山东省实验中学2020届高三线上诊断测试化学试题

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高三化学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第I卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。‎ 满分100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的原子量：B:11 P:31 Cu:64 Cl:35.5 Fe:56‎ 第I卷（选择题 共40分）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）‎ ‎1.化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）‎ A. 某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程 B. 氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题 C. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质 D. 白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 焰色反应是物理变化，故A错误；‎ B. 氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨环境问题，温室效应是CO2造成的，故B错误；‎ C. 长时间放置的油脂会因被氧化而变质，故C错误；‎ D. 白葡萄酒含维生素C等多种维生素，SO2具有还原性，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.用KClO3和MnO2制备O2，并回收MnO2和KCl。下列实验操作正确的是（ ）‎ A. O2制备装置 B. 固体混合物溶解 C. 过滤回收MnO2‎ D. 蒸发制KCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.　加热固体时，试管口应略向下倾斜，故A不符合题意；‎ B.　MnO2难溶于水，KCl易溶于水，将混合物放入烧杯中，加蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌加速溶解，故B符合题意；‎ C.　根据装置图，漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，故C不符合题意；‎ D.　蒸发时应用蒸发皿，不能用坩埚，故D不符合题意；‎ 答案：B。‎ ‎3.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（ ）‎ A. 1molX最多能与3molNaOH反应 B. Y与乙醇发生酯化反应可得到X C. X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.　X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH反应，故A说法正确；‎ B.　Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；‎ C.　碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；‎ D.　X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；‎ 答案：B。‎ ‎4.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 砷酸的分子式为H2AsO4‎ B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1‎ D. 该反应中每析出‎4.8g硫磺转移1mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.　As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；‎ B.　红棕色气体为NO2，N的化合价由＋5价→＋4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；‎ C.　根据题中信息，As的化合价由＋3价→＋5价，S的化合价由－2价→0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)×[2×(5－3)＋3×2]=n(HNO3)×(5－4)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；‎ D.　‎4.8g硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C 选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole－，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol×10=0.5mol，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎5.乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为‎20.8℃‎，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：‎ 下列说法错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K B. 实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③‎ C. 装置③中发生的反应为2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O D. 实验结束时需先将④中的导管移出。再停止加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图，①中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入②中与乙醇形成混合蒸气，在③中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A正确；‎ B．实验时应先加热③，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B错误；‎ C．催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正确；‎ D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。‎ ‎6.前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和 W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子的半径Y＞Z＞W B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X C. W和T的单质混合加热可得化合物T2W D. W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；‎ ‎【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，‎ A.　Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；‎ B.　三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；‎ C.　Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋S Cu2S，故C正确；‎ D.　S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3‎ ‎，需要催化剂、高温条件。‎ ‎7.下列实验过程可以达到实验目的的是 选项 实验目的 实验过程 A 检验久置的Na2SO3粉末是否变质 取样配成溶液，加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察到有白色沉淀产生 B 制备纯净的FeCl2‎ 向含少量FeBr2的FeCl2溶液中滴入适量新制氯水，并加入CCl4萃取分液 C 制备银氨溶液 向5mL0.1mol•L-1 AgNO3 溶液中加入1mL0.1mol•L-1 NH3•H2O D 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5％H2O2溶液，观察实验现象 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.　久置的Na2SO3粉末变质，转化成Na2SO4，取样配成溶液，加入盐酸酸化，除去SO32－等离子对实验的干扰，再加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，则说明Na2SO3变质，如果没有白色沉淀，则说明Na2SO3没有变质，能达到实验目的，故A符合题意；‎ B.　还原性：Fe2＋>Br－，加入氯水，先将Fe2＋氧化成Fe3＋，不能达到实验目的，故B不符合题意；‎ C.　制备银氨溶液的操作步骤：向硝酸银溶液中滴加氨水，发生AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3，继续滴加氨水至白色沉淀恰好溶解，发生AgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O，根据方程式，推出5mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中加入15mL0.1mol·L－1NH3·H2O，故C不符合题意；‎ D.　NaHSO3与H2O2反应无现象，不能观察实验现象得到结论，故D不符合题意；‎ 答案：A。‎ ‎8.在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为 ‎，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 的电子式: B. 乙酸的球棍模型 C. 该反应为吸热反应 D. 该反应为化合反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；‎ B．乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；‎ C．根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；‎ D．反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确是（ ）‎ A. ‎17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA B. ‎90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NA C. 1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NA D. 已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.　假设‎17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则‎17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；‎ B.　果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，‎90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；‎ C.　乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；‎ D.　推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)=68mol，故D错误；‎ 答案：A。‎ ‎10.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤‎ 氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。‎ 二、选择题：（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。）‎ ‎11.高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为，含少量等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：，，。）‎ A. 试剂X可以是等物质 B. 除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去等杂质 C. 浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂 D. 为提高沉淀步骤的速率可以持续升高温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。‎ ‎【详解】A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A错误；‎ B．Mg(OH)2完全沉淀时，，则，则pH为3.5～5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；‎ C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；‎ D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎12.O3是一种常见的绿色氧化剂，可由臭氧发生器（原理如图）电解稀硫酸制得。下列说法错误的是（ ）‎ A. 电极a为阴极 B. a极的电极反应为O2+4H++4e-═2H2O C. 电解一段时间后b极周围的pH上升 D. 标准状况下，当有5.6LO2反应时，收集到O2和O3混合气体‎4.48L，O3的体积分数为80%‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图，电极b中得到O2和O3，该电极中O的化合价升高，根据电解原理，电极b为阳极，则a为阴极，据此分析；‎ ‎【详解】A.　根据装置图，电极b中得到O2和O3，该电极中O的化合价升高，根据电解原理，电极b为阳极，则a为阴极，故A说法正确；‎ B.　电极a为阴极，电解质为稀硫酸，其电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B说法正确；‎ C.　电极b产生O2和O3，电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2、3H2O－6e－=6H＋＋O3，一段时间后电极b周围c(H＋)增大，pH下降，故C说法错误；‎ D.　根据电荷守恒，令SO3的物质的量为amol，根据电荷守恒，，解得a=0.1mol，混合气体物质的量为0.2mol ‎，即O3的体积分数为×100%=50%，故D说法错误；‎ 答案：CD。‎ ‎13.工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。已知在T2温度下，达到平衡时容器的体积为‎2L。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的ΔH>0‎ B. 缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高乙酸的产率 C. 温度为T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点 D. 温度为T2时，向上述已达到平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，平衡不移动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.　根据图像，随着温度升高甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即△H<0，故A错误；‎ B.　缩小容器的体积，相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，乙酸的产率提高，故B说法正确；‎ C.　根据图像，T1温度下未达到平衡，反应向正方向进行，该反应的正反应速率：A点大于B点，故C说法错误；‎ D.　T2下，甲醇的转化率为60%，，达到平衡，此时容器的体积为‎2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0.05mol·L－1，化学平衡常数K==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此时气体总物质的量与原平衡时气体总物质的量相等，即容器的体积为‎4L，此时c(CH3OH)==0.05mol·L ‎－1，c(CO)==0.04mol·L－1，Qc==K，说明平衡不移动，故D说法正确；‎ 答案：BD。‎ ‎【点睛】本题的难点是选项 D的判断，再通入一定物质的量的物质，判断平衡如何移动，一般是通过Qc和K之间的关系进行分析，本题中容器为恒压密闭容器，即容器的体积可变，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO时，容器的体积不是‎2L，投入气体总物质的量等于原平衡气体总物质的量，利用阿伏加德罗推论，推出此时容器的体积应为‎4L。‎ ‎14.常温下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大 B. 该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为 C. 点①③处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)‎ D. 滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：=0.10055mol/L，‎ A. 溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A项正确；‎ B. 点②处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO−)= =0.05mol/L，c(H+)=10−7mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：−0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：K==≈1.8×10−5，B项正确；‎ C. 点③处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；‎ D. c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下： ‎ 反应室 载气 吸收液 SO42-含量 数据分析 ‎①‎ N2‎ 蒸馏水 a ⅰ. b≈d＞a≈c ⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-‎ ‎②‎ ‎3%氨水 b ‎③‎ 空气 蒸馏水 c ‎④‎ ‎3%氨水 d 下列说法不正确的是 A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施 B. 反应室①中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2‎ C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关 D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。‎ Ⅱ卷（共60分）‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：‎ ‎（1）基态氮原子的价电子轨道表示式为__；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有__种。‎ ‎（2）雌黃的分子式为As2S3，其分子结构为，As原子的杂化类型为__。‎ ‎（3）1mol中所含σ键的物质的量为____mol。已知NF3与NH3分子的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是__。‎ ‎（4）红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如图所示，则每个Ni原子周围与之紧邻的As原子数为_____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏伽德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为（0.25，0.25，0.75），（0.75，0.25，0.25），（0.25，0.75，0.25），（0.75，0.75，0.75）。据此推断BP晶体的密度为__g•cm-3。（用代数式表示）‎ ‎【答案】 (1). (2). 3 (3). sp3 (4). 16 (5). F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子 (6). 6 (7). g/cm3或g/cm3‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)N为主族元素，价电子数等于最外层电子数，即为5，按照洪特规则和泡利原理，得出N价电子轨道式；利用同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA ‎，据此分析；‎ ‎(2)利用杂化轨道数等于价层电子对数进行分析；‎ ‎(3)成键原子之间只能形成1个σ键，据此分析；利用形成配位键以及电负性上分析原因；‎ ‎(4)根据晶胞以及密度的定义进行计算和判断；‎ ‎【详解】(1)N的价电子排布式为2s22p3，即价电子轨道式为；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能在B和N之间的元素是Be、C、O，共有3种；‎ 答案：；3；‎ ‎(2)As最外层有5个电子，根据As2S3的分子结构，可以得出As有3个σ键和1个孤电子对，因此As的杂化类型为sp3；‎ 答案：sp3；‎ ‎(3)成键原子之间只能形成1个σ键，1mol该有机物中含有σ键物质的量为16mol；F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子；‎ 答案：16；F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子；‎ ‎(4)以顶点为中心，结合晶体图像分析可知，晶体中每个Ni原子周围与之紧邻的As原子个数为6；BP是一种超硬耐磨涂层，以及四点的坐标，推出BP应是原子晶体，则晶胞的质量为，晶体体积为(a×10－10)‎3cm3，则晶胞的密度是g/cm3或g/cm3；‎ 答案：6；g/cm3或g/cm3。‎ ‎17.（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，‎110℃‎失去结晶水，‎230℃‎分解。某化学研究小组对受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。‎ 实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。‎ ‎（1）实验室常用饱和和饱和的混合液制，反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（2）装置的连接顺序为：A→__→__→__→__→__→F（填各装置的字母代号）。‎ ‎（3）检查装置气密性后，先通一段时间，其目的是________，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通至常温，其目的是__________。‎ ‎（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物____（填化学式）。‎ ‎【实验二】分解产物中固体成分的探究 ‎（5）定性实验：经检验，固体成分含有。‎ 定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中__________（填仪器编号）。‎ 设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定 ‎【甲方案】‎ ‎【乙方案】‎ ‎【丙方案】‎ 你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。‎ ‎（6）经测定产物中，写出 分解的化学方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). NH4Cl + NaNO2N2↑+ NaCl +2H2O (2). B (3). F (4). D (5). E (6). C (7). 排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果 (8). 防止F中溶液倒吸进入C中 (9). (10). ①②⑤⑦ (11). 甲、乙 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。‎ ‎⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。‎ ‎⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。‎ ‎⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。‎ ‎⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；‎ ‎②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。‎ ‎⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。‎ ‎【详解】⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl + NaNO2N2↑+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2N2↑+ NaCl +2H2O。‎ ‎⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的 CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：A→B →F→D→E →C→F；故答案为：B；F；D；E；C。‎ ‎⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。‎ ‎⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。‎ ‎⑸①定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：①②⑤⑦。‎ ‎②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。‎ ‎⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子，依次分解的化学方程式；故答案为：。‎ ‎18.铁及其化合物在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。由此产生的等废气处理意义重大。‎ ‎（1）将应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道。其合成反应为。如图为平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为。据图可知，该反应为_______反应（填“吸热”或“放热”）。设的初始浓度为，根据时的数据计算该反应的平衡常数_________（列式即可）。若4.0Mpa时减小投料比，则的平衡转化率曲线可能位于II线的_________（填“上方”或“下方”）。‎ ‎（2）时，向某恒温密闭容器中加入一定量的和，发生反应，反应达到平衡后，在时刻，改变某条件，随时间（t）的变化关系如图1所示，则时刻改变的条件可能是______（填写字母）。‎ a 保持温度不变，压缩容器 b 保持体积不变，升高温度 c 保持体积不变，加少量碳粉 d 保持体积不变，增大浓度 ‎ ‎ ‎（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器（p总）加入1molCO2与足量的碳，发生反应，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示，①‎650℃‎时，该反应达平衡后吸收的热量是___________KJ。②T℃时，若向平衡体系中再充入的混合气体，平衡_______________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。‎ ‎（4）已知‎25℃‎时，，此温度下若在实验室中配制100mL 5 mol∙L−1FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入2 mol∙L−1的盐酸___________mL（忽略加入盐酸体积）。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). (3). 上方 (4). d (5). 43 (6). 逆向 ‎ ‎(7). 25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴先通过温度升高，转化率变化，平衡移动进行分析；先根据相同温度时，从下到上，看转化率来判断I、II、III的压强，再建立三段式得到平衡常数；减小投料比，相当于CO2的量不变，增加H2的物质的量来分析转化率。‎ ‎⑵a. 保持温度不变，压缩容器，浓度变大，正逆反应速率加快，由于等体积反应，平衡不移动；b. 保持体积不变，升高温度，正逆反应速率瞬时都加快，建立平衡时，正反应速率减小，逆反应速率增加；c. 保持体积不变，加少量碳粉，速率不变；d. 保持体积不变，增大浓度，逆反应速率瞬间变大，建立平衡阶段，逆反应速率减小，正反应速率增大。‎ ‎⑶①先计算平衡时CO的物质的量，再计算吸收热量；②T℃时，根据图像得出，可以将充入的混合气体拆为先向容器中充入和再充入CO气体来分析平衡移动。‎ ‎⑷先根据溶度积计算氢氧根浓度和氢离子浓度，再根据溶液稀释原理计算盐酸体积。‎ ‎【详解】⑴据图可知，升高温度，转化率下降，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应；反应是体积减小的反应，定温度，从下到上，转化率增大，说明是加压，因此I为5.0MPa，II为4.0MPa，III为3.0MPa，设的初始浓度为，，根据时的数据计算该反应的平衡常数，若4.0Mpa时减小投料比，相当于CO2的量不变，增加H2的物质的量，则的平衡转化率增大，因此曲线可能位于II线的上方；故答案为：放热；；上方。‎ ‎⑵a. 保持温度不变，压缩容器，浓度变大，正逆反应速率加快，由于等体积反应，平衡不移动，故a不符合题意；b. 保持体积不变，升高温度，正逆反应速率瞬时都加快，建立平衡阶段，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增加，故b不符合题意；c. 保持体积不变，加少量碳粉，速率不变，故c不符合题意；d. 保持体积不变，增大CO2浓度，逆反应速率瞬间，变大，建立平衡阶段，逆反应速率逐渐减小，正反应速率逐渐增大，故d符合题意；综上所，答案为：d。‎ ‎⑶①‎650℃‎时，该反应达平衡，CO体积分数占40%，设CO物质的量为2x，则有，x=0.25mol，CO的物质的量为2x=2×0.25mol=0.5 mol，根据方程式生成2molCO吸收172.4kJ的热量，反应生成0.5molCO，则吸收的热量是；故答案为：43。‎ ‎②T℃时，两者体积分数都为50%，即，可以将充入的混合气体拆为先向容器中充入时，平衡不移动，再充入CO气体，平衡逆向移动；故答案为：逆向。‎ ‎⑷已知‎25℃‎时，，此温度下若在实验室中配制100mL 5 mol∙L−1FeCl3溶液， ，则，=0.05mol/L，当0.05mol/L时不出现浑浊现象，0.05mol/L×‎0.1L=2mol/L×V，则至少需要加入2 mol∙L−1的盐酸V=‎0.0025L =2.5mL；故答案为2.5。‎ ‎19.氯化亚铜（）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产的工艺过程如图。回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①中N元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式______________。‎ ‎（2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。‎ ‎（3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为被氧化为的化学方程式为______________________。‎ ‎（4）用溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成溶液，取溶液用溶液进行滴定，反应中被还原成，相关数据记录如表所示：该样品中的质量分数__________________。‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗溶液的体积/mL ‎14.98‎ ‎16.03‎ ‎15.02‎ ‎（5）制造印刷电路板产生的废液中含大量等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到，电解时阴极的电极反应式为___________，生成的离子方程式为________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 使完全反应，阻止生成的被氧化 (3). 硫酸 (4). (5). 89.55% (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。‎ ‎【详解】⑴步骤①中N元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程式；；故答案为：。‎ ‎⑵步骤②中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl在潮湿空气中易水解氧化，因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu2+、Cl－、SO32−和H2O反应CuCl、SO22−、H+，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。‎ ‎⑶步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为与空气中氧气、水反应生成和HCl，其反应的的化学方程式为 ‎；故答案为：。‎ ‎⑷三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL，根据得失电子守恒关系得到n(CuCl)=6n(Cr2O72−) = 6×0.1 mol∙L−1×‎0.015L = 0.009mol，该样品中CuCl的质量分数 ‎⑸根据图中信息，阴极得到电子变为和，因此电解时阴极的电极反应式为，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl，生成CuCl的离子方程式为；故答案为：。‎ ‎20.合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。‎ 已知：Ⅰ.RCHO+R’CH2CHO+H2O Ⅱ.（R、R′可表示烃基或氢原子）‎ Ⅲ.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：‎ ‎（1）C中官能团的名称为_____，该分子中最多有_____个原子共平面。‎ ‎（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为_____。‎ ‎（3）③的反应类型是____。‎ ‎（4）PVAc的结构简式为____。‎ ‎（5）写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式____（任写一种）。‎ ‎（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成。____。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 9 (3). CH3CH2CH2CHO＋＋H2O (4). 加成反应 (5). (6). HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为饱和一元醇，通式为CnH2n＋2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，据此分析；‎ ‎【详解】A为饱和一元醇，通式为CnH2n＋2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，‎ ‎(1)C的结构简式为CH3CH=CHCHO，含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙烯空间构型为平面，醛基中C为sp2杂化，－CHO平面结构，利用三点确定一个平面，得出C分子中最多有9个原子共平面；‎ 答案：碳碳双键、醛基；9；‎ ‎(2)利用信息I，D与苯甲醛反应的方程式为CH3CH2CH2CHO＋＋H2O；‎ 答案：CH3CH2CH2CHO＋＋H2O；‎ ‎(3)根据上述分析，反应③为加成反应；‎ 答案：加成反应；‎ ‎(4)根据上述分析PVAc的结构简式为；‎ 答案：；‎ ‎(5)F为CH3COOCH=CH2，含有官能团是酯基和碳碳双键，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；‎ 答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；‎ ‎(6)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为：；‎ 答案：。‎ ‎【点睛】难点是同分异构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，因为写出与F 具有相同官能团的同分异构体，因此按照官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。‎