陕西省渭南市富平县2020届高三上学期第一次摸底考试化学试题

陕西省渭南市富平县2020届高三上学期第一次摸底考试化学试题

富平县 2020 届高三摸底考试 化学 注意事项： 1.本试卷共 6 页，全卷满分 100 分，答题时间 90 分钟； 2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、 准考证号； 3.第一部分选择题必须使用 2B 铅笔填涂，第二部分非选择题必须使用 0.5 毫米 黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰； 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收。 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 F－19 Ca－40 Mn －55 第一部分(选择题 共 42 分) 一、选择题(本大题共 14 小题，每小题 3 分，计 42 分。每小题只有一个选项是 符合题意的) 1.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的 作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（ ） A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成 B. “屠苏”中不含非电解质 C. 爆竹爆炸发生了化学变化 D. 早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应 【答案】B 【解析】 【详解】A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故 A 正确； B. “屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故 B 错误； C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故 C 正确； D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故 D 正确； 故选：B。 2.下列化学用语使用正确的是（ ） A. HF 在水溶液中的电离方程式：HF＋H2O F－＋H3O＋ B. Na2S 的电子式： C. 乙烯的结构式：CH2＝CH2 D. 重氢负离子( H－)的结构示意图： 【答案】A 【解析】 【详解】A. HF 是弱酸，部分电离，用可逆号，HF＋H2O⇌F－＋H3O＋可表示 HF 的电离方程 式，故 A 正确； B. Na2S 是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故 B 错 误； C. 乙烯的结构简式：CH2＝CH2，故 C 错误； D. 重氢负离子( H－)的质子数是 1，即核电荷数为 1，故 D 错误； 故选：A。 3.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是 A. 小苏打——作食品疏松剂 B. 漂粉精——作游泳池消毒剂 C. 甘油——作护肤保湿剂 D. 明矾——作净水剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性 无关，故 A 错误； B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中 Cl 元素的化合价降低，作氧化剂， 具有氧化性，故 B 正确； C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故 C 错误； D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物 质氧化性无关，故 D 错误； 故答案为 B。 4.分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是（ ）  2 1 2 1 选项 甲 乙 A 干燥剂 浓硫酸、石灰石、无水氯化钙 B 混合物 空气、石油、干冰 C 空气质量检测物质 氮氧化物、二氧化硫、PM2.5 D 酸性氧化物 三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 石灰石是碳酸钙，不具有吸水性，故不能做干燥剂，故 A 错误； B. 由两种或以上物质构成的是混合物，而干冰是固体二氧化碳，属于纯净物，故 B 错误； C. 氮氧化物能导致光化学烟雾、二氧化硫能导致酸雨、PM2.5 能导致雾霾，故氮氧化物、 二氧化硫、PM2.5 均能导致空气污染，均是空气质量检测物质，故 C 正确； D. 和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而 CO 为不成盐的氧化物，故不是酸性氧 化物，故 D 错误； 故选：C。 5.下列关于 Fe3＋、Fe2＋性质实验的说法错误的是（ ） A. 用如图装置可以制备沉淀 Fe(OH)2 B. 配制 FeCl3 溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度 C. 向 FeCl2 溶液中加入少量铁粉是为了防止 Fe2＋被氧化 D. FeCl3 溶液中滴加 KSCN 溶液会生成红色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A. 反应开始时生成的氢气进入 B 中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化， 一段时间后关闭止水夹 C，A 中硫酸亚铁进入 B 中可生成 Fe(OH)2，故 A 正确； B. FeCl3 易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶 于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故 B 正确； C. Fe3+与铁反应可生成 Fe2+，则向 FeCl2 溶液中加入少量铁粉是为了防止 Fe2+被氧化，故 C 正确； D. FeCl3 溶液中滴加 KSCN 溶液，溶液变红色，无沉淀，故 D 错误； 故选：D。 6.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其简单氢化物中甲、乙、丙、丁的化合 价如表所示下列说法正确的是（ ） 元素 甲 乙 丙 丁 化合价 －2 －3 －4 －2 A. 氢化物的热稳定性：甲>丁 B. 元素非金属性：甲<乙 C. 最高价含氧酸的酸性：丙>丁 D. 丙的氧化物为离子化合物 【答案】A 【解析】 【分析】 由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，乙、丁处于 V 族，甲处于ⅥA 族， 丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为 O 元素、乙为 N 元素、丙为 C 元素、丁为 S 元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。 【详解】A.甲形成的氢化物是水，丁形成的氢化物是硫化氢，非金属性氧大于硫，所以氢化 物的稳定性是：甲>丁，故 A 正确； B. 同周期自左而右非金属性增强,故非金属性：甲(O)>乙(N)，故 B 错误； C. 最高价含氧酸的酸性：碳元素形成碳酸，硫元素形成硫酸，故酸性丙<丁，故 C 错误； D. 丙的氧化物是二氧化碳，属于共价化合物，故 D 错误； 故选：A。 7.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ） A. 1L0.2mol·L－1 的 NaHCO3 溶液中 HCO3－和 CO32－离子数之和为 0.2NA B. H2O2＋Cl2=2HCl＋O2 反应中，每生成 32gO2，转移 2NA 个电子 C. 3.6gCO 和 N2 的混合气体含质子数为 1.8NA D. 常温常压下，30g 乙烷气体中所含共价键的数目为 7NA 【答案】A 【解析】 【详解】A. HCO3−在溶液中既能部分电离为 CO32－，又部分能水解为 H2CO3，故溶液中的 HCO3−、CO32－、H2CO3 的个数之和为 0.1NA，故 A 错误； B. 在 H2O2＋Cl2=2HCl＋O2 反应中，氧元素由−1 价变为 0 价，故生成 32g 氧气，即 1mol 氧 气时，转移 2NA 个电子，故 B 正确； C. 氮气和 CO 的摩尔质量均为 28g/mol，故 3.6g 混合物的物质的量为 ， 又因 1 个 CO 和 N2 分子中两者均含 14 个质子，故 混合物中含 1.8NA 个质子，故 C 正确； D. 常温常压下，30g 乙烷的物质的量是 1mol，一个乙烷分子有 7 个共价键，即 30g 乙烷气 体中所含共价键的数目为 7NA，故 D 正确； 故选：A。 8.Y 是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由 X 在一定条件下合成： 下列说法错误的是（ ） A. Y 的分子式为 C10H8O3 B. 由 X 制取 Y 过程中可得到乙醇 C. 一定条件下，Y 能发生加聚反应 D. 等物质的量的 X、Y 分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为 3：2 【答案】D 【解析】 【详解】A. Y 分子中含有 10 个 C 原子，3 个 O 原子，不饱和度为：7，所以分子式为： 3.6g 9 28g/mol 70 mol= 9 70 mol C10H8O3，故 A 正确； B. 根据质量守恒定律可知：由 X 制取 Y 的过程中可得到乙醇，故 B 正确； C. Y 含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可能发生加聚反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，故 C 正确； D. X 中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y 中酚羟基、酯 基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1molY 可与 3molNaOH 反应， 最多消耗 NaOH 物质的量之比为 1:1，故 D 错误； 故选：D。 9.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ） A. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O B. 向次氯酸钠溶液中通入足量 SO2 气体：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－ C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2O D. 向 NaOH 溶液中通入过量 CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. 磁性氧化铁应写化学式，故 A 错误； B. 向次氯酸钠溶液中通入足量 SO2 气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧 化为硫酸根离子，故 B 错误； C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒， 原子守恒，电子守恒，故 C 正确； D. 向 NaOH 溶液中通入过量 CO2 应该生成碳酸氢钠，故 D 错误； 故选：C。 10.下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（ ） 选项 实验操作 实验现象 A 向酸性 KMnO4 溶液中滴加乙醇 溶液褪色 B 向浓 HNO3 中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄 清石灰石中 有红棕色气体产生，石灰 石变浑浊 C 向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置 水层几乎无色 的 D 向试管底部有少量铜的 Cu(NO3)2 溶液中加入稀硫酸 铜逐渐溶解 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.酸性 KMnO4 溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性 KMnO4 溶液溶液褪色，故 A 正确，不符合题意； B. C 与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸 钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故 B 错误，符合题意； C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故 C 正确，不符合题意； D. 向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故 D 正确，不符合 题意； 故选：B。 11.分子式为 C4H8Br2 的有机物共有(不考虑立体异构)（ ） A. 9 种 B. 10 种 C. 11 种 D. 12 种 【答案】A 【解析】 【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： ① 骨架 C−C−C−C 上分别添加 Br 原子的种类有 6 种， ② 骨架 上分别添加 Br 原子的种类有有 3 种， 所以满足分子式为 C4H8Br2 的有机物共有 9 种， 故选:A。 12.t℃时，已知 PdI2 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 在 t℃时 PdI2 的 Ksp=7.0×10-9 B. 图中 a 点是饱和溶液，b、d 两点对应的溶液都是不饱和溶液 C. 向 a 点的溶液中加入少量 NaI 固体，溶液由 a 点向 c 点方向移动 D. 要使 d 点移动到 b 点可以降低温度 【答案】C 【解析】 【详解】A. 在 t℃时 PdI2 的 Ksp=7.0×10-5×（1×10-4）2=7×10-13，故 A 错误； B. 图中 a 点是饱和溶液，b 变为 a 铅离子的浓度增大，即 b 点不是饱和溶液，d 变为 a 点要 减小碘离子的浓度，说明 d 点是饱和溶液，故 B 错误； C. 向 a 点的溶液中加入少量 NaI 固体，即向溶液中引入碘离子，碘离子浓度增大，PdI2 的 溶解平衡向生成沉淀的方向移动，铅离子浓度减小，溶液由 a 点向 c 点方向移动，故 C 正 确； D. 沉淀溶解的过程为断键过程，要吸热，即正反应沉淀溶解过程吸热，要使 d 点移动到 b 点，即使饱和溶液变为不饱和溶液，降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即生成沉淀的 方向移动，仍为饱和溶液，故 D 错误。 答案选 C。 13.下列实验装置(夹持和尾气处理装置已省略)进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ） A. 利用①装置，配制一定物质的量浓度的 NaNO3 溶液 B. 利用②装置，验证元素的非金属性：Cl>C>Si C. 利用③装置，合成氨并检验氨的生成 D. 利用④装置，验证浓 H2SO4 具有脱水性、强氧化性，SO2 具有漂白性、还原性 【答案】D 【解析】 【详解】A.①装置，不能用容量瓶直接配制溶液，故 A 错误； B.②装置，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳不能证明非金 属性；通入硅酸钠溶液的气体含有二氧化碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应 生成沉淀，所以生成硅酸沉淀不能证明非金属性，故 B 错误； C.氮气与氢气在铁触媒和高温下生成氨气，氨气遇到干燥的试纸，试纸不能变色，不能达到 实验目的，故 C 错误； D 浓硫酸具有脱水性、强氧化性，能使蔗糖变黑，反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫 具有漂白性可使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 D 正确； 故选：D。 。 14.垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列 说法正确的是( ) A. 电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极 B. 放电过程中，正极附近 pH 变小 C. 若 1molO2 参与电极反应，有 4 mol H+穿过质子交换膜进入右室 D. 负极电极反应为：H2PCA + 2e－＝PCA + 2H+ 【答案】C 【解析】 A、右侧氧气得电子产生水，作 正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项 A 错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变 大，选项 B 错误；C、若1molO2 参与电极反应，有 4 mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成 2mol 水，选项 C 正确；D、原电池负极失电子，选项 D 错误。答案选 C。 第二部分(非选择题 共 58 分) 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共 58 分。第 15～17 题为必考题， 每道试题考生都必须作答。第 18～19 题为选考题，考生根据要求作答) (－)必考题(计 43 分) 15.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软 锰矿主要成分为 MnO2，还含有 Si(16.27%)，Fe(5.86%)，Al(3.42%)，Zn(2.68%)和 Cu(0.86%) 等元素的氧化物，其处理流程图如下： 化合物 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 KSP 近似值 10－34 10－16 10－38 （1）灼烧软锰矿样品时，铜 焰色为___(填字母)。 A.黄色 B.绿色 C.紫色 D.红色 （2）硫酸亚铁在酸性条件下将 MnO2 还原为 MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为 ___。 （3）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能___。滤渣S 的成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节 pH 至少达到___，恰好能使 Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当 c≤10 －5mol·L－1 时，认为该离子沉淀完全)。 （4）滤渣 B 的成分是___。 （5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定 MnO2 纯度，其操作过程如下：准确称量 0.9200g 该样品，与足量酸性 KI 溶液充分反应后，配制成 100mL 溶液。取其中 10.00mL，恰好与 为 的 25.00mL0.0800 mol·L－1 Na2S2O3 溶液反应(I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)。计算该样品纯度为 ___%(精确到 0.1%)。 （6）从废旧碱性锌锰电池中可以回收利用的物质有___(写两种)。 【答案】 (1). B (2). 4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O (3). 充分氧化过量的 Fe2+ (4). 4.3 (5). CuS、ZnS (6). 94.6 (7). 锌、二氧化锰 【解析】 【分析】 软锰矿的主要成分为 MnO2，还含有 Si、Fe、Al、Zn 和 Cu 等元素的化合物，硫酸亚铁在酸 性条件下将 MnO2 还原为 MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是 Mn2+、Fe3+、Al3+、 Cu2+、Zn2+、Fe2+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的 pH 可知，调节 pH 将 Fe3+、Al3+沉淀， 加入硫化锰将 Cu2+、Zn2+沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化锰， 以此解答该题。 【详解】（1）铜的焰色反应是绿色， 故选：B。 (2)FeSO4 在反应条件下将 MnO2 还原为 MnSO4，Fe2+被氧化为 Fe3+，故酸浸时生成硫酸锰、 硫酸铁，根据元素守恒还有水生成，反应方程式为 2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，其离子反应为 4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O， 故答案为：44H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O； (3)“氨水、搅拌”,其中“搅拌”不仅能加快反应速率,还能充分氧化过量 Fe2+，滤渣 A 的成分 是 Fe(OH)3、Al(OH)3，Al(OH)3 完全沉淀，c(OH−)= =1×10−9.7mol/L，加入氨水需 调节 pH 至少达到 4.3，恰好能使 Fe3+、Al3+沉淀完全， 故答案为：充分氧化过量的 Fe2+；4.3； (4)由题中硫化物的 Ksp 可知,加入 MnS 是为了生成溶解度更小的 CuS、ZnS 而除去 Cu2+、 Zn2+，滤渣 B 的成分是 CuS、ZnS， 故答案为：CuS、ZnS； (5)准确称量 0.9200g 该样品,与足量酸性 KI 溶液充分反应后，MnO2+2I−+2H+=Mn2++I2+H2O, 配制成 100mL 溶液。取其中 10.00mL,恰好与 25.00mL 0.0800mol⋅L−1 Na2S2O3 溶液反应(I2＋ 2S2O32－＝2I－＋S4O62－)， 的 5 3 341 10 1 10 − − × × 则 MnO2∼I2∼2S2O32−， 1 2 n 0.025.00L×0.0800mol⋅L−1× 解得 n=0.01mol， 该样品 MnO2 纯度为 ×100%=94.6%， 故答案为：94.6； （6）从循环中可以得出循环利用的物质有锌，二氧化锰， 故答案为：锌，二氧化锰。 16.阿司匹林(乙酰水杨酸， )是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗 炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为 128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻 羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下： 制备基本操作流程如下： 主要试剂和产品的物理常数如下表所示： 请根据以上信息回答下列问题： （1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。 100mL 10mL 0.01mol 87g/mol 0.92g × （2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。 （3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图： ①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。 ②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。 ③趁热过滤的原因是___。 ④下列说法不正确的是___(填字母)。 A.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂 B.此种提纯粗产品的方法叫重结晶 C.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大 D.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸 （4）在实验中原料用量：2.0g 水杨酸、5.0mL 醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为 2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。 【答案】 (1). 醋酸酐和水易发生反应 (2). 水浴加热 (3). 乙酰水杨酸受热易分解 (4). a (5). 防止乙酰水杨酸结晶析出 (6). ABC (7). 84.3% 【解析】 【分析】 醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至 85℃，然后冷却、过 滤、水洗得到粗产品； （1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸； （2）合成阿司匹林时要控制温度在 85℃～90℃，该温度低于水的沸点； （3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然 后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸， ①乙酰水杨酸受热易分解； ②冷凝水采用逆流方法； ③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出； 不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液 判断产品中是否含有未反应完的水杨酸； （4）水杨酸的相对分子质量为 138，n（水杨酸）=2.0 g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐） =（5.0 mL×1.08 g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得 到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为 0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率= 实际质量 理论质量 ×100%． 【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至 85℃，然后 冷却、过滤、水洗得到粗产品； (1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥 仪器， 故答案为：醋酸酐和水易发生反应； (2)合成阿司匹林时要控制温度在 85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法 是水浴加热， 故答案为：水浴加热； (3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为 128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的 温度，防止乙酰水杨酸受热易分解， 故答案为：乙酰水杨酸受热易分解； ②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从 a 口进，从 b 口出， 故答案为：a； ③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失， 故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出； ④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙 酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就 行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中 微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸， 故选：ABC； (4)水杨酸的相对分子质量为 138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸 酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得 到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为 0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%， 故答案为：84.3%. 17.环氧乙烷( )、环氧丙烷( )都是重要的化工原料且用途广泛。回答下列问题： （1）已知： ① ②2 ③ _____ （2）某温度下，物质的量均为 1mol 的 CH2＝CH2 和 O2 在 0.5L 的刚性容器内发生反应③， 5min 后反应达到平衡，气体总压减少了 20％。 ①平衡时 CH2＝CH2(g)的转化率为____，达到平衡后，欲增加 CH2＝CH2(g)的平衡转化率， 可采取的措施是____(填一条措施即可)。 ②0～5min 内，环氧乙烷的生成速率为____。 ③该反应的平衡常数 K_____(精确到 0.01)。 ④当进料气 CH2＝CH2 和 O2 的物质的量不变时，T1℃时达到反应平衡，请在图 1 中画出温 度由 T1℃变化到 T2℃的过程中乙烯的转化率与温度的关系____。 2 2 2 2 2CH =CH (g)+3O (g) 2CO (g)+2H O(g) -1 1ΔH 1322.5kJ mol= − ⋅ 2 2 2(g)+5O (g) 4CO (g)+4H O(g) -1 2ΔH 2433.0kJ mol= − ⋅ 2 2 22CH =CH (g)+O (g) 2 ( )g 3ΔH = -1kJ mol⋅ （3）将丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl][已知： CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl]，氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷， 其电解简易装置如图 2 所示。 ①a 电极上的电极反应式为______。 ②b 电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为______。 【答案】 (1). -212 (2). 80% (3). 降低温度或增加氧气的浓度等 (4). 0.32mol/(L·min) (5). 13.33 (6). 或 (7). 2Cl-―2e－＝Cl2↑ (8). CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→ +NaCl+H2O 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律分析解答； (2)根据三段式结合气体总压减少了 20％，分析计算出反应的氧气的物质的量，再分析解答； (3)①根据图示 a 电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇分析解答；②b 电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷，据此书写反应的方程 式。 【详解】(1)① ， ②2 ，根据盖斯定律， 将①×2-②得： 2 2 2 2 2CH =CH (g)+3O (g) 2CO (g)+2H O(g) -1 1ΔH 1322.5kJ mol= − ⋅ 2 2 2(g)+5O (g) 4CO (g)+4H O(g) -1 2ΔH 2433.0kJ mol= − ⋅ 2 2 22CH =CH (g)+O (g) 2 ( )g 3ΔH = 2×( )-( )=-212 ，故答案为-212； (2)设反应的氧气的物质的量为 x，则 起始(mol) 1 1 0 反应(mol) 2x x 2x 平衡(mol) 1-2x 1-x 2x 5min 后反应达到平衡，气体总压减少了 20％，则气体的物质的量减少 20%， =20%，解得： x=0.4mol。 ①平衡时 CH2＝CH2(g)的转化率为 ×100%=80%；该反应为气体物质的量减小的 放热反应，达到平衡后，欲增加 CH2＝CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施有降低温度或 增加氧气的浓度等，故答案为 80%；降低温度或增加氧气的浓度等； ②0～5min 内，环氧乙烷的生成速率为 =0.32mol/(L·min)，故答案为 0.32mol/(L·min)； ③该反应的平衡常数 K= =13.33，故答案为 13.33； ④反应达到平衡后，温度再升高，平衡逆向移动，乙烯的转化率下降，则乙烯的转化率与温 度的关系曲线为 或 ，故答案为 或 ； (3)①根据 CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl，及 a 电极区丙烯与饱和食 盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇，说明 a 电极区生成了氯气，则 a 电极为阳极，电极反 应式为 2Cl-―2e－＝Cl2↑，故答案为 2Cl-―2e－＝Cl2↑； ②b 电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷的化学方程式为 -11322.5kJ mol− ⋅ -12433.0kJ mol− ⋅ -1kJ mol⋅ 2 2 22CH =CH (g)+O (g) 2 ( )g x 2 2 0.4mol 1mol × 2 0.4mol 0.5L 5min × 2 2 0.4 2( )0.5 1 0.4 2 1 0.4( ) ( )0.5 0.5 × − × − CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→ +NaCl+H2O，故答案为 CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→ +NaCl+H2O。 (二)选考题(请考生从所给的 2 道题目中任选－题作答，如果均做，则按所做第 －题计分) 18.在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二 氧化碳等 17 种“分子”改变过人类的世界。 （1）铁原子在基态时，价层电子排布式为___。 （2）硝酸钾中 NO3-的空间构型为___。 （3）1molCO2 分子中含有 σ 键的数目为___。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比 氯乙烷高，其原因是___。 （4）6－氨基青霉烷酸的结构如图 1 所示，其中采用 sp3 杂化的原子有___。 （5）铁和氨气在 640℃可发生置换反应，产物之－的晶胞结构如图 2 所示，写出该反应的 化学方程式___。 （6）晶胞有两个基本要素： ①原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是 CaF2 的晶胞，其中原子坐标参 数 A 处为(0，0，0)；B 处为( ， ，0)；C 处为(1，1，1)。则 D 处微粒的坐标参数为 ___。 1 2 1 2 ②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知 CaF2 晶体的密度为 ρg·cm－3，则晶胞参数 a 为 ___pm(设 NA 为阿伏加德罗常数的值，用含 ρ、NA 的式子表示)。 【答案】 (1). 3d64s2 (2). 平面正三角形 (3). 2 (4). 乙醇分子间可形成氢键，氯 乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高 (5). C、 N、O、S (6). 8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2 (7). (3/4,3/4,3/4) (8). 【解析】 【分析】 （1）铁是 26 号元素，基态原子核外有 26 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子，根据构 造原理书写其基态价电子排布式； （2）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型； （3）依据二氧化碳的结构进行回答； （4）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式； （5）铁和氨气在 640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学 式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式． （6）①D 处于体对角线 AC 上，且 AD 距离等于体对角线长度的 ，则 D 到坐标平面距离 均为晶胞棱长 ； ②晶胞中 Ca2+与离它最近的 F-之间的距离等于晶胞体对角线长度的 ，体对角线长度等于 晶胞棱长的√3 倍，均摊法计算晶胞中各原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积， 晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。 【详解】（1）铁是 26 号元素，基态原子核外有 26 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子， 根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s2， 10 3 A 3 10 4 N 4 78 ρ × × 3 4 3 4 1 4 故答案为：3d64s2； （2）NO3-中 N 原子价层电子对=1/2（5+1-3×2）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形 结构， 故答案为：平面正三角形； （3）二氧化碳的结构是 O=C=O，含有的 σ 键的数目为 2，乙醇的相对分子质量比氯乙烷小， 但其沸点比氯乙烷高，其原因是乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导 致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，； 故答案为：2；乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升 高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高； （4）只要共价单键和孤电子对的和是 4 的原子就采取 sp3 杂化，根据图片知，采用 sp3 杂化 的原子有 C、N、O、S， 故答案为：C、N、O、S； （5）该晶胞中铁原子个数=8× +6× =4，氮原子个数是 1，所以氮化铁的化学式是 Fe4N， 铁和氨气在 640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为： 8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2， 故答案为：8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2． (6)①D 处于体对角线 AC 上,且 AD 距离等于体对角线长度的 34,则 D 到坐标平面距离均为 晶胞棱长 3/4,由 C 的坐标参数可知,晶胞棱长=1,故 D 到坐标平面距离均 3/4,D 处微粒的坐标 参数为( , , )， 故答案为：( , , )； ②设晶胞中 Ca2+与离它最近的 F-间距离为 xnm，晶胞的边长为 ycm，则 x 与 y 的关系为 (4x)2=3y2，所以 y= 。由于 F-位于晶胞的内部，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每 个晶胞含有 F-和 Ca2+数目分别是 8 个和 4 个，所以 ρ= ，解得 x= 1 8 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 4 3 x 1 30 A 4N ( ) 4 8 3 7 10x −×× × ， 故答案为： 。 19.中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功 能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(G)。其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 的化学名称为___。 （2）B 中含有的官能团名称为___，B→C 的反应类型为___。 （3）B→D 的化学反应方程式为___。 （4）G 的结构简式为___。 （5）芳香化合物 H 是 B 的同分异构体，符合下列条件的 H 的结构共有___种(不考虑立体异 构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为___。 ①能与 NaHCO3 溶液反应产生 CO2；②能发生银镜反应 （6）参照上述合成路线，设计以 为原料(其他试剂任选)，制备 的合成路线：___。 【答案】 (1). 对二甲苯（或 1，4-二甲苯） (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). +2CH3OH +2H2O； (5). 10 3 A 3 10 4 N 4 78 ρ × × 10 3 A 3 10 4 N 4 78 ρ × × ∆ 浓硫酸 (6). 13 (7). (8). 【解析】 【分析】 根据合成路线可知， 经氧化得到 B，结合 D 的结构简式可逆推得到 B 为 ，B 与甲醇发生酯化反应可得到 D，D 与氨气发生取代反应生成 E，E 与次氯酸钠反应得到 F，F 与 C 发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推 知 G 的结构简式为： ，结合有机物的结构与性质 分析作答。 【详解】（1）根据 A 的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为 1，4- 二甲苯， 故答案为：对二甲苯（或 1，4-二甲苯）； （2）由 D 的结构逆推，可知 B 为对苯二甲酸（ ），含有的官能团 名称为羧基，对比 B 与 C 的结构，可知 B→C 的反应类型为取代反应， 故答案为：羧基；取代反应； （3）B→D 为酯化反应，反应的方程式为： +2CH3OH +2H2O； 故答案为： +2CH3OH +2H2O； （4）已知 G 为聚对苯二甲酰对苯二胺，可知 C 和 F 在一定条件下发生缩聚反应而得到，其 结构简式为 ； ∆ 浓硫酸 ∆ 浓硫酸 故答案为： （4）芳香化合物 H 是 B 的同分异构体，能与 溶液反应产生 ；能发生银镜反 应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不同官能团：—CHO、 —COOH、—OH，有 10 种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO—、 —COOH，有邻、间、对三种；共 10+3=13 种。其中核磁共振氢谱有四组峰的 H 的结构简 式为 ， 故答案为：13； ； （6）设计以 为原料，制备 的合成路线，根据题目 B→D、D→E、E→F 信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为 。 3NaHCO 2CO