陕西省榆林市神木中学2022届高三化学上学期第二次模考试题含解析

2022-2022学年陕西省榆林市神木中学高三（上）第二次模考化学试卷一、选择题：1．下列有关新闻事件的叙述正确的是()A．在结冰的路面上撒盐，是利用盐与水发生化学反应放出大量热量，促使冰雪融化B．我国决定推广使用车用乙醇汽油，乙醇汽油是一种新型的化合物，属于可再生能源C．利用可降解的生物质材料“玉米塑料”（主要成分为聚乳酸）替代一次性饭盒，可防止产生白色污染D．氮化硅陶瓷可用于制造新型柴油发动机是因为氮化硅陶瓷具有较大的硬度2．下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是()A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O═C6H5OH+HSO3﹣D．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br23．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA4．原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙的化学式为YZ3，丙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法正确的是()A．原子半径：W＞Y＞Z，而离子半径：Z＞Y＞WB．甲沸点远高于乙，可能是甲分子间存在氢键所致C．测得丙的水溶液呈酸性，则溶液中丙盐阳离子浓度大于酸根离子浓度D．W的氯化物水溶液中通入YX3至过量，现象是先有白色沉淀，后逐渐溶解5．下列化合物的一氯代物的数目排列顺序正确的是()①CH3CH2CH2CH2CH2CH3②（CH3）2CHCH（CH3）2③（CH3）3CCH2CH3④（CH3）3CC（CH3）3．A．①＞②＞③＞④B．②＞③=①＞④C．③＞②＞④＞①D．③=①＞②＞④6．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2，反应2NO2（g）⇌N2O4（g），经一段时间后达平衡．反应过程中测定的部分数据见表：下列说法正确的是()18t/s050150250350n（N2O4）/mol00.120.180.200.20A．反应在前50s的平均速率为v（NO2）=0.0012mol•L﹣1•s﹣1B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，v（正）＞v（逆）C．保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则正反应的△H＜0D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%7．下列实验现象预测正确的是()A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应二、解答题（共3小题，满分44分）8．苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一．下面是它的一种实验室合成路线：制备苯乙酸的装置示意图如图（加热和夹持装置等略）：已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇．回答下列问题：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸．配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是__________．（2）将a中的溶液加热至100℃，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130℃继续反应．在装置中，仪器b的作用是__________；仪器c的名称是__________，其作用是__________．反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品．下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是__________（填标号）．A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒（3）最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是__________．（保留整数即可）（4）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是__________．189．亚硝酸（HNO2）是一种与醋酸酸性相当的弱酸，不稳定，通常在室温下立即分解．（1）写出亚硝酸的电离方程式：__________．（2）在酸性条件下，当NaNO2与KI按物质的量1：1恰好完全反应，且I﹣被氧化为I2时，产物中含氮的物质为__________（填化学式）．（3）碱性工业废水中的NO2﹣可用铝粉除去．已知此反应体系中含有Al、NaAlO2、NaNO2、NaOH、NH3•H2O、H2O六种物质．写出上述反应的离子方程式：__________．（4）酸性工业废水中的NO2﹣可用尿素除去．尿素（CO（NH2）2）与NO2﹣在酸性条件下反应生成两种无毒气体．该反应中生成16.8L（标准状况）混合气体时，消耗尿素的质量为__________g．（5）向20mL0.01mol•L﹣1的NaNO2溶液中加入10mL0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液，一段时间后，溶液中的c（Ag+）=__________．（已知：Ksp（AgNO2）=2×10﹣8mol2•L﹣2）10．（14分）已知A～G有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），其中A、G为单质，D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，E、F均能与NaOH溶液反应．请回答下列问题：（1）写出F的电子式：__________（2）C溶液与D反应的离子方程式为__________（3）①请用离子方程式解释C溶液为何显酸性__________②F溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________（4）将5.4gA投入200mL2.0mol/L某溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，则该溶液可能是__________（填代号）A．HNO3溶液B．H2SO4溶液C．NaOH溶液D．HCl溶液（5）将1molN2和3molG及催化剂充入容积为2L的某密闭容器中进行反应，已知该反应为放热反应．平衡时，测得D的物质的量浓度为amol/L．①如果反应速率v（G）=1.2mol/（L•min），则v（D）=__________mol/（L•min）②在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5molN2和1.5molG达到平衡后，D的物质的量浓度__________（填“大于”、“小于”或“等于”）a/2mol/L．化学-选修3：物质结构与性质1811．（14分）第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．（1）下列叙述正确的是__________．（填字母）A．CH2O与水分子间能形成氢键B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化C．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）根据元素原子的外围电子排布的特征，Ti属于元素周期表的__________区．（3）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如图所示，则X的化学式为__________．已知晶胞边长为bcm，阿伏伽德罗常数为NA该氧化物的密度为__________g/cm﹣3（其中Ti的相对原子质量为48）（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN﹣离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN﹣氧化成CNO﹣，再在酸性条件下CNO﹣继续被NaClO氧化成N2和CO2．①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为__________．②与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式为__________（写出一种即可）．③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式__________．化学-选修5：有机化学基础12．（14分）有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环．其中一种合成路线如下：已知：①A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1．②有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平．③回答以下问题：（1）A中含有的官能团名称是__________．18（2）写出有机反应类型B→C__________，F→G__________，I→J__________．（3）写出F生成G的化学方程式__________．（4）写出J的结构简式__________．（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的结构简式__________．①FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应③苯环上只有两个对位取代基④能发生水解反应．182022-2022学年陕西省榆林市神木中学高三（上）第二次模考化学试卷一、选择题：1．下列有关新闻事件的叙述正确的是()A．在结冰的路面上撒盐，是利用盐与水发生化学反应放出大量热量，促使冰雪融化B．我国决定推广使用车用乙醇汽油，乙醇汽油是一种新型的化合物，属于可再生能源C．利用可降解的生物质材料“玉米塑料”（主要成分为聚乳酸）替代一次性饭盒，可防止产生白色污染D．氮化硅陶瓷可用于制造新型柴油发动机是因为氮化硅陶瓷具有较大的硬度【考点】常见的生活环境的污染及治理；吸热反应和放热反应．【分析】A、盐与水不发生化学反应．B、乙醇汽油是在汽油中添加乙醇，不是一种新型的化合物．C、聚乳酸可降解．D、氮化硅陶瓷主要优点是耐高温、耐腐蚀．【解答】解：A、盐与水不发生化学反应，盐溶液凝固点比较低，撒盐是为化开路面上的冰，便于交通，体现了盐的物理性质，故A错误；B、乙醇汽油是在汽油中添加乙醇，不是一种新型的化合物，故B错误；C、聚乳酸可降解，有效防止产生白色污染，故C正确；D、氮化硅陶瓷制造新型柴油发动机主要是因为耐高温、耐腐蚀，故D错误．故选C【点评】本题考查学生对基础知识的掌握程度，主要是了解的知识，要求学生认真阅读教材．2．下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是()A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O═C6H5OH+HSO3﹣D．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷、电子不守恒；B．漏写铵根离子与碱的反应；C．反应生成苯酚和亚硫酸钠；D．与等物质的量的Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化．【解答】解：A．FeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为NH4++HCO3﹣2+OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B错误；C．少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O═2C6H5OH+SO32﹣，故C错误；D．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2，故D正确；故选D．18【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，选项D中的优先氧化为解答的难点，题目难度不大．3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．依据元素化合价升高数目解答；B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C．燃料电池中正极发生还原反应，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应得到4mol电子．D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量．【解答】解：A．反应中，铵根离子中N元素化合价由﹣3价升高为氮气中的0价，共失去15个电子，所以生成28gN2，转移的电子数目为NA=3.75NA，故A正确；B．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；C．标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移了4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．．0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（﹣0）×0.2mol=，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为×=mol，生成的H2分子数目为NA，故D错误；故选：A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．4．原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙的化学式为YZ3，丙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法正确的是()A．原子半径：W＞Y＞Z，而离子半径：Z＞Y＞WB．甲沸点远高于乙，可能是甲分子间存在氢键所致C．测得丙的水溶液呈酸性，则溶液中丙盐阳离子浓度大于酸根离子浓度D．W的氯化物水溶液中通入YX3至过量，现象是先有白色沉淀，后逐渐溶解18【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，丙是由X、Y、Z组成的盐，则丙是NH4F，结合物质的结构和性质解答．【解答】解：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，丙是由X、Y、Z组成的盐，则丙是NH4F，A．Y为N元素，Z为F元素，W为Al元素，电子层数越多半径越大，原子半径：W＞Y＞Z，离子的电子层数相同时，原子序数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞Y＞W，故A错误；B．甲是NH3属于分子晶体，分子间含有氢键，乙为NF3属于分子晶体，分子间没有氢键，分子间含有氢键的沸点较高，则甲的沸点大于乙，故B正确；C．丙的水溶液呈酸性，说明阳离子水解大于阴离子水解程度，则溶液中丙盐阳离子浓度小于酸根离子浓度，故C错误；D．Al的氯化物水溶液中通入NH3至过量，现象是有白色沉淀，由于一水合氨是弱碱，生成的氢氧化铝不能溶于弱碱，所以白色沉淀不溶解，故D错误．故选B．【点评】本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构确定元素，根据物质的性质及原子结构来分析解答，知道离子半径大小的比较方法，难度中等．5．下列化合物的一氯代物的数目排列顺序正确的是()①CH3CH2CH2CH2CH2CH3②（CH3）2CHCH（CH3）2③（CH3）3CCH2CH3④（CH3）3CC（CH3）3．A．①＞②＞③＞④B．②＞③=①＞④C．③＞②＞④＞①D．③=①＞②＞④【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体．等效氢判断：①．分子中同一甲基上连接的氢原子等效．②．同一碳原子所连甲基上的氢原子等效．③．处于镜面对称位置上的氢原子等效．【解答】解：①CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种H原子，其一氯代物有3种；②（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种H原子，其一氯代物有2种；③（CH3）3CCH2CH3中有3种H原子，其一氯代物有3种；④（CH3）3CC（CH3）3中有1种H原子，其一氯代物有1种．所以一氯代物同分异构体数为①=③＞②＞④．故选：D．18【点评】考查同分异构体的书写、同分异构体数目判断等，难度中等，确定分子的等效H原子是关键．6．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2，反应2NO2（g）⇌N2O4（g），经一段时间后达平衡．反应过程中测定的部分数据见表：下列说法正确的是()t/s050150250350n（N2O4）/mol00.120.180.200.20A．反应在前50s的平均速率为v（NO2）=0.0012mol•L﹣1•s﹣1B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，v（正）＞v（逆）C．保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则正反应的△H＜0D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%【考点】化学平衡的计算．【分析】A．由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v（N2O4），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，平衡向逆反应移动；C．由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmolN2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，据此利用三段式计算平衡时NO2的浓度，计算温度T时平衡常数，根据升高温度平衡常数的变化，判断反应是吸热还是放热；D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，相当于开始4molmolNO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，据此计算判断．【解答】解：A．由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，则v（N2O4）==0.0012mol•L﹣1•s﹣1，根据速率之比等于化学计量数之比，故v（NO2）=2v（N2O4）=0.0024mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，平衡向逆反应移动，故v（正）＜v（逆），故B错误；C．由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmolN2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，则：2NO2（g）⇌N2O4（g）开始（mol/L）：10变化（mol/L）：0.20.1平衡（mol/L）：0.80.1故温度为T时平衡常数k==0.156，保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故C正确；D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，相当于开始4molmolNO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，故平衡时N2O4的转化率小于=80%，故D错误；18故选C．【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素与计算、化学平衡常数计算与应用等，难度中等，注意D选项可以利用平衡常数计算N2O4的转化率具体值，较利用等效平衡建立麻烦．7．下列实验现象预测正确的是()A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．溴可与氢氧化钠溶液反应；B．蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体；C．生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体；D．饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体．【解答】解：A．溴可与氢氧化钠溶液反应，振荡后静置，上层溶液无色，故A错误；B．蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，故C错误；D．饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，考查较为综合，涉及分液、浓硫酸的性质、NO以及胶体的制备等，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关物质的性质以及实验方法，难度中等．二、解答题（共3小题，满分44分）8．苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一．下面是它的一种实验室合成路线：制备苯乙酸的装置示意图如图（加热和夹持装置等略）：已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇．回答下列问题：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸．配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸．18（2）将a中的溶液加热至100℃，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130℃继续反应．在装置中，仪器b的作用是滴加苯乙腈；仪器c的名称是球形冷凝管，其作用是回流（或使气化的反应液冷凝）．反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品．下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是BCE（填标号）．A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒（3）最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是95%．（保留整数即可）（4）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅；（2）由图可知，c为冷凝管，使气化的液体冷凝回流，仪器b可加入反应液；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作；（3）由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g，根据产率=×100%计算；（4）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度．【解答】解：（1）稀释浓硫酸放出大量的热，配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸，故答案为：先加水、再加入浓硫酸；（2）由图可知，c为球形冷凝管，其作用为回流（或使气化的反应液冷凝），仪器b的作用为滴加苯乙腈；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作，则需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故选BCE，故答案为：滴加苯乙腈；球形冷凝管；回流（或使气化的反应液冷凝）；BCE；（3）由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是×100%=95%，故答案为：95%；（4）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后与Cu（OH）2反应除去苯乙酸，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应，故答案为：增大苯乙酸溶解度，便于充分反应．18【点评】本题侧重物质制备实验及有机物性质的考查，把握合成反应及实验装置的作用为解答的关键，综合考查学生实验技能和分析解答问题的能力，题目难度中等，注意信息的处理及应用．9．亚硝酸（HNO2）是一种与醋酸酸性相当的弱酸，不稳定，通常在室温下立即分解．（1）写出亚硝酸的电离方程式：HNO2⇌H++NO2﹣．（2）在酸性条件下，当NaNO2与KI按物质的量1：1恰好完全反应，且I﹣被氧化为I2时，产物中含氮的物质为NO（填化学式）．（3）碱性工业废水中的NO2﹣可用铝粉除去．已知此反应体系中含有Al、NaAlO2、NaNO2、NaOH、NH3•H2O、H2O六种物质．写出上述反应的离子方程式：2Al+NO2﹣+OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+NH3．H2O．（4）酸性工业废水中的NO2﹣可用尿素除去．尿素（CO（NH2）2）与NO2﹣在酸性条件下反应生成两种无毒气体．该反应中生成16.8L（标准状况）混合气体时，消耗尿素的质量为15g．（5）向20mL0.01mol•L﹣1的NaNO2溶液中加入10mL0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液，一段时间后，溶液中的c（Ag+）=6×10﹣6mol/L．（已知：Ksp（AgNO2）=2×10﹣8mol2•L﹣2）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；元素质量分数的计算；氧化还原反应的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）亚硝酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离；（2）酸性条件下，亚硝酸根离子和碘离子发生氧化还原反应，碘离子被氧化生成碘单质，亚硝酸根离子得电子被还原生成一氧化氮；（3）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝具有还原性，碱性条件下，二者发生氧化还原反应生成偏铝酸盐和一水合氨；（4）酸性条件下，亚硝酸根离子和尿素发生氧化还原反应生成两种无毒气体，根据元素守恒知，两种无毒气体应该是氮气和二氧化碳气体；（5）亚硝酸根离子与银离子反应生成亚硝酸银沉淀，可以根据KSP（AgNO2）反应的银离子的量计算．【解答】解：（1）亚硝酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，所以其电离方程式为HNO2⇌H++NO2﹣，故答案为：HNO2⇌H++NO2﹣；（2）碘离子被氧化为碘单质时，所有的碘元素化合价升高了2价，消耗碘离子是2mol，亚硝酸钠中氮元素化合价是+3价，2mol的亚硝酸钠得到2mol电子时，则需氮元素的化合价降为+2价，所以产物中含氮的物质为NO，故答案为：NO；（3）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝具有还原性，碱性条件下，二者发生氧化还原反应生成偏铝酸盐和一水合氨，离子反应方程式为：2Al+NO2﹣+OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+NH3．H2O，故答案为：2Al+NO2﹣+OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+NH3．H2O；（4）酸性条件下，亚硝酸根离子和尿素发生氧化还原反应生成两种无毒气体，根据元素守恒知，两种无毒气体应该是氮气和二氧化碳气体，离子反应方程式为：2H++CO（NH2）2+2NO2﹣=CO2↑+2N2↑+3H2O，根据尿素和气体体积之间的关系式得，尿素的质量==15g，故答案为：15；18（5）根据题给数据可判断亚硝酸钠过量，银离子将被尽可能的沉淀，剩余NaNO2的物质的量浓度c==0.2mol/L，根据KSP（AgNO2）=c（NO2﹣）•c（Ag+）=0.2mol/L•c（Ag+）=2×10﹣8mol2•L﹣2，解得c（Ag+）=6×10﹣6mol/L，故答案为：6×10﹣6mol/L．【点评】本题考查了氧化还原反应、弱电解质的电离、根据离子反应方程式进行计算等知识点，会根据元素化合价变化确定反应物、生成物，再结合原子守恒、转移电子守恒书写方程式，正确书写方程式是解本题关键，难度中等．10．（14分）已知A～G有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），其中A、G为单质，D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，E、F均能与NaOH溶液反应．请回答下列问题：（1）写出F的电子式：（2）C溶液与D反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+（3）①请用离子方程式解释C溶液为何显酸性Al3++3H2OAl（OH）3+3H+②F溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）（4）将5.4gA投入200mL2.0mol/L某溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，则该溶液可能是D（填代号）A．HNO3溶液B．H2SO4溶液C．NaOH溶液D．HCl溶液（5）将1molN2和3molG及催化剂充入容积为2L的某密闭容器中进行反应，已知该反应为放热反应．平衡时，测得D的物质的量浓度为amol/L．①如果反应速率v（G）=1.2mol/（L•min），则v（D）=0.8mol/（L•min）②在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5molN2和1.5molG达到平衡后，D的物质的量浓度小于（填“大于”、“小于”或“等于”）a/2mol/L．【考点】无机物的推断．【分析】A～G有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则D为NH3，其中A、G为单质，且A与氧化铁反应，与氢氧化钠反应反应得到G，G反应可以得到氨气，可推知A为Al、G为H2，E、F均能与NaOH溶液反应，结合转化关系可知，故B为Al2O3，C为AlCl3，E为Al（OH）3，F为NH4Cl，据此解答．【解答】解：A～G有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则D为NH3，其中A、G为单质，且A与氧化铁反应，与氢氧化钠反应反应得到G，G反应可以得到氨气，可推知A为Al、G为H2，E、F均能与NaOH溶液反应，结合转化关系可知，故B为Al2O3，C为AlCl3，E为Al（OH）3，F为NH4Cl，（1）F为NH4Cl，电子式为：，故答案为：；18（2）C溶液与D反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；（3）①AlCl3溶液中铝离子水解：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，平衡水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案为：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；②NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（4）将5.4gAl的物质的量==0.2mol，200mL2.0mol/L某溶液中溶质的物质的量=0.2L×2mol/L=0.4mol，将Al投入该溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，Al与稀硝酸反应没有气体单质生成，与稀硫酸、氢氧化钠、盐酸反应都生成氢气，由2Al～3H2SO4可知，0.2molAl完全反应消耗H2SO4的物质的量=0.3mol＜0.4mol，故Al没有剩余，由2Al～2NaOH可知，0.2molAl完全反应消耗NaOH的物质的量=0.2mol＜0.4mol，故Al没有剩余，由2Al～6HCl可知，0.2molAl完全反应消耗HCl的物质的量=0.6mol＞0.4mol，故Al有剩余，故答案为：D；（5）将1molN2和3molH2和及催化剂充入容积为2L的某密闭容器中进行反应，已知该反应为放热反应．平衡时，测得NH3的物质的量浓度为amol/L，①如果反应速率v（H2）=1.2mol/（L•min），则v（NH3）=v（H2）=×1.2mol/（L•min）=0.8mol/（L•min），故答案为：0.8；②在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5molN2和1.5molH2达到平衡等效为在原平衡基础上体积扩大一倍，压强减小，平衡向生成氮气、氢气的方向移动，故NH3的物质的量浓度小于0.5amol/L，故答案为：小于．【点评】本题考查无机物推断，D的性质是推断突破口，再结合转化关系中特殊反应推断，题目比较综合，涉及常用化学用语、盐类水解、化学反应速率及化学平衡等，难度中等，注意元素化合物知识的掌握．化学-选修3：物质结构与性质11．（14分）第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．（1）下列叙述正确的是AC．（填字母）A．CH2O与水分子间能形成氢键B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化C．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）根据元素原子的外围电子排布的特征，Ti属于元素周期表的d区．（3）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如图所示，则X的化学式为TiO2．已知晶胞边长为bcm，阿伏伽德罗常数为NA该氧化物的密度为g/cm﹣3（其中Ti的相对原子质量为48）18（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN﹣离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN﹣氧化成CNO﹣，再在酸性条件下CNO﹣继续被NaClO氧化成N2和CO2．①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O．②与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式为CO2或N2O或SCN﹣（写出一种即可）．③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式N≡C﹣O﹣H．【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；结构式；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算．【分析】（1）分子中含有羟基，与水可以形成氢键，二氧化碳为sp杂化，苯中碳碳键含有6个σ键；（2）元素周期表根据元素原子的外围电子排布的特征分成五个区域，s区、p区、d区、ds区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系；（3）晶胞中原子个数的计算，每个晶胞中含有钛原子数为2，氧原子数为4，可确定化学式为TiO2，根据计算密度；（4）①同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小可以判断；②等电子体为电子数相等，CNO﹣电子数为22，故与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN﹣等；③碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C﹣O﹣H．【解答】解：（1）A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；B二氧化碳为sp杂化，故B错误；常温下二氧化碳为气体，二氧化硅为固体，CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故C正确；故答案为：AC；（2）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，s区、d区、ds区、p区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系，其中钛位于第ⅣB族，属于d区；故答案为：d；（3）每个晶胞中含有钛原子数为8×0.125+1=2，氧原子数为4×0.5+2=4，故化学式为TiO2，已知晶胞边长为bcm，阿伏伽德罗常数为NA，所以TiO2的密度为g/cm3=g/cm3，18故答案为：TiO2；；（4）①氢位于第一周期，碳、氮、氧元素位于第二周期，同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小为H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；②CNO﹣电子数为22，等电子体为电子数相等，故与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN﹣等，故答案为：CO2或N2O或SCN﹣；③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故N≡C﹣O﹣H，故答案为：N≡C﹣O﹣H．【点评】本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及氢键、电子排布、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等．化学-选修5：有机化学基础12．（14分）有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环．其中一种合成路线如下：已知：①A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1．②有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平．③回答以下问题：（1）A中含有的官能团名称是羟基和醛基．（2）写出有机反应类型B→C加成反应，F→G消去反应，I→J取代反应（或酯化反应）．（3）写出F生成G的化学方程式．（4）写出J的结构简式．（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的结构简式．18①FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应③苯环上只有两个对位取代基④能发生水解反应．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平，则B为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应得D为CH3CHO，A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有醛基和酚羟基，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1，根据A的分子式可知，A为，A与D发生题中信息中的反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与氯化氢发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为，据此答题．【解答】解：有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平，则B为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应得D为CH3CHO，A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有醛基和酚羟基，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1：2：2：1，根据A的分子式可知，A为，A与D发生题中信息中的反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为18，根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与氯化氢发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为，（1）A为，A中含有的官能团名称是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；（2）根据上面的分析可知，B→C为加成反应，F→G为消去反应，I→J为取代反应（或酯化反应），故答案为：加成反应；消去反应；取代反应（或酯化反应）；（3）F生成G的化学方程式为，故答案为：；（4）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为：；（5）E的同分异构体，符合以下要求①FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，②能发生银镜反应，说明有醛基，③苯环上只有两个对位取代基④能发生水解反应，说明有酯基，则符合条件的E的同分异构体的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，明确合成路线中各物质的推断是解答本题的关键，注意碳链骨架、官能团的变化、反应条件与反应类型的关系即可解答，题目难度中等．18