天津市河北区2020届高三总复习质量检测（一）化学试题

天津市河北区2020届高三总复习质量检测（一）化学试题

河北区2019-2020学年度高三年级总复习质量检测(一)‎ 化学 注意事项：‎ ‎1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。‎ ‎2.本卷共12题，每题3分，共36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。以下数据可供解题时参考：‎ 可能用到的相对原子量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73‎ 第I卷 共36分 一、单选题 ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 B. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 C. 棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O D. 为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过硅藻土 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故A正确；‎ B. 陶瓷是传统无机非金属材料，主要原料是黏土，是人类应用很早使用的硅酸盐材料，故B正确；‎ C. 丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N等元素组成，完全燃烧的产物是CO2、H2O和N2，故C错误；‎ D. 水果在存放过程中会释放出乙烯，乙烯具有催熟的作用，在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可以吸收掉乙烯，延长水果的保鲜期，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N 等元素组成，完全燃烧的产物是CO2、H2O和N2是解答易错点。‎ ‎2.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl−‎ B. pH＝1的溶液中：Cl−、K+、S2O32−、SO42−‎ C. 含有NO3−的溶液中：I−、SO32−、SO42−、H+‎ D. 由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1的溶液中：Na+、K+、SO42−、Cl−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液中Cu2+显蓝色，无色溶液中不可能含有Cu2+，故A错误；‎ B. pH＝1的溶液为酸性溶液，S2O32−与H+反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，故B错误；‎ C. 溶液中含有大量H+，显酸性，NO3−在酸性条件下具有强氧化性，能将具有还原性的I−、SO32−氧化，不能大量共存，故C错误；‎ D. 由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱，Na+、K+、SO42−、Cl−在碱性溶液和酸溶液中不发生任何反应，能大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎3.2018年国际计量大会将“摩尔”的定义修改为：1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数(NA)，通常用6.02×1023 mol－1表示，新定义于‎2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是 A. 标准状况下，‎22.4L的NH3约含有10×6.02×1023个质子 B. 由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023 mol－1‎ C. 标准状况下，18gH2O中约含有1×6.02×1023个氧原子 D. 白磷分子(P4)呈正四面体结构，‎62g白磷中约含有12×6.02×1023个P-P键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．每个NH3分子含有10个质子，则标准状况下，‎22.4L的NH3的物质的量为=1mol，含有10×6.02×1023个质子，故A正确；‎ B. 1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，则阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023 mol－1，故B正确；‎ C．标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，则约含有2×6.02×1023个氢原子，故C正确；‎ D. ‎62g白磷的物质的量为0.5mol，而白磷分子中含6个p-p键，故0.5mol白磷中含3NA，即3×6.02×1023个p-p键，故D不正确；‎ 故选D。‎ ‎4.CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-，反应如下：‎ 反应Ⅰ：CuS＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)　‎ 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)‎ 下列有关说法正确的是 A. 反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化 B. 反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5‎ C. 处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等 D. 质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生变化，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，故A错误；‎ B. 反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，故B正确；‎ C. 反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，由方程式可知处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,故C错误；‎ D. 根据方程式可知3mol CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，3mol Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb 是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是 A. 元素的金属性：K＞37Rb B. 中子数为50Rb的核素：50Rb C. 与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强，同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。‎ ‎【详解】A、同主族从上往下金属性增强，所以金属性：K＜37Rb，故A错误；‎ B、中子数为50的Rb的核素表示为：87Rb，故B错误；‎ C、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径Rb＞I，C正确；‎ D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强，故碱性RbOH＞KOH，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查元素周期表，侧重考查学生的分析能力，要求学生熟悉元素周期表的排布规律，同时了解元素的一些性质变化规律。‎ ‎6.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)⇌2NO(g) +O2 (g) ΔH > 0。实验测得：υ正(NO2)＝k正c2(NO2)，υ逆(NO)＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。‎ 容器 编号 起始浓度(mol·L−1)‎ 平衡浓度(mol·L−1)‎ c(NO2)‎ c(NO)‎ c(O2)‎ c(O2)‎ Ⅰ ‎0.6‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ Ⅱ ‎0.6‎ ‎0.1‎ ‎0‎ 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%‎ B. Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)＜0.2mol·L−1‎ C. 该反应的化学平衡常数可表示为 D. 升高温度，达到平衡状态时 Ⅰ中c(O2)＜0.2mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意Ⅰ中可建立如下三段式：‎ ‎【详解】A. 由三段式数据可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为×100%≈66.7%，故A正确；‎ B. Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2 mol·L−1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)＜0.2 mol·L−1，故B正确；‎ C 平衡时υ正(NO2 )＝υ逆(NO)，即k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)·c(O2)，得==K，故C正确；‎ D. Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2 mol·L−1，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，达到平衡状态时 Ⅰ中c(O2) ＞0.2mol·L−1，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.对Na‎2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是(室温下0.1mol·L-1H‎2C2O4的pH=1.3)‎ A. 向Na‎2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42-+2H+=H‎2 C2O4‎ B. 向Na‎2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−‎ C. Na‎2C2O4溶液中离子浓度关系：c(C2O42-)+ c(HC2O4−)+ c(H‎2C2O4)=‎2 c (Na+)‎ D. 向Na‎2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4 −+ ‎5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由室温下0.1mol·L-1H‎2C2O4的pH=1.3可知草酸为二元中强酸，依据强酸制弱酸的原理可得Na‎2C2O4溶液中与足量稀硫酸反应生成硫酸钠和草酸，反应的离子方程式为 C2O42-+2H+=H‎2 C2O4，故A正确；‎ B.草酸钠为强碱弱酸盐，草酸根在溶液中分步水解溶液呈碱性，溶液中加入酚酞，溶液变红，水解的离子方程式为C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−，故B正确；‎ C.草酸钠溶液中存在物料守恒关系2[c(C2O42-)+ c(HC2O4−)+ c(H‎2C2O4)]=c (Na+)，故C错误；‎ D. 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与草酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4 −+ ‎5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72-废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图如下图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6。下列说法不正确的是 A. E为阴离子交换膜 B. X为有机物污水，Y为含Cr2O72-废水 C. 理论上处理1mol的Cr2O72-的同时可脱除6mol的NaCl D. C室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 8H+=2Cr(OH)3↓ + H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图，电子由A流向C，A是负极、C是正极；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室。‎ ‎【详解】A. A是负极室、C是正极室；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；‎ B. 该装置能把Cr2O72-还原为Cr3+，Cr2O72-应在正极通入， Y为含Cr2O72-废水，故B正确；‎ C. 理论上处理1mol的Cr2O72-，转移6mol电子，所以B室有6mol Na+、6mol Cl-通过离子交换膜，同时可脱除6mol的NaCl，故C正确；‎ D. C是正极室，发生还原反应，C室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 8H+=2Cr(OH)3↓ + H2O，故 D正确。‎ ‎9.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 将pH试纸放在实验台上测量溶液的pH B. 通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体 C. 可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油 D. 将‎8 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2 mol·L－1 NaOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测定pH最简单的方法是使用pH试纸，测定时，将一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH，故A错误；‎ B. FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加热蒸发时HCl受热挥发，促进水解趋于完全，蒸干得到的固体为Fe（OH）3，不能得到FeCl3固体，故B错误；‎ C. 矿物油为烃类混合物，植物油为油脂，矿物油不与烧碱反应，油脂能够与烧碱溶液反应，则向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，混合液分层的为矿物油，不分层的为植物油，故C正确；‎ D. 若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可用热的烧碱溶液鉴别植物油和矿物油。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 C. 电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大 D. 碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化学键存在于相邻的原子之间，不存在于分子之间，故A错误；‎ B. 元素非金属性越强，其氢化来物越稳定，同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；‎ C. 主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能不一定越大，例如氧元素的电负性大于氮元素的，氮元素的第一电离能大于氧元素的，故C错误；‎ D. 乙烯中碳碳双键的百键能小于乙烷中碳碳单键的键能的2倍，故D错误；‎ 故选B ‎【点睛】电离能是气态原子测出来的，电负性是从共价化合物中测出来的，一般第一电离能越大的电负性越大，但第二主族跟第三主族、第五主族跟第六主族比较特殊，如Mg的第一电离能大于度Al，电负性却小于Al是解答关键。‎ ‎11.一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. X、Y、Z互为同分异构体 B. 1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应 C. 1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应 D. 通过调控温度可以得到不同的目标产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X、Y、Z的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；‎ B. X的苯环上需要发生加成反应，消耗3mol氢气，碳氧双键需要消耗1mol氢气，1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；‎ C.Y分子中含有酯基，在碱性条件下发生水解生成乙酸和邻羟基甲苯，共消耗2mol NaOH，故C正确；‎ D. 从题目信息可以看出，在有三氯化铁存在的条件下，温度不同，产物不同，通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 ‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红 原Fe(NO3)2样品已变质 B 向蛋白质溶液中分别加入甲醛和(NH4)2SO4饱和溶液，均有固体析出 蛋白质均发生了变性 C 向2 mL 0.5 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L－1 CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体 白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2‎ D 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理，故A错误；‎ B. 浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，向蛋白质溶液中加入 (NH4)2SO4饱和溶液，有固体析出是蛋白质发生盐析，不是变性，故B错误；‎ C. NaHCO3溶液中存在电离平衡HCO3-CO32-+H+，向2 mL 0.5 mol·L－1 NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L－1 CaCl2溶液，钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，使电离平衡向右移动，电离出的氢离子与过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2，故C正确；‎ D. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氨气，氯化钡、二氧化硫和氨气反应生成亚硫酸钡白色沉淀，氨气表现碱性，不表现氧化性，故D错误；‎ 故选C。‎ 第II卷 共64分 二、填空题 ‎13.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)Ge在周期表中的位置__________，基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] _______，有 __________个未成对电子。‎ ‎(2)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Ge、O两元素电负性由大至小的顺序是 _________。‎ ‎(3)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 ________，微粒之间存在的作用力是___________。‎ ‎(4)晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm(1pm=10‎-12m)，其密度为_______g·cm－3(列出计算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期 ⅣA族 (2). 3d104s24p2 (3). 2 (4). O>Ge (5). sp3 (6). 共价键 (7). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；‎ ‎（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；‎ ‎（4）Ge单晶具有金刚石型结构，则晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据密度公式计算可得。‎ ‎【详解】（1）Ge的原子序数为32，位于元素周期表第四周期IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p2，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子，故答案为：第四周期 ⅣA族；3d104s24p2；2；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，元素非金属性： GeGe，故答案为：O>Ge；‎ ‎（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge 原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；共价键；‎ ‎（4）由晶胞结构可知，晶胞中Ge原子有8个位于顶点、6个位于面心，4个位于体内，由分摊法可知数目为8×+6×+4=8，则依据质量公式可得晶胞质量为g，晶胞参数a=565.76pm，其密度为=g•cm-3，故答案为：。‎ ‎14.有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如下。‎ ‎ ‎ 已知：RNH2++H2O ‎（1）A无支链，A中含有的官能团名称是___。‎ ‎（2）A连续氧化的步骤如下：‎ A转化为B的化学方程式是___。‎ ‎（3）M为芳香化合物，其结构简式是___。‎ ‎（4）M→N的化学方程式是___，反应类型是___。‎ ‎（5）下列说法不正确的是___。‎ a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH b．E在一定条件下可生成高分子化合物 ‎ c．F能发生酯化反应和消去反应 ‎（6）Q的结构简式是___。‎ ‎（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线___（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O (3). (4). +HNO3+H2O (5). 取代反应 (6). c (7). (8). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A可经过连续氧化得到C，根据（2）所给连续氧化信息，可知A为1-丁醇，B为，C为，C→D发生取代反应，D为，D经水解、酸化后得到E，E为，E继续被氧化生成F，M的不饱和度为4，根据最终产物X的结构，可知M为甲苯，根据后续产物可知，M→N发生的是邻位的一取代反应，N为，N被氧化、还原后得到产物Q。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）A为1-丁醇，官能团为羟基；‎ ‎（2）A转化为B为催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；‎ ‎（3）M的结构简式为；‎ ‎（4）M→N为取代反应，化学方程式是+HNO3+H2O；‎ a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，a正确；‎ b．E在一定条件下可生成高分子化合物 ，b正确；‎ c．F能发生酯化反应，无法发生消去反应，c错误；‎ 故答案选c；‎ ‎（6）Q的结构简式是；‎ ‎（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛，根据题目信息，2个乙醛分子发生反应最后生成，与足量氢气发生反应，生成1-丁醇，流程为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH。‎ ‎15.水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。‎ 实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO2NaCl＋NaClO3)‎ ‎(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。‎ ‎(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。‎ a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.烧瓶 ‎(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________ 。‎ 实验2：制取水合肼。‎ ‎(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 ________。‎ 实验3：测定馏分中水合肼的含量。‎ ‎(5)称取馏分‎3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15 mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。‎ ‎①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。‎ ‎②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 _________(填字母)。‎ a.锥形瓶清洗干净后未干燥 b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡 c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 ‎③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为 _________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). a c (3). 防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率 (4). 蒸馏 (5). N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl (6). 酸式 (7). d (8). 25%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；‎ ‎（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；‎ ‎（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；‎ ‎（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应；‎ ‎（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；‎ ‎②依据操作不当对标准溶液体积的 影响分析解答；‎ ‎③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算N2H4·H2O的物质的量和质量分数。‎ ‎【详解】(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；‎ ‎（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；‎ ‎（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；‎ ‎（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；‎ ‎（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；‎ ‎②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；‎ b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；‎ c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；‎ d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；‎ d正确，故答案为：d；‎ ‎③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，则‎3.0g馏分中n（N2H4·H2O）=n（I2）×10=×0.15 mol·L－1×20×10—‎3L×10=0.015 mol，则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为×100%=25%，故答案为：25%。‎ ‎【点睛】由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应是解答难点。‎ ‎16.合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H ‎(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。‎ ‎① NH3的电子式是_______。‎ ‎② 写出步骤c的化学方程式_______。‎ ‎③ 由图像可知合成氨反应的∆H______0(填“＞”、“＜”或“＝”)。 ‎ ‎(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为‎1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：‎ ‎① 温度T1、T2、T3大小关系是_______。‎ ‎② M点的平衡常数 K = _______(可用分数表示)。‎ ‎(3)目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)‎ ‎，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如下：‎ ‎① 导线中电子移动方向是_______。‎ ‎② 固氮酶区域发生反应的离子方程式是_______。‎ ‎③ 相比传统工业合成氨，该方法的优点有_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). *NNH + H2*N + NH3 (3). ＜ (4). T1＜ T2 ＜ T3 (5). 7.32×10-3 (6). a → b (7). N2 + 6H+ + 6 MV+ = 2NH3 + 6 MV2+ (8). 条件温和、生成氨的同时释放电能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据氨气的中心原子N，最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式；‎ ‎②根据图像，写出化学方程式；‎ ‎③能量值是降低的，故反应放热，可以判断∆H的大小；‎ ‎(2)合成氨的反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，可以得到T1、T2、T3大小关系；根据M点氨气的质量分数，利用三段式求出M点的化学平衡常数；‎ ‎(3)生物燃料电池的工作原理是N2+3H22NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。‎ ‎【详解】（1）①根据氨气的中心原子N，最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式，‎ 故答案为：；‎ ‎②根据图像，化学方程式：*NNH + H2*N + NH3，‎ 故答案为：*NNH + H2*N + NH3；‎ ‎③能量值是降低的，故反应放热，可以判断∆H<0，‎ 故答案为：＜；‎ ‎(2) ①合成氨的反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，故温度T1＜ T2 ＜ T3，‎ 故答案为：T1＜ T2 ＜ T3；‎ ‎②设变化的氮气的物质的量浓度为x N2(g)+3H2(g)2NH3(g)‎ 开始 5 15 0 ‎ 变化 x 3x 2x 平衡 5-x 15-3x 2x M点氨气的质量分数为40%，‎ 则×100%=40%，解得x =2，‎ 故K===7.32×10-3，‎ 故答案为：7.32×10-3；‎ ‎(3) ①根据图示，a极区，氢气被氧化为氢离子，故MV+→MV2+被氧化，因此a为负极，b为正极，导线中电子移动方向是a → b，‎ 故答案为：a → b；‎ ‎② 根据图示，固氮酶区域发生反应为氮气和MV+反应生成氨气和MV2+，根据氧化还原反应规律，该离子方程式N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+，‎ 故答案为：N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；‎ ‎③传统工业合成氨反应条件为高温、高压、催化剂，反应条件苛刻，该方法制取氨气条件温和、生成氨的同时释放电能，‎ 故答案为：条件温和、生成氨的同时释放电能。‎