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北京市2020届高三5月中学生标准学术能力诊断性测试（全国I卷）化学试题
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中学生标准学术能力诊断性测试2020年5月测试
理科综合化学试卷（一卷）
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 Fe-56 Cr-52 S-32 I-127 Ba-137
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 我国海洋开发走向深蓝，大型舰船的底部常镶嵌锌块做正极，防止船底腐蚀
B. 补铁酱油中含有三价铁，可补充人体缺乏的铁元素
C. 采用“燃煤固硫”、“煤的气化液化”、“静电除尘”、“汽车尾气催化净化”等方法，提高了空气质量，使我们的生活环境更美好
D. “歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是我国打破其他国家技术垄断，自主研发和生产的一种新型有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．我国海洋开发走向深蓝，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀，A错误；
B．补铁酱油中含有二价铁，可补充人体缺乏的铁元素，B错误；
C．采用“燃煤固硫”、“煤的气化液化”、“静电除尘”、“汽车尾气催化净化”等方法可以减少酸雨、粉尘污染等，可以提高空气质量，C正确；
D．碳纤维为碳单质，属于无机物，D错误；
答案选C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 14C与12C60互为同位素
B. 14C60与12C60是具有相同质子数不同核素
C. CH3COOH与HCOOCH3互为同素异形体
D. 硝基苯与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．14C与12C互为同位素，14C与12C60不互为同位素，A错误；
B．14C60与12C60是同一种物质， 14C与12C是具有相同质子数的不同核素，B错误；
C．CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，C错误；
D．硝基苯与分子式相同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。
【点睛】核素、同位素、同分异构体、同素异形体的区别：核素指具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子；质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同原子互为同位素；分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 常温常压下，0.1mol的Na2O和Na2O2，混合物中阴离子总数为0.1NA
B. 常温下，46g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子数为NA
C. 标准状况下，22.4LC3H6分子中含有NA个碳碳双键
D. 100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中阴离子总数大于0.01NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温常压下，0.1mol的Na2O和Na2O2，O2-和O22-的物质的量之和为0.1mol，故混合物中阴离子总数为0.1NA，A正确；
B．NO2和N2O4的最简式相同，最简式为NO2，常温下，46g的NO2和N2O4的混合气体含1molNO2，所以含有的氮原子数为NA，B正确；
C．标准状况下，22.4LC3H6的物质的量为1mol，C3H6可能是环丙烷，环丙烷分子中不含有碳碳双键，C错误；
D．100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中，N(Na+)=0.1L×0.1mol•L-1×NA=0.01NA，由电荷守恒可知，N(Na+)+N(H+)=N(OH-)+N(CH3COO-)，100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中阴离子总数大于0.01NA，D正确；
答案选C。
【点睛】在题中给出有机化合物分子式的时候，一定要考虑同分异构体的存在，而本题的C选项，同学们很容易默认为分子式为C3H6的物质丙烯。
4.下列实验操作及现象和结论均正确的是( )
实验操作
实验及现象
结论
A
取某NaHSO3溶液少量于试管中，加入BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中一定混有Na2SO3杂质
B
相同温度下，测量同浓度的Na2CO3和Na2SO3水溶液pH值
pH(Na2CO3)>pH(Na2SO3)
非金属性：碳元素弱于硫元素
C
向漂白粉中滴入质量分数为70%硫酸
产生黄绿色气体
硫酸具有氧化性
D
将KI和FeCl3溶液充分混合，加入CCl4振荡，静置
分层，下层为紫红色，上层溶液的棕黄色变浅
Fe3+氧化性强于I2的氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.产生白色沉淀说明亚硫酸氢钠中混有杂质，可能为硫酸钠或亚硫酸钠，故A错误；
B.比较非金属性是用非金属的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，或对应的盐的碱性强弱，亚硫酸钠中硫不是最高价，不能进行比较，故B错误；
C.漂白粉中含有次氯酸钙和氯化钙，在酸性条件下，二者反应生成氯气，硫酸提供酸性，故C错误；
D.碘化钾和氯化铁反应生成碘单质，碘溶于四氯化碳在下层，为紫色，上层为水层，铁离子浓度减小，棕黄色变浅，说明铁离子的氧化性大于碘，故D正确；
故选D。
5.向10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. A点对应的I2的物质的量为1.0×10-3mol
B. 0a：ab=5：1
C. 当溶液中的n(I2)=5×10-4mol时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.5×10-3mol或4.5×10-3mol
D. 由ab段反应可知，氧化性I2>HSO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
加入NaHSO3的物质的量在0→a，发生的反应为：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+。
【详解】A．A点时，10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，由原子守恒可知，n(I2)=n(KIO3)=×0.2×10×10-3=1.0×10-3mol，A正确；
B．2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为：2.5×0.2×10×10-3=5.0×10-3mol；加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，故ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与1.0×10-3molI2完全反应，所以ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量1.0×10-3mol，0a：ab=(5.0×10-3mol)：(1.0×10-3mol)=5：1，B正确；
C．当溶液中的n(I2)=5×10-4mol时，n(I2)=5×10-4mol<1.0×10-3mol，故有两种情况，一种情况是在0→a，向10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，刚好生成n(I2)=5×10-4mol，由2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+反应方程式可知，此时消耗亚硫酸氢钠的物质的量为：5×5×10-4mol=2.5×10-3mol；另一种情况是当10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，有一部分的I2被亚硫酸氢钠还原为I-，消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为5.0×10-3mol+5×10-4mol=5.5×10-3mol，C错误；
D．ab段发生的反应为I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，氧化性I2>HSO3-，D正确；
答案选C。
6.A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻的两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应。按图接通线路，反应一段时间，当电路中通过1.0×10-3mol电子时，下列叙述正确的是（ ）
A. U型管中的D端先变红，b烧杯中的溶液会变蓝
B. a烧杯中最多有0.127gI2（KI足量）生成，甲池中的质量会减少0.04g（CuSO4溶液足量）
C. A极产生气体的体积为5.6mL，甲池溶液的pH值为2
D. E电极附近的溶液无明显现象产生
【答案】B
【解析】
【分析】
A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻的两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应，E为Al，F为Mg。乙池为原电池装置，E为负极、F为正极，A为阳极、B为阴极、C为阳极、D为阴极。
【详解】A．由分析可知，D为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故U型管中的D端先变红，但是，b烧杯中的溶液不会变蓝，A错误；
B．C为阳极，其电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，该电路为串联电路，当电路中通过1.0×10-3mol电子时，n(Cl2)=5.0×10-4mol，a烧杯中发生的反应方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，a烧杯中最多生成I2的物质的量为5.0×10-4mol，最多生成I2的质量为5.0×10-4mol×254g/mol=0.127g，甲池中A为阳极,电极反应式为2Cu2++2e-=2Cu，B为阴极，其电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路中通过1.0×10-3mol电子时，n(Cu)=5.0×10-4mol，n(O2)=2.5×10-4mol，甲池中的质量会减少:5.0×10-4mol×64g/mol+2.5×10-4mol×32g/mol=0.04g，B正确；
C．A为阳极，产生的气体为O2，但是题中没有说明气体所处的状态，无法计算出气体的体积，C错误；
D．E为负极，E电极溶解，D错误；
答案选B。
【点睛】做这种类型的题，首先判断出原电池、电解池，然后再依据题中的信息判断出原电池的正、负极，电解池的阴、阳极，该电路为串联电路，各极得到或失去的电子数目相等。
7.常温下，将0.1mol•L−1的NaOH溶液逐渐加到5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的BG（BG=-lg）与所加NaOH的体积的变化关系如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A. 该滴定过程可选用酚酞做指示剂
B. c点所加的NaOH溶液的体积小于5mL
C. 从a点到c点，水的电离程度一直增大
D. 若b点所加的NaOH溶液的体积等于2.5mL，则所得溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH−)+c(Na+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，0.1mol•L−1的一元酸HA溶液的BG=9，即 =10-9，由水的离子积常数知c(H+)×c(OH-)=10-14，解得c(H+)=1.0×10-2.5mol•L−1<0.1mol•L−1，故一元酸HA为弱酸，将0.1mol•L−1的NaOH溶液逐渐加到5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液中，滴定终点生成的强碱弱酸盐，所以选择酚酞作指示剂，A正确；
B．c点时BG=0，则溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，如果加入的0.1mol•L−1的NaOH溶液的体积为5mL，恰好与5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液完全反应生成NaA，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故c点所加的NaOH溶液的体积小于5mL，B正确；
C．从a点到c点，随着NaOH溶液不断加入，HA的量不断减小，对水的电离的抑制作用不断减小，故从a点到c点，水的电离程度一直增大，C正确；
D．若b点所加的NaOH溶液的体积等于2.5mL，c(HA)=c(NaA)，因为HA是弱酸，所以c(H+)
8.（一）实验室用图甲装置制备SO3并测定SO2催化氧化为SO3的转化率。
已知：SO3熔点为16.8℃，沸点为44.8℃，假设气体进入装置可以被完全吸收，不考虑空气的影响。
（1）A中使用浓硫酸的质量分数为70%的原因是___，B中浓H2SO4的作用是___。
（2）当实验停止通入SO2，熄灭酒精灯后，还需要继续通一段时间的氧气，其目的是___。
（3）实验结束后测得装置D增加了ag，装置E中的沉淀洗涤烘干后其质量为bg。则E中的沉淀的化学成分是___（填写化学式），本实验中SO2转化率为___（用代数式表示，不用化简）。
（二）SO3溶于浓硫酸后可得到发烟硫酸，工业上把干燥的氯化氢气体通入到发烟硫酸中可以得到HSO3Cl。HSO3Cl是一种无色液体，沸点为152℃，有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾。现用图乙所示的装置制取HSO3Cl（夹持及加热装置略去）。
（1）HSO3Cl遇湿空气产生强烈的白雾，请结合用化学方程式解释其原因___。
（2）分液漏斗下方接的毛细管，其作用是___；若不用毛细管而直接用分液漏斗注入浓盐酸，可能发生的现象是___。
（3）装置F的作用是___。
【答案】 (1). 硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；硫酸太浓，电离出的氢离子浓度减小，反应生成SO2速率变小 (2). ①干燥气体②控制流速，使二氧化硫与氧气的比例约为2：1③使两种气体均匀混合 (3). 排尽残留在装置中的SO2与SO3，使其被充分吸收，使测得的结果更准确 (4). BaSO4 (5). ×100% (6). HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴 (7). 控制浓盐酸的流量，使其缓慢流入浓硫酸中 (8). 液体飞溅（或爆沸） (9). 吸收剩余的气体②防止空气中水分进入E
【解析】
【分析】
（一）（1）从SO2的溶解性和制取SO2的反应速率方面考虑，使用质量分数为70%的浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2；
（2）保证SO2和SO3的量测定准确；
（3）装置D增加的质量为ag，即生成SO3的质量为ag；装置E中的SO2与硝酸钡溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4，其质量为bg，依据质量守恒定律以及转化率= 来计算；
（二）（1）HSO3Cl与湿空气中的水反应产生HCl，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴；
（2）分液漏斗下方接的毛细管可控制盐酸的加入速度，防止盐酸沸腾飞溅；
（3）装置F的作用是尾气处理以及防止空气中的水蒸气进入E中。
【详解】（一）（1）硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；硫酸太浓，电离出的氢离子浓度比较小，反应生成SO2速率比较慢；
（2）为确保实验的准确度，要保证SO2与SO3的量的测定准确，当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通入一段时间O2，可以让装置中的SO2和SO3充分被后面的装置吸收；
（3）装置D增加的质量为ag，即生成SO3的质量为ag，n(SO3)==，所以反应中被氧化的SO2的物质的量为，装置E中的SO2与硝酸钡溶液反应生成bg白色沉淀为BaSO4，n(BaSO4)= =，根据S原子守恒，反应后剩余SO2的物质的量为 ，所以SO2的转化率为：×100% ；
（二）（1）HSO3Cl与湿空气中的水蒸气反应，生成HCl，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴，形成白雾，反应方程式为HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4；
（2）分液漏斗下方接的毛细管，其作用是控制盐酸的加入流量，使产生的HCl气流速率适当稳定；若不用毛细管而直接用分液漏斗注入浓盐酸，浓硫酸稀释放热可能是盐酸沸腾飞溅；
（3）装置F的作用是吸收剩余的气体防止污染环境，防止空气中水分进入E与HSO3Cl反应。
9.钒和五氧化二钒在工业应用中广泛，某工厂从钒渣中回收金属，钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，工艺流程如图：
已知：①KspCu(OH)2=1.0×10−21；KspFe(OH)3=4.0×10−38；KspFe(OH)2=8.0×10−16。
②NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水。
（1）写出滤液I中加入过量的CO2时发生反应的离子方程式；制取纯净的Al2O3需要经过一系列操作：过滤、___、___。
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3转化为可溶性NaVO3，写出其反应的化学方程式___。
（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3−与VO2+能大量共存的原因是___（用离子方程式解释）。
（4）常温下调节酸浸液的pH=___，即可以完全除去铁、铜两种元素对应的离子___；实际pH值要调整到8，其目的是___；调pH=2~2.5后过滤，滤渣III的主要成分为___。
（5）请写出煅烧滤渣III时，发生反应的化学方程式___。
【答案】 (1). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (2). 洗涤 (3). 灼烧（或煅烧） (4). V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2↑ (5). VO2++H2OVO3-+2H+ (6). 6 (7). 使VO2++H2OVO3-+2H+正向移动，VO2-更多地转化为VO3+ (8). NH4VO3 (9). 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
【解析】
【分析】
（1）钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，当向钒渣中加入氢氧化钠溶液时，Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，其他物质与氢氧化钠溶液不反应，向滤液I中加入过量的CO2时，在溶液中偏铝酸钠与CO2反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3；
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3与空气中的氧气、碳酸钠在煅烧的条件下反应生成NaVO3，依据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式；
（3）加入稀硫酸后，VO3-+2H+VO2++H2O；
（4）结合KspCu(OH)2=1.0×10−21，KspFe(OH)3=4.0×10−38，常温下调节酸浸液的pH，除去铁、铜两种元素对应的离子，减少对V2O5的影响；
（5）结合题中的信息以及工艺流程图，NH4VO3煅烧生成V2O5。
【详解】（1）Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，其他物质与氢氧化钠溶液不反应，滤液I中偏铝酸钠与过量的CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+
2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- ；滤液I中偏铝酸钠与过量的CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，过滤得Al(OH)3，然后洗涤Al(OH)3，最后煅烧Al(OH)3生成Al2O3；
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3与空气中的氧气、碳酸钠在煅烧的条件下反应生成NaVO3，反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2↑；
（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3−与VO2+能大量共存的原因是VO3-+2H+VO2++H2O；
（4）当c(Cu2+)=1.0×10−5mol•L−1时，1.0×10−5×c2(OH-)=1.0×10−21，c(OH-)=1.0×10−8 mol•L−1，c(H+)=1.0×10−6mol•L−1，pH=6，即pH=6时，Cu2+完全沉淀；当c(Fe3+)=1.0×10−5mol•L−1时，1.0×10−5×c3(OH-)=4.0×10−38，c (OH-)=×10−11 mol•L−1，c(H+)>1.0×10−6mol•L−1，所以当pH=6时，Fe3+、Cu2+已经沉淀完全；实际pH值要调整到8，其目的是使VO2++H2OVO3-+2H+正向移动，VO2-更多地转化为VO3+；因为NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水，所以加入硫酸铵调pH=2~2.5后过滤，滤渣III的主要成分为NH4VO3；
（5）滤渣III的主要成分为NH4VO3，所以煅烧滤渣III时，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O 。
10.碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。
（1）为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成甲醇燃料：
①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=akJ•mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=bkJ•mol−1
③CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=ckJ•mol−1
④H2O(g)=H2O(l) △H=dkJ•mol−1
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。
（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)，用如图装置模拟该过程：
①请完成电解池中Cr2O72−转化为Cr3+的离子方程式___。
②当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为___g。
（3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C6H12O6（葡萄糖）C6H12O6（果糖） △H﹤0。该反应的速率方程式可表示为v(正)=k(正)c(葡)、v(逆)=k(逆)c(果)，k(正)和k(逆)在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。T1温度下，k(正)=0.06s−1，k(逆)=0.002s−1。
①T1温度下，该反应的平衡常数K1=___。
②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）。
③该T2温度下，从开始反应到平衡过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。可以确定温度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）H2A为二元弱酸。室温下配制一系列c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c(x)%（c(x)%=×100%）随pH变化如图所示。
①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，溶液中离子浓度的大小顺序为___。
②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。则H2A的Ka2=___mol•L−1（用a表示）。
【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-a-c（或-a+1.5b-c+2d) (2). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (3). 8.4 (4). 30 (5). 小于 (6). 大于 (7). c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-) (8).
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律推算出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式；
（2）甲池为甲醇燃料电池，其中M为负极，N为正极；乙池为电解池，乙池中左边铁为阳极，右边的铁为阴极，阳极产生的Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+；利用串联电路中转移的电子数相等，计算当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应平衡常数K==，然后根据k(正)和k(逆)在一定温度下的数值，带入计算；
②根据该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能；
③根据图像信息，计算T2温度下的平衡常数，然后与T1温度下的平衡常数相比，对应放热反应而言，温度越高平衡常数越小；
（4）①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，H2A与NaOH恰好反应生成NaHA，结合图中的信息，溶液中离子浓度的大小；
②由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)
+c(A2−)=0.050mol•L−1，结合图像信息，计算出c(HA-)、c(A2-)、c(H+)，然后计算H2A的Ka2=。
【详解】（1）利用盖斯定律：1.5×②-①-③+2×④，得CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=（-a+1.5b-c+2d) kJ•mol−1；
（2）①乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+，其反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②1.6gCH3OH的物质的量为=0.05mol，M为负极，其电极反应式为CH3OH-6e-+ H2O= 6H++ CO2↑，n(e-)=6n(CH3OH)=6×0.05mol=0.3mol，串联电路中转移的电子数相等，乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，故消耗Fe的物质的量为0.15mol，乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，右边的铁为阴极，电极反应式为2 H++2e-= H2↑，即右边的铁电极的质量不变，所以当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为8.4g；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应的平衡常数K=
=，T1温度下，k(正)=0.06s−1，k(逆)=0.002s−1，故T1温度下，K==30；
②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7，c(H+)=10-7 mol•L−1，由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)=0.5a mol•L−1，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)
=0.050mol•L−1，结合图像信息，当溶液呈中性时，c(H2A)比较小，忽略不计，c(A2−)=(0.5a-0.050) mol•L−1，c(HA−)=(0.1-0.5a) mol•L−1，室温下，Ka2== =。
11.前四周期的A、B、C、D、E五种元素，原子序数逐渐增大。A元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6；B元素核外只有一个未成对电子，能与水剧烈反应；C元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；E元素的价电子构型为nsanpa+1，其某种氧化物有剧毒。
（1）A元素的第一电离能___Al元素的第一电离能（填“＜”“＞”或“=”），请解释原因___。
（2）写出B2O2与H2O反应过程中断裂的化学键的种类___。
（3）C元素位于元素周期表的___区，它的价电子排布式是___，C(CO)x的中心原子价电子数与配位数提供的电子数之和为18，则x=___。
（4）D2O的熔点比D2S的熔点高，其原因是___。
（5）ECl3分子的立体构型为___，其中E的杂化类型为___，E元素可能的性质为___（从下列选项中选择）。
A.其单质可作为半导体材料
B.其电负性大于磷
C.最高价氧化物对应的水化物是强酸
（6）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。BSiAl3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm、cnm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有B原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中B原子数目为___；BSiAl3O7的摩尔质量为Mg•mol-1，设NA为阿伏伽德罗常数的值，则晶体的密度=___(g•cm−3)。
【答案】 (1). ＞ (2). 镁原子的价电子排布为3s2，处于全充满状态，比较稳定，失去电子较难 (3). 离子键、非极性共价键、极性共价键（或离子键、共价键） (4). d (5). 3d64s2 (6). 5 (7). 二者都是离子晶体，O2-与S2-所带的电荷相同，但O2-半径小于S2-，Cu2O的晶格能大于Cu2S (8). 三角锥形 (9). sp3 (10). A (11). 4 (12).
【解析】
【分析】
前四周期的A、B、C、D、E五种元素，原子序数逐渐增大。A元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，令A的最外层电子数为x，则2+8+x=6x，x=2，故A为Mg；B元素核外只有一个未成对电子，能与水剧烈反应，B为K；C元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，C为Fe；D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子D为Cu；E元素的价电子构型为nsanpa+1，s能级最多有2个电子，故a=2，所以E元素的价电子构型为ns2np3，E为第ⅤA族元素，其某种氧化物有剧毒，E为As。
（1）同周期第ⅡA族元素的第一电离能大于第ⅢA族元素的第一电离能；
（2）K2O2与H2O反应的化学方程式为2 K2O2+2H2O= O2↑+2KOH，从K2O2与H2O反应的化学方程式中判断反应过程中断裂的化学键的种类；
（3）依据Fe元素的原子序数，以及基态原子核外电子排布式判断Fe元素位于元素周期表的哪个区；
（4）利用影响晶格能大小的因素比较Cu2O、Cu2S熔点的高低；
（5）计算出AsCl3的价层电子对数、中心原子的孤电子对数，判断出分子构型依及中心原子的杂化类型；
（6）先分析得出K原子的个数，再根据公式计算密度。
【详解】由分析知A为Mg、B为K、C为Fe、D为Cu、E为As。
（1）镁原子的价电子排布为3s2，处于全充满状态，比较稳定，失去电子较难，故Mg元素的第一电离能大于Al元素的第一电离能；
（2）B2O2为K2O2，其与H2O反应的化学方程式为2 K2O2+2H2O= O2↑+2KOH，该反应过程中断裂的化学键为离子键、非极性共价键、极性共价键（或离子键、共价键）；
（3）C元素为Fe，原子序数为26，位于元素周期表的d区，它的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故其价电子排布式是3d64s2；Fe(CO)x的中心原子价电子数与配位数提供的电子数之和为18，Fe(CO)x中一个CO提供2个电子，与Fe形成一个配位键，8+2x=18，x=5；
（4）Cu2O与Cu2S二者都是离子晶体，O2-与S2-所带的电荷相同，但O2-半径小于S2-，Cu2O的晶格能大于Cu2S ，故Cu2O的熔点比Cu2S的熔点高；
（5）AsCl3的价层电子对数为4，中心原子As有1对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形，其中As的杂化类型为sp3；As在周期表中位于金属与非金属交界处，故As的单质可作为半导体材料，A正确；同主族从上到下，随着核电荷数的增加，电负性逐渐减小，As的电负性小于P的电负性，B错误；H3AsO4为弱酸，C错误；
（6）KSiAl3O7属于正交晶系（长方体形），原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的K原子位于体内，原子分数坐标为(0,0.3,0.5)及 (1.0,0.3,0.5) 的K原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面，原子分数坐标为(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的K原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为(0,0.7,1.0)、(1.0,0.7,1.0)、(0,0.7,0)及(1.0,0.7,0) 的K原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中K原子的数目为：1+4×+4×，由化学式KSiAl3O7，可知晶胞中相当于含有4个“KSiAl3O7”，令晶胞的密度为，则(a×10-7)×(b×10-7)×
(c×10-7)××NA=4M，解得=(g•cm−3)。
【点睛】本题的难点是(6)问，先根据原子分数坐标判断出K在晶胞中的位置，然后确定一个晶胞中含有多少个“KSiAl3O7”，最后根据(a×10-7)×(b×10-7)×(c×10-7)××NA=4M，计算出密度。
12.芳香化合物F是有机化工的重要原料，也可制毒，受公安部管制。
已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在羧基的间位上。
（1）D物质的名称为___，G中官能团的名称为___、___。
（2）A、F的结构简式分别为___、___，E生成F的反应类型是___。
（3）写出A→B产生较多的副产物的结构简式___，该流程未采用甲苯直接硝化的方法制取D，而是经历几步反应才制得D的目的是___。
（4）F在一定条件下能发生聚合反应，请写出其化学反应方程式___。
（5）F的同分异构体中，氨基直接连在苯环上、且能发生银镜反应的芳香族化合物共有___种（不含立体结构）。
（6）请以甲苯为原料，写出合成间氨基苯甲酸的流程图___（无机试剂任选）。合成流程图表示方法示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】 (1). 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 (2). 羧基 (3). 肽键（酰胺键） (4). (5). (6). 还原反应 (7). 、 (8). 避免苯环上对位的氢原子也被硝基取代使产物不纯（或减少副产物） (9). n+(n-1)H2O (10). 13 (11).
【解析】
【分析】
（1）从D的结构简式中可知，该物质以甲苯作母体，D的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯，从G的结构简式中找出官能团；
（2）由苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上，以及C的结构简式，则A为，B为，E分子中的硝基被还原为氨基，故F为；
（3）由苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上，A→B产生较多的副产物的结构简式、；甲苯若直接硝化的方法制取D，会引人较多的副产物；
（4）F为，分子中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应；
（5）F的同分异构体中，氨基直接连在苯环上、且能发生银镜反应的芳香族化合物，说明分子中含有-CHO或-OCHO这样的官能团，然后找出同分异构体；
（6）甲苯在酸性高锰酸钾溶液的作用下，生成苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的作用下反应生成间硝基苯甲酸，然后硝基被还原为氨基，得间氨基苯甲酸。
【详解】（1）依据D的结构简式，甲苯作母体，硝基作取代基，D的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；从G的结构简式可以看出G中含有的官能团的名称为羧基、肽键（酰胺键）；
（2）由分析知A、F结构简式分别为、；E分子中的硝基被还原为氨基，故E到F的反应类型为还原反应；
（3）由苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上，A→B产生较多的副产物的结构简式、；该流程未采用甲苯直接硝化的方法制取D，而是经历几步反应才制得D的目的是避免苯环上对位的氢原子也被硝基取代使产物不纯（或减少副产物）；
（4）F为，分子中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应，其反应方程式为n+(n-1)H2O；
（5）根据题意当F的同分异构体中，与苯环相连的有-NH2、-OCHO这两个官能团时，它们在苯环上的位置有邻、间、对3种；当F的同分异构体中，与苯环相连的有-NH2、-CHO、-OH这三个官能团时，当-NH2与-CHO在苯环上处于邻位时，即 ，-OH在苯环上的位置有4种；当-NH2与-CHO在苯环上处于间位时，即，-OH在苯环上的位置有4种；当-NH2与-CHO在苯环上处于对位时，即，-OH在苯环上的位置有2种；故符合条件F的同分异构体有13种；
（6）甲苯在酸性高锰酸钾溶液的作用下，生成苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的作用下反应生成间硝基苯甲酸，然后硝基被还原为氨基，得间氨基苯甲酸，其合成路线为：
。
理科综合化学试卷（一卷）
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 Fe-56 Cr-52 S-32 I-127 Ba-137
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 我国海洋开发走向深蓝，大型舰船的底部常镶嵌锌块做正极，防止船底腐蚀
B. 补铁酱油中含有三价铁，可补充人体缺乏的铁元素
C. 采用“燃煤固硫”、“煤的气化液化”、“静电除尘”、“汽车尾气催化净化”等方法，提高了空气质量，使我们的生活环境更美好
D. “歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是我国打破其他国家技术垄断，自主研发和生产的一种新型有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．我国海洋开发走向深蓝，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀，A错误；
B．补铁酱油中含有二价铁，可补充人体缺乏的铁元素，B错误；
C．采用“燃煤固硫”、“煤的气化液化”、“静电除尘”、“汽车尾气催化净化”等方法可以减少酸雨、粉尘污染等，可以提高空气质量，C正确；
D．碳纤维为碳单质，属于无机物，D错误；
答案选C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 14C与12C60互为同位素
B. 14C60与12C60是具有相同质子数不同核素
C. CH3COOH与HCOOCH3互为同素异形体
D. 硝基苯与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．14C与12C互为同位素，14C与12C60不互为同位素，A错误；
B．14C60与12C60是同一种物质， 14C与12C是具有相同质子数的不同核素，B错误；
C．CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，C错误；
D．硝基苯与分子式相同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。
【点睛】核素、同位素、同分异构体、同素异形体的区别：核素指具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子；质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同原子互为同位素；分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 常温常压下，0.1mol的Na2O和Na2O2，混合物中阴离子总数为0.1NA
B. 常温下，46g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子数为NA
C. 标准状况下，22.4LC3H6分子中含有NA个碳碳双键
D. 100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中阴离子总数大于0.01NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温常压下，0.1mol的Na2O和Na2O2，O2-和O22-的物质的量之和为0.1mol，故混合物中阴离子总数为0.1NA，A正确；
B．NO2和N2O4的最简式相同，最简式为NO2，常温下，46g的NO2和N2O4的混合气体含1molNO2，所以含有的氮原子数为NA，B正确；
C．标准状况下，22.4LC3H6的物质的量为1mol，C3H6可能是环丙烷，环丙烷分子中不含有碳碳双键，C错误；
D．100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中，N(Na+)=0.1L×0.1mol•L-1×NA=0.01NA，由电荷守恒可知，N(Na+)+N(H+)=N(OH-)+N(CH3COO-)，100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中阴离子总数大于0.01NA，D正确；
答案选C。
【点睛】在题中给出有机化合物分子式的时候，一定要考虑同分异构体的存在，而本题的C选项，同学们很容易默认为分子式为C3H6的物质丙烯。
4.下列实验操作及现象和结论均正确的是( )
实验操作
实验及现象
结论
A
取某NaHSO3溶液少量于试管中，加入BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中一定混有Na2SO3杂质
B
相同温度下，测量同浓度的Na2CO3和Na2SO3水溶液pH值
pH(Na2CO3)>pH(Na2SO3)
非金属性：碳元素弱于硫元素
C
向漂白粉中滴入质量分数为70%硫酸
产生黄绿色气体
硫酸具有氧化性
D
将KI和FeCl3溶液充分混合，加入CCl4振荡，静置
分层，下层为紫红色，上层溶液的棕黄色变浅
Fe3+氧化性强于I2的氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.产生白色沉淀说明亚硫酸氢钠中混有杂质，可能为硫酸钠或亚硫酸钠，故A错误；
B.比较非金属性是用非金属的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，或对应的盐的碱性强弱，亚硫酸钠中硫不是最高价，不能进行比较，故B错误；
C.漂白粉中含有次氯酸钙和氯化钙，在酸性条件下，二者反应生成氯气，硫酸提供酸性，故C错误；
D.碘化钾和氯化铁反应生成碘单质，碘溶于四氯化碳在下层，为紫色，上层为水层，铁离子浓度减小，棕黄色变浅，说明铁离子的氧化性大于碘，故D正确；
故选D。
5.向10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. A点对应的I2的物质的量为1.0×10-3mol
B. 0a：ab=5：1
C. 当溶液中的n(I2)=5×10-4mol时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.5×10-3mol或4.5×10-3mol
D. 由ab段反应可知，氧化性I2>HSO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
加入NaHSO3的物质的量在0→a，发生的反应为：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+。
【详解】A．A点时，10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，由原子守恒可知，n(I2)=n(KIO3)=×0.2×10×10-3=1.0×10-3mol，A正确；
B．2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为：2.5×0.2×10×10-3=5.0×10-3mol；加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，故ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与1.0×10-3molI2完全反应，所以ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量1.0×10-3mol，0a：ab=(5.0×10-3mol)：(1.0×10-3mol)=5：1，B正确；
C．当溶液中的n(I2)=5×10-4mol时，n(I2)=5×10-4mol<1.0×10-3mol，故有两种情况，一种情况是在0→a，向10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，刚好生成n(I2)=5×10-4mol，由2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+反应方程式可知，此时消耗亚硫酸氢钠的物质的量为：5×5×10-4mol=2.5×10-3mol；另一种情况是当10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，有一部分的I2被亚硫酸氢钠还原为I-，消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为5.0×10-3mol+5×10-4mol=5.5×10-3mol，C错误；
D．ab段发生的反应为I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，氧化性I2>HSO3-，D正确；
答案选C。
6.A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻的两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应。按图接通线路，反应一段时间，当电路中通过1.0×10-3mol电子时，下列叙述正确的是（ ）
A. U型管中的D端先变红，b烧杯中的溶液会变蓝
B. a烧杯中最多有0.127gI2（KI足量）生成，甲池中的质量会减少0.04g（CuSO4溶液足量）
C. A极产生气体的体积为5.6mL，甲池溶液的pH值为2
D. E电极附近的溶液无明显现象产生
【答案】B
【解析】
【分析】
A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻的两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应，E为Al，F为Mg。乙池为原电池装置，E为负极、F为正极，A为阳极、B为阴极、C为阳极、D为阴极。
【详解】A．由分析可知，D为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故U型管中的D端先变红，但是，b烧杯中的溶液不会变蓝，A错误；
B．C为阳极，其电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，该电路为串联电路，当电路中通过1.0×10-3mol电子时，n(Cl2)=5.0×10-4mol，a烧杯中发生的反应方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，a烧杯中最多生成I2的物质的量为5.0×10-4mol，最多生成I2的质量为5.0×10-4mol×254g/mol=0.127g，甲池中A为阳极,电极反应式为2Cu2++2e-=2Cu，B为阴极，其电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路中通过1.0×10-3mol电子时，n(Cu)=5.0×10-4mol，n(O2)=2.5×10-4mol，甲池中的质量会减少:5.0×10-4mol×64g/mol+2.5×10-4mol×32g/mol=0.04g，B正确；
C．A为阳极，产生的气体为O2，但是题中没有说明气体所处的状态，无法计算出气体的体积，C错误；
D．E为负极，E电极溶解，D错误；
答案选B。
【点睛】做这种类型的题，首先判断出原电池、电解池，然后再依据题中的信息判断出原电池的正、负极，电解池的阴、阳极，该电路为串联电路，各极得到或失去的电子数目相等。
7.常温下，将0.1mol•L−1的NaOH溶液逐渐加到5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的BG（BG=-lg）与所加NaOH的体积的变化关系如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A. 该滴定过程可选用酚酞做指示剂
B. c点所加的NaOH溶液的体积小于5mL
C. 从a点到c点，水的电离程度一直增大
D. 若b点所加的NaOH溶液的体积等于2.5mL，则所得溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH−)+c(Na+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，0.1mol•L−1的一元酸HA溶液的BG=9，即 =10-9，由水的离子积常数知c(H+)×c(OH-)=10-14，解得c(H+)=1.0×10-2.5mol•L−1<0.1mol•L−1，故一元酸HA为弱酸，将0.1mol•L−1的NaOH溶液逐渐加到5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液中，滴定终点生成的强碱弱酸盐，所以选择酚酞作指示剂，A正确；
B．c点时BG=0，则溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，如果加入的0.1mol•L−1的NaOH溶液的体积为5mL，恰好与5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液完全反应生成NaA，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故c点所加的NaOH溶液的体积小于5mL，B正确；
C．从a点到c点，随着NaOH溶液不断加入，HA的量不断减小，对水的电离的抑制作用不断减小，故从a点到c点，水的电离程度一直增大，C正确；
D．若b点所加的NaOH溶液的体积等于2.5mL，c(HA)=c(NaA)，因为HA是弱酸，所以c(H+)
8.（一）实验室用图甲装置制备SO3并测定SO2催化氧化为SO3的转化率。
已知：SO3熔点为16.8℃，沸点为44.8℃，假设气体进入装置可以被完全吸收，不考虑空气的影响。
（1）A中使用浓硫酸的质量分数为70%的原因是___，B中浓H2SO4的作用是___。
（2）当实验停止通入SO2，熄灭酒精灯后，还需要继续通一段时间的氧气，其目的是___。
（3）实验结束后测得装置D增加了ag，装置E中的沉淀洗涤烘干后其质量为bg。则E中的沉淀的化学成分是___（填写化学式），本实验中SO2转化率为___（用代数式表示，不用化简）。
（二）SO3溶于浓硫酸后可得到发烟硫酸，工业上把干燥的氯化氢气体通入到发烟硫酸中可以得到HSO3Cl。HSO3Cl是一种无色液体，沸点为152℃，有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾。现用图乙所示的装置制取HSO3Cl（夹持及加热装置略去）。
（1）HSO3Cl遇湿空气产生强烈的白雾，请结合用化学方程式解释其原因___。
（2）分液漏斗下方接的毛细管，其作用是___；若不用毛细管而直接用分液漏斗注入浓盐酸，可能发生的现象是___。
（3）装置F的作用是___。
【答案】 (1). 硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；硫酸太浓，电离出的氢离子浓度减小，反应生成SO2速率变小 (2). ①干燥气体②控制流速，使二氧化硫与氧气的比例约为2：1③使两种气体均匀混合 (3). 排尽残留在装置中的SO2与SO3，使其被充分吸收，使测得的结果更准确 (4). BaSO4 (5). ×100% (6). HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴 (7). 控制浓盐酸的流量，使其缓慢流入浓硫酸中 (8). 液体飞溅（或爆沸） (9). 吸收剩余的气体②防止空气中水分进入E
【解析】
【分析】
（一）（1）从SO2的溶解性和制取SO2的反应速率方面考虑，使用质量分数为70%的浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2；
（2）保证SO2和SO3的量测定准确；
（3）装置D增加的质量为ag，即生成SO3的质量为ag；装置E中的SO2与硝酸钡溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4，其质量为bg，依据质量守恒定律以及转化率= 来计算；
（二）（1）HSO3Cl与湿空气中的水反应产生HCl，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴；
（2）分液漏斗下方接的毛细管可控制盐酸的加入速度，防止盐酸沸腾飞溅；
（3）装置F的作用是尾气处理以及防止空气中的水蒸气进入E中。
【详解】（一）（1）硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；硫酸太浓，电离出的氢离子浓度比较小，反应生成SO2速率比较慢；
（2）为确保实验的准确度，要保证SO2与SO3的量的测定准确，当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通入一段时间O2，可以让装置中的SO2和SO3充分被后面的装置吸收；
（3）装置D增加的质量为ag，即生成SO3的质量为ag，n(SO3)==，所以反应中被氧化的SO2的物质的量为，装置E中的SO2与硝酸钡溶液反应生成bg白色沉淀为BaSO4，n(BaSO4)= =，根据S原子守恒，反应后剩余SO2的物质的量为 ，所以SO2的转化率为：×100% ；
（二）（1）HSO3Cl与湿空气中的水蒸气反应，生成HCl，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴，形成白雾，反应方程式为HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4；
（2）分液漏斗下方接的毛细管，其作用是控制盐酸的加入流量，使产生的HCl气流速率适当稳定；若不用毛细管而直接用分液漏斗注入浓盐酸，浓硫酸稀释放热可能是盐酸沸腾飞溅；
（3）装置F的作用是吸收剩余的气体防止污染环境，防止空气中水分进入E与HSO3Cl反应。
9.钒和五氧化二钒在工业应用中广泛，某工厂从钒渣中回收金属，钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，工艺流程如图：
已知：①KspCu(OH)2=1.0×10−21；KspFe(OH)3=4.0×10−38；KspFe(OH)2=8.0×10−16。
②NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水。
（1）写出滤液I中加入过量的CO2时发生反应的离子方程式；制取纯净的Al2O3需要经过一系列操作：过滤、___、___。
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3转化为可溶性NaVO3，写出其反应的化学方程式___。
（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3−与VO2+能大量共存的原因是___（用离子方程式解释）。
（4）常温下调节酸浸液的pH=___，即可以完全除去铁、铜两种元素对应的离子___；实际pH值要调整到8，其目的是___；调pH=2~2.5后过滤，滤渣III的主要成分为___。
（5）请写出煅烧滤渣III时，发生反应的化学方程式___。
【答案】 (1). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (2). 洗涤 (3). 灼烧（或煅烧） (4). V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2↑ (5). VO2++H2OVO3-+2H+ (6). 6 (7). 使VO2++H2OVO3-+2H+正向移动，VO2-更多地转化为VO3+ (8). NH4VO3 (9). 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
【解析】
【分析】
（1）钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，当向钒渣中加入氢氧化钠溶液时，Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，其他物质与氢氧化钠溶液不反应，向滤液I中加入过量的CO2时，在溶液中偏铝酸钠与CO2反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3；
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3与空气中的氧气、碳酸钠在煅烧的条件下反应生成NaVO3，依据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式；
（3）加入稀硫酸后，VO3-+2H+VO2++H2O；
（4）结合KspCu(OH)2=1.0×10−21，KspFe(OH)3=4.0×10−38，常温下调节酸浸液的pH，除去铁、铜两种元素对应的离子，减少对V2O5的影响；
（5）结合题中的信息以及工艺流程图，NH4VO3煅烧生成V2O5。
【详解】（1）Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，其他物质与氢氧化钠溶液不反应，滤液I中偏铝酸钠与过量的CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+
2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- ；滤液I中偏铝酸钠与过量的CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，过滤得Al(OH)3，然后洗涤Al(OH)3，最后煅烧Al(OH)3生成Al2O3；
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3与空气中的氧气、碳酸钠在煅烧的条件下反应生成NaVO3，反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2↑；
（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3−与VO2+能大量共存的原因是VO3-+2H+VO2++H2O；
（4）当c(Cu2+)=1.0×10−5mol•L−1时，1.0×10−5×c2(OH-)=1.0×10−21，c(OH-)=1.0×10−8 mol•L−1，c(H+)=1.0×10−6mol•L−1，pH=6，即pH=6时，Cu2+完全沉淀；当c(Fe3+)=1.0×10−5mol•L−1时，1.0×10−5×c3(OH-)=4.0×10−38，c (OH-)=×10−11 mol•L−1，c(H+)>1.0×10−6mol•L−1，所以当pH=6时，Fe3+、Cu2+已经沉淀完全；实际pH值要调整到8，其目的是使VO2++H2OVO3-+2H+正向移动，VO2-更多地转化为VO3+；因为NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水，所以加入硫酸铵调pH=2~2.5后过滤，滤渣III的主要成分为NH4VO3；
（5）滤渣III的主要成分为NH4VO3，所以煅烧滤渣III时，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O 。
10.碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。
（1）为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成甲醇燃料：
①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=akJ•mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=bkJ•mol−1
③CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=ckJ•mol−1
④H2O(g)=H2O(l) △H=dkJ•mol−1
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。
（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)，用如图装置模拟该过程：
①请完成电解池中Cr2O72−转化为Cr3+的离子方程式___。
②当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为___g。
（3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C6H12O6（葡萄糖）C6H12O6（果糖） △H﹤0。该反应的速率方程式可表示为v(正)=k(正)c(葡)、v(逆)=k(逆)c(果)，k(正)和k(逆)在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。T1温度下，k(正)=0.06s−1，k(逆)=0.002s−1。
①T1温度下，该反应的平衡常数K1=___。
②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）。
③该T2温度下，从开始反应到平衡过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。可以确定温度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）H2A为二元弱酸。室温下配制一系列c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c(x)%（c(x)%=×100%）随pH变化如图所示。
①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，溶液中离子浓度的大小顺序为___。
②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。则H2A的Ka2=___mol•L−1（用a表示）。
【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-a-c（或-a+1.5b-c+2d) (2). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (3). 8.4 (4). 30 (5). 小于 (6). 大于 (7). c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-) (8).
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律推算出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式；
（2）甲池为甲醇燃料电池，其中M为负极，N为正极；乙池为电解池，乙池中左边铁为阳极，右边的铁为阴极，阳极产生的Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+；利用串联电路中转移的电子数相等，计算当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应平衡常数K==，然后根据k(正)和k(逆)在一定温度下的数值，带入计算；
②根据该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能；
③根据图像信息，计算T2温度下的平衡常数，然后与T1温度下的平衡常数相比，对应放热反应而言，温度越高平衡常数越小；
（4）①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，H2A与NaOH恰好反应生成NaHA，结合图中的信息，溶液中离子浓度的大小；
②由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)
+c(A2−)=0.050mol•L−1，结合图像信息，计算出c(HA-)、c(A2-)、c(H+)，然后计算H2A的Ka2=。
【详解】（1）利用盖斯定律：1.5×②-①-③+2×④，得CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=（-a+1.5b-c+2d) kJ•mol−1；
（2）①乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+，其反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②1.6gCH3OH的物质的量为=0.05mol，M为负极，其电极反应式为CH3OH-6e-+ H2O= 6H++ CO2↑，n(e-)=6n(CH3OH)=6×0.05mol=0.3mol，串联电路中转移的电子数相等，乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，故消耗Fe的物质的量为0.15mol，乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，右边的铁为阴极，电极反应式为2 H++2e-= H2↑，即右边的铁电极的质量不变，所以当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为8.4g；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应的平衡常数K=
=，T1温度下，k(正)=0.06s−1，k(逆)=0.002s−1，故T1温度下，K==30；
②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7，c(H+)=10-7 mol•L−1，由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)=0.5a mol•L−1，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)
=0.050mol•L−1，结合图像信息，当溶液呈中性时，c(H2A)比较小，忽略不计，c(A2−)=(0.5a-0.050) mol•L−1，c(HA−)=(0.1-0.5a) mol•L−1，室温下，Ka2== =。
11.前四周期的A、B、C、D、E五种元素，原子序数逐渐增大。A元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6；B元素核外只有一个未成对电子，能与水剧烈反应；C元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；E元素的价电子构型为nsanpa+1，其某种氧化物有剧毒。
（1）A元素的第一电离能___Al元素的第一电离能（填“＜”“＞”或“=”），请解释原因___。
（2）写出B2O2与H2O反应过程中断裂的化学键的种类___。
（3）C元素位于元素周期表的___区，它的价电子排布式是___，C(CO)x的中心原子价电子数与配位数提供的电子数之和为18，则x=___。
（4）D2O的熔点比D2S的熔点高，其原因是___。
（5）ECl3分子的立体构型为___，其中E的杂化类型为___，E元素可能的性质为___（从下列选项中选择）。
A.其单质可作为半导体材料
B.其电负性大于磷
C.最高价氧化物对应的水化物是强酸
（6）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。BSiAl3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm、cnm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有B原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中B原子数目为___；BSiAl3O7的摩尔质量为Mg•mol-1，设NA为阿伏伽德罗常数的值，则晶体的密度=___(g•cm−3)。
【答案】 (1). ＞ (2). 镁原子的价电子排布为3s2，处于全充满状态，比较稳定，失去电子较难 (3). 离子键、非极性共价键、极性共价键（或离子键、共价键） (4). d (5). 3d64s2 (6). 5 (7). 二者都是离子晶体，O2-与S2-所带的电荷相同，但O2-半径小于S2-，Cu2O的晶格能大于Cu2S (8). 三角锥形 (9). sp3 (10). A (11). 4 (12).
【解析】
【分析】
前四周期的A、B、C、D、E五种元素，原子序数逐渐增大。A元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，令A的最外层电子数为x，则2+8+x=6x，x=2，故A为Mg；B元素核外只有一个未成对电子，能与水剧烈反应，B为K；C元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，C为Fe；D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子D为Cu；E元素的价电子构型为nsanpa+1，s能级最多有2个电子，故a=2，所以E元素的价电子构型为ns2np3，E为第ⅤA族元素，其某种氧化物有剧毒，E为As。
（1）同周期第ⅡA族元素的第一电离能大于第ⅢA族元素的第一电离能；
（2）K2O2与H2O反应的化学方程式为2 K2O2+2H2O= O2↑+2KOH，从K2O2与H2O反应的化学方程式中判断反应过程中断裂的化学键的种类；
（3）依据Fe元素的原子序数，以及基态原子核外电子排布式判断Fe元素位于元素周期表的哪个区；
（4）利用影响晶格能大小的因素比较Cu2O、Cu2S熔点的高低；
（5）计算出AsCl3的价层电子对数、中心原子的孤电子对数，判断出分子构型依及中心原子的杂化类型；
（6）先分析得出K原子的个数，再根据公式计算密度。
【详解】由分析知A为Mg、B为K、C为Fe、D为Cu、E为As。
（1）镁原子的价电子排布为3s2，处于全充满状态，比较稳定，失去电子较难，故Mg元素的第一电离能大于Al元素的第一电离能；
（2）B2O2为K2O2，其与H2O反应的化学方程式为2 K2O2+2H2O= O2↑+2KOH，该反应过程中断裂的化学键为离子键、非极性共价键、极性共价键（或离子键、共价键）；
（3）C元素为Fe，原子序数为26，位于元素周期表的d区，它的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故其价电子排布式是3d64s2；Fe(CO)x的中心原子价电子数与配位数提供的电子数之和为18，Fe(CO)x中一个CO提供2个电子，与Fe形成一个配位键，8+2x=18，x=5；
（4）Cu2O与Cu2S二者都是离子晶体，O2-与S2-所带的电荷相同，但O2-半径小于S2-，Cu2O的晶格能大于Cu2S ，故Cu2O的熔点比Cu2S的熔点高；
（5）AsCl3的价层电子对数为4，中心原子As有1对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形，其中As的杂化类型为sp3；As在周期表中位于金属与非金属交界处，故As的单质可作为半导体材料，A正确；同主族从上到下，随着核电荷数的增加，电负性逐渐减小，As的电负性小于P的电负性，B错误；H3AsO4为弱酸，C错误；
（6）KSiAl3O7属于正交晶系（长方体形），原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的K原子位于体内，原子分数坐标为(0,0.3,0.5)及 (1.0,0.3,0.5) 的K原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面，原子分数坐标为(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的K原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为(0,0.7,1.0)、(1.0,0.7,1.0)、(0,0.7,0)及(1.0,0.7,0) 的K原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中K原子的数目为：1+4×+4×，由化学式KSiAl3O7，可知晶胞中相当于含有4个“KSiAl3O7”，令晶胞的密度为，则(a×10-7)×(b×10-7)×
(c×10-7)××NA=4M，解得=(g•cm−3)。
【点睛】本题的难点是(6)问，先根据原子分数坐标判断出K在晶胞中的位置，然后确定一个晶胞中含有多少个“KSiAl3O7”，最后根据(a×10-7)×(b×10-7)×(c×10-7)××NA=4M，计算出密度。
12.芳香化合物F是有机化工的重要原料，也可制毒，受公安部管制。
已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在羧基的间位上。
（1）D物质的名称为___，G中官能团的名称为___、___。
（2）A、F的结构简式分别为___、___，E生成F的反应类型是___。
（3）写出A→B产生较多的副产物的结构简式___，该流程未采用甲苯直接硝化的方法制取D，而是经历几步反应才制得D的目的是___。
（4）F在一定条件下能发生聚合反应，请写出其化学反应方程式___。
（5）F的同分异构体中，氨基直接连在苯环上、且能发生银镜反应的芳香族化合物共有___种（不含立体结构）。
（6）请以甲苯为原料，写出合成间氨基苯甲酸的流程图___（无机试剂任选）。合成流程图表示方法示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】 (1). 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 (2). 羧基 (3). 肽键（酰胺键） (4). (5). (6). 还原反应 (7). 、 (8). 避免苯环上对位的氢原子也被硝基取代使产物不纯（或减少副产物） (9). n+(n-1)H2O (10). 13 (11).
【解析】
【分析】
（1）从D的结构简式中可知，该物质以甲苯作母体，D的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯，从G的结构简式中找出官能团；
（2）由苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上，以及C的结构简式，则A为，B为，E分子中的硝基被还原为氨基，故F为；
（3）由苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上，A→B产生较多的副产物的结构简式、；甲苯若直接硝化的方法制取D，会引人较多的副产物；
（4）F为，分子中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应；
（5）F的同分异构体中，氨基直接连在苯环上、且能发生银镜反应的芳香族化合物，说明分子中含有-CHO或-OCHO这样的官能团，然后找出同分异构体；
（6）甲苯在酸性高锰酸钾溶液的作用下，生成苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的作用下反应生成间硝基苯甲酸，然后硝基被还原为氨基，得间氨基苯甲酸。
【详解】（1）依据D的结构简式，甲苯作母体，硝基作取代基，D的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；从G的结构简式可以看出G中含有的官能团的名称为羧基、肽键（酰胺键）；
（2）由分析知A、F结构简式分别为、；E分子中的硝基被还原为氨基，故E到F的反应类型为还原反应；
（3）由苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在烷烃基的邻对位上，A→B产生较多的副产物的结构简式、；该流程未采用甲苯直接硝化的方法制取D，而是经历几步反应才制得D的目的是避免苯环上对位的氢原子也被硝基取代使产物不纯（或减少副产物）；
（4）F为，分子中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应，其反应方程式为n+(n-1)H2O；
（5）根据题意当F的同分异构体中，与苯环相连的有-NH2、-OCHO这两个官能团时，它们在苯环上的位置有邻、间、对3种；当F的同分异构体中，与苯环相连的有-NH2、-CHO、-OH这三个官能团时，当-NH2与-CHO在苯环上处于邻位时，即 ，-OH在苯环上的位置有4种；当-NH2与-CHO在苯环上处于间位时，即，-OH在苯环上的位置有4种；当-NH2与-CHO在苯环上处于对位时，即，-OH在苯环上的位置有2种；故符合条件F的同分异构体有13种；
（6）甲苯在酸性高锰酸钾溶液的作用下，生成苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的作用下反应生成间硝基苯甲酸，然后硝基被还原为氨基，得间氨基苯甲酸，其合成路线为：
。
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