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2020年内蒙古包头市高考化学一模试卷
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这是一份2020年内蒙古包头市高考化学一模试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年内蒙古包头市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7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．（6分）《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是（ ）
A．含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用
B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性
C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性
D．居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好
2．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2：3．W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞Y
B．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键
C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
3．（6分）从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3．下列设计能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br﹣全部转化为溴单质
B．用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层
C．检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成
D．用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干
4．（6分）阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．阿托酸是含有两种官能团的芳香烃
C．阿托酸苯环上的二氯代物超过7种
D．一定条件下，1mol阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应
5．（6分）下列实验操作、现象和所得结论都正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量氯化钡固体，振荡
溶液红色变浅
Na2CO3溶液存在水解平衡
B
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振 荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
C
检验食盐是否加碘（ KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验
试纸不变蓝
该食盐不含有KIO3
D
向蛋白质溶液中加入CuSO4或（ NH4）2 SO4 的饱和溶液
均有沉淀生成
蛋白质均发生了盐析
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）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的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
B．吸附层b的电极反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变
7．（6分）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10﹣4
B．若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
二、非选择题
8．（14分）实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：
步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。
步骤2 。
步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5═MgBr2•3C2H5OC2H5
③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。
请回答下列问题：
（1）写出步骤2的操作是 。
（2）仪器A的名称是 。装置中碱石灰的作用 。冰水浴的目的 。
（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：
① ② 。
（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是 。
（5）有关步骤4的说法，正确的是 。
A 可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B 洗涤晶体可选用0℃的苯
C 加热至160℃的主要目的是除去苯 D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4﹣）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 （保留4位有效数字）。
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
9．（15分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物） 为原料制备Mg CO3•3H2O．实验过程如图：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：
MgCO3（s）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ•mol﹣1
Mg2SiO4（s）+4 H+（aq）═2 Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ••mol﹣1
向Mg2SiO4悬浊液中通入CO2析出H2SiO3的热化学方程式为 ，该反应能正向进行的热力学原因是 。该反应的平衡常数表达式为 。
（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH为1.4～4.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）
①提高萃取效率的措施有 。
A．适当提高萃取剂的浓度
B．适当提高溶液酸度
C．充分振荡，多次萃取
D 不断地从下层排除出有机层
②在反萃取中加硫酸的作用是 。
（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3•3H2O的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到Mg CO3•3H2O．[已知该溶液中pH＝8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH＝5.0时Al（OH）3沉淀完全]。
①调节溶液pH的范围 。
②判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法 。
（4）从废渣制备Mg CO3•3H2O的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是 。
10．（14分）化学反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）△H＝+139kJ•mol﹣1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。
①p1＝ kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550～600℃的理由是 。
②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为 %（保留小数点后1位）。
（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。表是以V﹣Fe﹣K﹣0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以r﹣Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30
说明：收率＝（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是 （填字母序号）。
a．载体会影响催化剂的活性
b．载体会影响催化剂的选择性
c．载体会影响化学平衡常数
②分析以γ﹣Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因： 。
（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）＝1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式 。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是 。
【化学-选修3：物质结构与性质】
11．（15分）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn（NO3）2•6H2O+26（CH3CO）2O═4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）Mn3+基态价层电子排布图为 。
（2）Mn（NO3）2•6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序 。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有 。
（3）与NO2﹣互为等电子体的一种分子的化学式为 。
（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为 。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式 。
（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为 。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为 nm（阿伏加德罗常数的值为N）。
【化学-选修5：有机化学基础】
12．某课题组采取以下路线合成利胆药﹣﹣柳胺酚。
回答下列问题：
已知：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是
A．有三种官能团 B．遇三氯化铁溶液显紫色
C．分子组成为C13H9NO3 D.1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应
（2）F的命名为 ；B中含氧官能团的名称为 。
（3）写出化合物D的结构简式 。
（4）写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式 。
（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应 ②分子有四种不同化学环境的氢原子
（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件） 。
2020年内蒙古包头市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7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．（6分）《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是（ ）
A．含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用
B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性
C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性
D．居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好
【分析】A．食盐没有消毒作用；
B．新冠肺炎病毒的包膜为蛋白质；
C．过氧乙酸具有强氧化性；
D.84消毒液与75%乙醇不能混合使用。
【解答】解：A．不是所有的含氯物质都有消毒作用，如NaCl溶液，故A错误；
B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性，故B正确；
C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其有强氧化性，故C错误；
D．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，可发生氧化还原反应产生有毒物质氯气，不能混合使用，故D错误；
故选：B。
【点评】本题结合时事热点考查化学问题，平时要注意积累，题目难度不大。
2．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2：3．W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞Y
B．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键
C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为2：3，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Cl元素。
A．C和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2﹣电子排布相同，O2﹣的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2﹣，即原子半径X＞Y，离子半径Z＜Y，故A错误；
B． Na+和O2﹣通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO﹣通过离子键结合成NaClO，Cl和O元素通过共价键结合，故B正确；
C．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，故C正确；
D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
3．（6分）从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3．下列设计能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br﹣全部转化为溴单质
B．用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层
C．检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成
D．用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干
【分析】A．通入装置乙中能使Br﹣全部转化为溴单质，应长导管进气；
B．分液时避免上下层液体混合；
C．氯气与溴化铁发生氧化还原反应生成氯离子，与硝酸银反应生成AgCl沉淀；
D．蒸发时促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发。
【解答】解：A．乙中Cl2应当长进短出，操作不合理，故A错误；
B．分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故B正确；
C．无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生白色沉淀，故C错误；
D．FeCl3的水解方程式为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3，得到Fe（OH）3，故D错误；
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、物质的制备及性质实验、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。
4．（6分）阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．阿托酸是含有两种官能团的芳香烃
C．阿托酸苯环上的二氯代物超过7种
D．一定条件下，1mol阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应
【分析】该有机物分子中含有碳碳双键、苯环和酯基，具有烯烃、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。
【解答】解：A．苯环和C之间的C﹣C键可旋转，C原子不一定都共面，故A错误；
B．阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于芳香烃，故B错误；
C．阿托酸苯环上的二氯代物有6种，如图：，二个氯分别在：1，2位、1，3位、1，4位、1，5位、2，3位、2，4位，故C错误；
D．1mol苯环可和3molH2加成，1mol碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，所以1mol阿托酸最多能和4mol H2、1mol Br2发生加成反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查烯烃、苯、酯的性质，题目难度不大。
5．（6分）下列实验操作、现象和所得结论都正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量氯化钡固体，振荡
溶液红色变浅
Na2CO3溶液存在水解平衡
B
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振 荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
C
检验食盐是否加碘（ KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验
试纸不变蓝
该食盐不含有KIO3
D
向蛋白质溶液中加入CuSO4或（ NH4）2 SO4 的饱和溶液
均有沉淀生成
蛋白质均发生了盐析
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动；
B．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；
C．碘酸钾与淀粉KI不反应；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4或（ NH4）2 SO4 的饱和溶液，前者发生变性，后者发生盐析。
【解答】解：A．Na2CO3溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32﹣和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH﹣浓度减小，红色变浅，故A正确；
B．操作和现象不能确定溶液中是否含Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；
C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，故C错误；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入（NH4）2 SO4的饱和溶液发生盐析，故D错误；
故选：A。
【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、盐类水解、离子及物质的检验、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）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的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
B．吸附层b的电极反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变
【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，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【解答】解：A．由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，故A错误；
B．吸附层b的电极反应2H++2e﹣＝H2↑，故B错误；
C．将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH﹣＝H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能故，故C正确；
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH﹣且生成H2O，pH减小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应、电极反应式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质特点书写。
7．（6分）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10﹣4
B．若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
【分析】由图可知：c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣）时，pH≈2.7，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）时，pH＝4；
A、H2C2O4的二级电离Ka2＝；
B、判断HC2O4﹣的电离和C2O42﹣的水解程度大小；
C、根据NaHC2O4的物料守恒，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝c（Na+）；
D、根据反应后溶液的酸碱性与指示剂的变色范围一致。
【解答】解：A、H2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，Ka2＝，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）时，Ka2＝c（H+），即Ka2＝10﹣pH＝10﹣4，故A正确；
B、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，Ka（HC2O4﹣）＝Ka2＝10﹣4；C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣，Kh（C2O42﹣）＝＝＝10﹣10；Ka（HC2O4﹣）＞Kh（C2O42﹣），所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c（HC2O4﹣）＜c（C2O42﹣），从图上可知，pH＞4，故B错误；
C、c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝0.100mol•L﹣1＝c（Na+），所以，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝c（Na+），即NaHC2O4的物料守恒，此时为NaHC2O4溶液；NaHC2O4溶液的质子守恒为：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故C正确；
D、用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查学生对酸碱混合溶液的pH与离子浓度的变化关系，是重点和常考点；平时注意这些知识的归纳和积累，理解并掌握，构建思维导图并熟练应用，培养化学学科的核心素养。
二、非选择题
8．（14分）实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：
步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中 。
步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5═MgBr2•3C2H5OC2H5
③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。
请回答下列问题：
（1）写出步骤2的操作是 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中 。
（2）仪器A的名称是 球形冷凝管 。装置中碱石灰的作用 吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解 。冰水浴的目的 控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发 。
（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：
① 防止乙醚和溴的泄漏，应在通风橱中进行实验 ② 乙醚易燃，避免使用明火 。
（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是 防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管 。
（5）有关步骤4的说法，正确的是 BD 。
A 可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B 洗涤晶体可选用0℃的苯
C 加热至160℃的主要目的是除去苯 D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4﹣）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 97.52%（或0.9752） （保留4位有效数字）。
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【分析】B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率；在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此分析解答。
【解答】解：B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率；在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解。
（1）步骤2目的是用氮气将溴赶入三颈烧瓶中，操作方法为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，
故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，
（2）结合图示可知，仪器A的名称为球形冷凝管；
碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解；
Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，
故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；
（3）溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为了防止溴和乙醚挥发对人造成伤害，需要在通风橱中进行，乙醚易燃，还要注意避免使用明火，
故答案为：防止乙醚和溴的泄漏，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火，
（4）溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，
故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，
（5）A．95%的乙醇有水，导致溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，故A错误；
B．选用0℃的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，故B正确；
C．加热到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；
D．该骤4的目的是除去乙醚和可能残留的溴，从而得到纯净的溴化镁，故D正确；
故答案为：BD；
（6）①共消耗EDTA的物质的量＝0.0500mol•L﹣1×26.5×10﹣3L×3＝3.975×10﹣3mol，根据镁原子守恒可得关系式：MgBr2～EDTA，则n（MgBr2）＝n（EDTA）＝3.975×10﹣3mol，m（MgBr2）＝3.975×10﹣3mol×184g/mol＝0.7314g，所以MgBr2的纯度为：×100%＝97.52%，
故答案为：97.52%（或0.9752）；
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测得产品纯度偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
9．（15分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物） 为原料制备Mg CO3•3H2O．实验过程如图：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：
MgCO3（s）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ•mol﹣1
Mg2SiO4（s）+4 H+（aq）═2 Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ••mol﹣1
向Mg2SiO4悬浊液中通入CO2析出H2SiO3的热化学方程式为 Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H＝﹣124.6KJ•mol﹣1 ，该反应能正向进行的热力学原因是 该反应放热（或△H＜0）有利于正向进行 。该反应的平衡常数表达式为 K＝ 。
（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH为1.4～4.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）
①提高萃取效率的措施有 AC 。
A．适当提高萃取剂的浓度
B．适当提高溶液酸度
C．充分振荡，多次萃取
D 不断地从下层排除出有机层
②在反萃取中加硫酸的作用是 促进萃取平衡逆向移动，Fe3+进入水层 。
（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3•3H2O的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到Mg CO3•3H2O．[已知该溶液中pH＝8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH＝5.0时Al（OH）3沉淀完全]。
①调节溶液pH的范围 5.0≤pH＜8.5 。
②判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法 向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量 。
（4）从废渣制备Mg CO3•3H2O的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是 不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水 。
【分析】废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝和过量的硫酸，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5≤pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O。
（1）①MgCO3（s）+2H+（aq）＝Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H1 ＝﹣50.4KJ•mol﹣1
②Mg2SiO4（s）+4H+（aq）＝2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H2＝﹣225.4KJ•mol﹣1
盖斯定律计算②﹣2×①得到：Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H，反应放热（或△H＜0）有利于正向进行，平衡常数K＝，固体和纯液体不能写入表达式；
（2）①萃取是为了得到FeA3（有机层）：
A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率；
B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成；
C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3；
D．有机层在上层，上层液体从上口倒出；
②由Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，加硫酸可使平衡逆向移动；
（3）①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率；
②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成说明过量；
（4）从反萃取平衡：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取。
【解答】解：（1）①MgCO3（s）+2H+（aq）＝Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H1 ＝﹣50.4KJ•mol﹣1
②Mg2SiO4（s）+4H+（aq）＝2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H2＝﹣225.4KJ•mol﹣1
盖斯定律计算②﹣2×①得到：Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H＝△H2﹣2×△H1＝（﹣225.4KJ•mol﹣1）﹣2×（﹣50.4KJ•mol﹣1）＝﹣124.6KJ•mol﹣1，该反应能正向进行的原因是该反应放热（或△H＜0）有利于正向进行，平衡常数K＝，
故答案为：Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H＝﹣124.6KJ•mol﹣1；该反应放热（或△H＜0）有利于正向进行；K＝；
（2）①萃取是为了得到FeA3（有机层）：
A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率，A正确；
B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成，B错误；
C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3，C正确；
D．有机层在上层，上层液体从上口倒出，D错误；
综上所述，AC正确，
故答案为：AC；
②由Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，加硫酸可使平衡逆向移动，使Fe3+进入水层，
故答案为：促进萃取平衡逆向移动，使Fe3+进入水层；
（3）①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率，pH需小于8.5，故答案为：5.0≤pH＜8.5；
②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量，
故答案为：向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量；
（4）从反萃取平衡：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取，同时再加氨水调pH除Al3+时将消耗更多的氨水，
故答案为：不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水。
【点评】本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利于培养学生的实验能力，题目难度中等。
10．（14分）化学反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）△H＝+139kJ•mol﹣1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。
①p1＝ 202 kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550～600℃的理由是 该反应催化剂活性在550﹣600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多 。
②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为 33.3 %（保留小数点后1位）。
（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。表是以V﹣Fe﹣K﹣0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以r﹣Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30
说明：收率＝（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是 ab （填字母序号）。
a．载体会影响催化剂的活性
b．载体会影响催化剂的选择性
c．载体会影响化学平衡常数
②分析以γ﹣Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因： 温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小 。
（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）＝1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式 4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2 。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是 “放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集 。
【分析】（1）①该反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，则异丁烷平衡转化率减小；
由图可知温度在550～600℃时转化率巳经很高，再结合催化剂活性考虑；
②设异丁烷起始物质的量为1mol，列化学平衡三段式，结合平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%计算；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同；
b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同；
c．化学平衡常数只和温度有关；
②从催化剂的活性和化学平衡移动考虑；
（3）氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂，以Li/Co（原子比）＝1混合加热生成LiCoO2和CO2，结合原子守恒、得失电子守恒书写化学方程式；
放电时，阳离子向正极移动。
【解答】解：（1）①异丁烷制备异丁烯的反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，异丁烷平衡转化率减小，所以P1＜P2，即P1＝202kPa；
一方面，催化剂需要合适的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。即该反应催化剂活性在550﹣600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多，
故答案为：202；该反应催化剂活性在550﹣600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；
②设异丁烷起始物质的量为1mol，
C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）
起始n 1 0 0
转化n x x x
平衡n 1﹣x x x
25%＝，解得x＝，则异丁烷的平衡转化率＝×100%＝33.3%，
故答案为：33.3%；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，故a正确；
b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，故b正确；
c．化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故c错误，
故答案为：ab；
②温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，
故答案为：温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；
（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2；
放电时，阳离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，
故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。
【点评】本题考查综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡移动、化学平衡的计算、化学方程式的书写，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、原子守恒、得失电子守恒解答，此题难度较大。
【化学-选修3：物质结构与性质】
11．（15分）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn（NO3）2•6H2O+26（CH3CO）2O═4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）Mn3+基态价层电子排布图为 。
（2）Mn（NO3）2•6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序 N＞O＞H 。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有 σ键、π键 。
（3）与NO2﹣互为等电子体的一种分子的化学式为 O3或SO2 。
（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为 7NA 。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式 。
（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为 8 。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为 ×107 nm（阿伏加德罗常数的值为N）。
【分析】（1）Mn是25号元素，基态原子电子排布式为：[Ar]3d54s2，形成+3价锰离子应先失去4s上2个电子，再失去3d上1个电子；
（2）一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，同一周期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族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；共价键按电子云的重叠方式可分为o键和π键；
（3）原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体；
（4）有机物中单键都是σ键，双键、三键中只有1个是σ键；一个CH3COOH分子羧基中的O和另一个CH3COOH分子羧基中的H之间形成氢键；
（5）一个晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括一侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子，距离均为面对角线长度的一半；利用均摊法计算1mol晶胞的质量，1mol晶胞体积，依据ρ＝计算。
【解答】解：（1）Mn是25号元素，Mn的价层电子排布式为3d54s2，Mn3+的价层电子排布式为3d4，其基态价层电子排布图为，
故答案为：；
（2）Mn（NO3）2•6H2O中非金属元素有N、O、H，一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，所以N、O的第一电离能比H大。N、O位于相同周期，N的2p轨道为半充满状态，N比O稳定，失去一个电子N比O难，所以N的第一电离能比O的第一电离能大，综上所述，三者的第一电离能从大到小为：N＞O＞H．硝酸根离子中的键是由N﹣Oσ键和一个4原子6电子的离域大π键构成的，
故答案为：N＞O＞H；σ键、π键；
（3）价电子数和原子数相同的分子、离子或基团互为等电子体，可用S或者O替换N，同时去掉得到的一个电子，即O3或SO2，
故答案为：O3或SO2；
（4）单键全是σ键，双键含一个σ键一个π键，所以1mol CH3COOH中含7mol的σ键，即σ键数为7NA；
一个CH3COOH分子羧基中的O和另一个CH3COOH分子羧基中的H之间形成氢键，所以，（2分）子CH3COOH可通过氢键形成八元环的二聚物，结构简式为：，
故答案为：7NA；；
（5）一个晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括一侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的4个镁原子，共8个，距离均为面对角线长度的一半；
由均摊法可知，1个晶胞中Al的个数＝2×＝1，Mg的个数＝8×+2×＝2，那么1个晶胞的质量＝g，1个晶胞的体积a3＝＝，则晶胞边长为：（cm）即×107nm。
故答案为：8；×107。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，明确原子结构、分子结构及物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意Al面心上的原子与面心上的Mg原子距离与其面顶点上的Mg原子距离相等，为解答易错点。
【化学-选修5：有机化学基础】
12．某课题组采取以下路线合成利胆药﹣﹣柳胺酚。
回答下列问题：
已知：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是 BD
A．有三种官能团 B．遇三氯化铁溶液显紫色
C．分子组成为C13H9NO3 D.1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应
（2）F的命名为 邻羟基苯甲酸或2﹣羟基苯甲酸 ；B中含氧官能团的名称为 硝基 。
（3）写出化合物D的结构简式 。
（4）写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式 +H2O 。
（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式 、、 。
①能发生银镜反应 ②分子有四种不同化学环境的氢原子
（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件） 。
【分析】苯和氯气发生取代反应生成A，A为；F中不饱和度＝＝5，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生水解反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，以此解答该题。
【解答】解：（1）A．柳胺酚有酰胺基、酚羟基2种官能团，故A错误；
B．柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，故B正确；
C．柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，故C错误；
D．酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羟基共消耗2molNaOH，1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应，故D正确；
故答案为：BD；
（2）F的结构简式为：，命名为：邻羟基苯甲酸或2﹣羟基苯甲酸，B的结构简式为：，含氯原子、硝基2种官能团，硝基为含氧官能团，
故答案为：邻羟基苯甲酸或2﹣羟基苯甲酸；硝基；
（3）由分析可知，D为，故答案为：；
（4）E和F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，
故答案为：+H2O；
（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1个﹣CHO和2个﹣OH，或者含1个HCOO﹣和1个﹣OH，含1个﹣CHO和2个﹣OH共有6种，含1个HCOO﹣和1个﹣OH共有邻间对3种，共9种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3种，分别为：、、，
故答案为：、、；
（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高频考点，把握官能团的变化、有机反应来推断有机物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
2020年内蒙古包头市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7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．（6分）《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是（ ）
A．含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用
B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性
C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性
D．居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好
2．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2：3．W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞Y
B．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键
C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
3．（6分）从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3．下列设计能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br﹣全部转化为溴单质
B．用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层
C．检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成
D．用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干
4．（6分）阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．阿托酸是含有两种官能团的芳香烃
C．阿托酸苯环上的二氯代物超过7种
D．一定条件下，1mol阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应
5．（6分）下列实验操作、现象和所得结论都正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量氯化钡固体，振荡
溶液红色变浅
Na2CO3溶液存在水解平衡
B
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振 荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
C
检验食盐是否加碘（ KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验
试纸不变蓝
该食盐不含有KIO3
D
向蛋白质溶液中加入CuSO4或（ NH4）2 SO4 的饱和溶液
均有沉淀生成
蛋白质均发生了盐析
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）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的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
B．吸附层b的电极反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变
7．（6分）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10﹣4
B．若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
二、非选择题
8．（14分）实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：
步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。
步骤2 。
步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5═MgBr2•3C2H5OC2H5
③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。
请回答下列问题：
（1）写出步骤2的操作是 。
（2）仪器A的名称是 。装置中碱石灰的作用 。冰水浴的目的 。
（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：
① ② 。
（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是 。
（5）有关步骤4的说法，正确的是 。
A 可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B 洗涤晶体可选用0℃的苯
C 加热至160℃的主要目的是除去苯 D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4﹣）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 （保留4位有效数字）。
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
9．（15分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物） 为原料制备Mg CO3•3H2O．实验过程如图：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：
MgCO3（s）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ•mol﹣1
Mg2SiO4（s）+4 H+（aq）═2 Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ••mol﹣1
向Mg2SiO4悬浊液中通入CO2析出H2SiO3的热化学方程式为 ，该反应能正向进行的热力学原因是 。该反应的平衡常数表达式为 。
（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH为1.4～4.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）
①提高萃取效率的措施有 。
A．适当提高萃取剂的浓度
B．适当提高溶液酸度
C．充分振荡，多次萃取
D 不断地从下层排除出有机层
②在反萃取中加硫酸的作用是 。
（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3•3H2O的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到Mg CO3•3H2O．[已知该溶液中pH＝8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH＝5.0时Al（OH）3沉淀完全]。
①调节溶液pH的范围 。
②判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法 。
（4）从废渣制备Mg CO3•3H2O的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是 。
10．（14分）化学反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）△H＝+139kJ•mol﹣1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。
①p1＝ kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550～600℃的理由是 。
②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为 %（保留小数点后1位）。
（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。表是以V﹣Fe﹣K﹣0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以r﹣Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30
说明：收率＝（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是 （填字母序号）。
a．载体会影响催化剂的活性
b．载体会影响催化剂的选择性
c．载体会影响化学平衡常数
②分析以γ﹣Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因： 。
（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）＝1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式 。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是 。
【化学-选修3：物质结构与性质】
11．（15分）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn（NO3）2•6H2O+26（CH3CO）2O═4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）Mn3+基态价层电子排布图为 。
（2）Mn（NO3）2•6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序 。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有 。
（3）与NO2﹣互为等电子体的一种分子的化学式为 。
（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为 。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式 。
（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为 。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为 nm（阿伏加德罗常数的值为N）。
【化学-选修5：有机化学基础】
12．某课题组采取以下路线合成利胆药﹣﹣柳胺酚。
回答下列问题：
已知：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是
A．有三种官能团 B．遇三氯化铁溶液显紫色
C．分子组成为C13H9NO3 D.1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应
（2）F的命名为 ；B中含氧官能团的名称为 。
（3）写出化合物D的结构简式 。
（4）写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式 。
（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应 ②分子有四种不同化学环境的氢原子
（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件） 。
2020年内蒙古包头市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7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．（6分）《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是（ ）
A．含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用
B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性
C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性
D．居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好
【分析】A．食盐没有消毒作用；
B．新冠肺炎病毒的包膜为蛋白质；
C．过氧乙酸具有强氧化性；
D.84消毒液与75%乙醇不能混合使用。
【解答】解：A．不是所有的含氯物质都有消毒作用，如NaCl溶液，故A错误；
B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性，故B正确；
C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其有强氧化性，故C错误；
D．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，可发生氧化还原反应产生有毒物质氯气，不能混合使用，故D错误；
故选：B。
【点评】本题结合时事热点考查化学问题，平时要注意积累，题目难度不大。
2．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2：3．W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞Y
B．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键
C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为2：3，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Cl元素。
A．C和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2﹣电子排布相同，O2﹣的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2﹣，即原子半径X＞Y，离子半径Z＜Y，故A错误；
B． Na+和O2﹣通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO﹣通过离子键结合成NaClO，Cl和O元素通过共价键结合，故B正确；
C．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，故C正确；
D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
3．（6分）从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3．下列设计能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br﹣全部转化为溴单质
B．用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层
C．检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成
D．用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干
【分析】A．通入装置乙中能使Br﹣全部转化为溴单质，应长导管进气；
B．分液时避免上下层液体混合；
C．氯气与溴化铁发生氧化还原反应生成氯离子，与硝酸银反应生成AgCl沉淀；
D．蒸发时促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发。
【解答】解：A．乙中Cl2应当长进短出，操作不合理，故A错误；
B．分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故B正确；
C．无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生白色沉淀，故C错误；
D．FeCl3的水解方程式为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3，得到Fe（OH）3，故D错误；
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、物质的制备及性质实验、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。
4．（6分）阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．阿托酸是含有两种官能团的芳香烃
C．阿托酸苯环上的二氯代物超过7种
D．一定条件下，1mol阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应
【分析】该有机物分子中含有碳碳双键、苯环和酯基，具有烯烃、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。
【解答】解：A．苯环和C之间的C﹣C键可旋转，C原子不一定都共面，故A错误；
B．阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于芳香烃，故B错误；
C．阿托酸苯环上的二氯代物有6种，如图：，二个氯分别在：1，2位、1，3位、1，4位、1，5位、2，3位、2，4位，故C错误；
D．1mol苯环可和3molH2加成，1mol碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，所以1mol阿托酸最多能和4mol H2、1mol Br2发生加成反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查烯烃、苯、酯的性质，题目难度不大。
5．（6分）下列实验操作、现象和所得结论都正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量氯化钡固体，振荡
溶液红色变浅
Na2CO3溶液存在水解平衡
B
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振 荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
C
检验食盐是否加碘（ KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验
试纸不变蓝
该食盐不含有KIO3
D
向蛋白质溶液中加入CuSO4或（ NH4）2 SO4 的饱和溶液
均有沉淀生成
蛋白质均发生了盐析
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动；
B．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；
C．碘酸钾与淀粉KI不反应；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4或（ NH4）2 SO4 的饱和溶液，前者发生变性，后者发生盐析。
【解答】解：A．Na2CO3溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32﹣和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH﹣浓度减小，红色变浅，故A正确；
B．操作和现象不能确定溶液中是否含Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；
C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，故C错误；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入（NH4）2 SO4的饱和溶液发生盐析，故D错误；
故选：A。
【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、盐类水解、离子及物质的检验、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）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的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
B．吸附层b的电极反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O
C．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变
【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，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【解答】解：A．由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，故A错误；
B．吸附层b的电极反应2H++2e﹣＝H2↑，故B错误；
C．将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH﹣＝H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能故，故C正确；
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH﹣且生成H2O，pH减小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应、电极反应式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质特点书写。
7．（6分）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10﹣4
B．若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
【分析】由图可知：c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣）时，pH≈2.7，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）时，pH＝4；
A、H2C2O4的二级电离Ka2＝；
B、判断HC2O4﹣的电离和C2O42﹣的水解程度大小；
C、根据NaHC2O4的物料守恒，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝c（Na+）；
D、根据反应后溶液的酸碱性与指示剂的变色范围一致。
【解答】解：A、H2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，Ka2＝，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）时，Ka2＝c（H+），即Ka2＝10﹣pH＝10﹣4，故A正确；
B、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，Ka（HC2O4﹣）＝Ka2＝10﹣4；C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣，Kh（C2O42﹣）＝＝＝10﹣10；Ka（HC2O4﹣）＞Kh（C2O42﹣），所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c（HC2O4﹣）＜c（C2O42﹣），从图上可知，pH＞4，故B错误；
C、c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝0.100mol•L﹣1＝c（Na+），所以，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2 O42﹣）＝c（Na+），即NaHC2O4的物料守恒，此时为NaHC2O4溶液；NaHC2O4溶液的质子守恒为：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故C正确；
D、用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查学生对酸碱混合溶液的pH与离子浓度的变化关系，是重点和常考点；平时注意这些知识的归纳和积累，理解并掌握，构建思维导图并熟练应用，培养化学学科的核心素养。
二、非选择题
8．（14分）实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：
步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中 。
步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5═MgBr2•3C2H5OC2H5
③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。
请回答下列问题：
（1）写出步骤2的操作是 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中 。
（2）仪器A的名称是 球形冷凝管 。装置中碱石灰的作用 吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解 。冰水浴的目的 控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发 。
（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：
① 防止乙醚和溴的泄漏，应在通风橱中进行实验 ② 乙醚易燃，避免使用明火 。
（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是 防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管 。
（5）有关步骤4的说法，正确的是 BD 。
A 可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B 洗涤晶体可选用0℃的苯
C 加热至160℃的主要目的是除去苯 D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4﹣）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 97.52%（或0.9752） （保留4位有效数字）。
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【分析】B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率；在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此分析解答。
【解答】解：B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率；在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解。
（1）步骤2目的是用氮气将溴赶入三颈烧瓶中，操作方法为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，
故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，
（2）结合图示可知，仪器A的名称为球形冷凝管；
碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解；
Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，
故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；
（3）溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为了防止溴和乙醚挥发对人造成伤害，需要在通风橱中进行，乙醚易燃，还要注意避免使用明火，
故答案为：防止乙醚和溴的泄漏，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火，
（4）溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，
故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，
（5）A．95%的乙醇有水，导致溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，故A错误；
B．选用0℃的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，故B正确；
C．加热到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；
D．该骤4的目的是除去乙醚和可能残留的溴，从而得到纯净的溴化镁，故D正确；
故答案为：BD；
（6）①共消耗EDTA的物质的量＝0.0500mol•L﹣1×26.5×10﹣3L×3＝3.975×10﹣3mol，根据镁原子守恒可得关系式：MgBr2～EDTA，则n（MgBr2）＝n（EDTA）＝3.975×10﹣3mol，m（MgBr2）＝3.975×10﹣3mol×184g/mol＝0.7314g，所以MgBr2的纯度为：×100%＝97.52%，
故答案为：97.52%（或0.9752）；
②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测得产品纯度偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
9．（15分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物） 为原料制备Mg CO3•3H2O．实验过程如图：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：
MgCO3（s）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ•mol﹣1
Mg2SiO4（s）+4 H+（aq）═2 Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ••mol﹣1
向Mg2SiO4悬浊液中通入CO2析出H2SiO3的热化学方程式为 Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H＝﹣124.6KJ•mol﹣1 ，该反应能正向进行的热力学原因是 该反应放热（或△H＜0）有利于正向进行 。该反应的平衡常数表达式为 K＝ 。
（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH为1.4～4.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）
①提高萃取效率的措施有 AC 。
A．适当提高萃取剂的浓度
B．适当提高溶液酸度
C．充分振荡，多次萃取
D 不断地从下层排除出有机层
②在反萃取中加硫酸的作用是 促进萃取平衡逆向移动，Fe3+进入水层 。
（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3•3H2O的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到Mg CO3•3H2O．[已知该溶液中pH＝8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH＝5.0时Al（OH）3沉淀完全]。
①调节溶液pH的范围 5.0≤pH＜8.5 。
②判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法 向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量 。
（4）从废渣制备Mg CO3•3H2O的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是 不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水 。
【分析】废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝和过量的硫酸，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5≤pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O。
（1）①MgCO3（s）+2H+（aq）＝Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H1 ＝﹣50.4KJ•mol﹣1
②Mg2SiO4（s）+4H+（aq）＝2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H2＝﹣225.4KJ•mol﹣1
盖斯定律计算②﹣2×①得到：Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H，反应放热（或△H＜0）有利于正向进行，平衡常数K＝，固体和纯液体不能写入表达式；
（2）①萃取是为了得到FeA3（有机层）：
A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率；
B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成；
C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3；
D．有机层在上层，上层液体从上口倒出；
②由Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，加硫酸可使平衡逆向移动；
（3）①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率；
②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成说明过量；
（4）从反萃取平衡：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取。
【解答】解：（1）①MgCO3（s）+2H+（aq）＝Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H1 ＝﹣50.4KJ•mol﹣1
②Mg2SiO4（s）+4H+（aq）＝2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H2＝﹣225.4KJ•mol﹣1
盖斯定律计算②﹣2×①得到：Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H＝△H2﹣2×△H1＝（﹣225.4KJ•mol﹣1）﹣2×（﹣50.4KJ•mol﹣1）＝﹣124.6KJ•mol﹣1，该反应能正向进行的原因是该反应放热（或△H＜0）有利于正向进行，平衡常数K＝，
故答案为：Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）＝2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H＝﹣124.6KJ•mol﹣1；该反应放热（或△H＜0）有利于正向进行；K＝；
（2）①萃取是为了得到FeA3（有机层）：
A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率，A正确；
B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成，B错误；
C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3，C正确；
D．有机层在上层，上层液体从上口倒出，D错误；
综上所述，AC正确，
故答案为：AC；
②由Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，加硫酸可使平衡逆向移动，使Fe3+进入水层，
故答案为：促进萃取平衡逆向移动，使Fe3+进入水层；
（3）①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率，pH需小于8.5，故答案为：5.0≤pH＜8.5；
②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量，
故答案为：向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量；
（4）从反萃取平衡：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）＝2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取，同时再加氨水调pH除Al3+时将消耗更多的氨水，
故答案为：不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水。
【点评】本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利于培养学生的实验能力，题目难度中等。
10．（14分）化学反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）△H＝+139kJ•mol﹣1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。
①p1＝ 202 kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550～600℃的理由是 该反应催化剂活性在550﹣600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多 。
②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为 33.3 %（保留小数点后1位）。
（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。表是以V﹣Fe﹣K﹣0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以r﹣Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30
说明：收率＝（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是 ab （填字母序号）。
a．载体会影响催化剂的活性
b．载体会影响催化剂的选择性
c．载体会影响化学平衡常数
②分析以γ﹣Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因： 温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小 。
（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）＝1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式 4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2 。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是 “放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集 。
【分析】（1）①该反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，则异丁烷平衡转化率减小；
由图可知温度在550～600℃时转化率巳经很高，再结合催化剂活性考虑；
②设异丁烷起始物质的量为1mol，列化学平衡三段式，结合平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%计算；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同；
b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同；
c．化学平衡常数只和温度有关；
②从催化剂的活性和化学平衡移动考虑；
（3）氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂，以Li/Co（原子比）＝1混合加热生成LiCoO2和CO2，结合原子守恒、得失电子守恒书写化学方程式；
放电时，阳离子向正极移动。
【解答】解：（1）①异丁烷制备异丁烯的反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，异丁烷平衡转化率减小，所以P1＜P2，即P1＝202kPa；
一方面，催化剂需要合适的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。即该反应催化剂活性在550﹣600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多，
故答案为：202；该反应催化剂活性在550﹣600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；
②设异丁烷起始物质的量为1mol，
C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）
起始n 1 0 0
转化n x x x
平衡n 1﹣x x x
25%＝，解得x＝，则异丁烷的平衡转化率＝×100%＝33.3%，
故答案为：33.3%；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，故a正确；
b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，故b正确；
c．化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故c错误，
故答案为：ab；
②温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，
故答案为：温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g） C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；
（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2；
放电时，阳离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，
故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。
【点评】本题考查综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡移动、化学平衡的计算、化学方程式的书写，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、原子守恒、得失电子守恒解答，此题难度较大。
【化学-选修3：物质结构与性质】
11．（15分）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn（NO3）2•6H2O+26（CH3CO）2O═4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）Mn3+基态价层电子排布图为 。
（2）Mn（NO3）2•6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序 N＞O＞H 。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有 σ键、π键 。
（3）与NO2﹣互为等电子体的一种分子的化学式为 O3或SO2 。
（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为 7NA 。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式 。
（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为 8 。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为 ×107 nm（阿伏加德罗常数的值为N）。
【分析】（1）Mn是25号元素，基态原子电子排布式为：[Ar]3d54s2，形成+3价锰离子应先失去4s上2个电子，再失去3d上1个电子；
（2）一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，同一周期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族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；共价键按电子云的重叠方式可分为o键和π键；
（3）原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体；
（4）有机物中单键都是σ键，双键、三键中只有1个是σ键；一个CH3COOH分子羧基中的O和另一个CH3COOH分子羧基中的H之间形成氢键；
（5）一个晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括一侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子，距离均为面对角线长度的一半；利用均摊法计算1mol晶胞的质量，1mol晶胞体积，依据ρ＝计算。
【解答】解：（1）Mn是25号元素，Mn的价层电子排布式为3d54s2，Mn3+的价层电子排布式为3d4，其基态价层电子排布图为，
故答案为：；
（2）Mn（NO3）2•6H2O中非金属元素有N、O、H，一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，所以N、O的第一电离能比H大。N、O位于相同周期，N的2p轨道为半充满状态，N比O稳定，失去一个电子N比O难，所以N的第一电离能比O的第一电离能大，综上所述，三者的第一电离能从大到小为：N＞O＞H．硝酸根离子中的键是由N﹣Oσ键和一个4原子6电子的离域大π键构成的，
故答案为：N＞O＞H；σ键、π键；
（3）价电子数和原子数相同的分子、离子或基团互为等电子体，可用S或者O替换N，同时去掉得到的一个电子，即O3或SO2，
故答案为：O3或SO2；
（4）单键全是σ键，双键含一个σ键一个π键，所以1mol CH3COOH中含7mol的σ键，即σ键数为7NA；
一个CH3COOH分子羧基中的O和另一个CH3COOH分子羧基中的H之间形成氢键，所以，（2分）子CH3COOH可通过氢键形成八元环的二聚物，结构简式为：，
故答案为：7NA；；
（5）一个晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括一侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的4个镁原子，共8个，距离均为面对角线长度的一半；
由均摊法可知，1个晶胞中Al的个数＝2×＝1，Mg的个数＝8×+2×＝2，那么1个晶胞的质量＝g，1个晶胞的体积a3＝＝，则晶胞边长为：（cm）即×107nm。
故答案为：8；×107。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，明确原子结构、分子结构及物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意Al面心上的原子与面心上的Mg原子距离与其面顶点上的Mg原子距离相等，为解答易错点。
【化学-选修5：有机化学基础】
12．某课题组采取以下路线合成利胆药﹣﹣柳胺酚。
回答下列问题：
已知：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是 BD
A．有三种官能团 B．遇三氯化铁溶液显紫色
C．分子组成为C13H9NO3 D.1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应
（2）F的命名为 邻羟基苯甲酸或2﹣羟基苯甲酸 ；B中含氧官能团的名称为 硝基 。
（3）写出化合物D的结构简式 。
（4）写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式 +H2O 。
（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式 、、 。
①能发生银镜反应 ②分子有四种不同化学环境的氢原子
（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件） 。
【分析】苯和氯气发生取代反应生成A，A为；F中不饱和度＝＝5，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生水解反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，以此解答该题。
【解答】解：（1）A．柳胺酚有酰胺基、酚羟基2种官能团，故A错误；
B．柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，故B正确；
C．柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，故C错误；
D．酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羟基共消耗2molNaOH，1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应，故D正确；
故答案为：BD；
（2）F的结构简式为：，命名为：邻羟基苯甲酸或2﹣羟基苯甲酸，B的结构简式为：，含氯原子、硝基2种官能团，硝基为含氧官能团，
故答案为：邻羟基苯甲酸或2﹣羟基苯甲酸；硝基；
（3）由分析可知，D为，故答案为：；
（4）E和F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，
故答案为：+H2O；
（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1个﹣CHO和2个﹣OH，或者含1个HCOO﹣和1个﹣OH，含1个﹣CHO和2个﹣OH共有6种，含1个HCOO﹣和1个﹣OH共有邻间对3种，共9种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3种，分别为：、、，
故答案为：、、；
（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高频考点，把握官能团的变化、有机反应来推断有机物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
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