四川省泸县第五中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题

四川省泸县第五中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题

四川省泸县第五中学2020届高三上学期开学考试理综 化学试题 ‎1.下列关于文献记载的说法正确的是 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 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，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．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。‎ ‎2.下列由实验得出的结论正确的是 实验 结论 A 将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色 苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应 B 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体 该溶液中一定含有S2O32－‎ C 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀 蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖 D 相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性 非金属性：S>C A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；‎ B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；‎ C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；‎ D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的 Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。‎ ‎4.Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：‎ 下列说法正确的是 A. 上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物 B. Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性 C. 上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换 D. 实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，I中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将NaHSO3转化为Na2SO3，再次充入SO2，将Na2SO3转化为NaHSO3，得到过饱和的NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；‎ B．SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；‎ C．根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；‎ D． “结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是 A. 甲中既含离子键，又含共价键 B. 丙和戊的混合物一定显酸性 C. 丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 D. 原子半径：X＜Y＜Z＜W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。‎ A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A正确；‎ B．丙和戊混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；‎ C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；‎ D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：X＜W＜Z＜Y，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是 A. 电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移 B. Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-‎ C. 电池工作结束后，电解质溶液的pH降低 D. Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；‎ B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；‎ C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；‎ D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。‎ ‎7.在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是 A. 图中②点所示溶液的导电能力弱于①点 B. ③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1‎ C. 图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；‎ B.观察图像曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；‎ C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)> c(H+)，那么c(NH4+)> c(Cl-)，C错误；‎ D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=‎ mol/L=0.2mol/L，因而Kb===5×10-5.6mo1·L-1，D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎8.三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。‎ 已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl 2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。‎ ‎（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。‎ ‎（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。‎ ‎（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。‎ ‎（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：‎ 则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。‎ ‎【答案】 (1). KClO3+6HCl(浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O (2). ih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de (3). 饱和食盐水 (4). 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 (5). 会生成B2O3，使产品不纯 (6). BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑ (7). 2H2‎ O - 4e-═O2↑+4H+ (8). 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；‎ ‎(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为：ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；‎ ‎(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；‎ ‎(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；‎ ‎(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。‎ ‎【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。‎ ‎9.高纯六水氯化锶晶体(SrCl2·6H2O)可作有机合成的催化剂。用碳酸锶矿石(含少量BaCO3、FeO、SiO2等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如图所示。‎ 已知：‎ I．25℃，Ksp[Fe(OH)3]=1．0×10-38 ，Ksp[Fe(OH)2]=1．0×10-16‎ Ⅱ．SrCl2·6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。‎ 请回答：‎ ‎(1)步骤①中将矿石制成浆液能加快反应速率的原因是_____________________________。‎ ‎(2)在“浆液”中加入工业盐酸，测得锶的浸出率与温度、时间的关系如图所示：‎ 据此合适的工业生产条件为_________________________。‎ ‎(3)步骤②“溶液”中加入30％的H2O2，其作用是_____________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎(4)步骤③所得滤渣的主要成分除Fe(OH)3外，还有_______________________(填化学式)；25℃，为使Fe3+沉淀完全需调节溶液pH值最小为_____________(当离子浓度减小至1．0×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全)。‎ ‎(5)关于上述流程中各步骤的说法，正确的是___________(填标号)。‎ A．步骤④用60℃的热水浴加热蒸发至有晶膜出现 B．步骤④冷却结晶过程中应通入HC1气体 C．步骤⑤干燥SrCl2·6H2O晶体可以采用减压干燥 ‎(6)为测定所得SrCl2·6H2‎ O(Mr=267)晶体样品的纯度，设计了如下方案：称取1．10g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31．70g的AgNO3溶液(溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应生成沉淀的离子)，C1-即被全部沉淀。然后用含Fe3+的溶液作指示剂，用0．100 mol·L-1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3溶液，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，当___________时达到滴定终点，用去NH4SCN溶液20．00 mL，则原SrCl2·6H2O晶体的纯度为________________％(计算结果保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 增大反应物接触面积 (2). 40 (3). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4). SiO2 、BaSO4 (5). 3 (6). AC (7). 最后一滴NH4SCN溶液滴入，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色 (8). 97.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据影响化学反应速率的因素，增大接触面积、或升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等都能加快反应速率进行判断；（2）根据图1和图2分析判断；（3）由碳酸锶矿石(含少量BaCO3、FeO、SiO2等杂质)粉碎加入水再加工业盐酸后，FeO溶于盐酸时生成亚铁离子，双氧水具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，所以加30％的H2O2和稀硫酸后发生氧化还原反应，把Fe2+氧化为Fe3+，Ba2+和SO42-生成BaSO4沉淀，通过调节pH，使溶液中的Fe3+变成Fe(OH)3沉淀而除去；（4）根据溶度积进行求解；（5）根据题给信息分析作答；（6）根据实验过程和关系式进行解答。‎ ‎【详解】(1)根据影响化学反应速率因素，增大接触面积、或升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等都能加快反应速率。步骤①中将矿石制成浆液，增大反应物接触面积，能加快反应速率；答案：增大反应物接触面积。‎ ‎(2)在“浆液”中加入工业盐酸，根据锶的浸出率与温度、时间的关系图分析：由图1可知：40℃时锶的浸出率最高，由图2可知60min锶的浸出率最高，所以工业生产合适的条件为40℃；60min；答案：40℃；60min。‎ ‎(3)根据上述分析步骤②“溶液”中含有Fe2+，加入30％的H2O2和稀硫酸，会发生2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2起了氧化剂的作用；答案：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。‎ ‎(4)步骤③所得滤渣的主要成分除Fe(OH)3外，还有不溶于水和酸的SiO2固体，还会有过程中生成的BaSO4沉淀；25℃，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，要使Fe3+完全沉淀，c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]/ 1.0×10-5=1.0×10-38/1.0×10-5=1.0×10-33， 所以c(OH-)=1.0×10-11mol/L，c(H+)=1.0×10-3，即pH=3，要使Fe3+沉淀完全需调节溶液pH值最小为3。答案：SiO2 、BaSO4；3。‎ ‎(5) SrCl2·6H2‎ O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。A．步骤④用60℃的热水浴加热蒸发至有晶膜出现，不会造成SrCl2·6H2O失去结晶水，又能加快速率，故A正确；B．因为Sr的金属性很强，Sr2+在溶液中不会发生水解，所以步骤④冷却结晶过程中不用通入HC1气体，故B错误；C．步骤⑤干燥SrCl2·6H2O晶体采用减压干燥可以减少SrCl2·6H2O晶体失水，故C正确；答案：AC。‎ ‎(6) Fe3+为黄色，遇SCN-后溶液变红；含Fe3+的溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4 SCN溶液时，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点。根据AgSCN~NH4SCN可知生成AgSCN的物质的量n=0.02L×0.100mol/L-1=0.002mol，与Cl-反应的Ag+为1.70g÷170g/mol- 0.002mol=0.008mol，根据SrCl2·6H2O~2Ag+可知n(SrCl2·6H2O)=0.004mol，SrCl2·6H2O晶体的纯度=(0.004mol267g/mol)÷ 1.10g×100％=97.1％；答案：最后一滴NH4SCN溶液滴入，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色；97.1。‎ ‎【点睛】考查物质制备化学工艺流程。根据物质的性质和化学反应原理书写加入过氧化氢时反应的离子方程式、滤渣的成分、选择合适的烘干温度；根据关系式和Fe（OH）3的溶度积进行计算。‎ ‎10.含氮化合物与生产、生活、生命和环境息息相关。‎ ‎(1)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示。‎ ‎①NO的作用是________________________。‎ ‎②已知：O3(g)+O(g) ＝2O2(g) △H=-143kJ·mol-1‎ 反应l：O3(g)+NO(g) ＝NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ·mol-1‎ 则反应2的热化学方程式为____________________________。‎ ‎(2)肌红蛋白(Mb)是肌肉内储存氧的蛋白质，构成肌红蛋白的甘氨酸(H2NCH2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下三种离子的物质的量分数(δ)与[]的关系如图所示。‎ ‎①溶液呈中性时，三种离子浓度由大到小的顺序为______________________。‎ ‎②向AG=12的溶液中加入过量NaOH溶液时，主要反应的离子方程式为______________。‎ ‎(3)肌红蛋白(Mb)可与O2结合生成MbO2：。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与p(O2)的关系如下表。‎ ‎[结合度(α)指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的物质的量分数]‎ p(O2)／kPa ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ ‎6.00‎ α(MbO2)%‎ ‎50.0‎ ‎66.7‎ ‎80.0‎ ‎85.7‎ ‎88.9‎ ‎90.9‎ ‎92.3‎ ‎①计算37℃时，上述反应的平衡常数K=__________kPa-1(气体和溶液中的溶质分别用分压和物质的量浓度表示)。‎ ‎②37℃时，若空气中氧气分压为21.0 kPa，则人正常呼吸时α的最大值为________％(保留1位小数)。‎ ‎③温度不变时，游客在山顶时体内MbO2的浓度比在山下________(填“高”或“低”)。‎ ‎④研究发现，v正=k正·c(Mb)·p(O2)，v逆=k逆·c(MbO2)。已知37℃时k逆=60 s-1，则k正=______________(注明速率常数单位)。‎ ‎【答案】 (1). 催化剂 (2). NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g) △H=+57.2KJ/mol (3). c(H3N+CH2COO－)>c（H2NCH2COO－）>c(H3N+CH2COOH) (4). H3N+CH2COOH+2OH－= H2NCH2COO－+2H2O (5). 2 (6). 97.7 (7). 低 (8). 120s-1 ▪KPa-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①NO只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变；‎ ‎②利用盖斯定律解题；‎ ‎(2)随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据 可知H2NCH2COO－碱性越强含量越大，H3N+CH2COO－在接近中性时含量最大，H3N+CH2COOH酸性越强含量越大，由此确定Ⅰ线为H2NCH2COO－,Ⅱ线为H3N+CH2COO－,Ⅲ线为H3N+CH2COOH，以此分析； ‎ ‎(3)①K=kPa-1，利用表格中数据进行计算；‎ ‎②利用①中计算的K计算即可；‎ ‎③根据表格提供数据可知p(O2)越小，结合度越低，c（MbO2）越小；‎ ‎④利用①中计算的K，根据平衡时v正= v逆进行计算；‎ ‎【详解】(1)①NO只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变，因此NO的作用是催化剂；‎ 答案：催化剂 ‎②利用盖斯定律，根据已知；O3(g)+O(g) =2O2(g) △H=-143kJ·mol-1‎ O3(g)+NO(g) =NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ·mol-1‎ 前者减去后者可得：NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g) △H=+57.2kJ/mol 答案：NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g) △H=+57.2kJ/mol ‎(2)①随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据题干可知碱性越强H2NCH2COO－含量越大，在AG=0～4范围时H3N+CH2COO－含量最大，酸性越强H3N+CH2COOH含量越大，由此确定Ⅰ线为H2NCH2COO－,Ⅱ线为H3N+CH2COO－,Ⅲ线为H3N+CH2COOH，溶液呈中性也就是AG=0，三种离子浓度由大到小的顺序可根据图像得到为c(H3N+CH2COO－)>c（H2NCH2COO－）>c(H3N+CH2COOH)；‎ 答案：c(H3N+CH2COO－)>c（H2NCH2COO－）>c(H3N+CH2COOH)‎ ‎②根据可知加入过量NaOH溶液时溶液中主要存在H2NCH2COO-，AG=12时溶液中主要存在H3N+CH2COOH，据此写出离子方程式为: H3N+CH2COOH+2OH－= H2NCH2COO－+2H2O；‎ 答案：H3N+CH2COOH+2OH－= H2NCH2COO－+2H2O ‎(3)①K=kPa-1，利用表格中第一组数据可知：设肌红蛋白总浓度c c×（1-50%） 0.50kPa c×50%‎ K==2‎ ‎②利用①中计算所得K=2计算即可；‎ ‎2=，得α=97.7；‎ 答案：97.7‎ ‎③根据表格提供数据可知p(O2)越小，结合度越低， MbO2浓度越低；‎ 答案：低 ‎④利用①中计算的K=2，根据平衡时v正= v逆进行计算；‎ 平衡时v正= v逆， 则k正·c(Mb)·p(O2)=k逆·c(MbO2)，得K正== k逆×K=60s-1×2kPa-1=120s-1 ▪KPa-1；‎ 答案: 120s-1 ▪KPa-1‎ ‎11.(1)火箭使用的推进剂燃料由N、H两种元素组成，且原子个数N：H=1：2，其水溶液显碱性，则该物质中N原子的杂化方式为______________________。‎ ‎(2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测N2O的结构式为________________________。‎ ‎(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态－1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如下表所示。‎ 元素 C1‎ Br I O O-‎ 电子亲和能（kJ／mol）‎ ‎349‎ ‎343‎ ‎295‎ ‎141‎ ‎－780‎ 下列说法正确的是___________。‎ A．电子亲和能越大，说明越难得到电子 B．一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O2-时放出141kJ的能量 C．氧元素的第二电子亲和能是－780kJ／mol D．基态气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量 ‎(4)在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为：2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2A+3CO2↑+9H2O。根据题意完成下列填空：‎ ‎①冰晶石化学式为____________________________。‎ ‎②冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是___________(填微粒符号)。‎ ‎③冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有________________(填选项字母)。‎ A 离子键 B 共价键 C 配位键 D 金属键 E 范德华力 F 氢键 ‎④Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：‎ 若已知A1的原子半径为d cm，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则晶胞中Al原子的配位数为________；Al晶体的密度为__________g．cm-3(用字母表示)。‎ ‎(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。‎ ‎①Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。‎ ‎②关于Fe(CO)5，下列说法正确的是_____。‎ A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子 B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键 C．1mol Fe(CO)5含有10mol配位键 D．反应Fe(CO)5=Fe+5CO没有新化学键生成 ‎【答案】 (1). sp3 (2). N=N=O (3). CD (4). Na3AlF6 (5). Na+ (6). AD (7). 12 (8). (9). 分子 (10). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）火箭的推进剂燃料为N2H4，可以看成是氨气中的氢原子换成-NH2，氨气中氮原子采用SP3杂化，所以N2H4中氮也采用SP3杂化。‎ ‎（2）笑气(N2O)与二氧化碳为等电子体，二氧化碳的结构式为O=C=O，所以笑气的结构式为N=N=O。‎ ‎（3）A．结合表中数据分析，氯、溴、碘得到一个电子的能量变化，得出元素的电子亲和能越大，说明越容易得到电子，故错误；‎ B．由题中数据可知，1mol基态的气态氧原子得到电子成为O-时放出141kJ的能量，故错误；‎ C．基态的气态氧原子得到一个电子成为O-，O-再得到一个电子成为O2-，此时的能量变化为第二电子亲和能，故氧元素的第二电子亲和能是－780kJ／mol，故正确；‎ D．根据表中数据，1mol基态的气态氧原子得到电子成为O-放热141 kJ／mol，1molO-再得到电子成为O2-吸热780kJ／mol，根据盖斯定律分析，氧原子得到两个电子时应吸收热量，故正确。故选CD。‎ ‎（4）①根据质量守恒定律分析，冰晶石的化学式为Na3AlF6；‎ ‎②●位于大立方体的顶点和面心，个数为，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，个数为，要使两种离子的个数比为1:3，所以大立方体体心所以代表的为钠离子。‎ ‎③冰晶石溶液中存在钠离子、AlF63-、水，还有水电离出的氢氧根离子和氢离子，AlF63-中存在共价键和配位键，水分子中存在共价键，水分子间存在范德华力和氢键，所以不存在离子键和金属键。‎ ‎④在晶胞中以面心的铝原子为中心，与其距离最近的等距离的铝原子有12个，即三个维度上的12个原子，所以铝的配位数为12，该晶胞中铝原子个数为，该晶胞的棱长为= ，所以晶胞的体积为, 。‎ ‎（5）①配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，说明其为分子晶体。‎ ‎②A．Fe(CO)5为对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，一氧化氮为极性分子，故正确；B．Fe(CO)5中Fe原子与一氧化碳形成配位键，铁原子提供空轨道，故错误；C．铁与一氧化碳形成5个配位键，一氧化碳分子中氧原子提供1对电子与1个碳原子形成1个配位键，所以1mol Fe(CO)5中含有10mol配位键，故正确；‎ D．反应Fe(CO)5=Fe+5CO，反应中得到铁单质，形成金属键，故错误。故选AC。‎ ‎12.高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的名称是________，B含有的官能团名称是________。‎ ‎(2)反应④的反应类型是________。‎ ‎(3)反应⑥的化学方程式为________。‎ ‎(4)反应③〜⑤中引入-SO3H的作用是________。‎ ‎(5)满足下列条件的C的同分异构体共有________种（不含立体异构）。‎ ‎①能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。②苯环上有两个取代基。‎ 其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1，且含有-CH2CH3，该有机物的结构简式是________ (任写一种）。‎ ‎(6)以CH3CH2CH2OH为原料，设计制备的合成路线：________。‎ ‎【答案】 (1). 苯乙醛 (2). 氰基，羟基 (3). 取代反应 (4). +nH2O (5). 占据取代基的对位，将－NO2‎ 引入取代基的邻位 (6). 18 (7). (8). CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过比较反应物、生成物的组成结构，判断反应本质、反应类型、书写反应方程式。判断同分异构体、书写同分异构体，需逐一满足题目要求，并按一定顺序思考问题。对比原料、目标产物的结构，结合流程中的信息，运用逆合成分析法，解答物质合成题。‎ ‎【详解】(1)由B结构简式知其分子式C9H9ON，则A(C8H8O)与HCN加成反应生成B，A结构简式为，A的名称为苯乙醛。B中官能团的名称为氰基、羟基。‎ ‎(2)比较D、E结构知反应④的本质：D分子中苯环上1个氢原子被硝基取代生成E，故反应④属于取代反应。‎ ‎(3)F分子中有羧基和羟基，可分子间酯化反应生成聚酯类高分子G，故反应⑥的化学方程式为。‎ ‎(4)反应③在苯环上原取代基的对位引入磺酸基（-SO3H），反应⑤磺酸基又消失，所以反应③~⑤中—SO3H的作用：可防止反应④中硝基（－NO2）进入原取代基的对位，即硝基（－NO2）只能进入原取代基的邻位。‎ ‎(5)C的分子式为C9H10O3，其同分异构体要求有酚羟基（－OH）、酯基（－COO－）、二价苯基（－C6H4－）；即合理结构中有HO－C6H4－，苯环上另一取代基可能为－COOC2H5、－OOCC2H5、－CH2COOCH3、－CH2OOCCH3、－CH2CH2OOCH、－CH(CH3‎ ‎)OOCH，共6种；两个取代基在苯环上有邻、间、对3种相对位置，符合要求的同分异构体有6×3＝18种。其中有5种氢原子(数目之比为3:2:2:2:1)、含有-CH2CH3的结构简式是。‎ ‎(6)目标产物可由单体CH3CH2CH(OH)COOH分子间酯化反应（缩聚）生成，而单体CH3CH2CH(OH)COOH比原料CH3CH2CH2OH分子中多一个碳原子，故模仿流程中的反应①由CH3CH2CHO与HCN加成反应生成CH3CH2CH(OH)CN；模仿反应②CH3CH2CH(OH)CN酸性水解生成CH3CH2CH(OH)COOH；CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO；合成路线：‎ ‎。‎ ‎ ‎