福建省“超级全能生”2020届高三上学期11月联考化学试题

福建省“超级全能生”2020届高三上学期11月联考化学试题

‎“超级全能生”2019年福建省高三年级11月联考 化学 注意事项：‎ ‎1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。‎ ‎3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。‎ ‎4.回答选择题时，选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选图其他答案标号。‎ ‎5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Co-59 Cu-64 As-75 Br-80‎ 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.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 ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎2.下列有关于溶液和胶体的说法正确的是 (　　)‎ A. 常温下，向FeCl3溶液滴加NaOH溶液至有红褐色小颗粒生成即可制得胶体 B. 溶液是均一稳定的，胶体是介稳体系，所以人的肉眼就可以区分开来 C. 在胶体中，逐滴加入稀硫酸至过量，先产生红褐色沉淀后又消失 D. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. FeCl3溶液与NaOH溶液混合充分振荡得到红褐色Fe(OH)3沉淀而非胶体，故A错误；‎ B. 溶液与胶体的本质区别在于分散质粒子的直径大小，肉眼无法直接区分，但可以利用丁达尔效应区分，故B错误；‎ C. Fe(OH)3胶体遇到硫酸电解质会发生聚沉现象，硫酸过量会与Fe(OH)3沉淀反应生成Fe2(SO4)3溶液，故C正确；‎ D. 明矾水解时产生的Al(OH)3胶体不具有漂白性，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，0.1 mol溶于水，转移的电子数目为0.1‎ B. 标准状况下，2.24 L氧气与2.3 g金属钠充分反应，转移的电子数为0.4‎ C. 64 g 铜粉与足量硫粉混合加热充分反应，转移电子数为 D. 18 g 含有10个中子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气溶于水为可逆反应，无法计算转移电子数目，A错误；‎ B. 标准状况下，0.1mol O2与0.1 mol金属钠反应，无论生成物为Na2O或Na2O2，O2均过量，转移电子物质的量为=0.1 mol，即0.1 NA，B错误；‎ C. 依据2Cu~Cu2S，64 g为1 mol Cu化合价从0变成+1价，共转移1 mol电子，电子数为NA，C正确；‎ D. 18 g D2O的物质的量是，D中有1个中子，O中有8个中子，1 mol D2O中有10‎ ‎ mol中子，D2O含有的中子数是×10×NA=9NA，D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】在进行物质量相关计算时，要注意某化学反应是否为可逆反应，若反应可逆，则相关物质的量会有所变化。‎ ‎4.X、Y、M、R为短周期元素，X、R在同一主族，与具有相同的电子层结构，X原子的L层电子数是K层电子数的2倍。判断下列说法正确的是 A. R的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强 B. X、Y、M均可形成多种氧化物 C. X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 D. 离子半径的大小：r()>r()‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X原子的L层电子数是K层电子数的2倍，故X为C元素，R、X同一主族，故R为Si元素，X、Y、M、R为短周期元素，由与电子层结构相同可知，Y为N元素，M为Na元素。‎ ‎【详解】A项，N的非金属性强于Si，故最高价氧化物对应水化物的酸性：＜，错误；‎ B项，C可以形成CO、，N可以形成NO、等氧化物，Na可以形成、，正确；‎ C项，C比N的非金属性弱，故简单气态氢化物稳定性：CH4＜NH3，错误；‎ D项，和具有相同的核外电子结构，原子序数越小，半径越大，错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】同一周期，从左到右，原子半径减小；同一主族从上到下，原子半径增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。‎ ‎5.通过石油的裂化和裂解可以得到“工业三烯”即乙烯、丙烯、1，3-丁二烯等，最近有科学家发现正丁烷（）脱氢或不完全氧化也可制得1，3-丁二烯（），已知热化学方程式如下：‎ ‎①  ‎ ‎②=   ‎ ‎③‎ 下列说法正确的是 A. 由②可知，正丁烷（）燃烧热为 B. 由①和②可知，同质量的正丁烷（）转变为1，3-丁二烯（）所需要的能量相同 C. H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）-BaSO4（s） +H2O（l）  ‎ D. 由①和②可推知：=    ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，由②=   ，可知 (g)生成 (g)和 (g)不是燃烧热，A项错误；‎ B.由①和②可知，同质量的正丁烷转变为1，3-丁二烯（）所需要的能量不同，B项错误；‎ C.中和热是在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 mol水时所放出的热量，H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（s） +H2O反应中有沉淀生成， ΔH不等于，C项错误；‎ D.由②减去①可推知： ，D项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎6.欲进行下列实验，其方案设计合理的是 A. 试剂NO2‎ B. 证明碳酸酸性强于硅酸 C. 比较N、C、Si非金属性的强弱 D. 比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，故不能用排水法收集NO2，错误；‎ B项，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，可证明碳酸酸性比硅酸强，正确；‎ C项，浓硝酸具有挥发性，硝酸和硅酸钠也可以生成硅酸，无法证明碳酸的酸性比硅酸强，无法比较C和Si的非金属性强弱，错误；‎ D项，触摸外壁，只能判断溶解放出的热量多少，不能比较溶解度大小，错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】浓硝酸的酸性大碳酸，碳酸大于硅酸；但是选项C中，由于浓硝酸具有挥发性，所以不能证明碳酸的酸性比硅酸强；要把硝酸换成硫酸，可以证明酸性：硫酸大于碳酸，碳酸大于硅酸，也能够证明非金属性：S>C>Si。‎ ‎7.下列反应的离子方程式中正确的是 A. 镁加入过量的稀硝酸：‎ B. 把投入浓盐酸中：‎ C. 过量的溶液与溶液反应：‎ D. 向氯化钡溶液中通入氨气饱和后再通入适量二氧化硫气体，生成白色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 镁与稀硝酸反应生成NO而不是NO2，正确的离子方程式为，A错误；‎ B. 把NaClO投入浓盐酸中会发生氧化还原反应，而不是复分解生成难电离的弱酸，正确的离子方程式为， B错误；‎ C. 过量的溶液与溶液反应，涉及与量有关的离子方程式书写，应考虑以少定多，钡离子和氢氧根被完全反应掉，正确的离子方程式， C错误；‎ D. 向氯化钡溶液中通入氨气饱和后再通入适量二氧化硫气体，生成白色沉淀，模仿侯氏制碱法，， D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】在判断离子反应方程式正误时，不要忘记判断是否会发生氧化还原反应。‎ ‎8.植物秸秆乱堆放腐烂后会释放出难闻的气味，为实现变废为宝，有人提出电化学降解法，利用微生物将有机物［主要化学成分是］的化学能转化为电能的装置，下列说法正确的是 A. M电极是正极 B. M电极反应式为 C. 物质X是 D. N电极反应式为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由题可知，M为负极，N为正极，故A错误；‎ B. M电极反应式为，故B错误；‎ C. 电池为酸性电池，物质X是水，故C错误；‎ D. 由N极通，得电子结合质子生成水，N电极反应式为，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎9.深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境在pH为7～8之间)作用下，能被腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是 A. 温度升高会使铁管道腐蚀程度加重 B. 正极电极反应为 C. 酸性条件下，还原菌失去活性，铁管道不易被腐蚀 D. 镀锌可保护铁管道不易被腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一般情况下，温度升高会加重腐蚀的程度，但温度太高，硫酸盐还原菌失活，铁管道腐蚀变慢，A项错误；‎ B. pH为7～8时，正极-在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为，B项错误；‎ C. 根据题意，硫酸盐还原菌在弱碱性条件下活性高，电化学腐蚀速率快，酸性条件下，虽然硫酸盐还原菌会失活，但铁会发生析氢腐蚀，C项错误；‎ D. 锌的活泼性大于铁，铁上镀锌是牺牲阳极的阴极保护法，可以防止铁被腐蚀，D项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.置换反应可以用如图表示，下列有关置换反应的说法错误的是 A. 若乙是一种常见半导体材料，工业上利用上述反应制取乙的化学方程式为 B. 若甲是铝，丙是，过量的甲与丙反应后，可加入足量的NaOH溶液充分反应后，过滤，将产物乙分离出来 C. 和可发生置换反应，将等物质的量的、混合，充分反应，被氧化的B元素与未被氧化的B元素质量之比是1∶1‎ D. 若甲是Cu，乙是，设计电解池实现该置换反应，则铜片为阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，乙是一种常见半导体材料，所以乙是单质硅，工业上利用上述反应制取乙的化学方程式为，正确；‎ B项，反应产物中含有氧化铝、铁以及剩余的铝，铝、氧化铝均与氢氧化钠溶液反应，所以从反应产物中分离出单质乙的化学方法是加入足量的NaOH溶液充分反应后，过滤，正确；‎ C项，等物质的量的和发生反应：，可见反应中被氧化的B元素与未被氧化的B元素质量之比是2∶1，错误；‎ D项，该置换反应可以为，则铜片为阳极，正确；‎ 故答案选C。‎ ‎11.短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A与B或C均能形成10电子分子，B原子的最外层电子数是电子总数的，C与E同主族，化合物溶于水生成大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味气体。下列说法正确的是 A. 气态氢化物的稳定性：E > C B. A与C形成的10电子分子电子式：‎ C. A与B形成的18电子分子含有的共价键类型：极性共价键、非极性共价键 D. 简单离子半径大小：E > D > C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B原子的最外层电子数是电子总数的，可知B为碳；A与B能形成10电子分子，可知A为氢；化合物溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味气体，可知D为铝，E为硫；通过C与E同主族，可知C为氧。‎ ‎【详解】A.选项同族非金属性越强，气态氢化物越稳定，故A选项错误；‎ B.选项中H2O为共价化合物，其电子式：，故B选项错误；‎ C.A与B形成的18电子分子为C2H6，含有极性共价键、非极性共价键，故C选项正确；‎ D.判断离子半径的一般分析方法，一看电子层数，二看核电荷数，三看核外电子总数，O2-与Al3+电子层数都是两层，核电荷数氧元素小于铝元素，所以离子半径O2->Al3+，S2-> O2-，故D选项错误；‎ 故答案选C。‎ ‎12.已知X、Y、Z、W四种物质存在如图转化关系，下列判断正确的是 A. 若W是一种常见的金属单质，则X可能为 B. 若W为强碱，Y为白色难溶于水的固体，则工业上可以电解X的水溶液来制取其中所含的金属 C. 若W固体俗称干冰，则Y晶体中的阴、阳离子个数比为1∶1‎ D. 若W是，则Y一定是酸性氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，W可以是Fe，少量的Fe与稀硝酸反应生成，再加过量的Fe生成，而加入硝酸又生成，正确；‎ B项，W可以是NaOH，X是，少量的NaOH与反应生成白色沉淀，再加过量的NaOH生成，而加入又生成，但工业上电解熔融的氧化铝制取Al，错误；‎ C项，W是，X是NaOH，少量的与NaOH反应生成，再加过量的生成，而加入NaOH又生成，中阴阳离子个数比为1∶2，错误；‎ D项，若W是氧气，X可以是C，Y就是CO，CO不是酸性氧化物，错误；‎ 故答案选A。‎ ‎13.下列有关实验原理或实验操作正确的是 A. 实验室用装置A制取并收集二氧化硫 B. 装置B的气体产物中检测出CO2，由此不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 C. 装置C可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气 D. 实验室用装置D制取少量氨气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜与浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫用向上排空气法收集，气体应该从长导管进入，A错误；‎ B. 装置B的气体产物中检测出 ‎，有可能是木炭被挥发出的浓硝酸氧化产生的，但因为试管是暴露在空气中的，也有可能是红热的木炭被空气中的氧气或者硝酸分解产生的氧气氧化产生的，B正确；‎ C. 二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于该反应，C错误；‎ D. 向下排空气法收集的试管不能封闭，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎14.某兴趣小组设计将废金属合金(只含铝、铁、铜)回收再利用制备胆矾、氯化铝晶体和聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3n/2]m的流程如下图所示，则下列有关叙述中不正确的是( )‎ A. 本实验中试剂A为氢氧化钠溶液，试剂B盐酸，试剂C为稀硫酸 B. 过量气体A与溶液1的反应的离子方程式为：2AlO2- + CO2 + 3H2O = 2Al(OH) 3↓+ CO32-‎ C. 固体3生成溶液4，可能为反应为：2Cu + O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O D. 溶液3与H2O2反应的化学方程式为：2FeSO4 + H2O2 + H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过流程图，固体1中含有Fe、Cu元素，溶液1中含有Al元素，则试剂A为NaOH溶液，溶液1为偏铝酸钠，气体A为二氧化碳，固体2为氢氧化铝，试剂B为盐酸，溶液2为氯化铝溶液；试剂C为稀硫酸，固体3为铜，溶液3为硫酸亚铁，溶液4为硫酸铜。‎ ‎【详解】A.通过分析可知，本实验中试剂A为氢氧化钠溶液，试剂B盐酸，试剂C为稀硫酸，与题意不符，A错误；‎ B.气体A与溶液1分别为二氧化碳、偏铝酸钠，过量气体CO2与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，符合题意，B正确；‎ C.固体3、溶液4分别为Cu、硫酸铜，可能的反应为：2Cu+O2 +2H2SO4=2CuSO4+2H2‎ O，与题意不符，C错误；‎ D.硫酸亚铁与H2O2反应生成硫酸铁，化学方程式为：2FeSO4 +H2O2 + H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 2H2O，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成的含碳离子为碳酸氢根离子。‎ ‎15.1 mol浓硫酸溶于水时包含两个过程：一是部分硫酸分子分散在水里吸收热量，热效应为Δ；二是部分硫酸分子与水作用形成硫酸水化物释放热量，热效应为Δ，其中具体包含以下三个变化：①·  Δ=Δ ‎②·Δ=Δ ‎③Δ=Δ 下列说法正确的是 A. 浓硫酸溶于水只有化学变化 B. Δ−Δ<0‎ C. Δ<0‎ D. Δ=Δ+Δ+Δ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据题目所给信息可知，浓硫酸溶于水存在物理变化和化学变化，故A错误；‎ B.硫酸分子分散在水里吸收热量，Δ>0，硫酸分子与水作用形成硫酸水化物分子释放热量，Δ<0，所以Δ−Δ＞0，故B错误；‎ C.③为电离过程，吸收热量Δ>0，故C错误；‎ D.浓硫酸溶于水发生了一系列化学反应，根据盖斯定律可知，Δ=Δ+Δ+Δ，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎16.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 ‎【解析】‎ ‎【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。‎ 二、非选择题（6小题，其中21题、22题为选考题，共52分）‎ ‎(一)必考题(共37分)‎ ‎17.已知原子序数依次增大的前四周期五种常见元素X、Y、Z、W、R，其相关信息如下：X的原子结构中，最外层电子数是内层电子数的2倍；Z形成的多种同素异形体，其中之一是地球生物的“保护伞”；W的一种单质是黄色粉末，难溶于水，易溶于二硫化碳；R单质在氯气中燃烧会产生棕黄色的烟，该烟溶于少量水中显绿色。 ‎ ‎(1)X在元素周期表中的位置：______，该族元素易形成______（填写“离子”或“共价”）化合物。 ‎ ‎(2)Y的简单氢化物遇到可以产生白烟现象，化工上常利用该性质检查氯气，该反应方程式为________。写出该“白烟”的电子式：________。 ‎ ‎(3)写出Y与Z形成的化合物对环境的影响：__________(写出一条即可)。 ‎ ‎(4)Z的一种氢化物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是__________（用离子方程式表示）。‎ ‎(5)W的简单氢化物与Z的单质在烧碱溶液中可以形成燃料电池（产物中无沉淀生成），写出负极反应式：____________。‎ ‎(6)投入足量的某浓度的硝酸中，所得气体产物为NO和的混合物，且体积比为1:1，发生反应的化学方程式为：_____________。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期ⅣA族 (2). 共价 (3). (4). (5). 形成酸雨、形成光化学烟雾、造成臭氧空洞等（任写一种即可） (6). (7). = (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据试题提供的信息，可以推理得出X、Y、Z、W、R分别是C、N、O、S、Cu五种元素，据以上几种元素的及其形成化合物的性质进行分析。‎ ‎【详解】根据试题提供的信息，可以推理得出X、Y、Z、W、R分别是C、N、O、S、Cu五种元素。‎ ‎(1) 碳元素位于元素周期表的第二周期ⅣA族；该族元素一般既不容易失去电子也不容易得到电子，一般易形成共价化合物。‎ ‎(2) 氨气遇到氯气可以产生白烟现象，是因为生成了氯化铵固体小颗粒，反应原理是；中含有离子键和共价键，其电子式为。‎ ‎(3)N与O形成的氮氧化合物对环境的影响主要有形成酸雨、形成光化学烟雾、造成臭氧空洞等。‎ ‎(4)Z的一种氢化物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，则此氢化物为过氧化氢，其水溶液双氧水具有还原性，和酸性高锰酸钾可以发生氧化还原反应，离子方程式为。‎ ‎(5)在碱性介质中，形成的燃料电池会转化为，根据题意，可以得出负极反应式为= 。‎ ‎(6)Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为NO和的混合物，且体积比为1:1，得到电子数为4，失去电子数为2，由电子守恒及原子守恒可知，反应为。‎ ‎18.无水的制备流程如下：‎ 已知：①；‎ ‎②溶于溶液生成，离子方程式可表示为。‎ 请回答：‎ ‎（1） “反应I”所用溶液最好是饱和溶液，理由是____________‎ ‎（2）已知“热还原”反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为，若该反应中消耗了碳粉，则理论上最终可制得的质量为_____________（不考虑制备过程中的损失）。‎ ‎（3）“脱色”过程中生成了两种强酸，写出该过程的离子方程式：______________________‎ ‎（4）用与溶液反应是制备的另一种方法，反应过程中有气体和沉淀生成，写出此方法的化学方程式：___________________‎ ‎【答案】 (1). 便于后续的蒸干操作 (2). 206g (3). （或） (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知信息可知，液溴与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠与溴酸钠，“热还原”中加入碳粉，将+5价Br还原为-1价Br元素，得到溴化钠粗品，加入溴水后再加硫化氢进行“脱色”，该过程中，硫化氢将溴水还原为溴离子，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）根据流程可知，便于后续的蒸干操作。‎ ‎（2）根据氧化剂和还原剂物质的量之比为，热还原反应为，再结合，可确定，生成的质量为 =，故答案为：206g；‎ ‎（3）“脱色”为和反应，生成两种强酸为和，离子方程式为，也可写成；‎ ‎（4）用与溶液反应是制备另一种方法，反应过程中有气体和沉淀生成，则该气体应为二氧化碳，沉淀为氢氧化铁，其反应的化学方程式为：。‎ ‎【点睛】要注意第（2）问中，氧化还原反应发生的不止一个，结合和两个反应，根据关系式作答。‎ ‎19.含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。回答下列问题：‎ ‎(1)氨是一种极为重要的化工原料。‎ ‎①科研发现，氨气可以作为脱硝剂，能够与NO等气体在一定条件下反应生成无污染的物质。写出与反应的化学方程式：________。‎ ‎②已知不同物质间存在如下转化：‎ a. ‎ b.   ‎ c.  ‎ 写出氨气在氧气中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式：__________。‎ ‎(2)工业上电解NO制备 ，其工作原理如图所示，电解时阳极的电极反应式为________，使电解产物全部转化为，需要补充的物质A为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎（或） (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①氨气和一氧化氮发生归中反应生成氮气；‎ ‎②根据盖斯定律进行计算； ‎ ‎(2)电解NO制备 ‎，一氧化氮在阳极发生氧化反应，一氧化氮在阴极发生还原反应，根据两极反应，结合得失电子守恒，判定阳极产生的的物质的量与阴极产生的的物质的量大小。‎ ‎【详解】(1)①根据题意，可以得出反应为。‎ ‎②根据盖斯定律，a-6×b-2×c，可以得出 。‎ ‎(2)电解NO制备，阳极反应式为，阴极反应式为，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的的物质的量大于阴极产生的的物质的量，总反应方程式为，因此若要使电解产物全部转化为，需补充。)‎ ‎20.硅胶在干燥时因加有氯化钴()会有颜色的变化，随吸湿量的增加由蓝色逐渐转变成浅红色，使用非常方便。某学习小组设计实验制备氯化钴，并查阅到以下资料：钴与铁相似，常见化合价为+2、+3，可溶于稀盐酸(因反应极慢，需用硝酸作催化剂才可顺利进行)。钴在纯氧中加热至300℃以上生成CoO(熔点为1 935℃)，400～900℃生成。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)实验①～④是制备氧气的试剂组合，请从 A～E 中选择最恰当装置符号填入表中。‎ 实验 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 编号 试剂 H2O2‎ 溶液 H2O2‎ 溶液 KMnO4‎ 固体 H2O2溶液 催化剂 MnO2粉末 FeCl3溶液 以Al2O3为载体，混有MnO2的块状物 装置 ‎____‎ ‎____‎ ‎____‎ ‎____‎ ‎(2)第一小组负责制备无水CoO，若选用装置C作为氧气的发生装置，则制备CoO完整装置的接口连接顺序为___________，装置C发生反应的化学方程式为________；装置F中装有的试剂为_______。‎ ‎ (3)与类似，可以看作氧化钴(CoO)与氧化高钴()形成的化合物，写出与盐酸反应的化学方程式：__________。‎ ‎(4)第二小组同学提出另外的方案：用一定质量的钴粉与稀盐酸反应，滴入几滴稀硝酸，将得到的溶液倒入蒸发皿中，加热蒸发浓缩，38～40℃冷却结晶，趁热过滤，得到晶体。根据如图溶解度随温度变化曲线解释能得到氯化钴晶体的原因：____________。‎ 为了确定晶体的化学式，小组同学把晶体洗涤、干燥、称量得到23.8 g固体，用坩埚加热至质量不再变化，数据如表所示，则该晶体的化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). E (4). A (5). c→f→g→h→i→f (6). (7). 浓硫酸 (8). (9). Co(NO3)2的溶解度随温度的变化比大，所以将混合溶液加热蒸发溶剂，大多数的因水分减少而析出，因溶解度大而溶解在溶液中，趁热过滤即可除去得到纯净的晶体 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据给定的药品，反应的原理进行装置的选择；‎ ‎(2)因需要制备无水氧化钴，所以在氧化钴的制备装置前后加上装有浓硫酸的洗气瓶，据此进行装置的连接；‎ ‎(3)Co3O4与Fe3O4类似，据此进行分析； ‎ ‎(4) 根据、的溶解度受温度的影响不同，选择物质分离提纯的方法；设该晶体的化学式为，三次实验中的平均质量计算出n()，n(H2O)，然后根据氯化钴与水的量之比得出晶体的化学式。‎ ‎【详解】(1)根据给定的药品，合理选择装置，实验①是固体粉末与液体反应，装置A不适用于固体粉末与液体的反应，装置B不能控制其反应的进行与停止，故装置C适合，实验②是液体与液体反应，装置D适合，实验③ 高锰酸钾固体只能采用固体加热装置，装置E适合，实验④是固体与液体反应制气体且反应不需加热，固体呈块状，装置A便于控制反应的发生与停止，故装置A适合。‎ ‎(2)因需要制备无水氧化钴，所以在氧化钴的制备装置前后加上装有浓硫酸的洗气瓶，因此连接顺序为c→f→g→h→i→f。‎ ‎(3)Co3O4与Fe3O4类似，则一个Co3O4分子中含有一个CoO和一个Co2O3，Co3O4与盐酸反应的化学方程式为。‎ ‎(4) 的溶解度受温度的影响变化不大，的溶解度受温度的影响变化很大，所以将此混合溶液加热蒸发溶剂，在较高温度下的溶解度较大，的溶解度较小，蒸发溶剂时，大多数的因水分减少而析出，Co(NO3)2因溶解度大而溶解在溶液中，趁热过滤即可除去，得到纯净的CoCl2；设该晶体的化学式为，三次实验中的平均质量为13.0 g，则n()＝＝0.1 mol，n(H2O)＝＝0.6 mol，1∶a＝1∶6，则此晶体的化学式为 。‎ ‎(二)选考题(共15分，请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)‎ ‎21.[物质结构与性质]‎ 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)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)石墨的熔点大于金刚石的熔点，试分析原因：________。‎ ‎(4)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“=”)。‎ ‎(5)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). 石墨层内碳碳键的键长比金刚石碳碳键的键长短，故石墨键能大，熔化时破坏的作用力强，熔点高 (7). 异硫氰酸(H−N=C=S) (8). 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 (9). < (10). (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)基态O原子能量最高的电子所在能级是2p，电子云在空间有3个延展方向；碳原子的基态电子排布式为。‎ ‎(2)与互为等电子体，中心原子有3对价层电子对，构型为平面正三角形；根据苯-1，4-二硼酸甲基亚氨基二乙酸酯结构可知，B原子周围价层电子对为3对，杂化方式为sp2，N原子周围孤电子对为1对，成键电子对为3对，价层电子对为4对，杂化方式为sp3。‎ ‎(3)石墨层内碳原子采用的是sp2杂化，石墨层内碳碳键的键长比金刚石碳碳键的键长短，故石墨键能大，熔化时的破坏作用力强，石墨熔点更高；‎ ‎(4)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；分解温度低于；原因是MgO比BaO晶格能大易形成稳定的氧化物，所以更易分解，热稳定性差。‎ ‎(5)观察结构，As原子到B原子最近距离正好是整个晶体的体对角线的 ‎，故As原子到B原子最近距离；由晶体的密度的计算公式可得， 。‎ ‎22.[有机化学基础]‎ 黄酮类化合物是一类重要的天然产物，具有广泛的药理活性，且毒性较低，成为研究和开发利用的重点。化合物F(4-氯-2-羟基苯乙酮)是一种用于合成黄酮的药物中间体，其合成路线如下：‎ ‎(1)A的系统命名为_________，D的结构简式为___________。‎ ‎(2) F中含有的官能团名称是__________。‎ ‎(3)写出D生成E的化学方程式：________，其反应类型为_______。‎ ‎(4)请写出一种同时满足①遇溶液发生显色反应，②能发生银镜反应条件的F的同分异构体：__________(不考虑立体异构，写出其中一种即可)，F的同分异构体中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式为________(写出其中一种即可)。‎ ‎(5)请写出以苯酚和苯甲醛为原料制备的合成路______(其他无机试剂任选)。‎ 已知：R-CHO++H2O ‎【答案】 (1). 3- 氨基苯酚 (2). (3). 氯原子、羟基、羰基 (4). +H2O+HCl+CH3COOH (5). ‎ 取代反应 (6). ‎ ‎(任写一种) (7). (8). 。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)A的系统命名为3- 氨基苯酚，C的结构简式为，E的结构简式为对比C、E的结构简式及D转化成E的反应条件可知，D在稀盐酸、加热条件下酰胺键发生水解，则D的结构简式为；‎ ‎(2)根据F的结构简式推知其含有的官能团；‎ ‎(3) D在稀盐酸、加热条件下酰胺键发生水解反应（或取代反应 ）生成E，据此写出化学方程式；‎ ‎(4) ①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；当苯环上的取代基为-Cl、-CH3、-CHO、-OH、-Cl、-CH2CHO、-OH、-CH2Cl、-CHO、-OH或-CHClCHO、-OH，任写一种；据以上分析中找出峰面积比为1:1:1:2:2的该有机物；‎ ‎ (5)从题干B到D的合成路线可知在CH3I，K2CO3作用下生成，在CH3COCl，AlCl3作用下生成，然后与苯甲醛发生羟醛缩合反应生成，进而发生自身加成反应闭环形成目标产物。‎ ‎【详解】(1)A的系统命名为3- 氨基苯酚，C的结构简式为，E的结构简式为对比C、E的结构简式及D转化成E的反应条件可知，D在稀盐酸、加热条件下酰胺键发生水解，则D的结构简式为。‎ ‎(2)F的结构简式为，则F中含有的官能团名称是氯原子、羟基、羰基。‎ ‎(3) D在稀盐酸、加热条件下酰胺键发生水解生成E，化学方程式为 ‎，反应类型为取代反应。‎ ‎(4) ①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；当苯环上的取代基为-Cl、-CH3、-CHO、-OH、-Cl、-CH2CHO、-OH、-CH2Cl、-CHO、-OH或-CHClCHO、-OH，任写一种；其中峰面积比为1:1:1:2:2的为；‎ 故答案是：‎ ‎；；‎ ‎(5)从题干B到D的合成路线可知在CH3I，K2CO3作用下生成，在CH3COCl，AlCl3作用下生成，然后与苯甲醛发生羟醛缩合反应生成，进而发生自身加成反应闭环形成目标产物；‎ 故答案是：。‎ ‎【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。‎ ‎ ‎