安徽省2020年名校高考冲刺模拟卷（全国I卷）理综化学试题（解析版）

安徽省 2020 年名校高考冲刺模拟卷 理科综合 一、选择题:本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的。 7.近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说 法错误的是（　　） A. 成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”中均包含了化学变化 B. 诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属在常温下能溶于浓硝酸 C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应 D. 制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土 8.实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是（　　） 9.2019 年 12 月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了 多项措施控制疫情。75%乙醇和 84 消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84 消毒液的主要成分 是次氯酸钠。设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A. 74.5g 次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA B. 1mol 次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为 2NA C. 46g 75%乙醇中含有的氧原子数大于 6NA D. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取 0.1 mol 次氯酸钠需要消耗 2.24L 氯气 10.R、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且都不超过 10．这四种元素可组成一种化合物的结构 如图所示。下列说法正确的是（　　） A. 常温常压下，上述元素的单质都呈气态 B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y C. Y、Z 的气态氢化物能发生化合反应 D. 由 R、X 两种元素只能形成一种化合物 11.山梨酸和苯甲酸都是制备防腐剂的原料，他们的键线式如图所示。下列说法正确的是 （　　）A. 它们都能发生加成和氧化反应 B. 苯甲酸分子中所有的原子共平面 C. 山梨酸和苯甲酸互为同系物 D. 山梨酸与足量 H2 反应后所得产物的一氯代物有 6 种（不考虑立体异构） 12.用 KOH 为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为 2Zn+O2═2ZnO，工作时， 用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池 后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送人电池；循环阳极锌-空气二次电池工 作流程图如图所示。下列说法错误的是（　　） A. 放电时，电池正极反应为 O2+4e-+2H2O═4OH- B. 放电时，电解质中会生成少量碳酸盐 C. 电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应 D. 充电时，电解槽阴极反应为 ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH- 13.丙三酸是一种有机酸，用 H3A 表示。25℃时，向 1mol•L-1 的 H3A 溶波中逐滴加入 NaOH 溶 液，滴加过程中各种含 A 微粒物质的物质的量分数（δ）随溶液 pH 的变化曲线如图所示。 下列相关说法错误的是（　　）A. a 点溶液中：c（H2A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-） B. 25℃时，H3A 的第二步电离平衡常数的数量级为 10-4。58 C. b 点溶液中；c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-） D. 当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的 c（H+）＞10-7mol•L-1 第Ⅱ卷 （非选择题 174 分） 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个小题考生都 必须做答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求做答。） （一）必考题（共 129 分） 26.软锰矿的主要成分为 MnO2，还含有 SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO 等杂质。软锰矿经过综合利 用，可制备碳酸锰、氧化铝及绿矾（ FeSO4•7H2O），其制备过程如图： 部分物质的 Ksp 如表： 物质 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Mn（OH）2 Al（OH）3 MnCO3 Ksp 4.0×10-3 8 8.0×10-1 6 4.0×10-1 4 1.3×10-3 3 9.0×10-1 1 回答下列问题： （1）操作 I 中需要的仪器有______（填字母序号）。 A．蒸发皿 B．酒精灯 C．漏斗 D．玻璃棒 E．烧杯 （2）操作Ⅱ中反应的离子方程式为______。 （3）操作Ⅲ中也可用 NaHCO3 与 MnSO4 溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为______。 （4）操作Ⅳ中加入适量 Fe 的目的是______；当调节 pH=______时（结果保留整数），可确 定 Al（OH）3 完全沉淀。（已知：完全沉淀后，溶液中离子浓度不高于 10-5mol•L-1） （5）操作Ⅵ中一般要加入稀硫酸，目的是______，然后______、冷却结晶、______、洗涤、 干燥。 27.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化 工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为 Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O 于 40-45℃熔化， 48℃分解；Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。Ⅰ．制备 Na2S2O3•5H2O 将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置 D 中，然后注入 150mL 蒸馏水使其溶解，再 在分液漏斗 A 中注入一定浓度的 H2SO4，在蒸馏烧瓶 B 中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装 好装置。 （1）仪器 D 的名称为______ （2）打开分液漏斗活塞，注入 H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入 Na2S 和 Na2CO3 的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为 2Na2S+Na2CO3+4SO2 3Na2S2O3+CO2。 ①烧瓶 B 中发生反应的化学方程式为______。 ②将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入 D 中的正确操作是______。 ③制备过程中仪器 D 中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是______（用离子方程式表 示）。 Ⅱ．分离 Na2S2O3•5H2O 并测定含量 （3）操作 I 为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时 用______（填试剂）作洗涤剂。 （4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是 ______。 （5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中 Na2S2O3•5H2O 的含量，称取 1.25g 的粗样品溶于水，配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液， 用 0.0100mol/L 标准 I2 溶液滴定，当溶液中 S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为 25.00mL．试回答：（提示：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-） ①达到滴定终点时的现象：______ ②产品中 Na2S2O3•5H2O 的质量分数为______。 28.甲醇是一种常见的燃料和有机溶剂。下列为合成甲醇的有关热化学方程式： Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+206kJ•mol-1 Ⅱ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90kJ•mol-1 Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3=-125.5kJ•mol-1 Ⅳ.3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H4 回答下列问题： （1）上述反应中△H4=______ kJ•mol-l。（2）现将 1.0mol CH4 和 2.0mol H2O（g）通入恒容反应室（容积为 100L）中，在一定条件 下发生反应 I，平衡时 CH4 的转化率与温度、压强的关系如图甲所示。 ①下列说法能表明该反应已达平衡状态的是______（填字母序号）； A．生成 CO 和 H2 的物质的量之比为 1：3 B．容器内混合气体的密度保持不变 C．混合气体的压强保持不变 D．甲烷的生成速率与 H2 的生成速率之比为 1：3 ②已知 100℃时达到平衡所需的时间为 5min，则用 H2 表示的平均反应速率为 ______mol•L-l•min-1； ③图中的 p1______p2（选填“＜”“＞”或“=”），100℃时的平衡常数为______mol2•L-2。 （3）在压强为 0.1MPa 条件下，1mol CO 与 3mol H2 的混合气体在催化剂作用下能自发发生反 应Ⅱ生成甲醇。 ①若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______（填字母序号）； A．升高温度 B．将 CH3OH（g）从体系中分离 C．充人氦气，使体系总压强增大 D．再充人 1mol CO 和 3mol H2 ②根据反应Ⅱ的特点，图乙是在压强分别为 0.2MPa 和 5MPa 下 CO 的转化率随温度变化的曲 线，请指明图乙中的压强 px=______MPa。 （4）在总压 p=5MPa 的恒压密闭容器中进行反应Ⅳ，按照不同氢碳比[m= ]投料测得 CO2 的平衡转化率与温度关系如图丙所示（已知 Kp 是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数），则：①X 点时，H2 的转化率为______， ②600℃、m=3 时，Kp=______MPa-2（保留两位小数）。 （5）复旦大学先进材料实验室科研团队研究出以过渡金属为催化剂的电催化还原二氧化碳 制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图丁所示。 ①石墨 2 电极上发生______（选填“氧化”或“还原”）反应； ②石墨 1 发生的电极反应式为______。 （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题号必须与所涂题目 的题号一致，在答题卡区域指定位置答题。若多做，则每学科按所做的第一题计分。 35．【化学——选修三：物质结构与性质】（15 分）工业上合成氨，CO 易与铁触媒作用导致 铁触媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe（CO）5．为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去 CO，发生 的反应为 Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3═Cu（NH3）3（CO）OOCCH3．回答下列问题： （1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是______（填字母序号）。 （2）写出 CO 的一种常见等电子体分子的结构式：______；C、N、O 的第一电离能由大到小 的顺序为______（用元素符号表示）。 （3）与 O 同族的元素还有 S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为 H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其 原因是______。 （4）配合物[Cu（NH3）2]OOCCH3 中，铜显+1 价，则其中碳原子的杂化轨道类型是______，NH3 分子的价电子对互斥理论模型是______。（5）已知铜的一种氧化物 Cu2O 晶体的晶胞结构如图所示： ①若坐标参数 A 为（0，0，0），B 为 ，则 C 的坐标参数为______； ②若阿伏加德罗常数为 NA，该晶胞的边长为 a pm，则晶体的密度为______g•cm-3。 36.【化学——选修五：有机化学基础】 H 是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 的名称是______，H 中官能团名称是______； （2）反应①的反应条件为______； （3）反应⑥的化学方程式为______；反应类型为______。 （4）反应⑦除生成 H 外，还生成了另一种有机产物的结构简式为______。 （5）符合下列条件的 G 的同分异构体有______种。 I．能发生银镜反应，Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种，Ⅲ．核磁共振氢谱有 4 组峰 （6）仿照 H 的合成路线，设计一种由 B 合成 的合成路线。解析版 7. 【答案】B 【解析】 解：A．百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水， 都包含化学变化，故 A 正确； B．诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属为铁，常温下铁在浓硝酸中钝化不能溶解，故 B 错误； C．雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水 反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学方程式为：N2+O2 2NO，2NO+O2=2NO2， 3NO2+H2O=2HNO3+NO 属于氧化还原反应，故 C 正确； D．瓷器是利用黏土高温煅烧制得，制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为 黏土，故 D 正确； 故选：B。 A．物质变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化； B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化； C．雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水 反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收； D．陶瓷主要原料为黏土。 本题考查物质变化、物质性质、化学与生产和生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识 解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。 8. 【答案】A 【解析】 解：A．浓硫酸的密度大于浓硝酸的密度，则混合时将浓硫酸注入浓硝酸中，并不断搅拌，防止液滴 飞溅，故 A 错误； B．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故 B 正确； C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置及操作合理，故 C 正确； D．硝基苯的不溶于水，反应后加 NaOH 中和酸，然后分液可分离，图中分液漏斗可分离，故 D 正确； 故选：A。 A．混合时将浓硫酸注入浓硝酸中； B．水浴加热制备硝基苯； C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出； D．硝基苯的不溶于水，反应后加 NaOH 中和酸，然后分液可分离。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验 技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 9. 【答案】A 【解析】 解：A、74.5gNaClO 的物质的量为 n= =1mol，而次氯酸钠中含 1 个钠离子和 1 个次氯酸根， 故 1mol 次氯酸钠中含离子为 2NA 个，故 A 正确； B、NaClO 和 HCl 发生归中反应生成氯气，NaClO 中氯元素由+1 价变为 0 价，故 1molNaClO 反应后转 移电子为 NA 个，故 B 错误；C、46g 75%乙醇溶液中含有的乙醇的物质的量为 n= =0.75mol，故含 O 原子为 0.75mol；在 乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含 O 原子，而水的物质的量为 n= =0.64mol，水中含有的 O 原子为 0.64mol，故此溶液中含有的 O 原子共为 1.39mol，故含有的 O 原子为 1.39NA 个，故 C 错误； D、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故 D 错误。 故选：A。 A、求出 NaClO 的物质的量，然后根据次氯酸钠中含 1 个钠离子和 1 个次氯酸根来分析； B、NaClO 和 HCl 发生归中反应生成氯气； C、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含 O 原子； D、氯气所处的状态不明确。 本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题 关键。 10. 【答案】C 【解析】 解：由上述分析可知，R 为 H、X 为 B、Y 为 N、Z 为 F， A．X 为 B 元素，B 元素的单质在常温下为固体，故 A 错误； B．非金属性 Be＜N，最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Y，故 B 错误； C．Y、Z 的气态氢化物能发生化合反应生成 NH4F，故 C 正确； D．由 R、X 两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故 D 错误； 故选：C。 R、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且都不超过 10，由化合物的结构可知，R、Z 只形成 1 个共价键， 且可形成 R+、Z-离子，X 的最外层有 3 个电子，Y 最外层有 5 个电子，结合原子序数可知 R 为 H、X 为 B、Y 为 N、Z 为 F，以此来解答。 本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合物中形成的离子、原子最外层电子数来推断 元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D 为解答的难点，题目难度不大。 11. 【答案】A 【解析】 解：A．分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧，属 于氧化反应，故 A 正确； B．苯环和羧基都为平面形结构，但羧基和苯环之间为 C-C 键，可自由旋转，则所有的原子不一定共 平面，故 B 错误； C．二者结构不同，不是同系物，故 C 错误； D．山梨酸与足量 H2 反应后所得产物为 CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有 5 种 H，则一氯代物有 5 种， 故 D 错误。 故选：A。 A．分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧； B．羧基和苯环之间为 C-C 键，可自由旋转； C．二者结构不同； D．山梨酸与足量 H2 反应后所得产物为 CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有 5 种 H。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分 析与应用能力的考查，题目难度不大。 12. 【答案】C【解析】 解：A．用 KOH 为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为 2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应 O2+4e-+2H2O═4OH-，故 A 正确； B．空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与 KOH 反应生成碳酸钾，放电时，电解质中会生成少 量碳酸盐，故 B 正确； C．锌和铝类似既可以和酸反应也可以和碱反应，电池工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电， 故 C 错误； D．原电池中负极电解反应 Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，充电过程阴极电极反应：ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH-， 故 D 正确； 故选：C。 A．用 KOH 为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为 2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应是氧 气得到电子在碱溶液中生成氢氧根离子； B．空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与 KOH 反应生成碳酸钾； C．电池工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电； D．原电池中负极电解反应 Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，据此书写充电过程阴极电极反应。 本题考查了原电池和电解池原理、电极反应书写方法、电解质溶液环境的理解应用，掌握基础是解题 关键，题目难度中等。 13. 【答案】D 【解析】 解：A．a 点是 H3A 和 H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）＞c （Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故 A 正确； B.25℃时，H3A 的第二步电离平衡常数 K2= ，c（HA2-）=c（H2A-），PH=4.58， K2=10-4.58，数量级为 10-5，故 B 正确； C．b 点溶液中 c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c （A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-），故 C 正确； D．当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的 PH=5.83，c（H+）=10-5.83，c（H+）水=c（OH-）水= =10-8.17mol•L-1＜10-7mol•L-1，故 D 错误； 故选：C。 丙三酸是一种有机酸，用 H3A 表示。25℃时，向 1mol•L-1 的 H3A 溶波中逐滴加入 NaOH 溶液，滴加过程 中各种含 A 微粒物质的物质的量分数（δ）随溶液 pH 的变化曲线分析可知，a 点是 H3A 和 H2A-的物质 的量分数相同，b 点溶液中 c（HA2-）=c（H2A-），c 点是 c（HA2-）=c（A3-）， A．a 点是 H3A 和 H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性； B.25℃时，H3A 的第二步电离平衡常数 K2= ，c（HA2-）=c（H2A-），PH=4.58； C．b 点溶液中 c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒计算分析； D．当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-） 时，溶液的 PH=5.83； 本题考查弱电解质的电离平衡，明确图象上各曲线代表的粒子浓度是解题的关键，结合溶液中的守恒 关系和酸的电离平衡常数分析，题目难度中等，掌握基础是解题关键。 26. 【解析】 解：（1）操作 I 为过滤，需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯， 故答案为：CDE；（2）由分析可知，MnO2、过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和 MnSO4 溶液，离子方程式为： MnO2+H2O2+2H+=O2↑+Mn2++2H2O， 故答案为：MnO2+H2O2+2H+=O2↑+Mn2++2H2O； （3）加入 NaHCO3 后，有沉淀碳酸锰生成，有无色气体二氧化碳生成，反应方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2↑+H2O， 故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （4）操作Ⅳ中加入适量 Fe 的目的是：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的 pH 把铁离子 转化为沉淀；使铝离子沉淀完全，浓度为 1×10-5mol/L，已知 Al（OH）3 的溶度积为 1.3×10-33，则 c （OH-）= mol/L=1.0×10-9mol/L，c（H+）═1.0×10-5mol/L，该溶液的 pH=5.0， 故答案为：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的 pH 时，把铁离子转化为沉淀；5.0； （5）硫酸亚铁加入稀硫酸抑制 Fe2+水解，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 洗涤，干燥步骤得到， 故答案为：抑制 Fe2+水解；蒸发浓缩；过滤。 软锰矿的主要成分为 MnO2，还含有 SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO 等杂质，用稀硫酸酸浸后，生成硫酸铁、 硫酸铝和硫酸亚铁等，二氧化硅、MnO2 不反应，过滤分离出滤渣Ⅰ为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过 氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和 MnSO4 溶液，二氧化硅不反应，过滤除去；滤液Ⅰ为硫酸铁、硫 酸铝和硫酸亚铁，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；调节溶液的 pH 把铝离子转化为沉淀过滤得 Al （OH）3，再灼烧得 Al2O3，滤液Ⅱ为硫酸亚铁，要得到绿矾的实验操作Ⅵ是蒸发浓缩，冷却结晶，过 滤洗涤，干燥等步骤得到，据此分析。 （1）根据流程图中操作 I 后得滤渣和滤液分析可知所需仪器； （2）分析可知，滤渣Ⅰ为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和 MnSO4 溶液，二氧化硅不反应，据此写离子方程式； （3）硫酸锰和碳酸氢钠反应生成碳酸锰、硫酸钠、水和二氧化碳； （4）加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；使铝离子沉淀完全，浓度为 1×10-5mol/L，已知 Al（OH）3 的溶度积为 1.3×10-33，则求出 c（OH-），可得 pH； （5）根据 Fe2+水解分析硫酸亚铁加入稀硫酸的作用，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却 结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到。 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物分离提纯为解 答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。 27. 【解析】 解：（1）根据仪器的构造可知，仪器 D 的名称为三颈烧瓶， 故答案为：三颈烧瓶； （2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═ Na2SO4+SO2↑+H2O， 故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O； ②为将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入 D 中，根据观察仪器 D 中气体的流速，控制分液漏斗 A 的旋塞， 控制产生气体的速度， 故答案为：观察仪器 D 中气体的流速，控制分液漏斗 A 的旋塞，控制产生气体的速度； ③Na2S2O3 和酸反应会生成 S 和 SO2，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O， 故答案为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O； （3）需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损 失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇； （4）蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体 Na2S2O3•5H2O 因温度过高而分解， 故答案为：避免析出的晶体 Na2S2O3•5H2O 因温度过高而分解； （5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中 S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准 I2 溶液时溶 液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点， 故答案为：滴加最后一滴标准 I2 溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点； ②称取 1.25g 的粗样品溶于水，配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大 10 倍，设产品中 Na2S2O3•5H2O 的质量分数为ω 2Na2S2O3•5H2O～～～～～～I2 2×248g 1mol 1.25gω 0.0100mol/L× 25.00L×10×10-3 产品中 Na2S2O3•5H2O 的质量分数为ω= ×100%=99.2%， 故答案为：99.2%。 Ⅰ．（1）根据仪器的构造来确定仪器 D 的名称； （2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水； ②根据气体通入液体中冒气泡，观察气体的速度，通过控制分液漏斗液体滴加来控制，据此分析； ③根据 Na2S2O3 和酸反应会生成 S 和 SO2，据此分析； Ⅱ．（3）根据硫代硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇来分析解答； （4）由题中信息 Na2S2O3•5H2O 于 48℃分解分析解答； （5）①反应结束时，溶液中 S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴液体时溶液由无色变为蓝色且半分钟 内不变色，说明到达滴定终点； ②称取 1.25g 的粗样品溶于水，配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大 10 倍，设产品中 Na2S2O3•5H2O 的质量分数为ω 2Na2S2O3•5H2O～～～～～～I2 2×248g 1mol 1.25gω 0.0100mol/L×25.00L×10×10-3 据此计算产品中 Na2S2O3•5H2O 的质量分数为ω。 本题通过 Na2S2O3•5H2O 的制备，考查了物质性质实验方案设计方法，为高考的高频题，正确理解题干 信息明确制备原理为解答此类题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，难 度中等。 28. 【解析】 解：（1）Ⅱ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90kJ•mol-1 Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3=-125.5kJ•mol-1 盖斯定律反应 II+III 计算 3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H4=-90kJ•mol-1+（-125.5kJ• mol-1）=-215.5kJ/mol， 故答案为：-215.5； （2）①A．该反应发生时生成 CO 和 H2 的物质的量之比始终为 1：3，则不能判定反应是否达到平衡， 故 A 错误； B．恒容体系中各物质均为气体，气体总质量不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，则不 能判定反应是否达到平衡，故 B 错误； C．该反应正向气体体积增大，所以混合气体的压强保持不变的状态是平衡状态，故 C 正确； D．甲烷的生成速率与 H2 的生成速率之比为 1：3，即 v 逆（CH4）：v 正（H2）=1：3，正逆反应速率符合反应计量关系，则可判定反应达到平衡状态，故 D 正确； 故答案为：CD； ②0～5min 时 CH4 的物质的量变化为 1.0mol×0.5=0.5mol，v（CH4）= =0.001mol/（L•min），反应为 CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），所以 v（H2）=3v（CH4） =0.003mol/（L•min）， 故答案为：0.003； ③该反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，CH4 的平衡转化率减小，即压强越大，CH4 的 平衡转化率越小，所以图中压强 p1＜p2； 反应三段式为 CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g） 起始量（mol） 1 2 0 0 变化量（mol） 0.5 0.5 0.5 1.5 平衡量（mol） 0.5 1.5 0.5 1.5 平衡浓度：c（CH4）=0.005mol/L、c（H2O）=0.015mol/L、c（CO）=0.005mol/L、c（H2） =0.015mol/L，平衡常数 K= mol2•L-2=2.25×10-4mol2•L-2， 故答案为：2.25×10-4； （3）①A．反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，故 A 错误； B．将 CH3OH（g）从体系中分离，降低 CH3OH 浓度，促进平衡正向移动，甲醇产率增大，故 B 正确； C．充人氦气，使体系总压强增大，但反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故 C 错误； D．再充人 1molCO 和 3molH2，相当加压，平衡正向移动，甲醇产率增大，故 D 正确； 故答案为：BD； ②该反应正向气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，CO 的转化率增大，即压强越大，CO 的转化 率越高，所以 px=0.2MPa，py=5MPa， 故答案为：0.2； （4）①m=3 时，H2 与 CO 的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，所以 H2、CO 的转化率相同， 均为 60%， 故答案为：60%； ②反应三段式为 3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（m=3 时，设 H2 的物质的量为 3mol，图中 CO2 转化率为 60%） 起始量（mol） 3 1 0 0 变化量（mol） 1.8 0.6 0.6 0.6 平衡量（mol） 1.2 0.4 0.6 0.6故答案为：0.16； （5）①由电解装置可知，石墨 2 上 H2O→O2、O 化合价升高、发生失去电子的氧化反应， 故答案为：氧化； ②由电解装置可知，石墨 1 上 CO2（g）→CH3OH，则石墨 1 电极为阴极，发生得电子的还原反应，电 极反应式为 CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O， 故答案为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。 （1）根据盖斯定律反应 II+III 计算 3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H4； （2）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些 量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化 到不变时，说明可逆反应到达平衡状态； ②根据 v= 计算 v（CH4），再结合反应计量数关系计算 v（H2）； ③反应正向气体体积增大，压强越大，CH4 的平衡转化率越小；根据反应三段式计算平衡时各物质的 平衡浓度，代入平衡常数 K 表达式中计算； （3）①使平衡正向移动的措施均能提高甲醇产率； ②反应 2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）正向气体体积减小，压强越大，CO 的转化率越高； （4）①已知的反应物的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，反应物的转化率相同； ②根据反应三段式计算平衡时各物质的物质的量，进而计算平衡分压和平衡常数 Kp； （5）由电解装置可知，石墨 1 上 CO2（g）→CH3OH，发生得电子的还原反应，则石墨 1 电极为阴极， 石墨 2 为阳极，阳极发生失电子的氧化反应。 本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡的计算、化学平衡状态的判定、化学平衡常数及其应用、化 学平衡图象分析和电解原理等知识，为高频考点，明确化学平衡的影响因素、把握化学平衡常数的计 算应用为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，注意分析图象的曲线变化特点和 化学平衡常数的应用，题目难度中等。 35. 【解析】 解：（1）基态 N 的核外电子排布式为 1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，只有 A 项符合， 故答案为：A； （2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与 CO 互为等电子体的一种分子为 N2，其 结构式为：N≡N， 同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA 族和第ⅤA 族元素反常， 所以 C、N、O 的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C， 故答案为：N≡N；N＞O＞C； （3）H2Te、H2Se、H2S 均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由 于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致 H2O 的沸点异常的高，所以沸点大小 为 H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S， 故答案为：H2Te、H2Se、H2S 均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小， 而水分子中存在氢键，所以沸点最高； （4）甲基中碳原子形成 4 个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 4，碳原子杂化方式为 sp3，而羰 基中 C 原子形成 3 个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3，碳原子杂化方式为 sp2， NH3 中 N 原子形成 3 个 N-H 键，含有 1 对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是： 四面体形，故答案为：sp3、sp2；四面体形； （5）①根据晶胞结构分析，C 位于晶胞体心，则 C 的原子坐标为： ， 故答案为： ； （1）基态 N 的核外电子排布式为 1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布； （2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，同周期主族元素，随着原子序数增大， 第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA 族和第ⅤA 族元素反常； （3）同为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，氢键会使沸点异常升 高； （4）甲基中碳原子形成 4 个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 4，而羰基中 C 原子形成 3 个σ 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3，NH3 中 N 原子形成 3 个 N-H 键，含有 1 对孤对电子，价层电 子对数=3+1=4； （5）①根据晶胞结构分析，C 位于晶胞体心，据此写出 C 的原子坐标； ②根据密度公式ρ= 计算。 本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、价层电子对互斥理论、化学键、晶胞计算 等知识点，整体难度不大。 37. 【解析】 解：由 D 结构简式知，A 中含有苯环，结合 A 分子式知，A 为 ，由 B 分子式及 D 结构简式知，A 发生甲基上 （4）反应⑦除生成 H 外，还生成了另一种有机产物的结构简式为 HOCH2CH2OH， 故答案为：HOCH2CH2OH； （5）G 的同分异构体符合下列条件：I．能发生银镜反应，说明含有醛基，则另一个为羟基或醚键； Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子； Ⅲ．核磁共振氢谱有 4 组峰，说明只有 4 种氢原子； 如果取代基为-CHO、-OCH3、2 个-CH3，符合条件的有 2 种； 如果取代基为-O-CHO、3 个-CH3，符合条件的有 2 种， 符合条件的共有 4 种， 故答案为：4； 本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及信息灵活运用能力，明确官能团的性质及其相 互之间的转化是解本题关键，难点是合成路线设计，可以采用逆推的方法结合 H 合成路线中反应方式 解答，易错点是同分异构体种类判断，易漏掉醚键而导致错误判断，题目难度不大。