天津市南开中学2024届高三下学期第五次月考化学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市南开中学2024届高三下学期第五次月考化学试卷（Word版附解析），共29页。
I卷(共36分)
相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题(每题只有一个选项是正确的，每题3分，共36分)
1. 高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是
A. 芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素
B. 聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
C. 淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质
D. 大豆蛋白纤维是一种可降解材料
2. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B. 1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C. 电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D 1L1ml•L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA
3. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是
A. CH3OH为极性分子B. N2H4空间结构为平面形
C. N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
4. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D. 浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
5. 催化剂二价铜微粒可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示。下列说法正确的是
A. 基态铜原子的核外电子排布式为
B. 1ml 中含有4ml σ键
C. 状态②到状态⑤过程中，均发生了电子转移
D. 该脱硝过程的总反应方程式为
6. 对于下列实验，能正确描述其反应离子方程式是
A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：
C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
7. 一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 物质X常选用生石灰
B. 工业上常用电解熔融制备金属镁
C. “氯化”过程中发生的反应为
D. “煅烧”后产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
8. 下列实验设计不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
9. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A. 该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B. Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
10. 迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如下图。下列叙述正确的是
A. 迷迭香酸属于芳香烃
B. 1ml迷迭香酸与溴水反应时最多消耗6mlBr2
C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D. 1ml迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5mlNaOH
11. 一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是
A. 负载通过0.04 ml电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. 电池总反应为
D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
12. 常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A. 该溶液中：
B. 三种一元弱酸的电离常数：
C. 当时，三种溶液中：
D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
II卷(共64分)
二、填空题(共4题，共64分)
13. 在普通铝中加入少量和后，形成一种称为拉维斯相的微小晶粒，其分散在中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
（1）下列状态镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
A. B. C. D.
（2）乙二胺是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是___________、___________。乙二胺能与等金属离子形成稳定环状离子，乙二胺中提供孤电子对的是___________原子(填名称)，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“”或“”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
请解释表中非金属氧化物之间熔点差异的原因___________。
（4）图是的拉维斯结构，以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的。图是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离___________。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是___________(列出计算表达式)。
14. 8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8−羟基喹啉的合成路线。
已知：i．
ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
（1）按官能团分类，A的类别是__________。
（2）A→B的化学方程式是____________________。
（3）C可能的结构简式是__________。
（4）C→D所需的试剂a是__________。
（5）D→E的化学方程式是__________。
（6）F→G的反应类型是__________。
（7）将下列K→L的流程图补充完整：____________
（8）合成8−羟基喹啉时，L发生了__________（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为__________。
15. 实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。中反应的化学方程式是 ___________(锰被还原为)。
②将除杂装置补充完整并标明所用试剂。___________
③中得到紫色固体和溶液。中发生的反应有，另外还有___________(离子方程式)。
（2）探究的性质
①取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
i．由方案中溶液变红可知中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由___________产生(用离子方程式表示)。
ii．方案可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是___________。
②根据的制备实验得出：氧化性___________(填“”或“”)，而方案实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液滴入和足量的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能证明氧化性，请说明理由：___________。
16. 有效去除大气中的是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收的相关热化学方程式如下：


反应的___________。
（2）用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，写出电解时阳极的电极反应式：___________。(是弱酸)
（3）用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式：___________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂能催化与反应生成。
①与生成的反应中，当生成时，转移的电子数为___________。
②将一定比例的和的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置见图)：
反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在范围内随着温度的升高，的去除率先迅速上升后缓慢上升的主要原因是___________。
（5）利用如图所示装置电解制备(氯化合价为价)，其原理是
①接电源的___________(填“正”或“负”)极。
②阳极反应式是___________。实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否被氧化
取少量待测液，滴加溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的
气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶
C
测定溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
氧化物




熔点
1570
2800
23.8

方案
取少量，滴加溶液至过量，溶液呈红色。
方案
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量，滴加盐酸，有产生。
南开中学2024届高三第五次月检测化学学科试卷
考试时间：60分钟
I卷(共36分)
相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题(每题只有一个选项是正确的，每题3分，共36分)
1. 高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是
A. 芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素
B. 聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
C. 淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质
D. 大豆蛋白纤维是一种可降解材料
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故A正确；
B．聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B错误；
C．淀粉为多糖，属于天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，故C正确；
D．大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确；
综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。
2. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B. 1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C. 电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D. 1L1ml•L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在标准状况下氟气的物质的量为1ml，其质子数为1ml=，A正确；
B．碘蒸气与氢气发生的反应为：，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于，B正确；
C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1ml，根据关系式H22e-可知，转移的电子数为，C错误；
D．溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=，所以该溶液中与离子数之和大于，D正确；
故选C。
3. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2结构与性质，下列说法错误的是
A. CH3OH为极性分子B. N2H4空间结构为平面形
C. N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；
B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；
C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；
D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；
故选B。
4. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D. 浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；
故选B。
5. 催化剂二价铜微粒可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示。下列说法正确的是
A. 基态铜原子的核外电子排布式为
B 1ml 中含有4ml σ键
C. 状态②到状态⑤过程中，均发生了电子转移
D. 该脱硝过程的总反应方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜元素的原子序数为29，基态,原子的核外电子排布式为，故A错误；
B．离子中配位键为σ键，氢氧根离子中的氢氧键为σ键，氨分子中氮氢键为σ键，则1ml离子中σ键的物质的量为1ml×(2+1+3)=6ml，故B错误；
C．由图可知，状态②到状态⑤过程中，每步反应中铜元素的化合价均发生改变，都是氧化还原反应，均发生了电子转移，故C正确；
D．由图可知，脱硝过程的总反应为氨气与一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为，故D错误；
故选C。
6. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：
C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；
B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；
C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，C选项错误；
D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D选项错误；
答案选A。
【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。
7. 一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 物质X常选用生石灰
B. 工业上常用电解熔融制备金属镁
C. “氯化”过程中发生的反应为
D. “煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
【答案】D
【解析】
【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。
【详解】A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；
B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；
C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；
选D。
8. 下列实验设计不能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，能达到实验目的，故A不符合题意；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，不能达到实验目的，故C符合题意；
D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸馏，能达到实验目的，故D不符合题意。
答案选C。
9. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A. 该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B. Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
【详解】A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；
B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；
C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C正确；
D．B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
10. 迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如下图。下列叙述正确的是
A. 迷迭香酸属于芳香烃
B. 1ml迷迭香酸与溴水反应时最多消耗6mlBr2
C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D. 1ml迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5mlNaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，迷迭香酸分子中含有氧元素，所以迷迭香酸不属于芳香烃，为烃的含氧衍生物，故A错误；
B．酚-OH邻对位与溴水发生取代，烯烃与溴水发生加成反应，1ml迷迭香酸最多能和含7ml Br2的浓溴水发生反应，故B错误；
C．该物质中含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，故C正确；
D．1ml迷迭香酸含有4ml酚羟基、1ml羧基、1ml酯基，4ml酚羟基需要4ml氢氧化钠与其反应，1ml羧基需要1ml氢氧化钠与其反应，1ml酯基需要1ml氢氧化钠与其反应，所以1ml迷迭香酸最多能和含6mlNaOH的水溶液完全反应，故D错误；
故选C。
11. 一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是
A. 负载通过0.04 ml电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. 电池总反应为
D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。
【详解】A．当负极通过0.04ml电子时，正极也通过0.04ml电子，根据正极的电极方程式，通过0.04ml电子消耗0.01ml氧气，在标况下为0.224L，A正确；
B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；
C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；
D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；
故选B。
【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。
12. 常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A. 该溶液中：
B. 三种一元弱酸的电离常数：
C. 当时，三种溶液中：
D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。
【详解】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确；
故选C。
II卷(共64分)
二、填空题(共4题，共64分)
13. 在普通铝中加入少量和后，形成一种称为拉维斯相的微小晶粒，其分散在中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
A. B. C. D.
（2）乙二胺是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是___________、___________。乙二胺能与等金属离子形成稳定环状离子，乙二胺中提供孤电子对的是___________原子(填名称)，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“”或“”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
请解释表中非金属氧化物之间熔点差异的原因___________。
（4）图是的拉维斯结构，以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的。图是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离___________。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是___________(列出计算表达式)。
【答案】（1）A （2） ①. sp3 ②. sp3 ③. N ④. Cu2+
（3）Li2O和MgO为离子晶体，P4O6和SO2为分子晶体，晶格能MgO>Li2O，分子间作用力P4O6>SO2
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
A.图示电离最外层一个电子所需能量为Mg的第二电离能；
B.图示电离最外层一个电子所需能量为Mg的第一电离能；
C.图示为镁原子激发态，容易失去一个电子；
D.图示为Mg+激发态，较A项容易失去一个电子；
综上，电离最外层一个电子所需能量最大的是A；
小问2详解】
在该有机物中，氮原子周围形成三个单键，且存在一个孤电子对，因此氮的杂化类型为sp3杂化；碳原子周期形成四个单键，因此碳的杂化类型为sp3杂化；
乙二胺中的两个N提供孤电子对给金属离子形成稳定的配位键，故答案为N原子；
由于Cu2+的半径大于Mg2+的半径，因此Cu2+与乙二胺形成的配合物稳定性相对较高；
【小问3详解】
Li2O和MgO为离子晶体，P4O6和SO2为分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的熔点高；在离子晶体中，晶格能越大，熔点越高，由于晶格能MgO>Li2O，因此MgO的熔点高于Li2O；在分子晶体中，分子间作用力越大，熔点越高，由于分子间作用力P4O6>SO2， 因此P4O6的熔点高于SO2；
【小问4详解】
如图所示，，CD距离为y，该长度为体对角线BC长度的=；该晶胞中Mg原子位于8个顶点上，6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数=，Cu原子位于晶胞内部，有16个；晶胞体积=，晶胞密度=，答案为；。
14. 8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8−羟基喹啉的合成路线。
已知：i．
ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
（1）按官能团分类，A的类别是__________。
（2）A→B的化学方程式是____________________。
（3）C可能的结构简式是__________。
（4）C→D所需的试剂a是__________。
（5）D→E的化学方程式是__________。
（6）F→G的反应类型是__________。
（7）将下列K→L的流程图补充完整：____________
（8）合成8−羟基喹啉时，L发生了__________（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为__________。
【答案】 ①. 烯烃 ②. CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl ③. HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2Cl ④. NaOH，H2O ⑤. HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O ⑥. 取代反应 ⑦. ⑧. 氧化 ⑨. 3∶1
【解析】
【详解】分析：A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反应生成B，B与HOCl发生加成反应生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为。
详解：A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反应生成B，B与HOCl发生加成反应生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为。
（1）A的结构简式为CH3CH=CH2，A中官能团为碳碳双键，按官能团分类，A的类别是烯烃。
（2）A→B为CH3CH=CH2与Cl2高温下的取代反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。
（3）B与HOCl发生加成反应生成C，由于B关于碳碳双键不对称，C可能的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl。
（4）C→D为氯原子的水解反应，C→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。
（5）D→E为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。
（6）F的结构简式为、G的结构简式为，F→G的反应类型为取代反应。
（7）K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K先发生加成反应生成，发生消去反应生成L，补充的流程图为：。
（8）根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+→++H2O，对比L和8-羟基喹啉的结构简式，L发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中L与G物质的量之比为3:1。
点睛：本题以8-羟基喹啉的合成为载体，考查有机推断、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。
15. 实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。中反应的化学方程式是 ___________(锰被还原为)。
②将除杂装置补充完整并标明所用试剂。___________
③中得到紫色固体和溶液。中发生的反应有，另外还有___________(离子方程式)。
（2）探究的性质
①取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
i．由方案中溶液变红可知中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由___________产生(用离子方程式表示)。
ii．方案可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是___________。
②根据的制备实验得出：氧化性___________(填“”或“”)，而方案实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液滴入和足量的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能证明氧化性，请说明理由：___________。
【答案】（1） ①. 2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O； ②. 故答案为：； ③. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2） ①. Fe3+； ②. 4 FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O； ③. 排除ClO-的干扰； ④. >； ⑤. 溶液酸碱性不同； ⑥. 理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；
【解析】
【分析】制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气。探究K2FeO4的性质：由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置。A中高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化锰，反应方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(锰被还原为Mn2+)。故答案为：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；②B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，将除杂装置B补充完整并标明所用试剂，装置为；装置C中过量的KOH能与氯气反应，其反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故填Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问2详解】
①Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，所以溶液a中含有Fe3+，已知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，加入稀硫酸可能发生反应4 FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，也能生成Fe3+，C中含有的ClO-和FeO都具有氧化性，都可以在酸性条件下将Cl-氧化成Cl2，K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以用KOH可以洗去ClO-，排除ClO-的干扰，故填Fe3+、4 FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O、排除ClO-的干扰；
②根据氧化性：氧化剂>氧化产物，根据反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，可知氧化性Cl2> FeO，方案Ⅱ中K2FeO4在酸性条件下将Cl-氧化成Cl2，其中氧化剂为K2FeO4，氧化产物为Cl2，所以氧化性： FeO>Cl2，，出现两种不同结果的是因为溶液酸碱性不同，导致氧化性不同，故填>、溶液酸碱性不同；
③FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色，所以能证明氧化性FeO> MnO；向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色，若褪去则不能证明，若不褪去，则能证明氧化性：FeO> MnO，故填能，理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色(或不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。
16. 有效去除大气中的是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收的相关热化学方程式如下：


反应的___________。
（2）用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，写出电解时阳极的电极反应式：___________。(是弱酸)
（3）用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式：___________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂能催化与反应生成。
①与生成的反应中，当生成时，转移的电子数为___________。
②将一定比例的和的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置见图)：
反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在范围内随着温度的升高，的去除率先迅速上升后缓慢上升的主要原因是___________。
（5）利用如图所示装置电解制备(氯的化合价为价)，其原理是
①接电源的___________(填“正”或“负”)极。
②阳极反应式是___________。
【答案】（1）—136.2
（2）HNO2—2e—+H2O=3H++NO
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（4） ①. ②. 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起NOx去除反应速率增大
（5） ①. 负 ②. NH—6e—+3Cl—=NCl3+4H+
【解析】
【小问1详解】
将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①×+②×得到反应，则反应△H=(—116.1kJ/ml)×+(+75.9kJ/ml)×=—136.2 kJ/ml，故答案为：—136.2；
【小问2详解】
由题意可知，电解时，水分子作用下亚硝酸在阳极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式为HNO2—2e—+H2O=3H++NO，故答案为：HNO2—2e—+H2O=3H++NO；
【小问3详解】
由题意可知，溶液中亚硝酸与尿素反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O，故答案为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
【小问4详解】
①由题意可知，催化剂作用下氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，反应生成7ml氮气时，转移电子的物质的量为24ml，则生成1ml氮气时，转移电子的物质的量为ml，故答案为：；
②在一定温度范围内，催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，由图可知，NOx去除率迅速上升段是因为催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，NOx去除率上升缓慢段是因为温度升高，催化剂活性降低，主要是温度升高引起NOx去除反应速率增大，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起NOx去除反应速率增大；
【小问5详解】
由图可知，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，氯离子作用下铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，与负极相连的b电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入阳极区；
①由分析可知，与负极相连的b电极为电解池的阴极，故答案为：负极；
②由分析可知，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，氯离子作用下铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为NH—6e—+3Cl—=NCl3+4H+，故答案为：NH—6e—+3Cl—=NCl3+4H+。
实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否被氧化
取少量待测液，滴加溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的
气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶
C
测定溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
氧化物




熔点
1570
2800
23.8

方案
取少量，滴加溶液至过量，溶液呈红色。
方案
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量，滴加盐酸，有产生。