?成都市2019級(jí)高中畢業(yè)班第一次診斷性檢測(cè)
理科綜合
注意事項(xiàng)：
1.答題前，務(wù)必將自己的姓名、考籍號(hào)填寫在答題卡規(guī)定的位置上。
2.答選擇題時(shí)，必須使用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)。
3.答非選擇題時(shí)，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。
4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無(wú)效。
5.考試結(jié)束后，只將答題卡交回。
可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：Li-7 C-12 N-14 O-16 Fe-56
第I卷(選擇題，共126分)
一、選擇題：本題共13個(gè)小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. 化學(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān)。下列敘述錯(cuò)誤的是
A. 櫥窗所用有機(jī)玻璃為高分子化合物
B. 家庭裝修用水性涂料代替油性涂料有利于健康
C. 應(yīng)用光伏發(fā)電可緩解溫室效應(yīng)及減少酸雨發(fā)生
D. 用已烷萃取玉米胚芽中的油脂時(shí)發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)
【答案】D
【解析】
【詳解】A．有機(jī)玻璃主要成分為聚甲基丙烯酸甲酯，屬于高聚物，為有機(jī)高分子化合物，A正確；
B．油性涂料由于不溶于水易溶于有機(jī)溶劑中，故油性涂料中含有有毒有害的有機(jī)溶劑如丙酮、苯等，故家庭裝修用水性涂料代替油性涂料有利于健康，B正確；
C．光伏發(fā)電是通過太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能直接轉(zhuǎn)化為電能，應(yīng)用光伏發(fā)電能夠減少化石燃料的燃燒，故可緩解溫室效應(yīng)及減少酸雨發(fā)生，C正確；
D．萃取是利用物質(zhì)在互不相容的兩種溶劑中溶解度的不同進(jìn)行分離提純的一種方法，故用已烷萃取玉米胚芽中的油脂時(shí)沒有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，僅僅是物理變化，D錯(cuò)誤；
故答案為：D。
2. 某科學(xué)小組構(gòu)想用鋰元素的轉(zhuǎn)化過程來(lái)持續(xù)合成氨，原理如圖。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A. 2g14N2和16O2的混合氣體中含有質(zhì)子數(shù)目為NA
B. 22.4LN2與過量鋰反應(yīng)斷裂的N≡N鍵的數(shù)目為NA
C. 1molLi3N與過量水反應(yīng)，收集的氣態(tài)氨分子數(shù)目為NA
D. 0.1mol?L-1LiOH溶液中含有陰、陽(yáng)離子總數(shù)為0.2NA
【答案】A
【解析】
【詳解】A．14N2的摩爾質(zhì)量為28g/mol，1個(gè)分子中含有14個(gè)質(zhì)子，16O2的摩爾質(zhì)量為32g/mol，1個(gè)分子中含16個(gè)質(zhì)子，設(shè)混合氣體中14N2為xg，16O2為(2-x)g，則2g14N2和16O2的混合氣體含有質(zhì)子數(shù)目為=NA，A正確；
B．未告知N2所處的狀態(tài)，無(wú)法計(jì)算22.4LN2的物質(zhì)的量，也就無(wú)法計(jì)算與過量鋰反應(yīng)斷裂的N≡N鍵的數(shù)目，B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)反應(yīng)Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑可知1molLi3N與過量水反應(yīng)，生成NH3的物質(zhì)的量為1mol，但由于NH3極易溶于水，故收集的氣態(tài)氨分子數(shù)目小于NA，C錯(cuò)誤；
D．未告知溶液的體積，無(wú)法計(jì)算0.1mol?L-1LiOH溶液中含有陰、陽(yáng)離子總數(shù)，D錯(cuò)誤；
故答案為：A。
3. 某有機(jī)合成中間體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列對(duì)該有機(jī)物的相關(guān)分析正確的是

A. 該有機(jī)物與互為同系物
B. 該有機(jī)物苯環(huán)上的一氯代物為8種
C. 該有機(jī)物分子中所有碳原子可能共面
D. 1mol該有機(jī)物最多與2molNaHCO3反應(yīng)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．同系物是指結(jié)構(gòu)相似(官能團(tuán)的種類和數(shù)量分別相等)在組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)，故該有機(jī)物與不互為同系物，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)等效氫原理可知，該有機(jī)物苯環(huán)上的一氯代物為6種，如圖所示：，B錯(cuò)誤；
C．由圖可知，該有機(jī)物分子中含有兩個(gè)苯環(huán)所在的平面結(jié)構(gòu)，中間單鍵連接可以任意旋轉(zhuǎn)，故分子中所有碳原子可能共面，C正確；
D．該分子中只有一個(gè)羧基，故1mol該有機(jī)物最多與1molNaHCO3反應(yīng)，D錯(cuò)誤；
故答案為：C。
4. X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X的一種核素?zé)o中子；X與W的最外層電子數(shù)相同；Y、Z元素的單質(zhì)均為空氣的主要成分。下列說法錯(cuò)誤的是
A. Y的簡(jiǎn)單離子半徑較W的大
B. 化合物W2Z與W2Z2的化學(xué)鍵類型完全相同
C. Z的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物較Y的穩(wěn)定
D. X、Y、Z三種元素形成化合物的水溶液可能呈酸性或堿性
【答案】B
【解析】
【分析】由題干信息可知，X的一種核素?zé)o中子故X為H，X與W的最外層電子數(shù)相同；Y、Z元素的單質(zhì)均為空氣的主要成分，故Y、Z為N、O，結(jié)合X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，可知W為Na，據(jù)此分析解題。
【詳解】A．由分析可知，Y為N，W為Na，二者簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越大半徑越小，故Y的簡(jiǎn)單離子半徑較W的大，A正確；
B．由分析可知，化合物W2Z即Na2O只含離子鍵，W2Z2為Na2O2含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵，二者化學(xué)鍵類型不完全相同，B錯(cuò)誤；
C．非金屬的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性與其非金屬性一致，故Z的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物即H2O較Y即NH3的穩(wěn)定，C正確；
D．由分析可知可知，X、Y、Z三種元素分別為H、N、O，形成化合物的水溶液如NH4NO3呈酸性，如NH3?H2O呈堿性，D正確；
故答案為：B。
5. 下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)正確的是

A. 裝置甲鋁熱反應(yīng) B. 裝置乙隨關(guān)隨停制氨
C. 裝置丙形成噴泉且充滿燒瓶 D. 裝置丁比較醋酸與硼酸酸性
【答案】D
【解析】
【詳解】A．裝置甲鋁熱反應(yīng)中還缺少氯酸鉀，A錯(cuò)誤；
B．堿石灰為粉末狀固體，其成分中含有氧化鈣，氫氧化鈉等，在圖示裝置中利用堿石灰和濃氨水制備氨氣時(shí)，多孔塑料板上的堿石灰會(huì)落到塑料板下，使堿石灰浸泡在濃氨水中，不能達(dá)到隨關(guān)隨停制氨的目的，B錯(cuò)誤；
C．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，因此裝置丁形成噴泉但不能充滿燒瓶，C錯(cuò)誤；
D．醋酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體，而硼酸不能，由強(qiáng)酸制取弱酸的原理可知醋酸和硼酸的酸性強(qiáng)弱，D正確；
答案選D。
6. 某化學(xué)小組為了探究原電池和電解池的基本原理，設(shè)計(jì)裝置如圖。下列相關(guān)分析錯(cuò)誤的是

A. 電池I工作時(shí)，石墨電極發(fā)生反應(yīng)：Ag++e-=Ag
B. 電池I中Cu塊取出前后燈泡亮度沒有變化
C 電解池II工作時(shí)，電子從b端流向a端
D. 電解池II工作一段時(shí)間后，b與石墨C2電極之間會(huì)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】由題干裝置圖可知，電池I工作時(shí)，Zn為負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)為：Zn-2e-=Zn2+，石墨為正極，發(fā)生的電極反應(yīng)為：Ag++e-=Ag，中央銅塊的左側(cè)為正極，電極反應(yīng)為：Ag++e-=Ag，中央銅塊的右側(cè)為負(fù)極，發(fā)生的電極反應(yīng)為：Cu-2e-=Cu2+，電解池II工作時(shí)，石墨C1為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，C2為陰極，電極反應(yīng)為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，中央銅塊a端為陰極，電極反應(yīng)為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b端為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為：Cu-2e-=Cu2+，據(jù)此分析解題。
【詳解】A．由分析可知，電池I工作時(shí)，石墨電極發(fā)生反應(yīng)：Ag++e-=Ag，A正確；
B．由分析可知，電池I中Cu塊取出前是兩個(gè)原電池串聯(lián)供電，取出后只有一個(gè)電池供電，故燈泡亮度將發(fā)生明顯的變化，B錯(cuò)誤；
C．由分析可知，電解池II工作時(shí)，中央銅塊a端為陰極，電極反應(yīng)為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b端為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為：Cu-2e-=Cu2+，故電子從b端流向a端，C正確；
D．由分析可知，電解池II工作一段時(shí)間后，b端為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為：Cu-2e-=Cu2+，C2為陰極，電極反應(yīng)為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，b與石墨C2電極之間會(huì)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，D正確；
故答案為：B。
7. X為一元弱酸，YOH為一元強(qiáng)堿。常溫下，向難溶強(qiáng)電解質(zhì)(YX)的懸濁液中加入某酸，測(cè)得c(Y+)與c(H+)的變化關(guān)系如圖實(shí)線所示。下列說法錯(cuò)誤的是


A. M點(diǎn)時(shí)，c(X-)＜c(Y+)
B. 水的電離程度：N＞P
C. 實(shí)驗(yàn)時(shí)可加入的酸為鹽酸
D. 難溶物XY的溶度積K為a22
【答案】C
【解析】
【詳解】A．M點(diǎn)溶液呈堿性c(OH-)>c(H+)，又有電荷守恒有c(OH-)+c(X-)=c(H+)+c(Y+),因此該點(diǎn)溶液中c(X-)＜c(Y+)，A正確；
B．在難溶性鹽YX的懸濁液中存在水的電離平衡：H2OH++OH-，向其中加入酸，增大了其中c(H+)，對(duì)水電離平衡其抑制作用，使水電離程度減小。c(H+)越大，水的電離程度就越小。由于c(H+)：P＞N，所以水的電離程度：N＞P，B正確；
C．如果加入某酸為HCl，則與X-反應(yīng)產(chǎn)生弱酸HX，c(X-)減小，c(Y+)增大，與圖像不符，因此實(shí)驗(yàn)時(shí)可加入的酸不為鹽酸，應(yīng)為HX，C錯(cuò)誤；
D．在一定溫度下，難溶物XY的溶度積K=c(Y+)?c(X-)，但由于在N點(diǎn)時(shí)c(H+)=10-7mol/L，根據(jù)電荷守恒，c(Y+)=c(X-)，所以K為a22，D正確；
故合理選項(xiàng)是C。
8. 亞硫酰氯(SOCl2)是一種重要化工試劑，被廣泛應(yīng)用于結(jié)晶水合物的脫水和有機(jī)合成。工業(yè)上合成方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(1)+SOCl2(1) ΔH=-101.4kJ·mol-1。已知相關(guān)物質(zhì)的熔沸點(diǎn)及水解性如表：
物質(zhì)
熔點(diǎn)/℃
沸點(diǎn)/℃
水解性
POCl3
1.2
105.5
易水解
SOCl2
-1045
76
易水解
PCl5
160(升華)
167
易水解
某小組在實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)制亞硫酰氯設(shè)計(jì)如圖實(shí)驗(yàn)。

試回答下列問題：
（1）A裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。
（2）B裝置中盛裝的a試劑為______；C裝置中X儀器的名稱是______。
（3）①反應(yīng)過程中C裝置的燒瓶要放在冰水浴中，原因是______。
②判斷PCl5已與SO2完全反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是______。
（4）反應(yīng)結(jié)束后，從雙頸燒瓶中的液體得到較純凈的亞硫酰氯需進(jìn)行的操作是______。
（5）①用SOCl2與MgCl2?6H2O混合加熱可得無(wú)水MgCl2，其反應(yīng)方程式為______。
②因常發(fā)生副反應(yīng)，SOCl2不宜用于FeCl3?6H2O的脫水反應(yīng)制取無(wú)水FeCl3。試設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明兩者混合加熱時(shí)發(fā)生了副反應(yīng)______。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2） ①. 濃硫酸 ②. 球形冷凝管
（3） ①. 該反應(yīng)放熱，SOCl2沸點(diǎn)低(76℃)，保持低溫防止SOCl2氣化揮發(fā) ②. 固體完全消失(或B、C裝置導(dǎo)管口冒出氣泡速率近似相等)
（4）對(duì)C裝置雙頸瓶中的液體進(jìn)行蒸餾(或取出C裝置雙頸瓶中的液體進(jìn)行蒸餾)
（5） ①. 6SOCl2+MgCl2?6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑ ②. 取少量反應(yīng)后的混合物溶于水，滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明發(fā)生副反應(yīng)生成SO(或取少量反應(yīng)后的混合物溶于水，滴加鐵氰化鉀溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則證明發(fā)生副反應(yīng)生成Fe2+)
【解析】
【分析】本實(shí)驗(yàn)裝置A為SO2的制備發(fā)生裝置，反應(yīng)原理為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，由題干信息可知，SOCl2易水解，故裝置B為干燥SO2的裝置，所裝溶液為濃硫酸，裝置C為發(fā)生裝置，反應(yīng)原理為：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(1)+SOCl2(1) ΔH=-101.4kJ·mol-1，由于SOCl2易揮發(fā)，裝置C需進(jìn)行冰水浴，并通過球形冷凝管X來(lái)冷凝回流，最后堿石灰來(lái)吸收多余的SO2，防止污染環(huán)境，據(jù)此分析解題。
【小問1詳解】
由分析可知，裝置A為制備SO2的發(fā)生裝置，A裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；
【小問2詳解】
由分析可知，裝置B的作用為干燥SO2，則B裝置中盛裝的a試劑為濃硫酸，由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知C裝置中X儀器的名稱是球形冷凝管，故答案為：濃硫酸；球形冷凝管；
【小問3詳解】
①由題干信息可知，該反應(yīng)放熱，SOCl2沸點(diǎn)低(76℃)，需保持低溫防止SOCl2氣化揮發(fā)，故反應(yīng)過程中C裝置的燒瓶要放在冰水浴中，，故答案為：該反應(yīng)放熱，SOCl2沸點(diǎn)低(76℃)，保持低溫防止SOCl2氣化揮發(fā)；
②由題干信息可知，PCl5為固體，SO2為氣體，POCl3和SOCl2均為液體，則判斷PCl5已與SO2完全反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是固體完全消失(或B、C裝置導(dǎo)管口冒出氣泡速率近似相等)，故答案為：固體完全消失(或B、C裝置導(dǎo)管口冒出氣泡速率近似相等)；
【小問4詳解】
利用POCl3和SOCl2二者沸點(diǎn)相差較大的特點(diǎn)，則反應(yīng)結(jié)束后，從雙頸燒瓶中的液體得到較純凈的亞硫酰氯需進(jìn)行的操作是對(duì)C裝置雙頸瓶中的液體進(jìn)行蒸餾(或取出C裝置雙頸瓶中的液體進(jìn)行蒸餾)，故答案為：對(duì)C裝置雙頸瓶中的液體進(jìn)行蒸餾(或取出C裝置雙頸瓶中的液體進(jìn)行蒸餾)；
【小問5詳解】
①由于SOCl2易水解，生成SO2和HCl，從而已知Mg2+的水解，故用SOCl2與MgCl2?6H2O混合加熱可得無(wú)水MgCl2，其反應(yīng)方程式為：6SOCl2+MgCl2?6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑，故答案為：6SOCl2+MgCl2?6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑；
②因常發(fā)生副反應(yīng)，SOCl2不宜用于FeCl3?6H2O的脫水反應(yīng)制取無(wú)水FeCl3，由于SOCl2水解生成的SO2會(huì)被Fe3+氧化成，副反應(yīng)方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+，則想要證明兩者混合加熱時(shí)發(fā)生了副反應(yīng)，只需檢驗(yàn)產(chǎn)物中含有或者Fe2+即可，實(shí)驗(yàn)方案可為：取少量反應(yīng)后的混合物溶于水，滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明發(fā)生副反應(yīng)生成SO(或取少量反應(yīng)后的混合物溶于水，滴加鐵氰化鉀溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則證明發(fā)生副反應(yīng)生成Fe2+)，故答案為：取少量反應(yīng)后的混合物溶于水，滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明發(fā)生副反應(yīng)生成SO(或取少量反應(yīng)后的混合物溶于水，滴加鐵氰化鉀溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則證明發(fā)生副反應(yīng)生成Fe2+)。
9. 黃鈉鐵礬［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]被用于作凈水劑。以高品質(zhì)的硫鐵礦(主要成分為FeS2，含少量SiO2)為原料制取黃鈉鐵礬，工藝流程如圖：

（1）“鹽浸”時(shí)的反應(yīng)為FeS2+Fe2(SO4)3→FeSO4+S↓(未配平)，其中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_______；濾渣的主要成分為SiO2和_______。
（2）“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______；用空氣代替NaClO進(jìn)行該反應(yīng)具有成本低等優(yōu)點(diǎn)，但存在_______的缺點(diǎn)。
（3）“沉鐵”過程，控制不同條件可以得到不同的沉淀，所得沉淀與溫度、pH的關(guān)系如圖所示(圖中陰影部分表示黃鈉鐵礬穩(wěn)定產(chǎn)生的區(qū)域)。

①80℃時(shí)，加入碳酸鈉偏多時(shí)得到的黃鈉鐵礬中含有的雜質(zhì)是_______。
②生成黃鈉鐵礬的離子反應(yīng)方程式_______。
③由圖在pH=2時(shí)，溫度過高或過低，不易制得黃鈉鐵礬。試解釋其原因_______。
（4）測(cè)定黃鈉鐵礬樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：稱取樣品2.000g置于錐形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍過量的KI溶液，待充分反應(yīng)后，調(diào)節(jié)溶液近中性，滴入幾滴淀粉溶液，用0.1500mol?L-1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①滴定終點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_______。
②樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______。
【答案】（1） ①. 1:1 ②. S
（2） ①. 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O ②. 空氣氧化速率小
（3） ①. FeOOH ②. 3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑ ③. 溫度過高，F(xiàn)e3+水解程度增大并分解為Fe2O3導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過低，F(xiàn)e3+水解程度小，不易生成黃鈉鐵礬
（4） ①. 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s內(nèi)顏色不復(fù)原 ②. 8.400%
【解析】
【分析】由題干工藝流程圖可知，“鹽浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反應(yīng)生成FeSO4和S，進(jìn)行氧化還原反應(yīng)配平可得反應(yīng)原理為：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，過濾I得到濾渣成分為SiO2和S，向?yàn)V液中加入NaClO和H2SO4，將Fe2+氧化為Fe3+，反應(yīng)原理為：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉鐵”中是將Fe2(SO4)3與Na2CO3、Na2SO4反應(yīng)生成黃鈉鐵礬沉淀，反應(yīng)離子方程式為：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，過濾、洗滌、干燥得到純凈的黃鈉鐵礬［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，據(jù)此分析解題。
【小問1詳解】
由分析可知，“鹽浸”時(shí)的反應(yīng)為：FeS2+Fe2(SO4)3→3FeSO4+2S↓，其中FeS2還原劑，F(xiàn)e2(SO4)3是氧化劑，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為：1:1，濾渣的主要成分為SiO2和S，故答案為：1:1；S；
【小問2詳解】
由分析可知，“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，由于空氣中氧氣含量低，O2本身氧化Fe2+的速率較慢，則用空氣代替NaClO進(jìn)行該反應(yīng)具有成本低等優(yōu)點(diǎn)，但存在空氣氧化速率小的缺點(diǎn)，故答案為：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；空氣氧化速率小；
【小問3詳解】
①80℃時(shí)，加入碳酸鈉偏多時(shí)則溶液中的堿性較強(qiáng)，由題干信息圖中可知，此條件下得到的黃鈉鐵礬中含有的雜質(zhì)是FeOOH，故答案為：FeOOH；
②由分析可知，生成黃鈉鐵礬的離子反應(yīng)方程式為：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，故答案為：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；
③由圖在pH=2時(shí)，溫度過高或過低，不易制得黃鈉鐵礬，這是由于Fe3+水解是一個(gè)吸熱反應(yīng)，溫度過高，F(xiàn)e3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解為Fe2O3導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過低，F(xiàn)e3+水解程度小，不易生成黃鈉鐵礬，故答案為：溫度過高，F(xiàn)e3+水解程度增大并分解為Fe2O3導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過低，F(xiàn)e3+水解程度小，不易生成黃鈉鐵礬；
【小問4詳解】
①本實(shí)驗(yàn)使用淀粉溶液作指示劑，I2遇到淀粉溶液顯藍(lán)色，原溶液中含有I2，反應(yīng)后沒有I2，故滴定終點(diǎn)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s內(nèi)顏色不復(fù)原，故答案為：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s內(nèi)顏色不復(fù)原；
②已知黃鈉鐵礬[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中鐵為+3價(jià)，則有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O，可知：2Fe3+~~I2~~2 S2O，則有：n(Fe3+)=n(S2O)=0.1500mol?L-1 ×20.00×10-3L=3×10-3mol，則黃鈉鐵礬中Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=8.400%，故答案為：8.400%。
10. 為了達(dá)到碳中和，研發(fā)二氧化碳的利用技術(shù)成為熱點(diǎn)。
（1）用二氧化碳氧化乙烷制乙烯，其反應(yīng)步驟如下：
IC2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH=+136kJ·mol-1
IICO2(g)=CO(g)+O2(g) ΔH=+283kJ·mol-1
III.H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285kJ·mol-1
該工藝總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______。
（2）用二氧化碳和甲烷反應(yīng)可以制工業(yè)合成氣(CO、H2)。T℃，在1L的密閉容器中分別投入0.2molCO2和0.2molCH4，發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)，經(jīng)5min達(dá)到平衡，測(cè)得生成CO為0.2mol，則：
①0~5min內(nèi)用H2表示的反應(yīng)速率為______。
②平衡時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為______。
③保持體積不變，其他條件相同時(shí)，開始投入0.4molCO2和0.4molCH4，反應(yīng)達(dá)到平衡后生成CO的物質(zhì)的量______0.4mol(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）用二氧化碳與氫氣催化加氫制乙醇，其反應(yīng)原理為：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g) ΔHx2>x1 ②. 升高溫度到一定范圍，溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響占主要因素 ③.
（4） ①. 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O ②. 不變
【解析】
【小問1詳解】
I．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH=+136kJ·mol-1
II ．CO2(g)=CO(g)+O2(g) ΔH=+283kJ·mol-1
III ．H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285kJ·mol-1
根據(jù)蓋斯定律I+ II+ III得總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為C2H6(g)+CO(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l) △H=+134kJ?mol-1；
【小問2詳解】

①0~5min內(nèi)用H2表示的反應(yīng)速率為。
②平衡時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為；
③保持體積不變，其他條件相同時(shí)，開投始入0.4molCO2和0.4molCH4，相當(dāng)于加壓，反應(yīng)達(dá)到平衡后生成CO的物質(zhì)的量x2>x1；
②升高溫度到一定范圍，溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響占主要因素，所以隨溫度升高，不同投料比時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近；
③在x=，溫度為T，體積恒定的密閉容器中投入1molCO2時(shí)，初始?jí)簭?qiáng)為po，經(jīng)一段時(shí)間反應(yīng)達(dá)到平衡，CO2的轉(zhuǎn)化率為50%，

平衡后總壓強(qiáng)為，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=；
【小問4詳解】
根據(jù)圖示，CO2在銅電極得電子生成C2H4，電極反應(yīng)式為2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；總反應(yīng)為 、，電解后硫酸物質(zhì)的量不變，溶液pH不變。
11. 推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對(duì)減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料。
回答下列問題：
（1）基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有______種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是______。
（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是______；NH的空間構(gòu)型為______；H2PO中P原子的雜化軌道類型為______。
（3）1mol中含有______molσ鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是______。
（4）構(gòu)想某鋰電池的負(fù)極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結(jié)構(gòu)如圖。

①石墨的硬度小、熔沸點(diǎn)高的原因分別是______。
②如圖晶體的化學(xué)式為______；該晶體中最近的兩個(gè)碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)。
【答案】（1） ①. 26 ②. 基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)
（2） ①. O>N>P ②. 正四面體形 ③. sp3雜化
（3） ①. 14 ②. 苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能
（4） ①. 石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，熔沸點(diǎn)高 ②. LiC6 ③.
【解析】
【小問1詳解】
根據(jù)鮑利原理可知，原子核外沒有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的電子，鐵是26號(hào)原子，核外有26個(gè)電子，則基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有26種，根據(jù)洪特規(guī)則及特例可知，由于基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導(dǎo)致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定，故答案為：26；基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)；
【小問2詳解】
根據(jù)同一周期從左往右元素的電負(fù)性依次增強(qiáng)，同一主族從上往下元素的電負(fù)性依次減弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是O＞N＞P，NH的中心原子N周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：4+=4，則其空間構(gòu)型為正四面體， 已知中中心原子P原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：4+=4，則P的雜化方式為sp3，H2PO與的雜化方式相同，則H2PO中P原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為：O＞N＞P；正四面體；sp3；
【小問3詳解】
已知單鍵均為σ鍵，苯環(huán)上6個(gè)碳碳鍵均為介于單鍵和雙鍵之間獨(dú)特的鍵，則1mol中含有14molσ鍵；由于苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能，導(dǎo)致苯胺水溶性大于苯，故答案為：14；苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能；
【小問4詳解】
①由于石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，導(dǎo)致其硬度小，但層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)又很高，故答案為：石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，熔沸點(diǎn)高；
②由題干晶胞圖可知，Li位于8個(gè)頂點(diǎn)，C由8個(gè)位于側(cè)面上，2個(gè)位于體內(nèi)，故一個(gè)晶胞含有的Li+為：=1，C原子個(gè)數(shù)為：，則晶體的化學(xué)式為L(zhǎng)iC6，該晶體中最近的兩個(gè)碳原子核間距離為142pm，則底邊邊長(zhǎng)為3×142pm，石墨烯層間距離為335pm，又底邊為平行四邊形，頂角為60°，設(shè)晶胞的密度為dg/cm3，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為(3×142)2×335×10-30cm3，結(jié)合密度公式ρ=，解得d=g/cm3，故答案為：LiC6；。
12. 有機(jī)物M()是一種合成鎮(zhèn)痛藥的主要成分。某小組設(shè)計(jì)如圖的合成路線：

已知：①RCNR—COOH
②RX++HX
（1）B的化學(xué)名稱______；A→B的原子利用率為______；M中含氧官能團(tuán)的名稱為______。
（2）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______。
（3）F→M化學(xué)反應(yīng)方程式為______。
（4）的同分異構(gòu)體有多種，其中同時(shí)含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)和碳碳三鍵的結(jié)構(gòu)有______種，寫出其同分異構(gòu)體中滿足核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為1：2：2：2的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______。(寫出一種即可)
（5）參照上述合成路線，設(shè)計(jì)以、CH3—CN、CH3CH2NH2為原料制備的合成路線(無(wú)機(jī)試劑任選)______。
【答案】（1） ① 環(huán)氧乙烷 ②. 100% ③. 酯基
（2） （3）+C2H5OH+H2O
（4） ①. 5 ②. 或
（5）
【解析】
【分析】由題干合成流程圖可知，由C和E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式結(jié)合D的分子式、C到D、D到E的轉(zhuǎn)化條件可推知，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由E和M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式結(jié)合E到F、F到M的轉(zhuǎn)化條件可推知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，(5)本題采用逆向合成法，根據(jù)題干流程圖中D到E的信息可知，可由和CH3NH2轉(zhuǎn)化而來(lái)，由C到D的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和SOCl2轉(zhuǎn)化而來(lái)，由B到C的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和CH3CH2NH2轉(zhuǎn)化而來(lái)，據(jù)此分析解題。
【小問1詳解】
由題干流程圖可知，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，則B的化學(xué)名稱為環(huán)氧乙烷，A→B的反應(yīng)方程式為：2CH2=CH2+O22，則其原子利用率為100%，由M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知M中含氧官能團(tuán)的名稱為：酯基，故答案為：環(huán)氧乙烷；100%；酯基；
【小問2詳解】
由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故答案為：；
【小問3詳解】
由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，則F→M的化學(xué)反應(yīng)方程式為：+C2H5OH+H2O，故答案為：+C2H5OH+H2O；
【小問4詳解】
的同分異構(gòu)體有多種，其中同時(shí)含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)和碳碳三鍵的結(jié)構(gòu)，若只含一個(gè)取代基有：-C≡C-NH2，-NH-C≡C-H兩種，若有兩個(gè)取代基即-C≡CH、-NH2則有鄰、間、對(duì)三種，故共有5種，其同分異構(gòu)體中滿足核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為1：2：2：2的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：或，故答案為：5；或；
【小問5詳解】
本題采用逆向合成法，根據(jù)題干流程圖中D到E的信息可知，可由和CH3NH2轉(zhuǎn)化而來(lái)，由C到D的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和SOCl2轉(zhuǎn)化而來(lái)，由B到C的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和CH3CH2NH2轉(zhuǎn)化而來(lái)，故確定合成路線如下：

，故答案為：。




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