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2020年四川省成都高三一模化学试卷
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这是一份2020年四川省成都高三一模化学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，解答题，[化学选修3-物质结构与性质]等内容，欢迎下载使用。
2020年四川省成都高三一模化学试卷
一、选择题：本题共7个小题，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．（6分）《天工开物•火药》中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也…”（已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑）。下列认识或相关理解错误的是（ ）
A．硫磺不溶于水
B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂
D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
2．（6分）有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ）
A．M中所有碳原子可能共面
B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应
D．M、N的一氯代物数目相同
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L的CH4和C2H4的混合气体含C﹣H数目为2NA
B．100mL 0.1mol/L酸性KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03NA
C．含NaClO 7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA
D．0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和为0.5NA
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣）。Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法错误的是（ ）
A．W元素位于第三周期ⅤⅡA族
B．氧化物的水化物的酸性：W＜Y
C．原子半径：Y＜Z
D．A能与强碱反应生成有刺激性气味的气体
5．（6分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀）。其中方案设计不合理的是（ ）
A．制CO2 B．除杂、干燥
C．CO2与锌粉反应 D．检查CO
6．（6分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ）
A．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
B．向饱和Na2CO3溶液中滴入几滴稀AlCl3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑
C．乙酸乙酯与稀NaOH溶液共热：CH3COOC2H5+OH﹣CH3COO﹣+C2H5OH
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
7．（6分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极A的反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将A极产生的O2﹣传导到B极
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。
实验步骤：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH＝4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
（1）A试管中发生反应的化学方程式为 ；B装置的作用是 。
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质为 。（填化学式）
（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 ；若温度稍过高，可能还会生成 ；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意 。
（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4～5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为 mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+、2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
9．（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图。
试回答下列问题：
（1）“焙烧”时生成的主要气体有 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 。
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因 。
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
8.1
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 。
（3）试剂a可能是 。
（4）资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg（OH）2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是 。
（5）该流程中可以循环利用的物质是 。
10．（15分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含NO、NO2则应降低其排放。
（1）在20℃时，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g），正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol；
②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1），正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol；
则4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1）的△H为 。
（2）10.0L的密闭容器中，按物质的量比1：3投入氮气和氢气，发生反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0用传感器测得温度为T1、T2时容器中n（N2）随时间变化如表：
时间
物质的量n（N2）
温度
0
5min
10min
15min
20min
T1
0.1mol
0.08mol
0.062mol
0.05mol
0.05mol
T2
0.1mol
0.07mol
﹣
xmol
0.06mol
①T2时，0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝ 。
②T1时，该反应平衡常数为 （列出计算式）。
③x 0.06（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 。
（3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带“•”表示吸附状态]：
ⅠNO+Pt（s）═NO*
ⅡCO+Pt（s）═CO*
ⅢNO*═N*+O*
ⅣCO*+O*═CO2+Pt（s）
ⅤN*+N*═N2+Pt（s）
ⅥNO*+N*═N2O+Pt（s）
经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示。
①图一，温度为330℃时发生的主要反应为 （填“Ⅳ”、“Ⅴ”或“Ⅵ”）；反应Ⅴ为 反应。（填“放热”或“吸热”）
②图二，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 .
③气体在固体催化剂表面反应中，吸附和解吸同时影响总反应速率。温度一定时，反应2NO+2CO═N2+2CO2的反应速率随压强的变化如图三所示。结合（3）中反应机理，试从吸附和解吸角度解释bc段化学反应速率下降的原因 。
三、[化学选修3-物质结构与性质]（共1小题，满分15分）
11．（15分）铁、钴均为第四周期族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Co2+中成单电子数为 ；Fe和Co的第三电离能I3（Fe） I3（Co）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示。
①EDTA中电负性最大的元素是 ，其中C原子轨道杂化类型为 。
②EDTA存在的化学键有 。（填序号）
a.离子键
b.共价键
c.氢键
d.σ键
e.π键
f.配位键
（3）将1mol CoCl3•4NH3溶于水中，加入足量AgNO溶液生成1mol AgCl沉淀。则CoCl3•4NH3中配离子的化学式为 ；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角 。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。
已知晶体的密度为pg•cm3，阿伏加德罗常数为NA。
①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 。
②该铁氮化合物的化学式为 。
③计算Fe（Ⅱ）构成正八面体的体积为 cm3。
四[化学选修5-有机化学基础]（共1小题，满分0分）
12．有机化合物F为一种药物合成中间体。其合成路线如图。
（1）A的名称为 ；反应①的条件 。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）D的结构简式为 。
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为 ，第二步的反应类型为 。
（5）反应⑤中E断键的位置为 。（填编号）
（6）的同分异构体中，满足下列条件①除苯环外，没有其它环；②苯环上只有两个取代基；③能与NaHCO3溶液反应生成气体；④遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 种；其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为 。
2020-2021学年四川省成都市高三（上）一诊化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7个小题，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．（6分）《天工开物•火药》中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也…”（已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑）。下列认识或相关理解错误的是（ ）
A．硫磺不溶于水
B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂
D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
【分析】黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，点燃发生反应2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑，反应放出巨大能量，据此分析。
【解答】解：A．硫磺是非极性分子构成的单质，难溶于极性溶剂，所以硫磺不溶于水，故A正确；
B．黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，所以“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应，故B正确；
C．硝石的成分是KNO3，反应中KNO3得电子是氧化剂，故C错误；
D．反应中生成两种气体CO2和N2，所以“其出也”含义之一指该反应放出气体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的组成和性质，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、物质的组成和性质为解答的关键，题目难度不大。
2．（6分）有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ）
A．M中所有碳原子可能共面
B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应
D．M、N的一氯代物数目相同
【分析】A．M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点；
B．羟基能和钠反应生成氢气；
C．M中羰基发生还原反应生成醇羟基；
D．烃基上含有几种几种氢原子，其一氯代物就有几种。
【解答】解：A．M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不能共平面，故A错误；
B．羟基能和钠反应生成氢气，N中含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，故B正确；
C．M中羰基发生还原反应生成醇羟基，为还原反应，故C错误；
D．烃基上M含有6种氢原子、N含有7种氢原子，一氯代物：前者6种、后者7种，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查对比、分析判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法、一氯代物种类判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L的CH4和C2H4的混合气体含C﹣H数目为2NA
B．100mL 0.1mol/L酸性KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03NA
C．含NaClO 7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA
D．0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和为0.5NA
【分析】A．求出标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含4条C﹣H键来分析；
B．KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价；
C．求出7.45gNaClO的物质的量，然后根据在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO﹣外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底。
【解答】解：A．标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为n＝＝0.5mol，而两者中均含4条C﹣H键，故0.5mol混合气体中含C﹣H键为2NA个，故A正确；
B．溶液中高锰酸钾的物质的量为n＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，而KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价，故0.01mol高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为0.01mol×（7﹣2）＝0.05mol，个数为0.05NA个，故B错误；
C．7.45gNaClO的物质的量n＝＝0.1mol，而在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO﹣外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于0.2NA，故C错误；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含CO2分子，故0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和小于0.5NA，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣）。Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法错误的是（ ）
A．W元素位于第三周期ⅤⅡA族
B．氧化物的水化物的酸性：W＜Y
C．原子半径：Y＜Z
D．A能与强碱反应生成有刺激性气味的气体
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化，Z为Al；Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Y的最高价为+5价、最低价为﹣3价，结合原子序数可知Y为N；它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣），由阳离子可知X为H，由阴离子可知W为Cl，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为Al、W为Cl，
A.W元素为Cl，位于第三周期ⅤⅡA族，故A正确；
B.最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Y，氧化物的水化物的酸性不能确定，故B错误；
C.电子层越多、原子半径越大，则原子半径：Y＜Z，故C正确；
D.A含铵根离子，能与强碱反应生成有刺激性气味的气体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的性质、元素的化合物来推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。
5．（6分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀）。其中方案设计不合理的是（ ）
A．制CO2 B．除杂、干燥
C．CO2与锌粉反应 D．检查CO
【分析】A.为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳；
B.可除去氯化氢，但不能干燥；
C.加热条件下，二氧化碳和锌反应；
D.用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳。
【解答】解：A.该装置可用于在常温下由固体和液体反应制备气体，为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳，故A正确；
B.饱和碳酸氢钠溶液可除去氯化氢，但不能干燥，故B错误；
C.加热条件下，二氧化碳和锌反应，该装置可完成实验，故C正确；
D.该装置用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳，如生成一氧化碳，则生成黑色沉淀，可完成实验，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ）
A．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
B．向饱和Na2CO3溶液中滴入几滴稀AlCl3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑
C．乙酸乙酯与稀NaOH溶液共热：CH3COOC2H5+OH﹣CH3COO﹣+C2H5OH
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
【分析】A．过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+和NO；
B．AlCl3溶液少量，发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热，反应生成醋酸钠和乙醇；
D．长期露置于空气的酸性KI溶液，碘离子可能已被氧气氧化。
【解答】解：A．过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子，离子反应为：Al3++3CO32﹣+3H2O═Al（OH）3↓+3HCO3﹣，故B错误；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH﹣CH3COOO﹣+CH3CH2OH，故C正确；
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色，可能是碘离子可能已被氧气氧化：4H++O2+4I﹣＝2I2+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，注意与量有关的离子反应及习题中的限制条件来分析解答，题目难度不大。
7．（6分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极A的反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将A极产生的O2﹣传导到B极
【分析】太阳能电池中电子流向可知，通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O，通入二氧化碳的催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，装置实现了官能转化为电能，电能转化为化学能的过程。
【解答】解：A．装置是利用太阳能电池座电源电解，能量变化是光能→电能→化学能的转化，故A正确；
B．通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O，故B正确；
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极，加速反应进行，故C正确；
D．催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，产生的O2﹣通过能传到O2﹣的固体电解质移向A电极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解池原理、电极反应、电极判断等知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。
实验步骤：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH＝4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
（1）A试管中发生反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ；B装置的作用是 防倒吸 。
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质为 NaHSO3 。（填化学式）
（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 2NaHSO3Na2S2O5+H2O ；若温度稍过高，可能还会生成 Na2SO3或Na2SO4 ；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意 小火加热控制温度，尽量减少与空气接触 。
（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4～5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为 9.5V1﹣47.5V2 mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值 偏高 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+、2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
【分析】装置A中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B装置是安全瓶，二氧化硫气体进入装置C中的饱和碳酸钠溶液中发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，最后装置D是吸收尾气装置，倒扣在水面上的漏斗是防止倒吸，
（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B装置是安全瓶；
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质是二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠溶液；
（3）步骤③C中液体为亚硫酸氢钠溶液，加热至过饱和结晶，亚硫酸氢钠脱水生成焦亚硫酸钠，温度过高亚硫酸氢钠会分解生成亚硫酸钠，亚硫酸氢钠遇到空气加热容易被氧化生成硫酸钠；
（4）过程发生的反应为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+，2S2O32+I2═S4O62﹣+2I﹣，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，Na2S2O3消耗I2的物质的量＝×0.100mol/L×V2×10﹣3L，其中Na2S2O5消耗I2的物质的量＝0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L，残留的Na2S2O5物质的量＝×（0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L），据此计算饮料中残留的Na2S2O5的质量浓度，若滴定前溶液pH调至大于10，会消耗I2，导致Na2S2O5消耗I2的物质的量减小，计算残留的Na2S2O5的量增大，据此分析判断。
【解答】解：实验步骤和实验过程分析得到，装置A中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B装置是安全瓶，二氧化硫气体进入装置C中的饱和碳酸钠溶液中发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，最后装置D是吸收尾气装置，倒扣在水面上的漏斗是防止倒吸，
（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，B装置是安全瓶，防倒吸作用，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；防倒吸；
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质是二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠溶液，C中溶液主要溶质为：NaHSO3，
故答案为：NaHSO3；
（3）步骤③C中液体为亚硫酸氢钠溶液，加热至过饱和结晶，亚硫酸氢钠脱水生成焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：2NaHSO3Na2S2O5+H2O，温度过高亚硫酸氢钠会分解生成亚硫酸钠，化学式：Na2SO3，亚硫酸氢钠遇到空气加热容易被氧化生成硫酸钠，化学式：Na2SO4，若温度稍过高，可能还会生成Na2SO3或Na2SO4，为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意：小火加热控制温度，尽量减少与空气接触，
故答案为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O；Na2SO3或Na2SO4；小火加热控制温度，尽量减少与空气接触；
（4）②过程发生的反应为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+，2S2O32+I2═S4O62﹣+2I﹣，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，Na2S2O3消耗I2的物质的量＝×0.100mol/L×V2×10﹣3L，其中Na2S2O5消耗I2的物质的量＝0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L，残留的Na2S2O5物质的量＝×（0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L），据此计算饮料中残留的Na2S2O5的质量浓度＝[×（0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L）]×190000mg/mol＝（9.5V1﹣47.5V2）mg/L，若滴定前溶液pH调至大于10，会消耗I2，导致Na2S2O5消耗I2的物质的量减小，计算残留的Na2S2O5的量增大，残留的Na2S2O测定值偏高，
故答案为：9.5V1﹣47.5V2；偏高。
【点评】本题以焦亚硫酸钠制备为载体，考查滴定计算、气体的制备、尾气处理、常用化学用语等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目难度中等．
9．（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图。
试回答下列问题：
（1）“焙烧”时生成的主要气体有 CO2、NH3 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 SiO2 。
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因 引入杂质离子Mn2+，产品不纯 。
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
8.1
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 否，若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去 。
（3）试剂a可能是 MgO或Mg（OH）2或MgCO3 。
（4）资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg（OH）2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是 Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低 。
（5）该流程中可以循环利用的物质是 NH4Cl 。
【分析】菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）加入氯化铵空气中焙烧生成的混合气体主要是氨气和二氧化碳，得到固体为氯化镁、氯化亚铁、氯化铁、二氧化硅，加入水浸取过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液为氯化镁、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液，加入氧化剂用空气或H2O2氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁或氢氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液中主要是氯化镁溶液，加入碳酸氢铵沉淀镁离子，生成碳酸镁沉淀，煅烧得到MgO纳米材料，
（1）“焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，滤渣是二氧化硅；
（2）选用酸性KMnO4，会引入新的杂质；
（3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质；
（4）更换成Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用。
【解答】解：（1）分析可知，“焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，化学式：CO2、NH3，滤渣是二氧化硅，化学式：SiO2，
故答案为：CO2、NH3；SiO2；
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，其原因是：选用酸性KMnO4，会引入新的杂质离子Mn2+，产品不纯，锰离子会氧化氯离子生成氯气，上述流程中“氧化”不能省掉，理由是：若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去，
故答案为：引入杂质离子Mn2+，产品不纯；否，若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去；
（3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质，试剂a可能是：MgO或Mg（OH）2或MgCO3，
故答案为：MgO或Mg（OH）2或MgCO3；
（4）更换成Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低，
故答案为：Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用，过程得到该流程中可以循环利用的物质是NH4Cl，
故答案为：NH4Cl。
【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及除杂、物质制备等知识点，明确反应原理、基本操作、离子除杂等即可解答，注意除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，题目难度中等。
10．（15分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含NO、NO2则应降低其排放。
（1）在20℃时，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g），正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol；
②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1），正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol；
则4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1）的△H为 （5b+c﹣5a﹣d）kJ/mol 。
（2）10.0L的密闭容器中，按物质的量比1：3投入氮气和氢气，发生反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0用传感器测得温度为T1、T2时容器中n（N2）随时间变化如表：
时间
物质的量n（N2）
温度
0
5min
10min
15min
20min
T1
0.1mol
0.08mol
0.062mol
0.05mol
0.05mol
T2
0.1mol
0.07mol
﹣
xmol
0.06mol
①T2时，0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝ 1.2×10﹣3mol/（L•min） 。
②T1时，该反应平衡常数为 L2•mol﹣2 （列出计算式）。
③x ＝ 0.06（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 5min时，T1温度下，n（N2）＝0.08mol，T2温度下，n（N2）＝0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T2时，反应在15min时达到平衡 。
（3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带“•”表示吸附状态]：
ⅠNO+Pt（s）═NO*
ⅡCO+Pt（s）═CO*
ⅢNO*═N*+O*
ⅣCO*+O*═CO2+Pt（s）
ⅤN*+N*═N2+Pt（s）
ⅥNO*+N*═N2O+Pt（s）
经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示。
①图一，温度为330℃时发生的主要反应为 Ⅳ （填“Ⅳ”、“Ⅴ”或“Ⅵ”）；反应Ⅴ为 放热 反应。（填“放热”或“吸热”）
②图二，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 温度升高，催化剂活性增加，反应速率急剧加快，所以反应物浓度急剧减小 .
③气体在固体催化剂表面反应中，吸附和解吸同时影响总反应速率。温度一定时，反应2NO+2CO═N2+2CO2的反应速率随压强的变化如图三所示。结合（3）中反应机理，试从吸附和解吸角度解释bc段化学反应速率下降的原因 压强增大，吸附速率虽增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小 。
【分析】（1）根据△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能，根据盖斯定律将②﹣①×5得4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1），从而求得△H＝△H2﹣5△H1；
（2）①则0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝来解答；
②根据 N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），反应的平衡常数K＝来分析；
③5min时，T1温度下，0.08mol大于0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，温度为T1时，反应在15min时达到平衡，则T2时反应在15min前已达到平衡状态；
（3）①温度为330℃时，生成物中CO2的浓度最大，成键要放出热量；
②温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快；
③吸附速率与解吸速率的相对大小为反应速率。
【解答】解：（1）根据△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能，则①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1＝（a﹣b）kJ/mol；②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1）△H2＝（c﹣d）kJ/mol，根据盖斯定律将②﹣①×5得4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1），其△H＝△H2﹣5△H1＝（c﹣d）﹣5×（a﹣b）kJ/mol＝（5b+c﹣5a﹣d）kJ/mol，
故答案为：（5b+c﹣5a﹣d）kJ/mol；
（2）①T2时，根据表中数据列出三段式：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始（mol/L） 0.01 0.03 0
转化（mol/L） 0.003 0.009 0.006
5min（mol/L）0.007 0.021 0.006
则0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝＝＝0.0012mol/（L•min）＝1.2×10﹣3mol/（L•min），
故答案为：1.2×10﹣3mol/（L•min）；
②T1时，根据表中数据列出三段式：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始（mol/L） 0.01 0.03 0
转化（mol/L） 0.005 0.015 0.01
平衡（mol/L） 0.005 0.015 0.01
则反应的平衡常数K＝L2•mol﹣2，
故答案为：L2•mol﹣2；
③5min时，T1温度下，0.08mol大于0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T1时，反应在15min时达到平衡，则T2时反应在15min前已达到平衡状态，则x＝0.06，
故答案为：＝；5min时，T1温度下，n（N2）＝0.08mol，T2温度下，n（N2）＝0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T2时，反应在15min时达到平衡；
（3）①由图一可知，生成物中CO2的浓度最大，则温度为330℃时发生的主要反应为反应Ⅳ；反应Ⅴ为N*+N*═N2+Pt（s），成键要放出热量，则反应Ⅴ为放热反应，
故答案为：Ⅳ；放热；
②温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快，是催化剂活性增加，催化效率提高引起的，
故答案为：温度升高，催化剂活性增加，反应速率急剧加快，所以反应物浓度急剧减小；
③b→c的过程中，随着压强的增大，反应速率在减小，可能是因为该阶段压强增大，吸附速率也在增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小，
故答案为：压强增大，吸附速率虽增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小。
【点评】本题考查较综合，涉及外界条件对化学平衡移动影响原理、热化学方程式计算、图分析判断等知识点，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、平衡常数的计算等是解本题关键，题目难度中等。
三、[化学选修3-物质结构与性质]（共1小题，满分15分）
11．（15分）铁、钴均为第四周期族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Co2+中成单电子数为 3 ；Fe和Co的第三电离能I3（Fe） ＜ I3（Co）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示。
①EDTA中电负性最大的元素是 O ，其中C原子轨道杂化类型为 sp2、sp3 。
②EDTA存在的化学键有 bde 。（填序号）
a.离子键
b.共价键
c.氢键
d.σ键
e.π键
f.配位键
（3）将1mol CoCl3•4NH3溶于水中，加入足量AgNO溶液生成1mol AgCl沉淀。则CoCl3•4NH3中配离子的化学式为 [Co（NH3）4Cl2]+ ；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角 变大 。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。
已知晶体的密度为pg•cm3，阿伏加德罗常数为NA。
①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 面心立方堆积 。
②该铁氮化合物的化学式为 Fe4N 。
③计算Fe（Ⅱ）构成正八面体的体积为 cm3。
【分析】（1）Co的原子序数为27，根据能量最低原理可写出Co2+基态的电子排布式；确定成单电子数；Fe、Co核外电子排布式分别为[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2，其第三电离能Fe的较小；
（2）①同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，根据中心原子价层电子对数判断杂化轨道类型；
②EDTA的化学键除了σ键外，还存在π键；
（3）1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl﹣，由此确定其化学式；配位键N﹣Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N﹣H键的排斥力变小，故NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角变大；
（4）每个晶胞中Fe位于顶点位置和面心位置，N原子位于体心位置，
①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置，类似于Cu晶体的堆积方式；
②晶胞中Fe原子数为8×+6×＝4，N原子位于体心，据此写出物质的化学式；
③若晶胞边长为acm，根据晶胞质量m＝ρV计算a；Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S底＝a2cm2，正四棱锥的高等于acm，结合V锥＝S底h计算八面体体积。
【解答】解：（1）Co的原子序数为27，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则Co2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d7（或[Ar]3d7）；所以Co2+中成单电子数为3，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，原子失去电子从最外层到次外层依次失去，则Fe2+的最外层电子排布式为3s23p63d6；铁元素失去的第三个电子是3d6上的电子，而3d6容易失去一个电子形成比较稳定的3d5半满状态，而Co的价电子排布式为3d73s2，失去的第三个电子是3d7上的电子，没有3d6容易，故I3（Fe）＜I3（Co），
故答案为：3；＜；
（2）①结构中含有C、H、O、N元素，同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故最大的元素是O，其中C的存在有C＝O、4根单键的C、N原子的价层电子对数为4，故C的杂化形式有sp2、sp3，
故答案为：O；sp2、sp3；
②EDTA的化学键中，单键均为共价键中的σ键，存在羧基中的碳氧双键，所以还含有π键，
故答案为：bde；
（3）1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl﹣，此配合物结构的化学式为[Co（NH3）4Cl2]Cl，配离子的化学式为：[Co（NH3）4Cl2]+，氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有孤电子对，配位键N﹣Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N﹣H键的排斥力变小，故NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角变大，
故答案为：[Co（NH3）4Cl2]+；变大；
（4）①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置，类似于Cu晶体的堆积方式，所以晶胞中铁的堆积方式为面心立方最密堆积，
故答案为：面心立方堆积；
②晶胞中Fe原子数为8×+6×＝4，N原子位于体心，数目1个，所以氮化铁的化学式Fe4N，
故答案为：Fe4N；
③晶胞中Fe原子数为8×+6×＝4，N原子数目为1，氮化铁的化学式Fe4N，则晶胞质量m＝g，若晶胞边长为acm，则晶胞质量m＝ρV＝ρa3g＝g，a3＝，Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S底＝a2cm2，正四棱锥的高等于acm，根据V锥＝S底h＝×a2×acm3＝cm3，八面体体积＝2V锥＝cm3＝cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。
四[化学选修5-有机化学基础]（共1小题，满分0分）
12．有机化合物F为一种药物合成中间体。其合成路线如图。
（1）A的名称为 甲苯 ；反应①的条件 光照 。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）D的结构简式为 。
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为 ，第二步的反应类型为 消去反应 。
（5）反应⑤中E断键的位置为 ② 。（填编号）
（6）的同分异构体中，满足下列条件①除苯环外，没有其它环；②苯环上只有两个取代基；③能与NaHCO3溶液反应生成气体；④遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 3 种；其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为 。
【分析】结合A分子式及C结构简式知，A为甲苯，结构简式为，A发生取代反应生成氯代烃B，B水解生成C，则A发生甲基上的一氯取代生成B为，C发生催化氧化生成D为，反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应，然后发生消去反应生成E，E加成反应生成F。
【解答】解：（1）A为，A的名称为甲苯；反应①为甲苯中甲基上的H原子被﹣Cl取代生成B，该反应的条件光照，
故答案为：甲苯；光照；
（2）反应②为一氯甲苯的水解反应，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）D的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为，第二步醇羟基发生消去反应生成E，所以第二步的反应类型为消去反应，
故答案为：；消去反应；
（5）根据E、F结构简式知，E中碳碳双键反应后生成F中碳碳单键，所以反应⑤中E断键的位置为②，
故答案为：②；
（6）的同分异构体中，满足下列条件：
①除苯环外，没有其它环；
②苯环上只有两个取代基；
③能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；
④遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，
根据其不饱和度知，还存在1个碳碳三键，
如果取代基为﹣OH、﹣C≡CCOOH，有邻间对3种结构；
其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为，
故答案为：3；。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，根据某些结构简式结合反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意D生成E反应过程中断键和成键方式，题目难度不大。
2020年四川省成都高三一模化学试卷
一、选择题：本题共7个小题，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．（6分）《天工开物•火药》中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也…”（已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑）。下列认识或相关理解错误的是（ ）
A．硫磺不溶于水
B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂
D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
2．（6分）有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ）
A．M中所有碳原子可能共面
B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应
D．M、N的一氯代物数目相同
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L的CH4和C2H4的混合气体含C﹣H数目为2NA
B．100mL 0.1mol/L酸性KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03NA
C．含NaClO 7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA
D．0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和为0.5NA
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣）。Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法错误的是（ ）
A．W元素位于第三周期ⅤⅡA族
B．氧化物的水化物的酸性：W＜Y
C．原子半径：Y＜Z
D．A能与强碱反应生成有刺激性气味的气体
5．（6分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀）。其中方案设计不合理的是（ ）
A．制CO2 B．除杂、干燥
C．CO2与锌粉反应 D．检查CO
6．（6分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ）
A．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
B．向饱和Na2CO3溶液中滴入几滴稀AlCl3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑
C．乙酸乙酯与稀NaOH溶液共热：CH3COOC2H5+OH﹣CH3COO﹣+C2H5OH
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
7．（6分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极A的反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将A极产生的O2﹣传导到B极
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。
实验步骤：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH＝4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
（1）A试管中发生反应的化学方程式为 ；B装置的作用是 。
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质为 。（填化学式）
（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 ；若温度稍过高，可能还会生成 ；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意 。
（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4～5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为 mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+、2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
9．（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图。
试回答下列问题：
（1）“焙烧”时生成的主要气体有 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 。
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因 。
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
8.1
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 。
（3）试剂a可能是 。
（4）资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg（OH）2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是 。
（5）该流程中可以循环利用的物质是 。
10．（15分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含NO、NO2则应降低其排放。
（1）在20℃时，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g），正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol；
②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1），正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol；
则4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1）的△H为 。
（2）10.0L的密闭容器中，按物质的量比1：3投入氮气和氢气，发生反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0用传感器测得温度为T1、T2时容器中n（N2）随时间变化如表：
时间
物质的量n（N2）
温度
0
5min
10min
15min
20min
T1
0.1mol
0.08mol
0.062mol
0.05mol
0.05mol
T2
0.1mol
0.07mol
﹣
xmol
0.06mol
①T2时，0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝ 。
②T1时，该反应平衡常数为 （列出计算式）。
③x 0.06（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 。
（3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带“•”表示吸附状态]：
ⅠNO+Pt（s）═NO*
ⅡCO+Pt（s）═CO*
ⅢNO*═N*+O*
ⅣCO*+O*═CO2+Pt（s）
ⅤN*+N*═N2+Pt（s）
ⅥNO*+N*═N2O+Pt（s）
经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示。
①图一，温度为330℃时发生的主要反应为 （填“Ⅳ”、“Ⅴ”或“Ⅵ”）；反应Ⅴ为 反应。（填“放热”或“吸热”）
②图二，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 .
③气体在固体催化剂表面反应中，吸附和解吸同时影响总反应速率。温度一定时，反应2NO+2CO═N2+2CO2的反应速率随压强的变化如图三所示。结合（3）中反应机理，试从吸附和解吸角度解释bc段化学反应速率下降的原因 。
三、[化学选修3-物质结构与性质]（共1小题，满分15分）
11．（15分）铁、钴均为第四周期族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Co2+中成单电子数为 ；Fe和Co的第三电离能I3（Fe） I3（Co）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示。
①EDTA中电负性最大的元素是 ，其中C原子轨道杂化类型为 。
②EDTA存在的化学键有 。（填序号）
a.离子键
b.共价键
c.氢键
d.σ键
e.π键
f.配位键
（3）将1mol CoCl3•4NH3溶于水中，加入足量AgNO溶液生成1mol AgCl沉淀。则CoCl3•4NH3中配离子的化学式为 ；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角 。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。
已知晶体的密度为pg•cm3，阿伏加德罗常数为NA。
①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 。
②该铁氮化合物的化学式为 。
③计算Fe（Ⅱ）构成正八面体的体积为 cm3。
四[化学选修5-有机化学基础]（共1小题，满分0分）
12．有机化合物F为一种药物合成中间体。其合成路线如图。
（1）A的名称为 ；反应①的条件 。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）D的结构简式为 。
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为 ，第二步的反应类型为 。
（5）反应⑤中E断键的位置为 。（填编号）
（6）的同分异构体中，满足下列条件①除苯环外，没有其它环；②苯环上只有两个取代基；③能与NaHCO3溶液反应生成气体；④遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 种；其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为 。
2020-2021学年四川省成都市高三（上）一诊化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7个小题，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．（6分）《天工开物•火药》中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也…”（已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑）。下列认识或相关理解错误的是（ ）
A．硫磺不溶于水
B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂
D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
【分析】黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，点燃发生反应2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑，反应放出巨大能量，据此分析。
【解答】解：A．硫磺是非极性分子构成的单质，难溶于极性溶剂，所以硫磺不溶于水，故A正确；
B．黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，所以“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应，故B正确；
C．硝石的成分是KNO3，反应中KNO3得电子是氧化剂，故C错误；
D．反应中生成两种气体CO2和N2，所以“其出也”含义之一指该反应放出气体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的组成和性质，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、物质的组成和性质为解答的关键，题目难度不大。
2．（6分）有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ）
A．M中所有碳原子可能共面
B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应
D．M、N的一氯代物数目相同
【分析】A．M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点；
B．羟基能和钠反应生成氢气；
C．M中羰基发生还原反应生成醇羟基；
D．烃基上含有几种几种氢原子，其一氯代物就有几种。
【解答】解：A．M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不能共平面，故A错误；
B．羟基能和钠反应生成氢气，N中含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，故B正确；
C．M中羰基发生还原反应生成醇羟基，为还原反应，故C错误；
D．烃基上M含有6种氢原子、N含有7种氢原子，一氯代物：前者6种、后者7种，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查对比、分析判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法、一氯代物种类判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L的CH4和C2H4的混合气体含C﹣H数目为2NA
B．100mL 0.1mol/L酸性KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03NA
C．含NaClO 7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA
D．0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和为0.5NA
【分析】A．求出标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含4条C﹣H键来分析；
B．KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价；
C．求出7.45gNaClO的物质的量，然后根据在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO﹣外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底。
【解答】解：A．标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为n＝＝0.5mol，而两者中均含4条C﹣H键，故0.5mol混合气体中含C﹣H键为2NA个，故A正确；
B．溶液中高锰酸钾的物质的量为n＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，而KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价，故0.01mol高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为0.01mol×（7﹣2）＝0.05mol，个数为0.05NA个，故B错误；
C．7.45gNaClO的物质的量n＝＝0.1mol，而在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO﹣外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于0.2NA，故C错误；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含CO2分子，故0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣微粒数总和小于0.5NA，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣）。Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法错误的是（ ）
A．W元素位于第三周期ⅤⅡA族
B．氧化物的水化物的酸性：W＜Y
C．原子半径：Y＜Z
D．A能与强碱反应生成有刺激性气味的气体
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化，Z为Al；Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Y的最高价为+5价、最低价为﹣3价，结合原子序数可知Y为N；它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]﹣），由阳离子可知X为H，由阴离子可知W为Cl，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为Al、W为Cl，
A.W元素为Cl，位于第三周期ⅤⅡA族，故A正确；
B.最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Y，氧化物的水化物的酸性不能确定，故B错误；
C.电子层越多、原子半径越大，则原子半径：Y＜Z，故C正确；
D.A含铵根离子，能与强碱反应生成有刺激性气味的气体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的性质、元素的化合物来推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。
5．（6分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀）。其中方案设计不合理的是（ ）
A．制CO2 B．除杂、干燥
C．CO2与锌粉反应 D．检查CO
【分析】A.为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳；
B.可除去氯化氢，但不能干燥；
C.加热条件下，二氧化碳和锌反应；
D.用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳。
【解答】解：A.该装置可用于在常温下由固体和液体反应制备气体，为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳，故A正确；
B.饱和碳酸氢钠溶液可除去氯化氢，但不能干燥，故B错误；
C.加热条件下，二氧化碳和锌反应，该装置可完成实验，故C正确；
D.该装置用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳，如生成一氧化碳，则生成黑色沉淀，可完成实验，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ）
A．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
B．向饱和Na2CO3溶液中滴入几滴稀AlCl3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑
C．乙酸乙酯与稀NaOH溶液共热：CH3COOC2H5+OH﹣CH3COO﹣+C2H5OH
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
【分析】A．过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+和NO；
B．AlCl3溶液少量，发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热，反应生成醋酸钠和乙醇；
D．长期露置于空气的酸性KI溶液，碘离子可能已被氧气氧化。
【解答】解：A．过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子，离子反应为：Al3++3CO32﹣+3H2O═Al（OH）3↓+3HCO3﹣，故B错误；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH﹣CH3COOO﹣+CH3CH2OH，故C正确；
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色，可能是碘离子可能已被氧气氧化：4H++O2+4I﹣＝2I2+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，注意与量有关的离子反应及习题中的限制条件来分析解答，题目难度不大。
7．（6分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极A的反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将A极产生的O2﹣传导到B极
【分析】太阳能电池中电子流向可知，通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O，通入二氧化碳的催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，装置实现了官能转化为电能，电能转化为化学能的过程。
【解答】解：A．装置是利用太阳能电池座电源电解，能量变化是光能→电能→化学能的转化，故A正确；
B．通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4﹣4e﹣+2O2﹣═C2H4+2H2O，故B正确；
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极，加速反应进行，故C正确；
D．催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，产生的O2﹣通过能传到O2﹣的固体电解质移向A电极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解池原理、电极反应、电极判断等知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。
实验步骤：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH＝4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
（1）A试管中发生反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ；B装置的作用是 防倒吸 。
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质为 NaHSO3 。（填化学式）
（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 2NaHSO3Na2S2O5+H2O ；若温度稍过高，可能还会生成 Na2SO3或Na2SO4 ；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意 小火加热控制温度，尽量减少与空气接触 。
（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4～5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为 9.5V1﹣47.5V2 mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值 偏高 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+、2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
【分析】装置A中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B装置是安全瓶，二氧化硫气体进入装置C中的饱和碳酸钠溶液中发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，最后装置D是吸收尾气装置，倒扣在水面上的漏斗是防止倒吸，
（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B装置是安全瓶；
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质是二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠溶液；
（3）步骤③C中液体为亚硫酸氢钠溶液，加热至过饱和结晶，亚硫酸氢钠脱水生成焦亚硫酸钠，温度过高亚硫酸氢钠会分解生成亚硫酸钠，亚硫酸氢钠遇到空气加热容易被氧化生成硫酸钠；
（4）过程发生的反应为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+，2S2O32+I2═S4O62﹣+2I﹣，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，Na2S2O3消耗I2的物质的量＝×0.100mol/L×V2×10﹣3L，其中Na2S2O5消耗I2的物质的量＝0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L，残留的Na2S2O5物质的量＝×（0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L），据此计算饮料中残留的Na2S2O5的质量浓度，若滴定前溶液pH调至大于10，会消耗I2，导致Na2S2O5消耗I2的物质的量减小，计算残留的Na2S2O5的量增大，据此分析判断。
【解答】解：实验步骤和实验过程分析得到，装置A中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B装置是安全瓶，二氧化硫气体进入装置C中的饱和碳酸钠溶液中发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，最后装置D是吸收尾气装置，倒扣在水面上的漏斗是防止倒吸，
（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，B装置是安全瓶，防倒吸作用，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；防倒吸；
（2）C中反应至pH＝4.1，C中溶液主要溶质是二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠溶液，C中溶液主要溶质为：NaHSO3，
故答案为：NaHSO3；
（3）步骤③C中液体为亚硫酸氢钠溶液，加热至过饱和结晶，亚硫酸氢钠脱水生成焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：2NaHSO3Na2S2O5+H2O，温度过高亚硫酸氢钠会分解生成亚硫酸钠，化学式：Na2SO3，亚硫酸氢钠遇到空气加热容易被氧化生成硫酸钠，化学式：Na2SO4，若温度稍过高，可能还会生成Na2SO3或Na2SO4，为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意：小火加热控制温度，尽量减少与空气接触，
故答案为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O；Na2SO3或Na2SO4；小火加热控制温度，尽量减少与空气接触；
（4）②过程发生的反应为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+，2S2O32+I2═S4O62﹣+2I﹣，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，Na2S2O3消耗I2的物质的量＝×0.100mol/L×V2×10﹣3L，其中Na2S2O5消耗I2的物质的量＝0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L，残留的Na2S2O5物质的量＝×（0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L），据此计算饮料中残留的Na2S2O5的质量浓度＝[×（0.0100mol/L×V1×10﹣3L﹣×0.100mol/L×V2×10﹣3L）]×190000mg/mol＝（9.5V1﹣47.5V2）mg/L，若滴定前溶液pH调至大于10，会消耗I2，导致Na2S2O5消耗I2的物质的量减小，计算残留的Na2S2O5的量增大，残留的Na2S2O测定值偏高，
故答案为：9.5V1﹣47.5V2；偏高。
【点评】本题以焦亚硫酸钠制备为载体，考查滴定计算、气体的制备、尾气处理、常用化学用语等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目难度中等．
9．（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图。
试回答下列问题：
（1）“焙烧”时生成的主要气体有 CO2、NH3 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 SiO2 。
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因 引入杂质离子Mn2+，产品不纯 。
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
8.1
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 否，若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去 。
（3）试剂a可能是 MgO或Mg（OH）2或MgCO3 。
（4）资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg（OH）2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是 Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低 。
（5）该流程中可以循环利用的物质是 NH4Cl 。
【分析】菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）加入氯化铵空气中焙烧生成的混合气体主要是氨气和二氧化碳，得到固体为氯化镁、氯化亚铁、氯化铁、二氧化硅，加入水浸取过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液为氯化镁、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液，加入氧化剂用空气或H2O2氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁或氢氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液中主要是氯化镁溶液，加入碳酸氢铵沉淀镁离子，生成碳酸镁沉淀，煅烧得到MgO纳米材料，
（1）“焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，滤渣是二氧化硅；
（2）选用酸性KMnO4，会引入新的杂质；
（3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质；
（4）更换成Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用。
【解答】解：（1）分析可知，“焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，化学式：CO2、NH3，滤渣是二氧化硅，化学式：SiO2，
故答案为：CO2、NH3；SiO2；
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，其原因是：选用酸性KMnO4，会引入新的杂质离子Mn2+，产品不纯，锰离子会氧化氯离子生成氯气，上述流程中“氧化”不能省掉，理由是：若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去，
故答案为：引入杂质离子Mn2+，产品不纯；否，若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去；
（3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质，试剂a可能是：MgO或Mg（OH）2或MgCO3，
故答案为：MgO或Mg（OH）2或MgCO3；
（4）更换成Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低，
故答案为：Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用，过程得到该流程中可以循环利用的物质是NH4Cl，
故答案为：NH4Cl。
【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及除杂、物质制备等知识点，明确反应原理、基本操作、离子除杂等即可解答，注意除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，题目难度中等。
10．（15分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含NO、NO2则应降低其排放。
（1）在20℃时，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g），正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol；
②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1），正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol；
则4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1）的△H为 （5b+c﹣5a﹣d）kJ/mol 。
（2）10.0L的密闭容器中，按物质的量比1：3投入氮气和氢气，发生反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0用传感器测得温度为T1、T2时容器中n（N2）随时间变化如表：
时间
物质的量n（N2）
温度
0
5min
10min
15min
20min
T1
0.1mol
0.08mol
0.062mol
0.05mol
0.05mol
T2
0.1mol
0.07mol
﹣
xmol
0.06mol
①T2时，0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝ 1.2×10﹣3mol/（L•min） 。
②T1时，该反应平衡常数为 L2•mol﹣2 （列出计算式）。
③x ＝ 0.06（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 5min时，T1温度下，n（N2）＝0.08mol，T2温度下，n（N2）＝0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T2时，反应在15min时达到平衡 。
（3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带“•”表示吸附状态]：
ⅠNO+Pt（s）═NO*
ⅡCO+Pt（s）═CO*
ⅢNO*═N*+O*
ⅣCO*+O*═CO2+Pt（s）
ⅤN*+N*═N2+Pt（s）
ⅥNO*+N*═N2O+Pt（s）
经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示。
①图一，温度为330℃时发生的主要反应为 Ⅳ （填“Ⅳ”、“Ⅴ”或“Ⅵ”）；反应Ⅴ为 放热 反应。（填“放热”或“吸热”）
②图二，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 温度升高，催化剂活性增加，反应速率急剧加快，所以反应物浓度急剧减小 .
③气体在固体催化剂表面反应中，吸附和解吸同时影响总反应速率。温度一定时，反应2NO+2CO═N2+2CO2的反应速率随压强的变化如图三所示。结合（3）中反应机理，试从吸附和解吸角度解释bc段化学反应速率下降的原因 压强增大，吸附速率虽增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小 。
【分析】（1）根据△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能，根据盖斯定律将②﹣①×5得4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1），从而求得△H＝△H2﹣5△H1；
（2）①则0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝来解答；
②根据 N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），反应的平衡常数K＝来分析；
③5min时，T1温度下，0.08mol大于0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，温度为T1时，反应在15min时达到平衡，则T2时反应在15min前已达到平衡状态；
（3）①温度为330℃时，生成物中CO2的浓度最大，成键要放出热量；
②温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快；
③吸附速率与解吸速率的相对大小为反应速率。
【解答】解：（1）根据△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能，则①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1＝（a﹣b）kJ/mol；②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（1）△H2＝（c﹣d）kJ/mol，根据盖斯定律将②﹣①×5得4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（1），其△H＝△H2﹣5△H1＝（c﹣d）﹣5×（a﹣b）kJ/mol＝（5b+c﹣5a﹣d）kJ/mol，
故答案为：（5b+c﹣5a﹣d）kJ/mol；
（2）①T2时，根据表中数据列出三段式：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始（mol/L） 0.01 0.03 0
转化（mol/L） 0.003 0.009 0.006
5min（mol/L）0.007 0.021 0.006
则0～5min内NH3平均速率为v（NH3）＝＝＝0.0012mol/（L•min）＝1.2×10﹣3mol/（L•min），
故答案为：1.2×10﹣3mol/（L•min）；
②T1时，根据表中数据列出三段式：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始（mol/L） 0.01 0.03 0
转化（mol/L） 0.005 0.015 0.01
平衡（mol/L） 0.005 0.015 0.01
则反应的平衡常数K＝L2•mol﹣2，
故答案为：L2•mol﹣2；
③5min时，T1温度下，0.08mol大于0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T1时，反应在15min时达到平衡，则T2时反应在15min前已达到平衡状态，则x＝0.06，
故答案为：＝；5min时，T1温度下，n（N2）＝0.08mol，T2温度下，n（N2）＝0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T2时，反应在15min时达到平衡；
（3）①由图一可知，生成物中CO2的浓度最大，则温度为330℃时发生的主要反应为反应Ⅳ；反应Ⅴ为N*+N*═N2+Pt（s），成键要放出热量，则反应Ⅴ为放热反应，
故答案为：Ⅳ；放热；
②温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快，是催化剂活性增加，催化效率提高引起的，
故答案为：温度升高，催化剂活性增加，反应速率急剧加快，所以反应物浓度急剧减小；
③b→c的过程中，随着压强的增大，反应速率在减小，可能是因为该阶段压强增大，吸附速率也在增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小，
故答案为：压强增大，吸附速率虽增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小。
【点评】本题考查较综合，涉及外界条件对化学平衡移动影响原理、热化学方程式计算、图分析判断等知识点，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、平衡常数的计算等是解本题关键，题目难度中等。
三、[化学选修3-物质结构与性质]（共1小题，满分15分）
11．（15分）铁、钴均为第四周期族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Co2+中成单电子数为 3 ；Fe和Co的第三电离能I3（Fe） ＜ I3（Co）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示。
①EDTA中电负性最大的元素是 O ，其中C原子轨道杂化类型为 sp2、sp3 。
②EDTA存在的化学键有 bde 。（填序号）
a.离子键
b.共价键
c.氢键
d.σ键
e.π键
f.配位键
（3）将1mol CoCl3•4NH3溶于水中，加入足量AgNO溶液生成1mol AgCl沉淀。则CoCl3•4NH3中配离子的化学式为 [Co（NH3）4Cl2]+ ；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角 变大 。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。
已知晶体的密度为pg•cm3，阿伏加德罗常数为NA。
①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 面心立方堆积 。
②该铁氮化合物的化学式为 Fe4N 。
③计算Fe（Ⅱ）构成正八面体的体积为 cm3。
【分析】（1）Co的原子序数为27，根据能量最低原理可写出Co2+基态的电子排布式；确定成单电子数；Fe、Co核外电子排布式分别为[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2，其第三电离能Fe的较小；
（2）①同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，根据中心原子价层电子对数判断杂化轨道类型；
②EDTA的化学键除了σ键外，还存在π键；
（3）1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl﹣，由此确定其化学式；配位键N﹣Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N﹣H键的排斥力变小，故NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角变大；
（4）每个晶胞中Fe位于顶点位置和面心位置，N原子位于体心位置，
①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置，类似于Cu晶体的堆积方式；
②晶胞中Fe原子数为8×+6×＝4，N原子位于体心，据此写出物质的化学式；
③若晶胞边长为acm，根据晶胞质量m＝ρV计算a；Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S底＝a2cm2，正四棱锥的高等于acm，结合V锥＝S底h计算八面体体积。
【解答】解：（1）Co的原子序数为27，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则Co2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d7（或[Ar]3d7）；所以Co2+中成单电子数为3，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，原子失去电子从最外层到次外层依次失去，则Fe2+的最外层电子排布式为3s23p63d6；铁元素失去的第三个电子是3d6上的电子，而3d6容易失去一个电子形成比较稳定的3d5半满状态，而Co的价电子排布式为3d73s2，失去的第三个电子是3d7上的电子，没有3d6容易，故I3（Fe）＜I3（Co），
故答案为：3；＜；
（2）①结构中含有C、H、O、N元素，同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故最大的元素是O，其中C的存在有C＝O、4根单键的C、N原子的价层电子对数为4，故C的杂化形式有sp2、sp3，
故答案为：O；sp2、sp3；
②EDTA的化学键中，单键均为共价键中的σ键，存在羧基中的碳氧双键，所以还含有π键，
故答案为：bde；
（3）1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl﹣，此配合物结构的化学式为[Co（NH3）4Cl2]Cl，配离子的化学式为：[Co（NH3）4Cl2]+，氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有孤电子对，配位键N﹣Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N﹣H键的排斥力变小，故NH3分子与钴离子形成配合物后H﹣N﹣H键角变大，
故答案为：[Co（NH3）4Cl2]+；变大；
（4）①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置，类似于Cu晶体的堆积方式，所以晶胞中铁的堆积方式为面心立方最密堆积，
故答案为：面心立方堆积；
②晶胞中Fe原子数为8×+6×＝4，N原子位于体心，数目1个，所以氮化铁的化学式Fe4N，
故答案为：Fe4N；
③晶胞中Fe原子数为8×+6×＝4，N原子数目为1，氮化铁的化学式Fe4N，则晶胞质量m＝g，若晶胞边长为acm，则晶胞质量m＝ρV＝ρa3g＝g，a3＝，Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S底＝a2cm2，正四棱锥的高等于acm，根据V锥＝S底h＝×a2×acm3＝cm3，八面体体积＝2V锥＝cm3＝cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。
四[化学选修5-有机化学基础]（共1小题，满分0分）
12．有机化合物F为一种药物合成中间体。其合成路线如图。
（1）A的名称为 甲苯 ；反应①的条件 光照 。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）D的结构简式为 。
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为 ，第二步的反应类型为 消去反应 。
（5）反应⑤中E断键的位置为 ② 。（填编号）
（6）的同分异构体中，满足下列条件①除苯环外，没有其它环；②苯环上只有两个取代基；③能与NaHCO3溶液反应生成气体；④遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 3 种；其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为 。
【分析】结合A分子式及C结构简式知，A为甲苯，结构简式为，A发生取代反应生成氯代烃B，B水解生成C，则A发生甲基上的一氯取代生成B为，C发生催化氧化生成D为，反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应，然后发生消去反应生成E，E加成反应生成F。
【解答】解：（1）A为，A的名称为甲苯；反应①为甲苯中甲基上的H原子被﹣Cl取代生成B，该反应的条件光照，
故答案为：甲苯；光照；
（2）反应②为一氯甲苯的水解反应，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）D的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为，第二步醇羟基发生消去反应生成E，所以第二步的反应类型为消去反应，
故答案为：；消去反应；
（5）根据E、F结构简式知，E中碳碳双键反应后生成F中碳碳单键，所以反应⑤中E断键的位置为②，
故答案为：②；
（6）的同分异构体中，满足下列条件：
①除苯环外，没有其它环；
②苯环上只有两个取代基；
③能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；
④遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，
根据其不饱和度知，还存在1个碳碳三键，
如果取代基为﹣OH、﹣C≡CCOOH，有邻间对3种结构；
其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为，
故答案为：3；。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，根据某些结构简式结合反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意D生成E反应过程中断键和成键方式，题目难度不大。
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