2020届高三化学线上诊断试题（Word版附解析）

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 +O2 2CH3CHO+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+O2 2CH3CHO+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】 的【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△Hc(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； 在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 蒸馏水 a ② N2 3%氨水 b ③ 蒸馏水 c ④ 空气 3%氨水 d ⅰ. b≈d＞a≈c ⅱ.若起始不通入 NO2，则最终 检测不到 SO42- 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 _________。 的【答案】 (1). NH4Cl + NaNO2 N2↑+ 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 0.1mol L−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 + NaNO2 N2↑+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2 N2↑+ 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 0.1mol L−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 2mol∙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。