天津市静海区第一中学2020届高三3月学生学业能力调研考试化学试题

天津市静海区第一中学2020届高三3月学生学业能力调研考试化学试题

静海一中2019-2020第二学期高三化学 学生学业能力调研考试试卷 可能用到的相对原子质量为：H：1 O：16 Na：23 S：32 Ba：137‎ 第Ⅰ卷 基础题 一、选择题：（每小题3分，共36分。每小题只有一个正确选项。）‎ ‎1.‎2019年9月25日，全世界几大空之一―—北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是( )‎ A. 机杨航站楼所用钢铁属于合金材料 B. 航站楼使用的玻璃是无机非金属材料 C. 航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料 D. 机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A正确；‎ B．玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；‎ C．橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；‎ D．常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是 A. 氮肥均含有NH4+‎ B. 雷电作用固氮中氮元素被氧化 C. 碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环 D. 合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，除了含有铵根的铵态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；‎ B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；‎ C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；‎ D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。‎ 故选A。‎ ‎3.下列说法中正确的有几项 ‎①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2‎ ‎②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体‎9.6g ‎③盐酸既有氧化性又有还原性 ‎④Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备 ‎⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性 ‎⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%‎ ‎⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色 ‎⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种 ‎⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀 A. 3项 B. 4项 C. 5项 D. 6项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体‎10.0g，错误；③盐酸中H为+1价是最高价，Cl为-1价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；④Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；⑦因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀，正确；答案为B。‎ ‎4.分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈 B 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用 C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉 D. 从海水中提取氯化镁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D. 从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。‎ ‎5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. ‎4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NA B. ‎11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NA C. 3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NA D. ‎1L 0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－离子数之和为0.1 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合价由-4价升高到+4价，所以‎4g甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA/mol =2NA，故A正确；‎ B. CCl4在标况下为非气态，无法计算11.2LCCl4的物质的量，故B错误；‎ C. SO2和O2反应为可逆反应，反应不能进行完全，SO2和O2都有剩余，所以3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，故C错误；‎ D. Na2S溶液中分两步水解，生成HS－和H2S，根据物料守恒关系：HS－、H2S和S2－离子数之和为0.1NA，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题为“NA”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B选项，CCl4在标况下非气态，C选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应，D 选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。‎ ‎6.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）‎ 选项 目的 分离方法 原理 A 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液 过滤 胶体粒子不能通过滤纸 B 用乙醇提取碘水中的碘 萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 C 用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体 蒸发 MgCl2受热不分解 D 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；‎ B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；‎ C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；‎ D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。‎ 综上所述，本题的正确答案为D。‎ ‎7.下列说法不正确的是( )‎ A. 金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深理处理 B. 氨氮废水(含NH4+及NH3 ) 可用化学氧化法或电化学氧化法处理 C. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加人沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加 D. 用pH计、电导率仅(一种测量溶渡导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故A错误；‎ B．氨氮废水中N为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；‎ C．做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故C正确；‎ D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎8.下列方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是 A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2‎ D. 稀硫酸可除去铁锈：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反应为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；‎ B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反应为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正确；‎ C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反应为CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正确；‎ D. 稀硫酸可除去铁锈，发生反应为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正确；‎ 答案为C。‎ ‎9.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X B. X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为3：1和4：2的化合物 C. 化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物 D. 用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。‎ ‎【详解】A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；‎ B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；‎ C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；‎ D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。‎ ‎10.R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. R能发生加成反应和取代反应 B. 用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基 C. R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同 D. R苯环上的一溴代物有4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A.‎ ‎ 分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；‎ B. 该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；‎ C. 该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；‎ D. R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎11.一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。‎ 电池工作时发生的反应为： ‎ RuII RuII *(激发态)‎ RuII *→ RuIII+e-‎ I3-+ 2e-→3I-‎ RuIII+3I-→RuII++ I3-‎ 下列关于该电池叙述错误的是 ( )‎ A. 电池中镀Pt导电玻璃正极 B. 电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电 C. 电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少 D. 电池工作时，是将太阳能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，结合图示信息得，‎ A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确； B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误； C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确； D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎12.25℃‎时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是 A. pH=7时， c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+‎2c(CO32－)‎ B. pH=8时，c(Na+)=c(C1－)‎ C. pH=12时， c(Na+ )>c(OH－ )>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)‎ D. ‎25℃‎时，CO32－+H2OHCO3－+OH－的水解平衡常数Kh=10－10mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH－ )+Cl－ )+c(HCO3－)+‎2c(CO32－), pH=7时，c(H+)=(OH－ )，则c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+‎2c(CO32－)，故A正确；‎ B、据图可知，pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl－）＜c（Na＋），故B错误；‎ C、pH=12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子， 则c(Na+ )>c(CO32－)>c(OH－ )>c(HCO3－)>c(H+)，故C错误；‎ D、CO32－的水解常数Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)，据图可知，当溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10，c（H＋）=10-10mol·L－1，由Kw可知c（OH－）=10-4mol·L－1，则Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)=c（OH－）=10-4mol·L－1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为D，注意利用溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10这个条件。‎ 二、填空题 ‎13.形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。‎ ‎（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]__，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___。‎ ‎（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为__。乙炔钠中存在___(填字母)。‎ A.金属键 B.σ键 C.π键 D.氢键 E.配位键 F.离子键 G.范德华力 ‎（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为___。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式___。‎ ‎（4）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N]-或[S-C≡N]-，SCN-与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN-中提供孤电子对的原子可能是___。‎ ‎（5）某离子晶体的晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。‎ ‎②设该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为___cm。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s24p1 (2). 哑铃形 (3). sp (4). BCF (5). 直线形 (6). N=N=O或O=C=O (7). S (8). 12 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴Ga为31号元素，基态Ga原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，基态Ga原子核外电子占据最高能级为4p。‎ ‎⑵HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子2个σ键，无孤对电子；乙炔钠中存在Na+与HC≡C－形成离子键，碳碳三键里有1个σ键，2个π键。‎ ‎⑶阴离子N3－的中心N价层电子对数为；由于价电子N－= O，因此可以得等电子体。‎ ‎⑷根据结构可以得出C无孤对电子，S、N都有孤对电子，又根据电负性越大，吸引电子能力越强，形成配位键能力越弱。‎ ‎⑸①以顶点X分子，与它最近的X在面心上，通过空间想象每个平面有4个X，共有三个平面。‎ ‎②根据晶胞得到X个数和Y个数，因此得到化学式，先计算体积，再计算边长，晶体中两个最近的X间的距离为面对角线的一半，再算晶体中两个最近的X间的距离。‎ ‎【详解】⑴Ga为31号元素，基态Ga原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，因此核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1，基态Ga原子核外电子占据最高能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形；故答案为：3d104s24p1；哑铃形。‎ ‎⑵HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子2个σ键，无孤对电子，因此C的杂化类型为sp杂化；A. HC≡CNa是离子化合物，不存在金属键，故A不符合题意；B. 碳碳三键里有1个σ键，故B符合题意；C. 碳碳三键里有1个σ键，2个π键，故C符合题意；D. 电负性大的原子与氢形成的共价键，这个分子的氢与另外一个分子中电负性大的原子形成氢键，HC≡CNa不满足这个条件，故D不符合题意；E. HC≡CNa没有中心原子，也无孤对电子，因此无配位键，故E不符合题意；F. HC≡CNa是离子化合物，含有离子键，故F符合题意；G. HC≡CNa是离子化合物，不是分子，不存在范德华力，故G不符合题意；故答案为：sp；BCF。‎ ‎⑶NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子N3－的中心N价层电子对数为，为sp杂化，其立体构型为直线形；由于价电子N－= O，因此和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式N=N=O或O=C=O；‎ ‎⑷配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN－的结构式可以表示为[S=C=N]－或[S−C≡N]－，SCN－与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，根据结构可以得出C无孤对电子，S、N都有孤对电子，又根据N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5，电负性越大，吸引电子能力越强，形成配位键能力越弱，因此SCN－中提供孤电子对的原子可能是 S；故答案为：S。‎ ‎⑸①以顶点X分子，与它最近的X在面心上，通过空间想象每个平面有4个X，共有三个平面，因此晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有12个；故答案为：12。‎ ‎②根据晶胞得到X个数有，Y个数有8个，因此该离子化合物化学式为XY2，设该晶体的摩尔质量为Mg·mol−1，晶胞的密度为ρg·cm−3，阿伏加德罗常数为NA，，晶胞边长为，由于晶体中两个最近的X间的距离为面对角线的一半，因此晶体中两个最近的X间的距离为；故答案为：。‎ ‎14.扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A中官能团名称是________________。‎ ‎（2）所需的试剂和条件分别为________________。‎ ‎（3）、的反应类型依次为________、________。‎ ‎（4）扎来普隆的分子式为________________。‎ ‎（5）的化学方程式为________________________。‎ ‎（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有________________。‎ ‎（7）已知：有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线（无机试剂任选）。________‎ ‎【答案】 (1). 羰基（或酮基） (2). 浓，浓 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). 17 (8). 、 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，即可得到目标产物。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团名称是羰基；‎ ‎(2)A的结构简式为，B的结构简式为，则发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓，浓；‎ ‎(3)由B的结构简式为、C的结构简式为、E的结构简式为、F的结构简式为可知，是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而的反应类型为取代反应；‎ ‎(4)扎来普隆的结构简式为，其分子式为；‎ ‎(5)C的结构简式为、D的结构简式为，则 发生取代反应的化学方程式为；‎ ‎(6)B的结构简式为，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：①含有苯环和硝基；②含有-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有4种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有4+4+2=10种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有3种，共有4+10+3=17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有、；‎ ‎(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为。‎ ‎【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。‎ 第Ⅱ卷 提高题 ‎15.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：‎ ‎（1）制取少量S2Cl2‎ 实验室可利用硫与少量氯气在110～‎140℃‎反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。‎ ‎①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。‎ ‎②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。‎ ‎③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。‎ ‎④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。‎ ‎（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是___。‎ ‎（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。‎ ‎①W溶液可以是___ (填标号)。‎ a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化) c.氯水 ‎②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。‎ ‎【答案】 (1). 直形冷凝管(或冷凝管) (2). 除去Cl2中混有HCl杂质 (3). F (4). C (5). B (6). 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 (7). 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) (8). S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气 (9). ac (10). ×100%或%或%或%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～‎140℃‎反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～‎140℃‎反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；‎ ‎(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；‎ ‎(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。‎ ‎【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～‎140℃‎反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～‎140℃‎反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；‎ ‎①仪器m 的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F 中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；‎ ‎②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～‎140℃‎反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；‎ ‎③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；‎ ‎④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；‎ ‎(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；‎ ‎(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg ‎，元素守恒计算二氧化硫体积分数；‎ ‎①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；‎ ‎②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数= 。‎ ‎【点睛】考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。‎ ‎16.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。‎ ‎（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:‎ ‎①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)   △H=-574 kJ•mol-1‎ ‎②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)   △H=-1160 kJ•mol-1‎ ‎③H2O(g)=H2O(l)   △H=-44 kJ•mol-1‎ 写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的热化学方程式______________。‎ ‎（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:‎ 反应Ⅰ:NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)  △H1 = -200.9 kJ•mol-1   Ea1 = 3.2 kJ•mol-1‎ 反应Ⅱ:SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)  △H2 = -241.6 kJ•mol-1   Ea2 = 58 kJ•mol-1‎ 已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g) 3O2(g)。请回答:‎ 其它条件不变,每次向容积为‎2L的反应器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模拟烟气和2.0 mol O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:‎ ‎①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_______。‎ ‎②下列说法正确的是 ____________ 。‎ A P点一定为平衡状态点 B 温度高于‎200℃‎后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零 C 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率 ‎③假设‎100℃‎时P、Q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是_______mol;NO的平均反应速率为_______;反应Ⅱ在此时的平衡常数为______ 。‎ ‎（3）用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:‎ ‎①M极发生的电极反应式为 ____________。‎ ‎②当外电路通过0.2 mol电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_______(填“增大”或“减小”)_______克。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol (2). 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 (3). BC (4). 0.65 (5). 0.0425mol/(L·min) (6). 0.96 (7). SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+ (8). 增大 (9). 6.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574 kJ•mol-1，②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160 kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将×(①+②+③×4)得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=‎ ‎×[(-574 kJ•mol-1)+(-1160 kJ•mol-1)+(-44.0 kJ•mol-1)×4]=-955kJ•mol-1，故答案为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ•mol-1；‎ ‎(2)①反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•mol-1 Ea1 = 3.2 kJ•mol-1‎ 反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•mol-1 Ea2 = 58 kJ•mol-1，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；‎ ‎②A．图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B．根据图像，温度高于‎200℃‎后，2O3(g) 3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3(g) 3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) 和反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)平衡正向移动， NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；‎ CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•mol-1‎ ‎③反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)中NO的转化率为85%，则反应的NO为0.85mol，O3为0.85mol；反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)中SO2的转化率为30%，反应的SO2为0.3mol，O3为0.3mol，2O3(g) 3O2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65mol；NO的平均反应速率==0.0425mol/(L·min)；平衡是为0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应Ⅱ的平衡常数==0.96，故答案为0.65；0.0425mol/(L·min)；0.96；‎ ‎(3)①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，故答案为SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+；‎ ‎②负极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，正极反应式为O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，当外电路通过0.2 mol电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol，质量为‎6.4g，同时有0.2mol氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大‎6.4g-0.2g=‎6.2g，故答案为增大；6.2。‎ ‎【点睛】本题综合考查了化学反应原理。本题的易错点为(3)‎ ‎，要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，②中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。‎