陕西省汉中市2020届高三第六次质量检测化学试题

陕西省汉中市2020届高三第六次质量检测化学试题

‎2020届高三第六次质量检测化学试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Si-28 Li-7 Na-23 Al-27‎ 第一部分(选择题 共126分)‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是 A. 新能源汽车的推广使用有助于减少光化学烟雾 B. 黑火药燃烧反应时，氧化剂只是单质硫 C. “侯氏制碱”中的“碱”不属于碱，而是盐NaHCO3‎ D. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.新能源汽车的推广使用，可减少氮氧化合物的排放，因此有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；‎ B.黑火药燃烧反应时，氧化剂有单质硫和硝酸钾，B错误；‎ C. “侯氏制碱”中的“碱”是纯碱Na2CO3，不属于碱，而是盐，D错误；‎ D.高粱中不含有乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇，然后根据乙醇与水的沸点不同，用蒸馏方法分离出来，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.科技改变生活，充电宝己逐渐成为人们生活中的必需品。某充电宝工作时的总反应化学方程式为：，下列说法错误的是( )‎ A. 放电时负极上的电极反应为：Li－e－＝Li＋‎ B. 该充电宝的凝胶介质不可用KOH水溶液代替 C. 充电时每生成‎14 g Li，凝胶介质中通过的电子数为2NA D. 充电时电池的正极失电子后LixV2O3会转化为V2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．，根据总反应可知，Li的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，作负极，其电极反应为：Li－e－＝Li＋，A正确；‎ B．锂属于较活泼的金属，会和水发生反应，2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，所以凝胶介质不可用KOH水溶液代替，B正确；‎ C．电子不能通过凝胶介质，C错误；‎ D．充电时，电池的正极连接电解池的阳极，阳极发生氧化反应，失去电子，所以LixV2O3会转化为V2O3，D正确。‎ ‎【点睛】锂电池的电解质溶液不能用水溶液，应用有机溶剂。‎ ‎3.在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)＋2B(g)‎4C(g)＋D(g) △H<0，在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如图：下列说法正确的是( )‎ A. 当温度升高后，则图中θ>45° B. 若再加入少量A，正、逆反应速率均增大 C. 平衡时B的转化率为50% D. 若再加入B，则平衡后反应体系气体密度减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应的正反应为放热反应，压强一定，温度升高平衡逆向移动，C减少，B增多，则θ<45°，A错误；‎ B．A为固态物质，A的增减不影响反应速率，B错误；‎ C．根据图可知，平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量相等，假设加入B的物质的量为a，平衡时生成的C的物质的量为a，则根据系数之比，转化的B的物质的量为a/2，则B的转化率为50%，C正确；‎ D．由于体积可变，再加入B，新平衡与原平衡时等效平衡，所以平衡后反应体系气体密度不变，D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.25℃‎ 时，用浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和盐酸分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol/L的HA溶液与BOH溶液。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法中正确的是 A. HA为弱酸，BOH为强碱 B. a点时，溶液中离子浓度存在关系: c(B+)>c(Cl-)>c(OH-)>(BOH)‎ C. b点时两种溶液中水的电离程度相同，且V=20‎ D. c、d两点溶液混合后微粒之间存在关系: c(H+)= c(OH-)+ c(BOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．浓度均为0.1mol·L-1的HA溶液与BOH溶液常温下的pH分别为1和11，可知HA为强酸，BOH为弱碱，故A错误；B．a点是在BOH溶液中滴加少量稀盐酸，此时BOH过量，电离使溶液显碱性，则不可能存在c(OH-)>c(BOH)，故B错误；C．b点HA与NaOH反应时溶液pH=6，生成的盐不水解，则V不可能等于20，因为V=20时NaA的溶液pH=7，故C错误；D．c、d两点溶液混合后多余的NaOH与HCl恰好完全中和，只存在BCl的水解，根据质子守恒或知c(H+)= c(OH-)+c(BOH)，故D正确；答案为D。‎ 点睛：判断电解质溶液离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。‎ ‎①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋‎2c(CO32-)。‎ ‎②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝‎2c(S2-)＋‎2c(HS-)＋‎2c(H2S)。‎ ‎③质子守恒规律，如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：‎ 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O＋)＋‎2c(H2S)＋c(HS-)＝c(OH-)或c(H＋)＋‎2c(H2S)＋c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。‎ ‎5.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是( )‎ 选项 实验操作和现象 结论或解释 A 向含有酚酞的Na2SiO3溶液中加入少量BaCl2固体，产生白色沉淀，溶液红色变浅 Na2SiO3溶液中存在水解平衡 B 将SO2气体通入用盐酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去 SO2有还原性和漂白性 C 向2mL 0.1mol∙L-1KI溶液中加入0.1mol∙L-1 FeCl3溶液3mL，充分振荡，用苯萃取多次后，上层呈紫红色，取下层滴加5滴KSCN溶液，出现血红色 FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应 D 常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化 Al与浓硝酸不反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2SiO3溶液存在水解平衡，其水解反应为：SiO32-+H2OHSiO3-+OH-，显碱性，遇酚酞溶液显红色，加入少量BaCl2固体，BaCl2与Na2SiO3溶液反应，其化学反应为：Na2SiO3+ BaCl2=2NaCl+BaSiO3↓，碱性减弱，溶液红色变浅，A正确；‎ B．KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化盐酸，紫色褪色，所以不能用盐酸酸化，应用硫酸酸化，且SO2气体通入用硫酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去，体现SO2‎ 的还原性，不能体现漂白性，B错误；‎ C．2mL 0.1mol∙L-1KI溶液与3mL 0.1mol∙L-1FeCl3溶液反应，FeCl3溶液过量，所以反应后的溶液中滴KSCN溶液，KSCN溶液与剩余的Fe3+反应，出现血红色，不能证明FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应，C错误；‎ D．Al片放入浓硝酸中，会钝化，Al片表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属Al，Al与浓硝酸能反应，D错误。‎ ‎【点睛】Al、Fe在浓硫酸、浓硝酸中钝化，表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属，钝化是化学变化。‎ ‎6.下列判断正确的是( )‎ A. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：2S2O32－+4H＋=SO42－+3S↓+2H2O B. 用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl C. CuCl2溶液中通入少量H2S溶液：Cu2＋+S2－=CuS↓‎ D. 磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O2+8H＋=Fe2＋+2Fe3＋+4H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：2S2O32－+2H＋=SO2↑+S↓+2H2O，A错误；‎ B．TiCl4水解制备TiO2，其化学方程式为： TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl，B正确；‎ C．H2S溶液为弱酸，不能拆写，其离子方程式为：Cu2+ + H2S = CuS↓ + 2H+，C错误；‎ D．磁性氧化铁是Fe3O4，溶于氢碘酸发生氧化还原反应：Fe3O4+8H＋+2I-=3Fe2＋+I2+4H2O，D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构）‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，不妨设有机化合物为CnH2nOx，若只有1个氧原子，58-16=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1‎ 个不饱和度．若有2个O，那么58-32=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为C3H6O，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 第二部分(非选择题 共174分)‎ 三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题：共129分。‎ ‎8.氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法，实验室合成硫酰氯(SO2Cl2)的反应和实验装置如下：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(l) △H＝－97.3 kJ/mol。‎ 有关信息如下：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为－‎54.1℃‎，沸点为‎69.1℃‎，在潮湿空气中“发烟”，‎100℃‎以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。回答下列问题：‎ ‎(1)装置甲中仪器A的名称为__________，甲中活性炭的作用是__________，B的作用为________________ ；‎ ‎(2)装置丁中仪器C中试剂为浓盐酸，则装置丁中发生反应的离子方程式为______________；‎ ‎(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为_______________________，从中分离产物的方法是___________(填字母)；‎ A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取 ‎(4)装置丙的作用为_____________________，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为_____________________________；‎ ‎(5)为提高本实验中硫酰氯的产率，宜进行的操作有_________(填序号)。‎ ‎①先通气、再通冷凝水 ②控制气流速率，宜慢不宜快 ‎③若三颈烧瓶发烫，可适当降温 ④加热三颈烧瓶 ‎【答案】 (1). 蛇形冷凝管 (2). 催化剂 (3). 防止水蒸气进入 (4). Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O (5). (6). C (7). 除去HCl气体 (8). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； (9). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称；该反应需要催化剂，则甲中活性炭的作用是催化剂；硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，而空气中含有水蒸气；‎ ‎（2）装置丁是提供氯气的，在酸性溶液中漂白粉能氧化氯离子生成氯气；‎ ‎（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，根据原子守恒可知另一种生成物是硫酸；硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为‎-54.1℃‎，沸点为‎69.1℃‎，而硫酸沸点高，则可用蒸馏方法分离；‎ ‎（4）生成的氯气中含有氯化氢；氯气和二氧化硫可能发生反应生成硫酸；‎ ‎（5）由于硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为‎-54.1℃‎，沸点为‎69.1℃‎，在潮湿空气中“发烟”；‎100℃‎以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。‎ ‎【详解】（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称为冷凝管或蛇形冷凝管或球形冷凝管；该反应需要催化剂，则甲中活性炭的作用是催化剂；硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，而空气中含有水蒸气，则B的作用为防止水蒸气进入，故答案为：蛇形冷凝管或环形冷凝管；催化剂； 防止水蒸气进入；‎ ‎（2）装置丁是提供氯气的，在酸性溶液中漂白粉能氧化氯离子生成氯气，则装置丁中发生反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎（3）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，根据原子守恒可知另一种生成物是硫酸，因此该反应的化学方程式为：，硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为‎-54.1℃‎，沸点为‎69.1℃‎，而硫酸沸点高，则分离产物的方法是蒸馏，则C正确，故答案为：；C；‎ ‎（4）生成的氯气中含有氯化氢，所以装置丙的作用为除去HCl 气体，氯气具有强氧化性，能氧化SO2，装置乙是干燥氯气的，因此若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：除去HCl气体； SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；‎ ‎（5）由于硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为‎-54.1℃‎，沸点为‎69.1℃‎，在潮湿空气中“发烟”；‎100℃‎以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解，因此为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项：①先通冷凝水，再通气，②控制气流速率，宜慢不宜快，③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但不能加热三颈烧瓶，否则会加速分解，②③正确，故答案为：②③。‎ ‎9.碳及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。‎ I.金刚砂SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。‎ ‎(1)碳与同周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子，则Q元素在周期表中的位置为____________，R的电子式为______________；‎ ‎(2)一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收CCl4的实验操作名称为_____________，除去粗产品中少量钠的试剂为______________；‎ ‎(3)碳还原制取SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2。先将‎20.0g SiC粗产品加入到过量NaOH溶液中充分反应，收集到0.1 mol氢气，过滤SiC固体‎11.4g，滤液稀释到‎1L。Si与NaOH溶液反应的离子方程式为____________________，硅酸盐的物质的量浓度为____________。‎ II.工业上向氨化的CaSO4悬浊液中通入适量CO2，可制取(NH4)2SO4，其流程如图所示。已知CaSO4的KSP＝9.1×10－4，CaCO3的KSP＝2.8×10－4。请回答：‎ ‎(1)向甲中通入过量CO2__________(填“有”或“不”)利于CaCO3和(NH4)2SO4的生成，原因是_________________。‎ ‎(2)直接蒸干滤液得到的(NH4)2SO4主要含有的杂质是____________(填含量最多的一种)。‎ ‎(3)锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。‎ ‎①CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为___________________________；‎ ‎②请分析CaSO4转化为CaCO3原理：___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期第ⅥA族 (2). (3). 过滤 (4). 水或乙醇 ‎ ‎(5). Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑ (6). 0.17mol/L (7). 不 (8). 通入过量的CO2会使CO32-转化为HCO3-，从而CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3 (9). (NH4)2CO3 (10). CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO3(s)+SO42-(aq) (11). CaSO4存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42-(aq)，当加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成溶度积更小的CaCO3沉淀，溶液中Ca2+浓度减少，使CaSO4的溶解平衡向溶解的方向移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. （1）C有两个电子层，最外层有4个电子，位于第二周期第ⅣA族；与C能形成两种气态化合物的为O，会形成CO、CO2，其中CO2为非极性分子。‎ ‎（2）得到的粗产品为不溶于液态CCl4的固体，要分离CCl4，可用过滤的方法，除去粗产品中少量钠可用水或乙醇；‎ ‎（3）Si与NaOH反应的化学反应方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，再根据氢气与硅的系数比进行计算；‎ II.（1）通入过量CO2与CO32-反应转化为HCO3-，从而使CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；‎ ‎（2）溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，根据溶液中存在的离子分析即可；‎ ‎（3）①Na2CO3与CaSO4反应生成CaCO3和Na2SO4；‎ ‎②根据沉淀的转化原理分析。‎ ‎【详解】I. （1）与C能形成两种气态化合物的为O，会形成CO、CO2，其中CO2为非极性分子，则Q为氧，非极性分子CO2的电子式为：，故答案为：第二周期第ⅥA族；；‎ ‎（2）得到的粗产品为不溶于液态CCl4的固体物质，要分离CCl4，可用过滤的方法，除去粗产品中少量钠可用水或乙醇；故答案为：过滤；水或乙醇；‎ ‎（3）Si与NaOH反应的化学反应方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，其离子方程式为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑，由Si∼2H2，则粗产品中Si为0.05mol即0.05×28=1.4g，所以SiO2为20.0−1.4+11.4=7.2g，物质的量为0.12mol，由Si原子守恒知Na2SiO3的物质的量为0.05mol+0.12mol=0.17mol，溶液体积为1L，浓度为0.17mol/L，答案为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；0.17mol/L；‎ II. （1）CO2与CO32-反应转化为HCO3-，从而使CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；所以通入过量的CO2不利于CaCO3和（NH4）2SO4的生成，故答案为：不；通入过量的CO2会使CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；‎ ‎（2）溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，直接蒸干滤液得到的(NH4)2SO4主要含有的杂质是(NH4)2CO3，答案为：(NH4)2CO3；‎ ‎（3）①Na2CO3与CaSO4反应生成CaCO3和Na2SO4，化学方程式为：‎ CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO3(s)+SO42-(aq)，答案为：CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO3(s)+SO42-(aq)；‎ ‎②已知CaSO4的Ksp=9.1×10-4，CaCO3的Ksp=2.8×10-4，CaSO4存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42-(aq)，加Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成溶度积更小的CaCO3沉淀，溶液中Ca2+浓度减少，使CaSO4的溶解平衡向溶解的方向移动，从而转化为CaCO3，故答案为：CaSO4存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42-(aq)，当加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成溶度积更小的CaCO3沉淀，溶液中Ca2+浓度减少，使CaSO4的溶解平衡向溶解的方向移动。‎ ‎10.石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(3.4%)、Fe2O3(3.1%)、和MgO(0.5%)等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：‎ ‎(注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃) ‎ ‎(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是___________________。‎ ‎(2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应氯化物，气体1中的碳氧化物主要为____，由气体II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为________________________；‎ ‎(3)步骤①为：搅拌、_________，所得溶液IV中的阴离子有_______________；‎ ‎(4)由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式___________________，10t(吨)初级石墨最多可获得沉淀V的质量为__________kg；‎ ‎(5)以石墨为原料可人工制造金刚石。若2.4g石墨完全转为金刚石时吸热0.38kJ，则该反应的热化学方程式为________________________________；‎ ‎(6)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，则图中电键K应与______(选填“A”、“B”)‎ 相连，可实现铜件的防腐。‎ ‎【答案】 (1). 通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失 (2). CO (3). SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O (4). 过滤 (5). AlO2-、OH-、Cl- (6). AlO2-+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO-+CH3CH2OH+Al(OH)3↓ (7). 5.2 (8). C(石墨，s)=C(金刚石，s)  ΔH=＋1.9kJ·mol-1 (9). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨被氧气氧化；‎ ‎（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； ‎ ‎（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠和氯化钠；‎ ‎（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量；‎ ‎（5）2.4g石墨为0.2mol，完全转为金刚石时吸热0.38kJ ，根据热化学反应方程式书写规则写出即可；‎ ‎（6）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极，连接电源的负极。‎ ‎【详解】（1‎ ‎）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失；‎ ‎（2）石墨高温反应，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质含量可知，气体I中氯化物主要SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；‎ SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；‎ ‎（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2-、OH-、Cl-，故答案为：过滤；AlO2-、OH-、Cl-；‎ ‎（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2-+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO-+CH3CH2OH+Al(OH)3↓，Al2O3的质量分数为3.4%，100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg×3.4%=3.4kg，根据Al元素守恒，氢氧化铝的质量==5.2kg；故答案为：AlO2-+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO-+CH3CH2OH+Al(OH)3↓；5.2；‎ ‎（5）2.4g石墨为0.2mol，完全转为金刚石时吸热0.38kJ ，其热化学反应方程式为；C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH=＋1.9kJ·mol-1；‎ ‎（6）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极，连接电源的负极，故答案为：A。‎ ‎(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎11.【化学——选修3：物质结构与性质】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：‎ ‎(1)四种元素中第一电离能最大的是_________(填元素符号)，其中C 原子的核外电子排布式为：_________________；‎ ‎(2)A有两种同素异形体，其中沸点较高是______(填分子式)，B的氢化物所属的晶体类型为___________；‎ ‎(3)化合物CD3中心原子的杂化轨道类型为_________________；‎ ‎(4)化合物D2A的立体构型为____________，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________________________________________；‎ ‎(5)CuSO4溶液可用作C4中毒的解毒剂，反应可生成C的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式为：________________________________________；‎ ‎(6)A和B形成化合物F，晶胞结构如图所示，晶胞参致a＝0.566nm，晶胞中A原子的配位数为_________，列出晶体F的密度(g·cm－3)计算式________________________。(阿伏加德罗常数的值为NA)‎ ‎【答案】 (1). O (2). 1s22s22p63s23p3 (3). O3 (4). 离子晶体 (5). sp3 (6). V形 (7). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (8). 10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4 (9). 8 (10). =2.27g/cm3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，为P元素，C、D为同周期元素，则为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，为Cl元素，A2−和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。‎ ‎【详解】（1）四种元素分别为O、Na、P、Cl，第一电离能最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，答案为：O；1s22s22p63s23p3；‎ ‎（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因为O3相对分子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体，故答案为：O3；离子晶体；‎ ‎（3）C和D反应可生成组成比为1:3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，故答案为：sp3；‎ ‎（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，答案为：V形；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；‎ ‎（5）CuSO4溶液可用作P4中毒的解毒剂，反应生成P的最高价含氧酸和铜，其化学方程式为：10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4；‎ ‎（6）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×18+6×12=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个顶点为8个晶胞共有，晶胞中O原子的配位数为8，晶胞质量为，体积为(0.566×10−7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g/cm3，故答案为：8；=2.27g/cm3。‎ ‎【点睛】中心原子的价层电子对数=δ键+孤电子对数，孤电子对数=；。‎ ‎12.【化学——选修5：有机化学基础】一种有机合成的中间体－环丁基甲酸的合成路线如下(部分反应条件、产物己省略)。‎ 已知：‎ Ⅰ. +2RBr+2HBr Ⅱ. +CO2↑‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)CH2＝CHCHO中含氧官能团的名称为__________；由B生成D的反应类型为__________；‎ ‎(2)化合物A的结构简式为_________________；‎ ‎(3)下列说法中正确的是___________(选填字母符号)‎ A.环丁基甲酸和乙酸属于同系物 B.化合物B和C可通过缩聚反应合成高聚物 C.化合物G的分子式为C6H10O4 D.1 mol化合物B与足量金属钠反应能生成2 mol氢气 ‎(4)写出D＋E→F的化学方程式：_________________________________；‎ ‎(5)环丁基甲酸与苯酚反应生成一种酯X，则化合物X的同时满足下列条件的同分异构体有__________种(不包括立体异构)，其中一种的结构简式为_____________。‎ ‎①能使FeCl3溶液变紫色；‎ ‎②含有丙烯醛中所有的官能团；‎ ‎③1H－NMR谱显示分子中有5个吸收峰。‎ ‎(6)以l，3－丁二烯和化合物E为原料，参照上述合成路线可制备。请选用必要的试剂设计合成路线___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 醛基 (2). 取代反应 (3). HOCH2CH2CHO (4). B (5). (6). 3 (7). 或或 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH2=CHCHO与H2O发生加成反应，生成A，A为HOCH2CH2CHO，A被氧气氧化生成C，C为HOOCCH2COOH，C在酸性条件下与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，A与H2发生还原反应，生成B，B为HOCH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应，生成D，D为BrCH2CH2CH2Br，根据已知反应，D与E反应，生成F，F为，F在酸性条件下水解后酯化生成G，G为，G受热脱去一个羧基生成环丁基甲酸。‎ ‎【详解】（1）CH2＝CHCHO中含氧官能团的名称为醛基；由B生成D的反应类型为取代反应，故答案为：醛基；取代反应；‎ ‎（2）CH2=CHCHO与H2O发生加成反应，生成A，A为HOCH2CH2CHO，故答案为：HOCH2CH2CHO；‎ ‎（3）A. 同系物的前提条件是结构相似，且相差若干个CH2，环丁基甲酸和乙酸不属于同系物，A错误； ‎ B. 化合物B为HOCH2CH2CH2OH，化合物CHOOCCH2COOH，可发生酯化反应，可以通过缩聚反应合成高聚物，B正确；‎ C. 化合物G为，其分子式为C6H8O4，C错误； ‎ D. 化合物B为HOCH2CH2CH2OH，1molHOCH2CH2CH2OH与足量金属钠反应能生成1mol氢气，D错误；故答案为：B；‎ ‎（4）D为BrCH2CH2CH2Br，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，反应生成F，其化学方程式：，‎ ‎（5）环丁基甲酸与苯酚反应生成一种酯X，其同分异构体满足①能使FeCl3溶液变紫色，含酚−OH；②含有丙烯醛中所有的官能团，含碳碳双键、−CHO；③1H−NMR谱显示分子中含有5种不同化学环境的氢原子，含5种H，满足条件的同分异构体为，共3种，故答案为：3；‎ 中的任意一种；‎ ‎（6）以1，3−丁二烯和化合物E为原料可制备环戊基甲酸，首先1，3−丁二烯与溴发生1，4-加成，再与氢气加成，然后与E发生信息中的反应，即可得到最终产物，合成流程为：，故答案为：。‎ ‎ ‎