湖北省武汉市部分学校2020届高三起点质量监测化学试题 22页

‎2019~2020学年度 武汉市部分学校新高三起点质量监测 化学试卷 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题3 分，共42 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.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. 氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2‎ B. 电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术 C. 硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业 D. 煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯碱工业是电解NaCl的水溶液，A错误；‎ B. 电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术，B正确；‎ C. 硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业，C正确；‎ D. 煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源，D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎2.下列关于有机化合物的叙述中错误的是 A. 汽油、柴油、石蜡都是多种碳氢化合物的混合物 B. 苯与铁粉、溴水混合可制备密度大于水的溴苯 C. 利用酸性高锰酸钾溶液可除去CO2中混有的乙烯 D. 只用溴水可鉴别苯、己烯和四氯化碳 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油、柴油、石蜡都是多种碳氢化合物的混合物，A正确；‎ B. 苯的溴代是苯与液溴的反应，而不是溴水，B错误；‎ C. 乙烯被高锰酸钾氧化会生成二氧化碳，故可利用酸性高锰酸钾溶液可除去CO2中混有的乙烯，C正确；‎ D. 溴水与苯会分层，上层为苯无色液体，己烯可以使溴水褪色，四氯化碳与溴水也会分层，下层为四氯化碳无色液体，故只用溴水可鉴别苯、己烯和四氯化碳，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎3.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 A. 用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示装置 C. 用图③所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 用图④所示装置可除去CO2中含有的少量HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠能溶于水而碳酸钙难溶，故可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正确；‎ B. 乙醇与溴水互溶，故无法进行萃取分液，B错误；‎ C. 用蒸馏的方法分离乙醇和水需要在装置中加装温度计，并使温度计的水银球在支管口处，C错误；‎ D. 应使用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中含有少量HCl，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】在除杂时，注意试剂的选择，尽量不要减少所需物质的量。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 2.3gNa与O2完全反应，转移电子总数为0.1NA B. 常温下，0.2mol/LNH4Cl溶液中，NH4+数目小于0.2NA C. 标准状况下，11.2LCHCl3中氯原子数目1.5NA D. 7.8g苯中碳碳双键的数目为0.3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2.3gNa与O2完全反应，生成0.1mol+1价的Na，转移电子总数为0.1NA，A正确；‎ B. 没有给出溶液的体积，故无法计算NH4+数目，B错误；‎ C. 标准状况下，CHCl3为非气态，无法计算CHCl3中氯原子数目，C错误；‎ D. 苯中的碳碳键为介于单键和双键之间的特殊共价键，即苯中不含碳碳双键，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】22.4L/mol仅适用于标况下气态物质体积的求算。‎ ‎5.我国科学家提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：‎ 下列有关说法错误的是 A. 原料到产品的总反应属于加成反应 B. CH3COOH分子中最多有7个原子共平面 C. ①→②放出热量并形成了C一C键 D. CH4→CH3COOH过程中，有两种类型的化学键断裂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原料到产品的总反应为，属于加成反应，A正确；‎ B. CH3COOH分子中最多有羧基的四个原子和甲基中的两个原子共6个原子共平面，B错误；‎ C. 根据图中所示的信息，①→②放出热量并形成了C一C键，C正确；‎ D. CH4→CH3COOH过程中，有碳氧双键和碳氢单键两种类型的化学键断裂，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】在判断一个反应是否为“加成反应”时，不能单凭“烷烃无法发生加成反应”来进行判断，烷烃可在一定条件下加到其他的双键上。‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是 A. 原子半径：W > Z > Y > X B. 气态氢化物热稳定性：Y > Z > W C. 元素Z和W均存在两种以上的含氧酸 D. 元素Z和W在自然界中均只能以化合态存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。‎ ‎【详解】A. 原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，A错误；‎ B. 原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，B错误；‎ C. 元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，C正确；‎ D. 硫元素（Z）在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎7.我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》 ：“绿钒(FeSO4•7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，…… 锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是 A. “将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4•4H2O B. 该方法所造“强水”为硝酸 C. “惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加人 NaCl溶液后氧化性增强 D. “强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 假设有即其质量为，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的即，换算成水的物质的量为，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，A正确；‎ B. 根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；‎ C. Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；‎ D. “强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎8.已知甲、乙、丙、丁之间的置换转化关系如图所示，且甲、丁为单质。下列说法正确的是 A. 若甲为铁，丁为氢气，则乙一定为酸 B. 若甲为非金属单质，则丁不一定为非金属单质 C. 若甲为金属单质，丁为非金属单质，则丁一定是氢气 D. 若甲为碳，丁为硅，则碳的非金属性强于硅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若甲为铁，丁为氢气，则乙可能为酸，也可能为水，A错误；‎ B. 若甲为非金属单质，则丁不一定为非金属单质，如C、氢气等非金属单质还原金属氧化物可得到金属单质，B正确；‎ C. 若甲为金属单质，丁为非金属单质，则丁不一定是氢气，如金属镁和二氧化碳的反应，生成单质碳，C错误；‎ D. 元素的非金属性对应单质的氧化性，若甲为碳，丁为硅，无法说明碳的非金属性强于硅，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎9.氯化镁晶体具有如下转化关系：‎ 下列说法错误的是 A. 固体I可溶于饱和NH4Cl溶液 B. 气体I能使无水CuSO4变蓝色 C. 溶液I和溶液Ⅱ常温下均能与Cu反应 D. 在固体Ⅱ的浊液中加入KI溶液可产生黄色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于镁离子会水解，故在没有保护气的环境下灼烧氯化镁晶体，会得到氧化镁固体和氯化氢与水的混合气体，浓硫酸具有吸水性，因此溶液I为稍稀的硫酸，气体II为干燥的氯化氢气体，将氯化氢气体通入硝酸银溶液，可得到氯化银沉淀和硝酸溶液。‎ ‎【详解】A. NH4Cl溶液由于铵根离子的水解显酸性，故固体I MgO会溶于饱和NH4Cl溶液，A正确；‎ B. 气体I为氯化氢与水的混合气体，故能使无水CuSO4变蓝色，B正确；‎ C. 硫酸在常温下与Cu不会发生反应，故C错误；‎ D. 由于，故AgCl固体会向AgI进行转化，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎10.利用如图所示装置进行以下实验，能得到相应实验结论的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 浓氨水 NaOH 酚酞 NaOH的碱性比 NH3•H2O的强 B 浓盐酸 MnO2‎ 淀粉溶液 非金属性：氯元素大于碘元素 C 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3‎ 酸性：HNO3 > H2CO3 > H2SiO3‎ D 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠溶于水会放热，导致浓氨水中的氨气逸出，使酚酞变为红色，无法证明NaOH的碱性比 NH3•H2O的强，A错误；‎ B. 用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，需要加热，该实验无法完成，B错误；‎ C. 浓硝酸具有挥发性，故无法证明碳酸和硅酸的酸性，C错误；‎ D. 将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖变黑，说明其具有脱水性，同时生成的还原性气体能使溴水褪色，说明浓硫酸具有氧化性，D正确；‎ 故答案选D 。‎ ‎【点睛】在设计实验比较酸碱性强弱时，要注意是否发生了化学反应，当涉及到多种物质进行比较时，要注意挥发性物质的除杂。‎ ‎11.激素类药物己烯雌酚的结构简式如图所示。下列叙述正确的是 A. 己烯雌酚是芳香烃 B. 1mol己烯雌酚可与6molH2发生加成反应 C. 1mol己烯雌酚完全燃烧能生成18molCO2和12 molH2O D. 己烯雌酚苯环上的一氯代物有两种(不包括立体异构)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 己烯雌酚中含有氧元素，不属于烃类，不是芳香烃，A错误；‎ B. 1mol己烯雌酚中有2mol苯环和1mol碳碳双键，故可与7molH2发生加成反应，B错误；‎ C. 根据结构简式可以数出该分子中含有18个C原子，再根据其不饱和度Ω=9，可计算出有20个H原子，故1mol己烯雌酚完全燃烧能生成18molCO2和10molH2O，C错误；‎ D. 根据结构简式，我们可以看出己烯雌酚苯环是上下对称、左右对称、中心对称的结构，其苯环上的等效氢有两种，故其苯环上的一氯代物有两种(不包括立体异构)，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎12.某碱性电池的总反应为：3HO2-＋2Al=OH-＋2AlO2-＋H2O，工作原理如图所示。下列叙述错误的是 A. 电子迁移方向：Al→用电器→Pt B. 电池工作时，负极附近溶液pH减小 C. 正极反应式为：HO2-＋3H+ +2e－=2H2O D. 负极会发生副反应：2Al+2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应3HO2-＋2Al=OH―＋2AlO2-＋H2O，可知Al为电池的负极，电极反应为，HO2-为正极，电极反应为。‎ ‎【详解】A. 由于Al为电池负极，电子迁移方向：Al→用电器→Pt，A正确；‎ B. 根据电池的负极反应，电池工作时，负极附近溶液pH减小，B正确；‎ C. 因为电池的电解液为碱性环境，故正极的反应式应为，C错误；‎ D. 由于负极的Al会直接与碱液接触，故负极会发生副反应：2Al+2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎13.利用CH4可消除NO2的污染，反应原理为：CH4(g)+2NO2(g)N2(g) + CO2(g) +2H2O(g)，在10L密闭容器中分别加入0.50mol CH4和1.2molNO2，测得不同温度下n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表所示：‎ 下列说法正确的是 A. 组别①中0 ~20 min内，NO2降解速率为0.0125mol•L－1•min－1‎ B. 由实验数据可知温度T1＜T2‎ C. 40min时，表格中M对应的数据为0.18‎ D. 该反应只有在高温下才能自发进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 第①组实验中，0~20min内，CH4的物质的量减少0.25mol，则NO2的物质的量减少0.50mol，NO2的降解速率v(NO2)= =0.0025mol·L-1·min-1，A错误；‎ B. 对比实验数据发现，反应物起始浓度相同，T2比T1对应的反应速率大，说明实验控制的温度：T1c(Cl－）‎ D. 碳酸钠溶液的水解平衡常数为1.0×10－11‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随着酸液的加入，含碳组分a逐渐减少，含碳组分b逐渐增多，此时发生反应，则a代表碳酸根离子，b代表碳酸氢根离子，c为碳酸分子。‎ ‎【详解】A. 根据分析，a代表碳酸根离子，c为碳酸分子，A错误；‎ B. H2CO3和CO32-会发生反应，无法大量共存，B错误；‎ C. 当不考虑盐类水解时，需要以2:1的比例向碳酸钠中加入盐酸，会实现，此时 ‎，但是由于存在盐类水解，且碳酸根离子的水解能力特别强，故不需要加入那么多盐酸即可实现，此时，C正确；‎ D. 碳酸钠溶液的水解平衡常数的计算公式为，可选取图像中pH=11的点，此时，故，故D错误；‎ 故答案选C。‎ 二、非选择题：共58分。第15~18题为必考题，每个题考生都必须作答。第19题、第20题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共43分。‎ ‎15.随原子序数递增，五种短周期元素原子半径与原子序数的关系如图所示。‎ 已知：TX2是现代光学及光纤制品的基本原料；ZY 能破坏水的电离平衡；Z3RY6在工业上常用作助熔剂。‎ ‎（1）R在元素周期表中的位置是___。‎ ‎（2）上述元素中的某两种元素可组成一种五原子共价化合物，该化合物的电子式为___。‎ ‎（3）请用一个化学方程式比较X和Y的非金属性的强弱_____。‎ ‎（4）工业上以Z3RY6作助熔剂的目的是____。‎ ‎（5）已知11.5gZ的单质在X2中完全燃烧，恢复至室温，放出QkJ热量，该反应的热化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期 第IIIA族 (2). 或 (3). (4). 降低氧化铝熔点，节约冶炼铝的能源 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ TX2是现代光学及光纤制品的基本原料，则T为Si，X为O，Z3RY6在工业上常用作助熔剂，Z为Na，R为Al，Y为F。‎ ‎【详解】（1）R为Al元素，在元素周期表中的位置是第三周期 第IIIA族；‎ ‎（2）上述元素中的某两种元素可组成一种五原子共价化合物，则该共价化合物应由一个+4价原子和四个-1价原子构成，如SiF4，也可以是一些比较特殊的物质，如O3F2，故电子式为或；‎ ‎（3）可以通过比较单质氧化性的强弱来比较X和Y的非金属性的强弱，方程式为；‎ ‎（4）工业上以Z3RY6（即Na3AlF6）作电解熔融态氧化铝制备铝单质时的助熔剂，目的是降低氧化铝熔点，节约冶炼铝的能源；‎ ‎（5）Z的单质在X2中完全燃烧，化学方程式为，11.5gZ燃烧放出QkJ热量，则2molZ燃烧放出的能量为4QkJ，故热化学方程式为。‎ ‎16.锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO 等）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。‎ 已知：Fe的活泼性强于Ni。‎ ‎（1）ZnFe2O4可写成ZnO•Fe2O3，则ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式___。‎ ‎（2）“净化Ⅰ”操作分为两步：‎ ‎①将溶液中少量的 Fe2+氧化，下列试剂中可选用的是_____(填字母标号）。‎ A．新制氯水 B．30 % H2O2溶液 C．FeC13溶液 D．KMnO4溶液 ‎②加入ZnO，调节溶液pH为3.3~6.7；加热到60℃左右并不断搅拌，加热搅拌主要目的是___。‎ ‎（3）“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是____。‎ ‎（4）“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是______。‎ ‎【答案】 (1). (2). B (3). 促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去 (4). 氢氧化铁胶粒具有吸附性 (5). 使铜离子、镍离子转化为单质而除去 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据信息ZnFe2O4可写成ZnO•Fe2O3可知，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁、水，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；‎ ‎（2）①将溶液中少量的 Fe2+氧化，应选用氧化性较强且产物不会引入新杂质的物质，新制氯水的还原产物为氯离子，会引入新的杂质，氯化铁无法将Fe2+氧化，且会引入新的杂质，KMnO4溶液还原产物为二价锰离子，会引入新的杂质，因此应当加入过氧化氢，选B；‎ ‎②加热搅拌的目的是促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去；‎ ‎（3）因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性，则净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质；‎ ‎（4）加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙，其中硫酸钙微溶于水，净化Ⅰ后除去Fe元素，所以净化Ⅱ中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去。‎ ‎17.碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：‎ ‎（1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) ΔH1 平衡常数为K1‎ 反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g) ΔH1 平衡常数为K2‎ 不同温度下，K1、K2的值如下表：‎ 现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是___(填“放热”或“吸热”）反应，为提高CO2的转化率可采用措施有___（写出任意两条）。‎ ‎(2)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H<0。设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。‎ ‎①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______。‎ ‎②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为____。‎ ‎③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质化学名称为____，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为____。‎ ‎（3）工业上常用高浓度的 K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：‎ ‎①在阳极区发生的反应包括____和H++HCO3- ==CO2↑+H2O ‎②简述CO32-在阴极区再生的原理：____。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). 升高温度、提高氢气浓度、吸收CO、液化水蒸气（任选两条） (3). (4). (5). 乙醇 (6). ‎ ‎ (7). (8). 阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，与反应生成 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1），则，所以973K时，，1173K时，，升高温度，平衡常数增大，所以正反应为吸热反应，提高CO2的转化率可采用措施有高温度、提高氢气浓度、吸收CO、液化水蒸气，任选两条答题即可；‎ ‎（2）①正反应放热，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，所以温度从高到低的顺序为；‎ ‎②增大n(H2)，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以；‎ ‎③升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳和氢气的含量增大，乙醇、水减少，乙醇的含量是水的，所以曲线d代表的物质为乙醇，化学反应的压强平衡常数为生成物分压的幂之积除以反应物分压的幂之积，体系中各组分的分压=该物质的物质的量分数×体系总压强，故该反应平衡常数KP的计算式为；‎ ‎（3）①装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-=4H++O2↑），生成的氢离子与HCO3-反应生成二氧化碳气体；‎ ‎②在阴极区，溶液中H+放电，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，所以CO32-再生。‎ ‎【点睛】当遇到多变量的图像问题时，要注意“定一议二”。‎ ‎18.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示。‎ ‎（1）A中反应化学方程式为_____。‎ ‎（2）为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为____。‎ ‎（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的SO2不能过量，原因是___。‎ ‎（4）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤B中的混合物，滤液经过__、___（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体。‎ ‎（5）称取10.0g产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为248)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I－，忽略Na2SO3与I2反应）。‎ ‎①滴定终点的现象为____。‎ ‎②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=____，产品的纯度为__。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A为二氧化硫发生装置，装置B为硫代硫酸钠的制备装置，装置C为尾气处理装置。‎ ‎【详解】（1）A为二氧化硫的发生装置，反应的化学方程式为；‎ ‎（2）装置B中发生的反应为，为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为2:1；‎ ‎（3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减少，所以二氧化硫不能过量；‎ ‎（4）过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体；‎ ‎（5）①滴定所用指示剂是淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以溶液会由无色变为蓝色；‎ ‎②由滴定管的读数可知，开始的刻度是0.50mL，后来的读数是18.60mL，所用溶液的体积是18.10mL，即x=18.10mL，实验序号1所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液的平均体积为18.00mL，则碘的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产品的纯度为×100%=89.28%。‎ ‎【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行计算。‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎19.铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。‎ ‎（1）铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用___摄取铁元素的原子光谱。‎ ‎（2）FeC13的熔点为306℃，沸点为315℃。由此可知FeC13属于____晶体。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42-的立体构型是____。‎ ‎（3）铁氰化钾 K3[Fe(CN)6]是检验Fe2+的重要试剂。‎ ‎①基态N原子的轨道表示式为____。‎ ‎②写出一种与铁氰化钾中配体互为等电子体的极性分子的化学式_____。‎ ‎③铁氰化钾中，所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为____。‎ ‎④铁氰化钾中，不存在___(填字母标号)。‎ A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 E．金属键 ‎（4）有机金属配位化合物二茂铁[(C5H5)2Fe]是汽油中的抗震剂。分子中的大Π键可用符号表示，其中m代表参与形成大Π键的原子数，n代表参与形成大Π键的电子数(如苯分子中的大Π键可表示为)，则中的大Π键应表示为____，其中碳原子的杂化方式为____。‎ ‎（5）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含__mol配位键。‎ ‎（6）某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。其中铁原子周围最近的铁原子个数为___；六棱柱底边长为acm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为____g/cm3（列出计算式）。‎ ‎【答案】 (1). 光谱仪 (2). 分子 (3). 正四面体 (4). (5). CO (6). (7). DE (8). (9). (10). 10 (11). 12 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱；‎ ‎（2）FeC13的熔沸点不高，由此可知FeC13属于分子晶体，根据VSEPR模型，可判断SO42-的立体构型是正四面体形；‎ ‎（3）①N为7号元素，基态N原子的轨道表示式为；‎ ‎②铁氰化钾中配体为CN-，与CN-互为等电子体的极性分子的化学式为CO；‎ ‎③铁氰化钾中，所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为；‎ ‎④铁氰化钾中，钾离子和铁氰酸根离子键是离子键，C和N之间存在σ键和π键，不存在氢键和金属键，氢键存在于电负性大的非金属和与电负性大的非金属相连的氢原子之间，金属键存在于金属单质中，故选DE；‎ ‎（4）则中的大Π键存在于五个C原子之间，5个C原子提供6个电子形成大Π键，应表示为，由于C原子间存在双键，故C的杂化方式应为杂化；‎ ‎（5）羰基铁中，碳和铁之间、氧和碳之间，均存在配位键，故1molFe(CO)5分子中含10mol配位键；‎ ‎（6）可以根据图示正六棱柱，想象两个六棱柱上下摞在一起，则可以轻松的找到，距离底面面心的Fe原子最近的铁原子有底面顶点的6个铁原子和分别处于上下两个六棱柱中心的3个铁原子，共12个，该磁性氮化铁的晶体密度。‎ ‎20.美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）美托洛尔分子中含氧官能团的名称是_____。‎ ‎（2）A→B的反应类型是____，G的分子式为____。‎ ‎（3）反应E→F的化学方程式为_______。‎ ‎（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为____。‎ ‎（5）B的同分异构体中，含有苯环且能发生水解反应的共有____种，其中苯环上只有一个取代基且能发生银镜反应的结构简式为_____。‎ ‎（6）4－苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：__________（无机试剂任用）。‎ ‎【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). 取代反应 (3). C12H16O3 (4). +CH3OH +H2O (5). (6). 6 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙酸在一定条件下与氯化亚砜生成乙酰氯，乙酰氯与苯酚生成B，B可以卤代生成C，根据C的结构简式和B的分子式，可推出B为，C经过还原变为生成D，D经过碱溶液变为E，E中没有卤原子，可知D发生了水解反应，则E为，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为，对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。‎ ‎【详解】（1）美托洛尔分子中含氧官能团的名称是羟基、醚键；‎ ‎（2）A→B的反应类型是取代反应，G的分子式为C12H16O3；‎ ‎（3）反应E→F 为E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为+CH3OH +H2O；‎ ‎（4）F中酚羟基上H原子被取代生成G，根据G的结构和剂X的分子式为C3H5OCl，X的结构简式为；‎ ‎（5）含有苯环的B的同分异构体中，需要存在酯基才能发生水解反应，我们可以采取“插入法”，将酯基“插入”到甲苯当中，共有6种同分异构体；‎ ‎（6）根据题目所给的流程中的信息，可将苯乙酸酰卤化，后与苯酚发生取代反应，实现将两个苯环放在同一个碳链上，而后通过还原反应将羰基转化为烷基，即可制备，流程为。‎ ‎ ‎