四川省绵阳南山中学2020届高三三诊模拟考试理综化学试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com 绵阳南山中学2020年绵阳三诊模拟考试理综化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 As75 Ni59‎ ‎1.化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是 A. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料 B. 石墨烯是由单层碳原子构成平面结构新型碳材料，属于烯烃 C. 顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料 D. 人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，故A错误；‎ B．烯烃中含有C、H元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H原子，不属于烯烃，故B错误；‎ C．苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；‎ D．洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.萝卜硫素（结构如图）是具有抗癌和美容效果的天然产物之一，在一些十字花科植物中含量较丰富。该物质由五种短周期元素构成，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核外最外层电子数相等。下列叙述一定正确的是（ ）‎ A. 原子半径的大小顺序为Z>W>X>Y B. X的简单氢化物与W的氢化物反应生成离子化合物 C. 萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足8电子稳定结构 D. Y、Z形成的二元化合物的水化物为强酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 通过给出的结构式可知，萝卜硫素含氢元素、碳元素，又该物质由五种短周期元素构成可知W、X、Y、Z中有一种是C，由“萝卜硫素”推知其中含硫元素，结合结构简式中的成键数目知，Z为S，Y为O，W为C，X为N。‎ ‎【详解】A．原子半径：S>C>N>O，故A正确；‎ B．C的简单氢化物是有机物，不与N的氢化物反应，故B错误；‎ C．萝卜硫素中氢元素不满足8电子稳定结构，故C错误；‎ D．SO3的水化物是硫酸，强酸；SO2的水化物是亚硫酸，弱酸，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】Y、Z同族，且形成化合物时，易形成两个化学键，故Y为O，Z为S。‎ ‎3.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是 A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。‎ ‎【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列关于有机物 a( )、b( ) 、c( ）的说法正确的是 A. a、b 互为同系物 - 21 -‎ B. C 中所有碳原子可能处于同一平面 C. b 的同分异构体中含有羧基的结构还有 7 种（不含立体异构）‎ D. a 易溶于水，b 、c 均能使酸性高猛酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；‎ B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；‎ C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；‎ D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；‎ 故答案选：C。‎ ‎5.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能 B. 吸附层b发生的电极反应：H2 – 2e－ + 2 OH－= 2H2O C. Na+ 在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动 D. “全氢电池”的总反应： 2H2 + O2 =2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2‎ - 21 -‎ ‎，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。‎ ‎【详解】A. 根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A正确；‎ B. 吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层b为正极，电极反应是2H++2e-=H2，故B错误；‎ C. 电池中阳离子向正极移动，所以Na+ 在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；‎ D. 负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H++2e-=H2，电池的总反应为H++OH-=H2O，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(l) ∆H=-97.3kJ/mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知SO2C12的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是 A. 乙中盛放的试剂为无水氯化钙 B. 制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中 C. 用来冷却的水应该从a口入，b口出 D. 可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和Cl2通过冷凝管逸出，SO2和Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2‎ - 21 -‎ 水解。‎ ‎【详解】A．乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A选项错误；‎ B．根据题目中热化学方程式可知，∆H<0，则该反应为放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率，B选项正确；‎ C．冷凝水应从冷凝管的下口进，上口出，故用来冷却的水应该从b口入，a口出，C选项错误；‎ D．硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，故不可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】解答此类问题时需仔细分析题干，利用题干信息分析出装置的作用以及相关试剂，综合度较高，要求对知识点能够综合运用和灵活迁移。‎ ‎7.某温度下，向10mL 0.1mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lg c(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=3×10-25，下列有关说法正确的是 A. Na2S溶液中：c(H+)＋c(HS-)＋c(H2S)＝c(OH-)‎ B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b点 C. c点溶液中c(Cu2+)=10-34.4 mol·L-1‎ D. 向100mL Zn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3 mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-‎ - 21 -‎ 单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，结合溶度积常数和溶液中的守恒思想分析解答。‎ ‎【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，b点滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。‎ A．Na2S溶液显碱性，根据质子守恒，c(H+)＋c(HS-)＋2c(H2S)＝c(OH-)，故A错误；‎ B．a、c两点Cu2+、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进和抑制，水的电离程度最小，故B正确；‎ C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)•c(S2-) =10-17.7mol/L×10-17.7mol/L =10-35.4mol2/L2，c点溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=×0.1mol/L，因此 c(Cu2+)===3×10-34.4 mol/L，故C错误；‎ D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-3 mol•L-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，先产生CuS沉淀，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的难点是根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp，也是解题的关键。本题的易错点为C，要注意c点溶液中c(S2-)=×0.1mol/L。‎ ‎8.氮及其化合物对环境具有显著影响。‎ ‎（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：‎ ‎①N2(g)+O2(g) ⇌2NO(g) △H=+180 kJ/mol ‎ ‎②N2(g)+2O2(g) ⇌ 2NO2(g) △H=+68 kJ/mol 则2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g) △H=_____kJ/mol ‎（2）对于反应2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)的反应历程如下：‎ 第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)‎ - 21 -‎ 第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反应)‎ 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1 正·c2(NO)，υ 逆=k1 逆·c(N2O2)，k1正、k1 逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是_____‎ a．整个反应的速率由第一步反应速率决定 b．同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大 c．第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低 d．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高 ‎（3）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应 △H=－87.0 kJ/mol，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：‎ ‎①a点_____(填是或不是)处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因可能是 _____________。‎ ‎②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是_____，测得b点氨的转化率为30％，则x=______________。‎ ‎（4）N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2O⇌N2H5++OH- K1=；N2H5++H2O⇌N2H62++OH - K2=；‎ ‎①25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+ )＞c(N2H4 )，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围__________(用含a、b式子表示)。‎ ‎②水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为__________。‎ ‎【答案】 (1). -112 (2). bd (3). 不是 (4).‎ - 21 -‎ ‎ 升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂的活性降低 (5). Ⅰ (6). 4 (7). 14-b＜pH＜14-a (8). (N2H6)(HSO4)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(2)a．整个反应的速率由慢反应决定；‎ b．υ正=k1 正·c2(NO)，υ 逆=k1 逆·c(N2O2)，反应达平衡时，υ正=υ逆，所以=K（该化学平衡常数），据此进行分析；‎ c．反应速率与转化率无关；‎ d．相同温度下，第一步反应快速达到平衡，第二步是慢反应；据此分析判断；‎ ‎(3)①产率最高之前，反应未达到平衡状态；结合温度对平衡移动及催化剂的影响回答；‎ ‎②氨碳比相同时，增大水蒸气的含量，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，结合图象分析判断水碳比最大的曲线；根据图象，b点时，=x，α(CO2)=60%，α(NH3)=30%，结合2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)计算解答；‎ ‎(4)①N2H4+H2O⇌N2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH- K2=1×10-b，根据平衡常数表达式结合c(N2H5+)＞c(N2H4)，同时c(N2H5+)＞c(N2H62+)，计算c(OH-)的范围，从而计算pH的范围；‎ ‎②水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62+和OH-，据此分析判断与硫酸反应生成的酸式盐的化学式。‎ ‎【详解】(1)已知①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180 kJ•mol-1，②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H=+68 kJ•mol-1，根据盖斯定律，反应②-①得：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=(-180+68)kJ•mol-1 =-112kJ/mol，故答案为：-112；‎ ‎(2)a．整个反应的速率由慢反应决定，即由第二步反应速率决定，故a错误；‎ b．根据①同一温度下，平衡时第一步反应的越大，化学平衡常数越大，则反应正向进行程度越大，故b正确；‎ c．反应速率的快慢与转化率无关，转化率与反应的限度有关，故c错误；‎ d．相同温度下，第一步反应快速达到平衡，第二步是慢反应，则第二步的活化能比第一步的活化能高，故d正确；‎ 故答案为：bd；‎ - 21 -‎ ‎(3)①产率最高之前，未达到平衡状态，故a点不是平衡点；反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂的活性降低；‎ 故答案为：不是；升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂的活性降低；‎ ‎②氨碳比相同时，增大水蒸气的含量，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，根据图象，氨碳比相同时，曲线Ⅲ的二氧化碳的转化率大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是为Ⅰ；根据图象，b点时，=x，α(CO2)=60%，α(NH3)=30%，假设二氧化碳为1mol，则氨气为xmol，转化的二氧化碳为0.6mol，根据 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ，转化的氨气为1.2mol，则α(NH3)=×100%=0.3，解得：x=4，故答案为：Ⅰ；4；‎ ‎(4)①N2H4+H2O⇌N2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH- K2=1×10-b，可知K1==1×10-a，K2==1×10-b，欲使c(N2H5+)＞c(N2H4)，同时c(N2H5+)＞c(N2H62+)，则1×10-b＜c(OH-)＜1×10-a，即应控制溶液pH范围为14-b＜pH＜14-a，故答案为：14-b＜pH＜14-a；‎ ‎②水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62+和OH-，因此它与硫酸反应生成的酸式盐的化学式为(N2H6)(HSO4)2，故答案为：(N2H6)(HSO4)2。‎ ‎【点睛】本题的难点和易错点为(3)，要注意正确解读题中化学平衡的图象，要注意②中水蒸气的含量高低，即水碳比的大小与二氧化碳转化率的关系的判断。‎ ‎9.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下：‎ 已知：a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH=12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2Ob．相关物质的熔沸点：‎ - 21 -‎ ‎（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有_____性。‎ ‎（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为 ______________（填字母）。‎ a．0~10℃ b．20~30℃ c．60~70℃‎ ‎（3）可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。已知：Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如图：‎ ‎① Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因 __（结合方程回答）。‎ ‎②结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在32.4℃恒温蒸发，_______。‎ ‎③Na3H(SO4)2处理器滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和_____。‎ ‎（4）为测定存储罐中所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：‎ 步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100 mL试样。‎ 步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇 匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2＋I－＋H+—I2＋Cl－＋H2O 未配平)‎ 步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。（已知：I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-）‎ ‎①准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是______。‎ ‎②若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质,则实验结果_____ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ ‎③根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为_____mol·L-1（用含字母的代数式表示）。‎ - 21 -‎ ‎（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。ClO2的有效氯含量为_______。(计算结果保留两位小数)‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). B (3). Na2SO4•10H2O(s)⇌2Na+(aq)+SO42-(aq)+10H2O(l)，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出 (4). 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5). H2SO4 (6). 酸式滴定管 (7). 偏高 (8). (9). 2.63g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生器中发生反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O，过滤得到不溶性Na3H(SO4)2滤渣和含有CH3OH等物质的滤液，滤液在冷却塔中冷却分离出ClO2气体，含有CH3OH等物质的滤液循环到发发生器中，充分利用原料CH3OH和NaClO3，ClO2气体在吸收塔中冰水冷却至液体ClO2储存；处理器中，Na3H(SO4)2滤渣在Na+作用下与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发生器中充分利用，据此分析解答(1)～(3)；‎ ‎(4)ClO2溶液显酸性，结合2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5S2O32-，据此计算原ClO2溶液的浓度；‎ ‎(5)根据每克含氯消毒剂转移的电子，结合ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-分析计算。‎ ‎【详解】(1)ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化；‎ ‎(2)ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B；‎ ‎(3)①Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即Na2SO4•10H2O(s)⇌2Na+(aq)+SO42-(aq)+10H2O(l)，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出，故答案为：Na2SO4•10H2O(s)⇌2Na+(aq)+SO42-(aq)+10H2O(l)，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出；‎ ‎②由Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线可知，32.4℃时Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度均处于最大，但Na2SO4•10H2O的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4的溶解度随温度的升高而较小，防止Na2SO4结晶析出，应采用降温结晶法得到Na2SO4•10H2‎ - 21 -‎ O，即恒温蒸发浓缩溶液、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎③在Na+作用下，Na3H(SO4)2滤渣在处理器中与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发发生器中充分利用，故答案为：H2SO4。‎ ‎(4)①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液玻璃仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；‎ ‎②Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，根据I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，测得的ClO2偏多，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；‎ ‎③由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5S2O32-，n(S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4mol×=×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：；‎ ‎(5)根据有效氯定义，1gC1O2的物质的量为mol，依据电子转移数目相等，ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，则转移电子为mol，可知氯气的物质的量为×mol，则氯气的质量为×mol×71g/mol=2.63g，故答案为：2.63g。‎ ‎10.苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。‎ 已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐 ‎②用硝基苯制取苯胺的反应原理：+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O ‎③有关物质的部分物理性质见下表：‎ - 21 -‎ I．比较苯胺与氨气的性质 ‎（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为____；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。‎ Ⅱ.制备苯胺 往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。‎ ‎（2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）；‎ ‎（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为____。‎ Ⅲ．提取苯胺 i．取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。‎ ii．往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。‎ iii．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。‎ ‎（4）装置B无需用到温度计，理由是____。‎ ‎（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是____。‎ - 21 -‎ ‎（6）该实验中苯胺的产率为____。‎ ‎（7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：____。‎ ‎【答案】 (1). NH3+HCl=NH4Cl (2). 苯胺沸点较高，不易挥发 (3). b (4). C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O (5). 蒸出物为混合物，无需控制温度 (6). 防止B中液体倒吸 (7). 60.0% (8). 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。‎ ‎【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184℃)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；‎ ‎(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；‎ ‎(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3++OH-= C6H5NH2+H2O；‎ ‎(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；‎ ‎(5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；‎ ‎(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为=4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%；‎ ‎(7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。‎ ‎11.2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性 与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：‎ ‎（1）基态镍原子的价电子排布式为_______；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_______ (填元素符号)。‎ ‎（2）铁及其离子易形成配离子，如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是______（填元素符号）；[Fe(CN)6] 4-中含有σ键与π键的数目比为_____________。‎ ‎（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。‎ ‎①AsO33-的立体构型为_______，写出一种与其互为等电子体的分子_______（填化学式）。‎ ‎②K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_______。‎ ‎（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_______。‎ ‎（5）①金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_______。‎ a． b． c． d．‎ ‎②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝_____g·cm－3。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). Fe (3). N (4). 1∶1 (5). 三角锥形 (6).‎ - 21 -‎ ‎ PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 (7). 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (8). Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 (9). C (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态镍原子核外有28个电子，根据构造原理书写Ni原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；‎ ‎(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C，N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N与O的电子排布式分析解答；‎ ‎(3)①根据VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；‎ ‎(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关；‎ ‎(5)①根据图示，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积；②由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni原子和As原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积计算。‎ ‎【详解】(1)基态镍原子核外有28个电子， Ni原子电子排布式为[Ar]3d84s2，‎ 上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；‎ ‎(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C、N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素，[Fe(CN)6] 4-中含有6个配位键，6个C≡N，因此σ键与π键的数目比为(6+6)∶6×2=1∶1，故答案为：N；1∶1；‎ ‎(3)①对于AsO33-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=4，则AsO33-的立体构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与AsO33-互为等电子体的分子有：PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为：三角锥形；PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；‎ - 21 -‎ ‎②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；‎ ‎(4)Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强，故金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，故答案为：Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强；‎ ‎(5)①根据金属镍的原子堆积模型图，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积，A选项是某一个面的二维图，俯视图中还可以看到C中相对于A多出的4个面心硬球，则金属镍晶胞俯视图为C，故答案为：C；‎ ‎②由晶胞结构可知，Ni位于晶胞的顶点和4条棱上，每个晶胞中含有Ni原子数目=8×+4×=2，As位于晶胞内部，含有2个As原子，晶胞质量=2×g，晶胞的体积V=a×10-10 cm×a×10-10 cm×sin60°×c×10-10 cm=×10-30 cm3，故晶胞的密度ρ==g•cm-3，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(5)②中晶胞的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，而是菱形，要注意底面面积的计算方法。‎ ‎12.花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）①的反应类型为_____________________；B分子中最多有_________个原子共平面。‎ ‎（2）C中含氧官能团的名称为______________________；③的“条件a”为____________________。‎ - 21 -‎ ‎（3）④为加成反应，化学方程式为__________________________________。‎ ‎（4）⑤的化学方程式为__________________________________。‎ ‎（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_________种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_________________。(只写一种即可)。‎ ‎①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2；③1mol J可中和3mol NaOH。‎ ‎（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ：______________‎ ‎【答案】 (1). 取代反应 (2). 18 (3). 羰基、醚键 (4). 浓硫酸、加热（或：P2O5） (5). (6). (7). 30 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ 根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为 - 21 -‎ ‎；根据G生成H的反应条件可知，H为。‎ ‎(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应； B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；‎ ‎(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；‎ ‎(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；‎ ‎(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；‎ ‎(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1mol J可中和3mol NaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6‎ - 21 -‎ COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；；‎ ‎(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。‎ 点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。‎ - 21 -‎ - 21 -‎