山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试卷Word版含解析.doc

‎2019届高三联考理科综合试题（化学部分）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 Li‎-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Zn-65‎ 一、选择题：本题共13小题每小题6分，共78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。‎ ‎1.化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是 A. 压榨菜籽油和浸出菜籽油都利用了萃取原理 B. 煤经气化液化处理后，能减少CO2的排放 C. 碳酸钡能与盐酸反应，故能用于治疗胃酸过多 D. 次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 压榨菜籽油是把油从菜籽中直接挤压出来，没有利用萃取原理，故A项错误；‎ B. 煤经气化液化处理后没有减少碳的含量，即不能减少CO2的排放，故B项错误；‎ C. 碳酸钡与盐酸反应生成可溶性氯化钡，而可溶性氯化钡属于重金属盐，有毒，所以不能用于治疗胃酸过多，故C项错误；‎ D. 次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，所以可用于配制消毒液，故D项正确。‎ 故选D。‎ ‎2.某有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是 A. X的分子式为C9H12O3‎ B. X中所有碳原子均可能共面 C. X可与氧气发生催化氧化反应 D. 1molX最多能消耗2 mol NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构简式可知， 其分子式为C9H14O3，故A项错误；‎ B. 分子中含有饱和碳原子，则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一共面上，故B项错 误；‎ C. 分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上含有氢原子，所以在催化剂存在的条件下可与氧气发生催化氧化反应，故C项正确；‎ D.分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应，所以 1mol该有机物最多能消耗1 mol NaOH，故D项错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键，注意只有1个酯基能与NaOH溶液反应，为易错点。‎ ‎3.下列有关实验操作的叙述合理的是 A. 用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿 B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石 C. 要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管 D. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于气体只有溶于水才能显示酸碱性，所以用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿，故A项正确；‎ B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，需要先冷却后再加入沸石，以防暴沸，故B项错误；‎ C. 溴水具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故C项错误；‎ D. 由于Cl-能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+，故D项错误。‎ 故选A。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1LpH=5的醋酸溶液中含有的H+数目小于10－5NA B. ‎9.2g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA C. 硝酸与铜反应生成0.1 mol NOx时，转移电子数为0.2NA D. 1 molSO2和0.5molO2充分反应，生成SO3的分子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10-5mol/L，所以1LpH=5的醋酸溶液中含有的H+数目等 于10－5NA，故A项错误；‎ B. 14CO2与N218O 的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以‎9.2g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA，故B项正确；‎ C. 根据得失电子守恒可得，NOx可能为NO或NO2，转移电子数介于0.1NA0.3NA之间，故C项错误；‎ D. SO2和O2反应是可逆反应，所以1 molSO2和0.5molO2充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故D项错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，C、D为易错点，C中注意NOx可能为NO或NO2，转移电子数不同、D中要注意SO2和O2反应是可逆反应。‎ ‎5.用石墨烯锂硫电池电解制备Fe(OH)2的装置如图所示。电池放电时的反应为16Li+xS8==8Li2Sx(2≤x≤8)，电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是 A. X是铁电极，发生氧化反应 B. 电子流动的方向：B→Y，X→A C. 正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e－=3Li2S4‎ D. 锂电极减重‎0.14g时，电解池中溶液减重‎0.18g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解法制备Fe(OH)2，则铁作阳极，根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极，故A项正确；‎ B. 电子从电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即电子从B电极流向Y电极，从X电极流回A电极，故B项正确；‎ C. 由图示可知，电极A发生了还原反应，即正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e－=3Li2S4，故C项正确；‎ D. 锂电极减重‎0.14g，则电路中转移0.02mol电子，电解池中发生的总反应为Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，所以转移0.02mol电子时，电解池中溶液减少0.02molH2O，即减轻‎0.36g，故D项错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据电解法制备Fe(OH)2的反应原理，得出铁作阳极，再根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极。‎ ‎6.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示。下列说法正确的是 A. Q和Z可能形成化合物QZ2‎ B. Y的最高价氧化物的水化物一定是强酸 C. X、Z和氢三种元素不可能组成离子化合物 D. 最简单气态氢化物的沸点：Q>X ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Q为C；再根据Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，以及X、Y、Z在周期表中的位置关系可推知X可能为N或O，Y可能为P或Cl，Z可能为S或Cl，‎ A. 若Z为S，则C、S可形成分子CS2，故A正确；‎ B. 若Y为P，则最高价氧化物的水化物H3PO4不是强酸，故B错误；‎ C. N、S和H三种元素可以形成离子化合物（NH4）2S，故C错误；‎ D. 若X为O，则甲烷的沸点比水的低，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎7.25℃‎时，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱ⅩOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的HCl溶液，溶液的 AG[AG=lg]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是 A. 若a=－8，则Kb(XOH)≈10－5‎ B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应 C. R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(C1－)‎ D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a点表示0.1mol·L－1一元弱碱XOH，若a=－8，则c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)≈==10－5，故A正确；‎ B. 两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG=0，则溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；‎ C. 若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1－)，故C正确；‎ D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎8.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl。无水氯化钙对氨气具有突出的吸附能力，其吸附过程中容易膨胀、结块。回答下列问题：‎ ‎(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为___________________________。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_________________________________。‎ ‎(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：‎ ‎①装置A中发生反应的化学方程式为____________________________________________。‎ ‎②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是______________________。‎ ‎③装置B中盛放的试剂是___________，装置D的作用是______________________。‎ ‎④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是______________________。‎ ‎(3)氮化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品‎14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为‎16.72g，则样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为___________。‎ ‎(4)工业上也可用Cr2O3与NH3在高温下反应制备CrN。相关反应的化学方程式为___________，提出一条能降低粗产品中氧含量的措施：______________________。‎ ‎【答案】 (1). 2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑ (2). 在HCl的气氛中加热 (3). CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑ (4). 用生成的氨气排除装置内的空气 (5). 碱石灰 (6). 吸收剩余的氨气，并防止空气中的水分进入装置C (7). 氯化钙吸收氨气后体积膨胀、结块，导致气流不畅通 (8). 20:1 (9). Cr2O3+2NH32CrN+3H2O (10). 增大NH3的流量（浓度）（或其它合理答案）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)加热后会发生水解，直接加热脱水得到Cr2O3；若以氯化铬晶体制备无水氯化铬，则要抑制其水解，要在HCl的气氛中加热；‎ ‎(2)①装置A为用氧化钙和浓氨水制取氨气的装置，发生反应的化学方程式为CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；‎ ‎②由制取氮化钙反应可知，装置中不能有空气，否则会影响实验，所以实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是用生成的氨气排除装置内的空气；‎ ‎③制备时装置中不能有水，所以装置B中盛放的试剂是碱石灰，用来干燥氨气；装置D则是为了吸收剩余的氨气，并防止空气中的水分进入装置C；‎ ‎④由制备原理可知，该实验中氨气易剩余，氯化钙吸收氨气后体积膨胀、结块，导致气流不畅通；‎ ‎（3）根据铬元素守恒，列方程组计算；‎ ‎（4）根据题给信息中的反应CrCl3+NH3CrN+3HCl，类比此反应，若用Cr2O3与NH3在高温下反应制备CrN则生成氮化铬和水；若要降低粗产品中氧含量则要Cr2O3尽可能发生反应转化为氮化铬；‎ ‎【详解】(1)氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)加热后会发生水解，直接加热脱水得到Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；若以氯化铬晶体制备无水氯化铬，则要抑制其水解，要在HCl的气氛中加热；‎ 故答案为：2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；‎ ‎(2)①装置A为用氧化钙和浓氨水制取氨气的装置，发生反应的化学方程式为CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；‎ ‎②由制取氮化钙反应可知，装置中不能有空气，否则会影响实验，所以实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是用生成的氨气排除装置内的空气；‎ ‎③制备时装置中不能有水，所以装置B中盛放的试剂是碱石灰，用来干燥氨气；装置D则是为了吸收剩余的氨气，并防止空气中的水分进入装置C；‎ ‎④由制备原理可知，该实验中氨气易剩余，氯化钙吸收氨气后体积膨胀、结块，导致气流不畅通；‎ 故答案为：CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；用生成的氨气排除装置内的空气；碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；没有尾气处理装置；‎ ‎(3) 设样品中CrN与Cr2N的物质的量分别为x、y，‎ 则由题给条件有：①‎66g/mol×x+‎118g/mol×y=‎14.38g，②x+2y=×2；‎ 联立①②方程，解得x=0.2mol，y=0.01mol，‎ 则样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2mol:0.01mol=20:1；‎ 故答案为：20:1；‎ ‎(4)根据题给信息中的反应CrCl3+NH3CrN+3HCl，类比此反应，若用Cr2O3与NH3在高温下反应制备CrN则生成氮化铬和水，化学方程式为Cr2O3+2NH32CrN+3H2O；‎ 若要降低粗产品中氧含量则要Cr2O3尽可能发生反应转化为氮化铬，可以采取增大NH3的流量（浓度）的方法；‎ 故答案为：Cr2O3+2NH32CrN+3H2O；增大NH3的流量（浓度）（或其它合理答案）。‎ ‎9.实验室利用橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，实验流程如下：‎ 已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表 回答下列问题：‎ ‎(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有______________________(任写两种)。‎ ‎(2)气体X的电子式为___________，滤渣1经过处理可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为[Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5n)]m，则该物质中铁元素的化合价为___________。‎ ‎(3)加入H2O2的目的是___________；若将上述过程中的“H2O‎2”‎用“ NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过______________________、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。‎ ‎(5)准确称取‎2.000g氯化镁晶体产品于250mL锥形瓶中，加水50mL使其完全溶解，加入100mL氨性缓冲液和少量铬黑T指示剂，溶液显酒红色，在不断震荡下，用0.5000mol·L－1的EDTA标准溶液进行滴定，其反应原理为Mg2++Y4－=MgY2－，滴定终点时消耗EDTA标准溶液的体积19.00mL。‎ ‎①则产品中MgCl2·6H2O的质量分数为___________(结果保留3位有效数字)。‎ ‎②下列滴定操作会导致测量结果偏高的是___________(填宇母)。‎ a.锥形瓶洗涤后没有干燥 b.滴定时锥形瓶中有液体溅出 c滴定终点时俯视读数 d滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 ‎【答案】 (1). 将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等 (2). (3). +3 (4). 将Fe2+氧化为Fe3+ (5). ClO-+2Fe2++2H+=2 Fe3++Cl-+H2O (6). 蒸发浓缩、‎ 冷却结晶 (7). 96.4% (8). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程：橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)加入盐酸，MgO溶解生成氯化镁，FeO、Fe2O3、Al2O3发生反应生成氯化亚铁、氯化铁、氯化铝，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成三价铁离子，通入气体X调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，则气体X应为氨气，向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，过滤后得到氢氧化镁沉淀，再经过一系列操作得到氯化镁晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有：将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等；‎ 故答案为：将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等；‎ ‎(2)气体X为氨气，其电子式为；‎ 设铁元素的化合价为x，根据化合价代数和为零有：2x+(-1)n+(-2)×(3-0.5n)=0，解得:x=+3；‎ 故答案为：；+3；‎ ‎(3)根据以上分析，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；若将上述过程中的“H2O‎2”‎用“ NaClO”代替，则发生反应生成Fe3+和Cl-，反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=2 Fe3++Cl-+H2O；‎ 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+ ；ClO-+2Fe2++2H+=2 Fe3++Cl-+H2O；‎ ‎ (4)加入足量盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体；‎ 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎（5）根据反应Mg2++Y4－=MgY2－，准确称取‎2.000g氯化镁晶体产品于250mL锥形瓶中，加水50mL使其完全溶解，用0.5000mol·L－1的EDTA标准溶液进行滴定，消耗EDTA标准溶液的体积19.00mL。‎ ‎ 则Mg2+ Y4－， 1 1 0.5000mol·L－1×‎0.019L n= 0.5000mol·L－1×‎0.019L=0.0095mol ‎ 则产品中MgCl2·6H2O的质量分数=×100%=96.4%， 根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响， a.锥形瓶洗涤后没有干燥对测定结果无影响，故A错误； b.滴定时锥形瓶中有液体溅出导致测定结果偏低，B错误； c滴定终点时俯视读数，导致标准溶液体积读数偏小，测定结果偏低，故C错误； d滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液的体积增大，导致测定结果偏高，所以d选项是正确的。 故答案为：96.4%；d。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，理解工艺流程原理是解题的关键。‎ ‎10.氮氧化物(主要为NO和NO2)是大气污染物，如何有效地消除氮氧化物污染是目前科学家们研究的热点问题之一。‎ ‎(1)用尿素[CO(NH2)2]吸收氮氧化物是一种可行的方法。‎ ‎①尿素在高温条件下与NO2反应转化成无毒气体，该反应的化学方程式为___________；用尿素溶液也可吸收氮氧化物，研究表明，氮氧化物气体中NO的体积分数越大，总氮被还原率越低，可能的原因是______。‎ ‎②在一个体积固定的真空密闭容器中充入等物质的量的CO2和NH3，在恒定温度下使其发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)并达到平衡，混合气体中氨气的体积分数随时间的变化如图所示：‎ 则A点的v正(CO2)___________(填“>”“ (4). 由图像知，A点是反应由起始到平衡的反应过程之中，B点反应已达平衡状态，此过程中v正逐渐减小，故A点v正(CO2)>B点的v正(CO2)= B点的v逆(CO2)= v逆(H2O) (5). (a+‎2c-2b) (6). NaNO2 (7). 5×1010 (8). c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①尿素在高温条件下与NO2反应，氮元素发生了归中反应，生成氮气和二氧化碳，据此写出反应的化学方程式；‎ 随着NO和NO2配比的提高，NO的量增多，而NO不溶于水，也不与水反应，难以与尿素接触反应，造成总氮还原率降低；‎ ‎②由图像知，A点是反应由起始到平衡的反应过程之中，B点反应已达平衡状态，此过程中v正逐渐减小，故A点v正(CO2)>B点的v正(CO2)=B点的v逆(CO2)= v逆(H2O)；‎ ‎（2）①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=akJ·mol－1， ②NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H2=bkJ·mol－1，‎ ‎③6NO2(g)+O3(g)===3N2 O5(g) △H3=c kJ·mol－1，‎ 由盖斯定律，[①-2×②+③×2]×可得：4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)，△H进行相应的计算；‎ ‎(3)若NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，说明NO中N元素化合价升高，NO2中N元素化合价降低，产物中N元素化合价为+3价；‎ 根据平衡常数K==计算；‎ 相同物质的量浓度的HNO2、NaNO2混合溶液中， HNO2的电离大于NO2-的水解，据此分析离子浓度大小。‎ ‎【详解】(1)①尿素[CO(NH2)2]中氮元素化合价为-3价，而NO2中的氮元素的化合价为+4价，‎ 尿素在高温条件下与NO2反应，氮元素发生了归中反应，生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO27N2+4CO2+8H2O；‎ 随着NO和NO2配比的提高，NO的量增多，而NO不溶于水，也不与水反应，难以与尿素接触反应，造成总氮还原率降低，所以氮氧化物气体中NO的体积分数越大，总氮被还原率越低；‎ ‎②由图像知，A点是反应由起始到平衡的反应过程之中，B点反应已达平衡状态，此过程中v正逐渐减小，故A点v正(CO2)>B点的v正(CO2)=B点的v逆(CO2)= v逆(H2O)‎ 则A点的v正(CO2)> B点的v逆(H2O)；‎ 故答案为：4CO(NH2)2+6NO27N2+4CO2+8H2O；NO不溶于水，难以与尿素接触反应；>；由图像知，A点是反应由起始到平衡的反应过程之中，B点反应已达平衡状态，此过程中反应物的浓度逐渐减小导致v正逐渐减小，故A点v正(CO2)>B点的v正(CO2)= B点的v逆(CO2)= v逆(H2O)；‎ ‎（2）①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=akJ·mol－1， ②NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H2=bkJ·mol－1，‎ ‎③6NO2(g)+O3(g)===3N2 O5(g) △H3=c kJ·mol－1，‎ 由盖斯定律，[①-②×2+③×2]×可得：4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)，则△H=(a+‎2c-2b)‎ kJ/mol， 故答案为：(a+‎2c-2b)；‎ ‎(3)若NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，说明NO中N元素化合价升高，NO2中N元素化合价降低，产物中N元素化合价为+3价，发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，则该盐的化学式为NaNO2；‎ HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(ag)+H2O(1)的离子方程式为HNO2(aq)+OH-(aq)NO2-(ag)+H2O(1)‎ 平衡常数K====5×1010；‎ 由Ka(HNO2)=5×10－4，知HNO2为弱酸，NO2-的水解常数Kh===2×10-11，Ka(HNO2)> Kh，‎ 故相同物质的量浓度的HNO2、NaNO2混合溶液中， HNO2的电离作用大于NO2-的水解作用，所以各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；‎ 故答案为：5×1010；c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。‎ ‎11.呋喃()和吡咯()是较常见的杂环化合物呋喃通过下列反应可转化为吡咯：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)呋喃和吡咯所含元素中：电负性最大的是___________(填元素符号)，第一电离能最大的元素的基态原子电子排布图是______________________。‎ ‎(2)呋喃分子中，碳原子的杂化方式是___________，1mol吡咯分子中含________molσ键。‎ ‎(3)NH3与H2O可与Zn2+形成配合物[Zn(NH3)3(H2O)]2+。与Zn2+形成配位键的原子是___________(填元素符号)；H2O的空间构型为___________；写出一种与NH3互为等电子体的阳离子：___________(填化学式)。‎ ‎(4)NH3的相对分子质量比N2O的小，但其沸点却比N2O的高，其主要原因是___________。‎ ‎(5)ZnO晶体随着环境条件的改变能形成不同结构的晶体，其中一种的晶胞结构如图所示，已知该ZnO晶体密度为ag·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数。则该晶体中与Zn2+等距离且最近的Zn2+共有___________个，该ZnO晶胞中相邻两个O2－之间的距离为___________nm。‎ ‎【答案】 (1). O (2). (3). sp2 (4). 10 (5). N、O (6). V型 (7). H3O+ (8). NH3分子间存在氢键 (9). 12 (10). ××107‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，以此分析；‎ ‎(2) 呋喃()分子中，C形成2个双键，则碳原子的杂化方式是sp2；单键均为σ键，双键 中有1个σ键，则1mol吡咯()分子中含10molσ键；‎ ‎(3)与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；因为水是sp3杂化，所以是正四面体结构，但由于O原子有两对孤对电子，所以结构为V型或角型；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；‎ ‎（4）氢键使物质的熔沸点升高；‎ ‎（5）由题给图示可知，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。若选体心的Zn2+为研究对象，则与体心的Zn2+等距离且最近的Zn2+为棱的中间的Zn2+，共有12个； ‎ 利用“均摊法”，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4，根据=计算。‎ ‎【详解】(1) 同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，呋喃和吡咯所含元素中含有C、H、O、N四种元素，其中电负性最大的是O，第一电离能最大的元素是N，N的基态原子电子排布图是；‎ 故答案为：O；；‎ ‎(2) 呋喃()分子中，C形成2个双键，则碳原子的杂化方式是sp2；单键均为σ键，双键中有1个σ键，则1mol吡咯()分子中含10molσ键；‎ 故答案为：sp2；10；‎ ‎(3)与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；‎ 因为水是sp3杂化，所以是正四面体结构，但由于O原子有两对孤对电子，所以结构为V型或角型；‎ NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；‎ 故答案为：N、O；V型；H3O+；‎ ‎(4) 氨气分子间存在氢键，氢键使物质的熔沸点升高，N2O分子间只有范德华力，氢键的作用力大于范德华力； 故答案为：NH3分子间存在氢键；‎ ‎(5)由题给图示可知，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。若选体心的Zn2+‎ 为研究对象，则与体心的Zn2+等距离且最近的Zn2+为棱的中间的Zn2+，共有12个； ‎ 利用“均摊法”，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4。一个晶胞的质量：m(晶胞)=×‎4g，‎ 一个晶胞的体积：V(晶胞)===cm3。则晶胞棱长=cm，‎ 晶胞中相邻两个O2－之间的距离为面对角线的一半，即×cm=××107nm。‎ 故答案为：12；××107。‎ ‎12.化合物I(C9H12O2)是合成某功能高分子材料的中间体，由C2H4和合成的路线如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)试剂X的名称______________________。‎ ‎(2)E的结构简式为______________________。‎ ‎(3)反应④的类型是______________________。‎ ‎(4)D中所含的官能团名称是______________________。‎ ‎(5)写出反应⑤的化学方程式：_________________________________。‎ ‎(6)同时符合下列条件的I的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱图表明分子中有5种氢原子的为___________(写1种结构简式)。a.分子中含有苯环且苯环上有三个取代基；b.1mol有机物最多能消耗2 mol NaOH。‎ ‎(7)设计以乙醛和1，3-丁二烯(CH2=CHCH=CH2)为原料制备的合成路线：________ (用流程图表示，无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 甲醛 (2). CH2=CHCOOCH3 (3). 消去反应 (4). 碳碳双键、羧基 (5). (6). 12 (7). 或 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合成路线图：由A(CH2=CH2)氧化生成B(CH3CHO)，根据已知条件①，CH3CHO与HCHO反应生成C（CH2=CHCHO），CH2=CHCHO催化氧化转化为D(CH2=CHCOOH)，CH2=CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成E(CH2=CHCOOCH3)；F（）和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成G（），G发生消去反应④生成H()；由已知条件②可知，E与H发生⑤步反应生成I，其结构简式为。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，CH3CHO与X反应生成C（CH2=CHCHO），所以试剂X应为甲醛；‎ 故答案为：甲醛；‎ ‎(2)E的结构简式为CH2=CHCOOCH3；‎ 故答案为：CH2=CHCOOCH3；‎ ‎(3)反应④是卤代烃的消去反应，故反应④的反应类型是消去反应；‎ 故答案为：消去反应；‎ ‎(4) D为CH2=CHCOOH，所含的官能团名称是碳碳双键、羧基；‎ 故答案为：碳碳双键、羧基；‎ ‎(5)反应⑤为E(CH2=CHCOOCH3)和H()发生反应生成I()‎ ‎，化学方程式为：；‎ 故答案为：；‎ ‎(6)I的同分异构体中:a.分子中含有苯环且苯环上有三个取代基；b.1mol有机物最多能消耗2 mol NaOH，根据I的分子式C9H12O2，共有4个不饱和度，说明含有苯环用去4个不饱和度，还含有2个酚羟基和一个-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，共有12种结构：①两个羟基处于邻位的有2×2=4种；②两个羟基处于间位的有2×3=6种；两个羟基处于对位的有1×2=2种；‎ 其中核磁共振氢谱图表明分子中有5种氢原子的应具有高度对称性，可能为或；‎ 故答案为：或；‎ ‎(7)由题目中合成路线图可知，根据已知条件①，CH3CHO与CH3CHO可反应生成CH3CH=CHCHO，由已知条件②可知，1,3-丁二烯可与碳碳双键反应，故CH3CH=CHCHO与1,3-丁二烯反应生成，加氢还原得。‎ 具体合成路线为：；‎ 故答案为：。‎