河北省衡水中學(xué)2020屆高三第二次調(diào)考
一、選擇題（每小題6分）
1.新版人民幣的發(fā)行，引發(fā)了人們對有關(guān)人民幣中化學(xué)知識的關(guān)注。下列表述不正確的是（ ）
A. 制造人民幣所用的棉花、優(yōu)質(zhì)針葉木等原料的主要成分是纖維素
B. 用于人民幣票面方案等處的油墨中所含有的Fe3O4是一種磁性物質(zhì)
C. 防偽熒光油墨由顏料與樹脂連接料等制成，其中樹脂屬于有機(jī)高分子材料
D. 某種驗(yàn)鈔筆中含有碘酒，遇假鈔呈現(xiàn)藍(lán)色，其中遇碘變藍(lán)的是葡萄糖
【答案】D
【詳解】A．棉花、優(yōu)質(zhì)針葉木等原料的主要成分是纖維素，故A正確；
B．Fe3O4是磁性物質(zhì)，有磁性，故B正確；
C．樹脂相對分子質(zhì)量很大，屬于有機(jī)高分子材料，故C正確；
D．葡萄糖遇碘不變藍(lán)，故D錯誤；故選D。
2.已知C8H11N的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的有很多種（不考慮立體異構(gòu)），苯環(huán)上有一個側(cè)鏈，二個側(cè)鏈和三個側(cè)鏈的種數(shù)分別是（ ）
A. 5 9 6 B. 5 6 6
C. 3 9 7 D. 4 6 7
【答案】A
【解析】試題分析：如果含有1個側(cè)鏈，則應(yīng)該是－CH2CH2NH2、－CH(CH3)NH2、－NHCH2CH3、－N(CH3)2、－CH2NHCH3，共計(jì)5種；如果含有2個取代基，則可以是乙基和氨基或甲基和－NHCH3或甲基和－CH2NH2，其位置均鄰間對三種，共計(jì)是9種；如果是3個取代基，則是2個甲基和1個氨基，其位置有6種，答案選A。
考點(diǎn)：考查同分異構(gòu)體判斷
3.設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（ ）
A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA
B. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L NO和2.24L O2混合后氣體分子數(shù)為0.15 NA
C. 加熱條件下，1mol Fe投入足量的濃硫酸中，生成NA個SO2分子
D. 0.1mol Na2O2與足量潮濕的二氧化碳反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA
【答案】D
【解析】試題分析：A．Cl2溶于水發(fā)生反應(yīng)H2O+Cl2HCl+HClO，是一個可逆反應(yīng)，0.1mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA， A錯誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L NO和2.24L O2混合，發(fā)生的反應(yīng)有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的氣體分子數(shù)小于0.15 NA，B錯誤；C．加熱條件下，F(xiàn)e與足量的濃硫酸反應(yīng)生成+3價的鐵離子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3mol，根據(jù)得失電子守恒，應(yīng)生成NA個SO2分子，C錯誤；D．0.1mol Na2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉中氧元素即被氧化又被還原，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，D正確，答案選D。
考點(diǎn)：考查阿伏伽德羅常數(shù)
4.下列實(shí)驗(yàn)操作與預(yù)期實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蛩脤?shí)驗(yàn)結(jié)論不一致的是（　?。?br /> 選項(xiàng)
實(shí)驗(yàn)操作
實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚪Y(jié)論
A、
向里推注射器
通過觀察液面差判斷該裝置的氣密性
B、
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，攪拌一段時間后過濾
除去MgCl2溶液中少量FeCl3
C、
常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，過濾，向洗滌的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生
說明常溫下Ksp(BaCO3)Ksp（BaSO4），選項(xiàng)C選；
D．乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，將得到的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液之前應(yīng)該先通入水中除去乙醇，防止乙醇干擾乙烯的檢驗(yàn)，選項(xiàng)D不選；
答案選C。
5.短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，X元素的焰色反應(yīng)呈黃色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核電荷數(shù)是W的2倍，Y是地殼中除氧外含量最多的非金屬元素。下列說法不正確的是(　　)
A. W與X形成的兩種化合物中陰、陽離子的個數(shù)比均為1∶2
B. Y、R、Z最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱順序：Z>R>Y
C. W的簡單氫化物穩(wěn)定性比Z的簡單氫化物穩(wěn)定性低
D. Y與W形成的化合物YW2的熔點(diǎn)高、硬度大
【答案】C
【解析】試題分析：短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，R是C元素；X 元素的焰色反應(yīng)呈黃色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核電荷數(shù)是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地殼中除氧外含量最多的非金屬元素，Y是Si元素。A．O與Na形成的兩種化合物分別是Na2O和Na2O2,它們的陰、陽離子的個數(shù)比均為1∶2，A正確；B．Si、C、S的非金屬性逐漸增強(qiáng)，所以它們的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱順序：S>C>Si，B正確；C．O元素的非金屬性強(qiáng)于S元素，所以O(shè)的簡單氫化物穩(wěn)定性比S的簡單氫化物穩(wěn)定性高，C錯誤；D．SiO2是原子晶體，具有熔點(diǎn)高、硬度大的特點(diǎn)，D正確，答案選C。
考點(diǎn)：考查元素推斷、元素周期律
6. 如圖a酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是由碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH，下列說法不正確的是（ ）
有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：


圖a 圖b
A. 該電池的正極反應(yīng)式為MnO2+eˉ+H＋==MnOOH
B. 利用干電池，高溫電解H2O—CO2混合氣體制備H2和CO，如圖b，則陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是1：1
C. 廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有氯化鋅和氯化銨，兩者可以通過重結(jié)晶方法分離
D. 廢電池糊狀填充物加水處理后所得濾渣的主要成分是二氧化錳、碳粉和MnOOH，欲從中得到較純的二氧化錳，可以采用加熱的方法
【答案】B
【解析】試題分析：A、正極得到電子，電極反應(yīng)式為MnO2+eˉ+H＋＝MnOOH，A正確；B、根據(jù)裝置圖可知陰極水、二氧化碳得到電子，生成氫氣和CO。陽極是氧離子失去電子生成氧氣，反應(yīng)式為H2O＋CO2H2＋CO＋O2，因此陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是2：1，B錯誤；C、氯化鋅和氯化銨的溶解度受溫度的影響變化不同，兩者可以通過重結(jié)晶方法分離，C正確；D、在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化，分別生成二氧化碳和二氧化錳，所以欲從中得到較純的二氧化錳，可以采用加熱的方法，D正確，答案選B。
考點(diǎn)：考查電化學(xué)、物質(zhì)的分離與提純
7.室溫下，用0.1 mol·Lˉ1 NaOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1 mol·Lˉ1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH隨加入NaOH溶液體積變化如圖，下列說法不正確的是（ ）

A. HX為弱酸
B. M點(diǎn)c(HX)—c(X-)﹥c(OH-)—c(H+)
C. 將P點(diǎn)和N點(diǎn)的溶液混合，呈酸性
D. 向N點(diǎn)的溶液中通入HCl至pH=7：c(Na＋) ﹥c(HX)=c(Cl-) >c(X-)
【答案】C
【解析】試題分析：A．未滴定時，0.1mol?L-1HCl溶液pH為1，由圖可知0.1mol/L HX溶液的pH＞5，則HX弱酸，故A正確；B．M點(diǎn)為等濃度NaX、HX混合溶液，且溶液呈堿性，說明X-的水解程度大于HX的電離程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，結(jié)合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，聯(lián)立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，故B正確；C．P點(diǎn)溶液中NaCl、HCl物質(zhì)的量相等，N點(diǎn)為NaX溶液，NaX物質(zhì)的量為HCl的2倍，混合后為NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX與HX的濃度相等，由于X-的水解程度大于HX的電離程度，呈堿性，故C錯誤；D．根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，則c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，聯(lián)立可得c(HX)=c(Cl-)，而溶液為NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同濃度下X-的水解程度大于HX的電離程度，由于溶液為中性，則溶液中c(NaX)＜c(HX)，故溶液中c(Na+)＞c(HX)=c(Cl-)＞c(X-)，故D正確；故選C。
考點(diǎn)：考查水解原理、弱電解質(zhì)電離、離子濃度大小判斷。
二、非選擇題
8.阿司匹林（乙酰水楊酸，）是世界上應(yīng)用最廣泛的解熱、鎮(zhèn)痛和抗炎藥．乙酰水楊酸受熱易分解，分解溫度為128℃～135℃．某學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室以水楊酸（鄰羥基苯甲酸）與醋酸酐[（CH3CO）2O]為主要原料合成阿司匹林，反應(yīng)原理如下：

制備基本操作流程如下：

主要試劑和產(chǎn)品的物理常數(shù)如下表所示：
名稱
相對分子質(zhì)量
熔點(diǎn)或沸點(diǎn)（℃）
水
水楊酸
138
158（熔點(diǎn)）
微溶
醋酸酐
102
139.4（沸點(diǎn)）
易水解
乙酰水楊酸
180
135（熔點(diǎn)）
微溶

請根據(jù)以上信息回答下列問題：
（1）制備阿司匹林時，要使用干燥的儀器的原因是_____________________________．
（2）合成阿司匹林時，最合適的加熱方法是_____________________________．
（3）提純粗產(chǎn)品流程如下，加熱回流裝置如圖：


① 使用溫度計(jì)的目的是控制加熱的溫度，防止_____________________．
② 冷凝水的流進(jìn)方向是_____（填“a”或“b”）；
③ 趁熱過濾的原因是_________________________________________．
④下列說法正確的是_____（填選項(xiàng)字母）．
a．此種提純方法中乙酸乙酯的作用是做溶劑
b．此種提純粗產(chǎn)品的方法叫重結(jié)晶
c．根據(jù)以上提純過程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低溫時大
d．可以用紫色石蕊溶液判斷產(chǎn)品中是否含有未反應(yīng)完的水楊酸
（4）在實(shí)驗(yàn)中原料用量：2.0g水楊酸、5.0mL醋酸酐（ρ＝1.08g/cm3），最終稱得產(chǎn)品質(zhì)量為2.2g，則所得乙酰水楊酸的產(chǎn)率為_____（用百分?jǐn)?shù)表示，小數(shù)點(diǎn)后一位）．
【答案】 (1). 醋酸酐和水易發(fā)生反應(yīng) (2). 水浴加熱 (3). 乙酰水楊酸受熱易分解 (4). a (5). 防止乙酰水楊酸結(jié)晶析出 (6). abc (7). 84.3%
【詳解】醋酸酐和水楊酸混合，然后向混合溶液中加入濃硫酸，搖勻后加熱至85℃，然后冷卻、過濾、水洗得到粗產(chǎn)品；
（1）醋酸酐和水易發(fā)生反應(yīng)生成乙酸，生成的乙酸抑制水楊酸和乙酸酐反應(yīng)，所以需要干燥儀器，
故答案為：醋酸酐和水易發(fā)生反應(yīng)；
（2）合成阿司匹林時要控制溫度在85℃～90℃，該溫度低于水的沸點(diǎn)，所以合適的加熱方法是水浴加熱；
（3）①乙酰水楊酸受熱易分解，分解溫度為128℃～135℃，使用溫度計(jì)的目的是控制加熱的溫度，防止乙酰水楊酸受熱易分解；
②采取逆流原理通入冷凝水，充滿冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水從a口進(jìn)，從b口出，
故答案為：a；
③趁熱過濾，防止乙酰水楊酸結(jié)晶析出，減少損失，
故答案為：防止乙酰水楊酸結(jié)晶析出；
④乙酸乙酯起溶劑作用，趁熱過濾除去水楊酸，再冷卻結(jié)晶析出乙酰水楊酸，說明低溫時乙酰水楊酸在乙酸乙酯中的溶解度較小，利用水楊酸、乙酰水楊酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分離提純，這種分離提純方法為重結(jié)晶，由于水楊酸與乙酰水楊酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判斷產(chǎn)品中是否含有未反應(yīng)完的水楊酸，
故選：abc；
（4）水楊酸的相對分子質(zhì)量為138，n（水楊酸）= =0.0145mol，n（乙酸酐）==0.0529mol，由于乙酸酐的物質(zhì)的量大于水楊酸，所以得到的乙酰水楊酸應(yīng)該按照水楊酸來計(jì)算，故理論上得到乙酰水楊酸的質(zhì)量為0.0145mol×180g/mol=2.61g，產(chǎn)率=×100%=×100%=84.3%。
【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物制備實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)與評價，注意對題目信息的應(yīng)用，（3）中注意根據(jù)流程理解分離提純方法，較好的考查學(xué)生分析解決問題的能力，易錯點(diǎn)為（4）計(jì)算水楊酸、乙酸酐的物質(zhì)的量，進(jìn)行過量判斷，根據(jù)不足量的物質(zhì)計(jì)算理論產(chǎn)量，進(jìn)而計(jì)算產(chǎn)率。
9.PbI2（亮黃色粉末）是生產(chǎn)新型敏化太陽能電池敏化劑——甲胺鉛碘的原料。合成PbI2的實(shí)驗(yàn)流程如圖1：

圖1

圖2
（1）將鉛塊制成鉛花的目的是 。
（2）31.05g鉛花用5.00mol·L－1的硝酸溶解，至少需消耗5.00 mol·L－1硝酸 mL。
（3）取一定質(zhì)量(CH3COO)2Pb·nH2O樣品在N2氣氛中加熱，測得樣品固體殘留率）（）隨溫度的變化如圖2所示（已知：樣品在75℃時已完全失去結(jié)晶水）。
①(CH3COO)2Pb·nH2O中結(jié)晶水?dāng)?shù)目n= （填整數(shù)）。
②100～200℃間分解產(chǎn)物為鉛的氧化物和一種有機(jī)物，則該有機(jī)物為 （寫分子式）。
（4）稱取一定質(zhì)量的PbI2固體，用蒸餾水配制成室溫時的飽和溶液，準(zhǔn)確移取25.00mL PbI2飽和溶液分次加入陽離子交換樹脂RH中，發(fā)生：2RH(s) + Pb2+(aq) = R2Pb(s) +2H+(aq)，用錐形瓶接收流出液，最后用蒸餾水淋洗樹脂至流出液呈中性，將洗滌液合并到錐形瓶中。加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol·L－1NaOH溶液滴定，到滴定終點(diǎn)時用去氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。則室溫時PbI2的Ksp為 。
（5）探究濃度對磺化鉛沉淀溶解平衡的影響。
該化學(xué)小組根據(jù)所提供試劑設(shè)計(jì)兩個實(shí)驗(yàn)，來說明濃度對沉淀溶解平衡的影響。
提供試劑：NaI飽和溶液、NaCl飽和溶液、FeCl3飽和溶液、PbI2飽和溶液、PbI2懸濁液。
信息提示：Pb2+和Cl－能形成較穩(wěn)定的PbCl42－絡(luò)離子。
請?zhí)顚懴卤淼目瞻滋帲?br /> 實(shí)驗(yàn)內(nèi)容
實(shí)驗(yàn)方法
實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及原因分析
①磺離子濃度增大對平衡的影響
取PbI2飽和溶液少量于一支試管中，再滴入幾滴NaI飽和溶液
現(xiàn)象：溶液中c(I－)增大，使Q大于了PbI2的Ksp
②鉛離子濃度減小對平衡的影響

現(xiàn)象：
原因：
③
在PbI2懸濁液中滴入幾滴FeCl3飽和溶液
現(xiàn)象：黃色渾濁消失
寫出反應(yīng)的離子方程式：

【答案】（1）增大與酸的接觸面積，加快溶解反應(yīng)速率(1分)（2）80 (1分)
（3）①3（2分） ②C4H6O3（2分）（4）4×10﹣9（2分）
（5）
實(shí)驗(yàn)內(nèi)容

實(shí)驗(yàn)方法

實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及原因分析






取PbI2懸濁液少量于一支試管中，再加入少量NaCl飽和溶液
現(xiàn)象：黃色渾濁消失
原因：原因是形成PbCl42-，導(dǎo)致溶液中c（Pb2+）減小，使Qc小于了pbI2的Ksp
③鉛離子和碘離子濃度都減小對平衡的影響


PbI2+2Fe3++4Cl-=PbCl42-+2Fe2++I2


【解析】試題分析：（1）將鉛塊制成鉛花，是為了增大與酸反應(yīng)的接觸面積，加快溶解反應(yīng)速率；
（2）31.05g鉛的物質(zhì)的量為31.05g÷207g/mol＝0.15mol，根據(jù)反應(yīng)方程式可知消耗的HNO3的物質(zhì)的量為0.15mol×8/3=0.4mol，生成的NO的物質(zhì)的量為0.15mol×2/3=0.1mol，則硝酸溶液的體積為0.4mol÷5.00mol?L﹣1=0.08L=80.0mL；
（3）①假設(shè)樣品的起始質(zhì)量為100克，根據(jù)固體殘留率的公式可知，75℃時剩余固體為87.75克，生成的水質(zhì)量為100g﹣87.75g=12.25g，則醋酸鉛與水的物質(zhì)的量之比為=1：3，則n=3；
②鉛的氧化物質(zhì)量為58.84克，醋酸鉛的物質(zhì)的量為=，根據(jù)鉛原子守恒，鉛的氧化物（PbOx）的物質(zhì)的量為，此氧化物的摩爾質(zhì)量為58.84g÷=223g/mol，為PbO，有機(jī)物的質(zhì)量為85.75g﹣58.84g=26.91g，此有機(jī)物分子內(nèi)應(yīng)含有四個碳原子，物質(zhì)的量為mol，摩爾質(zhì)量為26.91g÷=102，根據(jù)原子守恒可知有機(jī)物的分子式為C4H6O3；
（4）n（H+） = n（NaOH） = 0.002500 mol?L﹣1 × 20.00mL × 10﹣3L?mL﹣1 = 5.000 × 10﹣5mol ， n[Pb2+（aq）] = 1/2 n（H+） = 2.500 × 10﹣5 mol ， c（Pb2+） == 1.000 × 10﹣3 mol?L﹣1 ，Ksp（PbI2） = c（Pb2+）?c2（I﹣） = 4c3（Pb2+） = 4 × （1.000×10﹣3）3=4.000×10﹣9。
（5）影響化學(xué)平衡移動的因素有濃度：增大反應(yīng)物（減小生成物）濃度，向著正向進(jìn)行，增大生成物（減小反應(yīng)物）濃度平衡向左進(jìn)行，根據(jù)碘化鉛的溶解平衡：PbI2（S）Pb2+（aq）+2I-（aq），溶液中c（I-）增大，平衡向左進(jìn)行，Pb2+和Cl-能形成較穩(wěn)定的PbCl42-絡(luò)離子，加入少量NaCl飽和溶液，會導(dǎo)致溶液中c（Pb2+）減小，平衡向右進(jìn)行，二價鉛離子和三價鐵離子可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，加入少量FeCl3飽和溶液，會消耗碘化鉛，向左移動。
考點(diǎn)：考查實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化；外界條件對平衡狀態(tài)的影響實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與評價
10.納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的四種方法：
方法a
用炭粉在高溫條件下還原CuO
方法b
用葡萄糖還原新制Cu(OH)2制備Cu2O
方法c
電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2↑
方法d
用肼(N2H4)還原新制的Cu(OH)2

（1）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）；△H＝﹣169kJ?mol﹣1
②C（s）+O2（g）＝CO（g）；△H＝﹣110.5kJ?mol﹣1
③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）；△H＝﹣157kJ?mol﹣1
則方法a發(fā)生的熱化學(xué)方程式是：_____________________________________________。
（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH﹣的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示：

該離子交換膜為_____離子交換膜（填“陰”或“陽”），該電池的陽極反應(yīng)式為______________，鈦極附近的pH值_____（填“增大”“減小”或“不變”）。
（3）方法d為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2．該制法的化學(xué)方程式為______________________________________。
（4）在相同的密閉容器中，用以上方法制得的三種Cu2O分別進(jìn)行催化分解水的實(shí)驗(yàn)：
2H2O（g） 2H2（g）+O2（g）△H＞0．水蒸氣的濃度隨時間t變化如下表所示：

①對比實(shí)驗(yàn)的溫度：T2_____T1（填“＞”“＜”或“＝”），能否通過對比實(shí)驗(yàn)①③到達(dá)平衡所需時間長短判斷：_____（填“能”或“否”）。
②實(shí)驗(yàn)①前20min的平均反應(yīng)速率 v（O2）＝_____
③催化劑的催化效率：實(shí)驗(yàn)①_____實(shí)驗(yàn)②（填“＞”或“＜”）。
【答案】 (1). C（s）+2CuO（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H＝+34.5kJ?mol﹣1 (2). 陰 (3). 2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O (4). 增大 (5). 4Cu（OH）2+N2H4 2Cu2O+N2↑+6H2O (6). ＞ (7). 否 (8). 3.5×10﹣5mol/（L?min） (9). ＜
【詳解】(1) 已知：①2Cu（s）＋O2(g)=Cu2O（s）；△H = -169kJ·mol-1，②C（s）＋O2(g)=CO(g)；△H = -110.5kJ·mol-1，③ Cu（s）＋O2(g)=CuO（s）；△H = -157kJ·mol-1，方法a是用碳在高溫條件下還原氧化銅，方程式為：2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)，由②-2×③-①×，可以得到該方程式，根據(jù)蓋斯定律，該反應(yīng)的焓變?yōu)?110.5kJ·mol-1-2×（-157kJ·mol-1）-（-169kJ·mol-1）×=+34．5kJ/mol；
（2）根據(jù)總反應(yīng)可以寫出陽極反應(yīng)式，陽極反應(yīng)式為：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，消耗氫氧根，pH減小，所以離子交換膜是陰離子交換膜，Ti極是陰極，陰極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e=H2↑+2OH,Ti極附近的pH增大，為答案為：陰；2Cu-2e-+2OH-= Cu2O+H2O；增大；
（3）方法d為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu(OH)2來制備納米級Cu2O，同時放出N2，結(jié)合元素守恒寫出化學(xué)反應(yīng)方程式為4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；
（4）實(shí)驗(yàn)①③或者②③相比，起始物質(zhì)的量濃度③是①（或②）的2倍，達(dá)到平衡時③中物質(zhì)的量濃度小于①（或②）的2倍，水蒸氣的轉(zhuǎn)化率降低，所以T2>T1,不可以通過比較達(dá)到平衡的時間來判斷溫度的大小，在這個實(shí)驗(yàn)里面，溫度不是唯一影響速率的因素，還有催化劑，答案為：＞；否；
②①前20 min的平均反應(yīng)速率 v(O2)=v（H2O）= =3.5×10-5 mol/(L·min)；
③根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)速率較快，催化劑的催化效率：實(shí)驗(yàn)①＞實(shí)驗(yàn)②。
【化學(xué)一選修2：化學(xué)與技術(shù)】
11.輝銅礦主要成分Cu2S，此外還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，軟錳礦主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)．研究人員開發(fā)綜合利用這兩種資源，用同槽酸浸濕法冶煉工藝，制備硫酸錳晶體和堿式碳酸銅。主要工藝流程如下：

已知：
①M(fèi)nO2有較強(qiáng)的氧化性，能將金屬硫化物中的硫氧化為單質(zhì)硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常溫穩(wěn)定，在熱水溶液中會分解生成NH3；
③部分金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH范圍（開始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：1．5～3．2 Mn2+：8．3～9．8 Cu2+：4．4～6．4
④MnSO4·H2O溶于1份冷水、0．6份沸水，不溶于乙醇。
（1）實(shí)驗(yàn)室配制250mL 4．8mol?L－1的稀硫酸，所需的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、燒杯以外還需要 。
（2）酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施有 （任寫一點(diǎn)）。
（3）酸浸時，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。
（4）調(diào)節(jié)浸出液pH=4的作用是 。
（5）本工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)是 （寫化學(xué)式）。
（6）獲得的MnSO4?H2O晶體需要進(jìn)一步洗滌、干燥，洗滌時應(yīng)用 洗滌。
（7）測定MnSO4?H2O樣品的純度：準(zhǔn)確稱取樣品14．00g，加蒸餾水配成100mL溶液，取出25．00mL用標(biāo)準(zhǔn)的BaCl2溶液測定，完全反應(yīng)后得到了4．66g沉淀，則此樣品的純度為 。
【答案】（1）250mL容量瓶 膠頭滴管（2分）
（2）粉碎礦石（或加熱或者攪拌）（任寫一點(diǎn)） （2分）
（3）Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O （2分）
（4）使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀 （2分）
（5）NH3（2分）
（6）酒精（2分）
（7）96．57%（2分）
【解析】試題分析：酸浸過程中，二氧化硅不反應(yīng)，分離出來，Cu2S反應(yīng)生成S單質(zhì)，F(xiàn)e2O3溶解成溶液，PH值控制在4時，F(xiàn)e3+沉淀，過濾得到的濾液成分應(yīng)為CuSO4和MnSO4等，加熱趕氫過后，得到堿式碳酸銅，濾渣為碳酸錳，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等操作即可得到硫酸錳晶體。
（1）實(shí)驗(yàn)室配置250mL 4．8mol?L－1的溶液需要250mL的容量瓶和膠頭滴管；
（2）為了提高浸取率可采取的措施可以粉碎礦石增大接觸面積、加熱、攪拌等。
（3）有題目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S與MnO2在H2SO4浸泡的條件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；
（4）根據(jù)提示Fe3+的PH沉淀范圍：1．5～3．2可知當(dāng)PH=4時，F(xiàn)e3+會水解生成氫氧化鐵沉淀；
（5）本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循環(huán)使用；
（6）由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗滌可以促進(jìn)晶體形成；
（7）根據(jù)提示n(BaSO4)=n(SO42-)=n(MnSO4·H2O)==0.02mol，25mL 溶液中含有n(SO42-)=n(MnSO4·H2O)=0.02mol，故100mL溶液含有n(MnSO4·H2O)=0.08mol，m(MnSO4·H2O)==13.52g，那么樣品的純度為=96．57%
考點(diǎn)：考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作及計(jì)算相關(guān)知識點(diǎn)
【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】
12. 前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素A、B、C、D、E、F中，A、B屬于同一短周期元素且相鄰，A 元素所形成的化合物種類最多，C、D、E、F是位于同一周期的金屬元素，基態(tài)C、F原子的價電子層中未成對電子均為1個，且C、F原子的電子數(shù)相差為10，基態(tài)D、E原子的價電子層中未成對電子數(shù)分別為4、2，且原子序數(shù)相差為2。
（1）六種元素中第一電離能最小的是 （填元素符號，下同），電負(fù)性最大的是 。
（2）黃血鹽是由A、B、C、D四種元素形成的配位化合物C4[D(AB)6]，易溶于水，廣泛用作食鹽添加劑（抗結(jié)劑）。請寫出黃血鹽的化學(xué)式 ，1 mol AB－中含有π鍵的數(shù)目為 ，黃血鹽晶體中各種微粒間的作用力不涉及 （填選項(xiàng)字母）。
a．離子鍵 b．共價鍵 c．配位鍵 d．金屬鍵 e．氫鍵 f．分子間的作用力
（3）E2+的價層電子排布圖為 ，很多不飽和有機(jī)物在E催化下可與H2發(fā)生加成反應(yīng)：如①CH2＝CH2、②HC≡CH、③、④HCHO。其中碳原子采取sp2雜化的分子有 （填物質(zhì)序號），HCHO分子的立體結(jié)構(gòu)為 形，它加成產(chǎn)物的熔、沸點(diǎn)比CH4的熔、沸點(diǎn)高，其主要原因是（須指明加成產(chǎn)物是何物質(zhì)） 。
（4）金屬C、F晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖（請先判斷對應(yīng)的圖），C、F兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為 。金屬C的晶胞中，若設(shè)該晶胞的密度為a g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，C原子的摩爾質(zhì)量為M，則表示C原子半徑的計(jì)算式為 cm。

【答案】（1）K N (各1分)
（2）K4[Fe(CN)6](1分) 2NA(1分) def (2分)
（3）(1分) ①③④ （2分) 平面三角(1分)
加成產(chǎn)物CH3OH分子之間能形成氫鍵(1分)
（4）2：3 (2分)（2分）
【解析】試題分析：前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素A、B、C、D、E、F中，A、B屬于同一短周期元素且相鄰，A 元素所形成的化合物種類最多，則A為C元素，B為N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金屬元素，它們只能是第四周期的元素，基態(tài)C、F原子的價電子層中未成對電子均為1個，且C、F原子的電子數(shù)相差為10，可推知C為K元素，F(xiàn)為Cu元素；基態(tài)D、E原子的價電子層中未成對電子數(shù)分別為4、2，且原子序數(shù)相差為2，D、E價電子排布分別為3d64s2和3d84s2,故D為Fe，E為Ni，（1）非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越小，六種元素中第一電離能最小的是K元素，電負(fù)性最大的是N元素，答案為：K N；（2）黃血鹽是由A、B、C、D四種元素形成的配位化合物C4[D(AB)6]，即K4[Fe(CN)6]，CN-的結(jié)構(gòu)和N2的結(jié)構(gòu)相似，含有一個三鍵，所以1 mol CN-中含有π鍵的數(shù)目2NA, K4[Fe(CN)6]中鉻微粒間的化學(xué)鍵有離子鍵、共價鍵、配位鍵，答案為：K4[Fe(CN)6] ； 2NA；def ；（3）Ni2+的價層電子排布式為：，①CH2＝CH2碳原子采用sp2雜化，②HC≡CH碳原子采用sp雜化，③中的碳原子采用sp2雜化，④HCHO中碳原子采用sp2雜化，所以采用sp2雜化的碳原子有①③④，HCHO分子中的碳原子采用sp2雜化，所以他的的立體結(jié)構(gòu)為平面三角形，甲醛的加成產(chǎn)物是甲醇，甲醇能夠形成分子間氫鍵，所以它的熔、沸點(diǎn)比CH4的熔、沸點(diǎn)高，答案為：；①③④ ；平面三角；加成產(chǎn)物CH3OH分子之間能形成氫鍵 ；（4）屬K、Cu晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖（請先判斷對應(yīng)的圖），根據(jù)圖中可以看出，K的配位數(shù)為8，Cu的配位數(shù)為12，配位數(shù)比為2:3, 金屬K的晶胞中，K原子數(shù)為8×，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA， K原子的摩爾質(zhì)量為M，晶胞質(zhì)量為，設(shè)該晶胞的密度為a g/cm3，則該晶胞的體積為，晶胞棱長為,設(shè)原子半徑為r，則晶胞體對角線為4r，則表示C原子半徑的計(jì)算式為，答案為： 2：3 ；.
考點(diǎn)：考查元素推斷、元素周期律、晶胞的計(jì)算
【化學(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】
13.EHPB是合成治療高血壓和充血性心力衰竭的藥物的中間體，合成路線如下：

已知：ⅰ、碳碳雙鍵容易被氧化
ii、+CH3COOH
（1）A的名稱是________，A形成的順丁橡膠的結(jié)構(gòu)式是________．
（2）已知1molE發(fā)生銀鏡反應(yīng)可生成4molAg．E中含氧官能團(tuán)的名稱為________．
（3）E由B經(jīng)①、②、③合成．
a．①的反應(yīng)試劑和條件是______________．
b．②、③的反應(yīng)類型依次是___________、___________．
（4）1molF轉(zhuǎn)化成G所消耗的NaOH的物質(zhì)的量為_____mol．
（5）M的結(jié)構(gòu)簡式為______________．
（6）完成下列化學(xué)方程式：
①EHPB不能與NaHCO3反應(yīng)，有機(jī)物N→EHPB的化學(xué)方程式為_______________________．
②有機(jī)物K與試劑x發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________________．
（7）有機(jī)物N有多種同分異構(gòu)體，寫出一種滿足下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_________________．
a．含有酚羥基 b．能水解又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)
c．苯環(huán)上的一氯代物只有一種 d．核磁共振氫譜有5組峰．
【答案】 (1). 3-丁二烯 (2). (3). 醛基 (4). NaOH溶液、加熱 (5). 加成反應(yīng) (6). 氧化反應(yīng) (7). 3 (8). (9). (10). (11).
【分析】根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，由K的結(jié)構(gòu)簡式可知，M為HOOCCH2CHOHCOOH，G為NaOOCCH2CHOHCOONa，根據(jù)F的分子式可知，F(xiàn)為HOOCCH2CHBrCOOH。根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式可知B的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH=CHCH2Br，B發(fā)生堿性水解得C，C與溴化氫加成得D為CH2OHCH2CHBrCH2OH，D發(fā)生氧化反應(yīng)得E。根據(jù)已知信息ⅱ可知K與x發(fā)生該反應(yīng)，依據(jù)生成物的分子式可知x應(yīng)該是苯，據(jù)此分析。
【詳解】（1）CH2=CH-CH=CH2的名稱是1,3-丁二烯；CH2=CH-CH=CH2加聚形成的順丁橡膠的結(jié)構(gòu)式是；
（2）利用逆推法，由K推知M為HOOCCH2CHOH-COOH；G為NaOOCCH2CHOH-COONa；F為HOOCCH2CHBrCOOH；E為OHCCH2CHBrCHO；D為CH2OHCH2CHBrCH2OH；C為HOCH2CH=CHCH2OH；B為BrCH2CH=CHCH2Br；
（2）E中含氧官能團(tuán)的名稱為醛基；
（3）①BrCH2CH=CHCH2Br到HOCH2CH=CHCH2OH的反應(yīng)試劑和條件是NaOH/H2O,△；②、③的反應(yīng)類型依次是加成反應(yīng) 、氧化反應(yīng)；
（4）1molHOOCCH2CHBrCOOH轉(zhuǎn)化成NaOOCCH2CHOH-COONa所消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol；
（5）M的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCH2CHOH-COOH；
（6）①EHPB不能與NaHCO3反應(yīng)，說明EHPB不含羧基，有機(jī)物N →EHPB的化學(xué)方程式為：；
②有機(jī)物K與試劑x發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；
（7）有機(jī)物N有多種同分異構(gòu)體，滿足下列條件的同分異構(gòu)體
a 含有酚羥基；
b.既能水解又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明為甲酸酯
c. 苯環(huán)上的一氯代物只有一種;
d.核磁共振氫譜有5組峰的結(jié)構(gòu)簡式為或。
【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)推斷，推出各物質(zhì)是解題的關(guān)鍵，易錯點(diǎn)為（6）①EHPB不能與NaHCO3反應(yīng)，說明EHPB不含羧基。

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