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安徽省皖南八校2020届高三上学期联考理综化学试题
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“皖南八校”2020届高三第二次联考
理科综合（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32
一、选择题：本题共13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.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 活性炭、漂白粉均具有杀菌作用
B. 农作物秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C. 大量燃烧化石燃料会引起大气中CO2含量上升
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
【答案】A
【解析】
【详解】A．活性炭具有吸附性，没有强氧化性，所以活性炭能去除异味，但是不能杀菌消毒，故A错误；
B．农作物秸秆的主要成分纤维素，纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖可以分解生成乙醇，因此农作物秸秆可用于生产生物质燃料乙醇，故B正确；
C．化石燃料为煤、石油、天然气等，都含碳元素，化石燃料的燃烧过程中都会生成二氧化碳气体，会引起大气中CO2含量上升，故C正确；
D．瓷器是利用黏土高温煅烧制得，故D正确；
故选A。
2.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 煤中含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，可通过干馏得到
B. C4H8Cl2的同分异构体有9种(不含立体异构)
C. 苯乙烯()分子中所有原子不可能共平面
D. 乙醇和乙酸均能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．干馏为化学变化，煤干馏后生成苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，所以煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，故A错误；
B．C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法为、、，因此C4H8Cl2共有9种同分异构体，故B正确；
C．苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，故C错误；
D．乙醇能与KMnO4发生氧化还原反应，乙酸不能与KMnO4发生反应，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意乙醇能够被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，乙酸不能再被酸性高锰酸钾氧化。
3.下列实验方案能达到实验目的的是(部分加持装置已略去)
A. 实验室制氨气
B. 实验室制氢氧化亚铁
C. 除去实验室所制乙烯中的少量SO2
D. 证明碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵分解后生成的氨气和氯化氢气体在试管口又化合生成氯化铵，不能用来制备氨气，故A错误；
B．生成的氢氧化亚铁易被氧化，应隔绝空气，可以将滴管插入到试管底，再挤出氢氧化钠，故B错误；
C．NaOH溶液能够与二氧化硫反应，且不与乙烯反应，可用装置除去实验室所制乙烯中的少量SO2，故C正确；
D．碳酸氢钠加热容易分解，碳酸钠不分解，则小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意碳酸钠和碳酸氢钠的位置，只有在碳酸钠受热的温度比碳酸氢钠高，才能验证碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠弱。
4.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温下1LpH=2的H3PO4溶液中含有的H+数目为0.01NA
B. 0.1mol苯被氧化为CO2转移的电子数为3NA
C. 46.0g甘油(丙三醇)中共价键数目为6.5NA
D. 18g重水(D2O)中含有的中子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，在pH=2 H3PO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，则1L溶液中氢离子个数为0.01NA个，故A正确；
B．1mol苯中含有6mol碳，所以0.1mol苯被氧化为0.6molCO2，C的化合价由-1价升高到+4价，转移的电子为0.6mol×5=3mol，数目为3NA，故B正确；
C．46g甘油的物质的量为=0.5mol，而甘油中含5条C-H键，3条O-H键，3条C-O键，2条C-C键，故0.5mol甘油中含6.5NA条共价键，故C正确；
D．重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为=0.9mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.9mol重水中含9mol中子即9NA个，故D错误；
故选D。
5.用“KClO3氧化法”制备KIO3的工艺流程如下图所示，其中“酸化反应”所得到的产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列叙述错误的是
A. KIO3可作为食盐中的补碘剂
B. “逐Cl2”采用的方法通常是加热
C. “滤液”中的溶质主要是KCl
D. “调pH”步骤中所加入的试剂是NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．食盐加碘是在食盐中加入KIO3，作为补碘剂，故A正确；
B．气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，可采取加热的方法驱逐气体，故B正确；
C．根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl-，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，所以滤液”中的溶质主要是KCl，故C正确；
D．调节pH过程中产生KIO3，则“调pH”步骤中所加入的试剂是KOH，不是NaOH，故D错误；
故选D。
6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5：4。化合物WYZ2是一种工业盐，对人体危害很大。下列叙述正确的是
A. 简单氢化物的沸点：Y
C. 原子半径：W>Z>Y>X
D. X2Z与W2Z2发生的反应中，X2Z被氧化
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、W同主族且与Y处于不同周期，则X为H元素、W为Na元素；Y、Z同周期且相邻，且不与X、W不同周期，则二者均位于第二周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5∶4，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，则=，解得：x=7，则Y为N元素、Z为O元素，化合物NaNO2是一种致癌物，符合题意，以此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
A．常温下，水为液体，氨气为气体，则简单氢化物的沸点：Y
C．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故C错误；
D．X2Z为H2O， W2Z2为Na2O2，二者反应生成氢氧化钠和氧气，水既不是氧化剂，也不是还原剂，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意过氧化钠与水的反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价发生变化。
7.常温下，向20mL0.10mol·L－1HClO溶液中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，滴定过程中溶液中水电离出的c(H+)变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 可用pH试纸测定a点溶液的pH
B. b、c、d三点溶液中离子、分子种类不同
C. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>b=d>a
D. d点溶液中c(Na+)=c(ClO－)
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定a点溶液的pH，故A错误；
B．b、c、d三点溶液中离子种类相同，都含有钠离子、次氯酸根离子氢氧根离子和氢离子，分子种类也相同，含有H2O和HClO，故B错误；
C．结合反应过程可知，a、b、c、d四点溶液中，a点是HClO溶液，抑制水的电离，水的电离程度最小；c点为次氯酸钠溶液，水解促进水的电离，水的电离程度最大； b点为HClO和次氯酸钠的混合溶液，呈中性，d点为次氯酸钠和NaOH的混合溶液，呈碱性，溶液碱性比c点强，根据图像，b、d两点水电离出的氢离子浓度相等，水的电离程度相等，水的电离程度：c>b=d>a，故C正确；
D．d点溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)＞c(ClO－)，故D错误；
故选C。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
8.锗是第四周期第ⅣA族元素，锗是重要的半导体材料，用于制造晶体管及各种电子装置。下图为以锗锌矿(含GeO2、ZnS及少量Fe2O3)为原料生产高纯度锗的工艺流程如下：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐。GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)步骤①中提高碱浸效率的措施有______________________(写一种)，NaOH溶液碱浸时发生反应的离子方程式为______________________。
(2)操作a的名称是___________，GeCl4的电子式为_______________。
(3)滤渣1中除含有ZnS外，还含有少量___________。滤渣2中除含有 CaGeO3外，还含有少量___________。
(4)步骤⑤中加入浓盐酸，发生反应的化学方程式为______________________。不用稀盐酸的原因是______________________。
(5)写出一种证明步骤⑧反应完全的操作方法：______________________。
【答案】 (1). 将矿石粉碎(或加热或充分搅拌) (2). GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O (3). 过滤 (4). (5). Fe2O3 (6). Ca(OH)2 (7). CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O (8). GeCl4在稀盐酸中易水解 (9). 将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝
【解析】
【分析】
碱浸锗锌矿(主要成分GeO2和ZnS及少量Fe2O3)，浸出液中含有锗酸盐，加入氯化钙溶液反应形成CaGeO3沉淀，过滤后得到CaGeO3，将CaGeO3用浓盐酸溶解生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，据此分析解答。
【详解】(1)步骤①中提高碱浸效率的措施有将矿石粉碎或加热或充分搅拌，NaOH溶液碱浸时，将GeO2溶解生成锗酸盐，反应的离子方程式为GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O，故答案为：将矿石粉碎(或加热或充分搅拌)；GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O；
(2)操作a为分离溶液与沉淀，为过滤操作；GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，为分子晶体，含有共价键，电子式为，故答案为：过滤；；
(3)氧化铁不溶于氢氧化钠，滤渣1中除含有ZnS外，还含有少量Fe2O3。氢氧化钙微溶于水，氯化钙能够与氢氧化钠反应生成氢氧化钙沉淀，因此滤渣2中除含有 CaGeO3外，还含有少量Ca(OH)2，故答案为：Fe2O3；Ca(OH)2；
(4)根据流程图，步骤⑤中加入浓盐酸，反应生成CeCl4，反应的化学方程式为CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O；GeCl4在稀盐酸中易水解，因此不用稀盐酸溶解，故答案为：CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O；GeCl4在稀盐酸中易水解；
(5)步骤⑧是用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，当反应完全后将不再产生水蒸气，可以将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝，即可证明反应已经完全，故答案为：将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝。
【点睛】充分理解题中信息是解题的关键。本题的易错点为(4)中方程式的书写，要注意流程图中加入浓盐酸，反应生成CeCl4的提示。
9.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可以除去自来水中的氯气，在水产养殖上被广泛应用。用纯碱和硫化碱(主要成分Na2S，含少量Na2SO4、Na2CO3等)为原料制备Na2S2O3·5H2O的实验流程如下：
回答下列问题：
(1)试剂X是一种二元化合物的钡盐，它与Na2SO4反应的化学方程式为___________________。
(2)用热水溶解并趁热过滤的目的是______________________。
(3)利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应制备Na2S2O3，所需仪器如下图：
①从左到右连接各仪器，导管的接口顺序为：___________接e、f接___________、___________接___________、___________接d。___________
②E中发生反应的离子方程式为______________________。
③装置B的作用是______________________。
(4)操作1包括蒸发浓缩、______________________、___________、洗涤、干燥
(5)为测定产品Na2S2O3·5H2O的纯度，准确称取12.4gNa2S2O3·5H2O产品，配制成100mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.2500mol·L－1碘的标准溶液滴定，发生反应2S2O32－+I2= S4O62－+2I－，消耗碘的标准溶液20.00mL，则该产品的纯度为___________。
【答案】 (1). BaS+Na2SO4= BaSO4+Na2S (2). 更快更多溶解硫化碱，并防止过滤时，因降温而析出Na2S，造成损失 (3). a b c g h (4). CO32-+2 S2-+SO2=3S2O32-+CO2 (5). 作安全瓶，防止E中溶液倒吸入D中 (6). 冷却结晶 (7). 过滤 (8). 80%
【解析】
【分析】
用纯碱和硫化碱(主要成分Na2S，含少量Na2SO4、Na2CO3等)为原料制备Na2S2O3·5H2O，根据实验流程，用热水溶解硫化碱可以更快更多溶解硫化碱，然后加入试剂X，试剂X是一种二元化合物的钡盐，为了不引入新杂质，所以可考虑使用BaS，反应生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，过滤除去，然后在滤液中通入二氧化硫，并加入碳酸钠，硫化钠与二氧化硫、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，蒸发浓缩，冷却结晶得到Na2S2O3·5H2O，据此分析解答。
【详解】(1)该实验流程的目的是用硫化碱(主要成分Na2S，含少量Na2SO4、Na2CO3等)制备Na2S2O3•5H2O，原料中含杂质Na2SO4、Na2CO3等，净化时考虑除去SO42-，CO32-，试剂X是一种二元化合物的钡盐，为了不引入新杂质，所以可考虑使用BaS，因此与Na2SO4反应的化学方程式为BaS+Na2SO4= BaSO4↓+Na2S，故答案为：BaS+Na2SO4= BaSO4↓+Na2S；
(2)用热水溶解可以更快更多溶解硫化碱，趁热过滤可以防止过滤时，因降温而析出Na2S，造成损失，故答案为：更快更多溶解硫化碱，并防止过滤时，因降温而析出Na2S，造成损失；
(3)①利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应制备Na2S2O3，反应的方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，根据提供的装置图，D为二氧化硫的发生装置，E为三者的反应装置，尾气中的二氧化硫需要吸收，并防止倒吸，用C装置处理，需按下列顺序连接装置，A(实验后期关闭E中止水夹，打开A中止水夹，可吸收多余SO2)→D(制取SO2)→B(安全装置)→E(制取Na2S2O3)→C(吸收SO2尾气)，所以各接口的顺序为： a接e、f接b、c接g、h接d，故答案为：a b c g h；
②E中发生反应的离子方程式为CO32-+2 S2-+SO2=3S2O32-+CO2，故答案为：CO32-+2 S2-+SO2=3S2O32-+CO2；
③装置B是安全瓶，防止E中溶液倒吸入D中，故答案为：作安全瓶，防止E中溶液倒吸入D中；
(4) 硫化钠与二氧化硫、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，要得到硫代硫酸钠晶体，可以蒸发浓缩，冷却结晶得到Na2S2O3·5H2O，因此操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，最终得到Na2S2O3·5H2O，故答案为：冷却结晶；过滤；
(5) 20.00mL 0.2500mol·L－1碘的标准溶液中含有碘的物质的量为0.02L×0.2500mol/L=0.005mol，根据2S2O32－+I2= S4O62－+2I－，样品中含有的Na2S2O3·5H2O为0.005mol×2×=0.04mol，因此样品中含有的Na2S2O3·5H2O的纯度为×100%=80%，故答案为：80%。
10.环境问题越来越受到人们的重视，“绿水青山就是金山银山”的理念已被人们认同。运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：
(1)亚硝酰氯(C—N=O)气体是有机合成中的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为______________________。
相关化学键的键能如下表所示：
化学键
Cl—Cl
N≡O(NO气体)
Cl—N
N=O
键能/(kJ·mol－1)
243
630
200
607
(2)为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质的有关反应，在某恒容密闭容器中充入4molCO和4 mol NO，发生反应2CO+2NO2CO2+N2，平衡时CO的体积分数与温度(T1
①该可逆反应达到平衡后，为在提高反应速率的同时提高NO的转化率，可采取的措施有___________(填标号)。
a．按体积比1：1再充入CO和NO b．改用高效催化剂
c．升高温度 d．增加CO的浓度
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下的平衡常数Kp=___________MPa－1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。保留4位小数)。
③若在B点对反应容器降低温度至T1的同时缩小体积至体系压强增大，达到新的平衡状态时，可能是图中A~F点中的___________点(填标号)。
(3)有人设想采用下列方法减少SO2、NO2对环境的污染：用CH4还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，并用这种化合物来还原NO2。这种含硫化合物和NO2反应的化学方程式为______________________。
(4)用NaOH溶液吸收SO2也是减少大气污染的一种有效方法。25℃时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，若溶液中，则该混合溶液的pH=___________(25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10－2，K a2=1.0×10－7)。
(5)电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下：
①电极b上发生的是___________反应(填“氧化”或“还原”)。
②电极a的电极反应为_______________________。
【答案】 (1). 2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)△H=-111kJ/mol； (2). ad (3). 0.0023MPa-1 (4). F (5). 4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S (6). 6 (7). 还原 (8). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】
【分析】
(1)根据反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；
(2)①根据图像，升高温度，平衡时CO的体积分数增大，平衡逆向移动，说明该反应的正反应是反应前后气体体积减小的放热反应，据此分析判断；
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下，平衡时CO的体积分数为40%，设参加反应的n(CO)=xmol，根据三段式计算解答；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，NO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO体积分数减小，据此分析判断；
(3)CH4还原SO2，生成一种含硫质量分数约为94%化合物为H2S，NO2氧化H2S的生成物可减少氮氧化物对环境的污染，即生成N2和S单质，据此写出化学方程式；
(4) 根据==计算c(H+)，再求混合溶液的pH；
(5)Pt电极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，据此分析解答。
【详解】Ⅰ．(1)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，反应的焓变△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，故答案为：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)△H=-111kJ/mol；
(2)①a．按体积比1∶1再充入CO和NO，相当于增大压强，平衡正向移动，NO转化率提高，故a正确；b．改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故b错误；c．根据图像，升高温度，平衡时CO的体积分数增大，平衡逆向移动，NO转化率降低，故c错误；d．增加CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；故答案为：ad；
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下，平衡时CO的体积分数为40%，设参加反应的n(CO)=xmol，
2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)
开始(mol) 4 4 0 0
反应(mol) x x x 0.5x
平衡(mol)4-x 4-x x 0.5x
平衡时混合气体物质的量=(4-x+4-x+x+0.5x)mol=(8-0.5x)mol，平衡时NO的体积分数平衡时CO的体积分数=×100%=40%，x=1，平衡时P(NO)=×20MPa=8MPa、P(CO)=×20MPa=8MPa、P(CO2)=×20MPa=MPa、P(N2)=×20MPa=MPa，该温度下平衡常数Kp===0.0023MPa-1，故答案为：0.0023MPa-1；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，CO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动，CO体积分数减小，所以符合条件的为点F，故答案为：F；
(3)根据原子守恒可知，CH4还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，假设该化合物中含有1个S原子，则该化合物的相对分子质量约为=34，则该化合物为H2S，NO2氧化H2S的生成物对环境无污染，则反应生成N2、S单质和H2O，根据原子守恒，反应的化学方程式为4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S，故答案为：4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S；
(4) 将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，====，解得c(H+)=1.0×10－6mol/L，则混合溶液的pH=6，故答案为：6；
(5)①Pt电极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，正极上氧气得电子被还原，发生还原反应，故答案为：还原；
②a极为负极，负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动，参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意三段式在化学平衡计算中的应用，难点为(4)，要注意将关系式适当变形，要想办法与亚硫酸的电离平衡常数建立联系。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11.物质的结构决定其性质，元素周期表和元素周期律揭示了化学元素间的内在联系，使其构成了一个完整的体系。回答下列问题：
(1)在硼、氮、氧、氟中，第一电离能由大到小排序为___________(用元素符号表示，下同)。四种元素中的基态原子中，未成对电子数最多的是___________。
(2)已知硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O [B(OH)4]+H+。
①硼酸是___________元酸。
②[B(OH)4]－中含有的化学键类型有___________(填标号)。
a．σ键 b．π键 c．配位键 d．非极性键
③由[B(OH)4]－推出[Al(OH)4]－结构式为______________________。
(3)氟化硝酰(NO2F)与NO3－的结构相似，则其分子的立体构型是___________，N原子的杂化轨道类型为___________。
(4)已知单质硼晶体的熔点为1873℃，单质硼晶体是___________晶体。
(5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示。已知晶胞中B－P键键长均为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则磷化硼晶体的密度为___________g·cm－3(列出计算式)。
【答案】 (1). F＞N＞O＞B (2). N (3). 一 (4). ac (5). 或 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 原子 (9).
【解析】
【分析】
(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；根据硼、氮、氧、氟在周期表中的位置判断第一电离能的排序；再根据电子排布式判断四种基态原子中未成对电子数最多的原子；
(2) ①根据电离方程式H3BO3+H2O [B(OH)4]+H+判断；
②B最外层只有3个电子，存在空轨道，据此判断[B(OH)4]－中含有化学键；
③由[B(OH)4]－推出[Al(OH)4]－中也存在σ键和配位键；
(3) NO3-中N原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，立体构型为平面三角形，据此分析解答；
(4)根据单质硼晶体的熔点为1873℃，结合常见晶体的物理性质特征判断；
(5)根据均摊法结合晶胞结构计算一个晶胞中含有P原子和B原子数目，计算晶胞的质量；晶胞中B－P键键长为晶胞体对角线长度的，求出晶胞棱长，据此分析计算。
【详解】(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；在硼、氮、氧、氟中，第一电离能由大到小排序为F＞N＞O＞B。四种元素中的基态原子中，未成对电子数最多的是N。其2p轨道有3个未成对电子，故答案为：F＞N＞O＞B；N；
(2) ①根据电离方程式H3BO3+H2O [B(OH)4]+H+可知，硼酸是一元酸，故答案为：一；
②B最外层只有3个电子，存在空轨道，因此[B(OH)4]－中含有σ键和配位键，故答案为：ac；
③由[B(OH)4]－推出[Al(OH)4]－中也存在σ键和配位键，结构式为，故答案为：；
(3) NO3-中N原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，立体构型为平面三角形，氟化硝酰(NO2F)与NO3－结构相似，则其分子的立体构型也是平面三角形，N原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：平面三角形；sp2；
(4)根据单质硼晶体的熔点为1873℃，符合原子晶体的物理性质特征，单质硼晶体是原子晶体，故答案为：原子；
(5)根据晶胞结构，一个晶胞中含有P原子的数目=8×+6×=4，含有4个B原子，则晶胞的质量为g，晶胞中B－P键键长均为anm，为晶胞体对角线长度的，则晶胞棱长=anm=a×10-6cm，则磷化硼晶体的密度为= g·cm－3，故答案为：。
【点睛】本题的难点为(5)，要注意晶胞中B－P键键长为晶胞体对角线长度的，结合立体几何的知识求出立方体的棱长是解题的关键。
[化学—选修5：有机化学基础]
12.以芳香烃A为原料制备某重要医药中间体F的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)B的化学名称为______________________。
(2)由A生成B的反应类型为___________，由D生成E的反应类型为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为__________________________________。
(4)已知E的同分异构满足下列条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色；
②苯环上的取代基不超过3个；
③1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag；
④含有氨基(－NH2)。
这些同分异构体中的含氧官能团的名称是___________，这些同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
(5)已知：。
设计由和CH3OH制备的合成路线：_________________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 2-硝基甲苯 (2). 取代反应 (3). 氧化反应 (4). +(CH3CO)2O+CH3COOH (5). 羟基、醛基 (6). 23 (7). (8).
【解析】
【分析】
A是芳香烃，结合D的结构简式，可知A为，A发生甲基邻位取代反应生成B，B为，B发生还原反应生成C，C为，C与乙酸酐发生取代反应生成D，同时有乙酸生成。D发生氧化反应生成E，E发生取代反应生成F，碳酸钾可以消耗生成的硫酸，有利于提高F的产率，据此分析解答。
【详解】(1)B为，B的名称为：2-硝基甲苯，故答案为：2-硝基甲苯；
(2)由A生成B是苯环上氢原子被硝基替代，属于取代反应，由D生成E是D中甲基转化为-COOH，属于氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；
(3)由C生成D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；
(4)已知E()的同分异构满足下列条件：①遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；②苯环上的取代基不超过3个；③1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag，说明含有2个醛基；④含有氨基(－NH2)，这些同分异构体中的含氧官能团有醛基和羟基，满足条件的同分异构体有：①在苯环上含有1个羟基1个醛基和1个—CH(NH2)CHO有10种；②在苯环上含有1个羟基1个氨基和1个—CH(CHO)2有10种；③在苯环上含有1个羟基和1个—C(NH2) (CHO)2有3种，共23种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为，故答案为：羟基、醛基；23；；
(5) 由和CH3OH制备，根据题干流程图，中的酯基可以由羧基和(CH3)2SO4反应得到，另一个侧链可以先将硝基还原为氨基，再根据信息，由氨基与一溴甲烷反应得到，因此合成路线为：，故答案为：。
“皖南八校”2020届高三第二次联考
理科综合（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32
一、选择题：本题共13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.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 活性炭、漂白粉均具有杀菌作用
B. 农作物秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C. 大量燃烧化石燃料会引起大气中CO2含量上升
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
【答案】A
【解析】
【详解】A．活性炭具有吸附性，没有强氧化性，所以活性炭能去除异味，但是不能杀菌消毒，故A错误；
B．农作物秸秆的主要成分纤维素，纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖可以分解生成乙醇，因此农作物秸秆可用于生产生物质燃料乙醇，故B正确；
C．化石燃料为煤、石油、天然气等，都含碳元素，化石燃料的燃烧过程中都会生成二氧化碳气体，会引起大气中CO2含量上升，故C正确；
D．瓷器是利用黏土高温煅烧制得，故D正确；
故选A。
2.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 煤中含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，可通过干馏得到
B. C4H8Cl2的同分异构体有9种(不含立体异构)
C. 苯乙烯()分子中所有原子不可能共平面
D. 乙醇和乙酸均能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．干馏为化学变化，煤干馏后生成苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，所以煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，故A错误；
B．C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法为、、，因此C4H8Cl2共有9种同分异构体，故B正确；
C．苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，故C错误；
D．乙醇能与KMnO4发生氧化还原反应，乙酸不能与KMnO4发生反应，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意乙醇能够被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，乙酸不能再被酸性高锰酸钾氧化。
3.下列实验方案能达到实验目的的是(部分加持装置已略去)
A. 实验室制氨气
B. 实验室制氢氧化亚铁
C. 除去实验室所制乙烯中的少量SO2
D. 证明碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵分解后生成的氨气和氯化氢气体在试管口又化合生成氯化铵，不能用来制备氨气，故A错误；
B．生成的氢氧化亚铁易被氧化，应隔绝空气，可以将滴管插入到试管底，再挤出氢氧化钠，故B错误；
C．NaOH溶液能够与二氧化硫反应，且不与乙烯反应，可用装置除去实验室所制乙烯中的少量SO2，故C正确；
D．碳酸氢钠加热容易分解，碳酸钠不分解，则小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意碳酸钠和碳酸氢钠的位置，只有在碳酸钠受热的温度比碳酸氢钠高，才能验证碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠弱。
4.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温下1LpH=2的H3PO4溶液中含有的H+数目为0.01NA
B. 0.1mol苯被氧化为CO2转移的电子数为3NA
C. 46.0g甘油(丙三醇)中共价键数目为6.5NA
D. 18g重水(D2O)中含有的中子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，在pH=2 H3PO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，则1L溶液中氢离子个数为0.01NA个，故A正确；
B．1mol苯中含有6mol碳，所以0.1mol苯被氧化为0.6molCO2，C的化合价由-1价升高到+4价，转移的电子为0.6mol×5=3mol，数目为3NA，故B正确；
C．46g甘油的物质的量为=0.5mol，而甘油中含5条C-H键，3条O-H键，3条C-O键，2条C-C键，故0.5mol甘油中含6.5NA条共价键，故C正确；
D．重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为=0.9mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.9mol重水中含9mol中子即9NA个，故D错误；
故选D。
5.用“KClO3氧化法”制备KIO3的工艺流程如下图所示，其中“酸化反应”所得到的产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列叙述错误的是
A. KIO3可作为食盐中的补碘剂
B. “逐Cl2”采用的方法通常是加热
C. “滤液”中的溶质主要是KCl
D. “调pH”步骤中所加入的试剂是NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．食盐加碘是在食盐中加入KIO3，作为补碘剂，故A正确；
B．气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，可采取加热的方法驱逐气体，故B正确；
C．根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl-，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，所以滤液”中的溶质主要是KCl，故C正确；
D．调节pH过程中产生KIO3，则“调pH”步骤中所加入的试剂是KOH，不是NaOH，故D错误；
故选D。
6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5：4。化合物WYZ2是一种工业盐，对人体危害很大。下列叙述正确的是
A. 简单氢化物的沸点：Y
C. 原子半径：W>Z>Y>X
D. X2Z与W2Z2发生的反应中，X2Z被氧化
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、W同主族且与Y处于不同周期，则X为H元素、W为Na元素；Y、Z同周期且相邻，且不与X、W不同周期，则二者均位于第二周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5∶4，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，则=，解得：x=7，则Y为N元素、Z为O元素，化合物NaNO2是一种致癌物，符合题意，以此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
A．常温下，水为液体，氨气为气体，则简单氢化物的沸点：Y
C．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故C错误；
D．X2Z为H2O， W2Z2为Na2O2，二者反应生成氢氧化钠和氧气，水既不是氧化剂，也不是还原剂，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意过氧化钠与水的反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价发生变化。
7.常温下，向20mL0.10mol·L－1HClO溶液中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，滴定过程中溶液中水电离出的c(H+)变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 可用pH试纸测定a点溶液的pH
B. b、c、d三点溶液中离子、分子种类不同
C. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>b=d>a
D. d点溶液中c(Na+)=c(ClO－)
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定a点溶液的pH，故A错误；
B．b、c、d三点溶液中离子种类相同，都含有钠离子、次氯酸根离子氢氧根离子和氢离子，分子种类也相同，含有H2O和HClO，故B错误；
C．结合反应过程可知，a、b、c、d四点溶液中，a点是HClO溶液，抑制水的电离，水的电离程度最小；c点为次氯酸钠溶液，水解促进水的电离，水的电离程度最大； b点为HClO和次氯酸钠的混合溶液，呈中性，d点为次氯酸钠和NaOH的混合溶液，呈碱性，溶液碱性比c点强，根据图像，b、d两点水电离出的氢离子浓度相等，水的电离程度相等，水的电离程度：c>b=d>a，故C正确；
D．d点溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)＞c(ClO－)，故D错误；
故选C。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
8.锗是第四周期第ⅣA族元素，锗是重要的半导体材料，用于制造晶体管及各种电子装置。下图为以锗锌矿(含GeO2、ZnS及少量Fe2O3)为原料生产高纯度锗的工艺流程如下：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐。GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)步骤①中提高碱浸效率的措施有______________________(写一种)，NaOH溶液碱浸时发生反应的离子方程式为______________________。
(2)操作a的名称是___________，GeCl4的电子式为_______________。
(3)滤渣1中除含有ZnS外，还含有少量___________。滤渣2中除含有 CaGeO3外，还含有少量___________。
(4)步骤⑤中加入浓盐酸，发生反应的化学方程式为______________________。不用稀盐酸的原因是______________________。
(5)写出一种证明步骤⑧反应完全的操作方法：______________________。
【答案】 (1). 将矿石粉碎(或加热或充分搅拌) (2). GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O (3). 过滤 (4). (5). Fe2O3 (6). Ca(OH)2 (7). CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O (8). GeCl4在稀盐酸中易水解 (9). 将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝
【解析】
【分析】
碱浸锗锌矿(主要成分GeO2和ZnS及少量Fe2O3)，浸出液中含有锗酸盐，加入氯化钙溶液反应形成CaGeO3沉淀，过滤后得到CaGeO3，将CaGeO3用浓盐酸溶解生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，据此分析解答。
【详解】(1)步骤①中提高碱浸效率的措施有将矿石粉碎或加热或充分搅拌，NaOH溶液碱浸时，将GeO2溶解生成锗酸盐，反应的离子方程式为GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O，故答案为：将矿石粉碎(或加热或充分搅拌)；GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O；
(2)操作a为分离溶液与沉淀，为过滤操作；GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，为分子晶体，含有共价键，电子式为，故答案为：过滤；；
(3)氧化铁不溶于氢氧化钠，滤渣1中除含有ZnS外，还含有少量Fe2O3。氢氧化钙微溶于水，氯化钙能够与氢氧化钠反应生成氢氧化钙沉淀，因此滤渣2中除含有 CaGeO3外，还含有少量Ca(OH)2，故答案为：Fe2O3；Ca(OH)2；
(4)根据流程图，步骤⑤中加入浓盐酸，反应生成CeCl4，反应的化学方程式为CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O；GeCl4在稀盐酸中易水解，因此不用稀盐酸溶解，故答案为：CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O；GeCl4在稀盐酸中易水解；
(5)步骤⑧是用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，当反应完全后将不再产生水蒸气，可以将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝，即可证明反应已经完全，故答案为：将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝。
【点睛】充分理解题中信息是解题的关键。本题的易错点为(4)中方程式的书写，要注意流程图中加入浓盐酸，反应生成CeCl4的提示。
9.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可以除去自来水中的氯气，在水产养殖上被广泛应用。用纯碱和硫化碱(主要成分Na2S，含少量Na2SO4、Na2CO3等)为原料制备Na2S2O3·5H2O的实验流程如下：
回答下列问题：
(1)试剂X是一种二元化合物的钡盐，它与Na2SO4反应的化学方程式为___________________。
(2)用热水溶解并趁热过滤的目的是______________________。
(3)利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应制备Na2S2O3，所需仪器如下图：
①从左到右连接各仪器，导管的接口顺序为：___________接e、f接___________、___________接___________、___________接d。___________
②E中发生反应的离子方程式为______________________。
③装置B的作用是______________________。
(4)操作1包括蒸发浓缩、______________________、___________、洗涤、干燥
(5)为测定产品Na2S2O3·5H2O的纯度，准确称取12.4gNa2S2O3·5H2O产品，配制成100mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.2500mol·L－1碘的标准溶液滴定，发生反应2S2O32－+I2= S4O62－+2I－，消耗碘的标准溶液20.00mL，则该产品的纯度为___________。
【答案】 (1). BaS+Na2SO4= BaSO4+Na2S (2). 更快更多溶解硫化碱，并防止过滤时，因降温而析出Na2S，造成损失 (3). a b c g h (4). CO32-+2 S2-+SO2=3S2O32-+CO2 (5). 作安全瓶，防止E中溶液倒吸入D中 (6). 冷却结晶 (7). 过滤 (8). 80%
【解析】
【分析】
用纯碱和硫化碱(主要成分Na2S，含少量Na2SO4、Na2CO3等)为原料制备Na2S2O3·5H2O，根据实验流程，用热水溶解硫化碱可以更快更多溶解硫化碱，然后加入试剂X，试剂X是一种二元化合物的钡盐，为了不引入新杂质，所以可考虑使用BaS，反应生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，过滤除去，然后在滤液中通入二氧化硫，并加入碳酸钠，硫化钠与二氧化硫、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，蒸发浓缩，冷却结晶得到Na2S2O3·5H2O，据此分析解答。
【详解】(1)该实验流程的目的是用硫化碱(主要成分Na2S，含少量Na2SO4、Na2CO3等)制备Na2S2O3•5H2O，原料中含杂质Na2SO4、Na2CO3等，净化时考虑除去SO42-，CO32-，试剂X是一种二元化合物的钡盐，为了不引入新杂质，所以可考虑使用BaS，因此与Na2SO4反应的化学方程式为BaS+Na2SO4= BaSO4↓+Na2S，故答案为：BaS+Na2SO4= BaSO4↓+Na2S；
(2)用热水溶解可以更快更多溶解硫化碱，趁热过滤可以防止过滤时，因降温而析出Na2S，造成损失，故答案为：更快更多溶解硫化碱，并防止过滤时，因降温而析出Na2S，造成损失；
(3)①利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应制备Na2S2O3，反应的方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，根据提供的装置图，D为二氧化硫的发生装置，E为三者的反应装置，尾气中的二氧化硫需要吸收，并防止倒吸，用C装置处理，需按下列顺序连接装置，A(实验后期关闭E中止水夹，打开A中止水夹，可吸收多余SO2)→D(制取SO2)→B(安全装置)→E(制取Na2S2O3)→C(吸收SO2尾气)，所以各接口的顺序为： a接e、f接b、c接g、h接d，故答案为：a b c g h；
②E中发生反应的离子方程式为CO32-+2 S2-+SO2=3S2O32-+CO2，故答案为：CO32-+2 S2-+SO2=3S2O32-+CO2；
③装置B是安全瓶，防止E中溶液倒吸入D中，故答案为：作安全瓶，防止E中溶液倒吸入D中；
(4) 硫化钠与二氧化硫、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，要得到硫代硫酸钠晶体，可以蒸发浓缩，冷却结晶得到Na2S2O3·5H2O，因此操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，最终得到Na2S2O3·5H2O，故答案为：冷却结晶；过滤；
(5) 20.00mL 0.2500mol·L－1碘的标准溶液中含有碘的物质的量为0.02L×0.2500mol/L=0.005mol，根据2S2O32－+I2= S4O62－+2I－，样品中含有的Na2S2O3·5H2O为0.005mol×2×=0.04mol，因此样品中含有的Na2S2O3·5H2O的纯度为×100%=80%，故答案为：80%。
10.环境问题越来越受到人们的重视，“绿水青山就是金山银山”的理念已被人们认同。运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：
(1)亚硝酰氯(C—N=O)气体是有机合成中的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为______________________。
相关化学键的键能如下表所示：
化学键
Cl—Cl
N≡O(NO气体)
Cl—N
N=O
键能/(kJ·mol－1)
243
630
200
607
(2)为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质的有关反应，在某恒容密闭容器中充入4molCO和4 mol NO，发生反应2CO+2NO2CO2+N2，平衡时CO的体积分数与温度(T1
①该可逆反应达到平衡后，为在提高反应速率的同时提高NO的转化率，可采取的措施有___________(填标号)。
a．按体积比1：1再充入CO和NO b．改用高效催化剂
c．升高温度 d．增加CO的浓度
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下的平衡常数Kp=___________MPa－1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。保留4位小数)。
③若在B点对反应容器降低温度至T1的同时缩小体积至体系压强增大，达到新的平衡状态时，可能是图中A~F点中的___________点(填标号)。
(3)有人设想采用下列方法减少SO2、NO2对环境的污染：用CH4还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，并用这种化合物来还原NO2。这种含硫化合物和NO2反应的化学方程式为______________________。
(4)用NaOH溶液吸收SO2也是减少大气污染的一种有效方法。25℃时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，若溶液中，则该混合溶液的pH=___________(25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10－2，K a2=1.0×10－7)。
(5)电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下：
①电极b上发生的是___________反应(填“氧化”或“还原”)。
②电极a的电极反应为_______________________。
【答案】 (1). 2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)△H=-111kJ/mol； (2). ad (3). 0.0023MPa-1 (4). F (5). 4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S (6). 6 (7). 还原 (8). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】
【分析】
(1)根据反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；
(2)①根据图像，升高温度，平衡时CO的体积分数增大，平衡逆向移动，说明该反应的正反应是反应前后气体体积减小的放热反应，据此分析判断；
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下，平衡时CO的体积分数为40%，设参加反应的n(CO)=xmol，根据三段式计算解答；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，NO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO体积分数减小，据此分析判断；
(3)CH4还原SO2，生成一种含硫质量分数约为94%化合物为H2S，NO2氧化H2S的生成物可减少氮氧化物对环境的污染，即生成N2和S单质，据此写出化学方程式；
(4) 根据==计算c(H+)，再求混合溶液的pH；
(5)Pt电极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，据此分析解答。
【详解】Ⅰ．(1)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，反应的焓变△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，故答案为：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)△H=-111kJ/mol；
(2)①a．按体积比1∶1再充入CO和NO，相当于增大压强，平衡正向移动，NO转化率提高，故a正确；b．改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故b错误；c．根据图像，升高温度，平衡时CO的体积分数增大，平衡逆向移动，NO转化率降低，故c错误；d．增加CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；故答案为：ad；
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下，平衡时CO的体积分数为40%，设参加反应的n(CO)=xmol，
2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)
开始(mol) 4 4 0 0
反应(mol) x x x 0.5x
平衡(mol)4-x 4-x x 0.5x
平衡时混合气体物质的量=(4-x+4-x+x+0.5x)mol=(8-0.5x)mol，平衡时NO的体积分数平衡时CO的体积分数=×100%=40%，x=1，平衡时P(NO)=×20MPa=8MPa、P(CO)=×20MPa=8MPa、P(CO2)=×20MPa=MPa、P(N2)=×20MPa=MPa，该温度下平衡常数Kp===0.0023MPa-1，故答案为：0.0023MPa-1；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，CO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动，CO体积分数减小，所以符合条件的为点F，故答案为：F；
(3)根据原子守恒可知，CH4还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，假设该化合物中含有1个S原子，则该化合物的相对分子质量约为=34，则该化合物为H2S，NO2氧化H2S的生成物对环境无污染，则反应生成N2、S单质和H2O，根据原子守恒，反应的化学方程式为4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S，故答案为：4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S；
(4) 将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，====，解得c(H+)=1.0×10－6mol/L，则混合溶液的pH=6，故答案为：6；
(5)①Pt电极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，正极上氧气得电子被还原，发生还原反应，故答案为：还原；
②a极为负极，负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动，参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意三段式在化学平衡计算中的应用，难点为(4)，要注意将关系式适当变形，要想办法与亚硫酸的电离平衡常数建立联系。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11.物质的结构决定其性质，元素周期表和元素周期律揭示了化学元素间的内在联系，使其构成了一个完整的体系。回答下列问题：
(1)在硼、氮、氧、氟中，第一电离能由大到小排序为___________(用元素符号表示，下同)。四种元素中的基态原子中，未成对电子数最多的是___________。
(2)已知硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O [B(OH)4]+H+。
①硼酸是___________元酸。
②[B(OH)4]－中含有的化学键类型有___________(填标号)。
a．σ键 b．π键 c．配位键 d．非极性键
③由[B(OH)4]－推出[Al(OH)4]－结构式为______________________。
(3)氟化硝酰(NO2F)与NO3－的结构相似，则其分子的立体构型是___________，N原子的杂化轨道类型为___________。
(4)已知单质硼晶体的熔点为1873℃，单质硼晶体是___________晶体。
(5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示。已知晶胞中B－P键键长均为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则磷化硼晶体的密度为___________g·cm－3(列出计算式)。
【答案】 (1). F＞N＞O＞B (2). N (3). 一 (4). ac (5). 或 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 原子 (9).
【解析】
【分析】
(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；根据硼、氮、氧、氟在周期表中的位置判断第一电离能的排序；再根据电子排布式判断四种基态原子中未成对电子数最多的原子；
(2) ①根据电离方程式H3BO3+H2O [B(OH)4]+H+判断；
②B最外层只有3个电子，存在空轨道，据此判断[B(OH)4]－中含有化学键；
③由[B(OH)4]－推出[Al(OH)4]－中也存在σ键和配位键；
(3) NO3-中N原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，立体构型为平面三角形，据此分析解答；
(4)根据单质硼晶体的熔点为1873℃，结合常见晶体的物理性质特征判断；
(5)根据均摊法结合晶胞结构计算一个晶胞中含有P原子和B原子数目，计算晶胞的质量；晶胞中B－P键键长为晶胞体对角线长度的，求出晶胞棱长，据此分析计算。
【详解】(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；在硼、氮、氧、氟中，第一电离能由大到小排序为F＞N＞O＞B。四种元素中的基态原子中，未成对电子数最多的是N。其2p轨道有3个未成对电子，故答案为：F＞N＞O＞B；N；
(2) ①根据电离方程式H3BO3+H2O [B(OH)4]+H+可知，硼酸是一元酸，故答案为：一；
②B最外层只有3个电子，存在空轨道，因此[B(OH)4]－中含有σ键和配位键，故答案为：ac；
③由[B(OH)4]－推出[Al(OH)4]－中也存在σ键和配位键，结构式为，故答案为：；
(3) NO3-中N原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，立体构型为平面三角形，氟化硝酰(NO2F)与NO3－结构相似，则其分子的立体构型也是平面三角形，N原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：平面三角形；sp2；
(4)根据单质硼晶体的熔点为1873℃，符合原子晶体的物理性质特征，单质硼晶体是原子晶体，故答案为：原子；
(5)根据晶胞结构，一个晶胞中含有P原子的数目=8×+6×=4，含有4个B原子，则晶胞的质量为g，晶胞中B－P键键长均为anm，为晶胞体对角线长度的，则晶胞棱长=anm=a×10-6cm，则磷化硼晶体的密度为= g·cm－3，故答案为：。
【点睛】本题的难点为(5)，要注意晶胞中B－P键键长为晶胞体对角线长度的，结合立体几何的知识求出立方体的棱长是解题的关键。
[化学—选修5：有机化学基础]
12.以芳香烃A为原料制备某重要医药中间体F的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)B的化学名称为______________________。
(2)由A生成B的反应类型为___________，由D生成E的反应类型为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为__________________________________。
(4)已知E的同分异构满足下列条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色；
②苯环上的取代基不超过3个；
③1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag；
④含有氨基(－NH2)。
这些同分异构体中的含氧官能团的名称是___________，这些同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
(5)已知：。
设计由和CH3OH制备的合成路线：_________________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 2-硝基甲苯 (2). 取代反应 (3). 氧化反应 (4). +(CH3CO)2O+CH3COOH (5). 羟基、醛基 (6). 23 (7). (8).
【解析】
【分析】
A是芳香烃，结合D的结构简式，可知A为，A发生甲基邻位取代反应生成B，B为，B发生还原反应生成C，C为，C与乙酸酐发生取代反应生成D，同时有乙酸生成。D发生氧化反应生成E，E发生取代反应生成F，碳酸钾可以消耗生成的硫酸，有利于提高F的产率，据此分析解答。
【详解】(1)B为，B的名称为：2-硝基甲苯，故答案为：2-硝基甲苯；
(2)由A生成B是苯环上氢原子被硝基替代，属于取代反应，由D生成E是D中甲基转化为-COOH，属于氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；
(3)由C生成D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；
(4)已知E()的同分异构满足下列条件：①遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；②苯环上的取代基不超过3个；③1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag，说明含有2个醛基；④含有氨基(－NH2)，这些同分异构体中的含氧官能团有醛基和羟基，满足条件的同分异构体有：①在苯环上含有1个羟基1个醛基和1个—CH(NH2)CHO有10种；②在苯环上含有1个羟基1个氨基和1个—CH(CHO)2有10种；③在苯环上含有1个羟基和1个—C(NH2) (CHO)2有3种，共23种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为，故答案为：羟基、醛基；23；；
(5) 由和CH3OH制备，根据题干流程图，中的酯基可以由羧基和(CH3)2SO4反应得到，另一个侧链可以先将硝基还原为氨基，再根据信息，由氨基与一溴甲烷反应得到，因此合成路线为：，故答案为：。
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