2020届云南省昆明市高三“三诊一模”摸底诊断测试化学试题（解析版）

页 1 第 昆明市 2020 届高三“三诊一模”摸底诊断性测试 理科综合试题 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 回答选择题时，选出每小题的正确答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H - 1 Be-9 C – 12 O - 16 Ca-40 Ti-48 Cu-64 第 I 卷（选择题 共 126 分） 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得 6 分，选错得 0 分。 7.古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士 出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（　　） A. 忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小 B. 古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质 C. 制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为 3MgO•4SiO2•H2O，属于氧化物 D. 红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯 8.有机物 G（ ）能添加在牙膏、口香糖中以增强香气。下列关于 G 的说法错误的是（　　） A. 分子式为 C11H14O B. 一氯代物有 8 种（不考虑立体异构） C. 所有碳原子可能在同一平面上 D. 能发生取代、加成、氧化反应 9.W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素。X、Y、Z 最外层电子数之和为 15，X 与 Z 同族，化合物 WX 可做金属冶炼的还原剂，Z 的最高价氧化物的水化物是二元强酸。下列说法正确的是（　　） A. 原子半径：Z＞Y＞X B. Y 在自然界存在游离态 C. 最简单氢化物的热稳定性：W＞X D. Y 与氯元素形成的化合物是共价化合物 10.在海洋碳循环中，通过如图所示的途经固定碳。下列说法错误的是（　　） A. 该循环过程中未涉及氧化还原反应 B. 光合作用能将太阳能转化为化学能 C. 钙化作用涉及的离子方程式之一为 Ca2++2HCO3-═CaCO3↓+CO2↑+H2O D. 吸收作用中产生 HCO3-的途径为 CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌HCO3-+H+页 2 第 11.NA 为阿伏加德罗常数的值。25℃时，将 0.1mol•L-1 盐酸逐滴加入 10mL0.1mol•L-1 氨水中，下列说法正确 的是（　　） A. 随着盐酸的滴入，溶液的导电性先减小后增大 B. 反应后的溶液中 NH4+和 NH3•H2O 的数目之和为 0.001NA C. 0.1mol•L-1 盐酸中，由水电离的 H+数目为 1×10-13NA D. NH4Cl 溶液加水稀释时，pH 和 KW 均增大 12.下列有关实验的操作正确的是（　　） 实验 操作 A 浓盐酸与 MnO2 共热制备纯净 Cl2 将气体产物依次通过浓硫酸、饱和食盐水 B 除去甲烷中的乙烯 将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液 C 配制氯化铁溶液 将氯化铁固体溶解在适量的热水中 D 分离用 CCl4 萃取碘水中的 I2 后的混合 物 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层 A. A B. B C. C D. D 13.钠离子电池相比锂离子电池具有高安全、长寿命、低成本的特点，有望成为下一代电池。某钠离子电池 放电时的总反应为 Na（1-x）MO2+NaxCn═NaMO2+nC，如图表示其充电过程。有关该电池的说法错误的是（　　） A. 充电时，a 与外加电源正极相连 B. 放电时，外电路电子由 b 流向 a C. 充电时，无序碳上发生的反应为 nC+xNa++xe-═NaxCn D. 用该电池电解精炼铜，当电池中迁移 1molNa+时，理论上可获得 64g 纯 铜 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33～40 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 129 分） 26.工业上常用绿柱石（主要成分 3BeO•Al2O3•6SiO2，还含有铁元素）冶炼铍，其简化的工艺流程如图所示： 已知：Be 和 Al 性质相似：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的 pH 如表： Be2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时 5.2 3.3 1.5 6.5 沉淀完全时 8.8 5.0 3.7 9.7 回答下列问题： （1）滤渣Ⅰ的主要成分是______，加入 H2O2 的作用是______。 （2）得到滤渣Ⅱ的合理 pH 范围是______。 （3）用化学方程式解释不宜使用 NaOH 溶液来沉铍的原因是______。 （4）得到（NH4）2BeF4 的化学方程式为______。 （5）由 Mg 还原 BeF2 得到 Be 需要真空的环境，其原因是______。 （6）若绿柱石中 BeO 的含量为 a%，1 吨绿柱石能生产含铍 2%的合金 b 吨，则 Be 的利用率为______。（用含 a、b 的表达式表示） 27.青蒿素是我国药学家屠呦呦在 1971 年发现的一种含有过氧基团的倍半萜内酯的无色针状晶体，不溶于页 3 第 水，易溶于乙醇、石油醚、苯等有机溶剂，熔点为 156℃，沸点 389.9℃，热稳定性差。一种超声提取青蒿 素的主要工艺流程如图： 已知：石油醚的沸点为 30～80℃；青蒿素在 95%乙醇中的溶解度随温度的升高而增大。 （1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下，使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，其优点有______等（答一 点即可）。 （2）操作 1 的名称是______。 操作 2 应选的合理装置是______（填标号），青蒿素粗品在______（仪器名称）中。 操作 3 的步骤是蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。 （3）操作 3 中若温度过高，会降低青蒿素的产率，其原因可能是______。 （4）青蒿素只含 C、H、O 三种元素。某学生采用如图装置（加热及夹持装置省略）测定其最简式 CxHyOz。 ①该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是______。 ②取 2.82g 青蒿素样品，用改进后的装置进行实验。实验后测得装置 D 增重 1.98g，装置 E 增重 6.60g，则 x：y：z=______（填最简整数比），要确定青蒿素的分子式，还需测量的数据是______。 28.汽车尾气是产生雾霾的主要因素，对废气的综合治理是当前“打赢蓝天保卫战”的重要举措。 （1）利用某些催化剂，可实现将空气中的碳氧化物和氮氧化物转化为无毒的大气可循环物质。 已知：①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2=+180.5kJ•mol-1 ②2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1 ③C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H3=-393.5kJ•mol-1 则反应 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的△H=______kJ•mol-1；某温度下，反应①、②、③的平衡 常数分别为 K1、K2、K3 表示，则该反应的平衡常数 K=______（用 K1、K2、K3 表示）。 （2）在同温同压下，一定量的 NO 和 CO 在不同催化剂条件下反应的能量变化如图 1 所示。当反应进行相同 的时间时，测得催化剂______（填“1”或“2”）条件下 NO 转化率更高，其原因是______。页 4 第 （3）一定温度下，向体积为 1L 的密闭容器中充入 NO 和 CO 的混合气体 2mol，在催化剂作用下发生反应 2NO （g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），达到平衡时，NO、CO 的转化率及 N2 的体积分数为 的关系如图 2 所示，表示 NO 转化率的曲线为______（填“a”或“b”），该反应的平衡常数 K=______。 （4）利用如图 3 所示的电解装置能将 NO 变废为宝，其中 a、b 为惰性电极。电极 a 的电极反应式为 ______。每转移 3mol 电子，溶液中通过质子交换膜的离子的物质的量是______mol。 （二）选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用 2B 铅 笔在答题卡上把所选题目对应题号右边框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题 卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每科按所做的第一题计分。 35．【化学——选修 3：物质结构与性质】(15 分) 钛被称为继铁、铝之后的第三金属，其常见的化合物有钙钛矿、硫酸氧钛（TiOSO4）、钛酸（H2TiO3）、二氧 化钛（TiO2）、四氯化钛（TiCl4）等，回答下列问题： （1）基态钛原子的价层电子排布式为______，金属钛晶体的晶胞结构如图 1 所示，其堆积方式名称为______。 （2）硫酸氧钛的阳离子为 TiO3+，其阴离子的 VSEPR 模型名称为______。TiOSO4 在水溶液中不稳定，易生成 钛酸沉淀，该反应化学方程式为______。 （3）纳米 TiO2 是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例为图 2： 化合物乙种 C、N、O 元素的第一电离能由大到小的顺序为______。化合物甲的沸点低于化合物乙的沸点， 主要原因是______。 （4）已知 TiCl4 在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为 136℃，由此可知 TiCl4 为______晶体。 将 TiCl4 加入盐酸中，经处理可得到一种配位数为 6 的绿色晶体 TiCl3•6H2O ，1mol 该晶体恰好与含 2molAgNO3 的溶液反应得到白色沉淀，则该绿色晶体中配离子的化学式为______。 （5）钙钛矿的一种晶体结构如图 3 所示。Ti 位于立方晶胞的顶点，每个 Ti 被 6 个 O 包围成配位八面体，Ca 位于立方晶胞的体心，与 Ca 距离最近的 O 有______个；若 Ca 与 Ti 的最近核间距为 apm，阿伏伽德罗常数 为 NA，则此钙钛矿的密度为______g•cm-3．（列出计算式即可）页 5 第 36. 【化学——选修 5：有机化学基础】(15 分) 香豆素及其衍生物在医药、农药、染科等领域有广泛用途。某香豆素衍生物Ⅰ具有抗病毒、抗癌的动多种 生物活性，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）D 的名称是______。F 中的含氧官能团的名称是______。 （2）H→I 的反应类型为______。 （3）C 分子具有对称结构，该化合物的结构简式为______。 （4）F→G 中 i 的化学方程式为______。 （5）E 的同分异构体中，满足下列条件的有______种； ①含有苯环 ②能发生水解反应 其中核磁共振氢谱有 4 组峰且峰面积之比为 3：2：2：1 的结构简式为______（写出一种即可）。 （6）根据上述路线，设计以苯酚、乙醇、丙二酸、甲醛为原料制备 的合成路线______（其他 无机试剂自选）。 解析版 7. 【答案】C 【解析】 解：A．酒精密度小于水，忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小，故 A 正确； B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分属于蛋白质，故 B 正确； C．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为 3MgO•4SiO2•H2O，是硅酸盐的氧化物表示方法，属于硅酸盐，故 C 错 误； 页 6 第 D．红葡萄酒长时间密封储存，乙醇被氧化可生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯， 故 D 正确； 故选：C。 A．酒精密度小于水，含量越高密度越小； B．牛筋的主要成分是蛋白质； C．离子元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物； D．乙醇氧化能生成乙酸，乙酸能够与乙醇反应生成乙酸乙酯； 本题考查了物质结构、物质性质和应用、物质分类等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 8. 【答案】C 【解析】 解：A．根据结构简式确定分子式为 C11H14O，故 A 正确； B．有 8 种氢原子，所以其一氯代物有 8 种，故 B 正确； C．含有 6 个碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故 C 错误； D．羰基和碳碳双键能发生加成反应，甲基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，故 D 正确； 故选：C。 该有机物中含有羰基、碳碳双键，具有酮和烯烃性质，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应。 本题考查有机物结构和性质，侧重考查酮和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，知道一氯 代物种类判断方法，采用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。 9. 【答案】D 【解析】 解：根据分析可知，W 为 C，X 为 O，Y 为 Al，Z 为 S 元素。 A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞X， 故 A 错误； B．Al 活泼性较强，在自然界中以化合态存在，故 B 错误； C．非金属性：C＜O，则最简单氢化物的热稳定性：W＜X，故 C 错误； D．Al 与 Cl 形成的化合物为氯化铝，氯化铝为共价化合物，故 D 正确； 故选：D。 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素。Z 的最高价氧化物的水化物是二元强酸，则 Z 为 S；X 与 Z 同族，则 X 为 O；化合物 WX 可做金属冶炼的还原剂，则 W 为 C 元素；X、Y、Z 最外层电子数之和为 15，Y 最外层电子数为 15-6-6=3，其原子序数大于 O，则 Y 为 Al 元素，据此解答。 本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容 及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。 10. 【答案】A 【解析】 解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，故 A 错误； B、通过光照，该装置是太阳能转化为化学能，则光合作用能将太阳能转化为化学能，故 B 正确； C．根据反应图象分析，钙化过程中 HCO3-转化为 CaCO3 和 CO2，所以钙化作用的离子方程式为 Ca2++2HCO3-═ CaCO3↓+CO2↑+H2O，故 C 正确； D、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是二元弱酸，则吸收作用中产生 HCO3-的途径为 CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌ HCO3-+H+，故 D 正确； 故选：A。 A、光合作用是氧化还原反应； B、通过光照，该装置是太阳能转化为化学能； C．根据反应图象分析，钙化过程中 HCO3-转化为 CaCO3 和 CO2； 页 7 第 D、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是二元弱酸。 本题主要考查的是海水的综合利用过程，相关化学反应的问题，明确氧化还原反应的判断是解题的关键。 11. 【答案】B 【解析】 解：A．溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度越大，溶液导电性越强，一水合氨是弱电解质，氨水中离 子浓度较小，导电性较弱，加入盐酸后生成强电解质氯化铵，离子浓度增大，所以溶液导电性增大，故 A 错误； B．溶液中存在物料守恒，氨水中 n（NH4+）+n（NH3•H2O）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，则 N（NH4+）+N（NH3• H2O）=0.001NA，反应前后溶液中都存在物料守恒，根据物料守得反应后的溶液中 NH4+和 NH3•H2O 的数目之和 为 0.001NA，故 B 正确； C．盐酸体积未知，无法计算水电离出的 n（H+），所以无法计算水电离出的 N（H+），故 C 错误； D．离子积常数只与温度有关，温度不变离子积常数不变，故 D 错误； 故选：B。 A．溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度越大，溶液导电性越强； B．溶液中存在物料守恒，氨水中 n（NH4+）+n（NH3•H2O）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，则 N（NH4+）+N（NH3• H2O）=0.001NA； C．盐酸体积未知，无法计算水电离出的 n（H+）； D．离子积常数只与温度有关。 本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液导电性与离子 浓度关系、溶液中溶质成分及其性质、离子积常数影响因素是解本题关键，C 能计算出水电离出的 c（H+），C 为解答易错点。 12. 【答案】D 【解析】 解：A．先通入饱和食盐水除去 HCl，后用浓硫酸干燥氯气，可制备纯净的氯气，操作不合理，故 A 错误； B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，故 B 错误； C．热水中促进铁离子水解，应溶于盐酸抑制水解，再稀释到需要的浓度，故 C 错误； D．分液时避免上下层液体混合，则先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故 D 正确； 故选：D。 A．先通入饱和食盐水除去 HCl，后浓硫酸干燥氯气； B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳； C．热水中促进铁离子水解； D．分液时避免上下层液体混合。 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、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为 解答关键，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。 13. 【答案】D 【解析】 解：A、充电时，钠离子向阴极移动，即 b 为阴极，a 为阳极，所以充电时，a 与外加电源正极相连，故 A 正确； B、放电时，放电时，b 为原电池的负极，a 为原电池的正极，外电路电子由负极流向正极，即放电时，外 电路电子由 b 流向 a，故 B 正确； C、充电时，无序碳是阴极，发生还原反应，电极反应式为：nC+xNa++xe-═NaxCn，故 C 正确； D、用该电池电解精炼铜，当电池中迁移 1molNa+时，则整个电路转移电子的物质的量为 1mol，所以当电池 中迁移 1molNa+时，理论上可获得 32g 纯铜，故 D 错误； 故选：D。 A、充电时，钠离子向阴极移动； B、放电时，b 为原电池的负极，a 为原电池的正极，外电路电子由负极流向正极； 页 8 第 C、充电时，无序碳是阴极，发生还原反应； D、用该电池电解精炼铜，当电池中迁移 1molNa+时，则整个电路转移电子的物质的量为 1mol。 本题考查原电池和电解池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原 反应的结合，题目难度不大。 26. 【解析】 解：（1）由上述分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是 SiO2，加入 H2O2 发生 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，作用是 将亚铁离子氧化为铁离子， 故答案为：SiO2；将亚铁离子氧化为铁离子； （2）由表中数据可知，三价铁离子完全沉淀 pH 为 3.7，铝离子沉淀完全的 pH 为 5.0，而铍离子开始沉淀 pH 值为 5.2，为使三价铁离子、铝离子分离，则得到滤渣Ⅱ的合理 pH 范围是 5.0≤pH＜5.2， 故答案为：5.0≤pH＜5.2； （3）用化学方程式解释不宜使用 NaOH 溶液来沉铍的原因是 Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O， 故答案为：Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O； （4）得到（NH4）2BeF4 的化学方程式为 Be（OH）2+2NH3+4HF=（NH4）2BeF4+2H2O， 故答案为：Be（OH）2+2NH3+4HF=（NH4）2BeF4+2H2O； （5）由 Mg 还原 BeF2 得到 Be 需要真空的环境，其原因是防止 Mg 或 Be 高温下与氮气、氧气等气体发生反应， 故答案为：防止 Mg 或 Be 高温下与氮气、氧气等气体发生反应； （6）若绿柱石中 BeO 的含量为 a%，1 吨绿柱石能生产含铍 2%的合金 b 吨，则 Be 的利用率为 ×100%= ×100%， 故答案为： ×100%。 绿柱石的主要成分 3BeO•Al2O3•6SiO2，还含有铁等杂质，由流程可知，加入硫酸分离出滤渣为 I 为 SiO2，浸 出液中含有 BeSO4、Al2（SO4）3、FeSO4，加 H2O2 可氧化亚铁离子生成铁离子，再加入氨水调节 pH，滤渣 II 为 Fe（OH）3、Al（OH）3，由表中数据可知 5.0≤pH＜5.2，滤液中含有 BeSO4、（NH4）2SO4，加氨水生成 Be （OH）2，再加入氨水、HF，生成（NH4）2BeF4，高温分解得到 BeF2，加入镁在高温下反应生成 Be，以此解 答该题。 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答关键，侧 重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 27. 【解析】 解：（1）对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率， 故答案为：浸取率高，浸取速率快； （2）操作 1 用于分离固体和液体，为过滤操作， ①冷却水的方向错了，②完全正确，③温度计水银球的位置错了，④没有用水浴控制温度， 蒸馏时，青蒿素粗品在蒸馏烧瓶中， 操作 3 为冷却结晶，要点有：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 故答案为：过滤；②；蒸馏烧瓶；冷却结晶； （3）温度升高，反应速率加快，反应难于控制，青蒿素受热容易分解； 故答案为：温度过高，青蒿素容易受热分解； （4）装置 A 中是利用过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气和水，通过装置 B 中碱石灰吸收水蒸气， 得到干燥氧气通过装置 C 加热灼烧样品，青蒿素（烃的含氧衍生物）灼烧生成二氧化碳和水蒸气，氧化铜 是避免燃烧不充分生成的一氧化碳继续被氧化生成二氧化碳，通过装置 D 中的浓硫酸吸收水蒸气，测定生 成水的质量，通过装置 E 中的固体碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，测定二氧化碳质量，最好再来个干燥 管要防止空气中水蒸气和二氧化碳进入影响测定结果。 ①实验最后最好再来个干燥管要防止空气中水蒸气和二氧化碳进入影响测定，造成测定含氧量偏小，页 9 第 故答案为：在 E 装置后再来个 E 装置，防止空气中水蒸气和二氧化碳进入影响测定； ②E 管质量增加 6.6g 为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：6.6g× =1.8g， C 管质量增加 19.8g 是水的质量，可得氢元素的质量：1.98g× =0.22g， 从而可推出含氧元素的质量为：2.82-1.8-0.22=0.8g， 设最简式为 CXHYOZ，则 X：Y：Z= =15：22：5， 由上题干测量数据能够计算出该有机物的实验式，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质 量或摩尔质量，最简式的 n 倍等于其摩尔质量数值，计算得到分子式， 故答案为：15：22：5；青蒿素样品的摩尔质量。 由流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用汽油对青 蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加 95%的乙醇，浓 缩、结晶、过滤可得精品， （1）增大反应物的表面积，加快反应速率； （2）操作 1 用于分离固体和液体，根据图示中蒸馏操作注意点分析回答；蒸馏时，青蒿素粗品在蒸馏烧瓶 中，操作 3 为冷却结晶，以此步骤回答； （3）温度升高，反应速率加快，反应难于控制，青蒿素受热容易分解； （4）装置 A 中是利用过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气和水，通过装置 B 中碱石灰吸收水蒸气， 得到干燥氧气通过装置 C 加热灼烧样品，青蒿素（烃的含氧衍生物）灼烧生成二氧化碳和水蒸气，氧化铜 是避免燃烧不充分生成的一氧化碳继续被氧化生成二氧化碳，通过装置 D 中的浓硫酸吸收水蒸气，测定生 成水的质量，通过装置 E 中的固体碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，测定二氧化碳质量，最好再来个干燥 管要防止空气中水蒸气和二氧化碳进入影响测定结果。 ①实验最后最好再来个干燥管要防止空气中水蒸气和二氧化碳进入影响测定结果； ②根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知 CuO 的作用是把有机物不完全燃烧产生 的 CO 转化为 CO2； 题中该实验方法只能获得有机物的实验式，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量或摩 尔质量。 本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯以及物质的量的相关计算，侧重学生的分析、实验能力的考查， 题目较为基础，注意把握物质的性质以及分离混合物的实验操作，难题目度中等。 28. 【解析】 解：（1）①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2=+180.5kJ•mol-1 ②2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1 ③C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H3=-393.5kJ•mol-1 根据盖斯定律③×2-①-②计算 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的△H=（-393.5kJ•mol-1）×2- （+180.5kJ•mol-1）-（-221.0kJ•mol-1）=-746.5kJ/mol； 该反应为反应③×2 与反应①、②和的差，所以该反应平衡常数为 K= ， 故答案为：-746.5； ； （2）由图可知加入催化剂 2 时，反应的活化能较低，反应的速率最快，未达到平衡状态时，在催化剂 2 条 件下，NO 的转化率更高， 故答案为：2；催化剂 2 条件下反应的活化能更低，反应速率更快，所以相同时间内 NO 的转化率更高； （3）反应 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）达到平衡时，增大 NO 的浓度，则 NO 的转化率降低、CO页 10 第 的转化率升高，根据图中 a、b 曲线的变化趋势可知：随着 的增大，a 曲线表示物质的转化率增大、b 曲线表示物质的转化率降低，所以 a、b 曲线分别代表 CO、NO；当 =1、达到平衡时 NO 和 CO 的转化率 为 80%，反应三段式为 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol/L） 1 1 0 0 变化量（mol/L） 0.8 0.8 0.4 0.8 平衡量（mol/L） 0.2 0.2 0.4 0.8 平衡常数 K= =160， 故答案为：b；160； （4）根据 b 电极生成 H2 可知，b 电极为阴极、a 电极为阳极，阳极上 NO 失去电子生成 NO3-，电极反应式为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，由于电子和质子所带电荷数相同，所以电路中转移的电子数和通过质子交换膜的质 子数相等，所以每转移 3mol 电子，溶液中通过质子交换膜的离子的物质的量是 3mol， 故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；3。 （1）根据盖斯定律③×2-①-②计算 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的△H；该反应为反应③×2 与 反应①、②和的差，所以该反应平衡常数为 K= ； （2）相同条件下，反应的活化能越低，反应速率越大，非平衡条件下物质的转化率越高； （3）反应 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）达到平衡时，增大 NO 的浓度，则 NO 的转化率降低、CO 的转化率升高，根据图中 a、b 曲线的变化趋势分析判断；当 =1、达到平衡时 NO 和 CO 的转化率为 80%， 结合三段式计算各物质的平衡浓度，代入平衡常数 K= 表达式中计算 K； （4）由电解装置图可知，b 电极为阴极、a 电极为阳极，阳极上 NO 失去电子生成 NO3-，结合电子守恒和电 荷守恒写出电极反应式；由于电子和质子所带电荷数相同，所以电路中转移的电子数和通过质子交换膜的 质子数相等。 本题考查本题考查了盖斯定律的计算应用、化学平衡的影响因素、化学平衡计算和电解原理的应用等知识， 把握盖斯定律的计算、三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的 综合运用能力和计算能力，注意电极的判断和结合电解质条件书写电极反应式，题目难点中等。 35. 【解析】 解：（1）Ti 原子价电子为 3d、4s 电子，3d 能级上有 2 个电子、4s 能级上有 2 个电子，其价电子排布式为 3d24s2；该晶体的堆积方式与 Mg 的相似，为六方最密堆积， 故答案为：3d24s2；六方最密堆积； （2）SO42-中 S 原子价层电子对个数=4+ =4 且不含孤电子对，则其 VSEPR 模型名称为正四面体形； TiOSO4 发生水解生成钛酸，反应的离子方程式为 TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4， 故答案为：正四面体；TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4； （3）C、N、O 位于同一周期，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N 原子 2p 轨道为半 充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C；化合物乙因分子间存在氢键， 则化合物乙的沸点比化合物甲高；页 11 第 故答案为：N＞O＞C；化合物乙分子间存在氢键； （4）分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，属于分子晶体；Ti3+的配位数均为 6，1mol 该晶体恰好与 含 2molAgNO3 的溶液反应得到白色沉淀，晶体外界含 2 个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2 •H2O，配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+， 故答案为：分子；[TiCl（H2O）5]2+； （5）Ti 位于立方晶胞的顶点，被 6 个氧离子包围成配位八面体，钙离子位于立方晶胞的体心，则晶胞的 12 条棱心各有一个氧原子，即钙离子被 12 个氧离子包围，每个晶胞中钛离子和钙离子均为 1 个，每个晶胞实 际占有氧 （1）Ti 原子核电荷数为 22，Ti 原子价电子为 3d、4s 电子，3d 能级上有 2 个电子、4s 能级上有 2 个电子； 该晶体为六方最密堆积； （2）SO42-中 S 原子价层电子对个数=4+ =4 且不含孤电子对；TiOSO4 在水溶液水解生成钛酸沉淀 和硫酸，据此写出反应的化学方程式； （3）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N 原子 2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离 能高于同周期相邻元素；化合物乙含有氨基，分子之间可以形成氢键； （4）分子晶体熔沸点较低；Ti3+的配位数均为 6，1mol 该晶体恰好与含 2molAgNO3 的溶液反应得到白色沉淀， 则晶体外界含 2 个氯离子； （5）Ti 位于立方晶胞的顶点，被 6 个氧离子包围成配位八面体，钙离子位于立方晶胞的体心，则晶胞的 12 条棱心各有一个氧原子，钙离子被 12 个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为 1 个，每个晶胞中有 氧原子数 本题考查较物质结构和性质，涉及电子排布式、配合物、氢键、电离能、晶体判断、微粒空间构型和晶胞 的计算等知识，明确元素周期律、原子结构、价层电子对互斥理论的应用和晶胞的计算是解本题关键，注 意第一电离能变化异常和价层电子对数计算方法、会用氢键解释一些问题，题目难度中等。 36. 【解析】 解：（1）D 为 ，D 的名称是邻甲基苯酚或 2-甲基苯酚；F 中的含氧官能团的名称是酯基， 故答案为：邻甲基苯酚或 2-甲基苯酚；酯基； （2）H→I 的反应类型为取代反应， 故答案为：取代反应； （3）通过以上分析知，C 结构简式为 CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， 故答案为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；页 12 第 （4）F→G 中 i 的反应为碱性条件下的水解反应，该反应化学方程式为 （5）E 的同分异构体中，满足下列条件： ①含有苯环； ②能发生水解反应，说明含有酯基， 根据不饱和度知不含其它双键或环， 如果是一个取代基，酯基可能是 HCOOCH2-、CH3COO-、-COOCH3， 如果是两个取代基，取代基可能是 HCOO-、-CH3，有邻间对 3 种， 所以符合条件的有 6 种； 其中核磁共振氢谱有 4 组峰且峰面积之比为 3：2：2：1 的结构简式为 ， 故答案为：6； ； 酸和乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯，然后发生取代反应生成目标产物。 本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题 关键，注意结合题给信息进行推断，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。