1　O-16　K-39　Fe-56　Br-80　I-127‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分) ‎ 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.消毒剂用于杀灭传播媒介上病原微生物，将病原微生物消灭于人体之外，切断传染病的传播途径，达到控制传染病的目的。下列说法正确的是 A. 往血管里注射消毒剂可以消灭新冠病毒 B. 二氧化氯（俗称“泡腾片”）环境消毒片可以口服 C. 苯酚可以用来消毒，往人体穴位注射苯酚可以治疗疾病 D. 体积分数为75%的酒精溶液可以用于皮肤消毒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．消毒剂具有氧化性，往血管里注射消毒剂可以使血液中的蛋白质变性，引起中毒，故A错误；‎ B．二氧化氯（俗称“泡腾片”）遇水反应释放出氯气，氯气具有氧化性，可使空气中的病毒发生蛋白质变性，从而杀死病毒，可用于环境，氯气有毒且具有强氧化性，不能口服，故B错误；‎ C．苯酚可以用来消毒，但苯酚有毒，不能用于人体治疗，故C错误；‎ D．体积分数为75%的酒精溶液是医用酒精，可以杀死细菌病毒，具有杀菌消毒的功效，可以用于皮肤消毒，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.利用空气将氯化氢催化氧化，使之转化为氯气，已成为工业上生产氯气的重要途径，其反应为4HCl＋O2=2H2O＋2Cl2。下列化学用语表达正确的是(　　)‎ A. 质量数为18的氧原子：O B. 水的电子式：‎ - 21 -‎ C. HCl分子的球棍模型： D. Cl－的结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O原子的质量数为18，质子数为8，故正确的表达为，A错误；‎ B．O原子最外层有6个电子，其中有4个电子形成2对电子对，剩余2个电子分别与2个H原子形成两个共价键，B正确；‎ C．由于H原子和Cl原子的原子半径不同，故正确的HCl球棍模型为，C错误；‎ D．Cl-由于最外层多一个电子，故Cl-的结构示意图为，D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)‎ A. FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀电路板 B. CaO具有吸水性，可用作食品脱氧剂 C. NH4Cl具有酸性，可用于金属除锈 D. 活性炭具有还原性，可用于水质净化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用FeCl3刻蚀电路板，是Fe3+与电路上的Cu发生反应，体现了Fe3+的氧化性，A错误；‎ B．氧化钙不具有还原性，具有吸水性，不能用作食品包装袋中作脱氧剂，B错误；‎ C．NH4Cl为强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解使溶液呈酸性，故可以除锈，C正确；‎ D．活性炭是一种疏松多孔的结构，可以吸附水中的悬浮颗粒，达到净水的目的，D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-‎ B. 0.1 mol·L－1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-‎ C. 0.1 mol·L－1 KHCO3溶液：Na+、Al3+、Cl－、NO3-‎ D. 0.1 mol·L－1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A．0.1 mol·L－1 NaOH溶液含有大量OH-，Na+、K+、CO32-、AlO2-离子之间以及与OH-之间不发生反应，能大量共存，故A正确；‎ B．0.1 mol·L－1 FeCl2溶液中Fe2+具有还原性，与MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．0.1 mol·L－1 KHCO3溶液中，HCO3-与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；‎ D．0.1 mol·L－1 H2SO4溶液含有大量H+，与NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】HSO3-具有还原性，在酸性条件下可被硝酸根离子氧化为硫酸根。‎ ‎5.下列关于Cl2的实验操作能达到实验目的的是(　　)‎ A. 用装置甲制取少量Cl2‎ B. 用装置乙除去Cl2中的HCl C. 用装置丙收集Cl2‎ D. 用装置丁吸收尾气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．选项中的浓盐酸可以和氯酸钾发生反应生成氯气，化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，A正确；‎ B．除去Cl2中的HCl需要用到饱和的NaCl溶液，但在洗气装置中需要长导管进短导管出，若短导管进为集气装置，B错误；‎ - 21 -‎ C．Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法，在集气装置中应长导管进，C错误；‎ D．Cl2易溶于NaOH溶液，用此装置吸收尾气容易导致Cl2没有完全被NaOH吸收，污染空气，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)‎ A. SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO3‎ B. NH3在纯O2中燃烧生成NO2‎ C 过量CO2与氨水反应生成NH4HCO3‎ D. 高温条件下Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二者发生反应生成硫酸钡沉淀，化学方程式为3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，A错误；‎ B．氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，化学方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，B错误；‎ C．过量CO2通入到氨水时生成NH4HCO3，化学方程式为2NH3+CO2+H2O =2NH4HCO3，C正确；‎ D．高温条件下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 用石墨作电极电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－‎ D. SO2通入FeCl3溶液中：SO2＋Fe3＋＋2H2O=SO42-＋Fe2＋＋4H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用石墨电极电解MgCl2溶液，阳极Cl-失电子，阴极H+得电子，剩下氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，故离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-错误，A错误；‎ B．过量的铁粉溶于稀硝酸中，Fe与硝酸发生反应生成Fe3+，剩余的Fe继续和Fe3+‎ - 21 -‎ 发生反应生成Fe2+，离子方程式为3Fe+8H++2NO3-==3Fe2++2NO↑+4H2O，B错误；‎ C．氯气可与硫代硫酸根反应生成硫酸根和氯离子，离子方程式正确，C正确；‎ D．将SO2通入到FeCl3溶液中，SO2与Fe3+发生反应生成硫酸根和Fe2+，但选项中配平错误，正确的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、W处于不同周期且X与W同一主族，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)‎ B. 由Y、W组成的化合物只能含有离子键 C. W最高价氧化物对应的水化物是一种强碱 D. X与Y形成的一种常见化合物与Z的单质反应生成两种酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目所给信息分析，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，说明Y为O元素，X、Y、W处于不同周期且X与W同一主族，说明X在第一周期，X为H元素，W为Na元素，Z为F元素，据此答题。‎ ‎【详解】A．原子半径同一周期从左向右依次减小，同一主族从上到下依次增大，四种元素原子的原子半径从大到小为r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A错误；‎ B．Y与W形成的化合物为Na2O或Na2O2，存在离子键，但过氧化钠中还存在共价键，B错误；‎ C．W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是强碱，C正确；‎ D．X与Y形成的常见化合物为H2O，与Z的单质F2反应生成HF和O2，方程式为2H2O+2F2=4HF+O2，D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)‎ A. NaCl(aq)Na(s)NaOH(aq)‎ B. Al(s)Al(OH)3(s)AlCl3(s)‎ C. HCl(aq) Cl2 Ca(ClO)2‎ - 21 -‎ D. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)Ag(s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl水溶液电解不能生成Na单质，A错误；‎ B．Al和NaOH反应生成NaAlO2，不生成Al(OH)3，B错误；‎ C．浓盐酸和MnO2反应需要加热，缺少反应条件，C错误；‎ D．硝酸银和氨水发生反应生成银氨溶液，银氨溶液与葡萄糖共热生成银，D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.金属(M)空气电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 金属M作电池正极 B. 电解质是熔融的MO C. 电路中转移2 mol电子，理论上约消耗空气56 L D. 电池总反应为2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从电池示意图中可以看出，左侧金属M失去电子变成M2+，为电池负极；右侧空气中的氧气得到电子与水反应生成OH-，为电池正极，据此答题。‎ ‎【详解】A．从图中可以看出M失电子生成M2+，故M电极为原电池的负极，A错误；‎ B．从图中可以看出，M2+离子和OH-离子可在两电极之间移动，说明电解质为熔融M(OH)2，B错误；‎ C．阳极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，电路中转移2mol电子，正极需要消耗氧气0.5mol，标准状况为11.2L，C错误；‎ D．根据电池的正负极方程式可知，电池的总反应为2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2，D正确；‎ 故选D。‎ - 21 -‎ 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.下列说法正确的是(　　)‎ A. 56 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子数为2×6.02×1023‎ B. 合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率 C. 常温下Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，溶液中的值减小 D. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连会导致铜线更快被腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．56g Fe为1mol，1mol Fe在Cl2中完全燃烧生成FeCl3，转移电子数为3×6.02×1023，A错误；‎ B．合成氨的反应放热，降低温度有助于向正反应方向移动，但降低温度会使反应速率降低，导致氨的生成速率下降，B错误；‎ C．常温下Na2CO3溶液呈碱性，是由于CO32-在溶液中水解，向溶液中加入少量Ca(OH)2固体，会抑制碳酸根的水解，使水解平衡向左移动，使的值减小，C正确；‎ D．若将铝线和铜线直接相连，根据原电池原理，铝活动性比铜强，铝为原电池负极，使铝腐蚀的更快，D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.美国北卡罗来纳大学的一项新研究表明，一种名为EIDD2801的新药有望改变医生治疗新冠肺炎的方式，有效减少肺损伤。其结构式如图：‎ 下列有关EIDD2801的说法正确的是(　　)‎ A. EIDD2801属于芳香族化合物 B. EIDD2801含有5个手性碳原子 C. EIDD2801能和NaOH溶液反应 - 21 -‎ D. EIDD2801不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．EIDD2801中不含苯环结构，故不属于芳香族化合物，A错误；‎ B．EIDD2801含有4个手性碳原子，分别为，B错误；‎ C．EIDD2801中含有酯基，可以和NaOH发生反应，C正确；‎ D．EIDD2801中含有羟基和碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向苯酚钠溶液中滴加NaHSO3溶液，溶液变浑浊 苯酚酸性弱于H2SO3酸性 B 向AgNO3溶液中逐滴加入浓度均为0.05 mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)‎ C 向FeCl3溶液中加入Cu粉，Cu粉溶解 Cu的还原性大于Fe D 向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现 铁离子催化H2O2的分解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHSO3溶液呈酸性，HSO3-H++SO32-，苯酚钠溶液中加入NaHSO3‎ - 21 -‎ ‎，溶液变浑浊，说明产生苯酚，即HSO3-的酸性强于苯酚，H2SO3属于中强酸，电离以第一步电离为主，H2SO3的一级电离大于二级电离，因此H2SO3的酸性强于苯酚，A正确；‎ B．若要验证AgCl和AgI溶度积的大小，需要向NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色，B错误；‎ C．向FeCl3中加入铜粉，二者发生反应，生成Fe2+和Cu2+，故Cu的氧化性强于Fe2+，C错误；‎ D．H2O2有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，当溶液中生成大量Fe3+时可催化H2O2分解，D正确；‎ 故选AD。‎ ‎14.邻苯二甲酸(用H2A表示)为二元弱酸，常温下，Ka1＝1.1×10-3，Ka2＝3.9×10-6，室温下用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 滴加20 mL NaOH溶液时：c(OH－)>c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)‎ B. pH＝7的溶液：c(Na＋)<0.050 00 mol·L－1＋c(A2－) －c(H2A)‎ C. 滴定过程中可能会出现：c(Na＋)>c(HA－)＝c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)‎ D. 滴加40 mL NaOH溶液时：2c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液时，与20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液反应生成NaHA，溶液中存在物料守恒：c(Na+)= c(H2A )+c(A2－)+ c(HA－)，电荷守恒为：c(OH－)+2c(A2－)+ c(HA－)= c(Na+)+ c(H＋)，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：c(OH－)=c(H＋)＋c(H2A )－c(A2－)，则c(OH－)＞c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)，故A正确；‎ B．起始时，0.100 0 mol·L-1 H2A溶液中c(总)= c(H2A )+c(A2－)+c(HA－)=0.1000 mol·L-1，滴入NaOH溶液后，c(H2A )+c(A2－)+c(HA－)＜0.1000 mol·L-1，溶液中存在电荷守恒：c(OH－)+2c(A2－)+ c(HA－)=c(Na+)+ c(H＋)，pH＝7的溶液的溶液中，c(OH－)=c(H＋)，则 2c(A2－)+c(HA－)= c(Na+)，c(Na+)＜0.1000 mol·L-1＋c(A2－)－c(H2A)，要是溶液pH＝7，加入氢氧化钠的体积大于20mL，离子浓度小于原来的一半，则c(Na+)＜0.05000 mol·L-1＋c(A2－)－c(H2A)‎ C．滴加20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液时，与20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液反应生成NaHA，在继续滴加NaOH溶液，可使NaHA转化为Na2A，滴加达到一定体积可使c(HA－)＝c(A2－)，已知，Ka2＝3.9×10-6，则Kh(HA－)=＜Ka2，则溶液中HA－电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则c(OH－)＜c(H＋)，故C错误；‎ - 21 -‎ D．滴加40 mL NaOH溶液时，20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液完全反应生成Na2A，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)]，故D错误；‎ 答案选AB。‎ ‎15.合成气的主要组分为CO和H2；以天然气为原料生产的合成气有多种方法，其中Sparg工艺的原理为CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)。在特定温度下，向甲、乙、丙三个密闭容器中充入相同量的CH4(g)和CO2(g)，改变容器体积，测得平衡时容器内气体的浓度如下表所示：‎ 实验编号 容器温度/℃‎ 容器体积 物质浓度/(mol·L－1)‎ CH4‎ CO2‎ CO 甲 ‎300‎ V1‎ ‎0.02‎ ‎0.02‎ ‎0.10‎ 乙 ‎300‎ V2‎ x x ‎0.05‎ 丙 ‎350‎ V1‎ y y ‎0.12‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 该反应在低温条件下不能自发进行 B. 300 ℃时反应的平衡常数为25‎ C. V1∶V2＝3∶7‎ D. 保持温度和容器体积不变，开始时向甲容器中充入0.28 mol CO和0.28 mol H2，CO转化率一定大于2/7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从300℃和350℃时CO的物质的量浓度可以看出，升高温度，CO浓度增加，正反应为吸热反应，ΔH>0，反应过程中气体量增多，反应的熵增加，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS，反应在高温条件下可以自发进行，A正确；‎ B．根据甲实验可以计算300℃时的平衡常数，K===0.25，B错误；‎ C．根据该温度下的平衡常数可以计算出x的值，x=0.005，又因为反应开始时充入了相同物质的量的CH4和CO2气体，可列出等式(0.02+0.05)V1=(0.005+0.025)V2，可计算出V1∶V2‎ - 21 -‎ ‎＝3∶7，C正确；‎ D．保持温度和容器体积不变，充入CO和H2，根据该温度下的平衡常数，可求出平衡时c(CO)=0.23mol/L，此时的转化率为<，D错误；‎ 故选AC。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共5题　共60分)‎ ‎16.二氧化锰在工业上具有重要的作用，工业上可利用菱锰矿(主要成分为MnCO3、SiO2、FeCO3以及少量CuO)制取。制备流程如图所示：‎ ‎(1)酸浸过程中，MnCO3溶解的离子方程式为______，选择用硫酸而不选择盐酸溶解，除了盐酸挥发造成设备腐蚀以外，另一个原因是________。‎ ‎(2)滤渣3的主要成分是________，除铁的过程中，应该先加________(填“生石灰”或“双氧水”)，原因是__________。‎ ‎(3)用惰性电极对过滤3得到滤液进行电解，得到MnO2，写出电解过程中阳极电极反应式：__________。‎ ‎【答案】 (1). MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O (2). 若改用盐酸，引入的Cl－在电解过程中产生Cl2，耗费能源且污染环境 (3). Fe2S3和CuS (4). 双氧水 (5). 后加CaO，CaO和水反应放热，使双氧水分解 (6). Mn2＋－2e－＋2H2O=MnO2＋4H＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向菱锰矿中加入硫酸，矿石中的MnCO3、FeCO3、和少量CuO可以发生反应，进入滤液1中，滤渣1为SiO2；向滤液1中加入生石灰和双氧水，双氧水可以将Fe2+还原为Fe3+，生石灰溶于水发生反应放热，使未完全反应的双氧水分解，同时生成的Ca(OH)2可以中和过量的硫酸，过滤；向滤液2中加入MnS，可使上步没有沉淀的Fe3+和Cu2+转化为Fe2S3和CuS沉淀，滤渣3主要为Fe2S3和CuS，据此回答。‎ ‎【详解】（1）MnCO3为碳酸盐，可以和酸发生反应生成Mn2+、H2O和CO2，离子方程式为MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O；在酸浸过程中应选用硫酸，因为用盐酸的时候，最终产物里含有Cl-在电解的过程中易失去电子生成Cl2，污染环境、浪费能源；‎ ‎（2）反应2中加入MnS目的是除去体系中少量的Fe3+和Cu2+‎ - 21 -‎ ‎，发生的相应反应为MnS(s)+Cu2+=Mn2++CuS(s)、3MnS(s)+2Fe3+=Fe2S3(s)+3Mn2+，故滤渣3主要成分为Fe2S3和CuS；除铁过程中应先加入双氧水氧化Fe2+，随后加入CaO，CaO与水反应放热，可以将未参加反应的双氧水分解；‎ ‎（3）利用惰性电极电解MnCl2制备MnO2，Mn2+失去电子与体系中的水发生反应，电极方程式为Mn2+-2e-＋2H2O=MnO2+4H+。‎ ‎17.如图是一种含酰亚胺结构的对苯二胺衍生物的合成路线，其产物(F)可作为一种空腔孔径较大的新型大环芳酰胺的合成原料。‎ ‎(1)A中官能团的名称为________和________。‎ ‎(2)F→G的反应类型为________。‎ ‎(3)D的分子式为C14H16N2O3，写出D的结构简式：________。‎ ‎(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎②含有苯环，且苯环上含有硝基；‎ ‎③含有三种不同化学环境的氢原子。‎ ‎(5)写出以甲苯、邻二甲苯，制备(无机试剂和DMF，(CH3CO)2O及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). 硝基 (3). 还原 (4). (5). 或 (6). ‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据有机物A的结构，A中含有的官能团的名称为羧基、硝基；‎ ‎（2）F→G的反应属于加氢去氧的反应，在有机反应类型中属于还原反应；‎ ‎（3）有机物C通过两步反应变成有机物D，第一步经Pd/C做催化剂与H2发生反应将硝基还原为氨基，第二部氨基通过和(CH3CO)2发生反应生成有机物D，又知D的分子式为C14H16N2O3，故D的结构式为；‎ ‎（4）通过已知条件，能发生显色反应，说明含有酚羟基，当结构中有1个羟基时，剩余基团为1个羧基和1个醛基，此时不会出现三种不同化学环境的氢原子，当结构中有2个羟基时，剩余基团为2个醛基，可能会出现三种化学环境的氢原子，当有机物结构为对称结构时，分子结构中含有三种不同化学环境的氢原子，故可能的结构简式为或；‎ ‎（5）通过A→B的反应可知，可将邻二甲苯氧化为邻二苯甲酸，在通过A→B的反应生成，将甲苯经取代反应制得邻硝基甲苯，再还原成邻氨基甲苯，将邻氨基甲苯和通过B→C的反应可制得目标产物，具体的合成路线为 - 21 -‎ ‎。‎ ‎18.化学小组为探究在酸性溶液中的反应，利用如图装置进行实验：‎ I.排出装置内的空气。减缓的流速，向丁装置中通入和的混合气体。‎ Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。‎ Ⅲ.持续向丁装置中通入和混合气体，溶液变为无色。‎ Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加溶液，产生白色沉淀。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)苯的作用为__________。排出装置内空气的具体操作为_________。‎ ‎(2)向装置丁中缓慢通入的作用是__________。‎ ‎(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。‎ ‎(4)实验的总反应为_________，和在反应中的作用为___________。‎ ‎【答案】 (1). 萃取碘单质，隔绝空气防止被氧化 (2). 关闭，打开，打开 (3). 防止倒吸 (4). (5). (6). (7). 催化剂 - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为探究在酸性溶液中的反应，由于酸性容易被O2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一步，，第二步，；最后用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒吸。‎ ‎【详解】(1)根据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开，打开，关闭；‎ ‎(2)若只将通入丁中，反应后压强减小，会倒吸，通入和混合气体，不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；‎ ‎(3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为；步骤Ⅲ通入和混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：；‎ ‎(4)根据和反应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：； 和在反应前后质量和性质没有发生改变,故其为催化剂。‎ ‎19.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。‎ ‎(1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1‎ C(s)＋O2(g)=CO2(g)；ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1‎ ‎2C(s)＋O2(g)=2CO(g)；ΔH3＝－221 kJ·mol－1‎ 反应2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。‎ ‎(2)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3＋6NO5N2＋6H2O。不同温度条件下，n(NH3‎ - 21 -‎ ‎)∶n(NO)的物质的量之比分别为4∶1、3∶1、1∶3时，得到NO脱除率曲线如图所示：‎ ‎①n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为1∶3时，对应的是曲线________(填“a”“b”或“c”)。‎ ‎②由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是____________。‎ ‎(3)NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图：‎ Ⅰ. 2NO(g)→N2O2(g)；ΔH1　‎ Ⅱ. N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g)；ΔH2‎ ‎①化学反应速率有速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ ‎②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因：______。‎ ‎(4) NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图：‎ - 21 -‎ 研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出脱硝过程的总反应方程式：_______。‎ ‎【答案】 (1). －746.5 (2). c (3). 催化剂失去活性 (4). Ⅱ (5). T4 (6). ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响 (7). 4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，目标方程式ΔH=-ΔH1+2ΔH2-ΔH3=-746.5kJ·mol-1；‎ ‎（2）①n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时，由于NH3所占有的百分含量较小，虽然NO占有的百分含量很大，但是消耗NO的量较小，导致NO的脱除率较低，故c曲线正确；‎ ‎②温度升高到一定程度以后，NO的脱除率会下降，因为反应过程中加入了催化剂，温度过高催化剂失活，导致NO脱除率降低；‎ ‎（3）①反应Ⅰ的活化能较反应Ⅱ的活化能低一些，反应速率也较快一下，故反应Ⅱ为整个反应的决定步骤；‎ ‎②转化相同量的NO，T4温度下消耗的时间较长；原因为：反应的ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；‎ ‎（4）根据题目所给的示意图，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程的总反应为4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)。‎ ‎20.第Ⅷ族元素、、性质相似，称铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：‎ ‎(1)基态原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与相同的元素名称为______________。‎ - 21 -‎ ‎(2)与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_____(填“高”或“低”)，原因是_________。‎ ‎(3)有历史记载的第一个配合物是(普鲁士蓝)，该配合物的内界为__________。表为、不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，比较稳定的配离子配位数是__________(填“4”或“6”)。性质活泼，易被还原，但很稳定，可能的原因是________________。‎ 离子 配位数 晶体场稳定化能(Dq)‎ ‎6‎ ‎-8Dq+2p ‎4‎ ‎-5.34Dq+2p ‎6‎ ‎-12Dq+3p ‎4‎ ‎-3.56Dq+3p ‎(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_______(填选项字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度是________。‎ ‎【答案】 (1). 3d (2). 钛、锗、硒 (3). 低 (4). 邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低 (5). (6). 6 ‎ - 21 -‎ ‎(7). 形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定 (8). CD (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】(1)为28号元素，基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，核外能量最高的电子位于3d能级；根据基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有：钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2、锗为32号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p2、硒为34号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故答案为：3d，钛、锗、硒；‎ ‎(2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成的分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低； ‎ ‎(3)配合物是中内界为；由表中数据可知，配位数为6的晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；性质活泼，但很稳定，说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定；‎ ‎(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞，而NaCl晶胞俯视图为CD；从晶体中最小重复单元出发，1个晶胞中含Ni2+为，含O2-为 即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO， NiO的摩尔质量75g/mol，晶体的密度除以1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积，即为 = ，故答案为：。‎ ‎【点睛】晶胞计算中，要找准一个晶胞中所含微粒数目，如此题中，1个晶胞中含Ni2+为 ，含O2-为 即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO；同时要找准一个晶胞的体积，注意单位换算。‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎ - 21 -‎