全國II卷遼寧省丹東市2025屆高三化學線上教學質量監(jiān)測試題含解析

PAGE18-（全國II卷）遼寧省丹東市2025屆高三化學線上教學質量監(jiān)測試題（含解析）1.化學與環(huán)境、生產(chǎn)、生活關系親密，下列說法正確的是A.84消毒液和醫(yī)用酒精都可以起到殺菌消毒的作用，其作用原理相同B.防控新冠病毒所用的酒精，其濃度越大，殺毒效果越好。C.工業(yè)上常用高純硅制造光導纖維D.推廣運用可降解塑料及布質購物袋，以削減“白色污染”【答案】D【解析】【詳解】A.84消毒液具有強氧化性，使蛋白質分子結構發(fā)生改變而失去其生理活性，因而具有殺菌消毒作用；醫(yī)用酒精能夠使蛋白質變性，因而可殺菌消毒，二者作用原理不相同，A錯誤；B.酒精濃度小，滲透性強，但殺菌消毒作用實力??；濃度太大，殺菌消毒作用實力強，但滲透性又差，僅使蛋白質表面分子發(fā)生變性，病毒褪去外殼后，仍舊具有破壞作用，因此不是濃度越大，殺毒效果越好，B錯誤；C.SiO2對光具有良好的全反射作用，工業(yè)上常用SiO2作光導纖維的材料，C錯誤；D.塑料不能降解，導致“白色污染”，則推廣運用可降解塑料及布質購物袋，以削減“白色污染”，D正確；故合理選項是D。2.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)值，下列敘述中正確的A.0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下充分反應，得到NO的分子數(shù)為0.4NAB.C60和石墨的混合物共1.8g，含碳原子數(shù)目為0.15NAC.1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中陽離子總數(shù)小于0.2NAD.5.6g鐵在足量的O2中燃燒，轉移的電子數(shù)為0.3NA【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下加熱充分反應，氧氣剩余，則生成的一氧化氮部分與氧氣反應生成二氧化氮，所以最終生成一氧化氮分子數(shù)小于0.4NA，故A錯誤；B．C60和石墨是碳元素的同素異形體，混合物的構成微粒中都只含有C原子，1.8gC的物質的量為=0.15mol，所以其中含有的碳原子數(shù)目為0.15NA，B正確；C．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶質的物質的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1mol/L×1L=0.1mol，該鹽是強酸弱堿鹽，陽離子部分發(fā)生水解作用，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可見NH4+水解消耗數(shù)與水解產(chǎn)生的H+數(shù)目相等，而Al3+一個水解會產(chǎn)生3個H+，因此溶液中陽離子總數(shù)大于0.2NA，C錯誤；D．Fe在氧氣中燃燒產(chǎn)生Fe3O4，3molFe完全反應轉移8mol電子，5.6gFe的物質的量是0.1mol，則其反應轉移的電子數(shù)目為×0.1mol=mol，故轉移的電子數(shù)目小于0.3NA，D錯誤；故合理選項是B。3.短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數(shù)依次遞增，W和Z位于同一主族。已知W的氫化物可與Q單質在光照條件下反應生成多種化合物，且Y、Q形成一種共價化合物，X的最高價氧化物對應的水化物可與Y單質反應產(chǎn)生常見的還原性氣體單質E。下列說法正確的是A.X、Y、Q對應簡潔離子的半徑漸漸減小B.工業(yè)上可用電解X、Q元素組成的化合物的飽和溶液制備Q單質C.Y、Q形成化合物是非電解質D.工業(yè)用W與Z的最高價氧化物反應制取Z單質，同時得到W的最高價氧化物【答案】B【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數(shù)依次遞增，已知W的氫化物可與Q單質在光照條件下反應生成多種化合物，W的氫化物應當為烴，則W為C元素，Q為Cl元素；W和Z位于同一主族，則Z為Si元素；Y、Q形成一種共價化合物，X的最高價氧化物對應的水化物可與Y單質反應產(chǎn)生常見的還原性氣體單質E。則X是Na，Y為Al元素；氣體單質E為H2，據(jù)此解答。【詳解】依據(jù)上述分析可知：W為C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。A.X是Na，Y是Al，二者形成的陽離子核外電子排布是2、8，具有2個電子層；Q是Cl，形成的離子核外電子排布是2、8、8，離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大；當離子核外電子層數(shù)相同時，離子的核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑大小關系為：Q>X>Y，A錯誤；B.Cl2在工業(yè)上可用電解飽和NaCl溶液的方法制取，反應方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正確；C.Y、Q形成的化合物AlCl3是鹽，屬于共價化合物，在水溶液中完全電離產(chǎn)生Al3+、Cl-，因此屬于電解質，C錯誤；D.C與SiO2在高溫下發(fā)生置換反應產(chǎn)生Si單質，同時得到CO氣體，反應方程式為2C+SiO2Si+2CO↑，CO不是C元素的最高價氧化物，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查了原子結構與元素周期律的關系，推斷元素為解答關鍵，留意駕馭元素周期表結構、元素周期律內(nèi)容，試題培育了學生的分析實力及邏輯推理實力。4.1，1-二環(huán)丙基乙烯()是重要醫(yī)藥中間體，下列關于該化合物的說法正確的是A.全部碳原子可能在同一平面 B.乙苯與它互為同分異構體C.二氯代物有9種 D.只能發(fā)生取代、加成、加聚反應【答案】C【解析】【詳解】A.在該物質分子中含有6個飽和碳原子，由于飽和碳原子構成的是四面體結構，所以分子中不行能全部碳原子可能在同一平面，A錯誤；B.乙苯分子式是C8H10，1，1-二環(huán)丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯與1，1-二環(huán)丙基乙烯不是同分異構體，B錯誤；C.該物質分子結構對稱，若2個Cl原子在同一個C原子上，有2種不同的結構；若2個Cl原子在不同的C原子上，其中一個Cl原子在不飽和C原子上，可能有2種不同結構；若其中一個Cl原子位于連接在不飽和C原子的環(huán)上的C原子上，另一個C原子可能在同一個環(huán)上有1種結構；在不同環(huán)上，具有2種結構；若一個Cl原子位于-CH2-上，另一個Cl原子在同一個環(huán)上，只有1種結構；在兩個不同環(huán)上，又有1種結構，因此可能的同分異構體種類數(shù)目為：2+2+1+2+1+1=9，C正確；D.該物質含有不飽和的碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應、加聚反應；含有環(huán)丙基結構，能夠發(fā)生取代反應，該物質屬于不飽和烴，能夠發(fā)生燃燒反應，催化氧化反應，因此不僅僅能夠發(fā)生上述反應，D錯誤；故合理選項是C。5.從下列事實所得出的相應結論正確的是試驗事實結論A在相同溫度下，向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3B某氣體能使潮濕的藍色石蕊試紙變紅該氣體水溶液肯定顯堿性C同溫同壓下，等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別于足量的鋅反應，排水法收集氣體，HA放出的氫氣多且反應速率快HB的酸性比HA強DSiO2既能與氫氟酸反應又能與堿反應SiO2是兩性氧化物A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A.發(fā)生反應MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH過量，因此再滴入FeCl3溶液，會發(fā)生反應：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比較Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A錯誤；B.某氣體能使潮濕的藍色石蕊試紙變紅，則該氣體為酸性氣體，其水溶液顯酸性，B錯誤；C.HA放出的氫氣多且反應速率快，HA濃度比HB大，在反應過程中HA溶液中c(H+)比較大，證明HA溶液中存在電離平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正確；D.SiO2與氫氟酸反應產(chǎn)生SiF4和H2O，SiF4不是鹽，因此SiO2不是兩性氧化物，D錯誤；故合理選項是C。6.用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出廢舊印刷電路板上的銅。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu與H2O2反應生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反應熱ΔH等于A.－319.68kJ/mol B.－417.91kJ/molC.－448.46kJ/mol D.＋546.69kJ/mol【答案】A【解析】【詳解】①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol依據(jù)蓋斯定律，將①+×②+③，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ/mol，故合理選項是A。7.已知：p[]＝－lg[]。室溫下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH隨p[]改變關系如圖所示。下列說法正確的是A.溶液中水的電離程度：a>b>cB.c點溶液中：c(Na+)=10c(HX)C.室溫下NaX的水解平衡常數(shù)為10-4.75D.圖中b點坐標為(0，4.75)【答案】D【解析】【詳解】A.依據(jù)圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質為HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的電離程度大于X-的水解程度，可只考慮H+對水的電離的抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：a<b<c，A錯誤；B.c點溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=1，則c(X-)=10c(HX)，代入電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)<10c(HX)，B錯誤；C.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則Ka=10-4.75，則室溫下室溫下NaX的水解平衡常數(shù)Kh==10-9.25，C錯誤；D.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則b點pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正確；故合理選項是D。8.I．據(jù)報道，我國在南海北部神狐海疆進行的可燃冰(甲烷的水合物)試采獲得勝利。甲烷是一種重要的化工原料。(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外還有以下兩種：水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ/mol①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol②二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)CO(g)+2H2(g)△H3③則反應①自發(fā)進行的條件是______________ΔH3=________kJ/mol。Ⅱ．氮的化合物以及氮的固定始終是科學家探討的重要課題，合成氨則是人工固氮比較成熟的技術，其原理為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。(2)在不同溫度、壓強和相同催化劑條件下，初始N2、H2分別為0.1mol、0.3mol時，平衡后混合物中氨的體積分數(shù)(φ)如圖所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的依次是____________，該反應ΔH_______0(填“>”“<”或“=”)。②若分別用vA(N2)和vB(N2)表示從反應起先至達平衡狀態(tài)A、B時的化學反應速率，則vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“=”)。③若在250℃、p1為105Pa條件下，反應達到平衡時容器的體積為1L，則該條件下B點N2的分壓p(N2)為_______Pa(分壓=總壓×物質的量分數(shù)，保留一位小數(shù))。(3)以NO2、O2、熔融NaNO3組成的燃料電池裝置如下圖所示，石墨Ⅱ的電極名稱為_______。在運用過程中石墨Ⅰ電極反應生成一種氧化物Y，石墨Ⅰ電極反應可表示為______________________。【答案】(1).高溫(2).+247.1(3).p1>p2>p3(4).<(5).<(6).8.3×103(7).正極(8).NO2-e-+NO3-=N2O5【解析】【分析】Ⅰ．(1)依據(jù)反應①的△H和△S分析自發(fā)性的條件，依據(jù)已知焓變的熱化學方程式，結合蓋斯定律計算所求反應的焓變；Ⅱ．(2)①發(fā)生反應為N2+3H22NH3，隨著反應進行，氣體分子數(shù)削減，體系壓強削減，依據(jù)圖象分析；②溫度上升，化學反應速率增大；③依據(jù)方程式計算B點N2的分壓p(N2)，分壓=總壓×物質的量分數(shù)；(3)在燃料電池中，通入燃料的電極為負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，通入氧氣的電極為正極，得到電子發(fā)生還原反應，結合電解質及產(chǎn)生的物質書寫電極反應式?！驹斀狻縄．(1)反應①方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ/mol，可知該反應正反應△H>0，△S>0，滿足△H-T△S<0，因此反應自發(fā)進行的條件是高溫；①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ/mol，②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律計算，①-②得到反應③的熱化學方程式為：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=△H1-△H2=+247.1kJ/mol；II．(2)①由N2+3H22NH3可知，在溫度不變時，增大壓強，化學平衡正向移動，NH3的含量增大。由圖象可知在相同溫度下，平衡后混合物中氨的體積分數(shù)(φ)為p1>p2>p3，因此壓強關系是p1>p2>p3；在壓強相同時，上升溫度，NH3的含量降低，說明上升溫度，化學平衡向逆反應方向移動，依據(jù)平衡移動原理，上升溫度，化學平衡向吸熱反應分析移動，逆反應為吸熱反應，則該反應的正反應為放熱反應，故反應熱小于零，該反應ΔH<0；②溫度越高，壓強越大，反應速率越大，由于p1>p2，由圖可知，B對應的溫度高、壓強大，所以反應速率B>A，即vA(N2)<vB(N2)；③設轉化的氮氣的物質的量為x，發(fā)生的反應為：N2+3H22NH3，由于反應起先時n(N2)=0.1mol，n(H2)=0.3mol，依據(jù)物質反應轉化關系可知：平衡時各種氣體的物質的量分別為n(N2)=(0.1-x)mol，n(H2)=(0.3-3x)mol，n(NH3)=2xmol，在相同外界條件下氣體的體積比等于氣體的物質的量的比，所以=0.667，解得x=0.08，若在250℃、p1為105Pa條件下，反應達到平衡時容器的體積為1L，則該條件下B點N2的分壓p(N2)=Pa=8.3×103Pa；(3)依據(jù)圖示可知：在石墨電極II一側通入O2，為原電池的正極；在石墨電極I一側通入燃料，為原電池的負極，NO2失去電子變?yōu)镹O3-，負極的電極反應式為：NO2-e-+NO3-=N2O5?！军c睛】本題考查化學平衡和電化學及其相關計算，涉及到蓋斯定律的應用，反應自發(fā)性的推斷，化學平衡的移動等，駕馭化學反應基本原理是本題解答的關鍵，對于平衡分壓，結合相同外界條件時氣體的物質的量的比等于氣體的分壓制備計算解答。9.試驗室利用硫酸廠燒渣(主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等)制備聚鐵[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m和綠礬(FeSO4·7H2O)，過程如下：(1)驗證固體W焙燒后產(chǎn)生的氣體含有SO2的方法是________________。(2)試驗室制備、收集干燥的SO2，所需儀器如下。裝置A產(chǎn)生SO2，按氣流方向連接各儀器接口，依次為a→______→_____→______→______→f。_________裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為___________。D裝置的作用________。(3)制備綠礬時，向溶液X中加入過量_______，充分反應后，經(jīng)過濾操作得到溶液Y，再經(jīng)濃縮、結晶等步驟得到綠礬。過濾所需的玻璃儀器有______________。(4)欲測定溶液Y中Fe2+濃度，須要用容量瓶配制KMnO4標準溶液，用KMnO4標準溶液滴定時應選用________滴定管(填“酸式”或“堿式”)。【答案】(1).將氣體通入品紅溶液，溶液褪色，加熱復原原色(2).d→e→c→b(3).Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(4).防止倒吸(5).鐵屑(6).燒杯、漏斗、玻璃棒(7).酸式【解析】【分析】制備聚鐵和綠礬(FeSO4?7H2O)流程為：硫酸廠燒渣與硫酸、氧氣反應，得到濾液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；濾液X中加入鐵粉生成硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液通過濃縮蒸發(fā)、冷卻結晶得到綠礬；將濾液X通過調(diào)整pH獲得溶液Z，在70～80℃條件下得到聚鐵膠體，最終得到聚鐵，以此解答該題。【詳解】(1)檢驗SO2的一般方法是：將氣體通入品紅溶液中，假如品紅褪色，加熱后溶液又復原紅色，證明含有SO2；(2)試驗室用亞硫酸鈉固體與硫酸反應制取SO2氣體，該反應為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，收集SO2前應先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空氣大，要從c口進氣，SO2是有毒氣體，在排放前要進行尾氣處理，然后再進行排放，所以最終進行尾氣處理。因為SO2易于氫氧化鈉反應，故D瓶的作用是平安瓶，以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，故儀器接口依次為a→d→e→c→b→f；(3)因為在燒渣中加入了硫酸和足量氧氣，所以溶液Y中含有Fe3+，故應先加入過量的鐵粉(或鐵屑)，發(fā)生反應：2Fe3++Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后過濾除去過量的鐵粉，得到溶液Y，再經(jīng)濃縮、結晶等步驟得到綠礬，過濾運用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒；(4)KMnO4溶液具有強的氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，所以用KMnO4標準溶液滴定Fe2+的溶液時，要運用酸式滴定管盛裝?！军c睛】本題考查了制備方案的設計，涉及試驗室中二氧化硫的制取方法、常見尾氣的處理方法以及鐵離子的檢驗等，明確試驗目的、了解儀器結構與作用是解答關鍵，留意駕馭制備方案的設計方法，試題培育了學生的化學試驗實力。10.碘化鈉在醫(yī)療及食品方面有重要的作用。試驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料制備碘化鈉。已知：水合肼具有還原性。回答下列問題：(1)水合肼的制備反應原理為：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液的連接依次為__________(按氣流方向，用小寫字母表示)。若該試驗溫度限制不當，反應后測得三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1，則氯氣與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為____。②制備水合肼時，應將__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能過快。③尿素的電子式為__________________(2)碘化鈉的制備：采納水合肼還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示：在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產(chǎn)物IO3-，該過程的離子方程式為___。(3)測定產(chǎn)品中NaI含量的試驗步驟如下：a．稱取10.00g樣品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反應后，再加入M溶液作指示劑：c.用0.2000mol·L?1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點(反應方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重復試驗多次，測得消耗標準溶液的體積為15.00mL。①M為____________(寫名稱)。②該樣品中NaI的質量分數(shù)為_______________?！敬鸢浮?1).ecdabf(2).5：3(3).NaClO溶液(4).尿素溶液(5).(6).2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O(7).淀粉(8).90%【解析】【分析】(1)①依據(jù)制備氯氣，除雜，制備次氯酸鈉和氧氧化鈉，處理尾氣分析；三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1，設ClO-與ClO3-的物質的量分別為5mol、1mol，依據(jù)得失電子守恒，生成5molClO-則會生成Cl-5mol，生成1molClO3-則會生成Cl-5mol，據(jù)此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子與O原子形成共價雙鍵，與2個-NH2的N原子形成共價單鍵；(2)碘和NaOH反應生成NaI、NaIO，副產(chǎn)物IO3-，加入水合肼還原NaIO、副產(chǎn)物IO3-，得到碘離子和氮氣，結晶得到碘化鈉，依據(jù)流程可知，副產(chǎn)物IO3-與水合肼生成碘離子和氮氣，據(jù)此書寫；(3)①碘單質參加，用淀粉溶液做指示劑；②依據(jù)碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，則n(NaI)=n(Na2S2O3)，計算樣品中NaI的質量，最終計算其純度。【詳解】(1)①裝置C用二氧化錳和濃鹽酸混合加熱制備氯氣，用B裝置的飽和食鹽水除去雜質HCl氣體，為保證除雜充分，導氣管進步短出，氯氣與NaOH在A中反應制備次氯酸鈉，為使反應物充分反應，要使氯氣從a進去，由D裝置汲取未反應的氯氣，以防止污染空氣，故導氣管連接依次為：ecdabf；三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1，設ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1的物質的量分別為5mol、1mol，依據(jù)得失電子守恒，生成6molClO-則會生成Cl-的物質的量為5mol，生成1molClO3-則會生成Cl-5mol，則被還原的氯元素為化合價降低的氯元素，即為Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素為化合價上升的氯元素，其物質的量為ClO-與ClO3-物質的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為10：6=5：3；②制備水合肼時，將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率，故試驗中制備水合肼的操作是：取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，滴加依次不能顛倒，且滴加速度不能過快；③尿素CO(NH2)2中C原子與O原子形成共價雙鍵，與2個—NH2的N原子形成共價單鍵，所以其電子式為：；(2)依據(jù)流程可知，副產(chǎn)物IO3-與水合肼生成碘離子和氮氣，反應的離子方程式為：2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①試驗中滴定碘單質，應當用淀粉作指示劑，所以M是淀粉；②依據(jù)碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，則n(NaI)=n(Na2S2O3)，故樣品中NaI的質量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故樣品中NaI的質量分數(shù)為×100%=90.0%?！军c睛】本題考查了物質的制備，涉及氧化還原反應化學方程式的書寫、試驗方案評價、純度計算等，明確試驗原理及試驗基本操作方法、試題側重于考查學生的分析問題和解決問題的實力，留意題目信息的應用，學會運用電子守恒或原子守恒，依據(jù)關系式法進行有關計算。11.氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體，由于具有令人滿足的仿金效果，越來越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料，經(jīng)過一系列反應可以制得Ti3N4和納米TiO2(如圖1)。圖中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如表：I1I2I3I4I5電離能/(kJ/mol)738145177331054013630請回答下列問題：(1)Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為________________。(2)M是________(填元素符號)，該金屬晶體的積累模型為六方最密積累，配位數(shù)為____。(3)納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個實例如圖2所示。化合物甲的分子中實行sp2方式雜化的碳原子有________個，化合物乙中實行sp3方式雜化的原子3對應的元素的電負性由大到小的依次為________________。(4)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相像，如圖3所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為________________g/cm3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，只列計算式)。該晶體中與氮原子距離相等且最近的氮原子有________個。(5)科學家通過X-射線探明KCl、MgO、CaO、TiN晶體與NaCl的晶體結構相像。且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)：離子晶體NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點由高到低的依次為__________________?！敬鸢浮?1).3d24s2(2).Mg(3).12(4).7(5).O>N>C(6).(7).12(8).TiN>CaO>KCl【解析】【分析】(1)Ti原子核外電子數(shù)為22，依據(jù)能量最低原理書寫；(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl4反應置換出Ti，則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密積累，配位數(shù)為12；(3)實行sp2雜化的碳原子價層電子對數(shù)是3，實行sp3雜化的原子價層電子對數(shù)是4，乙中實行sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大；(4)依據(jù)均攤法計算晶胞中Ti、N原子數(shù)目，進而計算晶胞質量，依據(jù)ρ=計算晶胞密度；以晶胞頂點N原子探討，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置；(5)由表中數(shù)據(jù)可知，離子半徑越小晶格能越大，離子帶電荷越大，晶格能越大，晶格能大，對應的離子晶體的熔點就越高。【詳解】(1)Ti為22號元素，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，因此外圍電子排布式為3d24s2；(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl4反應置換出Ti，則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密積累，配位數(shù)為12；(3)化合物甲的分子中實行sp2雜化的碳原子為苯環(huán)上的六個、羰基中的一個，共7個該C原子；實行sp3雜化的原子價層電子對數(shù)是4，乙中實行sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素電負性隨著原子序數(shù)依次增加電負性漸漸增大，所以它們的電負性關系為：O>N>C；(4)依據(jù)均攤法，可知該晶胞中N原子個數(shù)為：6×+8×=4，該晶胞中Ti原子個數(shù)為：1+12×=4，所以晶胞的質量m=4×g，而晶胞的體積V=(2a×10-10)3cm3，所以晶體的密度ρ=g/cm3；以晶胞頂點N原子探討，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置，每個頂點為8個晶胞共用。每個面為2個晶胞共用，故與之距離相等且最近的N原子為=12；(5)離子晶體中，離子半徑越小，帶電荷數(shù)越多，晶格能越大，則晶體的熔沸點越高，則有TiN>CaO，由表中數(shù)據(jù)可知CaO>KCl，則三種晶體的晶格能由大到小的依次為：TiN>CaO>KCl，所以KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點由高到低的依次為TiN>CaO>KCl?！军c睛】本題考查物質結構和性質，涉及核外電子排布、原子的雜化、電負性、晶胞結構與計算等，留意理解電離能與最外層電子數(shù)關系，采納均攤方法對晶胞進行計算，是對學生綜合實力的考查，須要學生具備扎實的基礎。12.近期科研人員發(fā)覺磷酸氯喹等藥物對新型冠狀病毒肺炎患者療效顯著。磷酸氯喹中間體合成路途如下：已知：Ⅰ.鹵原子為苯環(huán)的鄰對位定位基，它會使其次個取代基主要進入它的鄰對位；硝基為苯環(huán)的間位定位基，它會使其次個取代基主要進入它的間位。Ⅱ.E為汽車防凍液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH請回答下列問題(1)寫出B的名稱__________，C→D的反應類型為_____________；(2)寫出E生成F的化學方程式___________________________。寫出H生成I的化學方程式__________________。(3)1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多種同分異構體，其滿足下列條件的有_________種(不考慮手性異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為___________。①只有兩種含氧官能團②能發(fā)生銀鏡反應③1mol該物質與足量的Na反應生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯為原料可制備化合物，合成路途如圖：寫出P、Q結構簡式：P_______，Q________?！敬鸢浮?1).硝基苯(2).還原反應(3).HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O(4).+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH(5).4(6).12(7).、(8).(9).【解析】【分析】A分子式是C6H6，結合化合物C的結構可知A是苯，結構簡式為，A與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生硝基苯，結構簡式為，B與液氯在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生C：，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：；由于F與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱，然后酸化得到分子式為C2H2O4的G，說明F中含有-CHO，G含有2個-COOH，則G是乙二酸：HOOC-COO