天津市河北区2020届高三化学一模试题（Word版附解析）

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 的是 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 22.4L 22.4L / mol 4mol 1 3 96g 72 mol× = 5mol 1 3 160g 90 mol× =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 50 Rb 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。 起始浓度(mol·L−1) 平衡浓度(mol·L−1)容器 编号 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 的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 正 逆 KK=K ( ) ( )2 2 起（mol / L） 0. 6 0 0 变（mol / L） 0. 4 0. 4 0. 2 平（mol / L） 0. 2 2NO g 2NO g 0. 4 0. 2 + O 0 4 / 0.6 / . mol L mol L 正 逆 K K ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ·c NO c O c NOC2O42-+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++3H2O Fe（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； 【 7 3 8 73 10 6.02 565.76 × × ×（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 1 8 1 2 23 8 73 6.02 10 × × 8 73 236.02 10 10 3565.76 10（ ）− × × × cm 7 3 8 73 10 6.02 565.76 × × × 7 3 8 73 10 6.02 565.76 × × ×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+O2 2CH3CH2CH2CHO+2H2O (3). (4). +HNO3 +H2O (5). 取代反应 (6). c (7). (8). CH2=CH2 CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=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+O2 2CH3CH2CH2CHO+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=CH2 CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=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：3NaClO 2NaCl＋NaClO3) (1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。 3CH CH CHCHO= 3CH CH CHCHO= Δ(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 Δ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； Δ Δb.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 2 1 2 0.015mol 50g/ 3 × mol g 一定条件 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， 催化剂→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+3H2 2NH3，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