甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（二）化学试题 Word版含解析

甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（二）化学试题 Word版含解析

兰州一中2020届高三冲刺模拟考试 (二)‎ 理科综合能力测试化学部分 可能用到的相对原子质量：H--1 C--12 N--14 O--16 Na--23 S--32 Ga--70 Ba--137‎ ‎1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与食用油桶对应的垃圾分类标志是 A. 可回收物 B. 其他垃圾 C. 厨余垃圾 D. 有害垃圾 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】食用油桶通常为塑料制品，属于可回收物，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.CO2和CH4催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下：‎ 下列说法中不正确的是（ ）。‎ A. Ni是该反应的催化剂 B. 过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成 C. 过程①→②是吸热反应 D. 反应的总化学方程式可表示为：CH4 +CO2 2CO+2H2‎ - 18 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，发生CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，故A正确；‎ B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；‎ C．过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故C错误；‎ D．此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则化学方程式为CH4 +CO2 2CO+2H2，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎3.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法不正确的是（ ）‎ A. Y单质的氧化性在同主族中最强 B. 离子半径：Z>Y C. Z与Y可组成多种离子化合物 D. 氢化物的热稳定性：Y>X ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C - 18 -‎ 大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，然后根据问题逐一分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。‎ A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，A正确；‎ B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：ZX，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了元素的位、构、性的关系及元素周期律的应用。根据元素形成化合物的特点及原子序数关系等推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素形成的化合物的结构与性质，侧重考查学生分析与应用能力。‎ ‎4.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是（ ）‎ A. 苯环上的一氯代物有3种 B. 含有2种官能团 C. 分子中的所有碳原子一定共面 D. 能发生氧化反应、取代反应、还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物结构可知，官能团为羧基、碳碳双键，具有一个苯环结构，据此回答问题。‎ ‎【详解】A. 有机物结构中氢环境有3种，即苯环上的一氯代物有3种，A正确；‎ B. 有机物官能团为羧基、碳碳双键，含有2种官能团，B正确；‎ - 18 -‎ C. 有机物存在环烯烃结构，有一个连续的-CH2-CH2，碳原子不共面，C错误；‎ D. 碳碳双键能发生氧化反应、还原反应，羧基能发生取代反应，D正确；‎ 答案为C。‎ ‎5.下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ）‎ A.H2在Cl2中燃烧 B.证明氯化银溶 解度大于硫化银 C.证明乙炔可使溴水褪色 D.验证温度对平衡移动的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢气密度小于空气，会将氯气从下口排出，A错误；‎ B．硝酸银和氯化钠反应后，银离子过量，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，B错误；‎ C．电石不纯，会产生还原性气体，也能使溴水褪色，C错误；‎ D．温度改变，根据颜色变化可以知道反应的平衡移动，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。‎ 编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 装置 现象 - 18 -‎ 小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化 两极均产生气泡，溶液无明显变化 两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化 下列说法正确的是（ ）‎ A. ①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质 B. 对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关 C. 对比①和③，白色浑浊是由于OH-迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出 D. 阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(OH)2溶于水完全电离，属于强电解质，A错误；‎ B. 对于①阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，O2与C电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，B错误；‎ C. 根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，C错误； ‎ D. 用石墨作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀成分可能是CaCO3，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是 - 18 -‎ A. 若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c()+c(H2SO3)‎ B. 若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c()＋c()＝c(Na+)‎ C. 若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：＞‎ D. 若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n()∶n()＝ 1∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中a点当吸收液pH＝1.85时，H2SO3、HSO各点50%，c(HSO)=c(H2SO3)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，利用电荷守恒、物料守恒及其变形式子进行分析。‎ ‎【详解】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO)+2c(H2SO3)+ 2c(SO)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO)=c(H2SO3)，则c(Na+)=4c(H2SO3)+ 2c(SO)=4c(HSO) + 2c(SO)，故A错误；‎ ‎ B．若XNa2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO)+2c(SO) +c(OH-)，得到2c(SO)＋c(HSO)＝c(Na+)，故B正确；‎ C．若X为(NH4)2SO3，由于NH水解显酸性，SO水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH，故C正确；‎ D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO)=c(SO)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)＝c(HSO)+2c(SO) +c(OH-)，3c(HSO)=c(NH)，n(HSO)∶n(NH)＝ 1∶3，故D正确；‎ 故选A ‎8.金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。‎ ‎（1）一种镍催化法生产GaN的工艺如图：‎ - 18 -‎ ‎①镓（Ga）的原子结构示意图为，镓元素在周期表中的位置是___。‎ ‎②“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是___。‎ ‎③“酸浸”操作目的是___。‎ ‎（2）某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备氮化镓：‎ ‎①仪器X中的试剂是__，加热前需先通入一段时间的H2，原因是__。‎ ‎②取某GaN样品m克溶于足量热NaOH溶液，发生反应GaN+OH﹣+H2OGaO2-+NH3↑，用H3BO3溶液将产生NH3完全吸收，滴定吸收液时消耗浓度为cmol/L的盐酸VmL，则样品的纯度是___。‎ 已知：NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3‎ ‎【答案】 (1). 第四周期ⅢA族 (2). 2Ga+2NH32GaN+3H2 (3). 除去GaN中混有的少量Ni (4). 浓氨水 (5). 排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸 (6). %‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由流程图可知，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应得到混有Ni的GaN混合物，向反应后的固体中加入稀盐酸，Ni溶于稀盐酸生成可溶的氯化镍，GaN不与稀盐酸反应，过滤、洗涤、干燥得到GaN；‎ ‎(2)由实验装置图可知，实验时，应先制备氢气，利用氢气排除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止空气中氧气和反应生成的氢气加热混合发生爆炸，当装置中空气排尽后，再用浓氨水与氧化钙反应制备氨气，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气加热反应生成GaN和H2，由于氨气与稀硫酸反应，在吸收装置前连接一个空载仪器，起防止倒吸的作用。‎ - 18 -‎ ‎【详解】(1)镓的原子结构示意图为可知，镓原子有4个电子层，最外层有3个电子，则镓元素位于周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；‎ ‎②由流程图可知，“热转化”的过程为在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；‎ ‎③由分析可知反应得到混有Ni的GaN混合物，酸浸的目的是使Ni溶于稀盐酸，除去GaN中混有的少量Ni，故答案为：除去GaN中混有的少量Ni；‎ ‎(2)①仪器X中的试剂是浓氨水，目的是用浓氨水与氧化钙反应制备氨气；空气中的氧气能与镓反应，且镓与氨气反应生成的氢气能与空气中氧气反应，发生爆炸，所以加热前需先通入一段时间的H2，排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸，故答案为：排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸；‎ ‎②由题给化学方程式可得如下关系式：GaN—NH3—NH3•H3BO3—HCl，由关系式可知n（GaN）=n（HCl）=10-3cVmol，则样品的纯度为×100%=%，故答案为：%。‎ ‎【点睛】实验时，应先制备氢气，利用氢气排除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止空气中氧气和反应生成的氢气加热方式爆炸是实验设计的关键，也是解答的关键。‎ ‎9.次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2•bHCHO•cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：‎ 步骤1：在如图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。‎ 步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80~90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。‎ 步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。‎ ‎（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是___。‎ - 18 -‎ ‎（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。‎ ‎①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：___。‎ ‎②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是___。‎ ‎（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有___（填化学式）。‎ ‎（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是___。‎ ‎（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，___，900℃煅烧。（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22-。实验中须使用的试剂有1.0mol•L-1NaOH溶液、1.0mol•L-1HCl溶液、水）‎ ‎（6）产物组成测定实验：‎ 准确称取1.5400g样品，溶于水配成l00mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000(如图）；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。‎ ‎①样品溶液HCHO浓度为___mol•L-1。‎ ‎②通过计算确定aNaHSO2·bHCHO•cH2O的化学式为___。‎ ‎【答案】 (1). NaOH溶液(或Na2CO3溶液) (2). Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2 (3). 加快搅拌的速度 (4). HCHO (5). 次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化 (6). 向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次 (7). 0.1000 (8). NaHSO2·HCHO·2H2O ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；‎ ‎(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；‎ ‎②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；‎ ‎(3)甲醛易挥发，据此分析； ‎ ‎(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；‎ ‎(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验；‎ ‎(6)①样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知浓度；‎ ‎②根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。‎ ‎【详解】(1)实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液(或Na2CO3溶液)吸收二氧化硫，以防止污染空气，故答案为：NaOH溶液(或Na2CO3溶液)；‎ ‎(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2，故答案为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；‎ ‎②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积，故答案为：加快搅拌的速度；‎ ‎(3)甲醛易挥发，在80～90 ℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率，故答案为：HCHO； ‎ ‎(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质，故答案为：次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化；‎ ‎(5)为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次，故答案为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加 - 18 -‎ ‎1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次；‎ ‎(6)①25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000mol•L-1，故答案为：0.1000；‎ ‎②25．00 mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4)＝n( BaSO4)＝＝0.0025 mol，n(HCHO)＝0.1000mol/L×0.025L=0.0025 mol；100 mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)＝4×0.0025mol＝0.01 mol，n(H2O)＝＝0.02 mol，a：b：c＝n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)＝0.01mol：0.01mol：0.02 mol＝1：1：2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2·HCHO·2H2O，故答案为：NaHSO2·HCHO·2H2O。‎ ‎【点睛】本题重点(6)②，根据每步中的实验数据可知计算甲醛和NaHSO2的物质的量，从而可计算水的物质的量，三种物质的物质的量之比即为a、b、c之比。‎ ‎10.合理利用资源成为当今研究热点。CH3NH2、PbI2及HI常用作合成太阳能电池的敏化剂甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)的主要原料。‎ ‎（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：‎ 共价键 C-O H-O N-H C-N 键能/kJ·mol-1‎ E1‎ E2‎ E3‎ E4‎ 则上述热化学方程式中ΔH=___kJ·mol-1。‎ ‎（2）可利用水煤气合成上述反应所需甲醇。反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：‎ ‎①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。‎ - 18 -‎ ‎②图中Y轴表示温度，其判断的理由是__。‎ ‎（3）可利用四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶PbI2，若反应中生成amolPbI2，则转移电子的物质的量为___。‎ ‎（4）将二氧化硫通入碘水制备HI反应曲线如图所示，其反应原理为：SO2＋I2＋2H2O=3H＋＋HSO4-＋2I-，I2＋I-I3-，图中曲线a、b分别代表的微粒是__和__（填微粒符号）；由图知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是___。‎ ‎【答案】 (1). (E1+E3)-(E2+E4) (2). 25% (3). 随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)逆移 (4). amol (5). HSO4- (6). I3- (7). 减小的投料比 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎（2）①依据题意建立三段式求解可得；‎ ‎②该反应放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；‎ ‎（3）四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应制备生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O；‎ ‎（4）根据图象b为从零越来越大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；减小的投料比能提高碘的还原率。‎ ‎【详解】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，由题给键能数据可知△H=(E1+E3)-(E2+E4)，故答案为：(E1+E3)-(E2+E4)；‎ ‎（2）①设CO的转化率为x，由题意建立如下三段式：‎ - 18 -‎ 由平衡时CH3OH的体积分数为10%可得×100%=10%，x=0.25即25%，故答案为：25%；‎ ‎②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则Y表示温度，故答案为：随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)逆移；‎ ‎（3）四氧化三铅中铅元素的化合价为+价，碘化铅中铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价-1价变化为0价，生成I2，则四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O，由方程式可知每生成3molPbI2的反应中电子转移2mol，则生成amolPbI2转移电子的物质的量为amol，故答案为：amol；‎ ‎（4）由图象可知，b为从零越来越大的离子，结合反应原理为SO2＋I2＋2H2O=3H＋＋HSO4-＋2I-和I2＋I-I3-可知反应中越来越多的离子为I3-，反应过程中氢离子和硫酸氢根离子始终不变，但氢离子的物质的量是硫酸氢根的3倍，则图中曲线a、b分别代表的微粒是HSO4-、I3-；由图可知，要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小的投料比，故答案为：HSO4-；I3-；减小的投料比。‎ ‎【点睛】四氧化三铅中铅元素的化合价为+价，碘化铅中铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价-1价变化为0价，生成I2是解答关键，也是难点。‎ ‎11.氮气、羟基乙胺（HOCH2CH2NH2)和氮化镓都含氮元素，其用途非常广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）基态氮原子价层电子排布图为___，其中电子能量最高的能级是___。‎ ‎（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素电负性由大到小顺序为___，其中C和N的杂化方式均为___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是___。‎ ‎（3）HOCH2CH2NH2是一种常见的二齿配体，能和Co2+形成环状配离子。Co - 18 -‎ 位于元素周期表中___区，该环状配离子的配位原子为___。‎ ‎（4）氮化镓为六方晶胞，其结构如图，其中Ga作六方最密堆积。Ga填充在N围成的___（选填：八面体空隙、正四面体空隙、立方体空隙或三角形空隙）；已知该晶胞底边边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式即可）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2p (3). O>N>C>H (4). sp3 (5). O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大所致 (6). d (7). N和O (8). 正四面体空隙 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】（1）氮是7号元素，价电子是5，电子排布图为，电子的能级有1s、2s、2p，能量由低到高为1s<2s<2p，电子能量最高的能级是2p。‎ ‎（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素有H、O、C、N，同周期从左到右，电负性逐渐增大，有O>N>C，同主族从上到下，电负性逐渐减小，H的电负性最小，所以由大到小顺序为O>N>C>H；其中C形成4条σ键，无孤电子对，采取sp3杂化类型；N形成3条σ键，有一对孤电子对，采取sp3杂化类型，所以C和N的杂化方式均为sp3；HOCH2CH2NH2中O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大导致∠HOC小于∠HNC。‎ ‎（3）Co在元素周期表中第四周期，第Ⅷ族，所以在周期表d区；HOCH2CH2NH2是中只有N和O存在孤电子对，能提供电子对给Co2+，形成配位键，所以配位原子为N和O。‎ ‎（4）氮化镓为六方晶胞，根据图可知，Ga周围有四个原子，所以围成的是正四面体空隙；根据均摊法可知，该晶胞中含有Ga：，含有N：‎ - 18 -‎ ‎，由于为六方晶胞，所以底面边长为a，其中一个角为60°的菱形，可得其高为apm ，底面面积为a2pm2，晶胞体积为a2c pm3=a2c×10-30cm3，则密度为g•cm-3。‎ ‎12.花椒毒素（H）有抗实验性心律失常、镇痛、抗炎等作用。由芳香族化合物A为原料合成H的一种合成路线如下:‎ 已知:+ClCH2CH2Cl+HCl 回答下列问题:‎ ‎（1）A的化学名称是　_____（用系统命名法）。‎ ‎（2）G中所含官能团的名称是　　____。‎ ‎（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。E中___　（填“有”或“没有”）手性碳。‎ ‎（4）反应⑥的反应类型是　____　。‎ ‎（5）D的结构简式为　_____。‎ ‎（6）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为　　____。‎ ‎（7）芳香族化合物W是D的同分异构体,能发生银镜反应和水解反应,遇FeCl3溶液发生显色反应;W的核磁共振氢谱有5组峰,且面积比为1∶2∶2∶2∶1。符合上述要求的W有____种。‎ - 18 -‎ ‎（8）有机物M（）是一种重要的化工原料。设计由邻苯二酚和氯乙酰氯（ClCH2COCl）为起始原料制备有机物M的合成路线____。（无机试剂及有机溶剂任用）‎ ‎【答案】 (1). 1,2,3—苯三酚 (2). 酯基、醚键和碳碳双键 (3). 有 (4). 消去反应 (5). (6). +3NaOH→+2H2O (7). 1 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系和C的结构简式可知，在PCl3做催化剂作用下，与ClCH2COCl发生取代反应生成，则A为，B为；一定条件下发生取代反应生成，在雷尼镍作用下，和氢气发生加成反应生成，则D为；与发生一系列反应生成，与（CH3）2SO4发生取代反应生成，‎ - 18 -‎ 一定条件下发生消去反应生成。‎ ‎【详解】（1）A的结构简式为，名称是1,2,3—苯三酚，故答案为：1,2,3—苯三酚；‎ ‎（2）G的结构简式为，含有的官能团为酯基、醚键和碳碳双键，故答案为：酯基、醚键和碳碳双键；‎ ‎（3）E的结构简式为，2号碳原子（带☆）连有4个不同的原子或基团，为手性碳，故答案为：有；‎ ‎（4）反应⑥为一定条件下发生消去反应生成，故答案为：消去反应；‎ ‎（5）D的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（6）F的结构简式为，分子中含有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠反应，与足量NaOH溶液反应生成和水，反应的化学方程式为+3NaOH→+2H2O，故答案为：+3NaOH→‎ - 18 -‎ ‎+2H2O；‎ ‎（7）D的结构简式为，其同分异构体W能发生银镜反应和水解反应说明含有—OOCH，遇FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构只有符合，故答案为：1；‎ ‎（8）由M的结构简式和题给信息，利用逆推法可知，在PCl3做催化剂作用下，与ClCH2COCl发生取代反应生成，一定条件下发生取代反应，在雷尼镍作用下，和氢气发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为：。‎ ‎【点睛】分子中含有的酯基和酚羟基，酯基和酚羟基能与氢氧化钠反应，注意1mol酚酯能消耗2mol氢氧化钠是解答关键，也是易错点。‎ - 18 -‎