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新疆维吾尔自治区2020届普通高考化学第一次适应性检测化学（解析版）
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新疆维吾尔自治区2020届普通高考第一次适应性检测
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cr-52 Mn-55 Cu-64
— 、选择题( 本题共 7小题，每小题 6 分，共42 分。在每小题给出的四个选项 中，只有一个选项是符合题目要求的)
1.《物理小识》中对镀金法有如下叙述:“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指（ ）
A. 蒸发 B. 升华 C. 分液 D. 分馏
【答案】A
【详解】“入火则汞去”是指常温下汞为液态，加热时汞变为汞蒸气，故指的是蒸发。答案选A。
【点睛】本题考查物质分离的常见方法。蒸发是指液体温度低于沸点时，发生在液体表面的汽化过程；升华指物质由于温差太大，从固态不经过液态直接变成气态的相变过程；分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法；分馏是分离几种不同沸点的混合物的一种方法;对某一混合物进行加热，针对混合物中各成分的不同沸点进行冷却分离成相对纯净的单一物质过程。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于治金、染料 、皮革 、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
A. 2L0.5mol/L Na2SO4 溶液中含有的氧原子数目为4NA
B. 1 L0.1mo/L Na2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA
C. 生成 0.25mol还原产物时转移电子数为2NA
D. 通常状况下11.2LCO2中含有的共价键数目为 2NA
【答案】C
【详解】A．溶剂水分子中也含有氧原子，故无法准确计算2L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，A选项错误；
B．Na2S溶液中S2-水解：S2-+H2OHS-+OH-，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，B选项错误；
C．由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成0.25mol硫化钠时转移电子数为0.25mol×[6-(-2)]=2mol，个数为2NA，C选项正确；
D．通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，D选项错误；
答案选C。
【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。
3.2019 年 1月 3日，我国嫦娥四号探测器 ，首次实现了人类探测器在月球背面软着陆 ，五星红旗首次闪耀在月球背面，-170℃ 仍能保持本色．五星红旗基底采用探测器表面热控材料聚酰亚胺，某聚酰亚胺的结构简式如图。下列叙述正确的是（ ）
A. 是天然有机高分子化合物
B. 能耐高温，不能耐低温
C. 该聚酰亚胺可发生取代反应和加成反应
D. 该聚酰亚胺的一个链节中含有 13个双键
【答案】C
【详解】A．根据题干信息可知，聚酰亚胺是合成有机高分子材料，A选项错误；
B．由题干信息“-170℃仍能保持本色”、“表面热控材料”说明聚酰亚胺既能耐高温又能耐低温，B选项错误；
C．由该聚酰亚胺的结构简式可知，该分子中含有苯环，可发生取代反应和加成反应，C选项正确；
D．该聚酰亚胺的一个链节中含有4个C=O键，即4个双键，D选项错误；
答案选C。
【点睛】D为易错点，解答时要明确苯环含有的是特殊的碳碳键，不是单双键交替结构，因此苯环中不含有碳碳双键。
4.W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一 种单质可作为饮用水消毒剂，Y 元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的.Z元素和W元素同主族 ，R元素被称为“成盐元素”。 下列说法错误的是（ ）
A. R 形成的单质易溶于 W元素和 R元素形成的化合物WR4中
B. X 元素和R 元素形成的RX2 可用于自来水的消毒
C. 制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质Z
D. 工业上常用电解熔融 Y元素和R元素形成的化合物的方法来利取单质Y
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，则W为C元素，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，该单质可以是O3，则X为O元素，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，则Y为Al元素，Z元素和W元素同主族，则Z为Si元素，R元素被称为“成盐元素”，则R为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，R为Cl元素，形成的单质为Cl2，W元素和R元素形成的化合物WR4为CCl4，由“相似相溶”原理，Cl2易溶于CCl4溶液，A选项正确；
B．O元素和Cl元素形成的ClO2具有强氧化性，可用于自来水的消毒，B选项正确；
C．高纯度的硅可用于制造计算机芯片，因此制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质硅，C选项正确；
D．Al元素和Cl元素形成的化合物为AlCl3，是共价化合物，熔融氯化铝不能导电，工业上一般电解熔融的Al2O3来制取单质Al，D选项错误；
答案选D。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律。把握短周期元素、原子序数、元素性质和位置来推断元素为解答的关键，D选项为易错点，注意冶炼金属Al原料的选择。
5.下列所示的装置图能够达到实验目的的是 （ ）
A. 用图 ①所示配制一定浓度的稀硫酸
B. 用图② 装置 ，实验室制备Fe(OH)2
C. 用图③ 所示实验，可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 用图④加热熔融 NaOH固体
【答案】B
【详解】A．容量瓶不能用来稀释浓硫酸，A选项错误；
B．Fe与电源正极相连为阳极，且煤油隔绝空气，图中装置可制备，B选项正确；
C．比较元素的非金属性强弱要用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，盐酸以是无氧酸，C选项错误。
D．熔融NaOH能与瓷坩埚中二氧化硅反应，应用铁坩埚，D选项错误；
答案选B。
6.25℃时，改变0.l mol/ L RCOOH溶液的pH, 溶液中 RCOOH、RCOO- 的微粒分布分数 也随之改变，甲酸( HCOOH) 与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH的关系如图所示．
下列说法正确的是（ ）
A. 丙酸的酸性比甲酸强
B. 若0.1 mol/甲酸溶液的pH=2.33.则0.0lmol/L甲酸溶液的pH=3.33
C. 将0.1mol/L的HCOOH溶液与0. 1 mol/L的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c( Na+ ) >c( H COO H ) >c( H COO- ) >c( OH-) >c ( H + )
D. CH3CH2COOH⇌CH3CH2COO- +H+ lgK=-4 .88
【答案】D
【详解】A．由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A选项错误；
B．稀释弱酸，电离程度增大，故0.1mol/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01mol/L甲酸溶液的pH<3.33，B选项错误；
C．将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)
答案选D。
7.双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用 BMED膜堆(如图所示)．模拟以精制浓海水为原料直接制备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜( a . d)。已知：在直流电源的作用下．双极膜内中间界面层发生水的解离，生成 H+ 和 OH-。下列说法正确的是（ ）
A. 电极 Y连接电源的正极，发生还原反应
B. 电解质溶液采用Na2SO4 溶液可避免有害气体的产生
C. I 口排出的是混合碱，II 口排出的是淡水
D. a左侧膜为阴离子交换膜 ，c 为阴离子交换膜
【答案】B
【详解】A．氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反应，A选项错误；
B．由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入Na2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向Ⅰ室，氢离子通过a移向Ⅰ室，在Ⅰ室得到HCl，可避免有害气体的产生，B选项正确；
C．浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此Ⅱ口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、Ⅲ口排出的是碱液，C选项错误；
D．钠离子移向Ⅲ室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，D选项错误；
答案选B。
8.(NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂 、显影液等。 某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7 的部分性质及组成进行探究 。已知 ：Cr2O72-(橙色)+H2O2⇌2 CrO42- (黄色)+2H+。 请回答下列问题
(1)向盛有少量(NH4)2Cr2O7 固体的试管中．滴加足量浓KOH溶液．振荡、微热 ，观察到的实验现象有______________________________________________________。
(2) 为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为 252g/mol)的分解产物 ．按下图连接好装置，在A中加入5.040 g 样品进行实验 。
①仪器C的名称是____________。
②连接好装置后需进行的必要橾作是 _________________________________，点燃酒精灯之前需进行的必要橾作是 ___________________________。
③反应结束后．依然要通一段时间氮气原因是 __________________________________。
④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为 Cr2O3 ，B中质量变化为1.44g. 写出( NH4)2Cr2O7加热分解的化学方程式：___________________________。
(3)实验室常用甲醛法测定含( NH4)2Cr2O7 的样品中氮的质量分数(杂质不发生反应)，其反应原理为2Ba2++ Cr2O72-+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O +(CH2)6N4H+[ 滴定时 l mol(CH2)6N4H+ 与 l mol H+ 相当］．然后用 NaOH标准溶液滴定 反应生成的酸。
实验步骤：称取品8.400g. 配成500mL溶液，移取25.00mL, 样品溶液于250mL锥形瓶中．用氯化钡溶液使Cr2O72- 完全沉淀后加入15.00mL2 0.00mol•L-1的中性甲醛溶液，摇 匀、静置5min 后，加入1- 2 滴酚酞试液 ，用0 .2000mol•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作 3次，最终滴定用去NaOH 标准溶液体积的平均值为 30.00mL。
①若滴定终点时，仰视读数。则测定结果 ____(填 “偏大”“偏小”或“无影响”)。
②样品中氮的质量分数为 _____________。
【答案】 (1). 固体溶解，产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色 (2). (球形) 干燥管 (3). 检查装置的气密性 (4). 通入氮气一段时间将装置内空气排尽 (5). 将A中分解产生的气体全部赶入B中 ，防止产生实验误差 (6). (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O (7). 偏大 (8). 10.00%
【分析】(1)根据加入碱对平衡Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+的影响，结合铵根离子的性质分析解答；
(2)①根据仪器C的结构分析判断；
②根据装置内存在空气分析解答；
③反应结束后，装置中仍残留少量生成的气体；
④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气，结合定量关系计算写出化学方程式；
(3)根据沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol，铵根离子和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，利用氢离子物质的量和氢氧根物质的量相同计算解答。
【详解】(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，溶液中存在滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，铵根离子与碱反应放出氨气、氢离子浓度减小，溶液中的Cr2O72-(橙色)+H2O ⇌ 2CrO42-(黄色)+2H+平衡正向进行，溶液显黄色，因此观察到的主要现象是：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体；溶液由橙色变为黄色，故答案为：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色；
(2)①根据装置图，仪器C为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；
②连接好装置，需进行的必要操作是检查装置的气密性，点燃酒精灯之前，需要通入一段时间氮气，将装置内空气排尽，故答案为：检查装置的气密性；通入氮气一段时间将装置内空气排尽；
③反应结束后，依然通一段时间的氮气，可以将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差，故答案为：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差；
④(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g/mol)的分解产物，在A中加入5.040g样品，物质的量==0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3，B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气物质的量==0.08mol，据此定量关系，反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；
(3)①若滴定终点时，仰视读数，读取消耗氢氧化钠溶液增大，则测定结果偏大，故答案：偏大；
②反应原理为2Ba2++Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，设25.00 mL样品溶液中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为x，则沉淀重铬酸根离子时生成氢离子2xmol，铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，用0.200mo1•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为30.00mL，2x+2x=0.030L×0.200mol/L，解得：x=0.0015mol，则原样品中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为0.0015mol×=0.03mol，该样品中氮的质量分数=×100%=10.00%，故答案为：10.00%。
9.高氯酸铜易溶于水，在130'℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂，以食盐等为原料制备高氯酸铜 [ Cu(ClO4)26 H2O) ]的一种工艺流程如下：
回答下列问题
(1)“电解I”的化学方程式为_________________________________________________，所用交换膜是__________________________(填“阳离子交换膜或“阴离子交换膜”) 。
(2)歧化反应是同一种物质中同种元素(自身氧化还原反应 ，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为 NaClO3
①“歧化反应”的化学方程式为____________________________________。
②“歧化反应”阶段不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是________________。
(3)“电解II”的阳极产物为 ___________(填离子符号)。
(4) 该流程中可循环利用的物质是 ______________(填化学式)。
(5) 用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为a千克。 最终制得的Cu( ClO4)2• 6 H2O为b千克．则产率为_______________(用含a、 b 的代数式表示) 。
(6) 某温度下，高氯酸铜可按A、B 两种方式同时分解．分解过程中铜的化合价不发生改变。A方式为Cu( ClO4)2CuCl2+4O2↑按A、B两种方式分解的高氯酸铜的量相同时．转移的电子数之比为8:7 , 则B方式 为__________________________ (用化学方程式表示)。
【答案】(1). 2NaCl+2 H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ (2). 阳离子交换膜 (3). 3Na2CO3+3Cl2 = 5NaCl+NaClO3+3CO2 (4). 60℃ (5). ClO4- (6). NaCl (7). (702b/371a)×100% (8). 2 Cu(ClO4)2 2Cu O+7O2↑+2Cl2↑
分析】以食盐为原料制备高氯酸铜[Cu(ClC4)2·6H2O)]，则生成产物为高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为氯酸钠，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%以上的高氯酸，“反应Ⅱ”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(C1O4)2溶液，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，反应Ⅰ为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl+2 H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，反应过程中需要防止氢氧根离子与氯气反应，所用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：2NaCl+2 H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；阳离子交换膜；
(2)①“歧化反应”是氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价目变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；
②根据图中信息可知，“歧化反应”阶段在60℃时，产率达最高80%，故答案为：60℃；
(3)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解Ⅱ”的阳极氯离子失电子产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；
(4)由上述分析可知，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故答案为：NaCl；
(5)根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O，假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终得到0.5molCu(ClO4)2·6H2O，因此产率=，故答案为：(702b/371a)×100%；
(6)A方式Cu(ClO4)2CuCl2+4O2↑中氧元素由-2价变为0价转移电子为4×2×2=16，氯由+7价变为-1价，转移电子为8×2=16，若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8:7，则B方式可能氯由+7价变为0价,转移电子为7×2=14，氧元素由-2价变为0价转移电子为3.5×2×2=14，综合可知生成物为氧气、氯气和氧化铜，故反应为2Cu(C1O4)22CuO+7O2↑+2C12↑，故答案为：2Cu(C1O4)22CuO+7O2↑+2C12↑。
10.碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题
(1) 一种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O3+ 15C+5N2=2Al23O27N5+15CO,产物Al23O27N5 中氮的化合价为_____，该反应中每生成 l mol Al23O27N5转移的电子数为_______________ 。
(2) 真空碳热冶铝法包含很多反应．其中的三个反应如下：
Al2O3 (s) +3C(s)=Al2OC(s) +2CO(g) △H1
2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) △H2
2Al2O3(s) +9C(s)= Al4C3(s)+6CO(g) △H3
①△H3=________ ( 用△H1、△H2表示)。
②Al4C3可与足量盐酸反应制备简单的烃。该反应的化学方程式为_______________________________________________。
(3)下列是碳热还原制锰合金的三个反应 ，CO与CO2平衡分压比的自然对数() 与温度的关系如图所示(已知Kp 是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压 × 气体的物质的量分数)。
I. Mn3C(s)+4CO2(g)⇌ 3MnO(s)+ 5CO(g) Kp(I)
II. Mn(s) +CO2(g) ⇌MnO(s) +CO(g) Kp (II)
III. Mn3C(s)+CO2(g) ⇌3Mn(s) +2CO(g) Kp(III)
①△H>O的 反应是_________ (填“I ”“II” 或“III”)。
②1200K时在 一体积为 2L 的恒容密闭容器中有17.7gMn3C( s)和0.4molCO2 ，只发生反应I，5min后达到平衡，此时CO的浓度为0.125mol/L，则0～5 min内 v(CO2)=_______。
③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s )并充入一定量的CO2(g) .只发生反应
II，下列能说明反应II 达到平衡状态的是________ (填标号)。
A. 容器的体积不再改变
B.固体的质量不再改变
C.气体的总质量不再改变
④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.l molCO2, 若只发生反应III. 则在A点反应达到平衡时，容器的总压为akPa, CO2的转化率为______; A点对应温度下的Kp(III) =______。
【答案】(1). -3 (2). 9.03×1024(或15NA) (3). 2△H1 +△H2 (4). Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑ (5). III (6). 0.02mol•L-1•min-1 (7). BC (8). 33.3% (9). 0.5akPa
【详解】(1)反应23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N5+15CO中，产物Al23O27N5中氮的化合价为-3价，该反应中每生成1mol Al23O27N5，转移的电子数为5×3NA =15 NA，故答案为：-3；9.03×1024(或15NA)；
(2)已知Ⅰ、Al2O3(s)+3C(s)=Al2OC(s)+2CO(g) ΔH1
Ⅱ、2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) ΔH2
Ⅲ2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3
①根据盖斯定律，由Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3= 2ΔH1+ΔH2，故答案为：2△H1 +△H2；
②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4↑，故答案为：Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4↑；
(3)①由图中信息可知，反应Ⅲ升高温度，lnK增大，则K增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，故答案为：Ⅲ；
②0~5min内v(CO2)=v(CO)=×mol·L-1·min-1，故答案为：0.02mol•L-1•min-1；
③反应Ⅱ.Mn(s)+CO2(g)MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断；
A．反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项A不选；
B．反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；
C．反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项C选。
故答案为：BC；
④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1molCO，若只发生反应Ⅲ，则在A点反应达到平衡，ln，则，当容器的总压为akPa时，CO的转化率为，A点对应温度下的Kp(Ⅲ)=0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5akPa。
化学—选修3: 物质结构与性质]( 15分)
11.教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题 ：
(1) 第三周期的某主族元素．其第一至第五电离能数据如图1所示．则该元素对应的原子有___________种不问运动状态的电子。
(2)如图2所示．每条折线表示周期表IVA–VIIA 中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__________________。判断依据是______________________________________________________________________。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该CO2晶体属于_____晶体。
(4) 第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有_____种。CaCl3中Ca原子的杂化方式为_______，写出一种与CaCl3互为等电子体的离子的化学式_____________。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性．而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征 ，干冰晶体中一个分子周围有______个紧邻分子。醋酸铜晶体局部结构如右图，该晶体中含有的化学键是____________(填字母标号)。
a 极性键 b非极性键 c 配位键 d. 金属键
(6) Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A-D图示中正确的是_____ (填字母标号)。
铁原子的配位数是__________，假设铁原于的半径是r cm.，该晶体的密度是ρg/cm3 则铁的相对原子质量为______________ (设阿伏加德罗常数的值为NA) 。
【答案】(1). 12 (2). SiH4 (3). 在IVＡ～VIIＡ的氢化物中．只有IVＡ族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物 ，故 a 为SiH4 (4). 原子 (5). 3 (6). sp2杂化 (7). CO32- (8). 12 (9). abc (10). A (11). 8 (12).
【详解】(1)图1中，I2 与I3相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg），电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有12个电子，则有12种不同运动状态的电子，故答案为：12；
(2)第ⅣA ~ⅦA元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”，图2中a点所在折线无“反常”，为第IVA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4，故答案为：SiH4；在IVＡ~VIIＡ的氢化物中只有IVＡ族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物；
(3)图3中，C、O原子通过共价键形成空间网状晶体，属于原子晶体，故答案为：原子；
(4)第IIA族元素np能级全空、第VA族元素np能级半充满，使第一电离能出现“反常”，第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于Al、P之间的有Mg、Si、S三种元素，Ga位于第四周期第IIIA族，GaCl3分子中，Ga原子价层电子对数为(3+1×3)/2=3，则其杂化方式为sp2，写与GaCl3互为等电子体的离子，可在价电子总数不变的前提下，将Ga、Cl换成它们的邻族元素，如CO32-等，故答案为：3；sp2杂化；CO32-；
(5)干冰晶胞为面心立方堆积，若考察上表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后左右四个面心，共12个二氧化碳分子距离最近且相等。从D的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有C-H、C－O、C=O、O-D等极性键，有C-C非极性键，有O→D配位键，故答案为：abc；
(6)图甲为该铁的一个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的倍，四个顶角和中心有铁原子。图乙为8个晶胞叠成的立方体，沿虚线的切面为A图，考察图甲体心铁原子，则其配位数为8，设图甲中晶胞边长为a cm，则体对角线为a cm。又体对角线上三原子相切，得a cm＝4r cm。根据密度和铁原子数求得的一个晶胞质量相等，有ρg/cm3×(a cm)3＝，解得M(Fe)＝g/mol，Mr(Fe)＝，故答案为：A；8；。
【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布式、轨道表达式、电离能、杂化方式、相似相溶原理、氢键等，熟练掌握物质结构知识，注意同周期第一电离能变化异常情况是解答本题的关键。
[化学一选修5：有机化学基础]( 15 分)
12.双安妥明可用于降低血糖中的胆固醇．其结构简式为：
该物质的合成路线如图所示：
已知：I.
II.RCH=CH2 RCH2CH2Br
III.C的密度是同温同压下氢气密度的28 倍．且支链有一个甲基；I 能发生银镜反应且1 molI能与 2molH2 发生加成反应；K 的结构具有对称性。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为 ___________，J中所含官能团名称为___________________。
(2)D的名称为_____________________。
(3)反应D→E的化学方程式为 __________________________________________________，其反应类型是_______________。
(4)“H+K→双安妥明”的化学方程式为 _________________________________________。
(5)L为比H的相对分子质量小14的同系物．其中满足①苯环上有两个取代基，② 苯环上一氯代物只有两种，③能与FeCl3溶液发生显色反应．且属于酯的L有_______种 。
【答案】(1). (2). 羟基和醛基 (3). 2- 甲基- 1- 溴丙烷 (4). (CH3) 2CHCH2Br+NaOH (CH3)2CHCH2OH+NaBr (5). 取代反应 (6). (7). 6
【分析】由双安妥明的结构，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、，C的密度是同温同压下H2密度的28倍，C的相对分子质量为56，且支链有一个甲基，能发生加成反应，则C结构简式为C(CH3)2=CH2；I的分子式为C3H4O，经过系列反应生成K，根据碳原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH，I能发生银镜反应，分子中含有-CHO，且1molI能与2mol氢气发生加成反应，说明分子中还含有C=C双键，故I为CH2=CH-CHO，J为HOCH2CH2CHO；H为，B与G反应生成，由反应信息Ⅰ可知，合成H的物质为苯酚钠、BrC(CH3)2COOH，C的分子式为C4H8，经过系列转化生成G，根据碳原子数目可知，G为BrC(CH3)2COOH，故B为，A与氢氧化钠反应生成B，故A为；
F在溴/红磷作用下生成G，根据反应信息Ⅰ，可知F为CH(CH3)2COOH，E连续氧化生成F，故E为CH(CH3)2CH2OH，D转化生成E，D为CH(CH3)2CH2Br；
【详解】(1)根据上述分析可得，A的结构简式，J为HOCH2CH2CHO，J中所含官能团名称为羟基和醛基，故答案为：；羟基和醛基；
(2)D结构简式为为CH(CH3)2CH2Br，D的名称为2-甲基-1-溴丙烷，故答案为：2-甲基-1-溴丙烷；
(3)D为CH(CH3)2CH2Br，D发生水解反应生成E，反应D→E的化学方程式为(CH3)2CHCH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2OH+NaBr，反应类型是水解反应或取代反应，故答案为：(CH3)2CHCH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2OH+NaBr；取代反应；
(4)H+K→双安妥明的反应方程式为：，故答案为：；
(5)H为，L为与比H分子量小14同系物的同分异构体，则L比H少一个-CH2原子团，苯环上有两个取代基，苯环上一氯代物只有两种，则苯环上只有两种氢原子，能和氯化铁显紫色，说明含有酚羟基，且属于酯，说明含有酯基，
如果取代基为—OH、—COOCH2CH3，处于对位，有1种，
如果取代基为—OH、—CH2COOCH3，处于对位，有1种；
如果取代基为—OH、HCOOCH2CH2—，处于对位，有1种；
如果取代基为—OH、HCOOCH(CH3)—，处于对位有1种；
如果取代基为—OH、CH3COOCH2—，处于对位有1种；
如果取代基为—OH、CH3CH2COO—，处于对位有1种，
所以符合条件的有6种，故答案为：6；
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移、知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，易错点是同分异构体种类判断，易漏掉某酸苯酯而导致错误。
新疆维吾尔自治区2020届普通高考第一次适应性检测
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cr-52 Mn-55 Cu-64
— 、选择题( 本题共 7小题，每小题 6 分，共42 分。在每小题给出的四个选项 中，只有一个选项是符合题目要求的)
1.《物理小识》中对镀金法有如下叙述:“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指（ ）
A. 蒸发 B. 升华 C. 分液 D. 分馏
【答案】A
【详解】“入火则汞去”是指常温下汞为液态，加热时汞变为汞蒸气，故指的是蒸发。答案选A。
【点睛】本题考查物质分离的常见方法。蒸发是指液体温度低于沸点时，发生在液体表面的汽化过程；升华指物质由于温差太大，从固态不经过液态直接变成气态的相变过程；分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法；分馏是分离几种不同沸点的混合物的一种方法;对某一混合物进行加热，针对混合物中各成分的不同沸点进行冷却分离成相对纯净的单一物质过程。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于治金、染料 、皮革 、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
A. 2L0.5mol/L Na2SO4 溶液中含有的氧原子数目为4NA
B. 1 L0.1mo/L Na2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA
C. 生成 0.25mol还原产物时转移电子数为2NA
D. 通常状况下11.2LCO2中含有的共价键数目为 2NA
【答案】C
【详解】A．溶剂水分子中也含有氧原子，故无法准确计算2L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，A选项错误；
B．Na2S溶液中S2-水解：S2-+H2OHS-+OH-，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，B选项错误；
C．由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成0.25mol硫化钠时转移电子数为0.25mol×[6-(-2)]=2mol，个数为2NA，C选项正确；
D．通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，D选项错误；
答案选C。
【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。
3.2019 年 1月 3日，我国嫦娥四号探测器 ，首次实现了人类探测器在月球背面软着陆 ，五星红旗首次闪耀在月球背面，-170℃ 仍能保持本色．五星红旗基底采用探测器表面热控材料聚酰亚胺，某聚酰亚胺的结构简式如图。下列叙述正确的是（ ）
A. 是天然有机高分子化合物
B. 能耐高温，不能耐低温
C. 该聚酰亚胺可发生取代反应和加成反应
D. 该聚酰亚胺的一个链节中含有 13个双键
【答案】C
【详解】A．根据题干信息可知，聚酰亚胺是合成有机高分子材料，A选项错误；
B．由题干信息“-170℃仍能保持本色”、“表面热控材料”说明聚酰亚胺既能耐高温又能耐低温，B选项错误；
C．由该聚酰亚胺的结构简式可知，该分子中含有苯环，可发生取代反应和加成反应，C选项正确；
D．该聚酰亚胺的一个链节中含有4个C=O键，即4个双键，D选项错误；
答案选C。
【点睛】D为易错点，解答时要明确苯环含有的是特殊的碳碳键，不是单双键交替结构，因此苯环中不含有碳碳双键。
4.W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一 种单质可作为饮用水消毒剂，Y 元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的.Z元素和W元素同主族 ，R元素被称为“成盐元素”。 下列说法错误的是（ ）
A. R 形成的单质易溶于 W元素和 R元素形成的化合物WR4中
B. X 元素和R 元素形成的RX2 可用于自来水的消毒
C. 制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质Z
D. 工业上常用电解熔融 Y元素和R元素形成的化合物的方法来利取单质Y
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，则W为C元素，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，该单质可以是O3，则X为O元素，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，则Y为Al元素，Z元素和W元素同主族，则Z为Si元素，R元素被称为“成盐元素”，则R为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，R为Cl元素，形成的单质为Cl2，W元素和R元素形成的化合物WR4为CCl4，由“相似相溶”原理，Cl2易溶于CCl4溶液，A选项正确；
B．O元素和Cl元素形成的ClO2具有强氧化性，可用于自来水的消毒，B选项正确；
C．高纯度的硅可用于制造计算机芯片，因此制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质硅，C选项正确；
D．Al元素和Cl元素形成的化合物为AlCl3，是共价化合物，熔融氯化铝不能导电，工业上一般电解熔融的Al2O3来制取单质Al，D选项错误；
答案选D。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律。把握短周期元素、原子序数、元素性质和位置来推断元素为解答的关键，D选项为易错点，注意冶炼金属Al原料的选择。
5.下列所示的装置图能够达到实验目的的是 （ ）
A. 用图 ①所示配制一定浓度的稀硫酸
B. 用图② 装置 ，实验室制备Fe(OH)2
C. 用图③ 所示实验，可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 用图④加热熔融 NaOH固体
【答案】B
【详解】A．容量瓶不能用来稀释浓硫酸，A选项错误；
B．Fe与电源正极相连为阳极，且煤油隔绝空气，图中装置可制备，B选项正确；
C．比较元素的非金属性强弱要用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，盐酸以是无氧酸，C选项错误。
D．熔融NaOH能与瓷坩埚中二氧化硅反应，应用铁坩埚，D选项错误；
答案选B。
6.25℃时，改变0.l mol/ L RCOOH溶液的pH, 溶液中 RCOOH、RCOO- 的微粒分布分数 也随之改变，甲酸( HCOOH) 与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH的关系如图所示．
下列说法正确的是（ ）
A. 丙酸的酸性比甲酸强
B. 若0.1 mol/甲酸溶液的pH=2.33.则0.0lmol/L甲酸溶液的pH=3.33
C. 将0.1mol/L的HCOOH溶液与0. 1 mol/L的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c( Na+ ) >c( H COO H ) >c( H COO- ) >c( OH-) >c ( H + )
D. CH3CH2COOH⇌CH3CH2COO- +H+ lgK=-4 .88
【答案】D
【详解】A．由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A选项错误；
B．稀释弱酸，电离程度增大，故0.1mol/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01mol/L甲酸溶液的pH<3.33，B选项错误；
C．将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)
答案选D。
7.双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用 BMED膜堆(如图所示)．模拟以精制浓海水为原料直接制备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜( a . d)。已知：在直流电源的作用下．双极膜内中间界面层发生水的解离，生成 H+ 和 OH-。下列说法正确的是（ ）
A. 电极 Y连接电源的正极，发生还原反应
B. 电解质溶液采用Na2SO4 溶液可避免有害气体的产生
C. I 口排出的是混合碱，II 口排出的是淡水
D. a左侧膜为阴离子交换膜 ，c 为阴离子交换膜
【答案】B
【详解】A．氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反应，A选项错误；
B．由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入Na2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向Ⅰ室，氢离子通过a移向Ⅰ室，在Ⅰ室得到HCl，可避免有害气体的产生，B选项正确；
C．浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此Ⅱ口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、Ⅲ口排出的是碱液，C选项错误；
D．钠离子移向Ⅲ室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，D选项错误；
答案选B。
8.(NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂 、显影液等。 某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7 的部分性质及组成进行探究 。已知 ：Cr2O72-(橙色)+H2O2⇌2 CrO42- (黄色)+2H+。 请回答下列问题
(1)向盛有少量(NH4)2Cr2O7 固体的试管中．滴加足量浓KOH溶液．振荡、微热 ，观察到的实验现象有______________________________________________________。
(2) 为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为 252g/mol)的分解产物 ．按下图连接好装置，在A中加入5.040 g 样品进行实验 。
①仪器C的名称是____________。
②连接好装置后需进行的必要橾作是 _________________________________，点燃酒精灯之前需进行的必要橾作是 ___________________________。
③反应结束后．依然要通一段时间氮气原因是 __________________________________。
④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为 Cr2O3 ，B中质量变化为1.44g. 写出( NH4)2Cr2O7加热分解的化学方程式：___________________________。
(3)实验室常用甲醛法测定含( NH4)2Cr2O7 的样品中氮的质量分数(杂质不发生反应)，其反应原理为2Ba2++ Cr2O72-+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O +(CH2)6N4H+[ 滴定时 l mol(CH2)6N4H+ 与 l mol H+ 相当］．然后用 NaOH标准溶液滴定 反应生成的酸。
实验步骤：称取品8.400g. 配成500mL溶液，移取25.00mL, 样品溶液于250mL锥形瓶中．用氯化钡溶液使Cr2O72- 完全沉淀后加入15.00mL2 0.00mol•L-1的中性甲醛溶液，摇 匀、静置5min 后，加入1- 2 滴酚酞试液 ，用0 .2000mol•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作 3次，最终滴定用去NaOH 标准溶液体积的平均值为 30.00mL。
①若滴定终点时，仰视读数。则测定结果 ____(填 “偏大”“偏小”或“无影响”)。
②样品中氮的质量分数为 _____________。
【答案】 (1). 固体溶解，产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色 (2). (球形) 干燥管 (3). 检查装置的气密性 (4). 通入氮气一段时间将装置内空气排尽 (5). 将A中分解产生的气体全部赶入B中 ，防止产生实验误差 (6). (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O (7). 偏大 (8). 10.00%
【分析】(1)根据加入碱对平衡Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+的影响，结合铵根离子的性质分析解答；
(2)①根据仪器C的结构分析判断；
②根据装置内存在空气分析解答；
③反应结束后，装置中仍残留少量生成的气体；
④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气，结合定量关系计算写出化学方程式；
(3)根据沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol，铵根离子和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，利用氢离子物质的量和氢氧根物质的量相同计算解答。
【详解】(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，溶液中存在滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，铵根离子与碱反应放出氨气、氢离子浓度减小，溶液中的Cr2O72-(橙色)+H2O ⇌ 2CrO42-(黄色)+2H+平衡正向进行，溶液显黄色，因此观察到的主要现象是：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体；溶液由橙色变为黄色，故答案为：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色；
(2)①根据装置图，仪器C为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；
②连接好装置，需进行的必要操作是检查装置的气密性，点燃酒精灯之前，需要通入一段时间氮气，将装置内空气排尽，故答案为：检查装置的气密性；通入氮气一段时间将装置内空气排尽；
③反应结束后，依然通一段时间的氮气，可以将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差，故答案为：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差；
④(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g/mol)的分解产物，在A中加入5.040g样品，物质的量==0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3，B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气物质的量==0.08mol，据此定量关系，反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；
(3)①若滴定终点时，仰视读数，读取消耗氢氧化钠溶液增大，则测定结果偏大，故答案：偏大；
②反应原理为2Ba2++Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，设25.00 mL样品溶液中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为x，则沉淀重铬酸根离子时生成氢离子2xmol，铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，用0.200mo1•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为30.00mL，2x+2x=0.030L×0.200mol/L，解得：x=0.0015mol，则原样品中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为0.0015mol×=0.03mol，该样品中氮的质量分数=×100%=10.00%，故答案为：10.00%。
9.高氯酸铜易溶于水，在130'℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂，以食盐等为原料制备高氯酸铜 [ Cu(ClO4)26 H2O) ]的一种工艺流程如下：
回答下列问题
(1)“电解I”的化学方程式为_________________________________________________，所用交换膜是__________________________(填“阳离子交换膜或“阴离子交换膜”) 。
(2)歧化反应是同一种物质中同种元素(自身氧化还原反应 ，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为 NaClO3
①“歧化反应”的化学方程式为____________________________________。
②“歧化反应”阶段不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是________________。
(3)“电解II”的阳极产物为 ___________(填离子符号)。
(4) 该流程中可循环利用的物质是 ______________(填化学式)。
(5) 用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为a千克。 最终制得的Cu( ClO4)2• 6 H2O为b千克．则产率为_______________(用含a、 b 的代数式表示) 。
(6) 某温度下，高氯酸铜可按A、B 两种方式同时分解．分解过程中铜的化合价不发生改变。A方式为Cu( ClO4)2CuCl2+4O2↑按A、B两种方式分解的高氯酸铜的量相同时．转移的电子数之比为8:7 , 则B方式 为__________________________ (用化学方程式表示)。
【答案】(1). 2NaCl+2 H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ (2). 阳离子交换膜 (3). 3Na2CO3+3Cl2 = 5NaCl+NaClO3+3CO2 (4). 60℃ (5). ClO4- (6). NaCl (7). (702b/371a)×100% (8). 2 Cu(ClO4)2 2Cu O+7O2↑+2Cl2↑
分析】以食盐为原料制备高氯酸铜[Cu(ClC4)2·6H2O)]，则生成产物为高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为氯酸钠，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%以上的高氯酸，“反应Ⅱ”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(C1O4)2溶液，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，反应Ⅰ为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl+2 H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，反应过程中需要防止氢氧根离子与氯气反应，所用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：2NaCl+2 H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；阳离子交换膜；
(2)①“歧化反应”是氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价目变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；
②根据图中信息可知，“歧化反应”阶段在60℃时，产率达最高80%，故答案为：60℃；
(3)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解Ⅱ”的阳极氯离子失电子产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；
(4)由上述分析可知，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故答案为：NaCl；
(5)根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O，假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终得到0.5molCu(ClO4)2·6H2O，因此产率=，故答案为：(702b/371a)×100%；
(6)A方式Cu(ClO4)2CuCl2+4O2↑中氧元素由-2价变为0价转移电子为4×2×2=16，氯由+7价变为-1价，转移电子为8×2=16，若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8:7，则B方式可能氯由+7价变为0价,转移电子为7×2=14，氧元素由-2价变为0价转移电子为3.5×2×2=14，综合可知生成物为氧气、氯气和氧化铜，故反应为2Cu(C1O4)22CuO+7O2↑+2C12↑，故答案为：2Cu(C1O4)22CuO+7O2↑+2C12↑。
10.碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题
(1) 一种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O3+ 15C+5N2=2Al23O27N5+15CO,产物Al23O27N5 中氮的化合价为_____，该反应中每生成 l mol Al23O27N5转移的电子数为_______________ 。
(2) 真空碳热冶铝法包含很多反应．其中的三个反应如下：
Al2O3 (s) +3C(s)=Al2OC(s) +2CO(g) △H1
2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) △H2
2Al2O3(s) +9C(s)= Al4C3(s)+6CO(g) △H3
①△H3=________ ( 用△H1、△H2表示)。
②Al4C3可与足量盐酸反应制备简单的烃。该反应的化学方程式为_______________________________________________。
(3)下列是碳热还原制锰合金的三个反应 ，CO与CO2平衡分压比的自然对数() 与温度的关系如图所示(已知Kp 是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压 × 气体的物质的量分数)。
I. Mn3C(s)+4CO2(g)⇌ 3MnO(s)+ 5CO(g) Kp(I)
II. Mn(s) +CO2(g) ⇌MnO(s) +CO(g) Kp (II)
III. Mn3C(s)+CO2(g) ⇌3Mn(s) +2CO(g) Kp(III)
①△H>O的 反应是_________ (填“I ”“II” 或“III”)。
②1200K时在 一体积为 2L 的恒容密闭容器中有17.7gMn3C( s)和0.4molCO2 ，只发生反应I，5min后达到平衡，此时CO的浓度为0.125mol/L，则0～5 min内 v(CO2)=_______。
③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s )并充入一定量的CO2(g) .只发生反应
II，下列能说明反应II 达到平衡状态的是________ (填标号)。
A. 容器的体积不再改变
B.固体的质量不再改变
C.气体的总质量不再改变
④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.l molCO2, 若只发生反应III. 则在A点反应达到平衡时，容器的总压为akPa, CO2的转化率为______; A点对应温度下的Kp(III) =______。
【答案】(1). -3 (2). 9.03×1024(或15NA) (3). 2△H1 +△H2 (4). Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑ (5). III (6). 0.02mol•L-1•min-1 (7). BC (8). 33.3% (9). 0.5akPa
【详解】(1)反应23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N5+15CO中，产物Al23O27N5中氮的化合价为-3价，该反应中每生成1mol Al23O27N5，转移的电子数为5×3NA =15 NA，故答案为：-3；9.03×1024(或15NA)；
(2)已知Ⅰ、Al2O3(s)+3C(s)=Al2OC(s)+2CO(g) ΔH1
Ⅱ、2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) ΔH2
Ⅲ2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3
①根据盖斯定律，由Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3= 2ΔH1+ΔH2，故答案为：2△H1 +△H2；
②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4↑，故答案为：Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4↑；
(3)①由图中信息可知，反应Ⅲ升高温度，lnK增大，则K增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，故答案为：Ⅲ；
②0~5min内v(CO2)=v(CO)=×mol·L-1·min-1，故答案为：0.02mol•L-1•min-1；
③反应Ⅱ.Mn(s)+CO2(g)MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断；
A．反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项A不选；
B．反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；
C．反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项C选。
故答案为：BC；
④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1molCO，若只发生反应Ⅲ，则在A点反应达到平衡，ln，则，当容器的总压为akPa时，CO的转化率为，A点对应温度下的Kp(Ⅲ)=0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5akPa。
化学—选修3: 物质结构与性质]( 15分)
11.教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题 ：
(1) 第三周期的某主族元素．其第一至第五电离能数据如图1所示．则该元素对应的原子有___________种不问运动状态的电子。
(2)如图2所示．每条折线表示周期表IVA–VIIA 中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__________________。判断依据是______________________________________________________________________。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该CO2晶体属于_____晶体。
(4) 第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有_____种。CaCl3中Ca原子的杂化方式为_______，写出一种与CaCl3互为等电子体的离子的化学式_____________。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性．而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征 ，干冰晶体中一个分子周围有______个紧邻分子。醋酸铜晶体局部结构如右图，该晶体中含有的化学键是____________(填字母标号)。
a 极性键 b非极性键 c 配位键 d. 金属键
(6) Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A-D图示中正确的是_____ (填字母标号)。
铁原子的配位数是__________，假设铁原于的半径是r cm.，该晶体的密度是ρg/cm3 则铁的相对原子质量为______________ (设阿伏加德罗常数的值为NA) 。
【答案】(1). 12 (2). SiH4 (3). 在IVＡ～VIIＡ的氢化物中．只有IVＡ族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物 ，故 a 为SiH4 (4). 原子 (5). 3 (6). sp2杂化 (7). CO32- (8). 12 (9). abc (10). A (11). 8 (12).
【详解】(1)图1中，I2 与I3相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg），电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有12个电子，则有12种不同运动状态的电子，故答案为：12；
(2)第ⅣA ~ⅦA元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”，图2中a点所在折线无“反常”，为第IVA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4，故答案为：SiH4；在IVＡ~VIIＡ的氢化物中只有IVＡ族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物；
(3)图3中，C、O原子通过共价键形成空间网状晶体，属于原子晶体，故答案为：原子；
(4)第IIA族元素np能级全空、第VA族元素np能级半充满，使第一电离能出现“反常”，第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于Al、P之间的有Mg、Si、S三种元素，Ga位于第四周期第IIIA族，GaCl3分子中，Ga原子价层电子对数为(3+1×3)/2=3，则其杂化方式为sp2，写与GaCl3互为等电子体的离子，可在价电子总数不变的前提下，将Ga、Cl换成它们的邻族元素，如CO32-等，故答案为：3；sp2杂化；CO32-；
(5)干冰晶胞为面心立方堆积，若考察上表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后左右四个面心，共12个二氧化碳分子距离最近且相等。从D的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有C-H、C－O、C=O、O-D等极性键，有C-C非极性键，有O→D配位键，故答案为：abc；
(6)图甲为该铁的一个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的倍，四个顶角和中心有铁原子。图乙为8个晶胞叠成的立方体，沿虚线的切面为A图，考察图甲体心铁原子，则其配位数为8，设图甲中晶胞边长为a cm，则体对角线为a cm。又体对角线上三原子相切，得a cm＝4r cm。根据密度和铁原子数求得的一个晶胞质量相等，有ρg/cm3×(a cm)3＝，解得M(Fe)＝g/mol，Mr(Fe)＝，故答案为：A；8；。
【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布式、轨道表达式、电离能、杂化方式、相似相溶原理、氢键等，熟练掌握物质结构知识，注意同周期第一电离能变化异常情况是解答本题的关键。
[化学一选修5：有机化学基础]( 15 分)
12.双安妥明可用于降低血糖中的胆固醇．其结构简式为：
该物质的合成路线如图所示：
已知：I.
II.RCH=CH2 RCH2CH2Br
III.C的密度是同温同压下氢气密度的28 倍．且支链有一个甲基；I 能发生银镜反应且1 molI能与 2molH2 发生加成反应；K 的结构具有对称性。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为 ___________，J中所含官能团名称为___________________。
(2)D的名称为_____________________。
(3)反应D→E的化学方程式为 __________________________________________________，其反应类型是_______________。
(4)“H+K→双安妥明”的化学方程式为 _________________________________________。
(5)L为比H的相对分子质量小14的同系物．其中满足①苯环上有两个取代基，② 苯环上一氯代物只有两种，③能与FeCl3溶液发生显色反应．且属于酯的L有_______种 。
【答案】(1). (2). 羟基和醛基 (3). 2- 甲基- 1- 溴丙烷 (4). (CH3) 2CHCH2Br+NaOH (CH3)2CHCH2OH+NaBr (5). 取代反应 (6). (7). 6
【分析】由双安妥明的结构，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、，C的密度是同温同压下H2密度的28倍，C的相对分子质量为56，且支链有一个甲基，能发生加成反应，则C结构简式为C(CH3)2=CH2；I的分子式为C3H4O，经过系列反应生成K，根据碳原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH，I能发生银镜反应，分子中含有-CHO，且1molI能与2mol氢气发生加成反应，说明分子中还含有C=C双键，故I为CH2=CH-CHO，J为HOCH2CH2CHO；H为，B与G反应生成，由反应信息Ⅰ可知，合成H的物质为苯酚钠、BrC(CH3)2COOH，C的分子式为C4H8，经过系列转化生成G，根据碳原子数目可知，G为BrC(CH3)2COOH，故B为，A与氢氧化钠反应生成B，故A为；
F在溴/红磷作用下生成G，根据反应信息Ⅰ，可知F为CH(CH3)2COOH，E连续氧化生成F，故E为CH(CH3)2CH2OH，D转化生成E，D为CH(CH3)2CH2Br；
【详解】(1)根据上述分析可得，A的结构简式，J为HOCH2CH2CHO，J中所含官能团名称为羟基和醛基，故答案为：；羟基和醛基；
(2)D结构简式为为CH(CH3)2CH2Br，D的名称为2-甲基-1-溴丙烷，故答案为：2-甲基-1-溴丙烷；
(3)D为CH(CH3)2CH2Br，D发生水解反应生成E，反应D→E的化学方程式为(CH3)2CHCH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2OH+NaBr，反应类型是水解反应或取代反应，故答案为：(CH3)2CHCH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2OH+NaBr；取代反应；
(4)H+K→双安妥明的反应方程式为：，故答案为：；
(5)H为，L为与比H分子量小14同系物的同分异构体，则L比H少一个-CH2原子团，苯环上有两个取代基，苯环上一氯代物只有两种，则苯环上只有两种氢原子，能和氯化铁显紫色，说明含有酚羟基，且属于酯，说明含有酯基，
如果取代基为—OH、—COOCH2CH3，处于对位，有1种，
如果取代基为—OH、—CH2COOCH3，处于对位，有1种；
如果取代基为—OH、HCOOCH2CH2—，处于对位，有1种；
如果取代基为—OH、HCOOCH(CH3)—，处于对位有1种；
如果取代基为—OH、CH3COOCH2—，处于对位有1种；
如果取代基为—OH、CH3CH2COO—，处于对位有1种，
所以符合条件的有6种，故答案为：6；
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移、知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，易错点是同分异构体种类判断，易漏掉某酸苯酯而导致错误。
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