辽宁省葫芦岛市2020届高三第一次模拟考试（全国II）理综化学试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com ‎2020年葫芦岛市普通高中高三第一次模拟考试 理科综合能力测试化学 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6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.在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是 A. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%‎ B. “84”消毒液、二氧化氯泡腾片可用作环境消毒 C. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 D. 洗手液都能够杀死病毒起到消毒作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．75%的酒精能完全进入细菌细胞内，杀菌效果最好，则医用酒精中乙醇的浓度为75%，故A正确；‎ B．次氯酸钠和二氧化氯均有强氧化性，能杀灭细菌，则“84”消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂，故B正确；‎ C．聚丙烯属于合成纤维、是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；‎ D．多数洗手液有去污、清洁作用，不一定都有杀毒作用，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎2.已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是 A. 该反应类型为取代反应 B. N分子中所有碳原子共平面 C. 可用溴水鉴别M和N D. M的一氯代物共7种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】A．M中碳碳双键和氢气发生加成反应生成N，该反应为加成反应，故A错误；‎ B．N分子中取代基上的3个碳原子都采用sp3杂化，具有甲烷结构特点，则N中所有碳原子不能共平面，故B错误；‎ C．M和溴发生加成反应、N和溴不反应，前者褪色，后者分层且上层有色，现象不同可以鉴别，故C正确；‎ D．M分子结构中共有5种等效氢，则一氯代物共有5种，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4 L气体时转移电子数为2NA B. 标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NA C. 常温下，1 L 0.5 mol/L CH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA D. 50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．未指明气体的状态，无法确定22.4L气体的物质的量是1mol，则反应中转移电子的数目不一定是2NA，故A错误；‎ B．环丙烷和丙烯分子中均含有9个共用电子对，则标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为×9NA=9NA，故B正确；‎ C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此1L溶液中CH3COO-与NH4+的数目均小于0.5NA，故C错误；‎ D．Na与50g质量分数为46%的乙醇溶液反应时，钠先和水反应，后再和乙醇反应；50g46%的乙醇溶液中含有的乙醇的质量为23g，物质的量为0.5mol，故和钠反应生成0.25mol氢气；而水的质量为27g，物质的量为1.5mol，故和钠反应生成0.75mol氢气，故共生成1mol氢气即NA个氢气分子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件；本题难点是选项A中气体未指明标况，选项D中水和酒精均能与Na反应生成氢气。‎ - 20 -‎ ‎4.已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D 的原子序数之和是 E 的两倍。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：C>B>A B. 气态氢化物的热稳定性：E>C C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E D. 化合物 DC 与 EC2 中化学键类型相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D 的原子序数之和是E的两倍，E为Si。‎ ‎【详解】A. 原子半径：N>C>H，故A错误；‎ B. 气态氢化物的热稳定性：H2O > SiH4，故B错误；‎ C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3> H2SiO3，故C正确；‎ D. 化合物 MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。‎ ‎5.下列实验的现象与结论相对应的是 A B C D 实验 现象 加热，肥皂液中产生无色气泡 - 20 -‎ 电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏 加热一段时间后溶液蓝色褪去 ‎①和②中均迅速产生大量气泡 结论 铁片作负极，片刻后铜片作负极 淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖 铁粉与水蒸气反应生成H2‎ MnO2一定是②中反应的催化剂 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜，铁为负极；铁的表面钝化后，无法与浓硝酸继续反应，则铜与浓硝酸发生反应，此时铜为负极，所以电流方向会发生改变，故A正确；‎ B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解，但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖，故B错误；‎ C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气，也可能是空气受热膨胀产生气泡，故C错误；‎ D、过氧化钠与水反应放出大量的热，因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【详解】该题考查基本实验的操作、现象、结论，要求对教材上的实验比较熟悉，关键是对实验中的一些不确定情况能进行具体分析，试题有一定的灵活性。‎ ‎6.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6＋Li1—xFePO4=6C＋LiFePO4 。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是 - 20 -‎ A. 放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 B. 充电时电子从电源经铝箔流入正极材料 C. 隔膜在反应过程中只允许Li+ 通过 D. 充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4－xe－== Li1－xFePO4＋xLi+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故A正确；‎ B．充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，故B错误；‎ C．放电时，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4-xe-═Li1-xFePO4+xLi+，故C正确；‎ D．该原电池中，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，所以隔膜为阳离子交换膜，在反应过程中只允许Li+通过，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键，根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1-xFePO4═6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，选项B为易错点。‎ ‎7.298K时，向20mLcmol·L－1KOH溶液中滴加0.1mol·L－1HCOOH溶液，混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是 - 20 -‎ A. 上述KOH溶液的浓度c＝0.01mol·L－1‎ B. B点对应的溶液中：c(K＋)＝c(HCOO－)‎ C. E点对应的溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＝c(HCOOH)‎ D. 若D点对应的甲酸溶液体积为V1mL，则HCOOH电离平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察图像可知，E点表示KOH与HCOOH恰好完全反应生成HCOOK，此时溶液呈碱性；B点对应溶液中的溶质是KOH和HCOOK，溶液显碱性；D点对应溶液中的溶质是HCOOH和HCOOK，显中性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据图像，开始时，A点的pH=13，说明KOH溶液的浓度c＝0.1mol·L－1，故A错误；‎ B．B点对应溶液中的溶质是KOH和HCOOK，溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒有：c(K＋)＞c(HCOO－)，故B错误；‎ C．E点为KOH与HCOOH恰好完全反应生成HCOOK，此时溶液呈碱性根据质子守恒有c(OH－)=c(H＋)+c(HCOOH)，但c(H＋)与c(HCOOH)不一定相等，故C错误；‎ D．D点对应溶液中的溶质是HCOOH和HCOOK，显中性，则有c(K＋)= c(HCOO－)== mol·L－1，c(HCOOH)== mol·L－1，则HCOOH电离平衡常数== ，故D正确；‎ - 20 -‎ 故选D。‎ ‎8.工业上可用一氧化碳合成可再生能源甲醇。‎ ‎(1)已知：Ⅰ.3CO(g)＋6H2(g) CH3CH＝CH2(g)＋3H2O(g) △H1＝-301.3kJ/mol；‎ Ⅱ.3CH3OH(g) CH3CH＝CH2(g)＋3H2O(g) △H2＝-31.0kJ/mol。‎ 则CO与H2合成气态甲醇的热化学方程式为___________________________________‎ ‎(2)某科研小组在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下，在500℃时，研究了n(H2)∶n(CO)分别为2∶1、5∶2时CO的转化率变化情况(如图1所示)，则图中表示n(H2)∶n(CO)＝2∶1的变化曲线为________(填“曲线a”或“曲线b”)，原因是_________________。‎ ‎(3)某科研小组向密闭容器中充入一定量的CO和H2合成气态甲醇，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH3OH的产率与温度的关系如图2所示。下列说法正确的是____________(填选项字母)。‎ a.使用催化剂A能加快相关化学反应速率，但催化剂A并未参与反应 b.在恒温恒压的平衡体系中充入氩气，CH3OH的产率降低 c.当2v(CO)正＝v(H2)逆时，反应达到平衡状态 ‎(4)一定温度下，在容积均为2L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。‎ 容器 甲 乙 反应物起始投入量 ‎2 mol CO、6 mol H2‎ a mol CO、b mol H2、c mol CH3OH(g)(a、b、c均不为零)‎ 若甲容器平衡后气体的压强为开始时的，则该温度下，该反应的平衡常数K＝_______，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则乙容器中c的取值范围为_____________________________________。‎ - 20 -‎ ‎(5)CO与日常生产生活相关。‎ ‎①检测汽车尾气中CO含量，可用CO分析仪，工作原理类似于燃料电池，其中电解质是氧化钇(Y2O3)和氧化锆(ZrO2)晶体，能传导O2－。则负极的电极反应式为__________________。‎ ‎②碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]毒性小，是一种绿色化工产品，用CO合成(CH3O)2CO，其电化学合成原理为4CH3OH＋2CO＋O22(CH3O)2CO＋2H2O，装置如图3所示：写出阳极的电极反应式：________________________________________‎ ‎【答案】 (1). CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H＝－90.1kJ/mol (2). 曲线b (3). H2的含量越低，CO的转化率越低 (4). bc (5). 0.25 (6). 1﹤c﹤2 (7). CO-2e-+O2-=CO2 (8). 2CH3OH+CO-2e-==(CH3O)2CO+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用盖斯定律：Ⅰ×-Ⅱ×得CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ，再计算△H；‎ ‎(2)n(H2)：n(CO)=5:2时，相当于增大H2浓度，平衡正移，CO转化率增大；‎ ‎(3)a．催化剂参加化学反应才能加快反应速率；‎ b．在恒温恒压的平衡体系中充入氩气，体积增大，分压减小，平衡逆移；‎ c．反应速率与计量系数成正比；‎ ‎(4)根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，先计算出平衡时各物质的量，再计算平衡常数K=c(CH3OH) ，最后根据等效平衡分析c的取值范围；‎ ‎(5)①负极CO发生氧化反应与O2-结合生成CO32-，根据电子转移、电荷守恒书写负极电极反应式；‎ ‎②阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应生成(CH3O)2CO，根据电子转移、电荷守恒书写电极反应。‎ ‎【详解】(1)已知：Ⅰ.3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H1‎ - 20 -‎ ‎=-301.3kJ/mol，Ⅱ.3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H2=-31.0kJ/mol，由盖斯定律可知Ⅰ×-Ⅱ×得CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ，则△H =(-×301.3+×31.0) kJ/mol=-90.1kJ/mol，即CO与H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H＝－90.1kJ/mol；‎ ‎(2)n(H2)：n(CO)=5:2时，相当于增大H2浓度，平衡正移，CO的转化率增大，则n(H2)：n(CO)=2:1时H2的含量越低，平衡逆向移动，CO的转化率越低，即图中表示n(H2)：n(CO)=2:1的变化曲线为曲线b；‎ ‎(3)a．催化剂参加化学反应才能加快反应速率，故a错误；‎ b．在恒温恒压的平衡体系中充入氩气，体积增大，分压减小，平衡逆移，CH3OH的产率降低，故b正确；‎ c．根据反应速率与计量系数成正比，当2V正(CO)=V逆(H2)时，反应达到平衡，故c正确；‎ 故答案为bc；‎ ‎(4)已知甲中反应物投入量为：2moLCO、6molH2，则：‎ ‎ ‎ 根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即=0.75，解得x=1mol，平衡常数K= =0.25；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量等于CO的物质的量为2mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量1mol，所以c的物质的量为：1＜n(c)＜2；‎ ‎(5)①负极CO发生氧化反应与O2-结合生成CO32-，负极电极反应式为：CO+2O2--2e-=CO32-；‎ ‎②阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，根据电子转移、电荷守恒书写电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。‎ - 20 -‎ ‎【点睛】本题涉及盖斯定律的考查，通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎9.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：‎ ‎（1）过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。‎ ‎（2）过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。‎ ‎（3）浸出液X的主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等。过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85 ℃、反应时间3 h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。‎ ‎①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为__。‎ ‎②结合平衡移动原理，解释过程ⅲ中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。‎ ‎③当pH＞2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__。‎ ‎（4）LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀反应的化学方程式为__。‎ ‎【答案】 (1). 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ (2). 溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+（2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O） (3). 2.5 (4). H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，溶液pH增大，c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀 (5). pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO43-‎ - 20 -‎ 释放，导致磷沉淀率下降 (6). (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用NaOH溶解后过滤，滤液为NaAlO2溶液，滤渣为LiFePO4和炭黑，再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，向X中加入Na2CO3溶液，有FePO4•2H2O析出，过滤的滤液主要是LiCl，再加入饱和Na2CO3溶液，再过滤即可得到LiCO3粗产品，据此分析解题。‎ ‎【详解】(1)过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2，发生反应的离子方程式是2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；‎ ‎(2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎(3)①分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5；‎ ‎②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡，即H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；‎ ‎③已知FePO4(s)Fe3+(aq)+ PO43-(aq)，当pH＞2.5后，随pH增加，溶液中c(OH-)增大，Fe3+开始转变生成Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降；‎ ‎(4)(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4，同时得到(NH4)2SO4和Li2SO4，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为 (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。‎ ‎10.二氯化二硫（S2Cl2）是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：‎ 物理性质 毒性 色态 挥发性 熔点 沸点 剧毒 金黄色液体 易挥发 ‎-76℃‎ ‎138℃‎ 化学性质 ‎①300℃以上完全分解 ‎②S2Cl2+Cl22SCl2 ‎ - 20 -‎ ‎③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险 ‎④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气 ‎(1)制取少量S2Cl2‎ 实验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生在SCl2。‎ ‎①仪器m的名称为____________，装置F中试剂的作用是____________。‎ ‎②装置连接顺序：A→________→________→________→E→D。‎ ‎③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是____________。‎ ‎④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和____________。‎ ‎(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水减慢其挥发（或扩散），并产生酸性悬浊液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是____________。‎ ‎(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。‎ ‎①W溶液可以是____________（填标号）。‎ a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液（硫酸酸化） c.氯水 ‎②该混合气体中二氧化硫的体积分数为____________（用含V、m的式子表示）。‎ ‎【答案】 (1). 直形冷凝管(或冷凝管) (2). 除去Cl2中混有的HCl杂质 (3). F (4). C (5). B (6). 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 (7). 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量，其他合理答案均得分) (8). S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气 (9). ac (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ ‎(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；‎ ‎(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；‎ ‎(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。‎ ‎【详解】(1)①仪器m 的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F 中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；‎ ‎②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；‎ ‎③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；‎ ‎④反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；‎ ‎(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；‎ ‎(3)W溶液的作用是氧化二氧化硫生成硫酸，可以选择H2O2溶液或氯水，但不能选择KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为酸性高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，污染环境，且引入硫酸根离子，故答案为ac；‎ ‎②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==‎ - 20 -‎ mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。‎ ‎[化学—选修3：物质结构与性质]‎ ‎11.锌及锌的化合物应用广泛。例如，测定铜合金中的铅、锌时要利用锌配离子的下列反应：‎ ‎[Zn(CN)4]2-＋4HCHO＋4H2O==Zn2+＋4HOCH2CN＋4OH－，回答下列问题：‎ ‎(1)基态Zn2+ 的电子排布式为_____________，基态 C原子核外电子占据_____个不同原子轨道。‎ ‎(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________，HOCH2CN分子中含有的σ键与π键数目之比为_________。‎ ‎(3)HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是________，福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶的主要原因是_________________________。‎ ‎(4)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN－之间的化学键称为_________，提供孤电子对的成键原子是________。‎ ‎(5)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。‎ ‎①Zn2＋填入S2－组成的___________空隙中；‎ ‎②已知晶体密度为d g/cm3，该晶胞的边长表达式为______pm(写计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10（或[Ar] 3d10） (2). 4 (3). N＞O＞C (4). 3:1 (5). sp2 (6). HCHO与水分子间存在氢键 (7). 配位键 (8). C (9). 正四面体 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Zn位于周期表中第4周期第ⅡB族，C的基态核外电子排布式为1s22s22p2；‎ - 20 -‎ ‎(2)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，据此答题，单键为σ键，三键中一根为σ键，两根为π键；‎ ‎(3)利用甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型，HCHO极易与水互溶，考虑形成氢键；‎ ‎(4)含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，提供孤电子对的成键原子是C原子；‎ ‎(5)①ZnS和金刚石晶胞的相似性，根据立体几何分析Zn2+在S2-中的填隙方式；‎ ‎②根据晶体密度公式d＝计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。‎ ‎【详解】(1)Zn位于周期表中第4周期第ⅡB族，则其基态核外电子排布式为：[Ar]3d10；C的基态核外电子排布式为1s22s22p2，则轨道表达式为，占据4个不同的原子轨道；‎ ‎(2)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C；单键为σ键，三键中一根为σ键，两根为π键，HOCH2CN分子中含有的σ键有6个，含有π键数目为2，所以含有的σ键与π键数目之比为3:1；‎ ‎(3)甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，因甲醛中碳原子采取sp2杂化；福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶是因为HCHO与水分子间存在氢键；‎ ‎(4)含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Zn2+提供空轨道、CN-中C原子提供孤电子对而形成配位键，提供孤电子对的成键原子是C原子；‎ ‎(5)①ZnS和金刚石晶胞的相似性，S2-形成的是正四面体结构，则Zn2+填在了S2+形成的正四面体空隙中；‎ ‎②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，设晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积为V=a3cm3，对于立方晶胞，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，含有Zn的数目为8×+6×＝4，含有S的数目为4，因此1molZnS的质量为m=4×(65+32)g=388g，已知晶体的密度为dg/cm3，则有d==g/cm3，解得：a=cm=pm。‎ ‎[化学-有机化学基础]‎ - 20 -‎ ‎12.用于汽车刹车片的聚合物 Y 是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：‎ 已知：‎ ‎(1)生成 A 的反应类型是_____。‎ ‎(2)试剂 a 是_____。‎ ‎(3)B 中所含的官能团的名称是_____。‎ ‎(4)W、D 均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。‎ ‎①F 的结构简式是_____。‎ ‎②生成聚合物 Y 的化学方程式是_____。‎ ‎(5)Q 是 W 的同系物且相对分子质量比 W 大 14，则 Q 有______种，其中核磁共振氢谱有4 组峰，且峰面积比为 1∶2∶2∶3 的为___________（写一种结构简式即可）。‎ ‎(6)试写出由 1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线__________________。（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). 取代反应 (2). 浓硝酸、浓硫酸 (3). 氯原子、硝基 (4). (5). +(2n-1)H2O (6). 10 (7). 　或　 (8). ‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ 苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2=CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为，则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。‎ ‎(6)CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。‎ ‎【详解】(1)生成 A是，可由苯与氯气发生取代反应生成氯苯，则反应类型是取代反应；‎ ‎(2) A→B发生硝化反应，则试剂a是：浓硝酸、浓硫酸；‎ ‎(3) B为，所含的官能团是：氯原子、硝基；‎ ‎(4) ①由分析知，F的结构简式是；‎ - 20 -‎ ‎②和发生缩聚反应生成聚合物，化学方程式是+(2n-1)H2O；‎ ‎(5) Q是W()的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为-CH(COOH)2；有2个取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个-COOH与-CH3，2个-COOH有邻、间、对3种位置，对应的-CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1=10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为 、；‎ ‎(6) CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为。‎ ‎【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。‎ ‎ ‎ - 20 -‎ - 20 -‎ - 20 -‎