河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试化学试题

河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试化学试题

唐山市2019-2020 学年度高三年级第一次模拟考试 理科综合能力测试化学部分 相对原子质量(原子量)： H1 Li7 B‎11 C12 N14 016 Na23 S32 Cl35.5 Cr52 Fe56 Zn65‎ ‎1.化学与中华古文化密切相关，下列说法不正确的是 A. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为粘土 B. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾” 和“霾”的分散质微粒不同 C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．陶瓷以黏土为原料，故A正确；‎ B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾是粒度较大的液滴，霾是粒度较小的固体颗粒，故B正确；‎ C．电热水器内胆一般是不锈钢或铜制成的，Mg较活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止内胆被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D．花生油是植物油，植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，牛油是动物油，是饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误； ‎ 答案选D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 将‎4.6g 钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1 NA B. 标准状况下，‎22.4L 已烷中含有的共价键的数目为19NA C. 标准状况下，‎11.2L ‎12C18O中含有的中子数为8NA D. 标准状况下，7.1 gCl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎4.6 g钠为0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，故A错误；‎ B．己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键的数目也无法确定，故B错误；‎ C．标准状况下， ‎11.2L ‎12C18O物质的量为0.5mol，而一个‎12C18O分子中含16个中子，故0.5mol‎12C18O中含中子为8NA个，故C正确；‎ D．‎7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如下图所示，下列说法正确的是 A. 由于丁和戊化学键相同，所以它们都是平面结构 B. 简单氢化物的沸点： X＞Z C. 简单离子半径大小： X＜Y D. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶液钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，二氧化硫能被戊氧化为硫酸，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素，据此分析结合元素性质解答。‎ ‎【详解】A．丁为H2O，戊为H2O2，H2O中O原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+=4，所以采取sp3杂化，分子构型为V型平面结构，H2O2的构型为二面角结构，像半开书页型一般，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上，结构如图所示：‎ ‎，故A错误； ‎ B．X为O，Z为S，简单氢化物分别为H2O和H2S，水分之间存在氢键，使其熔沸点较高，H2S分子间没有氢键，熔沸点较低，则简单氢化物沸点：X＞Z，故B正确；‎ C．X、Y分别为O、Al元素，其简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小：X＞Y，故C错误；‎ D．Y、Z分别为Al、S元素，Y的简单离子为弱碱根（弱碱阳离子）离子，可水解生成氢氧化铝和氢离子，Z的简单离子为弱酸根离子，在水溶液水解生成硫氢根离子和氢氧根，二者放入同一溶液中可相互促进水解反应，则不能大量共存，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】铝与浓硫酸和浓硝酸在常温下都能发生钝化现象，由于甲溶液是浓硝酸，则生成的气体是二氧化氮，为红棕色气体，丙是无色气体排除甲是硝酸的情况。‎ ‎4.毒番石榴是自然界中最毒的树木之一，人若在树下避雨它的汁液会通过雨水渗进皮肤使人中毒，毒番石榴汁液的主要成分佛波醇分子结构如下图，下列说法正确的是 A. 该分子不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 佛波醇不能溶于水及甲苯 C. 该分子中所有原子共平面 D. 佛波醇可以发生加聚反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该分子含有碳碳双键和羟基，具有烯烃和醇的性质，能使稀高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B．分子中羟基个数较多，能与水形成分子间氢键，可溶于水，故B错误；‎ C．该分子结构中含有亚甲基，为四面体结构，则所有原子不可能共平面，故C错误；‎ D．佛波醇分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可以发生加聚反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】官能团的性质决定有机物的化学性质，清晰记忆双键，羟基能发生的化学反应是解本题的关键。‎ ‎5.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是 A. 该分解过程是：2NON2+O2‎ B. 实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应 C. 过程②释放能量，过程③吸收能量 D. 标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；‎ B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；‎ C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；‎ D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。‎ ‎6.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A Cu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2+‎ B 取少量某溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体 蓝色石蕊试纸变红 溶液中含有NH4+‎ C 向20.00mL浓度均为0.01mol/L的Na2SO4和Na2S 的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液 只产生黑色沉淀Ag2S Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)‎ D 室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH pH：‎ Na2CO3＞Na2SO3‎ 非金属性：S＞C A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于使用的是足量浓硫酸，故浓硫酸会剩余在试管中，浓硫酸溶于水会放出大量的热，为防止液体飞溅，确保实验安全，应将反应混合物加入到水中，故A错误；‎ B．氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验铵根离子，应使用湿润红色石蕊试纸，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+，故B错误；‎ C．Na2SO4和Na2S 的混合溶液中含有硫酸根离子和硫离子，均可与银离子反应生成沉淀，由于Ksp小的先沉淀，只产生黑色沉淀，说明硫离子先和银离子反应，硫化银更难溶，则Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，故C正确；‎ D．等浓度的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH，后者大，可以说明Na2CO3‎ 更易发生水解，相应的碳酸氢根离子的酸性更弱，但对应的并不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，不能比较非金属性的强弱，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.已知：pKa=- lgKa， ‎25°C时，弱酸H‎2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mo/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H‎2A溶液的曲线如下图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19‎ B. c点所得溶液中：c(Na+)+c(H+)= ‎2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)‎ C. b点所得溶液中： c(A2-)＞c(H‎2A)‎ D. a点所得溶液中：溶质是NaHA和H‎2A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．弱酸H‎2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，则Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na‎2A，为第二个滴定终点，此时Na‎2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−，则A2-水解平衡常数Khl=====10−6.81，故A错误；‎ B．b点为加入NaOH溶液20mL，此时溶液中恰好生成NaHA，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na‎2A，则c点所得溶液是NaHA和Na‎2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= ‎2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)，故B正确；‎ C．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒：c(H‎2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)，该点溶液的pH=4.52，显酸性，c(H+)＞c(OH−)，则c(A2-)＞c(H‎2A)，故C正确；‎ D．a点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL，弱酸H‎2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H‎2A，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎8.碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知： FeCO3 是白色固体，难溶于水。‎ I．研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3，铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等。‎ ‎（1）试剂1是过量的_______，滤渣 2的成分是__________ (写化学式)；‎ ‎（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是____________；‎ ‎（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，“操作a”是__，取‎28.70g皓矾(ZnSO4·7H2O)加热，剩余固体的质量变化如图，‎100°C时所得固体的化学式____。‎ II．研究小组又采用如下装置制取FeCO3 (C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀。‎ ‎ ‎ ‎（1）画出装置B______________，B中所用试剂为______________；‎ ‎（2）先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是_________________________；‎ ‎（3）FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_______________(不考虑操作不当引起的误差)。‎ ‎【答案】 (1). H2SO4 (2). MgF2、CaF2、Fe (3). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). ZnSO4•H2O (6). (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). 排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2 (9). 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．用过量的稀硫酸溶解铁矾渣(主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等)，SiO2不溶，过滤得到的滤渣I主要是SiO2，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH‎4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，再加入NH4HCO3沉淀Fe2+，生成FeCO3和CO2气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、 洗涤、干燥，得到皓矾(ZnSO4∙7H2O) ，据此分析解答；‎ II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，据此分析；‎ ‎(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；‎ ‎(3)根据乳酸[CH3CH(OH)COOH]的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高锰酸钾溶液反应，据此分析。‎ ‎【详解】I．(1)根据分析，试剂1是过量的硫酸(H2SO4)，滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2、MgF2；‎ ‎(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(3)沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，结合分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶；‎ 皓矾(ZnSO4⋅7H2O)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4⋅H2O或ZnSO4或ZnO，产物不同；‎28.70g皓矾的物质的量为：n((ZnSO4⋅7H2O)==0.1mol，不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为0.1mol，因此生成0.1molZnSO4⋅H2O的质量=0.1mol ×‎179g/mol=‎17.90g；生成0.1molZnSO4的质量=0.1mol ×‎161g/mol=‎16.10g；生成0.1molZnO 的质量=0.1mol ×‎81g/mol=‎8.10g；根据上述分析：‎100°C时所得固体A的质量为‎17.90g，生成的固体为ZnSO4⋅H2O；‎ II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，通入C装置前应先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应长进短出，装置图为；‎ ‎(2)装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子， CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH−)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；‎ ‎(3)乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。‎ ‎9.铋(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3, 含杂质SiO2等，Bi2S3不溶于水和硫酸)制备Bi2O3的工艺如下。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试剂a最好选用的试剂是______________(填选项字母)；‎ A． HCl溶液 B．浓H2SO‎4 C． H2O2溶液 D． FeCl3和HCl混合液 ‎（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式_______，“滤液b”中通入气体X后可循环利用，气体X是_______________ (写化学式)；‎ ‎（3）“抽滤”用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序(洗涤操作只做一次)：‎ 开抽气泵→a→b→d→ ____→c→ 关抽气泵；‎ a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 e．加洗涤剂洗涤 ‎（4）写出“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3 的化学方程式____________________________；‎ ‎（5）硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋，碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是__________________________________________；‎ ‎（6）从“母液”中回收可用做炸药的物质是_________ ( 写物质名称)。‎ ‎【答案】 (1). D (2). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S (3). Cl2(或O2) (4). c→e→b→d (5). (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ (6). 没有污染性气体产生 (7). 硝酸铵 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 辉铋矿(主要成分是Bi2S3．含杂质SiO2等)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+，滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，浸出溶浸过程中，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，Bi3+，Fe3+易水解生成沉淀，加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液 答案选D；‎ ‎(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，则气体X是Cl2(或O2)；‎ ‎(3)抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故答案为：cebd； ‎ ‎(4)根据分析， “煅烧”操作是将碱式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳，化学方程式为(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；‎ ‎(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性气体产生；‎ ‎(6)根据分析，母液为硝酸铵，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵。‎ ‎10.燃煤烟气中含有大量NOx和SO2，可经处理消除。‎ ‎（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。‎ CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H1=574.0 kJ ·mol-1‎ CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1‎ ‎①反应CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H3=_____；‎ ‎②若该反应中将NOx还原为N2，消耗标准状况下‎5.6L CH4，则反应过程中转移的电子物质的量为___；‎ ‎（2）用CH4原NO2的反应为CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，向两个容积均为‎2L温度分别为T‎1°C、T‎2°C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1 mol的CH4和2molNO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示：‎ ‎①T1_______T2(填“>”或“<”)；‎ ‎②T‎1°C时，40~80 min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=_____，此温度下的化学平衡常数K=______；‎ ‎③T‎1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，化学平衡_____移动(填“正向”、 “逆向”或“不”)；‎ ‎（3）亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)碱性混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO3-、SO42-。‎ ‎①写出NO与NaClO2反应的离子方程式：__________________________；‎ ‎②下图表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是____________________________ ( 答出一点即可)；‎ ‎ ‎ ‎（4）用碱液脱硝是目前研究的课题之一。‎ ‎①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液。请写出该反应的离子方程式______________________________。‎ ‎②将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到下图所示的电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应：____________________。‎ ‎【答案】 (1). 867kJ•mol-1 (2). 2mol (3). < (4). 0.0025mol•L-1•min-1 (5). 0.25 (6). 正向 (7). 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O (8). SO2易溶于水，NO难溶于水，SO2溶于吸收剂中的浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高) (9). NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O (10). 2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+ N2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答；‎ ‎②若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4价升高为+4价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；‎ ‎(2)①根据先拐先平数值大原则分析，先拐先平温度高；‎ ‎②T‎1°C时，结合图像找出40~80 min N2的浓度变化量计算v(N2)，利用三段式计算化学平衡常数K；‎ ‎③T‎1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，根据Qc与K的数值关系判断；‎ ‎(3)①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎②烟所中SO2和NO的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO2、NO脱除效率；‎ ‎(4)①NO、NO2 和足量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和水；‎ ‎②通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH-在B极放电，据此分析。‎ ‎【详解】(1)①已知：Ⅰ．CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H1=574.0 kJ ·mol-1，‎ Ⅱ．CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1，‎ 由盖斯定律：可得，CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H3= 867kJ•mol-1；‎ ‎②还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，n(CH4)=0.25mol，根据反应可知，CH4转化为CO2，C元素由-4价变为+4价，1mol CH4参与反应转移8mol电子，0.25mol CH4参与反应整个过程中转移的电子物质的量为0.25mol×8=2mol；‎ ‎(2)①根据先拐先平数值大原则，先拐先平温度高，则T1＜T2，；‎ ‎②T‎1°C时，结合图像，40~80 min ，NO2物质的量变化量=1.50mol-1.10mol=0.40mol，浓度变化量==0.20mol/L，根据反应CH4(g)+ 2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，浓度的变化量之比等于计量系数比，则N2的浓度变化量为0.10mol/L，则v(N2)== 0.0025mol•L-1•min-1；120min时T‎1°C下，反应达到平衡，平衡时NO2物质的量为1mol，利用三段式：‎ 化学平衡常数K==0.25；‎ ‎③T‎1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，Qc=＜K=0.25，则化学平衡正向移动；‎ ‎(3)①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；‎ ‎②SO2易溶于水，而NO难溶于水，导致吸收剂中SO2浓度明显比NO大，则SO2比NO脱除效率高；‎ ‎(4)①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液，该反应的离子方程式：NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O；‎ ‎②NO2−在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是碱性溶液，故放电的方程式为：2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑。‎ ‎[化学选修3：物质结构与性质] ‎ ‎11.硼(B)钴(Co)和锰(Mn)形成物质时比较复杂和变化多端。‎ ‎（1） Co基态原子核外电子排布式为_________，第二周期元素第一电离能比B高的有______种；‎ ‎（2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在______；‎ ‎（3）NaBO2可用于织物漂白。BO2-的空间构型为_______写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：_______；‎ ‎（4）下图表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____(以n表示硼原子的个数)；‎ 下图表示的是一种五硼酸根离子， 其中B原子的杂化方式为________；‎ ‎ ‎ ‎（5）立方BN和立方AIN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AIN的原因为_______________；‎ ‎（6）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为__g•cm-3(用含a、NA的代数式表示)。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). 6 (3). π键、离子键 (4). 直线形 (5). CO2或CS2或N2O或BeCl2 (6). (BO2)nn- (7). sp3、sp2 (8). B 原子半径更小，B-N键键长更短，键能更大 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Co 为27号元素，根据构造理论书写排布式；B位于周期表中第2周期，第ⅢA族，同周期主族元素，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；‎ ‎(2)硝酸锰是离子化合物，硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大π键；‎ ‎(3) BO2-中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；‎ ‎(4) 根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式，根据杂化轨道理论判断五硼酸根离子中B原子的杂化方式；‎ ‎(5)原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；‎ ‎(6)结合晶胞中各离子数目计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎【详解】(1) Co为27号元素，根据构造理论，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；同周期主族元素，随着原子序数的增大，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以第一电离能比B大的有Be，C，N，O，F，Ne，共有6个元素；‎ ‎(2)硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大π键，所以除σ键外，还存在π键和离子键；‎ ‎(3)BO2−的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与BO2−由3个原子构成，价层电子数为16，互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等；‎ ‎(4)根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2×=2，所以其化学式可表示为：(BO2)n n−；根据杂化轨道理论，五硼酸根离子中，B原子部分形成3根共价键，为sp2杂化，部分形成4根共价键，为sp3杂化；‎ ‎(5)立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，B−N键键长更短，键能更大，熔点更高；‎ ‎(6)晶胞中，Na+位于晶胞的面上和棱上，离子数目=4×+4×=3；Li+位于晶胞的面心，离子数目=2×=1，BH4−位于顶点、面心和体心离子数目=1+4×+8×=4，故该物质的化学式为Na3Li(BH4)4，晶胞的体积V=(a×10−‎10cm)2×(‎2a×10−‎10cm)，晶胞质量=g，晶体密度==g⋅cm−3。‎ ‎[化学选修5： 有机化学基础] ‎ ‎12.G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：‎ ‎ ‎ 已知：① ‎ ‎② (呈碱性，易氧化)‎ ‎（1）C的官能团名称是_______________；‎ ‎（2）反应①的反应类型为___________；反应②的作用是___________________；‎ ‎（3）下列对有机物G的性质推测不正确的是____________________ (填选项字母)；‎ A．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2‎ B．能发生取代反应和氧化反应 C．能加聚合成高分子化合物 D．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应 ‎（4）写出E→F的化学反应方程式______________________________；‎ ‎（5）同时符合下列条件的D的同分异构体有__________种：‎ ‎①含有苯环且能发生水解反应：②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。‎ ‎（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有发基时，新引入的取代基连在苯环的问位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图 ‎ (无机试剂任选)_______________________________________________________________________________________。 合成路线流程图示例：XYZ……目标产物 ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 取代反应 (3). 保护酚羟基，以防被氧化 (4). AC (5). +HNO3+H2O (6). 17 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为，A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为；‎ ‎(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，C为，则C的官能团名称是酯基；‎ ‎(2)反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O，乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化；‎ ‎(3) A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故A错误；‎ B．G中含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；‎ C．G中含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；‎ D．G 中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；‎ 答案选AC；‎ ‎(4) E为，F为，E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式+HNO3+H2O；‎ ‎(5)①含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由和-OOCH构成有邻间对3中结构，或和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种； ‎ ‎(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图： 。‎