1、 2020-2021 学年四川省成都市高三（上）一诊化学试卷学年四川省成都市高三（上）一诊化学试卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 7 个小题，每小题个小题，每小题 6 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。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 （6 分） 天工开物火药中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也” （已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2） 。下列认识或相关理解错误的是（ ） A硫磺不溶于水 B “草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应 C硝石在反应中作还
2、原剂 D “其出也”含义之一指该反应放出气体 2 （6 分）有机物 N 具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N 可由 M 合成：下列相关说法正确的是（ ） AM 中所有碳原子可能共面 BN 可以与钠反应生成 H2 CM 生成 N 的反应为取代反应 DM、N 的一氯代物数目相同 3 （6 分）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A标准状况下，11.2L 的 CH4和 C2H4的混合气体含 CH 数目为 2NA B100mL 0.1mol/L 酸性 KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为 0.03NA C含 NaClO 7.45g 的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为
3、0.2NA D0.5mol CO2溶于水，溶液中的 H2CO3、HCO3、CO32微粒数总和为 0.5NA 4 （6 分）X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物 A（YX4+ZW4） 。 Y 元素的最高正价和最低负价代数和为 2， Z 单质在常温下能被浓硫酸钝化。 下列说法错误的是 （ ） AW 元素位于第三周期A 族 B氧化物的水化物的酸性：WY C原子半径：YZ DA 能与强碱反应生成有刺激性气味的气体 5 （6 分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下 CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀） 。其中方案设
4、计不合理的是（ ） A制 CO2 B除杂、干燥 CCO2与锌粉反应 D检查 CO 6 （6 分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ） A向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O B向饱和 Na2CO3溶液中滴入几滴稀 AlCl3溶液：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2 C乙酸乙酯与稀 NaOH 溶液共热：CH3COOC2H5+OHCH3COO+C2H5OH D向长期露置于空气的酸性 KI 溶液先后滴入几滴 FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色 2Fe3+2I2Fe2+I2 7 （6 分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制
5、备。科学家构想用太阳能电池作电源电解 CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（ ） A该装置实现了光能电能化学能的转化 B电极 A 的反应为：2CH44e+2O2C2H4+2H2O C催化活性电极 B 可防止产生炭堵塞电极 D固体电解质将 A 极产生的 O2传导到 B 极 二、解答题（共二、解答题（共 3 小题，满分小题，满分 43 分）分） 8 （14 分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。 实验步骤： 按图连接装置，检查装置气密性； 装入药品，加热 A 中试管，C 中反应至 pH4.1 停止加热
6、，将 A 中铜丝外移脱离浓硫酸； 将 C 中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。 试回答下列问题： （1）A 试管中发生反应的化学方程式为 ；B 装置的作用是 。 （2）C 中反应至 pH4.1，C 中溶液主要溶质为 。 （填化学式） （3） 将步骤C 中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 ； 若温度稍过高，可能还会生成 ；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤中应注意 。 （4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的 Na2S2O5： 取 100.00mL 饮料于锥形瓶中，加入 0.0100mol/L 的 I2溶液 V1mL，塞紧瓶塞
7、充分反应。 打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加 45 滴淀粉溶液变蓝。用 0.100mol/L 的 Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗 Na2S2O3溶液 V2mL，饮料中残留的 Na2S2O5为 mg/L。若滴定前溶液 pH 调至大于 10，则残留的 Na2S2O5测定值 。 （填“偏高” 、 “偏低”或“无影响” ） （已知：S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+、2S2O32+I2S4O62+2I） 9 （14 分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为 MgCO3，少量 FeCO3和 SiO2杂质）为原料
8、制备纳米氧化镁工艺流程如图。 试回答下列问题： （1） “焙烧”时生成的主要气体有 ；滤渣的主要成分为 。 （2）氧化剂常用空气或 H2O2而不选用酸性 KMnO4，解释其原因 。 已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Mg2+ 开始沉淀 pH 6.3 1.5 8.9 完全沉淀 pH 8.1 2.8 10.9 上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 。 （3）试剂 a 可能是 。 （4）资料显示锻烧 MgCO3比锻烧 Mg（OH）2更容易生成 MgO 纳米材料。 “沉淀”时若将 NH4HCO3更换成 Na2CO3，则产生的后果是 。 （5）该流程
9、中可以循环利用的物质是 。 10 （15 分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含 NO、NO2则应降低其排放。 （1）在 20时，已知： N2（g）+O2（g）2NO（g） ，正、逆反应活化能分别为 akJ/mol、bkJ/mol； 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（1） ，正、逆反应活化能分别为 ckJ/mol、dkJ/mol； 则 4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（1）的H 为 。 （2）10.0L 的密闭容器中，按物质的量比 1：3 投入氮气和氢气，发生反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0 用传感器测得温度为 T1、T2时容器中
10、n（N2）随时间变化如表： 时间 物质的量n（N2） 温度 0 5min 10min 15min 20min T1 0.1mol 0.08mol 0.062mol 0.05mol 0.05mol T2 0.1mol 0.07mol xmol 0.06mol T2时，05min 内 NH3平均速率为 v（NH3） 。 T1时，该反应平衡常数为 （列出计算式） 。 x 0.06（填“” 、 “”或“” ） ，原因是 。 （3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除 CO、NO 等污染物。反应机理如下Pt（s）表示催化剂，右上角带“ ”表示吸附状态： NO+Pt（s）NO*
11、 CO+Pt（s）CO* NO*N*+O* CO*+O*CO2+Pt（s） N*+N*N2+Pt（s） NO*+N*N2O+Pt（s） 经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示。 图一，温度为 330时发生的主要反应为 （填“” 、 “”或“” ） ；反应为 反应。（填“放热”或“吸热” ） 图二，温度从 Ta升至 Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 . 气体在固体催化剂表面反应中，吸附和解吸同时影响总反应速率。温度一定时，反应 2NO+2CON2+2CO2的反应速率随压强的变化如图三所示。结合（3）中反应机理，试从吸附和解吸角度解释 bc 段化学反应速率下降
12、的原因 。 三、三、化学选修化学选修 3-物质结构与性质物质结构与性质（共（共 1 小题，满分小题，满分 15 分）分） 11 （15 分）铁、钴均为第四周期族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题： （1）基态 Co2+中成单电子数为 ；Fe 和 Co 的第三电离能 I3（Fe） I3（Co） 。 （填“” 、“”或“” ） （2）化学上可用 EDTA 测定 Fe2+和 Co2+的含量。EDTA 的结构简式如图所示。 EDTA 中电负性最大的元素是 ，其中 C 原子轨道杂化类型为 。 EDTA 存在的化学键有 。 （填序号） a.离子键 b.共价键 c.氢键 d.键 e. 键 f
13、.配位键 （3）将 1mol CoCl4NH3溶于水中，加入足量 AgNO 溶液生成 1mol AgCl 沉淀。则 CoCl34NH3中配离子的化学式为 ； 已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用， 试判断 NH3分子与钴离子形成配合物后 HNH 键角 。 （填“变大” 、 “变小”或“不变” ） （4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。 已知晶体的密度为 pgcm3，阿伏加德罗常数为 NA。 该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 。 该铁氮化合物的化学式为 。 计算 Fe（）构成正八面体的体积为 cm3。 四四化学选修化学选修 5-有机化学基础有机化学
14、基础（共（共 1 小题，满分小题，满分 0 分）分） 12有机化合物 F 为一种药物合成中间体。其合成路线如图。 （1）A 的名称为 ；反应的条件 。 （2）反应的化学方程式为 。 （3）D 的结构简式为 。 （4）反应分两步进行，第一步中 D 与发生加成反应的化学方程式为 ，第二步的反应类型为 。 （5）反应中 E 断键的位置为 。 （填编号） （6）的同分异构体中，满足下列条件除苯环外，没有其它环；苯环上只有两个取代基；能与 NaHCO3溶液反应生成气体；遇 FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 种；其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为 2：2：1：1 的结构简式为 。 2020-2021
15、学年四学年四川省成都市高三（上）一诊化学试卷川省成都市高三（上）一诊化学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 7 个小题，每小题个小题，每小题 6 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。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 （6 分） 天工开物火药中记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也” （已知火药反应为：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2） 。下列认识或相关理解错误的是（ ） A硫磺不溶于水 B “草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应 C
16、硝石在反应中作还原剂 D “其出也”含义之一指该反应放出气体 【分析】黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，点燃发生反应 2KNO3+3CK2S+3CO2+N2，反应放出巨大能量，据此分析。 【解答】解：A硫磺是非极性分子构成的单质，难溶于极性溶剂，所以硫磺不溶于水，故 A 正确； B黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，所以“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应，故 B 正确； C硝石的成分是 KNO3，反应中 KNO3得电子是氧化剂，故 C 错误； D反应中生成两种气体 CO2和 N2，所以“其出也”含义之一指该反应放出气体，故 D 正确； 故选：C。 2 （6 分）有机物 N 具有抗肿瘤、镇痛
17、等生物活性。N 可由 M 合成：下列相关说法正确的是（ ） AM 中所有碳原子可能共面 BN 可以与钠反应生成 H2 CM 生成 N 的反应为取代反应 DM、N 的一氯代物数目相同 【分析】AM 中连接 2 个甲基的碳原子具有甲烷结构特点； B羟基能和钠反应生成氢气； CM 中羰基发生还原反应生成醇羟基； D烃基上含有几种几种氢原子，其一氯代物就有几种。 【解答】解：AM 中连接 2 个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以 M 中所有碳原子不能共平面，故 A 错误； B羟基能和钠反应生成氢气，N 中含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，故 B 正确； CM 中羰基发生还原反应生
18、成醇羟基，为还原反应，故 C 错误； D烃基上 M 含有 6 种氢原子、N 含有 7 种氢原子，一氯代物：前者 6 种、后者 7 种，故 D 错误； 故选：B。 3 （6 分）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A标准状况下，11.2L 的 CH4和 C2H4的混合气体含 CH 数目为 2NA B100mL 0.1mol/L 酸性 KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为 0.03NA C含 NaClO 7.45g 的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为 0.2NA D0.5mol CO2溶于水，溶液中的 H2CO3、HCO3、CO32微粒数总和为 0.5NA
19、【分析】A求出标况下 11.2L 甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含 4 条 CH 键来分析； BKMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7 价降为+2 价； C求出 7.45gNaClO 的物质的量，然后根据在 NaClO 的水溶液中，除了 Na+、ClO外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子； DCO2和水的反应是可逆反应，不能彻底。 【解答】解：A标况下 11.2L 甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为 n0.5mol，而两者中均含 4 条 CH 键，故 0.5mol 混合气体中含 CH 键为 2NA个，故 A 正确； B溶液中高锰酸钾的物质的量为 n0.1mol/L0.1L0.01
20、mol，而 KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2 价， 故 0.01mol 高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为 0.01mol （72） 0.05mol，个数为 0.05NA个，故 B 错误； C7.45gNaClO 的物质的量 n0.1mol，而在 NaClO 的水溶液中，除了 Na+、ClO外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于 0.2NA，故 C 错误； DCO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含 CO2分子，故 0.5mol CO2溶于水，溶液中的 H2CO3、HCO3、CO32微粒数总和小于 0.5NA，故 D 错误
21、。 故选：A。 4 （6 分）X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素。它们能形成离子化合物 A（YX4+ZW4） 。 Y 元素的最高正价和最低负价代数和为 2， Z 单质在常温下能被浓硫酸钝化。 下列说法错误的是 （ ） AW 元素位于第三周期A 族 B氧化物的水化物的酸性：WY C原子半径：YZ DA 能与强碱反应生成有刺激性气味的气体 【分析】X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 单质在常温下能被浓硫酸钝化，Z 为Al；Y 元素的最高正价和最低负价代数和为 2，Y 的最高价为+5 价、最低价为3 价，结合原子序数可知 Y 为 N；它们能形成离子化合物 A（YX
22、4+ZW4） ，由阳离子可知 X 为 H，由阴离子可知 W 为 Cl，以此来解答。 【解答】解：由上述分析可知，X 为 H、Y 为 N、Z 为 Al、W 为 Cl， A.W 元素为 Cl，位于第三周期A 族，故 A 正确； B.最高价氧化物的水化物的酸性：WY，氧化物的水化物的酸性不能确定，故 B 错误； C.电子层越多、原子半径越大，则原子半径：YZ，故 C 正确； D.A 含铵根离子，能与强碱反应生成有刺激性气味的气体，故 D 正确； 故选：B。 5 （6 分）实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成。利用下列装置进行相关实验（已知题设下CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀） 。其
23、中方案设计不合理的是（ ） A制 CO2 B除杂、干燥 CCO2与锌粉反应 D检查 CO 【分析】A.为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳； B.可除去氯化氢，但不能干燥； C.加热条件下，二氧化碳和锌反应； D.用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳。 【解答】解：A.该装置可用于在常温下由固体和液体反应制备气体，为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳，故 A 正确； B.饱和碳酸氢钠溶液可除去氯化氢，但不能干燥，故 B 错误； C.加热条件下，二氧化碳和锌反应，该装置可完成实验，故 C 正确； D.该装置用氢氧化钠溶液除去二氧化碳， 用银氨溶液检验一氧化碳， 如生成一氧化碳，
24、 则生成黑色沉淀，可完成实验，故 D 正确。 故选：B。 6 （6 分）对下列实验，一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ） A向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O B向饱和 Na2CO3溶液中滴入几滴稀 AlCl3溶液：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2 C乙酸乙酯与稀 NaOH 溶液共热：CH3COOC2H5+OHCH3COO+C2H5OH D向长期露置于空气的酸性 KI 溶液先后滴入几滴 FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色 2Fe3+2I2Fe2+I2 【分析】A过量的铁粉与稀硝酸反应生成 Fe2+和 NO； BAlCl3溶液少量
25、，发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子； C乙酸乙酯与 NaOH 溶液共热，反应生成醋酸钠和乙醇； D长期露置于空气的酸性 KI 溶液，碘离子可能已被氧气氧化。 【解答】解：A过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故 A错误； B发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子，离子反应为：Al3+3CO32+3H2OAl（OH）3+3HCO3，故 B 错误； C乙酸乙酯与 NaOH 溶液共热：CH3COOCH2CH3+OHCH3COOO+CH3CH2OH，故 C 正确； D向长期露置于空气的酸性 KI 溶液先后滴入几滴 FeCl3溶液和淀粉溶液
26、，立即出现蓝色，可能是碘离子可能已被氧气氧化：4H+O2+4I2I2+2H2O，故 D 错误； 故选：C。 7 （6 分）聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解 CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是（ ） A该装置实现了光能电能化学能的转化 B电极 A 的反应为：2CH44e+2O2C2H4+2H2O C催化活性电极 B 可防止产生炭堵塞电极 D固体电解质将 A 极产生的 O2传导到 B 极 【分析】太阳能电池中电子流向可知，通入甲烷的催化活性电极 A 为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH44
27、e+2O2C2H4+2H2O，通入二氧化碳的催化活性电极 B 为电解池的阴极，电极反应 CO2+2eCO+O2，装置实现了官能转化为电能，电能转化为化学能的过程。 【解答】解：A装置是利用太阳能电池座电源电解，能量变化是光能电能化学能的转化，故 A 正确； B通入甲烷的催化活性电极 A 为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH44e+2O2C2H4+2H2O，故 B 正确； C催化活性电极 B 可防止产生炭堵塞电极，加速反应进行，故 C 正确； D催化活性电极 B 为电解池的阴极，电极反应 CO2+2eCO+O2，产生的 O2通过能传到 O2的固体
28、电解质移向 A 电极，故 D 错误； 故选：D。 二、解答题（共二、解答题（共 3 小题，满分小题，满分 43 分）分） 8 （14 分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠。 实验步骤： 按图连接装置，检查装置气密性； 装入药品，加热 A 中试管，C 中反应至 pH4.1 停止加热，将 A 中铜丝外移脱离浓硫酸； 将 C 中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。 试回答下列问题： （1）A 试管中发生反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O ；B 装置的作用是 防
29、倒吸 。 （2）C 中反应至 pH4.1，C 中溶液主要溶质为 NaHSO3 。 （填化学式） （3）将步骤C 中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 2NaHSO3Na2S2O5+H2O ；若温度稍过高，可能还会生成 Na2SO3或 Na2SO4 ；为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤中应注意 小火加热控制温度，尽量减少与空气接触 。 （4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的 Na2S2O5： 取 100.00mL 饮料于锥形瓶中，加入 0.0100mol/L 的 I2溶液 V1mL，塞紧瓶塞充分反应。 打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加 4
30、5 滴淀粉溶液变蓝。用 0.100mol/L 的 Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗 Na2S2O3溶液 V2mL，饮料中残留的 Na2S2O5为 9.5V147.5V2 mg/L。若滴定前溶液 pH 调至大于 10，则残留的 Na2S2O5测定值 偏高 。 （填“偏高” 、 “偏低”或“无影响” ） （已知：S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+、2S2O32+I2S4O62+2I） 【分析】装置 A 中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B 装置是安全瓶，二氧化硫气体进入装置 C 中的饱和碳酸钠溶液中发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，最后装置 D 是吸收尾气装
31、置，倒扣在水面上的漏斗是防止倒吸， （1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，B 装置是安全瓶； （2）C 中反应至 pH4.1，C 中溶液主要溶质是二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠溶液； （3）步骤C 中液体为亚硫酸氢钠溶液，加热至过饱和结晶，亚硫酸氢钠脱水生成焦亚硫酸钠，温度过高亚硫酸氢钠会分解生成亚硫酸钠，亚硫酸氢钠遇到空气加热容易被氧化生成硫酸钠； （4）过程发生的反应为：S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+，2S2O32+I2S4O62+2I，用 0.100mol/L的 Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗 Na2S2O3溶液 V2mL，Na2S2O
32、3消耗 I2的物质的量0.100mol/LV2103L，其中 Na2S2O5消耗 I2的物质的量0.0100mol/LV1103L0.100mol/LV2103L，残留的 Na2S2O5物质的量（0.0100mol/LV1103L0.100mol/LV2103L） ， 据此计算饮料中残留的 Na2S2O5的质量浓度， 若滴定前溶液 pH 调至大于 10， 会消耗 I2， 导致 Na2S2O5消耗 I2的物质的量减小，计算残留的 Na2S2O5的量增大，据此分析判断。 【解答】 解： 实验步骤和实验过程分析得到， 装置 A 中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、 二氧化硫和水，B 装置是安全瓶， 二氧
33、化硫气体进入装置 C 中的饱和碳酸钠溶液中发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，最后装置 D 是吸收尾气装置，倒扣在水面上的漏斗是防止倒吸， （1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，B 装置是安全瓶，防倒吸作用， 故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；防倒吸； （2）C 中反应至 pH4.1，C 中溶液主要溶质是二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠溶液，C 中溶液主要溶质为：NaHSO3， 故答案为：NaHSO3； （3）步骤C 中液体为亚硫酸氢钠溶液，加热至过饱和结晶，亚硫酸氢钠脱水生成焦
34、亚硫酸钠，反应的化学方程式：2NaHSO3Na2S2O5+H2O，温度过高亚硫酸氢钠会分解生成亚硫酸钠，化学式：Na2SO3，亚硫酸氢钠遇到空气加热容易被氧化生成硫酸钠，化学式：Na2SO4，若温度稍过高，可能还会生成 Na2SO3或 Na2SO4，为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤中应注意：小火加热控制温度，尽量减少与空气接触， 故答案为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O；Na2SO3或 Na2SO4；小火加热控制温度，尽量减少与空气接触； （4） 过程发生的反应为： S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+， 2S2O32+I2S4O62+2I， 用 0.100mol/L的 N
35、a2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗 Na2S2O3溶液 V2mL，Na2S2O3消耗 I2的物质的量0.100mol/LV2103L，其中 Na2S2O5消耗 I2的物质的量0.0100mol/LV1103L0.100mol/LV2103L，残留的 Na2S2O5物质的量（0.0100mol/LV1103L0.100mol/LV210 3L） ，据此计算饮料中残留的 Na2S2O5的质量浓度（0.0100mol/LV1103L0.100mol/LV2103L）190000mg/mol（9.5V147.5V2）mg/L，若滴定前溶液 pH 调至大于 10，会消耗 I2，导致 Na2S2O5
36、消耗 I2的物质的量减小，计算残留的 Na2S2O5的量增大，残留的 Na2S2O 测定值偏高， 故答案为：9.5V147.5V2；偏高。 9 （14 分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿（主要成分为 MgCO3，少量 FeCO3和 SiO2杂质）为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图。 试回答下列问题： （1） “焙烧”时生成的主要气体有 CO2、NH3 ；滤渣的主要成分为 SiO2 。 （2）氧化剂常用空气或 H2O2而不选用酸性 KMnO4，解释其原因 引入杂质离子 Mn2+，产品不纯 。 已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如表：
37、金属离子 Fe2+ Fe3+ Mg2+ 开始沉淀 pH 6.3 1.5 8.9 完全沉淀 pH 8.1 2.8 10.9 上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 否，若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH 生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去 。 （3）试剂 a 可能是 MgO 或 Mg（OH）2或 MgCO3 。 （4）资料显示锻烧 MgCO3比锻烧 Mg（OH）2更容易生成 MgO 纳米材料。 “沉淀”时若将 NH4HCO3更换成 Na2CO3，则产生的后果是 Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米 MgO 纯度降低 。 （5）该流程中
38、可以循环利用的物质是 NH4Cl 。 【分析】菱镁矿（主要成分为 MgCO3，少量 FeCO3和 SiO2杂质）加入氯化铵空气中焙烧生成的混合气体主要是氨气和二氧化碳，得到固体为氯化镁、氯化亚铁、氯化铁、二氧化硅，加入水浸取过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液为氯化镁、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液，加入氧化剂用空气或 H2O2氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁或氢氧化镁调节溶液 pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液中主要是氯化镁溶液，加入碳酸氢铵沉淀镁离子，生成碳酸镁沉淀，煅烧得到 MgO 纳米材料， （1） “焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，滤渣是二氧化硅； （2）选用酸性 KMnO
39、4，会引入新的杂质； （3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液 pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质； （4）更换成 Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁； （5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用。 【解答】解： （1）分析可知， “焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，化学式：CO2、NH3，滤渣是二氧化硅，化学式：SiO2， 故答案为：CO2、NH3；SiO2； （2）氧化剂常用空气或 H2O2而不选用酸性 KMnO4，其原因是：选用酸性 KMnO4，会引入新的杂质离子 Mn2+，产品不纯，锰离子会氧化氯离子生成氯气，上述流程
40、中“氧化”不能省掉，理由是：若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH 生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去， 故答案为：引入杂质离子 Mn2+，产品不纯；否，若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH 生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去； （3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液 pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质，试剂 a 可能是：MgO 或 Mg（OH）2或 MgCO3， 故答案为：MgO 或 Mg（OH）2或 MgCO3； （4）更换成 Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米 MgO纯度降低， 故
41、答案为：Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米 MgO 纯度降低； （5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用，过程得到该流程中可以循环利用的物质是 NH4Cl， 故答案为：NH4Cl。 10 （15 分）生产生活中氨及铵盐有重要用途，而汽车尾气中含 NO、NO2则应降低其排放。 （1）在 20时，已知： N2（g）+O2（g）2NO（g） ，正、逆反应活化能分别为 akJ/mol、bkJ/mol； 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（1） ，正、逆反应活化能分别为 ckJ/mol、dkJ/mol； 则 4NH3（g）+6NO（g）5
42、N2（g）+6H2O（1）的H 为 （5b+c5ad）kJ/mol 。 （2）10.0L 的密闭容器中，按物质的量比 1：3 投入氮气和氢气，发生反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0 用传感器测得温度为 T1、T2时容器中 n（N2）随时间变化如表： 时间 物质的量n（N2） 温度 0 5min 10min 15min 20min T1 0.1mol 0.08mol 0.062mol 0.05mol 0.05mol T2 0.1mol 0.07mol xmol 0.06mol T2时，05min 内 NH3平均速率为 v（NH3） 1.2103mol/（Lmin） 。 T1时，该反
43、应平衡常数为 L2mol2 （列出计算式） 。 x 0.06（填“” 、 “”或“” ） ，原因是 5min 时，T1温度下，n（N2）0.08mol，T2温度下，n（N2）0.07mol，说明 T2时反应速率更快，则 T2T1，由表可知，温度为 T2时，反应在 15min时达到平衡 。 （3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除 CO、NO 等污染物。反应机理如下Pt（s）表示催化剂，右上角带“ ”表示吸附状态： NO+Pt（s）NO* CO+Pt（s）CO* NO*N*+O* CO*+O*CO2+Pt（s） N*+N*N2+Pt（s） NO*+N*N2O+Pt（
44、s） 经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示。 图一，温度为 330时发生的主要反应为 （填“” 、 “”或“” ） ；反应为 放热 反应。 （填“放热”或“吸热” ） 图二， 温度从 Ta升至 Tb的过程中， 反应物浓度急剧减小的主要原因是 温度升高， 催化剂活性增加，反应速率急剧加快，所以反应物浓度急剧减小 . 气体在固体催化剂表面反应中，吸附和解吸同时影响总反应速率。温度一定时，反应 2NO+2CON2+2CO2的反应速率随压强的变化如图三所示。结合（3）中反应机理，试从吸附和解吸角度解释 bc 段化学反应速率下降的原因 压强增大，吸附速率虽增大，但不利于解吸，
45、解吸速率减小更多，所以反应速率减小 。 【分析】 （1）根据H正反应的活化能逆反应的活化能，根据盖斯定律将5 得 4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（1） ，从而求得HH25H1； （2）则 05min 内 NH3平均速率为 v（NH3）来解答； 根据 N2（g）+3H2（g）2NH3（g） ，反应的平衡常数 K来分析； 5min 时，T1温度下，0.08mol 大于 0.07mol，说明 T2时反应速率更快，则 T2T1，温度为 T1时，反应在 15min 时达到平衡，则 T2时反应在 15min 前已达到平衡状态； （3）温度为 330时，生成物中 CO2的浓度最大，成键要
46、放出热量； 温度从 Ta升至 Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快； 吸附速率与解吸速率的相对大小为反应速率。 【解答】解： （1）根据H正反应的活化能逆反应的活化能，则N2（g）+O2（g）2NO（g）H1（ab）kJ/mol；4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（1）H2（cd）kJ/mol，根据盖斯定律将5 得 4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（1） ，其HH25H1（cd）5（ab）kJ/mol（5b+c5ad）kJ/mol， 故答案为： （5b+c5ad）kJ/mol； （2）T2时，根据表中数据列出三段式： N2（g）+3H2（g）
47、2NH3（g） 起始（mol/L） 0.01 0.03 0 转化（mol/L） 0.003 0.009 0.006 5min（mol/L）0.007 0.021 0.006 则 05min 内 NH3平均速率为 v（NH3）0.0012mol/（Lmin）1.2103mol/（Lmin） ， 故答案为：1.2103mol/（Lmin） ； T1时，根据表中数据列出三段式： N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 起始（mol/L） 0.01 0.03 0 转化（mol/L） 0.005 0.015 0.01 平衡（mol/L） 0.005 0.015 0.01 则反应的平衡常数 KL2mol2
48、， 故答案为：L2mol2； 5min 时，T1温度下，0.08mol 大于 0.07mol，说明 T2时反应速率更快，则 T2T1，由表可知，温度为T1时，反应在 15min 时达到平衡，则 T2时反应在 15min 前已达到平衡状态，则 x0.06， 故答案为：；5min 时，T1温度下，n（N2）0.08mol，T2温度下，n（N2）0.07mol，说明 T2时反应速率更快，则 T2T1，由表可知，温度为 T2时，反应在 15min 时达到平衡； （3）由图一可知，生成物中 CO2的浓度最大，则温度为 330时发生的主要反应为反应；反应为 N*+N*N2+Pt（s） ，成键要放出热量，则
49、反应为放热反应， 故答案为：；放热； 温度从 Ta升至 Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快，是催化剂活性增加，催化效率提高引起的， 故答案为：温度升高，催化剂活性增加，反应速率急剧加快，所以反应物浓度急剧减小； bc 的过程中， 随着压强的增大， 反应速率在减小， 可能是因为该阶段压强增大， 吸附速率也在增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小， 故答案为：压强增大，吸附速率虽增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小。 三、三、化学选修化学选修 3-物质结构与性质物质结构与性质（共（共 1 小题，满分小题，满分 15 分）分） 11 （15 分）
50、铁、钴均为第四周期族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题： （1）基态 Co2+中成单电子数为 3 ；Fe 和 Co 的第三电离能 I3（Fe） I3（Co） 。 （填“” 、 “”或“” ） （2）化学上可用 EDTA 测定 Fe2+和 Co2+的含量。EDTA 的结构简式如图所示。 EDTA 中电负性最大的元素是 O ，其中 C 原子轨道杂化类型为 sp2、sp3 。 EDTA 存在的化学键有 bde 。 （填序号） a.离子键 b.共价键 c.氢键 d.键 e. 键 f.配位键 （3）将 1mol CoCl4NH3溶于水中，加入足量 AgNO 溶液生成 1mol AgCl
